Darko Milinkovic Analiza 1 Pmf Bg

February 7, 2017 | Author: Ranko Vindzanovic | Category: N/A

Share Embed Donate

Report this link

Short Description

analiza 1 ,teorija ,detaljno...

Description

MATEMATIQKA ANALIZA 1 SKRIPTA preliminarna verzija koja trpi stalne promene APRIL 2013. (posleda verzija se nalazi na www.matf.bg.ac.rs/∼milinko) Darko Milinkovi

3

{ Xta se, ustvari, moe otkriti? { Pitaa su jedini mogui odgovor, Morise. Pravi Vikinzi, to su pitaa. Odgovori, to je ve ono xto su Vikinzi sami sebi pevali za vreme plovidbe, da se ohrabre. (Emil Aar, Pseudo)

Sadraj GLAVA 1. Realni i kompleksni brojevi 1. Po e racionalnih brojeva 2. Potpuno ureeno po e 3. Prirodni brojevi 4. Arhimedovo i Kantorovo svojstvo realne prave 5. Brojnost skupa 6. Neka metriqka i topoloxka svojstva realne prave 7. Jednaqina x = a 8. Jedinstvenost i postojae realnih brojeva 9. Kompleksni brojevi 10. Vebe GLAVA 2. Funkcije realne i kompleksne promen ive 1. Elementarne funkcije 2. Neprekidnost 3. Graniqna vrednost GLAVA 3. Izvod funkcije realne promen ive 1. Diferencijabilnost 2. Osnovne teoreme diferencijalnog raquna 3. Izvodi vixeg reda. Tejlorova formula 4. Konveksne funkcije 5. Vebe GLAVA 4. Nizovi i redovi 1. Konvergencija nizova 2. Beskonaqni redovi i beskonaqni proizvodi 3. Redovi sa pozitivnim qlanovima 4. Redovi sa proizvo nim qlanovima 5. Operacije sa redovima 6. Stepeni redovi GLAVA 5. Neodreeni integral 1. Primitivna funkcija i neodreeni integral 2. Osnovni metodi izraqunavaa neodreenih integrala 3. Integrali oblika RR sin x cos x dx 4. Integrali oblika sin ax cos bx dx 5. Integracija racionalnih funkcija 6. Integrali oblika RR R(sin√x, cos x) dx 7. Integrali oblika R(x, ax + bx + c) dx n

k

n

2

5

7 7 13 18 25 28 33 39 41 44 54 55 55 58 69 79 79 85 91 95 98 99 99 111 116 124 125 131 141 141 143 145 146 146 148 149

6

SADRAJ

8. Integrali oblika R R(x, y(x)) dx GLAVA 6. Odreeni integral 1. utnov integral 2. Koxijev integral 3. Primene integrala 4. Nesvojstveni integral 5. Rimanov integral 6. Riman{Stiltjesov integral GLAVA 7. Pitaa i zadaci 1. Prvi semestar 2. Drugi semestar DODATAK 1. Topoloxke osnove analize 1. Konvergencija po filterima 2. Neprekidnost i graniqna vrednost u metriqkim prostorima 3. Neprekidnost i graniqna vrednost u topoloxkim prostorima Literatura Indeks

150 155 155 155 164 168 174 187 195 195 201 205 205 206 221 223 225

GLAVA 1

Realni i kompleksni brojevi Najstarija ideja o broju vezana je za koncept brojaǌa, dakle za skup N prirodnih brojeva. Potreba vrxea operacija (raqunaa) sa prirodnim brojevima prirodno vodi do koncepta racionalnog broja. Oni su polazna taqka naxeg izuqavaa u ovom tekstu. Polazei od pretpostavke da je sistem racionalnih brojeva poznat qitaocu, bar na intuitivnom nivou, izdvojiemo spisak tvrea, aksioma, iz kojih se mogu izvesti sva ostala svojstva ovog sistema. Pokazaemo, zatim, egovu nepotpunost i ukazati na naqin enog prevazilaea. Time emo motivisati strogo, formalno i aksiomatsko, zasnivae po a R realnih brojeva, koje emo zapoqeti u Paragrafu 2 ove glave.

1. Po e racionalnih brojeva 1.1. Arhimedsko po e. Qitaocu su poznata pravila za raqunae u skupu Q racionalnih brojeva, tj. brojeva oblika , gde su m i n celi brojevi i m n

. Sva ta pravila se mogu izvesti iz sledeih aksioma: (A1) (x + y) + z = x + (y + z) (asocijativnost operacije +) (A2) (∃ 0)(∀x) x + 0 = 0 + x = x (postojae neutralnog elementa za operaciju +) (A3) (∀x)(∃(−x)) x + (−x) = (−x) + x = 0 (postojae inverznog elementa za operaciju +) (A4) x + y = y + x (komutativnost operacije +) (A5) (x • y) • z = x • (y • z) (asocijativnost operacije •) (A6) (∃ 1)(∀x) x • 1 = 1 • x = x (postojae neutralnog elementa za operaciju •) (A7) (∀x) x 6= 0 ⇒ (∃x ) x • x = x • x = 1 (postojae inverznog elementa za operaciju •) (A8) x • (y + z) = x • y + x • z, (x + y) • z = x • z + y • z (distributivnost operacije • u odnosu na +) (A9) x • y = y • x (komutativnost operacije •) (A10) 0 6= 1 (netrivijalnost) (A11) x ≤ x (refleksivnost relacije ≤) (A12) (x ≤ y) ∧ (y ≤ z) ⇒ x ≤ z (tranzitivnost relacije ≤) (A13) (x ≤ y) ∧ (y ≤ x) ⇒ x = y (antisimetriqnost relacije ≤) (A14) (x ≤ y) ∨ (y ≤ x) (aksioma totalnog poretka) (A15) x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z (saglasnost relacije ≤ i operacije +) (A16) (0 ≤ x) ∧ (0 ≤ y) ⇒ 0 ≤ x • y (saglasnost relacije ≤ i operacije •). (ARH) (Arhimedova1 aksioma) Za svako a > 0 i svako b postoji n ∈ N takvo da vai n • a > b.

n 6= 0

−1

−1

−1

1Arhimed ( Aρχιµ´ηδης , 287{212. pre Hrista), starogrqki mislilac 7 0

8

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Na primer, poznato tvree

x ≤ y ⇒ −y ≤ −x

izvodi se iz aksioma na sledei naqin: x≤y

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

x + ((−x) + (−y)) ≤ y + ((−x) + (−y)) (x + (−x)) + (−y) ≤ y + ((−x) + (−y)) 0 + (−y) ≤ y + ((−x) + (−y)) −y ≤ y + ((−x) + (−y)) −y ≤ y + ((−y) + (−x)) −y ≤ (y + (−y)) + (−x) −y ≤ 0 + (−x) −y ≤ −x.

(A15) (A1) (A3) (A2) (A4) (A1) (A3) (A2)

Sliqno se rexava i sledei zadatak. Zadatak 1. Dokazati ekvivalenciju 0 ≤ x ⇔ −x ≤ 0. X Zaboravimo sada, na trenutak, da se svojstva (A1){(A16), (ARH) odnose na brojeve i razmotrimo ih kao apstraktne aksiome definisane na nekom skupu. Tako dobijamo razne algebarske strukture, tj. skupove na kojima su definisane operacije i relacije koje zadovo avaju neke od gore navedenih aksioma. Skup T na kome je definisana relacija ≤ koja zadovo ava aksiome (A11), (A12) i (A13) naziva se ureenim skupom, a relacija ≤ relacijom poretka. Ako na skupu vai i (A14) on se naziva totalno ureenim skupom. Na svakom ureenom skupu definixu se i relacije ≥, : def. def. def. x ≥ y ⇐⇒ y ≤ x, x < y ⇐⇒ x ≤ y ∧ x 6= y, x > y ⇐⇒ y ≤ x ∧ x 6= y. Neka je T ureen skup i A ⊂ T . Element t ∈ T naziva se gorǌim ograniqeǌem (gorǌom granicom, majorantom) skupa A ako je a ≤ t za svako a ∈ A. Supremum skupa A je egovo najmaǌe gorǌe ograniqeǌe, tj. element s ∈ T takav da je a ≤ s za svako a ∈ A i s ≤ t za svako gore ograniqee t skupa A. Supremum skupa A oznaqava se sa sup A. Element t ∈ T naziva se doǌim ograniqeǌem (doǌom granicom, minorantom) skupa A ako je t ≤ a za svako a ∈ A. Infimum skupa A (u oznaci inf A je egovo najvee doǌe ograniqeǌe, tj. element s ∈ T takav da je s ≤ a za svako a ∈ A i t ≤ s za svako doe ograniqee t skupa A. Kaemo da je skup ograniqen odozgo ako ima bar jednu majorantu, a ograniqen odozdo ako ima bar jednu minorantu. Skup je ograniqen ako je ograniqen i odozdo i odozgo. Skup ne mora da sadri svoj supremum, npr. ako je B = {x ∈ R | 0 ≤ x < 1}, onda je sup B = 1 ∈ / B . Ukoliko je sup A ∈ A, onda se taj supremum naziva maksimumom skupa A i oznaqava sa max A. Sliqno se definixe minimum skupa, u oznaci min A kao egov infimum, ukoliko on pripada samom skupu. Skup B iz naxeg primera nema maksimum, dok je min B = 0. Daemo jox jedan, mae trivijalan primer. Primer 1. Neka je A neprazan skup i P (A) skup svih podskupova skupa A (P (A) se naziva partitivnim skupom skupa A). Operacija inkluzije ⊂ je relacija poretka na P (A). U odnosu na ovu relaciju je max P (A) = A, min P (A) = ∅. ]

1. POE RACIONALNIH BROJEVA

9

Zadatak 2. Dokazati da je na skupu N prirodnih brojeva relacija | definisana sa k | n ⇔ n je de ivo sa k relacija poretka. Da li je ona relacija totalnog poretka? Da li skup B = {2, 3} ima maksimum (minimum) u (N, |)? Da li ovaj skup ima supremum (infimum)? X Neka je (T, ≤) ureen skup i B ⊂ T . Element b ∈ B naziva se maksimalnim elementom skupa B ako vai 0

b1 ∈ B ∧ b0 ≤ b1

⇒

b1 = b0 .

Sliqno se definixe i minimalni element skupa. Zadatak 3. Da li skup B iz Zadatka 2 ima maksimalni (minimalni) element? X Skup G u kome je definisana operacija + koja zadovo ava svojstva (A1), (A2) i (A3) naziva se grupom. Kad elimo da naglasimo o kojoj se operaciji radi, kaemo i da je ureeni par (G, +) grupa. Grupa je komutativna (ili Abelova2) ako u oj vai i aksioma (A4). Aksiomom (A2) se definixe neutralni element 0 grupe. Ovaj element je jedinstven. Zaista, pretpostavimo da postoje dva neutralna elementa 0 i 0 koja zadovo avaju aksiomu (A2). Ako napiximo ovu aksiomu za x = 0 , a zatim za x = 0 , dobijamo 0 + 0 = 0 i 0 + 0 = 0 . Odatle sledi 0 = 0 . Za proizvo ne elemente a, b ∈ G jednaqina a+x=b (1) ima jedinstveno rexee, tj. postoji jedan i samo jedan element x ∈ G takav da vai a + x = b. Zaista, element x = (−a) + b je rexee jer, primenom aksiome (A1), zatim (A3) i na kraju(A2), dobijamo a + ((−a) + b) = (a + (−a)) + b = 0 + b = b. Ovime smo dokazali da postoji jedno rexee. Da bismo dokazali da postoji samo jedno, pretpostavimo da za neki element x grupe vai a + x = b. Pokazaemo da je x = x . Zaista, primenom aksioma (A2), (A3), (A1) i definicije elementa x dobijamo x = 0+x = ((−a)+a)+x = (−a)+(a+x ) = (−a) + b = x . Primer 2. Odavde moemo da izvedemo poznato tvree 0 • x = 0: poxto je 0 + 0 = 0, iz distributivnog zakona sledi 1

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

2

1

2

1

2

2

2

2

1

0 • x = (0 + 0) • x = 0 • x + 0 • x,

pa iz jedinstvenosti rexea jednaqine 0 • x + X = 0 • x sledi 0 • x = 0. ] Specijalno, neka je b = 0. Iz jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = 0 sledi i jedinstvenost inverznog elementa za operaciju +. Imajui to u vidu, lako se dokazuje da je −(−x) = x: po definiciji inverznog elementa je (−x) + (−(−x)) = 0 i (−x) + x = 0, tako da su i −(−x) i x inverzni elementi za (−x), pa je −(−x) = x zbog jedinstvenosti inverznog elementa. 2Abel (Niels Henrik Abel, 1802{1829), norvexki matematiqar

10

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Zadatak 4. Dokazati: (a) x ≤ 0 ∧ y ≤ 0 ⇒ x • y ≥ 0 (b) x ≤ y ∧ x ≤ y ⇒ x + x ≤ y + y (v) 0 < 1. X Abelova grupa u kojoj je, sem operacije + definisana i operacija • koja zadovo ava (A5) i (A8) zove se prsten. Prsten u kome vai (A6) i (A10) zove se prsten sa jedinicom. Aksioma (A10) obezbeuje nam da trivijalni prsten {0}, koji zadovo ava sve ostale aksiome prstena sa jedinicom, ne zovemo prstenom sa jedinicom. Element 1 prstena sa jedinicom, definisan aksiomom (A6), je jedinstven; dokaz ovog tvrea se dobija kad se u dokazu tvrea o jedinstvenosti elementa 0 u grupi simboli + i 0 zamene simbolima • i 1. Prsten u kome vai (A9) zovemo komutativnim prstenom. Prsten sa jedinicom u kome vai aksioma (A7) naziva se telom, ili prstenom sa deǉeǌem. Komutativno telo naziva se poǉem. Po e na kome je definisana relacija poretka koja zadovo ava aksiome (A15) i (A16) naziva se ureenim poǉem; ako se radi o relaciji totalnog poretka, govorimo o totalno ureenom poǉu. Zadatak 5. Neka su a i b elementi tela i a 6= 0. Dokazati da jednaqina a•x=b (2) ima jedinstveno rexee. Formulisati i dokazati tvree o jedinstvenosti inverznog elementa za operaciju • u prstenu. X Aksiomu (ARH) smo izdvojili iz numeracije i oznaqili posebno iz razloga koji e biti jasniji kasnije, kada ovu aksiomu budemo zamenili opxtijom Aksiomom supremuma, ili nekom od oj ekvivalentnih aksioma, qime emo proxiriti po e racionalnih brojeva. Ureeno po e u kome vai (ARH) naziva se Arhimedskim poǉem. Arhimedova aksioma je originalno formulisana u sklopu aksiomatskog zasnivaa geometrije, kao mogunost da nanoxeem date dui a na pravoj moemo, polazei iz taqke A, prei preko proizvo ne taqke B na pravoj.3 Izraz na levoj strani nejednakosti na > b pri tome nije mogue tumaqiti kao mnoee, ve kao , dodavae dui n puta". Drugim reqima, Arhimedova aksioma u strukturi (G, +, ≤) u kojoj, uz relaciju poretka, imamo samo operaciju sabiraa (npr. u ureenoj grupi) utvruje da postoji n ∈ N za koje vai (3) a + · · · + a > b. | {z } Grupa u kojoj vai Arhimedova aksioma naziva se Arhimedskom grupom. Ubudue emo iz oznaka izostav ati znak • i umesto a • b pisati ab. 1.2. Nepotpunost po a Q. Vratimo se sada sa razmatraa ovih apstraktnih algebarskih struktura po u Q racionalnih brojeva. U emu, kao u svakom po u, jednaqine (1) i (2) za a 6= 0 imaju jedinstvena rexea. Pokaimo da to nije sluqaj sa jednaqinom x = 2. (4) 1

1

2

2

1

2

1

2

n

2

3Mi ovde neemo ulaziti u analogiju izmeu analitiqke i geometrijske aksiomatike, koja se deta nije izuqava na kursu Analitiqke geometrije (v. [13]), ali emo, motivisani om, skup realnih brojeva zvati jox i realnom pravom.

1. POE RACIONALNIH BROJEVA

11

Pretpostavimo da je racionalan broj x rexee ove jednaqine i napiximo ga kao x = gde su m i n uzajamno prosti (tj. bez zajedniqkog delite a) celi brojevi. (Drugim reqima, napiximo x u vidu koliqnika dva cela broja, xto je definicja racionalnog broja, i izvrximo ihovo skraivae tako da se oni vixe ne mogu skraivati.) Zamenom ovog izraza u (4) dobijamo m = 2n . (5) Odavde sledi da je m paran, xto znaqi da je i m paran (jer je kvadrat neparnog broja neparan), tj. oblika m = 2k. Ako uvrstimo to u jednaqinu (5) dobijamo 4k = 2n , pa je n = 2k paran broj. Odatle sledi da je i n paran, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da su m i n uzajamno prosti. Iz ove kontradikcije sledi da jednaqina (4) nema rexea u skupu racionalnih brojeva. Zadatak 6. Dokazati da jednaqina x = 3 nema rexee u skupu racionalnih brojeva, koristei ideju dokaza analognog tvrea za jednaqinu (4). Na kom mestu taj dokaz ne prolazi za jednaqinu x = 4 (koja ima rexee 2 ∈ Q)? X Dokaz koji smo izloili navodi Aristotel4, kao primer dokazivaǌa svoeǌem na protivreqnost, odnosno, u savremenim oznakama, tautologije m n

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(p ⇒ q ∧ ¬q) ⇒ ¬p.

Samo5 otkrie nepostojaa rexea jednaqine (4) pripisuje se Pitagorejcima, xkoli antiqkih filosofa koja se odvojila od sofista (sklonih loxim demokratskim uticajima ) i pristupila aristokratskom sloju. Smatra se da je ovo ihovo najznaqajnije otkrie i pretpostav a , da su do ega doxli prouqavaem geometrijske sredine a : b = b : c koja je naroqito interesovala Pitagorejce, a sluila je kao simbol aristokratije" (v. [8]). Geometrijski gledano, ovaj rezultat govori da dijagonala kvadrata sa stranicom duine 1 nije racionalan broj. Za Pitagorejce, koji su poznavali samo racionalne brojeve, kao i za antiqku matematiku uopxte, ovo je oznaqilo ulazak u veliku krizu matematike. Pitagorejci su, u svom celokupnom pogledu na svet, nastojali da sve svedu na broj. Poznavali su parne brojeve, neparne, parno{ neparne, neparno{parne, proste, sloene, savrxene, prijate ske, trougaone, qetvorougaone, petougaone itd. Otkrie geometrijskih veliqina koje se ne mogu opisati racionalnim brojevima navelo ih je da poqnu da negiraju mogunost aritmetike da opixe sve geometrijske objekte. Izlaz iz krize traen je u asimetriji izmeu geometrije (tj. , vid ivog sveta") i teorije brojeva, a ne u proxireu koncepta broja, do koga se doxlo mnogo kasnije. I kasnije, tokom qitave7 istorije matematike, smeivali su se periodi uspeha onoga xto je Galilej formulisao kao program , meriti sve xto je mer ivo i uqiniti mer ivim sve xto jox uvek nije", sa periodima egove krize i traea proxirea ili uopxtea pojma , merea", tj. broja. I HH vek je doneo jedan 6

4Aristotel ( Aριστ o´τ λης 384{322. pre Hrista), starogrqki filosof 5Pitagora (Πυϑαγo´ρας , ∼580{500. pre Hrista), jonski aristokrata, mistik i nauqnik 0

6,,Major Lawford napravi zajed ivu primedbu na raqun demokratije, koja statistiqki izjednaquje glupost s razumom, a idiotima, samo ako ih je dovo no, dopuxta da uprav aju svetom" (B. Peki [4])

7Galilej (Galileo Galilei, 1564{1642), italijanski nauqnik

12

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

takav period { period razvoja kvantne fizike suxtinski je promenio (i jox uvek mea) naqin gledaa na koncept merea. Napomenimo da je ovde req samo o ulozi koncepta merea u nauci, a ne o enom svoeu na kvantitativnu dimenziju. Bukvalno shvatae Galilejevih reqi Anri Poenkare8 je duhovito okarakterisao reqima: , Da li prirodak moe dobro da prouqi slona ako ga posmatra mikroskopom?" Razmotrimo malo neformalnije koncept merea dui, kako bismo motivisali proxiree aksiomatskog sistema koji smo do sada razmatrali i uvoee skupa realnih brojeva R. Iz Arhimedove aksiome sledi da ne postoje , nedostine" taqke na realnoj pravoj. Ako je a , jedinica mere" (nazovimo je npr. metar) i ako je na = b za neki prirodan broj n, onda kaemo da , b ima duinu n metara". Ako ne postoji takav prirodan broj n, potrebno je uvesti mau jedinicu merea. Podelimo zato du a na 10 jednakih delova (nazovimo ih decimetrima). Ako postoji prirodan broj n takav da je n = b, izmerili smo duinu b u decimetrima; u suprotnom, moramo da podelimo du na jox 10 maih delova itd. Ukoliko posle konaqno mnogo koraka uspemo da izmerimo du b, dobijamo enu meru u decimalnom zapisu a 10

xto je oznaka za

a 10

b = xm xm−1 · · · x1 x0 , x−1 x−2 · · · x−k ,

b = xm ·10m +xm−1 ·10m−1 +· · ·+x1 ·10+x0 +x−1 ·10−1 +x−2 ·10−2 +· · ·+x−k ·10−k .

Meutim, moe da se desi da se ovaj postupak nikad ne zavrxi, tj. da broj b ima beskonaqan decimalni zapis. Zadatak 7. Dokazati da je broj racionalan ako i samo ako je egov decimalni zapis konaqan ili periodiqan. (Uputstvo: za dokaz jedne implikacije koristiti qienicu da se u algoritmu de ea celih brojeva m i n moe javiti samo konaqno mnogo ostataka, pa je postupak ili konaqan ili periodiqan; za dokaz druge iskoristiti formulu za sumu geometrijskog niza iz Leme 5 na 20. strani.) X Dakle, ukoliko elimo da merimo i dui kao xto je hipotenuza jednakokrakog pravouglog trougla sa katetama duine 1, moramo da proxirimo skup racionalnih brojeva. Jedan od naqina da se to uradi je da mu dogovorom, ili definicijom, pridruimo i brojeve koji imaju beskonaqan decimalni zapis. Primetimo da pri tome nije postojao ni jedan razlog da poqetni, , jediniqni" interval delimo na 10 delova. Qienica da imamo 10 prstiju je jedini istorijski razlog zbog kojeg koristimo decimalni sistem. Mnogo podesnije bi bilo koristiti sistem sa osnovom 12: broj 12 ima veliki broj delite a (de iv je sa 2,3,4,6 i 12), xto bi olakxalo algoritam de ea brojeva, a zahtevalo uvoee jox samo dva nova simbola za cifre.9 Dakle, skup racionalnih brojeva moemo da proxirimo tako xto mu dodamo , elemente koje dobijamo beskonaqnim de eem intervala na mae delove", ili, reqeno u terminima aksiomatike, tako xto Aksiomama (A1){(A16) i (ARH) dodamo jox jednu, tzv. Kantorovu aksiomu: 8Poenkare (Jules Henri Poincaré, 1854{1912), francuski matematiqar 9Neki stari merni sistemi koriste upravo sistem sa osnovom 12, ovi sistemi su se

zadrali i danas npr. u anglosaksonskom svetu. Kod nas, termin tuce oznaqava 12 kao , okrugao broj". Brojqanik sata je pode en na 12 delova.

2. POTPUNO UREENO POE

13

(KAN) Kantorova aksioma: Neka je za svako n ∈ N dat interval [a , b ] i neka vai [a , b ] ⊂\[a , b ]. Tada je n

n+1

n+1

n

n

n

[an , bn ] 6= ∅.

U sledeim paragrafima pozabaviemo se deta nije problemom proxirea skupa racionalnih brojeva. Videemo da postoji nekoliko ekvivalentnih naqina da se on rexi. Jedan je preko tzv. Aksiome supremuma (SUP) Aksioma supremuma: Ako je podskup T ⊂ R neprazan i odozgo ograniqen, onda postoji egovo najmae gore ograniqee sup T ∈ R. U paragrafu 4 emo da pokaemo da se dodavaem aksiome (KAN) aksiomama (A1){(A16), (ARH) dobija sistem ekvivalentan sistemu odreenom aksiomama (A1){(A16), (SUP). U meuvremenu emo se susresti sa jox dva ekvivalentna pristupa: Dedekindovom aksiomom i Aksiomom neprekidnosti. Svaki od ovih pristupa definixe sistem realnih brojeva R. U sledeem paragrafu mi emo se opredeliti da sistem definisan aksiomama (A1){(A16), (SUP) uzmemo za definiciju sistema R, a zatim emo ostale spomenute pristupe da izvedemo kao teoreme i dokaemo da su oni ekvivalentni izabranom. n∈N

2. Potpuno ureeno po e 2.1. Aksioma supremuma. Vratimo se jednaqini x = 2. Posmatrajmo skup 2

T = {x ∈ Q | x2 < 2}.

Skup T ne sadri najvei element; taqnije, da za svaki racionalni broj x ∈ T postoji racionalni broj y ∈ T takav da vai x < y. Zaista, neka je x ∈ T ; tada je x < 2. Izaberimo broj q ∈ Q takav da vai 0 < q < 1 i q < (2−x )(2x+1) . Tada je y = x + q racionalan broj koji je vei od x i pripada skupu T . Zadatak 8. Dokazati da skup 2

2

S = {x ∈ Q | x2 > 2}

−1

ne sadri najmai element. X Motivisani ovim razmatraima, dodajmo aksiomama (A1){(A16) i sledeu. (SUP) Aksioma supremuma: Ako je podskup T ⊂ R neprazan i odozgo ograniqen, onda postoji egovo najmae gore ograniqee sup T ∈ R. Skup na kome je definisana relacija poretka koja zadovo ava aksiomu (SUP) naziva se potpuno ureenim skupom. Primetimo da je skup T ograniqen odozgo, ali da nema supremum kao podskup ureenog skupa Q. Zaista, svi elementi skupa S su gora ograniqea skupa T , a prema Zadatku 8 ovaj skup nema najmai element. Dakle, skup Q nije potpuno ureen i dodavaem aksiome (SUP) aksiomama (A1){(A16) dobili smo strukturu koja proxiruje ureeno po e Q. Aksiome (A1){(A16), (SUP) karakterixu realne brojeve; drugim reqima, moemo ih uzeti kao definiciju po a realnih brojeva R. Definicija 1. Ureena xestorka (R, +, •, ≤, 0, 1), gde je R skup, + i • binarne operacije, ≤ binarna relacija i 0, 1 ∈ R istaknuti elementi, koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) naziva se poǉem realnih brojeva.

14

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Da bi ovakva definicija bila opravdana, bilo bi potrebno dokazati 1. da struktura koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) postoji i 2. da je struktura koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP) jedinstvena. Na ova pitaa emo se vratiti u Paragrafu 8. Iz aksiome (SUP) sledi Teorema 1. Svaki neprazan i odozdo ograniqen podskup S ⊂ R ima infimum. 4 Neka je T = −S = {−s | s ∈ S}. Tada je T neprazan i ograniqen odozgo. Zaista, iz S 6= ∅ sledi da postoji neko s ∈ S, a po definiciji skupa T to znaqi da t = −s ∈ T , tj. T 6= ∅. Poxto je S ograniqen odozdo, sledi da postoji m ∈ R takvo da je m ≤ s za svako s ∈ S. Neka je M = −m; mnoeem prethodne nejednakosti sa −1 dobijamo t ≤ M za svako t ∈ T , xto znaqi da je T ograniqen odozgo. Iz (SUP) sledi da postoji λ = sup T . Tada je lako videti da je −λ = inf S. Zaista, potrebno je samo ponovo pomnoiti odgovarajue nejednakosti sa −1 i videti najpre da je −λ doe ograniqee skupa S, a zatim i da je najvee (koristei qienicu da je gore ograniqee λ skupa T najmae). Preciznije, ako je s ∈ S, onda je −s ∈ T , pa je −s ≤ λ, jer je λ gore ograniqee skupa T , odakle sledi −λ ≤ s, tj. −λ je doe ograniqee skupa S. Ako je i µ doe ograniqee skupa S, onda je µ ≤ s za svako s ∈ S, odakle, mnoeem sa −1 dobijamo, imajui u vidu definiciju skupa T , da je t ≤= −µ za svako t ∈ T . Dakle, −µ je gore ograniqee skupa T , pa nije vee od egovog najmaeg goreg ograniqea λ = sup T : −µ ≤ λ. Odatle sledi −λ ≤ µ. Poxto je µ proizvo no doe ograniqee skupa S, sledi da je −λ egovo najvee gore ograniqee, tj. −λ = inf S. 5 Poxto postoji dualnost izmeu ≤ i ≥, Teoremu 1 smo mogli da uzmemo za aksiomu umesto (SUP). Tada bi (SUP) bila teorema, koju bismo dokazali na potpuno isti naqin kao Teoremu 1, zamenom simbola ≤ simbolom ≥ i zamenom uloga simbola sup i inf , doeg i goreg ograniqea itd. Primetimo da smo u dokazu Teoreme 1 dokazali da vai inf(−A) = − sup A, gde je −A = {−a | a ∈ A}. Izdvojiemo ovo i jox neka svojstva supremuma i infimuma u sledeoj lemi. Za skupove A i B definiximo i

A + B = {a + b | a ∈ A, b ∈ B},

A · B = {a · b | a ∈ A, b ∈ B}

A ≤ B ⇔ (∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a ≤ b.

1 Neka su , neprazni i ograniqeni skupovi realnih brojeva i neprazan podskup. Tada vai 1. 2. , 3. , 4. , .

Lema . A B A0 ⊂ A inf A ≤ inf A0 ≤ sup A0 ≤ sup A inf(−A) = − sup A sup(−A) = − inf A sup(A + B) = sup A + sup B inf(A + B) = inf A + inf B sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B} inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}

2. POTPUNO UREENO POE

15

5. Ako je 0 ≤ A, 0 ≤ B onda je sup(A · B) = sup A · sup B, inf(A · B) = inf A · inf B . 4 Tvree 1. je oqigledno; tvree 2. smo dokazali u dokazu Teoreme 1. Dokaimo da je sup(A + B) = sup A + sup B. Poxto je (∀a ∈ A) a ≤ sup A i (∀b ∈ B) b ≤ sup B , sledi da je (∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a + b ≤ sup A + sup B , pa je sup A + sup B gore ograniqee skupa A + B . Dokaimo da je ono najmae. Neka je x x − sup A, tj. x − b x − b, pa je a + b > x, tj. x ne moe da bude gore ograniqee skupa A + B. Time je dokazano sup(A + B) = sup A + sup B. Dokaz ostalih svojstava prepuxtamo qitaocu za vebu. 5 2.2. Dedekindova aksioma i Aksioma neprekidnosti. Navexemo sada jox dva tvrea ekvivalentna Aksiomi supremuma. Za prvo od ih nam je potrebna sledea definicija. Definicija 2. Neka je X ureen skup. Par (D , D ) podskupova D , D ⊂ X naziva se Dedekindovim10 presekom ako ima sledea svojstva (A) D ∪ D = X (B) D 6= ∅, D 6= ∅ (V) δ ∈ D ∧ δ ∈ D ⇒ δ < δ Za nas je ovde od interesa sluqaj X = R. Vae sledea dva tvrea, koja nazivamo aksiomama jer svako od ih (v. Teoremu 2 nie) moemo uzeti za aksiomu umesto Aksiome (SUP); preostala dva tvrea, naravno, onda postaju teoreme. (DED) Dedekindova aksioma: Ako su D , D ⊂ R takvi da je (D , D ), Dedekindov presek, onda postoji najmae gore ograniqee sup D ∈ R skupa D . (NEP ) Aksioma neprekidnosti (ili Aksioma potpunosti): Neka su T i S dva neprazna podskupa skupa R koja imaju svojstvo 1

1

2

1

2

2

1

2

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

1

(∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ s.

Tada postoji c ∈ R za koje vai (∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ c ≤ s. Teorema 2. Tvrea (SUP), (DED) i (NEP) su ekvivalentna. 4 Pretpostavimo da vai (SUP) i neka je (D , D ) Dedekindov presek u R. Iz Definicije 2 sledi da je skup D neprazan i ograniqen odozgo. Zaista, D 6= ∅ sledi iz (B), dok iz (V) sledi da je svaki element skupa D gore ograniqee skupa D . Iz (SUP) sledi da postoji sup D , xto dokazuje implikaciju (SUP) ⇒ (DED). Pretpostavimo sada da vai (DED) i neka su T i S skupovi sa svojstvima iz (NEP) Neka je D = {x ∈ R | (∀s ∈ S) x < s} i D = R \ D . Tada je (D , D ) Dedekindov presek. Zaista, (A) vai po definiciji skupova D i D . Neka je ε > 0 i 1

2

1

1

2

1

1

1

2

1

1

1

Tε := {t − ε | t ∈ T }

10Dedekind (Richard Dedekind, 1831{1916), nemaqki matematiqar

2

2

16

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Oqigledno je S ⊂ D i T ⊂ D , pa poxto su, prema pretpostavci (NEP) S i T (a time i T ) neprazni, sledi da vai (B). Ako je δ ∈ D , onda je δ < s za sve s ∈ S. Neka je δ ∈D . (6) Ako bi vailo δ ≤ δ , tada bi vailo i δ < s za sve s ∈ S. To bi, po definiciji skupa D , znaqilo da vai δ ∈ D , xto, zajedno sa (6) i (V) daje kontradikciju δ < δ . Prema tome, (D , D ) je Dedekindov presek, pa postoji c = sup D . Iz definicije supremuma i T ⊂ D sledi da je t − ε ≤ c za sve t ∈ T i sve ε > 0. Odatle sledi t ≤ c za svako t ∈ T . Zaista, ako bi za neko t ∈ T bilo t > c, onda bi bilo i t − (t − c) > c, xto je u suprotnosti sa t − ε < c za ε = (t − c) > 0. Neka je s ∈ S. Iz definicije skupa D sledi da je δ ≤ s za svako δ ∈ D , pa je gore ograniqee skupa D . Poxto je supremum najmae gore ograniqee, sledi da je c ≤ s. Time je dokazana implikacija (DED) ⇒ (NEP). Pretpostavimo, na kraju, da vai (NEP) i neka je T neprazan i odozgo ograniqen podskup skupa R. Neka je S skup svih gorih ograniqea skupa T . Poxto je T ograniqen odozgo, sledi da je i S neprazan, pa T i S zadovo avaju uslove iz aksiome (NEP). Odatle sledi (∃c)(∀t ∈ T )(∀s ∈ S) t ≤ c ≤ s. (7) Tada je c = sup T . Zaista, iz prve nejednakosti u (7) sledi da je element c gore ograniqee skupa T , a iz druge (i iz definicije skupa S) da je on najmae gore ograniqee, tj. supremum. 5 2.3. Intervali. Definiximo sada vane podskupove skupa R. Definicija 3. Neka su a i b realni brojevi. 1. Skup (a, b) = {x ∈ R | a < x < b} naziva se otvorenim intervalom sa krajevima a i b. 2. Skup [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} naziva se zatvorenim intervalom ili segmentom sa krajevima a i b. 3. Skupovi [a, b) = {x ∈ R | a ≤ x < b} i (a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b} nazivaju se poluotvorenim intervalima sa krajevima a i b. 4. Skupovi (a, +∞) = {x ∈ R | x > a} i [a, +∞) = {x ∈ R | x ≥ a} nazivaju se redom otvorenim i poluotvorenim intervalom sa krajevima a i +∞. Simbol +∞ qita se plus beskonaqno. Specijalno, interval (0, +∞) oznaqavamo i sa R . 5. Skupovi (−∞, b) = {x ∈ R | x < b} i (−∞, b] = {x ∈ R | x ≤ b} nazivaju se redom otvorenim i poluotvorenim intervalom sa krajevima −∞ i b. Simbol −∞ qita se minus beskonaqno. 6. Skup [−∞, +∞], koji se oznaqava jox i sa R i naziva proxirenim sistemom realnih brojeva je skup koji se dobija dodavaem dvaju simbola −∞, +∞ skupu R, pri qemu su ispueni sledei uslovi: 7. Za svako x ∈ R vai 2

ε

1

ε

1

2

2

1

2

2

2

1

ε

0

1 2

0

1 2

0

1

2

1

0

1

2

1

2

1

1

0

0

1

1

1

1

1

+

−∞ < x < +∞,

x + (+∞) = +∞,

8. Za svako x > 0 vai

x · (+∞) = +∞,

x + (−∞) = −∞,

x · (−∞) = −∞

x x = =0 +∞ −∞

2. POTPUNO UREENO POE

17

9. Za svako x < 0 vai x · (+∞) = −∞, x · (−∞) = +∞ Umesto +∞ qesto pixemo samo ∞. Zadatak 9. Dokazati da je svaki Dedekindov presek (D , D ) u R oblika ((−∞, a), [a, +∞)) ili ((−∞, a], (a, +∞)). X Lema 2. (Karakterizacija intervala) Podskup J ⊂ R je interval ako i samo ako za svaka dva broja a, b ∈ J , takva da je a < b, vai [a, b] ⊂ J . 4 Da svaki interval ima navedeno svojstvo sledi iz Definicije 3. Pretpostavimo da je J skup sa svojstvom opisanim u formulaciji leme. Ako je J neograniqen, onda je J = R, dakle J je interval (−∞, +∞). Zaista, iz neograniqenosti skupa J sledi da za svako x ∈ R postoje a, b ∈ J takvi da je a < x < b (jer bi u suprotnom x bilo ili gore ili doe ograniqee skupa J ), a odatle, na osnovu pretpostavke o skupu J , sledi x ∈ J . Neka je J ograniqen odozgo, ali ne odozdo, i neka je s = sup J . Tada za svako x < s postoje a, b ∈ J takvi da je a < x < b (zaxto?). Odatle sledi x ∈ J , tj. J = (−∞, s) ili J = (−∞, s]. Sliqno se razmatra sluqaj skupa koji je ograniqen odozdo, ali ne i odozgo. Na kraju, neka je J ograniqen i neka je s = sup J , ı = inf J . Tada za svako x ∈ (ı, s) postoje brojevi a, b ∈ J takvi da je a < x < b. Odatle sledi x ∈ J , pa je J jedan od intervala (ı, s), [ı, s], (ı, s], [ı, s). 5 Definicija 4. Brojeve iz intervala (0, +∞) zovemo pozitivnim, a brojeve iz intervala (−∞, 0) negativnim brojevima. Primer 3. Broj 1 je pozitivan broj. Pokazaemo kako se ovo tvree moe izvesti iz aksioma (tj. rexiemo Zadatak 4 na 10. strani). Iz aksioma (A10), (A14) i definicije relacije < sledi da vai taqno jedna od relacija 0 < 1 i 1 < 0. Pretpostavimo da vai 1 < 0. Tada je, na osnovu (A15), 1+(−1) < 0+(−1), tj. 0 < −1. Odatle i iz (A16) bi sledilo 0 ≤ (−1)(−1). Ako dokaemo da je desna strana poslede nejednakosti jednaka 1 (primetimo da izraz (−x)(−y) = xy nije meu aksiomama, pa zahteva dokaz) dobiemo da je 0 ≤ 1, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom 1 < 0. Iz ove kontradikcije sledi 0 < 1. Dokaimo da je (−x)(−y) = xy. (8) Dokaz emo podeliti u nekoliko koraka. Primetimo najpre da iz (A2) i (A8) sledi 0x = (0 + 0)x = 0x + 0x. Odavde, na osnovu jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = b sledi 0x = 0 (jox jedno , oqigledno" tvree koje nije meu aksiomama i zahteva dokaz!). Dokaimo sada da vai −(−x) = x. (9) Iz (A3) sledi (−x) + x = 0 i (−x) + (−(−x)) = 0, a odatle, na osnovu jedinstvenosti inverznog elementa za sabirae, sledi −(−x) = x. Iz 0 = 0y = (x + (−x))y = xy + (−x)y, na osnovu jedinstvenosti inverznog elementa za sabirae, sledi (−x)y = −(xy). (10) Sliqno se dokazuje i x(−y) = −(xy). (11) 1

2

18

Sada imamo

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

sledi iz (10) sledi iz (11) sledi iz (9), xto dokazuje (8). Time je zavrxen dokaz da je 0 < 1. ] Iz prethodnog primera i aksioma (A12) i (A15) sledi 0 < 1 + 1. Broj 1 + 1 oznaqava se simbolom 2 i naziva se dva. Sliqno, 0 < 1 + 1 + 1 itd. Time smo izdvojili jedan vaan podskup skupa pozitivnih brojeva, skup brojeva koji se mogu dobiti od broja 1 primenom operacije +. Ovaj skup je nax sledei predmet izuqavaa. (−x)(−y)

= −(x(−y)) = −(−(xy)) = xy

3. Prirodni brojevi

Sumirajmo ukratko xta smo do sada uradili. Potrebom prelaska od (bliskih intuiciji) racionalnih brojeva na realne smo motivisali definiciju sistema realnih brojeva (R, +, •, ≤, 0, 1) kao strukture koja zadovo ava aksiome (A1){(A16), (SUP). Usvajajui ove aksiome za definiciju (realnih) brojeve, poqeli smo ihovo aksiomatsko zasnivae. Kako sada da u ovom sistemu prepoznamo i formalno izdvojimo one objekte qija nam je jasna intuitivna predstava posluila kao motivacija { prirodne, cele i racionalne brojeve? 3.1. Prirodni brojevi. Peanove aksiome. Neka je N klasa svih podskupova N ⊂ R koji imaju sledee dve osobine 1 ∈ N i n ∈ N ⇒ n + 1 ∈ N. Relacija ⊂ je relacija poretka na skupu N , pa moemo da govorimo o egovom najmaǌem elementu. Definicija 5. Skup N je najmai element klase N . Elemente skupa N nazivamo prirodnim brojevima. Ekvivalentno, skup N se moe definisati kao presek svih skupova klase N . Odatle se lako vidi i da je N ∈ N . Prirodni brojevi imaju svojstva koja izdvajamo sledeom teoremom. Ona se nazivaju Peanovim11 aksiomama, jer se u zasnivau aritmetike moe poi od ih kao definicije sistema prirodnih brojeva (vixe o ovome emo rei u Paragrafu 8). Neka je σ(n) = n + 1 , sledbenik prirodnog broja n". Teorema 3. (Peanove aksiome) Skup prirodnih brojeva N ima sledea svojstva (Π1) preslikavae σ : N → N, je dobro definisano (Π2) σ(m) = σ(n) ⇒ m = n (Π3) 1 ∈ N (Π4) (∀n ∈ N)σ(n) 6= 1 (Π5) princip indukcije: ako za podskup S ⊂ N vai onda je S = N.

1 ∈ S ∧ (n ∈ S ⇒ σ(n) ∈ S)

11Peano (Giuseppe Peano, 1858{1932), italijanski matematiqar

3. PRIRODNI, CELI I RACIONALNI BROJEVI

19

Svojstva (Π1) i (Π3) slede iz N ∈ N , a svojstvo (Π2) iz jedinstvenosti rexea jednaqine a + x = b. Pretpostavimo da ne vai (Π4), tj. da je 1 = n + 1. Tada je n = 0. Lako se vidi da interval (0, +∞) pripada klasi N . Poxto je N najmai skup iz N , vai N ⊂ (0, +∞), pa 0 ∈ / N. Time je dokazano (Π4). Dokaimo (Π5). Iz definicije skupa S sledi S ∈ N , pa je N ⊂ S, poxto je N najmai skup iz N . Meutim, po pretpostavci je S ⊂ N, pa je S = N. 5 Iz (Π5) se izvodi metod dokazivaǌa indukcijom. Pretpostavimo da elimo da dokaemo neko tvree o prirodnim brojevima. Pretpostavimo da smo dokazali da ono vai za broj 1 i da iz pretpostavke da vai za neki prirodan broj n sledi da vai i za n + 1. Oznaqimo sa S skup prirodnih brojeva za koje vai tvree. Onda je, prema (Π5), S = N, tj. tvree vai za sveki prirodan broj. Ilustrovaemo to dokazima sledeih tvrea. Lema 3. (a) σ(N) = N \ {1} (b) m, n ∈ N ⇒ m + n ∈ N ∧ mn ∈ N (v) m, n ∈ N ∧ m < n ⇒ n − m ∈ N. 4 (a) Neposredno se proverava da S = {1} ∪ σ(N) zadovo ava (Π5), odakle po principu indukcije sledi S = N. Odatle i iz (Π4) sledi (a). Dokaz tvrea (b) sledi indukcijom po n (za fiksirano m). Da bismo dokazali (v), fiksirajmo m i primenimo indukciju po n. Ako je n = 1, tada je m > 1, pa iz (a) sledi m ∈ σ(N), tj. m = k + 1 za neko k ∈ N. Tada je m − 1 = k ∈ N, qime je dokazano tvree (v) za n = 1. Pretpostavimo da (v) vai za neko n ∈ N. Neka je m > n + 1. Tada je i m > n, pa po induktivnoj pretpostavci vai m = n ∈ N. Poxto je m − n > 1, iz (a) sledi da je m − n = k + 1 za neko k ∈ N. Odalte sledi m − (n + 1) = m − n − 1 = k ∈ N. Time je dokazano (v). 5 Lema 4. Svaki neprazan podskup A ⊂ N ima minimum. Specijalno, min N = 1. 4 Dokaimo prvo da je min N = 1, tj. da je 1 ≤ n za sve n ∈ N. Neka je S ⊂ N skup prirodnih brojeva za koje vai 1 ≤ n. Tada je 1 ∈ S. Ako je n ∈ S vai 1 ≤ n. Sabiraem ove nejednakosti i nejednakosti 0 ≤ 1 dokazane u Primeru 3 dobijamo 1 ≤ n + 1, tj. n + 1 ∈ S. Na osnovu principa indukcije zak uqujemo S = N, tj. 1 ≤ n za svaki prirodan broj n. Pretpostavimo sada da A nema minimum. Neka je T = {n ∈ N | (∀a ∈ A) n < a}. Poxto je 1 = min N, a pretpostavili smo da A nema minimum, sledi da je (∀a ∈ A) 1 < a, tj. 1 ∈ T . Neka je n ∈ T . Dokaimo da odatle sledi n + 1 ∈ T . Neka je a ∈ A. Iz pretpostavke da A nema minimum sledi da postoji a ∈ A takvo da je a < a. Poxto je n ∈ T , vai n 1 i α 6= 0 u prethodnom dokazu znak ≥ moe svuda zameniti znakom >. 5 Zadatak 12. Primenom metoda indukcije dokazati sledee jednakosti: (a) P k = (b) P k = Nai formulu za S := P k , p ∈ N. (Uputstvo: primenom binomne formule na (k + 1) − k i sumiraem po k izraziti traenu sumu S preko poznatih S , S , . . . , S .) X Zadatak 13. Dokazati da se svi brojevi oblika 2 +1, n ∈ N zavrxavaju cifrom 7. X n

k=1 n

k=1

2

3

n(n+1)(2n+1) 6 n(n+1) 2

2

p

p+1

1

2

p+1

n k=1

p

p

p−1

2n+1

12Ojler (Leonhard Euler, 1707{1783), xvajcarski matematiqar 13Bernuli (Jakob Bernoulli, 1654{1705), xvajcarski matematiqar

22

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Zadatak 14. Nai grexku u sledeem , dokazu" tvrea , da su svi prirodni brojevi jednaki". Neka je S sledee tvree: Ako su k i m prirodni brojevi i ako je max{k, m} = n, onda je k = m. Tvree S je taqno, jer iz max{k, m} = 1 sledi k = 1 i m = 1 (poxto su k i m prirodni brojevi, a 1 = min N). Pretpostavimo da je tvree S taqno i dokaimo da je tada taqno i S . Neka je max{k, m} = n + 1. Neka je p = k − 1, q = m − 1. Tada je max{p, q} = n. Poxto je, po induktivnoj pretpostavci, S taqno, odavde sledi p = q. Ali, tada je i m = n. Time je, na osnovu principa indukcije, dokazano da vai S . Neka su k, m proizvo na dva prirodna broja i neka je n = max{k, m}. Poxto je dokazano da za svako n vai S , sledi k = m. X 3.2. Celi brojevi. Iz Leme 3 sledi da je skup N zatvoren u odnosu na operacije + i •. Meutim, ovaj skup nije zatvoren za operacije invertovaa u odnosu na ove dve operacije. Zaista, pretpostavimo da vai {−n, n} ⊂ N. Iz Aksiome (A14) i Zadatka 1 sledi da tada vai bar jedna od nejednakosti n ≤ 0, −n ≤ 0, xto, zbog 0 < 1, protivreqi Lemi 4. Sliqno, iz {m, m } ⊂ N za m 6= 1 sledilo bi m < 1 ili m < 1, xto je opet kontradikcija sa Lemom 4. Skup celih brojeva Z je najmae proxiree skupa N koje je zatvoreno za ivertovae u odnosu na +. Precizirajmo ovu formulaciju. Podgrupom grupe (G, +) nazivamo svaki podskup H ⊂ G koji je i sam grupa u odnosu na grupovnu operaciju +. Lako se vidi da je podskup H ⊂ G podgrupa ako i samo ako za sve g , g ∈ H vai g − g ∈ H . Definicija 6. Skup celih brojeva Z je najmaa podgrupa grupe (R, +) koja sadri broj 1. Naravno, termin najmaǌa odnosi se na relaciju poretka ⊂. Ekvivalentno, Z je presek svih podgrupa grupe (R, +) koje sadre broj 1. Sledea teorema pokazuje da je ova apstraktna algebarska definicije ekvivalentna uobiqajenoj definiciji, poznatoj qitaocu iz kurseva elementarne matematike. Teorema 4. Z = {0} ∪ N ∪ {−n | n ∈ N}. 4 Dokaz sledi iz qienice da je skup na desnoj strani podgrupa koja sadri broj 1 i minimalnosti podgrupe Z. 5 Skup Z je zatvoren u odnosu na sabirae, oduzimae i mnoee, ali ne i u odnosu na de ee: pri de ei broja a ∈ Z brojem b ∈ Z \ {0} jav a se ostatak. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 5. Za svako a ∈ Z i b ∈ N postoje jednoznaqno odreeni brojevi q ∈ Z i r ∈ N ∪ {0} takvi da je a = bq + r i 0 ≤ r < b. 4 Treba da dokaemo da, polazei od a i oduzimajui b, pa zatim, 2b, 3b, . . ., posle konaqno mnogo koraka dobijamo broj mai od b. Iz Leme 4 lako sledi da u skupu {a − kb | k ∈ Z} postoji najmai broj r oblika a − qb koji je prirodan ili jednak nuli. On zadovo ava traeni uslov 0 ≤ r < b,jer bi u sluqaju r ≥ b broj r = a − (q + 1)b bio prirodan ili jednak nuli, a mai od r. Time je dokazana egzistencija brojeva q i r. Da bismo dokazali jedinstvenost, pretpostavimo da postoji jox jedan par brojeva q , r takav da je a = bq + r i 0 ≤ r < b. Odatle i iz a = bq + r sledi n

1

n

n+1

n

n

n

−1

−1

1

2

2

1

0

1

1

1

1

1

3. PRIRODNI, CELI I RACIONALNI BROJEVI

23

, pa je kb = |r − r| < max{r , r}, gde je k = |q − q | ∈ N ∪ {0}. Poxto su i prirodni brojevi mai od b, ova nejednakost je mogua samo za , tj. . Ali tada je i r = r. 5 Definicija 7. Neka je a ∈ Z i b ∈ Z \ {0}. Ako postoji q ∈ Z takav da je a = bq kaemo da je broj a de iv brojem b, ili da b deli a i pixemo b|a. Broj p ∈ N zovemo prostim brojem ako je p > 1 i ako je p de iv samo sa 1 i p. Broj d ∈ Z je zajedniqki delilac brojeva a, b ∈ Z ako d|a i d|b. Najvei zajedniqki delilac brojeva a i b oznaqavamo sa (a, b). Ako je (a, b) = 1 kaemo da su brojevi a i b uzajamno prosti. Zadatak 15. Dokazati da je | relacija poretka na N. Da li je ovo relacija totalnog poretka na N? Da li je ovo relacija poretka na Z X Zadatak 16. Dokazati da postoji beskonaqno mnogo prostih brojeva. (Uputstvo: pretpostavimo da su p , p , . . . , p svi prosti brojevi; tada broj p = p · p · . . . · p + 1 nije de iv nijednim prostim brojem) X i uzajamno prosti. X Zadatak 17. Dokazati da su brojevi Teorema 6. Ako je d najvei zajedniqki delilac celih brojeva a i b, onda postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = d. Specijalno, ako su a i b uzajamno prosti, onda postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = 1. 4 Neka je c najmai prirodan broj u skupu S = {ua + vb | u, v ∈ Z}. Dokaimo prvo da je broj c zajedniqki delilac brojeva a i b. Iz c ∈ S sledi c = ka + mb (15) za neke k, m ∈ Z. Iz Teoreme 5 sledi da postoje q, r ∈ Z, 0 ≤ r < c takvi da je a = cq + r, xto zajedno sa (15) daje r = a − cq = (1 − kq)a − mqb. Ako bi bilo r > 0, onda bi r bio prirodan broj oblika ua + vb koji je mai od c, xto je suprotno pretpostavci da je c najmai takav broj. Odatle sledi r = 0, tj. c|a. Na isti naqin se dokazuje c|b. Dokaimo sada da je c najvei zajedniqki delilac brojeva a i b, tj. da je c = d. Poxto d|a i d|b, postoje u, v ∈ Z takvi da je a = ud, b = vd. Odatle i iz (15) sledi c = (ku + mv)d, pa je d ≤ c. Poxto je d najvei zajedniqki delilac, sledi da je d = c, xto zajedno sa (15) daje dokaz Teoreme. 5 Primetimo da smo, dokazujui Teoremu 6 dokazali i sledee tvree. Posledica 1. Najvei zajedniqki delilac celih brojeva a i b je najmai prirodan broj oblika ka + mb, k, m ∈ Z. Zadatak 18. Dokazati da su celi brojevi a i b uzajamno prosti ako i samo ako postoje celi brojevi k i m takvi da je ka + mb = 1. X Teorema 7. Ako je a = bq + r, onda je (a, b) = (b, r). 4 Neka je d zajedniqki delilac brojeva a i b. Tada je a = ud , b = vd za neke u, v ∈ Z, pa je r = d (u − vq). Time je dokazano d |r; dakle svaki zajedniqki delilac brojeva a i b je i zajedniqki delilac brojeva b i r. Jox lakxe je dokazati da vai i obrnuto: svaki zajedniqki delilac brojeva b i r je i zajedniqki delilac brojeva a i b. Odatle sledi tvree Teoreme. 5 b(q − q1 ) = r1 − r r1 r2 k=0 q1 = q

1

2

1

1

1

1

1

2

n

n

a (a,b)

b (a,b)

0

0

0

0

0

24

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Teorema 7 nam daje postupak za nalaee najveeg zajedniqkog delioca celih brojeva a i b. Ovaj postupak naziva se Euklidovim14 algoritmom i sastoji se u sledeem. Pretpostavimo da su a i b prirodni brojevi (zaxto time ne umaujemo opxtost?). Primenom Teoreme 5 izvrximo niz uzastopnih de ea: 0 ≤ r1 < b 0 ≤ r2 < r1 0 ≤ r3 < r2 . . . 0 ≤ rn < rn−1

a = bq1 + r1 , b = r1 q2 + r2 , r1 = r2 q3 + r3 , . . . rn−2 = rn−1 qn + rn , rn−1 = rn qn+1 .

Poxto je r < r za svako k, ovaj postupak e se zavrxiti posle konaqnog broja koraka. Navodimo dve posledice ovog postupka. Posledica 2. (a, b) = r . Posledica 3. Svaki razlomak κ = , a, b ∈ N moe da se napixe u obliku 1 κ=q + (16) q + k

k−1

n

a b

1

2

1

q3 + ·

· ·+

1 qn ,

gde su q , q , . . . , q prirodni brojevi. Definicija 8. Razlomci vida (16) nazivaju se konaqnim neprekidnim (ili verinim) razlomcima. 4 Primenom Euklidovog algoritma dobijamo 1

2

n

κ = q1 +

r1 1 1 = q + b = q1 + b q2 + r 1

r2 r1

= q1 +

1 q2 +

1

= ··· .

r2 r1

Posle n koraka dobijamo (16). 5 Teorema 8. (Osnovni stav aritmetike) Svaki prirodan broj moe da se predstavi kao proizvod prostih. To predstav ae je jedinstveno do na poredak mnoite a. 4 Ako n nije prost, onda je n = k · m. Ako su k i m prosti dokaz je zavrxen, ako nisu, ponovimo rezonovae za k i n. Ovaj postupak se zavrxava posle konaqnog broja koraka jer je k, m < n. Da bismo dokazali jedinstvenost ovog predstav aa, pretpostavimo suprotno: da postoji prirodan broj koji moe da se predstavi kao proizvod prostih na dva razliqita naqina. Neka je n najmai takav prirodan broj i neka je n = p p ···p = q q ···q , (17) 1 2

r

1 2

s

14Euklid (oko 365{oko 300. g. pre Hrista) { starogrqki matematiqar

4. ARHIMEDOVO I KANTOROVO SVOJSTVO REALNE PRAVE

25

gde su p , . . . p , q , . . . , q prosti brojevi, ureeni tako da je p ≤ p ≤ . . . ≤ p , q ≤ q ≤ . . . ≤ q . Tada je p 6= q , jer bi u suprotnom iz (17) skraivaem sa p = q dobili broj n < n koji ima dva razliqita predstav aa, xto je u suprotnosti sa izborom n kao najmaeg prirodnog broja sa ti svojstvom. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je p < q . Neka je n = n − p q q · · · q ; jasno je da je n < n. Iz (17) sledi n = (q − p )q q · · · q , (18) pa je n ∈ N. Ali iz (17) sledi i n = p (p p · · · p − q q · · · q ). (19) Poxto je n najmai prirodan broj koji nema jedinstveno predstav ae i N 3 n < n, iz (18) i (19) sledi da se p pojav uje kao mnoilac ili u q − p ili u q · · · q . Prvo nije mogue jer bi iz q − p = p d sledilo q = p (d + 1), xto je kontradikcija, poxto je q prost. Ostaje mogunost da je p mnozilac u q · · · q . Zbog q · · · q n sledi da je predstav ae q · · · q kao proizvoda prostih jedinstveno, pa bi p morao da bude neki od brojeva q , . . . , q . Meutim, ovo je nemogue zbog p < q ≤ q ≤ · · · ≤ q . 5 Zadatak 19. (a) Dokazati da ako vai d|ab i (d, b) = 1, onda d|a. (b) Neka je p prost broj takav da p|ab. Dokazati da p|a ili p|b. X 3.3. Racionalni brojevi. Do celih brojeva smo doxli traei zatvorenost u odnosu na operaciju x 7→ −x. Na sliqan naqin, traei zatvorenost u odnosu na operaciju x 7→ x dolazimo do po a racionalnih brojeva Q. Ako je (F, +, •) po e, podskup E ⊂ F nazivamo potpoǉem ako je (E, +, •) po e; E je potpo e ako i samo ako za sve a, b ∈ E i c ∈ E \ {0} vai b − a ∈ E i a • c ∈ E. Definicija 9. Skup racionalnih brojeva Q je najmae potpo e po a (R, +, •). Skup R \ Q se naziva skupom iracionalnih brojeva. Sledea teorema se dokazuje na sliqan naqin kao Teorema 4. Teorema 9. Q = {mn | m ∈ Z, n ∈ N}. 4 Dokaz sledi iz qienice da je skup na desnoj strani potpo e u R, i iz minimalnosti potpo a Q. 5 1

r

1

r

1

s

2

1

s

1

1

1

2

1

0

1

1

1 2 3

s

1

1

1

1

1

2 3

s

1

1

1

2 3

1

r

2 3

s

1

2

1

s

1

1

1

1

1

2

s

2

1

s

2

1

1

1

s

2

2

1

1

s

s

−1

−1

−1

4. Arhimedovo i Kantorovo svojstvo realne prave 4.1. Arhimedova i Kantorova aksioma. Ve smo spomenuli, a sada emo to i dokazati, da u po u u kome vae aksiome (A1){(A16) Arhimedova

aksioma (ARH) Arhimedova aksioma: (∀a ∈ (0, +∞))(∀b ∈ R)(∃n ∈ N) na > b sledi iz Aksiome supremuma. Obrnuto ne vai: iz Arhimedove aksiome ne sledi Aksioma supremuma, tj. Arhimedsko po e ne mora da bude kompletno { primer nekompletnog Arhimedskog po a je po e Q. Ali ako, kao xto smo nagovestili na 12. strani, Arhimedovoj aksiomi dodamo i sledeu, Kantorovu,15 aksiomu, ove dve aksiome zajedno su ekvivalentne Aksiomi supremuma. 15Kantor (Georg Cantor, 1845{1917), nemaqki matematiqar

26

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

(KAN) Kantorova aksioma: Neka je za svako n ∈ N dat interval [a , b ] i neka vai [a , b ] ⊂\[a , b ]. Tada je n

n+1

n+1

n

n

n

[an , bn ] 6= ∅.

n∈N

Teorema 10. Arhimedova i Kantorova aksioma, uzete zajedno, su ekvivalentne Aksiomi supremuma. 4 Pretpostavimo prvo da vai Aksioma supremuma. Kada ne bi vaila Arhimedova aksioma, postojali bi realni brojevi a > 0 i b, takvi da je na ≤ b za svako n ∈ N. Tada bi skup T = {na | n ∈ N} bio ograniqen odozgo i neprazan, pa bi, prema Aksiomi supremuma, imao supremum. Neka je λ = sup T . Poxto je a > 0 vailo bi λ − a < λ, pa λ − a nije gora granica skupa T . Odatle sledi da za neko n ∈ N vai na > λ − a, tj. (n + 1)a > λ, xto je kontradikcija sa λ = sup T . Ovime smo dokazali (SUP) ⇒ (ARH). Neka su a , b kao u (KAN). Tada za m < n vai a ≤a ≤b ≤b (20) i, specijalno, a ≤ a ≤ b ≤ b . Odatle sledi da je b gora granica skupa A = {a | n ∈ N} i a doa granica skupa B = {b | n ∈ N}. Iz Aksiome supremuma i Teoreme o infimumu (Teorema 1) sledi da postoje a = sup A i b = inf B . Dokaimo da je a ≤ a ≤ b ≤ b za svako n, odakle e da sledi \ [a, b] ⊂ [a , b ]. (21) Pretpostavimo da je b < a za neko n. Tada a ne moe da bude doa granica skupa B, pa za neko b vai b c za neko t ∈ T . Rezonujui kao malopre, zak uqujemo da iz Bernulijeve nejednakosti i n

n

m

1

n

n

n

n

n

m

1

1

1

n

n

n

n

n

n∈N

n

n

m

m

n

m

n

m

n

n

m

n

m

n

n

1

1

n

n

n

n+1

n −(n+1) n

−n

n

n+1

n∈N

1

n

n n −(n+1)

1

n

1

n

n

n

−n

n

n

−n

n

−(n+1)

n+1

1

n+1

n

n

n∈N n −n

n

n

n

n∈N

n

n

n

4. ARHIMEDOVO I KANTOROVO SVOJSTVO REALNE PRAVE

27

Arhimedove aksiome sledi da postoji prirodan broj n za koji vai t−c > 2 . Odatle, poxto je c ∈ [a , b ], sledi da je a + m 2 < t. To je u kontradikciji sa definicijom broja m . Pretpostavimo sada da postoji gore ograniqee d skupa T , takvo da je d < c. Tada, ponovo na osnovu Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome, za neko n ∈ N vai c − d > 2 . Tada bi, poxto je c ∈ [a , b ], vailo a + (m − 1)2 > d, tako da bi a + (m − 1)2 bilo gore ograniqee skupa T , xto je opet u kontradikciji sa definicijom m . Sledi da je c = sup T . Ovime je dokazana implikacija (ARH) ∧ (KAN) ⇒ (SUP). 5 Do sada smo videli da, prilikom aksiomatskog zasnivaa sistema realnih brojeva, uz aksiome (A1){(A16) moemo dodati bilo koju od ekvivalentnih aksioma (SUP), (NEP), (DED) ili (ARH)+(KAN). U Paragrafu 6 emo se susresti sa jox dva ekvivalenta ovih aksioma. Navodimo sada nekoliko posledica Arhimedove aksiome. Posledica 4. 1) Za svaki realan broj x > 0 postoji prirodan broj n takav da vai < x. 2) Ako je 0 ≤ x < za sve n ∈ N onda je x = 0. 4 Iz (ARH) (∃n) n · 1 > x, a odatle 1). 2) sledi iz 1). 5 Posledica 5. Za svaki realan broj x postoji ceo broj k takav da vai k ≤ x < k + 1. 4 Neka je x ≥ 0. Iz Arhimedove aksiome i Leme 4 sledi da postoji najmai prirodan broj n za koji je n · 1 > x. Tada za k = n − 1 vai k ≤ x ≤ k + 1. Sluqaj x < 0 izvodi se iz ovog, mnoeem sa −1. 5 Broj k iz Posledice 5 naziva se celim delom realnog broja x i oznaqava [x]. Razlika {x} := x − [x] naziva se razlomǉenim delom broja x. Prema Posledici 5 za svaki broj x ∈ R vai [x] ≤ x < [x] + 1. Neka je d = [x]. Pretpostavimo da je d < x i podelimo interval [[x], [x] + 1] na 10 jednakih delova. Tada postoji prirodan broj d , 1 ≤ d < 9 takav da vai x ∈ [d + d · 10 , d + (d + 1) · 10 ). Ako je x = d + d · 10 pixemo x = d , d . Ako je x > d + d · 10 , onda postoji prirodan broj d , 1 ≤ d < 9 takav da vai x ∈ [d + d · 10 + d · 10 , d + d · 10 + (d + 1) · 10 ). Produimo li ovaj postupak, induktivno definixemo (konaqan ili beskonaqan) skup d , d , . . . i pixemo x = d , d d · · · . Ovaj izraz nazivamo decimalnim zapisom realnog broja x; zapis egovog razlom enog dela je {x} = 0, d d · · · . Naravno, de ee intervala na 10 delova je stvar konvencije. Ako, umesto na 10, intervale u prethodnoj konstrukciji delimo na dva dela, dobijamo binarni zapis razlom enog dela, pri qemu za svako k vai d ∈ {0, 1}, de eem na tri dela dobijamo zapis u osnovi tri, sa d ∈ {0, 1, 2} itd. 4.2. Gustina skupa racionalnih brojeva. Sledea vana posledica Arhimedove aksiome opisuje raspored racionalnih brojeva na realnoj pravoj. Teorema 11. (Gustina skupa racionalnih brojeva) U svakom intervalu (a, b) za a < b postoji bar jedan racionalan broj. −n

n

n

1

n

−n

n

−n

1

−n

n

n

1

n

−n

n

n

1 n

1 n

0

0

1

−1

0

0

0

−1

1

1

1

1

0

0

−1

1

−1

−1

0

2

2

−2

0

1

−1

2

−2

2

0

0

1

1

1 2

1 2

k

k

1

28

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Po pretpostavci je a < b, tj. b − a > 0. Iz Arhimedove aksiome sledi da postoji prirodan broj n za koji vai n(b − a) > 1, odnosno nb > na + 1. (23) Neka je k = [na] ceo deo broja na; tj. k ≤ na < k + 1. (24) Tada iz (23) i (24) sledi nb > na + 1 ≥ k + 1 > na, tj.

4

k+1 < b. n q = (k + 1)n−1

a<

Tako smo dobili racionalan broj pripada intervalu (a, b). 5 Teorema 11 pokazuje da su, za razliku od prirodnih i celih brojeva, racionalni brojevi gusto rasporeeni na realnoj pravoj. Kasnije emo videti, meutim, da u izvesnom smislu racionalnih brojeva nema vixe od prirodnih (iako su svi prirodni brojevi racionalni, ali ne i obrnuto), dok realnih brojeva ima mnogo vixe od racionalnih (Teoreme 14 i 15). Pre toga, treba da preciziramo xta to znaqi da elemenata jednog beskonaqnog skupa ima vixe od elemenata drugog. To je sledea tema naxeg izuqavaa.

5. Brojnost skupa 5.1. Kardinalni brojevi. Konaqni i beskonaqni skupovi. Na poqetku ove glave smo rekli da je pojam prirodnog broja vezan za koncept brojaa,

tj. utvrivaa broja elemenata nekog skupa. Pri tome je pojam broja mnogo mlai od koncepta brojaǌa. Jox u neolitsko doba, udi su umeli da utvrde brojnost svog stada, plemena i sl, iako nisu znali za apstraktne pojmove kao xto je pojam broja. Kako su to qinili? Uporeivaem. Na primer, ujutru bi napravili gomilu kamenqia na koju bi za svaku ivotiu stada stavili po jedan kamenqi, a uveqe bi sa gomile skinuli po jedan kamenqi, i tako bi utvrdili da li se neka ivotia izgubila. Primetimo da i mi danas qesto upravo tako utvrujemo brojnost skupova { ako elimo da utvrdimo da li imamo dovo no tacni za svaku od n xo ica za kafu, neemo dvaput brojati do n (naroqito ako je n veliko), nego emo jednostavno na svaku tacnu staviti xo icu i videti da li neka nedostaje. I to xto mi danas raqunamo u sistemu sa osnovom 10 je vezano za qienicu da imamo 10 prstiju { prvi brojni sistemi u istoriji su upravo sistemi sa osnovom 10 i 20, nastali iz koncepta brojea , na prste", tj. pridruivaa elemenata nekog skupa prstima na rukama. Sada emo dati strogu formulaciju ovog koncepta, koja ima smisla i za beskonaqne skupove. Definicija 10. Kaemo da su skupovi A i B ekvipotentni (ili da imaju istu mo, ili istu brojnost) ako postoji bijekcija ϕ : A → B.

Skup je ako je prazan ili je za neko n ∈ N ekvipotentan skupu . Skup A je beskonaqan ako nije konaqan. Ako su skupovi A i B ekvipotentni, pixemo A ∼ B. Lako se vidi da vai

A konaqan {k ∈ N | n ≤ n0 } A ∼ A,

0

A ∼ B ⇒ B ∼ A,

A ∼ B ∧ B ∼ C ⇒ B ∼ C.

5. BROJNOST SKUPA

29

Primer 6. (1) Skup 2N := {2n | n ∈ N} parnih brojeva je ekvipotentan skupu prirodnih brojeva. Zaista, ϕ : N → 2N, ϕ(n) = 2n je bijekcija. (2) Za proizvo ne realne brojeve a, b, a < b interval (a, b) je ekvipotentan intervalu (0, 1), jer je x 7→ (b − a)x + a bijekcija (0, 1) → (a, b). (3) Iz bijektivnosti funkcije ϕ : R → (−1, 1), ϕ(x) = x(1 − |x|) sledi da je (−1, 1) ∼ R. ] Zadatak 20. Dokazati N ∼ Z. X Klasu svih skupova ekvipotentnih skupu A nazivamo egovim kardinalnim brojem i oznaqavamo Card(A). Kae se jox i da je Card(A) mo skupa A. Ako je skup A konaqan i n broj iz Definicije 10, pixemo i Card(A) = n ; za prazan skup Card(∅) = 0. Da je ova definicija opravdana, tj. da za konaqan skup A postoji jedinstven broj n odreen Definicijom 10 sledi iz sledeeg tvrea. Tvreǌe 1. Ako za m, n ∈ N vai {k ∈ N | k ≤ m} ∼ {k ∈ N | k ≤ n}, onda je m = n. 4 Treba da dokaemo da za n 6= m ne postoji bijekcija ϕ : {k ∈ N | k ≤ n} → {k ∈ N | k ≤ m}. Dokaimo ovo tvree indukcijom po n. Za n = 1 ono je oqigledno. Pretpostavimo da vai za n i neka je ϕ : {k ∈ N | k ≤ n + 1} → {k ∈ N | k ≤ m} bijekcija. Ako je ϕ(n + 1) = m oznaqimo sa ψ restrikciju bijekcije ϕ na skup {k ∈ N | k ≤ n}; ako je ϕ(n + 1) = m 6= m i m = ϕ(n ), definiximo ( −1

0

0

0

1

1

ψ : {k ∈ N | k ≤ n} → {k ∈ N | k ≤ m − 1},

ψ(k) =

m1 , ϕ(k),

k = n1 , k 6= n1 .

Oqigledno je da je ψ bijekcija, pa prema induktivnoj pretpostavci vai m − 1 = n, tj. m = n + 1. 5 Posledica 6. Konaqan skup nije ekvipotentan nijednom svom pravom podskupu. Zadatak 21. (Kombinatorika) (a) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih bijekcija f : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} jednak n!. Bijekcije skupa {1, 2, . . . , n} u sebe nazivaju se permutacijama. (Uputstvo: primeniti metod indukcije.) (b) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih ureenih k{torki elemenata skupa {1, 2, . . . , n} jednak n . Ureene k{torke elemenata skupa {1, 2, . . . , n} zovu se varijacijama k{te klase od n elemenata. (v) Dokazati da je kardinalni broj skupa svih ureenih k{torki razli. Ovi elementi nazivaju se qitih elemenata skupa {1, 2, . . . , n} jednak varijacijama bez ponavǉaǌa k {te klase od n elemenata. (g) Dokazati da je broj podskupova skupa {1, 2, . . . , n} koji imaju k elemenata jednak . Ovaj broj naziva se brojem kombinacija k{te klase od n elemenata. (d) Dokazati da je broj svih podskupova skupa {1, 2, . . . , n} jednak 2 . X k

n! (n−k)!

n k

n

30

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Sledee tvree je kontrast Posledici 6 i daje karakterizaciju konaqnih (a time i beskonaqnih) skupova. Tvreǌe 2. Sledea tvrea su ekvivalentna. (1) Skup A je ekvipotentan nekom svom pravom podskupu. (2) Skup A je beskonaqan. (3) Postoji injekcija ϕ : N → A. 4 (1) ⇒ (2) sledi iz Posledice 6. Neka vai (2). Definiximo injekciju ϕ : N → A induktivno. Neka je ϕ(1) proizvo an element skupa A. Pretpostavimo da smo definisali ϕ(n). Poxto je skup A beskonaqan, skup A \ {ϕ(k) | k ≤ n} je neprazan; neka je ϕ(n + 1) egov proizvo an element. Time je dokazana implikacija (2) ⇒ (3). Pretpostavimo sada da vai (3). Primetimo da je σ : N → N, σ(n) = n + 1 injekcija skupa N na egov pravi podskup N \ {1} (Teorema 3). Definiximo preslikavae ( ψ : A → A,

ψ(a) =

a, ϕ(σ(n)),

a∈ / ϕ(N), a = ϕ(n).

Lako se vidi da je ψ bijekcija skupa A i egovog pravog podskupa A \ {ϕ(1)}, xto dokazuje implikaciju (3) ⇒ (1). 5 Iz Tvrea 2 sledi da je N , najmai" beskonaqan skup, u smislu da svaki beskonaqan skup sadri podskup koji je ekvipotentan skupu N. Precizirajmo ovu formulaciju. Definicija 11. Kaemo da je Card(A) ≤ Card(B) ako postoji injekcija ϕ : A → B. Ovime je uvedena jedna relacija poretka. Zaista, refleksivnost sledi iz injektivnosti identiqkog preslikavaa id : A → A, id (x) = x, a tranzitivnost iz qienice da je kompozicija dve injekcije injekcija. Antisimetriqnost je sadraj sledee teoreme. Teorema 12. (Kantor–Bernxtajnova16 teorema) A

a

Card(A) ≤ Card(B) ∧ Card(B) ≤ Card(A) ⇒ Card(A) = Card(B).

Neka su i injekcije. Treba da konstruixemo bijekciju . Neka je proizvo ni element. Ako je , neka je element iz koji se slika u , tj. takav da je . Ako je sada oznaqimo sa element skupa koji se slika u , tj. . Produimo ovaj postupak. Ako za neko element ne postoji, tj. nije slika nijednog elementa, broj nazivamo poretkom elementa . Ako postoji za svako , kaemo da je beskonaqnog poretka. Skup se moe napisati kao unija A=A ∪A ∪A gde je A skup elemenata parnog (ukl uqujui i nulti) poretka, A skup elemenata neparnog poretka i A skup elemenata beskonaqnog poretka. Na sliqan

4 f :A→B g:B→A ϕ:A→B x0 ∈ A x0 ∈ g(B) x1 B x0 g(x1 ) = x0 x1 ∈ f (A) x2 A x1 f (x2 ) = x1 n xn+1 xn n x0 xn+1 n∈N x0 A 0

1

∞

0

1

∞

16Bernxtajn (Felix Bernstein, 1878{1956), nemaqki matematiqar

5. BROJNOST SKUPA

31

naqin je B = B ∪ B ∪ B . Primetimo da f preslikava A na B i A na , dok g preslikava A na B . Odatle sledi da je 0

B∞

∞

1

−1

0

1

1

∞

0

( f (a), ϕ(a) = g −1 (a),

ϕ : A → B,

bijekcija.

a ∈ A0 ∪ A∞ , a ∈ A1 5

5.2. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi. Najmae beskonaqne skupove izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 12. Skup je prebrojiv ako je ekvipotentan skupu N. Beskonaqan skup koji nije prebrojiv nazivamo neprebrojivim. Ako je skup konaqan ili prebrojiv, kaemo da je najvixe prebrojiv. Kardinalni broj skupa N oznaqava se ℵ . Daemo jox jednu formulaciju pojma prebrojivosti. Za to nam je potreban sledei pojam. Definicija 13. Niz u skupu A je preslikavae a : N → A. Umesto a(n) pisaemo a . Skup je prebrojiv, ako se egovi elementi mogu poreati u niz. Teorema 13. Prebrojiva unija prebrojivih skupova je prebrojiv skup. 4 Neka su A = {a , a , a , . . . }, n ∈ N prebrojivi skupovi. Daemo pravilo po kome se elementi skupa A := ∪ A mogu poreati u niz. Posmatrajmo tabelu 0

n

n

n1

n2

n3

n∈N

a11

a12 %

a21

a22

a23

a32

a41

a33

a42

a34 %

a43 %

· ·

a24 %

%

%

a14 %

%

%

· ·

a13 %

% a31

n

a44

··· % ··· % ··· % ···

% · ·

· ·

i poreajmo ene elemente u niz po , dijagonalnom pravilu" a11 , a21 , a12 , a31 , a22 , a13 , a41 , a32 , . . .

Primetimo da se, ako skupovi nisu disjunktni, neki elementi ponav aju, tj. vai Card(A) ≤ ℵ . Poxto je A beskonaqan, iz Tvrea 2 sledi ℵ ≤ Card(A). Zak uqak teoreme sledi iz Teoreme 12. 5 Posledica 7. Ako je skup A prebrojiv, onda je i A := A × · · · × A prebrojiv. Teorema 14. Skup Q je prebrojiv. 0

0

n

32

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

4 Na isti naqin kao u dokazu Teoreme 13 dokazuje se da je skup Q pozitivnih racionalnih brojeva +

1 1 2 1 3 1 4 1

1 2

%

2 2

%

3 2

%

4 2

%

· ·

% % % %

· ·

1 3 2 3 3 3 4 3

1 4

%

2 4

%

3 4

%

4 4

%

· ·

··· % ··· % ··· % ···

· ·

prebrojiv, tj. da ga je mogue poreati u niz {q , q , . . .}, pa Q moemo da poreamo u niz {0, q , −q , q , −q , . . .}. 5 Teorema 15. Skup R je neprebrojiv. 4 Dovo no je dokazati da je interval (0, 1) neprebrojiv (v. Primer 6). Pretpostavimo da smo sve brojeve iz intervala (0, 1) poreali u niz x , x , . . . i posmatrajmo ihov decimalni zapis: 1

1

1

2

2

2

1

2

= 0, d11 d12 d13 · · · = 0, d21 d22 d23 · · · = 0, d31 d32 d33 · · · · · · ·

x1 x2 x3 · ·

Neka je y broj qiji je decimalni zapis 0, c c · · · , gde su brojevi c , c , . . . definisani sa ( 1 2

ck =

0, 1,

1

2

dkk = 1, dkk 6= 1.

Tada je y 6= x za sve n. Zaista, iz y = x bi sledilo d = c , xto je suprotno definiciji brojeva c . Sledi da za svaki niz brojeva iz intervala (0, 1) postoji broj koji nije u tom nizu, tj. (0, 1) je neprebrojiv. 5 Zadatak 22. Dokazati Teoremu 15 na sledei naqin. Neka je dato preslikavae ψ : N → [0, 1]. Neka je I = [a , b ] ⊂ [0, 1] proizvo an interval koji ne sadri ψ(1). Definiximo interval I = [a , b ] ⊂ I kao onaj od intervala [a , (a + b )], [ (a + b ), b ] koji ne sadri ψ(2). Produavaem ovog postupka dobijamo (primenom principa definisaa indukcijom) niz intervala I takav da je I ⊂ I . Primenom Kantorovog svojtva realne prave zak uqiti da ψ nije surjekcija. X Iz Teorema 14 i 15 vidimo da racionalnih brojeva ima mnogo mae od realnih, iako izmeu svaka dva realna broja postoji racionalan (Teorema 11). Kardinalni broj skupa R oznaqava se sa ℵ ili c. Koristi se i oznaka 2 , qiji emo smisao videti kasnije. Za skupove qiji je kardinalni broj c kaemo da imaju mo kontinuuma (lat. continuum { neprekidan) . Iz Teoreme 15 sledi da je ℵ < c. Prirodno je postaviti pitae da li postoji kardinalni broj vei od c. Potvrdan odgovor daje sledea teorema. Podsetimo se da se n

n

nn

n

n

1

1

1

2

1 1 2

n

1

1

1 2

1

n+1

1

2

1

n

1

0

2

1

ℵ0

6. NEKA METRIQKA I TOPOLOXKA SVOJSTVA REALNE PRAVE

33

skupa A (u oznaci P (A)) naziva skup svih podskupova skupa . Teorema 16. (Kantorova teorema) Neka je A proizvo an skup i neka je P (A) egov partitivni skup. Tada je Card(A) < Card(P (A)). 4 Poxto je sa a 7→ {a} definisana injekcija A → P (A), sledi da je Card(A) ≤ Card(P (A)). Dokaimo da je Card(A) 6= Card(P (A)). Pretpostavimo suprotno, da postoji bijekcija ϕ : A → P (A). Neka je

partitivnim skupom A

S := {a ∈ A | a ∈ / ϕ(a)} ⊂ A.

Poxto je, po pretpostavci, ϕ surjekcija, skup S ∈ P (A)je slika nekog elementa a ∈ A, tj. S = ϕ(a ). Jasno je da mora da vai jedno od sledea dva tvrea: a ∈ S ili a ∈ / S . Meutim, oba od ovih tvrea daju kontradikciju: 0

0

0

0

a0 ∈ S = ϕ(a0 ) ⇒ a0 ∈ /S a0 ∈ / S = ϕ(a0 ) ⇒ a0 ∈ S.

Obe implikacije su posledica definicije skupa S. 5 Posledica 8. Ne postoji najvei kardinalni broj. U sluqaju skupa N, kardinalni broj Card(P (N)) je opisan sledeom teoremom, koja i opravdava oznaku ℵ = 2 (v. Zadatak 21 (d)). Teorema 17. Kardinalni broj skupa P (N) jednak je kardinalnom broju skupa R. 4 Iz Primera 6 sledi da je dovo no dokazati da je P (N) ∼ (0, 1). Neka je f : P (N) → (0, 1) preslikavae koje podskupu A ∈ N pridruuje realni broj f (A) sa decimalnim zapisom 0, d d · · · , gde je ( 1

ℵ0

1 2

dk =

0, 1,

k∈ / A, k ∈ A.

Obrnuto, neka je g : (0, 1) → P (N) preslikavae koje broju sa binarnim zapisom x = 0, d d · · · (v. diskusiju posle Posledice 5) pridruuje skup g(x) := {n ∈ N | d = 1} ⊂ N. Oba preslikavaa su injekcije, pa dokaz teoreme sledi iz Teoreme 12. 5 Primetimo da iz Teorema 17 i 16 dobijamo jox jedan dokaz Teoreme 15. 1 2

n

6. Neka metriqka i topoloxka svojstva realne prave 6.1. Apsolutna vrednost i metrika. U skupu realnih brojeva definisana je operacija | · | izrazom

(25) Ova operacija naziva se apsolutnom vrednoxu ili modulom realnog broja. Lako se proverava da je za svako x∈R ( x, za x ≥ 0 |x| = −x, za x < 0 i da vai |x| ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a, |x| < a ⇔ −a < x < a, −|x| ≤ x ≤ |x|. (26) |x| = max{−x, x}.

34

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Brojeve

za x ≥ 0 (27) za x < 0 Nazivamo pozitivnim i negativnim delom broja x. Oqigledno vai (

x+ =

za x > 0 za x ≤ 0

x, 0,

|x| = x+ + x− ,

(

x− =

x = x+ − x− ,

x+ =

0, −x,

|x| + x , 2

x− =

|x| − x . 2

7 Apsolutna vrednost ima sledea svojstva: 1. |x| ≥ 0 i |x| = 0 ⇔ x = 0 2. |λx| = |λ||x| 3. |x + y| ≤ |x| + |y| 4. ||x| − |y|| ≤ |x − y|. 4 Dokaz prvog svojstva je oqigledan. Dokaz drugog svojstva lako se izvodi diskusijom sluqajeva kada su λ i x oba pozitivna, suprotnog znaka i oba negativna. Iz treeg izraza u (26) sledi −|x| ≤ x ≤ |x| i − |y| ≤ y ≤ |y|. Sabiraem ovih nejednakosti dobija se −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|, odakle, na osnovu prvog izraza u (26) sledi dokaz treeg svojstva. Dokaimo qetvrto svojstvo. Iz treeg sledi Lema .

|x| = |y + (x − y)| ≤ |y| + |x − y|,

|y| = |x + (y − x)| ≤ |x| + |y − x| = |x| + |x − y|,

xto daje −|x − y| ≤ |x| − |y| ≤ |x − y|. Dokaz qetvrtog svojstva sada sledi iz (26). 5 Definicija 14. Preslikavae d : R × R → [0, +∞) definisano sa d(x, y) = |x − y| nazivamo standardnim rastojaǌem ili standardnom metrikom na realnoj pravoj R. Iz osobina apsolutne vrednosti sledi da preslikavae d ima sledea svojstva: (M1) d(x, y) ≥ 0 i d(x, y) = 0 ⇔ x = y (M2) d(x, y) = d(y, x) (M3) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z). Zaista, svojstva (M1) i (M3) slede iz Leme 7, a svojstvo (M2) neposredno iz definicije apsolutne vrednosti. Svojstvo (M3) se naziva nejednakoxu trougla; istim imenom naziva se i svojstvo (3) u Lemi 7. 6.2. Teorema o otvorenom pokrivau. Primetimo da se otvoreni i zatvoreni intervali, qija definicija je izvedena iz strukture poretka, mogu opisati jezikom metrike: (x0 − ε, x0 + ε) = {x ∈ R | d(x0 , x) < ε},

[x0 − ε, x0 + ε] = {x ∈ R | d(x0 , x) ≤ ε}.

Interval (x −ε, x +ε) naziva se ε–okolinom taqke x . Koristiemo i oznaku B(x , ε) := (x − ε, x + ε). 0

0

0

0

0

0

6. NEKA METRIQKA I TOPOLOXKA SVOJSTVA REALNE PRAVE

35

Definicija 15. Familija J skupova se naziva pokrivaǌem skupa A ako je A ⊂ ∪ J . Potpokrivaǌe pokrivaa J skupa A je familija J ⊂ J koja je i sama pokrivae skupa A. Pokrivae skupa otvorenim intervalima naziva se egovim otvorenim pokrivaǌem. Pokrivae nazivamo konaqnim ako se familija J sastoji od konaqnog broja skupova. Teorema 18. (Borel17–Lebegova18 teorema) Svako otvoreno pokrivae J segmenta [a, b] ima konaqno potpokrivae. 4 Pretpostavimo da je I = [a, b] segment koji se ne moe pokriti konaqnom familijom otvorenih intervala iz J . Podelimo interval I na dva intervala [a, (a + b)/2], [(a + b)/2, b]; tada se bar jedan od ih ne moe pokriti konaqnom familijom intervala iz J . Oznaqimo taj segment sa I i ponovimo postupak. Tako dobijamo niz segmenata I ⊃ I ⊃ . . . koji ne dopuxtaju konaqno pokrivae skupovima familije J . Po Kantorovoj aksiomi, postoji broj c koji pripada svakom od intervala I . Broj c svakako pripada i nekom intervalu (λ, µ) ∈ J . Neka je δ = min{d(c, λ), d(c, µ)} rastojae taqke c do blieg kraja intervala (λ, µ), tako da je (c − δ, c + δ) ⊂ (λ, µ). (28) Primetimo da je interval I konstruisan de eem intervala I duine b − a na dva dela n puta, pa je egova duina jednaka 2 (b − a). Za dovo no veliko n vai 2 (b − a) < δ . Poxto je c ∈ I sledi da je I ⊂ (c − δ, c + δ). (29) Iz (28) i (29) sledi I ⊂ (λ, µ), xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da se I ne moe pokriti konaqnim brojem intervala iz J . 5 6.3. Taqke nagomilavaa. Zatvoreni skupovi. Posmatrajmo skup A = { | n ∈ N}. Iz Arhimedove aksiome sledi da svaka ε{okolina nule sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Primetimo da nijedno x 6= 0 nema to svojstvo { svaki broj razliqit od nule ima okolinu koja ne sadri vixe od jedne taqku skupa A. Sledei ovu intuiciju, rei emo da je nula taqka nagomilavaǌa skupa A, a da su taqke egove izolovane taqke. Precizirajmo ove pojmove sledeom definicijom. Definicija 16. Taqka x ∈ R se naziva taqkom nagomilavaǌa skupa A ⊂ R ako svaka ena ε{okolina sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Skup svih taqaka nagomilavaa oznaqavaemo sa A . Skup A := A ∪ A naziva se zatvoreǌem skupa A. Ako je A = A skup A nazivamo zatvorenim. Ako je B ⊂ A i B = A kaemo da je skup B gust (ili svuda gust) u A. Taqka a ∈ A koja nije taqka nagomilavaa naziva se izolovanom taqkom skupa A. Rub skupa A ⊂ R je skup ∂A := A ∩ (R \ A). Primetimo da taqka nagomilavaa skupa ne mora da pripada tom skupu, dok mu svaka izolovana taqka, po definiciji, pripada. Iz definicije sledi da je taqka x ∈ A izolovana ako i samo ako postoji ε{okolina B(x , ε) za koju vai A ∩ B(x , ε) = {x }. J⊂J

0

1

1

1

2

n

n

1

−n

−n

n

n

n

n

1 n

1 n

0

0

0

0

0

0

0

0

17Borel (Emil Borel, 1871{1956), francuski matematiqar 18Lebeg (Henri Lebesgue, 1875{1941), francuski matematiqar

36

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

7 (a) Ako je A = (0, 1) ∪ {2} onda je A = [0, 1], A = [0, 1] ∪ {2}, . Taqka 2 je izolovana taqka skupa A. (b) Za skup racionalnih brojeva vai Q = R (v. Teoremu 11 na str. 27). (v) Zatvoreni interval je zatvoren skup. Konaqna unija zatvorenih intervala je zatvoren skup. Za beskonaqnu uniju ovo ne mora da vai: ∪ [ , 1] = (0, 1] nije zatvoren skup. ] Zadatak 23. Neka je A ⊂ R ograniqen i zatvoren skup. Dokazati da je sup A ∈ A i inf A ∈ A. X Teorema 19. (Bolcano19–Vajerxtrasova20 teorema) Svaki beskonaqan i ograniqen podskup A ⊂ R ima taqku nagomilavaa. 4 Poxto je A ograniqen, postoji pozitivan realan broj ρ takav da je A ⊂ [−ρ, ρ]. Pretpostavimo da nijedna taqka intervala [−ρ, ρ] nije taqka nagomilavaa skupa A. Tada za svaku taqku x ∈ [−ρ, ρ] postoji ε {okolina I(x) = (x − ε , x + ε ) koja sadri najvixe konaqno mnogo taqaka skupa A. Familija ovih ε {okolina pokriva segment [−ρ, ρ], pa iz Teoreme 18 sledi da postoji konaqna familija I(x ), . . . , I(x ) koja pokriva [−ρ, ρ], a time i A. Poxto se u svakom od ovih skupova nalazi najvixe konaqno mnogo taqaka skupa A, odatle sledi da je A konaqna unija konaqnih skupova, xto je u protivreqnosti sa pretpostavkom da je A beskonaqan. 5 Analizirajmo deta nije dokaze Teoreme 18 i Teoreme 19. Vidimo da smo Teoremu 18 izveli kao posledicu Aksiome supremuma (SUP), a zatim, Teoremu 19 kao posledicu Teoreme 18. Tako smo dobili lanac implikacija (SUP) ⇒ Borel{Lebegova teorema ⇒ Bolcano{Vajerxtrasova teorema. Zajedno sa ekvivalencijom (SUP) ⇔ (ARH) ∧ (KAN) dokazanom u Teoremi 10 na strani 26 i sledeim zadatkom, dobijamo jox dve aksiome ekvivalentne Aksiomi supremuma. Lema 8. Vai implikacija Bolcano–Vajerxtrasova teorema ⇒ (ARH) ∧ (KAN). 4 Za a > 0 skup {na | n ∈ N} nema taqku nagomilavaa, pa ne moe biti ograniqen, odakle sledi Arhimedova aksioma. Za dokaz (KAN) posmatrajmo skupove {a , a , . . .} i {b , b , . . .} iz formulacije Kantorove aksiome. Oni su ograniqeni (jer su podskupovi segmenta [a , b ]), pa imaju taqke nagomilavaa a i b. Lako je videti da za ih vai inkluzija (21) na strani 26. 5 Iz Leme 8 i diskusije pre e sledi da se u aksiomatskom zasnivau po a R aksioma (SUP) moe zameniti bilo kojom od Teorema 18 i 19. 0

Primer . ∂A = {0, 1, 2}

1 n∈N n

x

x

x

x

1

1

2

n

1

2

1

1

19Bolcano (Bernhard Bolcano, 1781{1848), qexki matematiqar 20Vajerxtras (Karl Weierstrass, 1815{1897), nemaqki matematiqar

6. NEKA METRIQKA I TOPOLOXKA SVOJSTVA REALNE PRAVE

37

6.4. Otvoreni skupovi. Topologija. Skupove koji se mogu predstaviti kao proizvo na unija otvorenih intervala izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 17. Podskup U ⊂ R zovemo otvorenim je unija neke familije otvorenih intervala. Po definiciji, prazan skup ∅ je takoe otvoren. Familiju otvorenih podskupova u R zovemo topologijom realne prave i oznaqavamo sa τ . Sledee dve leme slede direktno iz definicije. Lema 9. Podskup U ⊂ R je otvoren ako i samo ako sa svakom svojom taqkom sadri i neku enu ε{okolinu, tj. ako i samo ako za svako x ∈ U postoji ε > 0 takvo da je (x − ε, x + ε) ⊂ U . Lema 10. Topologija τ realne prave ima sledee osobine: (T1) ∅ ∈ τ , R ∈ τ (T2) U, V ∈ τ ⇒ U ∩ V ∈ τ . (T3) Za proizvo nu familiju {U } skupova iz τ vai S U ∈ τ . Iz (T2) sledi, indukcijom, da je presek konaqne familije otvorenih skupova otvoren skup. Za beskonaqne familije to ne vai: ∩ (− , ) = {0} nije otvoren skup. Definicija 18. Otvorena okolina taqke x ∈ R je otvoren podskup U ⊂ R takav da je x ∈ U . Otvorena okolina taqke +∞ ∈ R je svaki otvoren skup koji sadri interval {x | x > a} za neko a ∈ R; otvorena okolina taqke −∞ ∈ R je svaki otvoren skup koji sadri interval {x | x < a} za neko a ∈ R. Sledea lema objaxava vezu izmeu otvorenih i zatvorenih skupova. Lema 11. Skup K ⊂ R je zatvoren ako i samo ako je egov komplement R \ K otvoren. 4 Pretpostavimo da je K zatvoren i neka je x ∈ R\K . Poxto je K = K , vai x ∈ / K , tj. x nije taqka nagomilavaa skupa K . Odatle sledi da postoji ε{ okolina B(x , ε) taqke x takva da vai B(x , ε) ∩ K = ∅, tj. B(x , ε) ⊂ R \ K . To znaqi, na osnovu Leme 9, da je R \ K otvoren. Obrnuto, pretpostavimo da je R \ K otvoren i x ∈ K . Kada bi vailo x ∈ / K , iz otvorenosti skupa R \ K i Leme 9 sledilo da postoji okolina B(x , ε) ⊂ R \ K . Tada bi vailo B(x , ε) ∩ K = ∅, xto je u suprotnosti sa definicijom zatvorea. Dakle za svako x ∈ K vai x ∈ K , tj. K = K . 5 Pokaimo sada jox jedno svojstvo otvorenih podskupova realne prave. Teorema 20. Svaki otvoren podskup U ⊂ R moe se predstaviti kao prebrojiva unija disjunktnih otvorenih intervala. 4 Iz Teoreme 11 o gustini skupa Q sledi da za svako x ∈ U postoji otvoreni interval J ⊂ U sa krajevima u Q koji sadri x. Pridruimo svakom x ∈ U jedan takav interval i oznaqimo dobijenu familiju intervala sa J . Poxto svakom intervalu [q , q ] ∈ J moemo da pridruimo par (q , q ) ∈ Q × Q, iz Teoreme 14 i Posledice 7 sledi da familija J sadri najvixe prebrojivo mnogo intervala. Oqigledno je da svi ovi intervali pokrivaju skup U . R

0

0

0

R

R

R

R

R

λ λ∈Λ

R

λ

λ∈Λ

1 1 n n

n∈N

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

2

0

1

2

R

38

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Uvedimo u J sledeu relaciju ekvivalencije: I i J su ekvivalentni ako postoji konaqno mnogo intervala I , I . . . , I ∈ J takvih da vai I = I, I = J, I ∩ I 6= ∅. Pridruimo svakoj klasi ekvivalencije C ⊂ J uniju svih ∪ J intervala koji joj pripadaju. Dokaimo da je svaka takva unija i sama otvoreni interval. Neka je M = sup ∪ J ako ovaj supremum postoji, u protivnom neka je M = +∞. Sliqno, neka je m = inf ∪ J ili m = −∞. Oqigledno vai ∪ J ⊂ [m, M ]. Dokaimo da je ∪ J = (m, M ). Neka je x ∈ (m, M ). Po definiciji supremuma i infimuma, postoje a, b ∈ ∪ J takvi da vai m < a < x < b < M . Po definiciji relacije ekvivalencije koju razmatramo, to znaqi da postoje intervali J , . . . , J ∈ J takvi da vai a ∈ J , b ∈ J i J ∩J 6= ∅. Izaberimo u svakom od skupova J ∩ J taqku x . Tada je x ∈ [x , x ] za neko k, xto znaqi x ∈ J . Odatle sledi da vai (m, M ) ⊂ ∪ J . Ostaje jox da dokaemo da m, M ∈ / ∪ J . Kada bi bilo M ∈ J za neko J ∈ C , tada, poxto je interval J otvoren, M ne bi mogao da bude egov supremum, a samim tim ni sup ∪ J . Sliqno se dokazuje i m∈ /∪ J. Poxto su intervali koji odgovaraju razliqitim klasama disjunktni i ima ih prebrojivo mnogo, sledi tvree teoreme. 5 Iz Teoreme 20 i Leme 11 sledi da je svaki zatvoren skup komplement prebrojive unije disjunktnih otvorenih intervala. Sledei primer daje jednu takvu reprezentaciju. Primer 8. (Kantorov skup) Neka je C zatvoreni interval [0, 1]. Odstranimo iz C otvoreni interval ( , ) i oznaqimo sa C preostali skup, tj. uniju zatvorenih intervala [0, ] i [ , 1]. Odstranimo sada srede treine iz ova dva intervala i oznaqimo preostalii skup sai C h, tj. i h i h h 1

1

2

n

n

k

k+1

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

0

n

k

n

0

k+1

k

k

x+1

k+1

k

k+1

J∈C

J∈C

J∈C

J∈C

0

0

1 3

1 2 3 3 2 3

1

2

1 2 3 6 7 8 C2 = 0, ∪ , ∪ , ∪ ,1 . 9 9 9 9 9 9

Produimo ovaj postupak i definiximo induktivno niz skupova C . Skup n

C=

∞ \

Cn

se naziva Kantorovim skupom. ] Zadatak 24. (a) Dokazati da Kantorov skup ima mo kontinuuma. Uputstvo: dokazati da se u decimalnom zapisu sa osnovom tri (str. 27) skup C sastoji od brojeva qija prva cifra nije 1, skup C od brojeva qije prve dve cifre nisu 1, itd. Zak uqiti da je C skup brojeva koji se u sistemu sa osnovom tri zapisuju pomou cifara 0 i 2. Dokazati da ovaj skup ima mo kontinuuma koristei ideju dokaza Teoreme 17 (str. 33). (b) Dokazati da svaki interval (a, b) ⊂ [0, 1] sadri otvoreni podinterval u kome nema taqaka Kantorovog skupa. Uputstvo: Po konstrukciji, ni u jednom od intervala ((3m + 1)3 , (3m + 2)3 ) nema taqaka Kantorovog skupa. Indukcijom se dokazuje da je 3 > n, pa odatle i iz Arhimedove aksiome sledi da postoji n za koje je 3 > , tj. 3 < . Ponovo primeujui Arhimedovu aksiomu, zak uqiti da postoji k ∈ N za koje je (3k + 1)3 > a. Neka je m minimum skupa takvih k . Tada je ((3m + 1)3 , (3m + 2)3 ) ⊂ (a, b). X n=1

1

2

−n

−n

n

n

6 b−a

−n

b−a 6

−n

−n

−n

7. JEDNAQINA x

n

39

=a

Iz Zadatka 24 (b) vidimo da su taqke Kantorovog skupa priliqno retko rasporeene na intervalu [0, 1]. Za skup koji ima svojstvo iz Zadatka 24 (b) kaemo da je nigde gust u [0, 1]. Zadatak 24 nam daje primer skupa koji je nigde gust u [0, 1], ali neprebrojiv. To je kontrast u odnosu na Teoreme 11 i 14, koje pokazuju da je skup racionalnih brojeva iz intervala [0, 1] svuda gust u tom intervalu, ali prebrojiv. Ovime smo otkrili jedno zanim ivo svojstvo realne prave: na u se brojqano vei skup moe smestiti tako da zauzme mae mesta od brojqano maeg.

7. Jednaqina x

n

=a

U Primeru 4 smo definisali izraz x za n ∈ N. Sada emo dokazati jednu vanu teoremu, vezanu za rexavae jednaqine n

xn = a.

Setimo se da nas je razmatrae ove jednaqine za n = 2, a = 2 dovelo do pojma iracionalnog broja. Teorema 21. Neka je a ≥ 0 i n ∈ N. Tada postoji jedinstven broj x ∈ [0, +∞) takav da vai x = a. 4 Dokaimo prvo jedinstvenost. Neka za x, y ∈ [0, +∞) vai x = a, y = a. Iz nenegativnosti brojeva x i y, aksioma (A16) i (A12) i principa matematiqke indukcije lako sledi x 0. Jedinstveno rexee jednaqine x = a nazivamo n–tim korenom broja a i oznaqavamo sa √a. Za m ∈ Z, m < 0 definixemo a := (a ) , a za q ∈ Q√, q = , m ∈ Z, n ∈ N definixemo n

h

n

1 m

n

1 m

n i

n

n

−m −1

m

m n

aq =

n

am .

Po definiciji, a = 1. Svojstva stepenovaa racionalnim brojem izdvajamo sledeom lemom. Lema 12. Neka je a > 0, b > 0 i p, q ∈ Q. Tada vai (a) a = a a , a = (a ) , (ab) = a b (b) p > 0 ∧ a 1 ∧ q a . 4 Dokaz lako sledi iz analognih svojstava stepenovaa prirodnim brojem, koja se dokazuju indukcijom, i svoea racionalnih brojeva na zajedniqki imenilac. 5 Sada moemo da uvedemo i stepenovae proizvo nim realnim brojem. Definicija 20. Za x ∈ R i a ≥ 1 definixemo a := sup{a | q ∈ Q, q < x}, (33) a za 0 < a ≤ 1 1 0

p+q

p q

pq

p q

p

p

q

p

p

p p

q

x

p

q

ax =

−x

,

Za a = 0 i x > 0 je 0 = 0. Primetimo da izraz (33) ima smisla. Zaista, iz Tvrea 3 sledi da je skup {a | q ∈ Q, q < x} ograniqen odozgo bilo kojim brojem a za p ∈ Q, p > x. Na osnovu Aksiome supremuma, supremum na desnoj strani u (33) postoji. Lema 13. Za a > 1 vai a := inf{a | q ∈ Q, q > x}. 4 Neka je A = {a | q ∈ Q, q < x}, B = {a | q ∈ Q, q > x}. Iz Leme 12 sledi da je A ≤ B, pa je sup A ≤ inf B. Kada bi bilo sup A < inf B, iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome sledilo bi da inf B − sup A > a. (34) (∃m ∈ N) n > m ⇒ 1 + sup A Tada bi za svaki par racionalnih brojeva p, q takvih da je p < x < q i q − p = < vailo 0 < inf B − sup A < a − a = a (a − 1) < sup A(a − 1). (35) x

a

q

p

x

q

q

q

n

1 n

1 m

q

p

p

q−p

q−p

8. JEDINSTVENOST I POSTOJA E REALNIH BROJEVA

41

Lako se vidi da je (34) u kontradikciji sa (35). 5 Sledea lema proxiruje osobine ustanov ene u Lemi 12 na sve realne brojeve. Tvreǌe 3. Neka je a > 0, b > 0 i x, y ∈ R. Tada vai (a) a = a a , a = (a ) , (ab) = a b (b) x > 0 ∧ a 1 ∧ y < x ⇒ a < a , a < 1 ∧ y < x ⇒ a > a . 4 Daemo dokaz prve jednakosti u (a) i prve implikacije u (v); ostala tvrea ostav amo qitaocu kao zadatak. Dovo no je razmotriti sluqaj a > 1. Iz Definicije 20 i Leme 13 sledi da za svako n ∈ N postoje racionalni brojevi p, q takvi da je 1 1 |a a − a a | 0 postoje r ∈ Q ∩ (−∞, x), r ∈ Q ∩ (x, +∞) takvi da je a − ε < a i a < a + ε. Iz Leme 12 (v) sledi da za svako p ∈ (r , r ) vai a − ε < a < a + ε. Sliqno, postoje racionalni brojevi s , s takvi da za svako q ∈ (s , s ) vai a −ε < a < a +ε. Mnoeem ovih nejednakosti i uzimaem dovo no malog ε dobijamo prvi par nejednakosti u (36). Sliqno dobijamo da je za postoje racionalni brojevi t , t i u , u takvi da za svako p ∈ (t , t ) i svako q ∈ (u , u ) vai |a − a | < . Odatle sledi da za p ∈ (r , r ) ∩ (t , t ) i q ∈ (s , s ) ∩ (u , u ) vai (36). Poxto je, prema Lemi 12, a = a a , a iz nejednakosti (36) dobijamo 1 1 1 1 a a − x2 ⇒ arg(ζ1 ) < arg(ζ2 ). 1

1

π 2

0

1

π 2 0

1

0

a+b 2

0

0

0

0

1

0

0

1

2

2

1

27Valis (J. Wallis, 1616{1703), engleski matematiqar 28Lajbnic (Gottfried Wilhelm Leibniz, 1646{1716), nemaqki filosof i matematiqar

50

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

Za ovako definisane funkcije sinus i kosinus vai sin (−θ) = − sin θ,

cos (−θ) = cos θ.

Funkcije sa ovim svojstvima izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 29. Funkcija f : (−a, a) → C naziva se parnom ako je f (−x) = f (x), a neparnom ako je f (−x) = −f (x). Funkcija f (x) = x je parna za parno, a neparna za neparno n, qime je i motivisana terminologija iz prethodne definicije. Sinus je neparna, a kosinus parna funkcija. Neka je z ∈ C \ {0}.Tada je ∈ S , pa je = cos θ + i sin θ, tj. z = r(cos θ + i sin θ), gde je r = |z|. (46) Izraz (46) nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnog broja. Par (r, θ) nazivamo polarnim koordinatama kompleksnog broja z = x + iy (ili taqke (x, y) ∈ R × R). Izraz cos θ + i sin θ oznaqava se i sa cis θ. Lema 17. Sinus i kosinus imaju sledea svojstva: n

z |z|

1

z |z|

sin(θ + π2 ) = cos θ, cos(θ + π2 ) = − sin θ, sin(θ + π) = − sin θ, cos(θ + π) = − cos θ sin(−θ) = − sin θ, cos(−θ) = cos θ, sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β, cos(α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β

4

U osnovi dokaza je qienica da za fiksirano η ∈ S preslikavae 1

rη : S1 → S1 ,

z 7→ η · z

quva duinu luka. Zaista, poxto je |η| = 1, mnoee sa η je izometrija: d(η · z1 , η · z2 ) = |η · z2 − η · z1 | = |η(z2 − z1 )| = |η||z2 − z1 | = |z2 − z1 | = d(z1 , z2 ).

Poxto je definicija duine luka (Definicija 27) izvedena iz definicije rastojaa, sledi da r quva duinu luka. Dokaimo formule sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β, cos(α + β) = cos α cos β − sin α sin β. (47) Neka je z = cis α, w = cis (α + β). (48) To znaqi da je duina luka izmeu taqaka z i w jednaka β. Poxto mnoee sa η = z ∈ S quva duinu luka, i duina luka izmeu 1 i z w jednaka je β . Odatle sledi da je z w = cis β , tj. w = zcis β . Odatle i iz (48) sledi η

−1

−1

1

−1

cis (α + β) = cis α · cis β,

tj. cos(α + β) + i sin(α + β) = (cos α + i sin α) · (cos β + i sin β). Mnoeem izraza na desnoj strani i izjednaqavaem realnih i imaginarnih delova na desnoj i levoj strani dobijamo (47). Dokaz ostalih formula prepuxtamo qitaocu. 5 Iz Leme 17 slede sve ostale formule za transformacije trigonometrijskih funkcija poznate qitaocu iz kursa elementarne matematike, i mi emo ih sve smatrati dokazanim.

9. KOMPLEKSNI BROJEVI Zadatak 28. (a) Dokazati Moavrovu 29 formulu cis n θ = cis (nθ),

51

n∈Z

(b) Koristei Moavrovu formulu dokazati formule sin (3θ) = −4 sin3 θ + 3 sin θ,

cos (3θ) = 4 cos3 θ − 3 cos θ.

Nai formule za sinus i kosinus qetvorostrukog ugla. (v) Dokazati da su rexea jednaqine z = rcis θ data sa n

√ n

θ + 2kπ , n ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. n √ 3 (1 + i)19 1+i 1 1 9 Re ( 1+i (i + i−9 )99 ) Re ( 1+i (i9 − i−9 )99 )

z=

rcis

(g) Izraqunati i . (d) Izraqunati i . X Zadatak 29. (a) Neka je θ ∈ [0, 2π]. Dokazati da je preslikavae R : z 7→ cis θ · z izometrijska transformacija kompleksne ravni i da je R (rcis θ) = rcis (θ + θ ). Izometrijsku transformaciju R nazivamo centralnom rotacijom sa centrom 0 i uglom θ . (b) Dokazati da je skup centralnih rotacija sa centrom 0 podgrupa grupe izometrijskih transformacija kompleksne ravni (v. Zadatak 27). Ova podgrupa oznaqava se sa SO(2) i naziva specijalnom ortogonalnom grupom. (v) Dokazati da je preslikavae θ 7→ R morfizam grupe U(1) u grupu SO(2). X Zadatak 30. Gusar je zakopao blago na pustom ostrvu na kome su se nalazile dve stene i jedno drvo. Mesto je odabrao na sledei naqin. Od drveta je ixao do jedne stene brojei korake. Stigavxi do e skrenuo je levo pod pravim uglom i napravio isto onoliko koraka koliko je napravio od drveta do stene. Taqku do koje je tako stigao je obeleio sa X . Zatim je ponovio isti postupak sa drvetom i drugom stenom, samo xto je ovaj put, stigavxi do druge stene, skrenuo pod pravim uglom desno. Taqku do koje je na taj naqin stigao, obeleio je sa Y . Blago je zakopao na sredini dui XY . egov unuk (takoe gusar kao i deda), voen dedinom priqom o ovoj pustolovini, posle 60 godina stie na isto ostrvo sa namerom da iskopa blago. Na svoje veliko iznenaee i razoqaree, otkriva da drvo iz dedine priqe vixe ne postoji, niti je od ega ostao ikakav trag. Ipak, uspeva da nae blago. Opisati kako. (Uputstvo: Vrativxi se razoqaran i bez blaga u Evropu, unuk pokuxava da unese malo radosti u svoj ivot, pa odluquje da se upixe na Matematiqki fakultet. Posle godinu dana mar ivog rada i studiraa na M smeru, saznaje da je mnoee sa i = √−1 rotacija za prav ugao na levo. Shvata i da broj 0

θ0

0

θ0

0

θ0

0

θ

z=

z1 + i(z1 − z0 ) + (z2 − i(z2 − z0 )) 2

ne zavisi od z . Tokom leteg raspusta ponovo razapie jedra, vraa se na ostrvo i otkopava blago.) X 0

29De Moavr (Abraham De Moivre, 1667{1754), francuski matematiqar

52

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

10. Neka je p ∈ N i ζ = cis i Z = {ζ | k ∈ Z}. Iz Moavrove formule sledi ζ = 1, a odatle da je Z konaqna podgrupa unitarne grupe U(1) i ima p elemenata: svaki element g ∈ Z je stepen broja ζ : 2π p

Primer

p

k

p

p

p

2

Zp = {1, ζ, ζ , . . . , ζ p−1 }.

Kaemo da je ζ generator grupe Z . Grupa koja je generisana jednim elementom naziva se cikliqnom grupom. Svake dve konaqne cikliqne grupe sa istim brojem elemenata su izomorfne. Zaista, dovo no je preslikati generator jedne u generator druge i, koristei grupovnu operaciju, produiti ovo preslikavae do izomorfizma. Do grupe Z se moe doi i polazei od beskonaqne cikliqne grupe (Z, +). Definiximo relaciju ekvivalencije m ≡ n (mod p) ⇔ m − n je de ivo sa p; ova relacija naziva se kongruencijom po modulu p. Iz svake klase ekvivalencije moe se izdvojiti jedan od brojeva 0, 1, . . . , p − 1, pa se koliqniqki skup Z/ moe identifikovati sa skupom ostataka pri de eu sa p: p

p

≡

Z/≡ = {0, 1, . . . , p − 1}.

Iz oqigledne qienice

(49) sledi da je operacija sabiraa dobro definisana u koliqniqkom skupu Z/ . Zaista, ako su [m] i [n] klase ekvivalencije celih brojeva m i n, iz 49 sledi da je sa [m] + [n] = [m + n] dobro definisano (tj. nezavisno od predstavnika m i n klasa [m] i [n]) sabirae u Z/ , qime je skup Z/ snabdeven strukturom grupe (dokazati!). Poxto su svake cikliqne grupe sa jednakim brojem elemenata izomorfne, sledi da je ovako dobijena grupa izomorfna Z . Tako smo dali dva opisa grupe Z , polazei od multiplikativne grupe (U(1), •) i od aditivne grupe (Z, +). ] Zadatak 31. (Kriterijumi de ivosti) Neka broj n ∈ N ima decimalni zapis n = x · 10 + · · · + x · 10 + x · 10 + x · 10 + x . (50) (a) Dokazati da je broj paran ako i samo ako mu je posleda cifra u decimalnom zapisu, x , parna. (b) Dokazati da je broj de iv sa tri ako i samo ako mu je zbir cifara u decimalnom zapisu x + x + x + x + · · · + x de iv sa tri. (v) Dokazati da je broj de iv sa 11 ako i samo ako je alternirajui zbir egovih cifara u decimalnom zapisu x − x + x − x + · · · + (−1) x de iv sa 11. (g) Izvesti sliqne kriterijume de ivosti sa 4, 5, 6, 7, 9, 13. (Uputstvo: iz 10 ≡ 1 (mod 3) sledi 10 ≡ 1 = 1 (mod 3), pa iz (50) sledi n ≡ x + x + x + x + · · · + x (mod 3), odakle sledi tvree (b). Sliqno, 10 ≡ −1 (mod 11) ⇒ 10 ≡ (−1) (mod 11), odakle sledi kriterijum de ivosti sa 11. Sliqno se izvode i ostali.) X m ≡ n (mod p)

⇔

m+k ≡n+k

(mod p)

≡

≡

≡

p

k

k

p

3

3

2

2

1

0

0

0

1

2

3

k

0

1

m

0

1

2

3

k

m

m

2

3

m

k

k

9. KOMPLEKSNI BROJEVI

53

9.4. Tri nejednakosti. Zavrxiemo ovo poglav e dokazom tri vane

nejednakosti. Koliqnici

tg θ :=

sin θ , cos θ

sec θ :=

1 cos θ

nazivaju se tangensom i sekansom ugla θ. Lema 18. Za 0 ≤ θ < vae sledee dve nejednakosti: sin θ ≤ θ ≤ tg θ. 4 Neka je 0 ≤ θ ≤ ; tada je z = cis θ u prvom kvadrantu. Iz π 2

π 2

|z − 1|2 = (cos θ − 1)2 + sin2 θ ≥ sin2 θ

sledi . Poxto je duina luka , iz Definicije 27 sledi . Time je dokazana prva nejednakost. Neka je podela luka u prvom kvadrantu, kao u Definiciji 27, pri qemu je , , , . Elementarne trigonometrijske transformacije daju c sin θ ≤ d(1, z) θ 1z θ ≥ d(1, z) d 1 = z1 , . . . , zk = z 1, z zj = cis αj αj > αj−1 α1 = 0 αk = θ |zj − zj−1 |

≤ | sec αj−1 (zj − zj−1 )| = 2 sin 12 (αj − αj−1 ) cos 12 (αj −αj−1 ) cos(αj −αj−1 ) tg αj −tg αj−1 1+tg αj tg αj−1

≤ 2 sin 12 (αj − αj−1 ) sin(α −α

)

= cos(αjj −αj−1 = j−1 ) ≤ tg αj − tg αj−1 ,

pri qemu prva nejednakost sledi iz | sec α | ≥ 1, druga iz svojstva kosinusa 0 ≤ x ≤ y ≤ π ⇒ cos x ≥ cos y , a trea iz tg α ≥ 0 za 0 ≤ α ≤ . Odatle sledi j−1

π 2

|z2 − z1 | + |z3 − z2 | + · · · + |zk−1 − zk−2 | + |zk − zk−1 | ≤ tg θ,

xto, na osnovu Definicije 27, daje drugu nejednakost. 5 Teorema 24. (Koxi30–Xvarcova31 nejednakost) Za kompleksne brojeve a , . . . , a , b , . . . , b vai 1

n

1

n

n n n X 2 X X 2 ¯ ak bk ≤ |ak | |bk |2 . k=1

Neka je A = |a | , B = postavimo B > 0 (u protivnom je b taqno). Tada iz Pn

4

k=1

0

≤ = =

k

k=1

Pn

2

k=1 1

,

k=1

. Moemo da preti tvree je oqigledno

Pn |bk |2 C = k=1 ak ¯bk = · · · = bn = 0

P 2 (Bak − CbP ak − C ¯bk )P |Ba k )(B¯ k − Cbk | = P P 2 2 ¯ B |ak | − BC ak bk − BC a ¯k bk + |C|2 |bk |2 2 2 2 B A − B|C| = B(AB − |C| )

P

sledi traena nejednakost |C|

2

≤ AB

.

30Koxi (Augustin Cauchy, 1789–1857), francuski matematiqar 31Xvarc (Karl Schwarz, 1843–1921), nemaqki matematiqar

5

54

1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI

10. Vebe

(1) Dokazati da zarsvako n ∈ N vai q

2+ |

2 + ··· + {z

√

korena

π 2 = 2 cos n+1 . 2 }

(2) Dokazati da ne postoji racionalan broj qiji je kvadrat prost broj. (Uputstvo: ( ) = p ∧ (m, n) = 1 ⇒ p|m ⇒ p|n.) (3) Dokazati da brojevi √2, √3, √5, √2 + √3, √2 + √2, √2 + √3 + √5 nisu racionalni. (4) Izraqunati √5 i √5 sa taqnoxu 10 . (5) Dokazati da sledee jednaqine nemaju rexea u skupu Q: (a) x + x − 1 = 0 (b) 10 = 2 (v) 10 = 3. (6) Nai sva celobrojna rexea jednaqine 1! + 2! + · · · + x! = y . (7) Neka su a, b, c celi brojevi i neka je d = (a, b). (a) Dokazati da su sva rexea jednaqine ax+by = 0 oblika x = t, y = t, t ∈ Z. (Uputstvo: x = − y i ( , ) = 1. Primeniti Zadatak 19 na 25. strani.) (b) Dokazati da jednaqina ax + by = c ima celobrojna rexea ako i samo ako d|c i da su u tom sluqaju sva celobrojna rexea data sa x = x + t, y = y + t, t ∈ Z, gde su x , y celi brojevi koji zadovo avaju ax + by = d, a postoje na osnovu Teoreme 6. (Uputstvo: Desna strana je de iva sa d, pa to mora da bude i leva. Ako je ax + by = c. Jedno rexee je ( x , y ). Primeniti (a).) (8) Dokazati da za n ∈ N vai √n ∈ Q ⇔ √n ∈ N (9) Dokazati da je cos 1 iracionalan broj. (Uputstvo: ako je cos 1 ∈ Q onda su, zbog cos 2x = 2 cos x − 1 i cos 2 , cos 4 , cos 8 , cos 16 , cos 32 racionalni. cos 32 = cos(30 − 2 ).) (10) Dokazati da za neprazne i ograniqene podskupove A, B skupa R vai sup(A ∪ B) = max{sup A, sup B}, inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}. (11) Nai supremum i infimum skupova (a) A = { | m, n ∈ N, m < n} (b) B = { | m ∈ Z, n ∈ N}. (12) Nai (a) inf sup (b) sup inf (v) inf sup (g) sup inf . (13) Dokazati da je svaka familija disjunktnih intervala na pravoj R najvixe prebrojiva. n

m 2 n

3

3

3

−2

3

6

x

x

2

a d

a d

c d 0

b d

c d 0 0

0

b d

a d

b d

a b d d

0

0

c c d 0 d 0

◦

◦

◦

2

◦

◦

◦

m |m|+n

m n

m−n n∈N m∈N m+n m n∈N m∈N m+n

◦

m∈N n∈N

m∈N n∈N

m−n m+n

m m+n

◦

◦

◦

GLAVA 2

Funkcije realne i kompleksne promen ive Operacije i relacije definisane na C prenose se na preslikavaa proizvo nog skupa u podskup kompleksne ravni. Preciznije, za dva preslikavaa f : X → C, f : X → C i λ, µ ∈ C definiximo preslikavaa 1

1

2

2

f1 + f2 : X1 ∩ X2 → C, (f1 + f2 )(x) := f1 (x) + f2 (x), λf1 , µ + f1 : X1 → C, (λf1 )(x) := λ · f1 (x), (µ + f1 )(x) = µ + f1 (x), f1 · f2 : X1 ∩ X2 → C, (f1 · f2 )(x) := f1 (x) · f2 (x), f1 ( ff12 )(x) := ff12 (x) f2 : X1 ∩ X2 \ {x ∈ X2 | f2 (x) = 0} → C, (x) .

(1)

Ako je X = X definixemo relaciju f ≤ f ⇔ (∀x) f (x) ≤ f (x). Termin funkcija se qesto (mada to nije opxte prihvaena terminologija, pa se ponekad termini funkcija i preslikavaǌe smatraju sinonimima) koristi za takva preslikavaa, koja imaju vrednosti u skupu brojeva, tj. za preslikavaa f : X → Y , gde je Y ⊂ C. Mi emo preslikavaa f : X → Y , gde je X ⊂ R i Y ⊂ R ili Y ⊂ C nazivati funkcijama realne promenǉive; u prvom sluqaju govoriemo o realnim, a u drugom o kompleksnim funkcijama realne promen ive. Funkcije f : X → Y , gde je X ⊂ C zvaemo funkcijama kompleksne promenǉive. 1

2

1

2

1

2

1. Elementarne funkcije

U ovom paragrafu ograniqiemo se na razmatrae funkcija realne promen ive. 1.1. Polinomske funkcije. Ve smo se susreli sa pojmom polinoma. Polinomska funkcija je preslikavae f (x) = a + a x + · · · + a x , (2) sa domenom D(f ) = R. Ako su koeficijenti a , . . . , a realni, (2) definixe funkciju f : R → R, a ako je a , . . . , a ∈ C sa (2) je definisana funkcija f : R → C. Specijalno, polinomska funkcija funkcija x 7→ x naziva se stepenom funkcijom. 1.2. Racionalne funkcije. Racionalna funkcija je koliqnik dve polinomske funkcije: a + a x + ··· + a x f (x) = . (3) b + b x + ··· + b x Domen funkcije (3) je skup D(f ) = {x ∈ R | b + b x + · · · + b x 6= 0}. 0

1

n

n

0

0

n

n

n

0

0

1

n

1

m

55

0

n

m

1

m

m

56

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

1.3. Eksponencijalne funkcije. Neka je a > 0. U Definiciji 20 na str. 40 smo definisali broj a za svako x ∈ R. Lako je videti da je a > 0. Funkciju f : R → (0, +∞), f (x) = a (4) sa domenom D(f ) = R nazivamo eksponencijalnom funkcjom. 1.4. Trigonometrijske funkcije. U Definiciji 28 (str. 49) smo definisali sinus i kosinus realnog broja. Funkcije x 7→ sin x, x 7→ cos x (5) imaju domene D(sin) = D(cos) = R. Fukcije sin x 1 tg x = , sec x = (6) cos x cos x se nazivaju tangensom i sekansom i imaju domen D(tg ) = D(sec) = R\{ +kπ | k ∈ Z}. Funkcije cos x 1 cotg x = , cosec x = (7) sin x sin x se nazivaju kotangensom i kosekansom i imaju domen D(cotg ) = D(cosec ) = R \ {kπ | k ∈ Z}. 1.5. Inverzne funkcije. Da bi funkcija f : X → Y imala inverznu funkciju f : f (Y ) → X , neophodno je da bude 1{1. 1.5.1. Korene funkcije. U Definiciji 19 na str. 40 smo definisali n{ti koren pozitivnog broja. Stepena funkcija f : R → R, f (x) = x je 1 − 1 ako i samo ako je n neparan broj. Neka je n = 2k + 1. U tom sluqaju, definisana√ je inverzna funkcija x

x

x

π 2

−1

n

f −1 = 2k+1 x, √ 2k+1 x < 0 0 = 0 D(f −1 ) = R

f : R → R,

gde je x := − −x za i . Ovu funkciju nazivamo korenom funkcijom. en domen je . Neka je n = 2k. Tada je restrikcija funkcije f na [0, +∞) 1{1, pa ima inverznu funkciju. Primetimo da je i restrikcija funkcije f na interval (−∞, 0] takoe 1{1, pa i ona ima inverznu funkciju. Ove dve inverzne funkcije nazivaju se dvema granama korene funkcije. Oznaqimo ih sa f i f . Obe imaju isti domen D(f ) = D(f ) = [0, +∞), ali razliqite oblasti vrednosti: √ 2k+1

√ 2k+1

−1 −

−1 +

−1 f+ : [0, +∞) → [0, +∞),

−1 −

−1 +

−1 f− : [0, +∞) → (−∞, 0].

1.5.2. Logaritamske funkcije. Ako je a > 0 i a 6= 1 eksponencijalna funkcija (4) je 1{1. Zadatak 1. Dokazati da je f : R → (0, +∞) NA. (Uputstvo: ukoliko ne uspete, saqekajte dok stignete do 64. strane) X Inverznu funkciju f : (0, +∞) → R nazivamo logaritamskom funkcijom i oznaqavamo sa log x. U sluqaju a = e (broj e je definisan na str. 21) pixemo ln x ili log x umesto log x.1 Iz ove definicije i iz Tvrea 3 na −1

a

e

1Napuxtamo xkolski obiqaj korixea posebne oznake za logaritam sa osnovom 10.

1. ELEMENTARNE FUNKCIJE

57

str. 41 sledi da logaritamska funkcija ima sledea svojstva: loga (xy) = loga x + loga y, loga xy = y loga x, loga x logb a = logb x (a > 1 ∧ y < x) ⇒ loga y < loga x, (0 < a < 1 ∧ y < x) ⇒ loga x > loga y.

1.5.3. Inverzne trigonometrijske funkcije. Kao i u sluqaju stepenih funkcija sa parnim stepenom, trigonometrijske funkcije nisu 1{1, ali ihove restrikcije na pojedine intervale jesu, pa moemo da izdvojimo vixe grana inverznih trigonometrijskih funkcija. Po dogovoru, glavnim granama sma , , kosinusa tramo one koje se dobijaju od restrikcije sinusa na interval − na interval [0, π], tangensa na − , , sekansa na [0, π], kotangensa na (0, π) i kosekansa na − , . Ove, glavne, grane nazivamo inverznim trigonometrijskim funkcijama, ili arkus (lat. arcus { luˆk) funkcijama i oznaqavamo sa arc ispred oznake za funkciju: π 2

π 2

π 2

arcsin : [−1, 1] → − π2 , π2 , arctg : R → − π2 , π2 , arccotg : R → (0, π),

π 2

π 2

π 2

arccos : [−1, 1] → [0, π], arcsec : {x ∈ R | |x| ≥ 1} → [0,π], arccosec : {x ∈ R | |x| ≥ 1} → − π2 , π2 .

Zadatak 2. Dokazati opravdanost ovih definicija, tj. surjektivnost restrikcija trigonometrijskih funkcija na intervale koji su u prethodnoj definiciji domeni inverznih funkcija. (Uputstvo: kao za Zadatak 1) X 1.6. Klasa elementarnih funkcija. Elementarnim funkcijama nazivaemo funkcije koje se mogu dobiti iz funkcija koje smo do sada razmatrali u ovom paragrafu, operacijama sabiraa, mnoea, de ea i kompozicije. Dajemo preciznu definiciju. Definicija 1. Klasa elementarnih funkcija je najmaa klasa E realnih funkcija realne promen ive koja ima svojstva (e1) polinomske, korene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije pripadaju klasi E (e2) f, g ∈ E ⇒ f + g, f · g, ∈ E (sa odgovarajuim domenima) (e3) za X, Y, Z ⊂ R i f : X → Y , g : Y → Z vai f, g ∈ E ⇒ g ◦ f ∈ E. Primer 1. (Hiperboliqke funkcije) Funkcije f g

sh x :=

1 x (e − e−x ), 2

ch x :=

1 x (e + e−x ) 2

(hiperboliqki sinus i kosinus) su elementarne funkcije, kao i hiperboliqki tangens i kotangens th x :=

sh x , ch x

cth x :=

ch x . sh x

Hiperboliqki sinus je neparna, a hiperboliqki kosinus parna funkcija: sh (−x) = −sh x,

ch (−x) = ch x.

Ove funkcije zadovo avaju identitet ch x − sh x = 1. ] Zadatak 3. Dokazati da funkcija x 7→ sh x bijektivno preslikava R na R i da je ena inverzna funkcija p 2

arsh y = log(y +

1 + y 2 ),

2

y ∈ R,

58

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

a da funkcija x 7→ ch x bijektivno preslikava svaki od intervala (−∞, 0], [0, +∞) na [1, +∞), pa ima dve inverzne grane p p arch − y = log(y −

y 2 − 1),

arch + y = log(y +

Dokazati da hiperboliqki tangens ima inverznu funkciju arth y =

1 1+y log , 2 1−y

|y| < 1

arth y =

1 y+1 log , 2 y−1

|y| > 1.

a hiperboliqki kotangens

y 2 − 1).

X

2. Neprekidnost 2.1. Pojam neprekidnosti. Posmatrajmo funkciju g : R \ {−2} → R,

(8)

3x2 + 5x − 2 . x+2

g(x) =

Izraz na desnoj strani u (8) moemo da transformixemo: (3x − 1)(x + 2) 3x2 + 5x − 2 = = 3x − 1 x+2 x+2 x∈R D(g) = R \ {−2}

za x 6= −2. Posledi izraz je definisan za svako definisan na skupu . Funkcija

, dok je izraz u (8)

g˜(x) = 3x − 1

zadovo ava g(x) = g˜(x) za svako x ∈ R \ {−2}, pri qemu g nije definisana u taqki −2, dok je g˜(−2) = −7. Funkcija ( g˜(x) =

se razlikuje od funkcije

3x2 +5x−2 , x+2

( h(x) =

x 6= −2, x = −2.

−7, 3x2 +5x−2 , x+2

x 6= −2, x = −2.

1,

po svojstvu neprekidnosti u taqki −2, koje uvodimo sledeom definicijom. Definicija 2. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε. Kaemo da je funkcija prekidna u taqki x ako nije neprekidna u toj taqki; u tom sluqaju taqku x nazivamo taqkom prekida funkcje f . Funkcija f je neprekidna ako je neprekidna u svakoj taqki domena, tj. ako vai (∀ε > 0)(∀y ∈ D(f ))(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (9) Zadatak 4. Dokazati da funkcija g˜(x) iz prethodnog razmatraa jeste, a da funkcija h nije neprekidna u taqki −2. Za zadato ε > 0 nai δ > 0 tako da vai |x − (−2)| < δ ⇒ |˜g(x) − g˜(−2)| < ε. X 0

0

0

0

0

2. NEPREKIDNOST

59

2.2. Primeri. Ilustrovaemo pojam neprekidnosti primerima.

Primer 2. Konstantna funkcija f (x) ≡ c je neprekidna u svakoj taqki svog domena. Zaista, poxto je f (x) − f (y) = c − c = 0, implikacija iz Definicije 2 u ovom sluqaju glasi (∀ε > 0)(∀y ∈ U )(∃δ > 0)(∀x ∈ U ) |x − y| < δ ⇒ 0 < ε i oqigledno je taqna. ] Primer 3. Funkcija f (x) = |x| je neprekidna. Neka je ε > 0. Iz Leme 7, 4. na 34 sledi da je implikacija iz Definicije 2 taqna za δ = ε. ] Primer 4. Funkcija signum (lat. signum { znak), definisana sa  sgn x =

 1, 0,   −1,

x > 0, x = 0, x < 0.

je prekidna u taqki 0 i neprekidna u svakoj taqki a ∈ R \ {0}. Zaista, neka je ε = . Tada za svako δ > 0 interval |x − 0| < δ sadrzi par a, −a za neko a 6= 0. Iz |sgn a − sgn (−a)| = 2 > ε sledi da je 0 taqka prekida funkcije sgn . Neprekidnost u ostalim taqkama sledi iz Primera 2. ] Primer 5. Funkcija f (x) = x (za n ∈ N) je neprekidna na skupu R. Zaista, neka je x ∈ R. Tada je x − x = (x − x )(x + x x + · · · + xx +x ). Lako se vidi da postoji M > 0 takvo da za x ∈ (x − 1, x + 1) vai |x + x x + · · · + xx + x | < M . Neka je ε > 0. Tada za δ = min{εM , 1} vai implikacija |x − x | < δ ⇒ |x − x | < ε. ] Primer 6. Funkcije x 7→ sin x i x 7→ cos x su neprekidne na skupu R. Zaista, 1 2

n

n

0

n−2 0

n−1 0 n−1

n 0

n−1

0

n−2

0

0

n−2

n−2 0

0

−1

n−1 0

n

0

0

n 0

x + y x − y x−y | sin x − sin y| = 2 sin cos ≤ 2 sin ≤ |x − y|, 2 2 2

gde posleda nejednakost sledi iz Leme 18. Odatle sledi da za svako ε > 0, svako δ ≤ ε ispuava uslove Definicije 2. Sliqno, iz x + y x−y x − y sin | cos x − cos y| = − 2 sin ≤ 2 sin ≤ |x − y| 2 2 2

sledi neprekidnost kosinusa. ] Primer 7. Funkcija x 7→ a (za a > 0) je neprekidna na skupu R. Dokazaemo to za a > 1, sluqaj a < 1 se dokazuje analogno, dok je sluqaj a = 1 razmotren u Primeru 2. Dokaimo prvo neprekidnost u nuli. Iz Tvrea 3 na str. 41 sledi da za x ∈ R, vai 1 m ⇒ (1 + ε) > a. Odatle, na osnovu Tvrea 3 na str. 41 sledi a < (1 + ε), tj. a − 1 < ε. Odatle lako sledi 1 − a < a ε < ε. Zajedno sa (10) sada imamo x

1 −n

1 n

x

n 1 n

1 −n

1 −n

−ε < ax − 1 < ε,

1 n

60

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

odakle sledi da δ = zadovo ava uslov Definicije 2. Time je dokazana neprekidnost u nuli. Neprekidnost u proizvo noj taqki x ∈ R lako sledi iz a − a = a (a − 1) i neprekidnosti u nuli. ] Primer 8. Funkcija x 7→ log x (za a > 0, a 6= 1) je neprekidna na (0, +∞). Zaista, neka je x > 0 i ε > 0. Pretpostavimo da je a > 1, sluqaj a < 1 tretira se sliqno. Tada je 1 n

0

x

x0

x0

x−x0

a

0

x0 a−ε < x < x0 aε ⇒ −ε < loga

x = loga x − loga x0 < ε, x0

pa za δ = 2 x (a − a ) vai |x − x | < δ ⇒ | log x − log x | < ε, odakle sledi neprekidnost funkcije log x u x . Kasnije emo dati jox jedan dokaz neprekidnosti logaritamske funkcije (v. Teoremu 8 na str 68). ] Zadatak 5. Dokazati da je funkcija f (x) = x neprekidna na svom domenu. Nai najvee δ > 0 za koje iz |x − 2| < δ sledi |f (x) − f (2)| < 0, 01. X 2.3. Jox neke definicije neprekidnosti. Imajui u vidu definiciju otvorenog skupa datu na str. 37, dobijamo sledeu lemu kao jednostavnu preformulaciju definicije neprekidnosti. Lema 1. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako za svaku otvorenu okolinu V taqke f (x ) postoji otvorena okolina U taqke x takva da vai f (U ∩ D(f )) ⊂ V . Zadatak 6. Dokazati da je svaka funkcija neprekidna u svakoj izolovanoj taqki svog domena. X Napomena 1. Prirodno se postav a pitae da li je pojam neprekidnosti vezan isk uqivo za realne funkcije realne promen ive. Odmah vidimo da implikacija |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε, (11) a time i Definicija 2, ima smisla i za kompleksne funkcije kompleksne promen ive. Zaista, Definiciju 2 smatraemo od sada i definicijom neprekidnosti kompleksne funkcije kompleksne promen ive, bez potrebe da je ponav amo. Imajui u vidu definiciju otvorenog skupa u C datu na str. 47, pojam neprekidnosti kompleksnih funkcija kompleksne promen ive moemo da formulixemo i kao u Lemi 1. Iz |Re z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| , |Im z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| sledi da vai sledea lema. Lema 2. Kompleksna funkcija f : D(f ) → C je neprekidna u taqki x ako i samo ako su neprekidne realne funkcije Re f, Im f : D(f ) → R, gde je (Re f )(x) = Re (f (x)), (Im f )(x) = Im (f (x)). 4 Dokaz sledi direktno iz −1

0

−ε

ε

0

a

0

a

0

a

−1

0

0

0

0

2

2

2

0

2

2

2

2

2

0

|Re f (x) − Re f (x0 )|2

|Im f (x) − Im f (x0 )|2

≤ |f (x) − f (x0 )|2 = |Re f (x) − Re f (x0 )|2 + |Im f (x) − Im f (x0 )|2 ≤ |f (x) − f (x0 )|2 = |Re f (x) − Re f (x0 )|2 + |Im f (x) − Im f (x0 )|2

i definicije neprekidnosti implikacijom (11).

5

2. NEPREKIDNOST

61

Posledica 1. Projekcije π , π : C → R, π (z) = Re z , π z = Im z su neprekidne u svakoj taqki. 4 Dokaz sledi primenom Leme 2 na neprekidnu funkciju f (z) = z . Napomena 2. Implikacija (11) moe da se napixe u terminima pojma metrike (v. Definiciju 24 na str. 46), u vidu d(x, x ) < δ ⇒ d(f (x), f (x )) < ε. Dakle, jedina specifiqnost po a kompleksnih brojeva koju smo koristili u Definiciji 2 je postojae metrike u kompleksnoj ravni. Ovo opaae emo kasnije iskoristiti za uopxtee pojma neprekidnosti (v. Glavu 1). Napomena 3. Neka su f : D(f ) → C i f : D(f ) → C dve funkcije realne ili kompleksne promen ive i neka je x ∈ D(f ) ∩ D(f ). Pretpostavimo da postoji otvorena okolina U taqke x , takva da je f (x) = f (x) za svako x ∈ U . Tada je, na osnovu Definicije 2, oqigledno da je funkcija f neprekidna u taqki a ako i samo ako je funkcija f neprekidna u toj taqki. Drugim reqima, pojam neprekidnosti u taqki zavisi samo od ponaxaa funkcije u nekoj okolini te taqke. Zato kaemo da je neprekidnost lokalno svojstvo funkcije. Napomena 4. Imajui u vidu Napomenu 3, pri razmatrau osobina funkcije f : D(f ) → C vezanih za neprekidnost u taqki x ∈ D(f ) qesto emo se ograniqiti na posmatrae enog ponaxaa u otvorenoj okolini te taqke. Pri tome, taqka x moe da bude takva da nijedna ena otvorena okolina nije sadrana u D(f ) (npr. taqka 0 ako je D(f ) = [0, 1]). Zato uvodimo sledei pojam. Definicija 3. Neka je A ⊂ R. Tada je skup V otvoren u skupu A, ako postoji otvoren skup U ⊂ R takav da je V = U ∩ A. Kaemo jox i da je V relativno otvoren u odnosu na A. Kolekcija svih podskupova skupa A koji su otvoreni u A naziva se relativnom topologijom skupa A. Skup K je zatvoren u skupu A, ako postoji zatvoren skup L ⊂ R takav da je K = L ∩ A. Kaemo jox i da je K relativno zatvoren u odnosu na A. Na primer, interval [0, ) je otvorena okolina taqke 0 ∈ [0, 1] u skupu [0, 1]. Kada govorimo o otvorenim okolinama taqke domena funkcije D(f ), po pravilu emo pod time podrazumevati skupove otvorene u skupu D(f ), bez posebnog naglaxavaa. Lema 3. Kompleksna funkcija kompleksne promen ive f : D(f ) → C je neprekidna ako i samo ako je za svaki otvoren skup V ⊂ C skup 1

2

1

2

0

1

1

2

0

0

0

2

1

2

1

2

1

2

0

0

1 2

f −1 (V ) := {z ∈ D(f ) | f (z) ∈ V }

otvoren u D(f ). 4 Dokaz sledi iz Leme 1 i definicije otvorenog skupa. 5 Posledica 2. Kompleksna funkcija kompleksne promen ive f : D(f ) → C je neprekidna ako i samo ako je za svaki zatvoren skup K ⊂ C skup f −1 (K) := {z ∈ D(f ) | f (z) ∈ K}

zatvoren u D(f ). 4 Dokaz sledi iz Leme 3, Leme 11 na str. 37 i svojstva f f (B). −1

−1

(A \ B) = f −1 (A) \ 5

62

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

2.4. Osobine neprekidnih funkcija. Iz svojstva neprekidnosti funkcije u taqki moemo da izvedemo neke zak uqke o ponaxau funkcije u okolini te taqke. Jedan od ih je zak uqak o ograniqenosti i lokalnoj stabilnosti znaka funkcije koji izdvajamo u lemama 4 i 5. Pre toga, dajemo sledeu definiciju. Definicija 4. Funkcija f : D(f ) → C je ograniqena na skupu X ⊂ D(f ) ako postoji M ≥ 0 za koje vai (∀x ∈ X) |f (x)| ≤ M . Iz |Re z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| , |Im z| ≤ |z| = |Re z| + |Im z| sledi da je kompleksna funkcija f : D(f ) → C ograniqena ako i samo ako su ograniqene realne funkcije Re f, Im f : D(f ) → R. Lema 4. Neka je funkcija f : D(f ) → C neprekidna u taqki z . Tada je f ograniqena u nekoj otvorenoj okolini taqke z . 4 Iz napomene posle Definicije 4 sledi da je dovo no razmotriti sluqaj realne funkcije. Neka je ε > 0. Iz definicije neprekidnosti sledi da za neko δ > 0 vai z ∈ (z − δ, z + δ) ⇒ f (z ) − ε < f (z) < f (z ) + ε, pa je |f (z)| < M = |f (z )| + ε u okolini (z − δ, z + δ) taqke z . 5 Lema 5. Neka je funkcija f : D(f ) → R neprekidna u taqki z . (a) Ako je f (z ) > 0, onda postoji otvorena okolina U taqke x takva da je f (z) > 0 za sve z ∈ U . (b) Ako je f (z ) < 0, onda postoji otvorena okolina U taqke z takva da je f (z) < 0 za sve z ∈ U . 4 Neka je f (z ) > 0 i ε = f (x ). Tada iz definicije neprekidnosti sledi za neko δ > 0 vai 2

2

2

2

2

2

2

2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1 2

0

0

1 f (z0 ). 2 f (z) > f (z0 ) − 12 f (z0 ) > 0

|z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

Iz poslede nejednakosti sledi . Time je dokazano (a), (b) se dokazuje na isti naqin. 5 Posledica 3. Ako kompleksna funkcija f : D(f ) → C neprekidna u taqki z i ako je f (z ) 6= 0, onda postoji otvorena okolina U taqke z takva da je f (z) 6= 0 za svako z ∈ U . 4 Ako je f (z ) 6= 0, onda je Re f (z ) 6= 0 ili Im f (z ) 6= 0. Pretpostavimo da je Re f (z ) 6= 0. Tada, prema Lemi 5, postoji otvorena okolina U 3 z takva da je Re f (z) 6= 0 za sve z ∈ U . Ali tada je i f (z) 6= 0 za z ∈ U . 5 Algebarske operacije (1) quvaju svojstvo neprekidnosti. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 1. Neka je Z ⊂ C i neka su funkcije f, g : Z → C neprekidne u taqki z ∈ Z . Tada su neprekidne i funkcije f + g, f · g i, pod uslovom da je g(z ) 6= 0, . 4 Neka je ε > 0. Poxto su f i g neprekidne funkcije, za neko δ > 0 vai 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

f g

ε ε ∧ |g(z) − g(z0 )| < . 2 2 |(f + g)(z) − (f + g)(z0 )| ≤ |f (z) − f (z0 )| + |g(z) − g(z0 )| < ε f +g z0 |z − z0 | < δ ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

Tada je da je neprekidna u .

, odakle sledi

2. NEPREKIDNOST

63

Iz Leme 4 sledi da za neku okolinu U taqke z i neko M ≥ 0 vai (∀z ∈ . Iz neprekidnosti funkcija f i g sledi da za neko vai 0

U ) |f (z)| ≤ M ∧ |g(z)| ≤ M δ1 > 0

ε ε ∧ |g(z) − g(z0 )| < . 2M 2M

|z − z0 | < δ1 ⇒ |f (z) − f (z0 )| <

Tada je, za δ = min{δ , δ } i |z − z | < δ, 0

1

0

|(f · g)(z) − (f · g)(z0 )|

= |f (z)g(z) − f (z)g(z0 ) + f (z)g(z0 ) − f (z0 )g(z0 )| ≤ |f (z)||g(z) − g(z0 )| + |f (z) − f (z0 )||g(z0 )| ≤ M |f (z) − f (z0 )| + M |g(z) − g(z0 )| ε ε + 2M = ε, < 2M

odakle sledi da je f · g neprekidna u z . Dokaimo na kraju da je, ako je g(z ) 6= 0, neprekidna, odakle e, na osnovu prethodno dokazanog, slediti da je = f · neprekidna. Kao u dokazu Leme 5, iz neprekidnosti funkcije g sledi za neko δ > 0 vai 0

1 g

0

f g

1 g

0

|z − z0 | < δ0 ⇒ |g(z) − g(z0 )| <

tj.

1 2 |g(z0 )|

≤ |g(x)| ≤ 23 |g(x0 )|

, a za neko δ

1

>0

vai

|z − z0 | < δ0 ⇒ |g(z) − g(z0 )| <

Tada je, za δ = min{δ , δ } i |z − z | < δ, 0

1

1 |g(z0 )|, 2

|g(z0 )|2 ε . 2

0

1 1 g(z) − g(z0 ) |g(z) − g(z0 |) − ≤ ε, = ≤ 1 g(z) g(z0 ) g(z)g(z0 ) 2 |g(z0 )||g(z0 )|

5 tj. je neprekidna u z . Teorema 2. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] i neka vai f (a) · f (b) < 0. Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. 4 Iz f (a) · f (b) < 0 sledi da je vrednost funkcije na jednom kraju intervala pozitivna, a na drugom negativna. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je f (a) < 0, f (b) > 0. Podelimo interval [a, b] na dva dela taqkom . Ako je f ( ) = 0, taqka c = ispuava uslove teoreme. Pretpostavimo da je f ( ) 6= 0, tj, ne umaujui opxtost, f ( ) > 0. Oznaqimo a = , b = b. Na krajevima segmenta [a , b ] funkcija f ima vrednosti razliqitog znaga. Ponovimo sa segmentom [a , b ] isti postupak: podelimo ga taqkom na dva intervala i oznaqimo sa [a , b ] onaj od ta dva intervala na qijim krajevima funkcija f ima vrednosti suprotnog znaka. Produimo taj proces da e. Dobijamo niz segmenata [a , b ], n ∈ N koji zadovo avaju [a , b ] ⊂ [a , b ]. Poxto je duina segmenta [a , b ] jednaka 2 (b − a), sledi da je 1 g

0

a+b 2 a+b 2

a+b 2

a+b 2

a+b 2

1

1

a1 +b1 2

1

2

n

n

a+b 2

1

1

n

1

2

n

n+1

n

n

n+1

−n

inf{bn | n ∈ N} − sup{an | n ∈ N} ≤ bn − an ≤ 2−n (b − a)

za svako n ∈ N, pa je inf{b

n

. Neka je

| n ∈ N} − sup{an | n ∈ N} = 0

c := inf{bn | n ∈ N} = sup{an | n ∈ N}.

(12)

64

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

Dokaimo da je f (c) = 0. Pretpostavimo suprotno, da je f (c) 6= 0, tj, ne umaujui opxtost, da je f (c) > 0. Tada, po Lemi 5, postoji interval (c − δ, c + δ) na kome je funkcija f strogo pozitivna: (∀x ∈ (c − δ, c + δ)) f (x) > 0. (13) Meutim, iz (12) sledi da (∃n) [a , b ] ⊂ (c − δ, c + δ), pa je (13) u kontradikciji sa konstrukcijom intervala [a , b ] po kojoj funkcija f ima vrednosti suprotnog znaka u taqkama a i b . 5 Posledica 4. (Teorema o meuvrednosti) Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna i f (a) = α, f (b) = β , onda za svaki broj γ koji je izmeu α i β postoji c ∈ [a, b] takvo da je f (c) = γ. 4 Dokaz sledi primenom Teoreme 2 na funkciju g(x) = f (x) − γ . 5 Posledica 5. Neprekidna funkcija slika interval na interval. 4 Dokaz sledi iz Posledice 4 i Leme 2 na str. 17. 5 Primer 9. Preslikavae n

n

n

n

n

n

f : [0, +∞) → [0, +∞),

f (x) = xn

je neprekidno i 1 − 1, pa iz prethodne teoreme sledi da je ono bijekcija. Primetimo da smo ovime dobili jox jedan dokaz Teoreme 21 sa 39. strane. ] Zadatak 7. Rexiti na sliqan naqin Zadatke 1 i 2. X Primer 10. Neka je funkcija f : R → R ograniqena i neprekidna. Tada f ima fiksnu (ili nepokretnu) taqku, tj. postoji c ∈ R takvo da je f (c) = c. Zaista, f je ograniqena, pa (∃m, M ∈ R)(∀x ∈ R)m ≤ f (x) ≤ M . Posmatrajmo funkciju h(x) = f (x) − x; ona je neprekidna i vai m − x ≤ h(x) ≤ M − x za svako x. Odatle sledi h(m − 1) ≥ 1 > 0, h(M + 1) ≤ −1 < 0, pa po Teoremi o meuvrednosti (∃c ∈ (m − 1, M + 1))h(c) = 0, tj. f (c) = c. ] Zadatak 8. Neka je f : [0, 1] → [0, 1] neprekidna funkcija. Dokazati da ona ima fiksnu taqku. Dati primer neprekidne funkcije g : (0, 1) → (0, 1) koja nema fiksnu taqku. X Pre formulacije sledee teoreme potrebna nam je jedna definicija. Neka je X proizvo an skup (ne nuno podskup u R ili C). Definicija 5. Supremumom i infimumom funkcije f : X → R na skupu A ⊂ X nazivamo veliqine sup f := sup{f (x) | x ∈ A}, x∈A

inf f := inf{f (x) | x ∈ A}.

x∈A

Ukoliko za neko x ∈ A vai f (x ) = sup f , broj f (x ) nazivamo maksimumom funkcije f i oznaqavamo sa max f . U tom sluqaju kaemo da funkcija f dostie svoj maksimum na skupu A. Analogno se definixe i minimum funkcije. 0

0

0

x∈A

x∈A

2. NEPREKIDNOST

65

9 (a) Dokazati da za f, g : X → R i A ⊂ X vai

Zadatak .

max f = max{f (x) | x ∈ A}, x∈A

sup (−f ) = − inf f,

x∈A

x∈A

sup (f + g) ≤ sup f + sup g, x∈A

x∈A

inf (−f ) = − sup f,

x∈A

x∈A

min f = min{f (x) | x ∈ A},

x∈A

inf (f + g) ≥ inf f + inf g,

x∈A

x∈A

x∈A

x∈A

f, g ≥ 0 ⇒ sup (f · g) ≤ sup (f ) sup (g), inf (f · g) ≥ inf (f ) inf (g) x∈A

x∈A

x∈A

Pokazati primerom da prethodne nejednakosti mogu da budu i stroge (uporediti ovo sa Lemom 1 na str. 14). (b) Ako je f : X × X → R, A ⊂ X , A ⊂ X , dokazati da je x∈A

x∈A

1

2

x∈A

1

sup

1

2

2

f (x1 , x2 ) = sup ( sup f (x1 , x2 )). x1 ∈A1 x2 ∈A2

(x1 ,x2 )∈(A1 ×A2 )

(v) Ako je f

,

,

,

1 : X1 → R f2 : X2 → R A1 ⊂ X1 A2 ⊂ X2 (f (x1 ) + f (x2 )) = sup f (x1 ) + sup f (x2 ).

sup

x1 ∈A1

(x1 ,x2 )∈(A1 ×A2 )

, dokazati da je X

x2 ∈A2

Teorema 3. (Vajerxtrasova teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je f ograniqena i dostie svoj minimum i maksimum. 4 Iz Leme 4 sledi da za svaku taqku x ∈ [a, b] postoji okolina U (x) takva da je f ograniqena na U (x). Skupovi U (x) pokrivaju [a, b]. Po Borel { Lebegovoj teoremi (str. 35) postoji konaqno potpokrivae, tj. konaqan skup taqaka x , . . . , x ∈ [a, b] takav da skupovi U (x ), . . . , U (x ) pokrivaju [a, b]. Poxto je (∀x ∈ U (x )) |f (x)| ≤ M , sledi da je 1

n

1

k

n

k

(∀x ∈ [a, b]) |f (x)| ≤ M := max{M1 , . . . , Mn },

xto znaqi da je funkcija f ograniqena. Dokaimo da f dostie maksimum. Pretpostavimo suprotno { neka je S = sup f , ali f (x) < S za sve x ∈ [a, b]. Tada je funkcija g(x) := (S − f (x)) dobro definisana i neprekidna (po Lemi 1). Prema upravo dokazanom tvreu, svaka neprekidna funkcija je ograniqena na [a, b]. Meutim, po definiciji supremuma, (∀n ∈ N)(∃x) S − f (x) < n , tj. g(x) > n, xto znaqi da je g neograniqena. Ova kontradikcija pokazuje da za neko x ∈ [a, b] vai f (x ) = S , tj. f dostie maksimum. Analogno se dokazuje i da f dostie minimum. 5 2.5. Ravnomerna neprekidnost. Iz Primera 5 na str. 59 sledi da je funkcija f (x) = x neprekidna. Neka je ε = 1; naimo δ tako da implikacija |x − x | < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε (14) iz definicije neprekidnosti vai u taqki x = 0. U tom sluqaju, nejednakost |f (x) − f (0)| < ε = 1 je ekvivalentna nejednakosti −1 < x < 1, koja je zadovo ena za x ∈ (−1, 1), tj. za |x − 0| < 1. Zak uqujemo da je implikacija (14) taqna za δ = 1. Neka je sada x = 2. Lako se vidi da u ovoj taqki za δ = 1 koje nam je u sluqaju taqke x = 0 obezbeivalo taqnost implikacije (14) u ovom sluqaju to ne qini: |x − 2| < 1 ⇒ |x − 2 | < 1 nije taqno, npr. za x = . Znaqi, za zadato ε > 0, izbor δ > 0 koje zadovo ava implikaciju (14) zavisi od taqke x . x∈[a,b]

−1

−1

0

0

2

0

0

0

2

0

0

2

0

2

5 2

66

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

Sa druge strane, u Primeru 6 (str. 59) smo videli da za funkciju f (x) = moemo, za zadato ε > 0, da naemo jedno δ > 0 tako da je implikacija (14) taqna za svako x . Funkcije kod kojih je mogu ovakav, uniforman (tj. nezavisan od taqke x ) izbor δ nazivamo uniformno (ili ravnomerno) neprekidnim. Precizirajmo to sledeom definicijom. Definicija 6. Funkcija f : D(f ) → C se naziva uniformno (ili ravnomerno) neprekidnom ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀y ∈ D(f ))(∀x ∈ D(f )) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (15) Pojam ravnomerne neprekidnosti je jaqi od pojma neprekidnosti. Taqnije, vai sledea lema. Lema 6. Ravnomerno neprekidna funkcija je neprekidna. 4 Ako vai implikacija (9) iz Definicije 2 (str. 58), onda vai i implikacija (15). 5 Primer 11. Funkcija f : R → R, f (x) = x je neprekidna, a nije ravnomerno neprekidna. Primetimo da to nismo dokazali u razmatraima pre Definicije 6, gde smo pokazali samo da je za jedno δ implikacija (14) taqna za x = 0, a nije za x = 2. Da bismo dokazali da f nije ravnomerno neprekidna, potrebno je pokazati vixe od toga { potrebno je dokazati da vai (∃ε > 0)(∀δ > 0)(∃y ∈ D(f ))(∃x ∈ D(f )) |x − y| < δ ∧ |f (x) − f (y)| ≥ ε. (16) Neka je ε = 1. Posmatrajmo brojeve x = √n + 1 i y = √n. Tada je x − y = . Jasno je da za svako δ > 0 postoje x , y takvi da je x − y < δ. Meutim, uvek vai f (x ) − f (y ) = 1 ≥ ε. Time je dokazano (16). ] Teorema 4. (Kantorova teorema) Ako je funkcija f : [a, b] → C neprekidna na ograniqenom i zatvorenom intervalu [a, b], onda je ona i ravnomerno neprekidna. 4 Neka je ε > 0. Iz definicije neprekidnosti sledi da za svako x ∈ [a, b] postoji δ za koje vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < 2 ε. Neka je U = (x − 2 δ , x + 2 δ ) za svako x. Intervali U qine otvoreno pokrivae intervala [a, b]. Iz Borel { Lebegove teoreme (str. 35) sledi da postoji konaqno potpokrivae U , . . . , U . Neka je δ = min{2 δ , . . . , 2 δ }. Tada vai (∀x)(∀y) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. (17) Zaista, neka za x, y ∈ [a, b] vai |x − y| < δ. Poxto intervali U , . . . , U pokrivaju [a, b], za svako x ∈ [a, b] postoji U takvo da je x ∈ U . Tada, iz sin x

0

0

2

0

0

n

n

√

1 √ n+1+ n

n

n

x

n

−1

x

−1

n

n

n

x

−1

n

n

x

x

x

x1

−1

xn

x1

−1

xn

x1

xk

xn

xk

|xk − y| ≤ |xk − x| + |x − y| < 2−1 δxk + δ ≤ 2−1 δxk + 2−1 δxk = δxk

sledi da je i y ∈ U , pa je xk

|f (x) − f (y)| < |f (x) − f (xk )| + |f (xk ) − f (y)| < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

odakle sledi (17), a time i ravnomerna neprekidnost funkcije f . 5 Primer 11 pokazuje da se uslov ograniqenosti intervala [a, b] u Teoremi 4 ne moe ispustiti. Pokaimo da se ne moe ispustiti ni uslov zatvorenosti.

2. NEPREKIDNOST

67

12. Funkcija f : (0, 1) → R, f (x) = x je neprekidna, a nije ravnomerno neprekidna. Zaista, neprekidnost sledi iz neprekidnosti funkcije g(x) = x i Teoreme 1. Dokaimo da f nije uniformno neprekidna. Neka je ε = 1 i δ > 0 proizvo no. Tada postoji x ∈ (0, 2 δ) takvo da je x ≥ 1 + 2δ . Neka je y = 2 δ . Tada je |x − y| < δ i |f (x) − f (y)| ≥ ε. ] Qitalac e lako videti da smo u Primeru 12 zapravo izloili dokaz sledee leme. Lema 7. Ako je funkcija f : (a, b) → C neograniqena u svakoj okolini taqke a, onda ona nije ravnomerno neprekidna. √ Zadatak 10. Dokazati da su f (x) = x i g(x) = ravnomerno neprekidne funkcije. X 2.6. Neprekidnost monotonih funkcija. Funkciju f : X → R nazivamo rastuom ako vai −1

Primer

−1

−1

−1

−1

2 sin √x x

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ),

a opadajuom ako vai

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ).

Ako vai (∀x , x ∈ X) x < x ⇒ f (x ) < f (x ), funkciju f nazivamo strogo rastuom, a ako vai 1

2

1

2

1

2

(∀x1 , x2 ∈ X) x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ),

nazivamo je strogo opadajuom. Ponekad funkcije koje su rastue, ali ne strogo rastue, zovemo neopadajuim; dok za funkcije koje su opadajue, ali ne strogo opadajue, koristimo i termin nerastue. Funkciju koja je rastua ili opadajua na celom domenu nazivamo monotonom, xto je ekvivalentno definiciji datoj na str. 42. Teorema 5. Monotona funkcija ima najvixe prebrojivo mnogo taqaka prekida. 4 Pretpostavimo, ne umaujui opxtost da je f rastua i x ∈ D(f ). Posmatrajmo skupove A := {f (x) | x < x } i B := {f (x) | x > x }. Poxto je f rastua funkcija, sledi da je skup A ograniqen odozgo, a skup B odozdo brojem f (x ). Neka je a = sup A , b = inf B . Tada, poxto je f rastua, sledi a ≤ f (x ) ≤ b . Ako je x taqka prekida, onda je bar jedna od prethodne dve nejednakosti stroga. Zaista, ako je a = f (x ) = b onda, po definiciji supremuma i infimuma, za svako ε > 0 postoje brojevi α, β ∈ D(f ) takvi da je α < x < β i 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

ε ε f (α) − < a0 = f (x0 ) = b0 < f (β) + . 2 2

Iz poslede nejednakosti, na osnovu monotonosti funkcije, sledi (∀x ∈ (α, β)) |f (x) − f (x0 )| < ε,

68

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

xto je u suprotnosti sa prekidnoxu funkcije f u x . Ovime smo dokazali da za svaku taqku prekida x postoji interval (a , b ) takav da je f (D(f )) ∩ (a , b ) = {f (x )}. (18) Pri tome razliqitim taqkama prekida odgovaraju razliqiti intervali. Zaista, neka je x taqka prekida razliqita od x , npr. x < x , i neka je (a , b ) oj pridruen interval, na isti naqin na koji je (a , b ) pridruen taqki x . Neka su t, s ∈ D(f ) takvi da vai x < t < s < x . Tada iz monotonosti funkcije f sledi f (t) ≤ f (s), pa je b := inf{f (x) | x > x } ≤ sup{f (x) | x < x } = a , pa je (a , b ) ∩ (a , b ) = ∅. Poxto u svakom intervalu postoji racionalan broj, zak uqak teoreme sledi iz prebrojivosti skupa Q. 5 Teorema 6. Monotona funkcija f : (a, b) → R je neprekidna ako i samo ako je f ((a, b)) interval. 4 Ako je f neprekidna onda je f ((a, b)) interval na osnovu Posledice 5 na str. 64. Obrnuto, ako je f monotona, onda svakoj taqki prekida odgovara interval (a , b ) takav da vai (18), xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da f slika interval na interval. 5 Posledica 6. Ako strogo monotona funkcija f : (a, b) → R slika interval (a, b) na interval (α, β), onda su i f i f neprekidne funkcije. 4 Dokaz sledi iz Teoreme 6, jer f slika (α, β) na (a, b). 5 Iz prethodne Posledice i Posledice 5 na str. 64 dobijamo sledeu posledicu. Posledica 7. Ako je strogo monotona funkcija f : (a, b) → R neprekidna, onda je i f neprekidna funkcija. Teorema 7. Neka je f : [a, b] → R neprekidna. Tada je f injektivna ako i samo ako je strogo monotona. 4 Jedan smer je oqigledan (i vai i bez pretpostavke o neprekidnosti): strogo monotona funkcija je injektivna. Pretpostavimo da je f injektivna i neprekidna, a da nije strogo monotona. Tada postoje taqke x , x , x ∈ [a, b] takve da je x < x < x , ali da f (x ) nije izmeu f (x ) i f (x ). Pretpostavimo, ne umaujui opxtost da je f (x ) izmeu f (x ) i f (x ). Primenom Teoreme 2 na interval [x , x ] zak uqujemo da postoji taqka c ∈ (x , x ) takva da je f (c) = f (x ). Meutim, iz x < x i c ∈ (x , x ) sledi x 6= c, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom o injektivnosti funkcije f . 5 2.7. Neprekidnost elementarnih funkcija. Sada moemo da dokaemo sledeu teoremu. Teorema 8. Elementarne funkcije su neprekidne. 4 Neprekidnost funkcija x , sin x, cos x, a smo dokazali u Paragrafu 2.2. Iz Teoreme 6 sledi da one slikaju interval (na kome su 1{1) na interval. Neprekidnost ima inverznih funkcija arcsin x, arccos x, log x sada sledi iz Teoreme 6. Odatle, na osnovu Teoreme 1 i Defincije 1 sledi neprekidnost elementarnih funkcija. 5 0

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

0

0

1

0

0

1

0

0

1

0

−1

−1

−1

1

1

2

3

2

2

3

2

1

n

2

2

3

3

3

2

2

1

1

2

0

1

1

0

1

0

0

3

1

x

a

3

3. GRANIQNA VREDNOST

Primer

13. Funkcija f (x) =

√ 3

69

x+cos(logx2 +1 (x6 +6x )) x4 +4x

3. Graniqna vrednost

je neprekidna na R. ]

3.1. Taqke prekida. Posmatrajmo funkcije f, g : R \ {1} → R (

i g(x) = xx −−11 . Posle faktorizacije brojioca i skraivaa, dobijamo da je g(x) = x + 1 tamo gde je g definisana, tj. na skupu R \ {1}. Ako dodefinixemo funkciju g za x = 1, tj. definixemo funkciju ( x + 1, x − 1,

f (x) =

2

x>1 x 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ D(f )) 0 < |x − x | < δ ⇒ |f (x) − y | < ε. U tom sluqaju pixemo y = lim f (x) ili , f (x) → y kad x → x ". Iz Definicije 17 na str. 37 vidimo da pojam limesa moemo da formulixemo u terminima otvorenih skupova. Lema 8. Neka je x taqka nagomilavaa domena D(f ) funkcije funkcije f : D(f ) → R. Broj y je graniqna vrednost funkcije f u taqki x ako za svaku otvorenu okolinu V taqke y postoji otvorena okolina U taqke x takva da je f ((U \ {x }) ∩ D(f )) ⊂ V . Lema 9. Limes funkcije u taqki x je jedinstven. 4 Neka y i y zadovo avaju uslove Defincije 7, tj. y = lim f (x) i y = lim f (x). Tada za svako ε > 0 postoji x kao u Definciji 7, pa je 0

0

0

0

0

0

0

x→x0

0

0

0

0

0

0

0

0

0 0

00 0

0 0

x→x0

00 0

x→x0

|y00 − y000 | = |y00 − f (x) + f (x) − y000 | ≤ |y00 − f (x)| + |f (x) − y000 | ≤ 2ε

za svako ε > 0. Odakle sledi y = y . 5 Primetimo da su Definicija 7 i Lema 8 sliqne Definiciji 2 i Lemi 1. Jedina razlika sastoji se u zahtevu 0 < |x − x | u Definiciji 7. Kao xto smo rekli na poqetku, on je vezan sa qienicom da pojam graniqne vrednosti u taqki ne zavisi od vrednosti funkcije u toj taqki. Ilustrujmo to sledeim primerom. 0 0

00 0

0

70

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

Primer

14. Funkcija

( x + 1, h(x) = 2,

x 6= 0 x = 0,

ima graniqnu vrednost u taqki x = 0 i vai lim h(x) = 1, ali nije neprekidna u nuli. Primetimo da je h(0) 6= lim h(x). ] Prethodnim primerom motivisali smo sledeu teoremu. Teorema 9. Funkcija f : D(f ) → R je neprekidna u taqki x ∈ D(f ) ako i samo ako je lim f (x) = f (x ). 4 Dokaz sledi direktno iz Definicije 7 i Definicije 2. 5 Zadatak 11. Dokazati da je neprekidna funkcija f : (a, b) → C na ograniqenom intervalu (a, b) ravnomerno neprekidna ako i samo ako ima limese u taqkama a i b. X Primer 15. Rimanova2 funkcija ( x ∈ Q \ {0}, x = , m, n uzajamno prosti R(x) = 0 x∈ / Q ili x = 0 je neprekidna u svakoj iracionalnoj taqki i u nuli, a prekidna u svakoj racionalnoj taqki sem nule. Zaista, neka je x ∈ R. Za proizvo no k ∈ N u proizvo nom intervalu (x − ε, x + ε) postoji samo konaqno mnogo taqaka takvih da je n < k, pa postoji okolina (x − δ, x + δ) takva da je ] (∀x ∈ (x − δ, x + δ)R(x) < . Odatle sledi lim R(x) = 0. Napomena 5. Kao xto smo u Napomeni 1 pojam neprekidnosti proxirili i na funkcije f : D(f ) → C, sa D(f ) ⊂ C, moemo da proxirimo i pojam graniqne vrednosti. Zaista, i taj pojam je potpuno definisan samo u terminima rastojaa kao i pojam neprekidnosti (v. Napomenu 2). Lema 9 i Teorema 9 vae i u ovom u sluqaju, sa nepromeenim dokazima. Napomena 6. Egzistencija limesa (i egova vrednost) u taqki x je lokalno svojstvo, tj. zavisi samo od vrednosti funkcije u nekoj okolini taqke x (v. Napomenu 3). Na sliqan naqin kao i Lema 2 dokazuje se i sledea Lema. Lema 10. Neka je f : D(f ) → C kompleksna funkcija. Tada je 0

x→0

x→0

0

0

x→x0

1 n

m n

0

0

m n

0

0

0

0

1 k

0

x→x0

0

0

lim f (x) = z0 ⇔ lim Re f (x) = Re z0 ∧ lim Im f (x) = Im z0 .

x→x0

x→x0

x→x0

Qesto se koristi i sledea jednostavna posledica definicije limesa. Lema 11. lim f (z) = 0 ako i samo ako lim |f (z)| = 0. 4 Dokaz sledi direktno iz definicije graniqne vrednosti. 5 z→z0

z→z0

2Riman (Berhnard Riemann, 1826{1866), nemaqki matematiqar

3. GRANIQNA VREDNOST

71

3.3. Beskonaqni limesi i limesi u beskonaqnosti. Neka je x taqka

nagomilavaa skupa D(f ). Tada

0

lim f (x) = −∞ ⇔ (∀m < 0)(∃δ > 0) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < m,

x→x0

lim f (x) = +∞ ⇔ (∀M > 0)(∃δ > 0) 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > M,

x→x0

definixe beskonaqne limese, a

lim f (x) = y0 ⇔ (∀ε > 0)(∃m < 0) x < m ⇒ |f (x) − y0 | < ε,

x→−∞

lim f (x) = y0 ⇔ (∀ε > 0)(∃M > 0) x > M ⇒ |f (x) − y0 | < ε

x→+∞

limese u beskonaqnosti. Kombinacijom ove dve definicije dobijamo definicije beskonaqnih limesa u beskonaqnosti, npr. lim f (x) = +∞ ⇔ (∀M > 0)(∃m < 0) x < m ⇒ f (x) > M.

x→−∞

Napomena 7. Imajui u vidu definiciju otvorenih okolina u R (Definicija 18 na str. 37) pojmove beskonaqnih limesa i limesa u beskonaqnosti moemo da formulixemo na isti naqin kao u Lemi 8. Osobine limesa date u Lemama 9, 10 i 11 lako se prenose na limese u beskonaqnosti i beskonaqne limese (imajui u vidu pravila za raqunae u R sa str. 16). Taqne formulacije i modifikacije dokaza prepuxtamo qitaocu. Primer 16. lim (x + a x + · · · + a x + a ) = +∞. Zaista, x +a x +· · ·+a x+a = x (1+a x +· · ·+a x +a x ). Lako je videti da je limes izraza u zagradi jednak 1 (jer je limes svakog sabirka u zagradi, sem prvog, jednak nuli), dok je lim x = +∞. ] Zadatak 12. Izraqunati lim . X Zadatak 13. Da li ovo Tvree Zadatka 11 na str. 70 vai ako je interval (a, b) neograniqen, tj. ako je a = −∞ ili b = +∞? X Vaan specijalni sluqaj limesa u beskonaqnosti je pojam konvergencije, koji se odnosi na funkcije definisane na skupu N, tj. nizove. ega emo da razmotrimo deta nije u Glavi 4. 3.4. Otkloivi i neotkloivi prekidi. Funkcija u Primeru 14 ima graniqnu vrednost u taqki prekida x = 0. Ukoliko promenimo vrednost funkcije u toj taqki, tj. ako definixemo funkciju ( n

n

n−1

x→+∞ n−1

n−1

1

n−1

0

1

n

n−1

0

−1

1

−(n−1)

0

−n

n

x→+∞

an xn +an−1 xn−1 +···+a1 x+a0 m m−1 +···+b x+b b 1 0 x→+∞ m x +bm−1 x

˜ h(x) =

h(x), 1,

x 6= 0 x = 0,

dobijamo neprekidnu(funkciju. To ne moemo da(uradimo sa funkcijama x + 1, x > 0 , x>0 f (x) = i g(x) = x − 1, x ≤ 0 x − 1, x ≤ 0. Sistematizujmo ova opaaa sledeim definicijama. 1 x

72

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

8 Broj y je desni limes funkcije f u taqki x ako vai

Definicija .

0

0

(∀ε > 0)(∃δ > 0) x0 < x < x0 + δ ⇒ |f (x) − y0 | < ε.

Broj y je levi limes funkcije f u taqki x ako vai 0

(∀ε > 0)(∃δ > 0) x0 − δ < x < x0 ⇒ |f (x) − y0 | < ε.

Desni limes oznaqavamo sa lim f (x) ili f (x + 0), a levi sa lim f (x) ili f (x − 0). Zadatak 14. Izraqunati lim e . X Oqigledno vai sledea lema. Lema 12. Funkcija ima limes u taqki x ako i samo ako ima levi i desni limes i ovi limesi su jednaki: 0

x→x0 +0

x→x0 −0

0

2 x−1

x→1−0

0

(∃ lim f (x)) ⇔ x→x0

(∃

lim

x→x0 −0

f (x)) ∧ (∃

lim

x→x0 +0

f (x)) ∧ lim

x→x0 −0

f (x) =

lim

x→x0 −0

f (x) .

Definicija 9. Neka je x ∈ D(f ) taqka prekida funkcija f . Kaemo da ima otkloǌiv prekid u taqki x ∈ D(f ) ako je lim f (x) = lim f (x) (tj. ako postoji lim f (x)), u suprotnom prekid nazivamo neotkloǌivim. Neotkloiv prekid zovemo prekidom prve vrste ako postoje lim f (x) i lim f (x), ali je lim f (x) 6= lim f (x), a prekidom druge vrste ako bar jedan od limesa lim f (x), lim f (x) ne postoji. Funkcije f , g i h iz prethodnih razmatraa su prekidne u 0. U toj taqki funkcija f neotkloiv prekid prve, funkcija g druge vrste, a funkcija h ima otkloiv prekid, jer je f (0 − 0) = −1 6= 1 = f (0 + 0), g(0 + 0) ne postoji i lim h(x) = 1. Lema 13. Neka je f rastua funkcija. Tada je 0

f

0

x→x0 −0

x→x0 +0

x→x0

x→x0 −0

x→x0 −0

x→x0 −0

x→x0 +0

x→x0 +0

x→x0 +0

x→0

lim

x→x0 −0

f (x) = sup{f (x) | x < x0 },

lim

x→x0 +0

f (x) = inf{f (x) | x > x0 }.

U dokazu Teoreme 5 smo dokazali da sup{f (x) | x < x } i inf{f (x) | x > x } postoje. Neka je s = sup{f (x) | x < x } i ε > 0. Po definiciji supremuma, za neko x < x vai f (x ) > s − ε, tj. s − f (x ) < ε. Zbog monotonosti odatle sledi s − f (x) < ε za svako x ∈ (x , x ), tj. f (x − 0) = s. Sliqno se dokazuje i druga jednakost. 5 Posledica 8. Monotona funkcija ima samo prekide prve vrste. Definicija 10. Neka je X ⊂ C. Modulom neprekidnosti funkcije f : X → C naziva se funkcija 4

0

0

0

1

0

1

1

1

0

0

ωf (δ) := sup{|f (z1 ) − f (z2 )| | z1 , z2 ∈ X, |z1 − z2 | < δ}.

15. Dokazati da su moduli neprekidnosti funkcija f : R → R, f (x) = x, i g : R → R, g(x) = sin x ω (δ) = δ i ω (δ) = 2. Zadatak

2

f

g

X

3. GRANIQNA VREDNOST

73

16. Dokazati: (a) Modul neprekidnosti je neopadajua nenegativna funkcija, definisana za δ > 0. (b) (∀ε > 0)(∃δ < 0)(∀z , z ∈ X) |z −z | < δ ⇒ |f (z )−f (z )| < ω (0+0)+ε. (v) Ako je X interval u R, onda je Zadatak

1

2

1

2

1

2

f

ωf (δ1 + δ2 ) ≤ ωf (δ1 ) + ωf (δ2 ).

(g) f je ravnomerno neprekidna ako i samo ako je ω (0 + 0) = 0. Primer 17. U Primeru 5 na str. 21 smo definisali broj e kao f

e := sup

n

1+

1 n n

X

o n∈N .

Razvijaem po binomnoj formuli i uproxavaem binomnih koeficijenata kao u (13) na str. 21 dobijamo

1+

1 n

n

=

n k−1 P Q j 1 1 − k! n

≤

k=0 n P

≤

k=0 n+1 P

k=0 = 1+

1 k! 1 k!

j=0 k−1 Q

1−

j=0 k−1 Q

1−

j=0 n+1

1 n+1

j n+1

j n+1

.

Time je dokazano da je funkcija f (x) = (1 + ) rastua, odakle, na osnovu Leme 13 sledi da je 1 [x] [x]

e = lim

x→+∞

1+

1 [x]

[x]

,

gde je [x] ceo deo realnog broja x (v. str. 27). ] 3.5. Osobine limesa. Sada emo dokazati neka svojstva graniqne vrednosti vezana za algebarske operacije i relaciju poretka u R. Ona vae i za leve i desne limese, ali emo ih, radi jednostavnosti, formulisati samo za limese. Teorema 10. Neka je z taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C, f, g : Z → C i 0

lim f (z) = A,

Tada vai

z→z0

lim (f + g)(z) = A + B,

i, ako je B 6= 0 i g(z) 6= 0 na Z , z→z0

lim

z→z0

lim g(z) = B

z→z0

lim (f · g)(z) = A · B

z→z0

f A (z) = . g B

Dokaz je analogan dokazu Teoreme 1 (ili sledi iz e imajui u vidu Teoremu 9). 5 Sledea teorema opisuje osobine limesa vezane za relaciju poretka u R.

4

74

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

Teorema 11. Neka je z taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. 1. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je 0

lim g(z) = B

lim f (z) = A,

i A < B. Tada postoji okolina U taqke z takva da je f (z) < g(z) za sve z ∈ U ∩ Z \ {z }. 2. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je f < g i z→z0

z→z0

0

0

lim g(z) = B.

lim f (z) = A,

Tada je A ≤ B. 3. Neka su f, g : Z → R dve funkcije takve da je f ≤ g i z→z0

z→z0

lim f (x) = A,

lim g(z) = B.

Tada je A ≤ B. 4. (Teorema o tri limesa) Neka su f, g, h : Z → R tri funkcije takve da je h ≤ f ≤ g i lim h(z) = C = lim g(z). Tada je lim = C . 4 Tvrea 2. i 3. slede iz 1. Ostaje da dokaemo 1. i 4. Neka je ε = . Po definiciji limesa, postoji okolina U taqke z takva da je |f (z) − A| < ε i |g(z) − B| < ε za svako z ∈ U ∩ Z \ {z }. Tada je z→z0

z→z0

z→z0

z→z0

z→z0

B−A 2

0

0

B−A B+A B−A +A= =B− = B − ε < g(z) 2 2 2 z ∈ U ∩ Z \ {z0 } f g h ε > 0 δ > 0 0 < |z − z0 | < δ f (z) < ε + A =

za svako . Time je dokazano 1. Naka su , i kao u 4. i . Tada postoji takvo da ako je vai C − ε < h(z) < C + ε, C − ε < g(z) < C + ε. Poxto je h ≤ f ≤ g odatle sledi C − ε < f (z) < C + ε, xto dokazuje 4. 5 Sada emo dokazati Teoremu o smeni promen ive u limesu. Formulisaemo je prvo u jednostavnijem obliku, u Lemi 14, a zatim u potpunom obliku u Teoremi 12. Definicija 11. Bijekcija f : X → Y naziva se homeomorfizmom ako su f i f : Y → X neprekidna preslikavaa. Lema 14. Neka funkcija f : (a, b) → C ima graniqnu vrednost u taqki x ∈ [a, b], i neka je ϕ : [a, b] → [α, β] homeomorfizam. Tada je lim f (x) = lim f ◦ ϕ(t). 4 Neka je ϕ (x ) = t , lim f (x) = y i ε > 0. Tada postoji δ > 0 za koje vai 0 < |x − x | < δ ⇒ |f (x) − y | < ε. (19) Iz neprekidnosti i bijektivnosti funkcije ϕ sledi da postoji δ > 0 takvo da vai 0 < |t − t | ⇒ 0 < |ϕ(t) − ϕ(t )| < δ . (20) Iz (19) i (20) sledi |t − t | < δ ⇒ |f ◦ ϕ(t) − y | < ε. 5 −1

0

x→x0

t→ϕ−1 (x0 )

−1

0

0

0

x→x0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

3. GRANIQNA VREDNOST

75

12 Neka su f : i funkcije definisane na skupovima i z taqka nagomilavaa skupa i taqka nagomilavaa skupa . Pretpostavimo . da postoji Ako za svaku otvorenu okolinu V taqke z postoji otvorena okolina U taqke ζ takva da je ϕ(U \ {ζ }) ⊂ V \ {z }, onda funkcija f ◦ ϕ ima limes u taqki ζ i vai lim f (z) = lim f ◦ ϕ(ζ). 4 Dokaz je u suxtini isti kao dokaz Leme 14. 5 Primer 18. Dokaimo da je Teorema . (Teorema o smeni promenǉive u limesu) Y →C ϕ:X→Y X, Y ⊂ C Y ζ0 X lim f (z)

0

z→z0

0

0

0

0

z→z0

0

ζ→ζ0

sin x = 1. x 0 ≤ x ≤

lim

U Lemi 18 na str. 53 smo dokazali da za vai sin x ≤ x ≤ tg x, odakle sledi cos x ≤ ≤ 1. Na osnovu Teoreme o tri limesa odatle sledi → 1 kad x → 0 + 0. Smenom t = −x i primenom Teoreme o smeni promen= lim = 1. ] ive dobijamo lim = lim Zadatak 17. Ispitati neprekidnost funkcije ( x→0

sin x x

sin x x

x→0−0

sin x x

t→0+0

sin(−t) −t

f (x) =

u nuli. Primer

t→0+0

π 2

sin t t

sin x |x| ,

x 6= 0

1,

x=0 X

19. Dokaimo da je

(21) Oznaqimo sa ϕ(x) = [x] funkciju ceo deo, uvedenu na str. 27. Iz nejednakosti [x] ≤ x < [x] + 1 sledi

lim

x→+∞

f ◦ ϕ(x) = 1 +

1+

1 x = e. x

1 [x] 1 x 1 [x]+1 < 1+ < 1+ = g ◦ ϕ(x). [x] + 1 x [x]

Iz Teoreme o smeni promen ive u limesu i Primera 17 sledi lim f ◦ ϕ(x) = lim g ◦ ϕ(x) = e, odakle sledi (21). ] Primer 20. Neka je λ ∈ R. Iz Primera 19 i neprekidnosti funkcije y 7→ y sledi da je lim (1 + ) = e . Smenom t = xλ dobijamo x→+∞

x→+∞

λ

x→∞

1 xλ x

lim

λ

t→∞

Primer

λ t = eλ . t

21. Smenom t = −x u (21) i primenom Primera 20 dobijamo lim

x→−∞

Primer

1+

1+

1 x

]

x

= e.

22. Smenom t = x iz (21) dobijamo da je lim (1 + x) −1

x→0

1/x

=e

.

] ]

76

2. FUNKCIJE REALNE I KOMPLEKSNE PROMENIVE

Primer

23. Dokaimo da je

lim

Iz Primera 22 sledi da je

x→0

lim

ln(1 + x) = 1. x

1 ln(1 + x) = lim ln(1 + x) x = 1. x→0 x

U posledem koraku smo koristili neprekidnost logaritma i ln e = 1. Primer 24. Dokaimo da je x→0

Uvedimo smenu

ex − 1 = 1. x→0 x t = ex − 1 x = ln(1 + t) ex − 1 t lim = lim = lim x→0 t→0 ln(1 + t) t→0 x lim

, tj.

na osnovu Primera 23. Zadatak 18. Izraqunati lim Primer 25. Dokaimo da je

ax −1 x→0 x

Uvedimo smenu

]

. Tada je 1 t

1 = 1, ln(1 + t) ]

.

X

(1 + x)p − 1 = p. x→0 x (1 + x)p − 1 = t p ln(1 + x) = ln(1 + t) lim

. Tada je

(1 + x)p − 1 t ln(1 + x) =p· · . x ln(1 + t) x

, pa je

Iz Primera 23 sledi da oba koliqnika na desnoj strani tee ka 1 kad x → 0 (tj. t → 0). ] 3.6. Asimptotske relacije. Neka je z ∈ C. Na klasi funkcija f, g : Z → C definisanih na nekom skupu Z ⊂ C kome je z taqka nagomilavaa uvodimo sledee relacije. 3.6.1. Slabe asimptotske relacije. f g kad z → z ⇔ (∃M > 0)(∃δ > 0) 0 < |z − z | < δ ⇒ |f (z)| < M |g(z)|, f g kad z → z ⇔ f g ∧ g f kad z → z . Umesto f pixemo i f = O(g). 3.6.2. Jake asimptotske relacije. f g kad z → z ⇔ (∀ε > 0)(∃δ > 0) 0 < |z − z | < δ ⇒ |f (z)| < ε|g(z)|, f ∼ g kad z → z ⇔ f − g g kad z → z . Umesto f g pixemo i f = o(g). Ako je g 6= 0 u okolini taqke z , onda 1. f = O(g) kad z → z oznaqava da je za neko M > 0 < M u nekoj okolini taqke z , 2. f g kad z → z oznaqava da je za neke m, M > 0 m < < M u nekoj okolini taqke z , 3. f = o(g) kad z → z oznaqava da je lim = 0, 4. f ∼ g kad z → z oznaqava da je lim = 1. 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

|f (z)| |g(z)|

0

0

|f (z)| |g(z)|

0

0

0

0

|f (z)| z→z0 |g(z)| |f (z)| z→z |g(z)| 0

3. GRANIQNA VREDNOST Simbole o i O nazivamo Landauovim3 simbolima.

77

3.7. Asimptote funkcije. Prava y = ax + b, a, b ∈ R, a 6= 0 naziva se kosom asimptotom funkcije f u +∞ ako je f (x) = ax + b + o(x) kad x → +∞. U tom sluqaju je a = lim

f (x) , x

b = lim (f (x) − ax).

Prava y = b, b ∈ R naziva se horizontalnom asimptotom funkcije f u ako je f (x) = b + o(1) kad x → +∞. Sliqno se definixe i kosa i horizontalna asimptota u −∞. Prava x = b se naziva vertikalnom asimptotom funkcije f ako je lim |f (x)| = +∞ ili lim |f (x)| = +∞. Primer 26. Neka je f (x) = |x + 3|e . Prava y = −x − 3 je kosa asimptota funkcije f u −∞, prava y = x + 2 je ena kosa asimptota u +∞, a prava x = 0 je vertikalna asimptota. ] Zadatak 19. Nai asimptote funkcije f (x) = cos . X x→+∞

x→+∞

+∞

x→b+0

x→b−0

1 −x

1 x

3Landau (Edmund Landau, 1877{1938), nemaqki matematiqar

GLAVA 3

Izvod funkcije realne promen ive Neka je f : (a, b) → R neprekidna funkcija. Jednaqina tetive enog grafika koja spaja taqke (x , f (x )) i (x + h, f (x + h)) je 0

0

y = f (x0 ) +

0

0

f (x0 + h) − f (x0 ) (x − x0 ), h

a en koeficijent pravca, tj. tangens ugla izmeu e i pozitivnog dela x{ose . Koeficijent pravca tangente na grafik u taqki (x , f (x )) je bie f (x + h) − f (x ) f (x0 +h)−f (x0 ) h

0

ukoliko ovaj limes postoji.

lim

0

0

0

h

h→0

1. Diferencijabilnost 1.1. Definicija izvoda. Neka je data funkcija f : (a, b) → C i taqka x ∈ (a, b). Ako postoji limes 0

(1) on se naziva izvodom funkcije f u taqki x i oznaqava sa f (x ) ili (x ). Tada kaemo da je funkcija f diferencijabilna u taqki x . Funkciju zovemo diferencijabilnom ako je ona diferencijabilna u svakoj taqki domena. Klasa diferencijalnih funkcija je ua od klase neprekidnih funkcija, tj. vai sledea lema. Lema 1. Ako je funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x , onda je ona u toj taqki i neprekidna. 4 Poxto postoji limes (1), vai f (x0 + h) − f (x0 ) , h→0 h lim

0

0

0

df dx

0

0

0

f (x0 + h) − f (x0 ) = 0 · f 0 (x0 ) = 0, h→0 h lim f (x) = f (x0 )

lim (f (x0 + h) − f (x0 )) = lim h ·

pa je lim f (x + h) = f (x ), tj. . 5 Iz definicije izvoda i Leme 10 na str. 70 sledi da je kompleksna funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna ako i samo ako su diferencijabilne realne funkcije Re f i Im f i da vai f (x ) = (Re f ) (x ) + i(Im f ) (x ), (2) pa je dovo no da se u izuqavau diferencijabilnosti ograniqimo na realne funkcije. h→0

h→0

0

0

0

x→x0

0

0

0

79

0

0

80

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

1.2. Primeri. Izraqunajmo izvode nekih funkcija.

1 Neka je f (x) ≡ c konstantna funkcija. Tada je

Primer .

f 0 (x) = lim

h→0

c−c = 0. h

]

2 Neka je f (x) = x , za neko n ∈ N. Tada je n

Primer .

n (x + h)n − xn 1 X n k−1 n−k f (x) = lim = lim h x = nxn−1 h→0 h→0 h h k 0

k=1

]

Primer 3. Neka je f (x) = |x|. Iz definicije apsolutne vrednosti i Primera 2 za n = 1 sledi da je ( 1, za x > 0 f (x) = −1, za x < 0. Poxto |0 + h| − |0| 0

lim

= lim sgn h

ne postoji, sledi da funkcija nije diferencijabilna u nuli (xto je i u skladu sa naxom intuitivnom predstavom o tome kako izgleda grafik funkcije koja u datoj taqki ima tangentu). Odavde vidimo i da tvree obrnuto Lemi 1 ne vai. ] Primer 4. Neka je a > 0 i f (x) = a . Tada je h→0

h f (x) = |x|

h→0

x

ax+h − ax ah − 1 = lim ax · = ax log a. h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

]

1 Ispitati diferencijabilnost funkcije ( e , za x > 0 f (x) = e , za x ≤ 0.

Zadatak .

x

−x

5 Neka je a > 0, a 6= 1 i f (x) = log x, za x > 0. Tada je

Primer .

X

a

0

f (x)

= =

ax lim loga (x+h)−log h h→0 1/h lim loga 1 + hx h→0

1 h→0 h

= lim

loga

x+h x

= loga e1/x =

1 x

=

loga e. ]

6 Neka je f (x) = sin x. Tada je

Primer .

2 sin h2 cos 2x+h sin(x + h) − sin x 2 = lim = cos x. h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

2 Neka je f (x) = cos x. Dokazati da je f (x) = − sin x.

Zadatak .

0

] X

1. DIFERENCIJABILNOST

81

3 Ispitati diferencijabilnost funkcije ( x , za x ∈ Q f (x) = x χ (x) = 0, za x ∈/ Q.

Zadatak .

2

2

Q

X

1.3. Pravila diferenciraa. Lema (a, b) → C

2. (Izvod algebarskih kombinacija) Neka su funkcije f, g : diferencijabilne u taqki x ∈ (a, b) i λ, µ ∈ C. Tada je

(a) (λf + µg) (x ) = λf (x ) + µg (x ) (b) (f · g) (x ) = f (x ) · g(x ) + f (x ) · g (x ) (v) (x ) = (ako je g(x ) 6= 0). 4 (a) sledi iz 0

0

0

f 0 g

0

0

0

0 0 0 f 0 (x0 )·g(x0 )−f (x0 )·g 0 (x0 ) 2 (g(x0 ))

0

(λf + µg)0 (x0 )

= lim

h→0

= lim

h→0

0

0

λf (x0 +h)+µg(x0 +h)−λf (x0 )−µg(x0 ) h f (x0 +h)−f (x0 ) 0) λ lim + µ lim g(x0 +h)−g(x h h h→0 h→0 λf 0 (x0 ) + µg 0 (x0 ). h→0

=

(b) sledi iz

0

= lim =

f (x0 +h)·g(x0 +h)−f (x0 )·g(x0 ) h f (x0 +h)−f (x0 ) · g(x0 + h) h

+ f (x0 ) ·

g(x0 +h)−g(x0 ) h

= f 0 (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 ) · g 0 (x0 ).

(v) sledi iz f 0 g (x0 )

0

0

0

(f · g)0 (x0 )

0

= lim

f (x0 +h) f (x ) − g(x0 ) g(x0 +h) 0

h f (x0 +h)−f (x0 ) 1 h h→0 g(x0 )g(x0 +h) f 0 (x0 )·g(x0 )−f (x0 )·g 0 (x0 ) . (g(x0 ))2

h→0

= lim =

· g(x0 ) − f (x0 ) ·

g(x0 +h)−g(x0 ) h

7 Neka je f (x) = tg x. Tada je

5

Primer .

f 0 (x) =

sin x 0 (sin x)0 cos x − (cos x)0 sin x 1 = . = cos x cos2 x cos2 x

Sliqno se dokazuje da je (cotg x) = − . ] Lema 3. (Izvod sloene funkcije) Neka je funkcija f : (a, b) → (α, β) diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b), a funkcija g : (α, β) → C diferencijabilna u taqki y = f (x ). Tada je funkcija g ◦f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x i vai 0

1 sin2 x

0

0

0

0

(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 (f (x0 )) · f 0 (x0 ).

4

Po definiciji izvoda je

g(f (x0 + h)) − g(f (x0 )) . h→0 h

(g ◦ f )0 (x0 ) = lim

(3)

82

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

Neka je t = f (x + h) − f (x ) = f (x + h) − y . Poxto je funkcija f diferencijabilna u x , ona je u toj taqki i neprekidna (Lema 1), pa t → 0 kad h → 0. Odatle i iz (3) sledi 0

0

0

0

0

(g ◦ f )0 (x0 )

g(f (x0 +h))−g(f (x0 )) h g(y0 +t)−g(y0 ) t · h. lim t t→0

= lim

h→0

=

Dokaz Leme sledi iz → g (y ) i = → f (x ). 5 Zadatak 4. Nai i ispraviti nedostatak u prethodnom dokazu, prepisujui ga na jeziku Landauovih simbola, na kome definicija izvoda glasi f (x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) kad h → 0. X Primer 8. Neka je f (x) = x za neko α ∈ R. Tada je log f (x) = α · log x. Odatle, diferenciraem i primenom pravila za izvod sloene funkcije, dobijamo 1 1 g(y0 +t)−g(y0 ) t

0

f (x0 +h)−f (x0 ) h

t h

0

0

0

0

α

tj.

f (x)

· f 0 (x) = α ·

f 0 (x) =

x

,

α α f (x) = xα . x x

Odatle sledi (x ) = αx , xtoqje uopxtee Primera 2. Primer 9. Neka je f (x) = . Tada je α 0

α−1

x+1 x−1

3

log f (x) =

Diferenciraem dobijamo

]

1 (log (x + 1) − log (x − 1)). 3

f 0 (x) 1 1 1 = ( − ), f (x) 3 x+1 x−1

odakle sledi

q 3

x+1

2 x−1 f (x) = − 2 . 3x −1 0

]

5 Odrediti domen i izraqunati izvod funkcije f (x) = x . X Primer 10. Funkcija ( x sin za x 6= 0 f (x) = 0 za x = 0 je diferencijabilna u svakoj taqki. Zaista, za x 6= 0 en izvod nalazimo koristei pravila za raqunae izvoda, dok za x = 0 izvod moemo da izraqunamo po definiciji (1). Tako( dobijamo za x 6= 0 2x sin − cos f (x) = 0 za x = 0 Primetimo da funkcija x 7→ f (x) ima prekid u nuli, jer za svako δ > 0 postoji n ∈ N takvo da je < δ. Poxto je f ( ) = ±1, sledi da f nema limes u nuli. ] x

Zadatak .

1 x

2

1 x

0

1 x

0

1 nπ

0

1 nπ

0

6 Neka je

1. DIFERENCIJABILNOST

83

Zadatak .

za x 6= 0 za x = 0. Za koje p je ova funkcija neprekidna? Za koje p je ona diferencijabilna? Za koje p je en izvod neprekidan? X Lema 4. (Izvod inverzne funkcije) Neka je f : X → Y bijekcija i f : Y → X ena inverzna funkcija. Ako je (1) funkcija f diferencijabilna u taqki x , (2) f (x ) 6= 0, (3) f neprekidna u taqki y = f (x ) tada je funkcija f diferencijabilna u taqki y i vai ( |x|p sin x1 f (x) = 0

−1

0

0

0

−1

0

0

−1

4

0

Po definiciji izvoda je

1 . (f −1 )0 (y0 ) = 0 f (x0 )

(4) Neka je f (y + h) − f (y ) = t. (5) Poxto je f (y ) = x , iz (5) dobijamo h = f (x + t) − f (x ). Iz (5) i neprekidnosti funkcije f i y sledi da t → 0 kad h → 0 (ovde koristimo neprekidnost f u taqki y , kao i qienicu da je f bijekcija, pa je f (y + h) = f (y ) samo za h = 0). Odatle i iz (4) dobijamo f −1 (y0 + h) − f −1 (y0 ) . h→0 h

(f −1 )0 (y0 ) = lim −1

−1

0

−1

0

0

0

−1

−1

0

0

0

−1

−1

0

−1

0

0

(f −1 )0 (y0 ) = lim

t→0

t 1 = 0 . f (x0 + t) − f (x0 ) f (x0 )

Iz prethodne teoreme i Posledice 7 na str. 68 sledi Posledica 1. Neka je f : (a, b) → (α, β) neprekidna monotona funkcija i f : (α, β) → (a, b) ena inverzna funkcija. Ako je funkcija f diferencijabilna u taqki x i f (x ) 6= 0, tada je funkcija f diferencijabilna u taqki y = f (x ) i vai 5

−1

0

0

0

−1

0

0

(f −1 )0 (y0 ) =

1 . f 0 (x0 )

Zadatak 7. Neka je f : X → Y diferencijabilna u x i f : Y → X diferencijabilna u y = f (x ). Dokazati da je tada (f ) (y ) = . Primetimo da odatle sledi f (x ) 6= 0, xto je u Lemi 4 potrebno kao pretpostavka. (Uputstvo: primeniti Lemu 3) Da li Lema 4 moe da se primeni na funkciju f (x) = x u taqki x = 0 i zaxto? X Primer 11. Neka je f (x) = arcsin x. Tada je 1 1 f (x) = = , gde je x = sin y. (sin y) cos y Odatle i iz cos y = p1 − sin y = √1 − x sledi (arcsin x) = . ] 0

0 −1 0

0

0

−1

0

3

0

0

0

2

1 f 0 (x0 )

0

2

0

√ 1 1−x2

84

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

Zadatak 8. Dokazati da je (a) (arccos x) = − (b) (arctg x) = (v) (arccotg x) = − . 0

√ 1 1−x2

0

1 1+x2

0

1 1+x2

X

1.4. Desni i levi izvod. Ukoliko postoje limesi 0 f+ (x0 ) = lim

h→0+0

f (x0 + h) − f (x0 ) , h

0 f− (x0 ) = lim

h→0−0

f (x0 + h) − f (x0 ) h

oni se nazivaju desnim i levim izvodima funkcije f u taqki x . Oqigledno je da je funkcija diferencijabilna u taqki x ako i samo ako u toj taqki ima levi izvod jednak desnom izvodu. Zadatak 9. Dokazati da je funkcija f : (a, b) → C koja ima levi i desni izvod u taqki x ∈ (a, b) neprekidna u toj taqki. X 1.5. Izvod implicitno zadate funkcije. Ako jednaqina F (x, y) = 0 (6) ima jedinstveno rexee po y, om je zadata funkcija y = f (x). en izvod moemo da izraqunamo diferenciraem obe strane jednaqine (6), koristei pravilo za izvod sloene funkcije. Primer 12. Funkcija y = f (x) zadata je jednaqinom √ y + 3x y + x + x + 1 = 0. (7) Izraqunajmo f (0). Diferenciraem jednaqine (7) dobijamo 3√ 3y y + 6xy + 3x y + x + 1 = 0. (8) 2 Iz (7) sledi da je f (0) = −1, pa stav ajui x = 0, y = −1 u (8) dobijamo f (0) = − . ] 1.6. Izvod parametarski zadate funkcije. Neka je funkcija y = f (x) zadata parametarski: 0

0

0

3

2

3

0

2 0

0

2 0

1 3

x = x(t),

Tada je y(t) = f (x(t)), pa je

y = y(t);

dy dy dt = · = dx dt dx

a ≤ t ≤ b.

dy dt dx dt

,

pri qemu prva jednakost sledi iz pravila za izvod sloene, a druga iz pravila za izvod inverzne funkcije. Primetimo da dobijena jednakost dy = (9) dx ima oblik , de ea brojioca i imenioca sa dt". Iako na prvi pogled izgleda da ta interpretacija nema smisla, jer smo izraz uveli samo kao oznaku za y , videemo da jednakost (9) moe upravo tako da se interpretira. Da bismo to videli, potreban nam je pojam diferencijala funkcije. dy dt dx dt

0

dy dx

2. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAQUNA

85

1.7. Diferencijal funkcije. Neka je f : (a, b) → C diferencijabilna funkcija. Iz definicije izvoda sledi da vai f (x + h) = f (x) + f (x)h + o(h) kad h → 0. (10) Drugi qlan na desnoj strani izraza (10) naziva se diferencijalom funkcije i oznaqava sa df (x)h. Preciznije, diferencijal funkcije f je preslikavae 0

df : (a, b) × R → C,

df (x, h) = f 0 (x)h.

Oqigledno je da je diferencijal linearan po drugoj promen ivoj; preciznije, za svako fiksirano x ∈ (a, b) preslikavae h 7→ f (x)h je linearno. Ovo preslikavae oznaqavamo sa df (x) i nazivamo diferencijalom funkcije f u taqki x: df (x) : R → C, df (x)(h) = f (x)h. (11) Specijalno, diferencijal funkcije f (x) = x u svakoj taqki je preslikavae dx(h) = h. Imajui to u vidu, izraz (11) moemo da napixemo kao df (x)(h) = f (x)dx(h). Ova jednakost vai za svako h, tj. funkcije df (x) i f (x)dx su jednake (kao funkcije po h): df (x) . (12) df (x) = f (x)dx, ili f (x) = dx Iz jednakosti (2) sledi 0

0

0

0

0

0

df (x) = d(Re f )(x) + id(Im f )(x).

2. Osnovne teoreme diferencijalnog raquna

U ovom paragrafu emo dokazati neke teoreme koje nam omoguavaju da na osnovu osobina izvoda ispitujemo ponaxae i svojstva funkcije.

2.1. Teoreme o sredoj vrednosti.

1 1 Neka funkcija f : [a, b] → R dostie svoj maksimum ili minimum u taqki . Ako je funkcija f diferencijabilna u taqki , onda je . 4 Pretpostavimo da f dostie u taqki c minimum, tj. da je f (c) ≤ f (x) za svako x. Tada je, za h > 0 Teorema . (Fermaova teorema) c ∈ (a, b) c f 0 (c) = 0

a za h < 0

f (c + h) − f (c) ≥ 0, h f (c + h) − f (c) ≤ 0. h h→0 f 0 (c) ≤ 0 f 0 (c) = 0 x0 ∈ X

Prelaskom na limes kad , iz prve nejednakosti zak uqujemo da je f (c) ≥ 0, a iz druge da je , xto zajedno daje . 5 Napomenimo da je taqka lokalnog minimuma funkcije f : X → R ako (∃δ > 0)(∀x ∈ X ∩ (x − δ, x + δ)) f (x ) ≤ f (x). (13) Ako vai (∃δ > 0)(∀x ∈ X ∩ (x − δ, x + δ)) f (x ) < f (x) (14) 0

0

0

0

0

0

1Ferma (Pierre Fermat, 1601{1665), francuski matematiqar

0

86

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

kaemo da je x taqka strogog lokalnog minimuma. Taqke lokalnog maksimuma i strogog lokalnog maksimuma se definixu zamenom simbola ≤ i . Iz Teoreme 1 sledi Posledica 2. (Potreban uslov postojaa lokalnog ekstremuma) Da bi funkcija f : [a, b] → R imala lokalni ekstremum u taqki c ∈ (a, b) neophodno je da bude ispuen jedan od sledea dva uslova: ili f nije diferencijabilna u c, ili je f (c) = 0. Primer 13. Na primeru funkcije f (x) = x koja nema lokalni ekstremum u 0 iako je f (0) = 0 vidimo da uslov iz Posledice 2 nije i dovo an. ] Primer 14. Posledica 2 daje potreban uslov postojaa ekstremuma u unutraxoj taqki. Funkcija f : [0, 1] → R, f (x) = x + x ima minimum u 0, a maksimum u 1, iako je f (x) = 3x + 1 6= 0 za svako x ] 2 Teorema 2. (Rolova teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b) i neka je f (a) = f (b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = 0. 4 Poxto je funkcija f neprekidna, iz Vajerxtrasove teoreme (Teorema 3 na str. 65) sledi da ona na segmentu [a, b] dostie svoj maksimum i minimum. Ako je jedna od taqaka u kojima se ove vrednosti dostiu unutraxa taqka intervala (a, b), iz Fermaove teoreme sledi da je izvod funkcije f u toj taqki jednak nuli, qime je dokaz zavrxen. Ako se i maksimum i minumum dostiu u rubnim taqkama a i b, onda iz uslova f (a) = f (b) sledi da je f konstantna, pa je f ≡ 0 (Primer 1). 5 Teorema 3. (Koxijeva teorema) Neka su funkcije f : [a, b] → R i g : [a, b] → R neprekidne na [a, b] i diferencijabilne na (a, b) i neka je g (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je 0

0

3

0

3

0

2

0

0

0

f 0 (c) f (b) − f (a) = 0 . g(b) − g(a) g (c)

Funkcija F (x) = (f (b) − f (a))g(x) − (g(b) − g(a))f (x) zadovo ava uslove Rolove teoreme, pa postoji c ∈ (a, b) takvo da je F (c) = 0, xto je ekvivalentno sa (f (b) − f (a))g (c) = (g(b) − g(a))f (c). (15) Po pretpostavci je g (c) 6= 0. Vai i g(b) − g(a) 6= 0, jer bi u suprotnom iz Rolove teoreme sledilo da za neko c ∈ (a, b) vai g (c ) = 0, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je g (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b). Odatle sledi da obe strane u (15) moemo da podelimo sa (g(b) − g(a))g (c), xto dokazuje tvree teoreme. 5 3 Teorema 4. (Lagranova teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b] i diferencijabilna na (a, b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (b) − f (a)

4

0

0

0

0

o

0

o

0

0

b−a

4

= f 0 (c).

Dokaz sledi iz Koxijeve teoreme, za g(x) = x.

2Rol (M. Rolle, 1652{1719), francuski matematiqar 3Lagran (J. Lagrange, 1736{1813), francuski matematiqar

5

2. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAQUNA

87

Posledica 3. Ako funkcija f : X → R ima ograniqen prvi izvod, onda je ona ravnomerno neprekidna. 4 Dokaz sledi iz |f (x) − f (y)| = |f (c)(x − y)| < L|x − y| i definicije ravnomerne neprekidnosti. 5 Zadatak 10. Dokazati da obrnuto nije taqno: ravnomerno neprekidna diferencijabilna funkcija moe da ima neograniqen prvi izvod. (Uputstvo: videti Zadatak 10 na 67 strani) X Posledica 4. Neka je f : (a, b) → R diferencijabilna funkcija. Tada je f (x) = 0 za sve x ∈ (a, b) ako i samo ako je funkcija f konstantna. 4 Jedan smer je oqigledan: izvod konstantne funkcije je nula (Primer 1). Pretpostavimo obrnuto, da je f (x) = 0 za sve x ∈ (a, b). Iz Lagranove teoreme sledi f (x ) − f (x ) = (x − x )f (c) = 0, tj. f (x ) = f (x ) za sve x , x ∈ (a, b). 5 Posledica 5. (Kriterijumi monotonosti) Ako je f : (a, b) → R diferencijabilna funkcija, vai svaka od sledeih implikacija: f > 0 ⇒ f je strogo rastua ⇒f ≥0 f ≥ 0 ⇒ f je neopadajua ⇒f ≥0 f < 0 ⇒ f je strogo opadajua ⇒ f ≤ 0 f ≤ 0 ⇒ f je nerastua ⇒ f ≤ 0. 4 Neka je x < x . Iz Lagranove teoreme sledi 0

0

0

2

1

2

1

1

1

2

0

1

2

0

0

0

0

0

0

0

0

2

f (x2 ) − f (x1 ) = (x2 − x1 )f 0 (c)

za neko c ∈ (x , x ). Posledi izraz je nenegativan ako je f (x) ≥ 0, a strogo pozitivan ako je f (x) > 0. Sliqno se dokazuju i ostale implikacije. 5 Primer 15. Izvod funkcije f (x) = x je f (x) = 3x ≥ 0. Odatle sledi da je ova funkcija neopadajua. Primetimo da vai i vixe: f je strogo rastua funkcija, ali izvod nije strogo pozitivan: f (0) = 0. ] Iz Posledice 5 izvodimo dovo an uslov postojaa lokalnih ekstremuma u terminima prvog izvoda. Posledica 6. (Dovoǉan uslov postojaǌa ekstremuma) Ako je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna svuda sem moda u taqki x i neprekidna u x , onda vae sledee implikacije: (∀x ∈ (a, x ))f (x) < 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) < 0 ⇒ f nema ekstremum u x (∀x ∈ (a, x ))f (x) < 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) > 0 ⇒ x je lokalni minimum (∀x ∈ (a, x ))f (x) > 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) < 0 ⇒ x je lokalni maksimum (∀x ∈ (a, x ))f (x) > 0 ∧ (∀x ∈ (x , b))f (x) > 0 ⇒ f nema ekstremum u x . 4 Iz Posledice 5 sledi da funkcija koja zadovo ava pretpostavku prve implikacije strogo opada na (a, b) \ {x }. Poxto je f neprekidna u x sledi da ona uzima i vee (za x < x ) i mae (za x > x ) vrednosti od f (x ), pa x nije ekstremum. Ako f zadovo ava pretpostavku druge implikacije, onda ona, na osnovu Posledice 5, raste na (a, x ), a opada na (x , b), pa iz neprekidnosti u taqki x sledi da u toj taqki f ima lokalni minimum. Sliqno se dokazuju i ostale implikacije. 5 1

0

2

0

0

3

2

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

88

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

Zadatak 11. (a) Da li su lokalni ekstremumi qije postojae utvruje Posledica 6 strogi? (b) Da li Posledica 6 vai i ako se znakovi strogih nejednakosti > i < zamene znakovima ≥ i ≤? (v) Da li u tvreima Posledice 6 vae i obrnute implikacije? (Odgovor: ne!) (g) Dokazati da funkcija ( f (x) =

2x2 + x2 sin x1 , x 6= 0, 0, x=0

ima strogi lokalni minimum u 0, ali da se to ne moe utvrditi primenom Posledice 6. X Zadatak 12. Nai grexku u sledeem rasuivau: neka je f funkcija iz Primera 10 na 82. strani. Primenom Lagranove teoreme dobija se x2 sin

1 1 1 = 2c sin − cos x c c

za neko c ∈ (0, x). Iz 0 < c < x sledi da c → 0 kad x → 0, pa je 0 = lim x2 sin x→0

1 1 1 = lim (2c sin − cos ). x c→0 c c

Oqigledno je da je rasuivae pogrexno jer posledi limes ne postoji. Gde je naprav ena grexka? X Zadatak 13. (a) (Izvod determinante) Neka su funkcije f , g , h (k ∈ {1, 2, 3}) diferencijabilne u taqki x . Dokazati da se determinanta k

k

k

0

f1 (x) g1 (x) h1 (x) ∆(x) = f2 (x) g2 (x) h2 (x) f3 (x) g3 (x) h3 (x)

diferencira po pravilu f10 0 ∆ = f2 f3

g10 g2 g3

h01 h2 h3

f1 0 + f2 f3

g1 g20 g3

h1 h02 h3

f1 + f2 0 f3

g1 g2 g30

h1 h2 h03

.

(b) Neka su funkcije f, g, h : [a, b] → R neprekidne na [a, b] i diferencijabilne na (a, b) i neka je f (x) g(x) h(x) ∆(x) = f (b) g(b) h(b) . f (a) g(a) h(a)

Dokazati da ∆ ispuava uslove Rolove teoreme. enom primenom na h(x) ≡ 1 dokazati Koxijevu, a primenom na h(x) ≡ 1, g(x) = x Lagranovu teoremu. X 2.2. Darbuova teorema. Neka je f diferencijabilna funkcija. Iako izvodna funkcija f ne mora da bude neprekidna (v. Primer 10), ona ima sledee svojstvo, karakteristiqno za neprekidne funkcije (v. Posledicu 4 na str. 64). 0

2. OSNOVNE TEOREME DIFERENCIJALNOG RAQUNA 89 Teorema 5. (Darbuova4 teorema) Neka je f : (a0 , b0 ) → R diferencija-

bilna funkcija i a < a < b < b . Neka je γ broj koji je izmeu f (a) i f (b). Tada postoji taqka c ∈ (a, b) takva da je f (c) = γ. 4 Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je f (a) < γ < f (b). Ako je = γ, dokaz sledi iz Lagranove teoreme, jer je = f (c) za neko c. Pretpostavimo da je > γ. Neka je ( za x > a φ(x) = f (a) za x = a. = φ(b), Funkcija φ je neprekidna na [a, b] i vai φ(a) = f (a) < γ < pa postoji taqka x ∈ (a, b) takva da vai φ(x ) = γ. Dokaz sada sledi iz Lagranove teoreme, jer je 0

0

0

0

0

0

0

f (b)−f (a) b−a

f (b)−f (a) b−a

0

f (b)−f (a) b−a

f (x)−f (a) x−a 0

f (b)−f (a) b−a

0

0

0

γ = φ(x0 ) =

f (x0 ) − f (a) = f 0 (c) x0 − a

za neko c ∈ (a, x ). Sluqaj < γ tretira se analogno. Zadatak 14. Dokazati da ako postoji lim f (x) onda postoji i f (v. str. 84) i f (b)−f (a) b−a

0

0

0 + (x0 )

x→x0 +0

lim

5

0 f 0 (x) = f+ (x0 ).

Da li vai i obrnuto? (Uputstvo: videti Primer 10) X Zadatak 15. Dokazati da funkcija f (·) moe da ima samo prekide druge vrste. X 2.3. Neodreeni oblici. Lopitalova pravila. Aksiomama realnih brojeva i pravilima za raqunae u proxirenom skupu realnih brojeva koja smo dali na 16. strani nisu definisani izrazi oblika x→x0 +0

0

∞ , ∞

∞ − ∞,

0 · ∞,

1∞ ,

0 , 0

∞0 ,

00 .

Ovi izrazi, kao limesi, mogu da budu jednaki bilo kom realnom broju, kao i ±∞. Sledea teorema omoguava nam da nekad izraqunamo limese oblika i . Teorema 6. (Lopitalova5 pravila) Neka su funkcije f : (a, b) → R i g : (a, b) → R diferencijabilne na (a, b) i neka je g (x) 6= 0 za svako x ∈ (a, b) (−∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞). Neka je 0 0

∞ ∞

0

f 0 (x) = A. x→a+0 g 0 (x) lim

Tada u svakom od sledea dva sluqaja 1. lim f (x) = lim g(x) = 0 2. lim g(x) = ∞ x→a+0

x→a+0

x→a+0

4Darbu (Darboux, 1842{1917), francuski matematiqar 5Lopital (G.F. de l’Hospital, 1661{1704), francuski matematiqar

90

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

vai

lim

x→a+0

f (x) = A. g(x)

Analogno tvree vai i za lim . 4 Pretpostavimo da vai lim f (x) = lim g(x) = 0. Tada su funkcije ( ( f (x) za x ∈ (a, b) za x ∈ (a, b) i G(x) = g(x) F (x) = 0 za x = a 0 za x = a neprekidne na [a, b) i diferencijabilne na (a, b). Iz Koxijeve teoreme sledi da za svako x ∈ (a, b) postoji taqka c ∈ (a, x) takva da vai f (x) F (x) − F (a) F (c) f (c) = = = (16) g(x) G(x) − G(a) G (c) g (c) Poxto je a < c < x, iz x → a + 0 sledi c → a + 0. Odatle i iz (16) sledi tvree teoreme u prvom sluqaju. Pretpostavimo sada da je lim g(x) = ∞. Neka je ε > 0. Iz lim = A sledi da postoji s > a takvo da je f (x) A−ε< < A + ε za x < s. (17) g (x) Poxto je lim g(x) = ∞, za svako β ∈ (a, s) postoji α ∈ (a, β), takvo da je g(α) − g(β) > 0. Iz Koxijeve teoreme i (17) sledi x→b−0

x→a+0

x→a+0

0

0

0

0

f 0 (x) 0 x→a+0 g (x)

x→a+0 0

0

x→a+0

A−ε<

f (α) − f (β) f 0 (c) = 0 < A + ε, g(α) − g(β) g (c)

odakle, posle mnoea pozitivnim brojem g(α) − g(β) dobijamo (A − ε) 1 −

f (α) g(β) f (β) g(β) f (β) + < < (A + ε) 1 − + . g(α) g(α) g(α) g(α) g(α)

Prelaskom na lim odatle dobijamo A − ε < lim < A + ε. Poxto je ε proizvo no, odatle sledi tvree teoreme. 5 Zadatak 16. Uporediti rasuivae u dokazu Lopitalove teoreme sa pogrexnim rasuivaem iz Zadatka 12 na 88. strani. X Zadatak 17. Dokazati da ne vai obrnuto tvree u Lopitalovim pravilima, tj. da iz postojaa lim ne sledi postojae lim . (Uputstvo: neka je f funkcija iz Primera 10, g(x) = x i a = 0.) X Primer 16. Iz Lopitalovog pravila sledi lim = 0 za q > 1. ] Primer 17. Primer 16 lako se uopxtava na sledei naqin: ako je q > 1, onda za svako β ∈ R vai lim = 0. Zaista, ako je β ≤ 0 tvree je oqigledno taqno, a za β > 0 ono sledi iz = i Primera 16. ] f (α) α→a+0 g(α)

α→a+0

f0 g0

f g

x x x→+∞ q

xβ x x→+∞ q

xβ qx

β x (q 1/β )x

3. IZVODI VIXEG REDA. TEJLOROVA FORMULA

Primer

91

18. Neka je a > 1. Tada je lim

(18)

loga x = 0. x

Zaista, smenom t = log x, tj. x = a , (18) se svodi na Primer 16. za 0 < a < 1. Zadatak 18. Izraqunati lim Primer 19. Neka je a > 1 i α ∈ R. Tada je x→∞ t

a

]

loga x x x→∞

X

(19)

(loga x)α = 0. x→∞ x x = at lim

Zaista, smenom t = log x, tj. , (18) se svodi na Primer 17. ] Primer 20. Neka je a > 1, q > 1 i neka su α, β , γ realni brojevi. Iz Primera 17 i 19 lako sledi da je a

lim (loga x)α xβ q γx = +∞

ako je γ > 0 ∨ (γ = 0 ∧ β > 0) ∨ (γ = 0 ∧ β = 0 ∧ α > 0), x→+∞

lim (loga x)α xβ q γx = 0

ako je γ < 0 ∨ (γ = 0 ∧ β < 0) ∨ (γ = 0 ∧ β = 0 ∧ α < 0) i x→+∞

lim (loga x)α xβ q γx = 1

ako je α = β = γ = 0. Zadatak 19. Izraqunati (a) lim (b) lim x . Zadatak 20. Da li je logiqki ispravno izraqunati x→+∞

]

x cos x−sin x x3 1/x x→+∞ x→0

X

sin x x→0 x lim

primenom Lopitalovog pravila? (Odgovor: ne!) X Zadatak 21. Neka je f : (a, +∞) → R diferencijabilna funkcija i neka je lim (f (x) + f (x)) = A. Dokazati da je lim f (x) = A. X 0

x→+∞

x→+∞

3. Izvodi vixeg reda. Tejlorova formula

Neka je f : (a, b) → C diferencijabilna funkcija. Ako je ena izvodna funkcija f : (a, b) → C diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b), en izvod (f ) (x ) nazivamo drugim izvodom funkcije f i oznaqavamo sa f (x ) ili . Induktivno se definixe n–ti izvod f (x) sa 0

0 0

0

00

0

0

d2 f (x0 ) dx2

(n)

f (0) (x) = f (x),

f (n) (x) = (f (n−1) )0 (x).

Za n{ti izvod se koristi jox i oznaka . Funkciju koja ima n{ti izvod nazivamo n puta diferencijabilnom. Funkciju koja je n puta diferencijabilna za svako n nazivamo beskonaqno puta diferencijabilnom. dn f (x0 ) dxn

92

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

22. Koliko puta je funkcija f (x) = |x| diferencijabilna u nuli? X Primer 21. Polinomska funkcija p(x) = a + a x + a x + · · · + a x je beskonaqno puta diferencijabilna i vai p (0) = n!a za 0 ≤ n ≤ m i p (x) = 0 za n > m. Odatle sledi da polinom moemo da napixemo u obliku P p(x) = x . ] Zadatak 23. Dokazati da je funkcija ( e za x > 0 f (x) = 0 za x ≤ 0 beskonaqno puta diferencijabilna. X Zadatak 24. Dokazati da je funkcija ( e za 0 < x < 1 f (x) = 0 za x ∈/ (0, 1) beskonaqno puta diferencijabilna. Ovo je vaan primer beskonaqno diferncijabilne funkcije koja je pozitivna na intervalu i jednaka nuli van ega. X Zadatak 25. Dokazati da je funkcija   za 0 < x < 1 e f (x) = 0 za x ≤ 0   1 za x ≥ 1 beskonaqno puta diferencijabilna. Ovo je primer monotone beskonaqno diferencijabilne funkcije koja je konstantna na (−∞, 0] i [1, +∞) i strogo monotona na [0, 1]. X Zadatak 26. Da li je funkcija iz Primera 12 na str. 84 dvaput diferencijabilna u nuli? X Zadatak 27. Za koje p je funkcija iz Zadatka 6 na 83. strani k puta diferencijabilna? X Zadatak 28. Funkcija y = f (x) data je u parametarskom obliku 3

Zadatak

0 (n)

1

2

2

m

m

n

(n)

m

n=1

p(n) (0) n n!

−1/x2

−1/x2 (1−x)2

−1/x2 (1−x)2

x = t + t3 , y = et + t

Izraqunati f (0). X Primer 21 moemo da uopxtimo na sledei naqin. Neka je funkcija f : (a, b) → R n puta diferencijabilna u taqki x ∈ (a, b). Polinom 00

0

Pn (x0 , x; f ) =

n X f (k) (x0 )

k!

(x − x0 )k

naziva se Tejlorovim6 polinomom stepena n funkcije f u taqki x . Razlika k=0

0

rn (x0 , x; f ) = f (x) − Pn (x0 , x; f )

6Tejlor (B. Taylor, 1685–1731), engleski matematiqar

3. IZVODI VIXEG REDA. TEJLOROVA FORMULA

93

naziva se n{tim ostatkom Tejlorove formule f (x) =

n X f (k) (x0 )

k!

(x − x0 )k + rn (x0 , x; f ).

Za x = 0 Tejlorova formula se qesto naziva Meklorenovom.7 Vai sledea teorema. Teorema 7. Neka je funkcija f : (a, b) → R n puta diferencijabilna u taqkama zatvorenog intervala sa krajevima x, x ∈ (a, b), neka je en n{ ti izvod neprekidan u svim taqkama tog zatvorenog intervala i neka postoji n + 1 izvod u taqkama otvorenog intervala sa krajevima x, x . Neka je P (x , x; f ) Tejlorov polinom funkcije f i r (x , x; f ) ostatak. Tada vai (a) r (x , x; f ) = f (c)(x − c) (x − x ) za neko c izmeu x i x (b) r (x , x; f ) = f (c)(x − x ) za neko c izmeu x i x Formula (a) naziva se Koxijevom, a formula (b) Lagranovom formom ostatka. 4 Neka je F (t) = f (x) − P (t, x; f ), tj. k=0

0

0

0

n

0

n

n

n

1 n!

0

(n+1)

1 (n+1)!

0

n

(n+1)

0

0

0 n+1

0

0

n

Tada je

F (t) = f (x) − f (t) + F 0 (t)

= −f 0 (t) +

f 0 (t) f (n) (t) (x − t) + · · · + (x − t)n . 1! n! f 0 (t) 1! 2

f 00 (t) f 00 (t) 1! (x − t) + 1! (x − (n+1) · · · − f n! (t) (x − t)n = n

−

t)−

(20) − t) . Neka je G proizvo na funkcija definisana i neprekidna na zatvorenom intervalu sa krajevima x i x i diferencijabilna u unutraxim taqkama tog intervala, takva da je G svuda razliqito od nule. Iz Koxijeve teoreme sledi da postoji taqka c izmeu x i x takva da je F (x) − F (x ) F (c) = . (21) G(x) − G(x ) G (c) Poxto je F (x) − F (x ) = 0 − F (x ) = −r (x , x; f ), iz (20) i (21) sledi 000 − f 2!(t) (x − t) (n+1) = − f n! (t) (x

+

0

0

0

0

0

0

0

0

0

rn (x0 , x; f ) =

n

0

G(x) − G(x0 ) (n+1) f (c)(x − c)n . n!G0 (c)

Specijalno, za G(t) = x − t dobijamo formulu (a), a za G(t) = (x − t) formulu (b). 5 Napomena 1. U Primeru 1 na str. 162 videemo jox jedan naqin izvoea Tejlorove formule. Napomena 2. (Peanov oblik ostatka) Ako je funkcija f ograniqena onda iz (b) sledi r (x , x; f ) = o((x − x ) ) kad x → x ; ovaj ostatak naziva se Peanovom formom ostatka. Tejlorova formula sa ovom formom ostatka je taqna i pri mnogo slabijim pretpostavkama { dovo no je pretpostaviti da funkcija f ima prvih n izvoda u taqki x . Dokaz je posledica sledeeg zadatka. n+1

(n+1)

n

0

0

n

0

0

7Mekloren (K. Maclaurin, 1698–1746), engleski matematiqar

94

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

Zadatak 29. (a) Neka je funkcija ψ : (x − δ, x + δ) → R n puta diferencijabilna u taqki x i neka je 0

0

0

ψ(x0 ) = ψ 0 (x0 ) = · · · = ψ (n) (x0 ) = 0.

Dokazati da je ψ(x) = o((x − x ) ) kad x → x . (Uputstvo: primeniti indukciju po n. Za n = 1 tvree definicija prvog izvoda. Neka je ψ funkcija za koju tvree vai za prirodan broj n. Primeniti induktivnu pretpostavku na funkciju ψ (·) i iskoristiti Lagranovu teoremu 0

n

0

0

ψ(x) = ψ(x) − ψ(x0 ) = ψ 0 (c)(x − x0 )

i induktivnu pretpostavku) (b) Izvesti iz (a) dokaz tvrea iz Napomene 2. (Uputstvo: neka je ψ(x) = f (x) − P (x , x; f )) X Primer 22. Neposrednim izraqunavaem izvoda u taqki x = 0 dobijamo n

0

0

ex =

n P k=0

k

x k!

sin x =

n P

cos x =

k=0 n P k=0

+ rn (0, x; ex ) x2k+1 (2k+1)! x2k (2k)!

log(1 + x) = α

(1 + x) =

gde je

n P

+ r2n+1 (0, x; sin x)

+ r2n (0, x; cos x) k

(−1)k−1 xk + rn (0, x; log(1 + x))

k=1 α k k x k=1 n P

+ rn (0, x; (1 + x)α ),

α α · (α − 1) · . . . · (α − k + 1) := . k! k

Posleda formula uopxtava binomnu formulu (Lema 5 na 20. strani) ] U Posledici 6 na 87. strani videli smo dovo an uslov postojaa lokalnog ekstremuma u terminima prvog izvoda. Sledee tvree daje dovo an uslov u terminima izvoda vixeg reda. Tvreǌe 1. (Dovo an uslov postojaa lokalnog ekstremuma) Neka je funkcija f : (x − δ, x + δ) → R n puta diferencijabilna u taqki x i neka je f (x ) = 0 za k < n, f (x ) 6= 0. Tada: (1) Ako je n neparan broj x nije taqka ekstremuma. (2) Ako je n paran broj x je taqka lokalnog ekstremuma i to (a) taqka maksimuma ako je f (x ) < 0, (b) taqka minimuma ako je f (x ) > 0. 4 Taqka x je taqka lokalnog ekstremuma ako je znak izraza f (x)−f (x ) stalan u nekoj okolini taqke x . Iz Tejlorove formule sa ostatkom u Peanovom obliku sledi 0

0

(k)

0

(n)

0

0

0

0

(n)

(n)

0

0

0

0

0

f (x) − f (x0 ) =

1 (n) f (x0 )(x − x0 )n + α(x)(x − x0 )n , n!

4. KONVEKSNE FUNKCIJE

95

gde α(x) → 0 kad x → x . Odatle sledi da znak razlike f (x) − f (x ) zavisi samo od znaka izraza f (x )(x − x ) . Ako je n neparan broj, znak ovog izraza se mea u zavisnosti od toga da li je x sa leve ili sa desne strane taqke x , pa x . Ako je n parno, ovaj znak je stalan i zavisi samo od znaka f (x ). 5 Primer 23. (Uputstvo za lako pamee Tvrea 1) I bez primene diferencijalnog raquna lako je videti da funkcija f (x) = x ima lokalni ekstremum u 0 ako i samo ako je n paran broj. U tom sluqaju, radi se o taqki lokalnog minimuma. ] 0 (n)

0

0

n

0

0

(n)

0

0

n

4. Konveksne funkcije

Funkcija f : (a, b) → R naziva se konveksnom ako za proizvo ne dve taqke vai f (λx + (1 − λ)x ) ≤ λf (x ) + (1 − λ)f (x ) za 0 ≤ λ ≤ 1. (22) Geometrijski, ovaj uslov znaqi da se du koja spaja bilo koje dve taqke grafika funkcije nalazi iznad tog grafika. Ukoliko vai obrnuta nejednakost f (λx + (1 − λ)x ) ≥ λf (x ) + (1 − λ)f (x ) za 0 ≤ λ ≤ 1 funkcija f se naziva konkavnom.. Ako je funkcija f : [a, b] → R konveksna na intervalu [a, c] a konkavna na intervalu [c, b] (ili konkavna na intervalu [a, c] a konveksna na intervalu [c, b]), taqka c se naziva prevojnom taqkom funkcije f. Neka je x < x i x = λx +(1−λ)x . Tada je λ = , pa nejednakost (22) moemo da napixemo u obliku x1 , x2 ∈ (a, b)

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

x2 −x x2 −x1

2

x2 − x x − x1 f (x1 ) + f (x2 ). x2 − x1 x2 − x1 x2 − x1

f (x) ≤

Odatle, posle mnoea sa dobijamo (x − x)f (x ) + (x − x )f (x) + (x − x )f (x ) ≥ 0. Ako napixemo x −x = x −x+x−x , iz prethodne nejednakosti lako dobijamo f (x) − f (x ) f (x ) − f (x) . (23) ≤ x−x x −x Geometrijski, ova nejednakost znaqi da je, za fiksirano x, koeficijent pravca prave koja spaja taqke (x, f (x)) i (α, f (α)) rastua funkcija od α. Odatle se, imajui u vidu da rastua funkcija ima levi i desni limes u svakoj taqki (videti Lemu 13 na 72. strani) , lako izvodi sledee tvree: Zadatak 30. Dokazati da konveksna funkcija f : (a, b) → R ima levi i desni izvod u svakoj taqki x ∈ (a, b) i da je f (x ) ≤ f (x ). Uz pomo Zadatka 9 zak uqiti da je svaka konveksna funkcija neprekidna. X Pretpostavimo da je konveksna funkcija f diferencijabilna. Prelazei u (23) na limes, prvo kad x → x , a zatim kad x → x , dobijamo 2

2

1

1

1

2

2

1

2

1

1

1

0

1

2

2

0 −

0

0 +

0

2

f (x2 ) − f (x1 ) ≤ f 0 (x2 ), f 0 (x1 ) ≤ x2 − x1 f0 00 f ≥0

xto znaqi da je funkcija rastua. Specijalno, ako je f dva puta diferencijabilna, onda je . U prethodnim razmatraima smo dokazali sledee tvree.

96

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE

2 Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija. Tada vai: 1. Funkcija f ima levi i desni izvod u svakoj taqki. 2. Funkcija f je neprekidna. 3. Ako je funkcija f diferencijabilna, en izvod je rastua funkcija. 4. Ako je funkcija f dva puta diferencijabilna, onda je f ≥ 0. Zadatak 31. (a) Dokazati da je zbir konveksnih funkcija konveksna funkcija. (b) Ako je f konveksna, a g rastua konveksna funkcija, dokazati da je funkcija g ◦ f konveksna. X Zadatak 32. Neka je f : [a, b] → R konveksna funkcija. (a) Dokazati da ako f dostie maksimum u nekoj unutraxoj taqki intervala (a, b), onda je f ≡ const. (b) Neka su x , x ∈ (a, b) fiksirane taqke. Dokazati da je (22) ili stroga nejednakost za svako λ, ili jednakost za svako λ. (Uputstvo: primeniti (a) na funkciju F (x) = f (x) − L(x), gde je y = L(x) jednaqina prave koja spaja taqke (x , f (x )) i (x , f (x ))) X Zadatak 33. Neka je f : (a, b) → R dvaput diferencijabilna funkcija i c ∈ (a, b) prevojna taqka. Dokazati da je f (c) = 0. Da li je f (c) = 0? X Sledea lema je uopxtee nejednakosti (22). Lema 5. (Jensenova nejednakost)8 Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija, x , . . . , x taqke intervala (a, b) i λ , . . . , λ nenegativni brojevi, takvi da je λ + · · · + λ = 1. Tada vai nejednakost Tvreǌe .

00

1

1

1

2

2

2

00

1

n

0

1

1

n

n

f (λ1 x1 + · · · + λn xn ) ≤ λ1 f (x1 ) + · · · + λn f (xn ).

Dokaz izvodimo indukcijom. Za n = 2 Lema se svodi na nejednakost (22). Pretpostavimo da nejednakost vai za n−1 taqaka. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da su λ , . . . , λ realni brojevi takvi da je λ 6= 0 i λ +· · ·+λ = 1. Neka je µ = λ + · · · + λ . Tada iz (22) sledi 4

1

2

n

f (λ1 x1 + · · · + λn xn )

Poxto je

λ2 µ

n

1

n

n

= f (λ1 x1 + µ( λµ2 x2 + · · · + λµn xn )) ≤ λ1 f (x1 ) + µf ( λµ2 x2 + · · · + λµn xn ).

, po induktivnoj pretpostavci vai

+ · · · + λµn = 1 λn λn λ2 λ2 x2 + · · · + xn ≤ f (x2 ) + · · · + f (xn ). f µ µ µ µ

Iz prethodne dve nejednakosti sledi dokaz Leme. 5 9 Primer 24. (Jangova nejednakost) Funkcija f (x) = − log x je konveksna (jer je f (x) = > 0), pa vai 00

odakle sledi

1 x2

log(λ1 x1 + · · · + λn xn ) ≥ λ1 log(x1 ) + · · · + λn log(xn ), xλ1 1 · · · · · xλnn ≤ λ1 x1 + · · · + λn xn

8Jensen (I. L. Jensen, 1859–1925) 9Jang (W. Young, 1882–1946), engleski matematiqar

za x ≥ 0, λ ≥ 0, λ zapisuje u vidu

4. KONVEKSNE FUNKCIJE

97

. U sluqaju n = 2 ova nejednakost se obiqno 1 1 1 1 a b ≤ a + b za a > 0, b > 0, p > 1 i + = 1. (24) p q p q Specijalno, ako je λ = · · · = λ = dobijamo k

k

1

1 p

+ · · · + λn = 1

1 q

1

1 n

n

√ n

x1 + · · · + xn , n

x1 · . . . · xn ≤

xto je nejednakost izmeu geometrijske i aritmetiqke sredine. ] Zadatak 34. Neka je a > 0, b > 0, 0 1 taqka x = 1 en apsolutni minimum, odakle sledi f (x) ≥ 0. Staviti p = , = 1 − i x = . X Primetimo da metodom Zadatka 34 moemo da dokaemo i nejednakost 24 bez pozivaa na konveksnost. Dovo no je primetiti da u sluqaju λ < 1 funkcija f iz Zadatka 34 ima maksimum u taqki x = 1. Primer 25. (Helderova nejednakost)10 Funkcija f : [0, +∞) → R, f (x) = x je konveksna za p > 1 (jer je f (x) = p(p − 1)x ). Iz Jensenove nejednakosti sledi X X λ x λ x . (25) ≤ Neka je q takvo da je + = 1 i neka su a i b nenegativni brojevi. Stav ajui P 1 λ

1 q

1 p

p

a b

00

p

n

p−2

n

p

p k k

k k

k=1

1 p

k=1

1 q

k

bq λk = Pn k

q,

j=1 bj

u (25) dobijamo

n X

ak bk ≤

X n

k

xk =

n q j=1 bj

ak

1

bkp−1 apk

p1 X n

bqk

q1 .

Posleda nejednakost se naziva Helderovom nejednakoxu. Zadatak 35. Dokazati da za p < 1, p 6= 0, + = 1 i a ≥ 0, b k=1

k=1

k=1 1 p

n X

ak bk ≥

X n

apk

1 q

p1 X n

bqk

k

]

k

≥0

vai

q1 .

Uputstvo: za 0 1 (a + b ) k=1

k=1

k=1

p

k

n

k

k=1

k

p

1 p

n

p k

k=1

1 p

n

p k

k=1

k

1 p

10Helder (Otto Hölder, 1859{1937), nemaqki matematiqar 11Minkovski (Hermann Minkowski, 1864–1909), nemaqki matematiqar i fiziqar

98

i

3. IZVOD FUNKCIJE REALNE PROMENIVE X n

(ak + bk )

p

p1 ≥

Uputstvo: primetiti da je

X n

k=1

n X

(ak + bk )p =

apk

p1

X n

+

k=1 n X

bpk

za p < 1, p 6= 0.

p1

k=1

ak (ak + bk )p−1 +

n X

bk (ak + bk )p−1 ,

primeniti Helderove nejednakosti na svaki od Psabiraka na desnoj strani i X podeliti obe strane dobijenih nejednakosti sa (a + b ) . k=1

k=1

k=1

5. Vebe

k

k

p 1/q

(1) Izraqunati (a) pomou Lopitalovog pravila; (b) pomou Tejlorovog polinoma; (v) bez pomoi Lopitalovog pravila i Tejlorovog polinoma. . (2) Izraqunati qlim (3) Neka je y = . Izraqunati . (4) Skicirati krive (a) y = x + x − 4x − 4; (b) r = 2 + sin θ; (v) y = f (x) ako je f : R \ {0} → R parna funkcija za koju vai f (1) = 0 i f (x) = x . (5) Da li funkcija f (x) = x + sin x ima ekstremne vrednosti? Ako ima, nai ih. (6) Neka je f (x) = x + λx . (a) Za koje λ ∈ R funkcija f ima minimum u taqki x = −3? (b) Za koje λ ∈ R funkcija f ima minimum u taqki x = 2? (v) Za koje λ ∈ R funkcija f ima prevoj u taqki x = 1? (g) Za koje λ ∈ R funkcija f ima maksimum? (7) Dva putnika polaze iz iste taqke. Prvi se kree brzinom 3 kilometra na sat prema istoku, a drugi brzinom 2 kilometra na sat ka severoistoku. Kojom brzinom se rastojae izmeu ih mea posle 15 minuta? (8) Stanovnici dva grada koja se nalaze na istoj strani reke pravolinijskog toka prave pumpu koja e ih snabdevati vodom. Rastojae izmeu prvog grada i reke je p, izmeu drugog grada i reke q, a rastojae izmeu gradova je r. Dokazati da duina cevi mora da bude bar pr + 4pq. √ lim x( 1 + 3x − 1)−1

x→0

tg x−sin x x3 x→0 2 5 x +1 x+1

3

dy dx

2

0

2

−1

−1

2

GLAVA 4

Nizovi i redovi 1. Konvergencija nizova

1.1. Primeri. Ponav ajui definiciju limesa u beskonaqnosti datu na str. 71, kaemo da niz z kompleksnih brojeva ima graniqnu vrednost z , ili da konvergira ka z ∈ C, ako vai (∀ε > 0)(∃n ∈ N) n > n ⇒ |z − z | < ε. (1) U tom sluqaju pixemo lim z = z ili , z → z kad n → ∞". Za niz koji nije konvergentan kaemo da je divergentan. Napomena 7 na str. 71, naravno, vai i za limese nizova. Analogija Napomene 6 na str. 70 je oqigledna qienica da konvergencija niza ne zavisi od ponaxaa konaqnog broja egovih qlanova. = 0 jer je | − 0| = < ε Primer 1. Niz x = je konvergentan i lim ] za n > [ε ]. Sliqno se pokazuje da je lim = 0. Primer 2. lim = 1 jer je | − 1| = < ε za n > [ε ]. ] Primer 3. Niz a = (−1) je divergentan. Zaista, pretpostavimo da je lim a = a . Neka je 0 < ε < 2 . Iz (1) sledilo bi da (∃n ∈ N) n > n ⇒ |a − a | < ε < 2 . Tada bi za svako n > n vailo ∞

n

∞

0

n→∞

n

0

∞

n

n n+1

n

2

−1

1 n

−1

∞

∞

1 n

n

n

0

1 n

1 n→∞ n (−1)n n n→∞

1 n

n n→∞ n+1

n

∞

n

−1

n→∞

∞

n

0

−1

0

= |(−1)2n − (−1)2n+1 | = |a2n − a2n+1 | = |a2n − a∞ + a∞ − a2n+1 | ≤ |a2n − a∞ | + |a∞ − a2n+1 | < ε + ε < 2−1 + 2−1 = 1,

xto je kontradikcija. ] ≤ , Teoreme o tri limesa (TeoPrimer 4. Iz nejednakosti − ≤ rema 11, 4, na str. 74) i Primera 1 sledi lim = 0. ] Primer 5. Neka je 0 < θ < 2π . Tada bar jedan od nizova a = sin nθ i b = cos(nθ) divergira. Zaista, ako bi oba niza konvergirala, prelaskom na limes u 1 n

sin n n

1 n sin n n→∞ n

n

n

sin nθ + sin(n − 2)θ = 2 cos θ sin(n − 1)θ, cos nθ + cos(n − 2)θ = 2 cos θ cos(n − 1)θ

dobijamo 2a = 2 cos θa , 2b = 2 cos θb . (2) Prelaskom na limes u cos nθ + sin nθ = 1 dobijamo a + b = 1. Odatle sledi da je bar jedan od brojeva a , b razliqit od nule, pa iz (2) dobijamo cos θ = 1, xto je u suprotnosti sa 0 < θ < 2π . ] ∞

∞

∞

2

2

∞

∞

2 ∞

∞

99

2 ∞

100

4. NIZOVI I REDOVI

6 Neka je q ∈ R.

Primer .

  0,  1, lim q n = n→∞  +∞,   

|q| < 1 q=1 q>1 q < −1.

ne postoji, Zaista, neka je |q| < 1 i ε > 0. Tada je |q| − 1 > 0, pa iz Bernulijeve nejednakosti i Arhimedove aksiome sledi |q| = (1 + (|q| − 1)) 1 + n(|q| − 1) > ε za dovo no veliko n, tj. |q | < ε. To, po definiciji, znaqi da q → 0 kad n → ∞. Ako je q = 1 imamo konstantan niz q ≡ 1 koji konvergira ka 1. Sluqaj q = −1 je razmotren u Primeru 3. Neka je |q| > 1 i M proizvo an pozitivan broj. Primenom Bernulijeve nejednakosti dobijamo |q | = (1 + |q| − 1) > 1 + n(|q| − 1) > M za dovo no veliko M . Po definiciji beskonaqnog limesa to znaqi da Sluqaj |q | → ∞ kad n → ∞. Ako je pri tome q > 1, imamo q → ∞ kad n → ∞. Ako je q < −1, onda je q > M , q < −M za dovo no veliko n, xto znaqi da se beskonaqno mnogo taqaka niza q nalazi van bilo kog otvorenog podskupa u R, razliqitog od celog R, pa lim q ne postoji za q < −1. ] Primer 7. Niz ζ = z u C konvergira ako i samo ako je |z| < 1 ili z = 1. Zaista, ako je z = 1 imamo konstantan niz, a za |z| < 1 iz Primera 6 sledi da |z | = |z| → 0 kad n → ∞, pa na osnovu Leme 11 z konvergira ka nuli. Ako je |z| > 1, iz Primera 6 sledi da |z | = |z| → ∞ kad n → ∞, pa je niz ζ neograniqen, dakle divergentan. Na kraju, neka je |z| = 1 i z 6= 1, tj. z = cos θ + i sin θ za 0 < θ < 2π . Tada je z = cos(nθ) + i sin(nθ), pa rezultat sledi iz Primera 5 i Leme 10 na str. 70. ] √ √ n = 1. Zaista, neka je x = n − 1. Tada je Primer 8. lim X n n = (1 + x ) = x . (3) k Iz Tvrea 3 na str. 3 sledi da je za n > 1 √n > √1 = 1, pa je x > 0. Odatle sledi da su svi sabirci u prethodnoj sumi pozitivni, pa je cela suma vea od P x = enog drugog sabirka, tj. x > x . Odatle i iz (3) sledi q √ x < , pa x → 0, tj. n → 1 kad n → ∞. ] √ √ Primer 9. Niz a = n + 1 − n je konvergentan. Zaista −1

−n

−1

−1

−1

n

n

n

n

n

n

n

n

2n

2n+1 n

n

n→∞

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

n

n

k n

k=0

n

n

n

k=0

n

1 n+1

n k

k n

n 2

2 n

n

n(n−1) 2 n 2

n

n

n

√ √ √ √ 2 2 √ √ n+1+ n n+1 − n 1 √ an = ( n + 1 − n) · √ = √ √ =√ √ →0 n+1+ n n+1+ n n+1+ n

kad n → ∞. ] 1.2. Neodreeni oblici. Podsetimo se da aksiomama realnih brojeva i pravilima za raqunae u proxirenom skupu realnih brojeva koja smo dali na 16. strani nisu definisani izrazi oblika ∞ 0 , ∞ − ∞, 0 · ∞, 1 , 0 , ∞ , , 0 . (4) ∞ 0 ∞

∞

0

0

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

101

Qitalac koji je rexio Zadatak 12 na 71. strani video je da izraz , kao limes, moe da bude jednak bilo kom realnom broju, kao i ±∞. Drugim reqima, ako a → ∞, b → ∞, limes niza je neodreen, tj. zavisi od toga kakvi su konkretni nizovi a i b . Isto vai za ostale izraze (4), koji se nazivaju neodreenim oblicima. Sledea teorema omoguava nam da nekad izraqunamo limese oblika . Qitalac e u oj prepoznati , diskretnu" verziju Lopitalovih pravila (str. 89). Teorema 1. (Xtolcova1 teorema) Neka je b rastui niz realnih bro∈ R, onda jeva takav da b → +∞ kad n → ∞. Ako postoji lim postoji i lim i ∞ ∞

n

an bn

n

n

n

∞ ∞

n

n an n→∞ bn

lim

n→∞

an an+1 − an = lim . n→∞ bn+1 − bn bn

Pretpostavimo prvo da je lim postoji n ∈ N, takvo da za k ≥ n vai

an+1 −an n→∞ bn+1 −bn 0

4

0

L−

Poxto je niz b rastui, tj. sa b − b dobijamo n

k+1

an+1 −an n→∞ bn+1 −bn

=L

konaqan. Neka je ε > 0. Tada

ε ak+1 − ak ε < 0

, mnoeem prethodne nejednakosti

k

L−

za k ≥ n , pa je

ε ε (bk+1 − bk ) < ak+1 − ak < L + (bk+1 − bk ) 2 2

0

n−1 n−1 n−1 X ε X ε X (bk+1 − bk ) < (ak+1 − ak ) < L + (bk+1 − bk ) 2 2 k=n0 k=n0 k=n0 Pn−1 Pn−1 n > n0 k=n0 (ak+1 − ak ) = an − an0 k=n0 (bk+1 − bk ) =

L−

za svako . Poxto je , odatle dobijamo

,

De eem ovih nejednakosti pozitivnim brojem

dobijamo

bn − bn0

L−

tj.

ε ε (bn − bn0 ) < an − an0 < L + (bn − bn0 ). 2 2 bn − bn 0 an − an0 ε ε n0 bn → ∞ 2 ε n > n1 n1 ∈ N 2 a n n > max{n0 , n1 } ⇒ − L < ε, bn lim abnn = L

Drugi sabirak na desnoj strani je mai od za . Poxto postoji takvo da je prvi sabirak na desnoj strani mai od za Odatle sledi xto znaqi da je

n→∞

.

1Xtolc (Otto Stolz, 1842{1905), austrijski matematiqar

, .

102

4. NIZOVI I REDOVI

Sluqaj lim = +∞ svodi se na prethodni. Tada je, za dovo no veliko n, a − a > b − b , pa je niz a rastui (poqev od nekog qlana) i dobijamo a → +∞ kad n → ∞. Primenom dokazanog tvrea na an+1 −an n→∞ bn+1 −bn

n+1

n

n+1

n

n

bn an

n

lim

tj.

n→∞

bn bn+1 − bn = lim = 0, n→∞ an+1 − an an

. Posledica 1. (Koxijeva teorema) Ako niz a konvergira i , onda konvergira i niz aritmetiqkih sredina lim an n→∞ bn

n

a∞

i vai

5

= +∞

. Primer 10. Neka je

An =

lim an =

n→∞

a1 + a2 + · · · + an n

lim An = a∞

n→∞

an =

1+

√

2+

√ 3

√ 3 + ··· + n n . n lim an = 1

Iz Xtolcove teoreme i Primera 8 sledi . ] Zadatak 1. Neka je k ∈ N. Izraqunati lim − . X 1.3. Konvergencija i neprekidnost. Pojam neprekidnosti i limesa funkcije moe se svesti na pojam limesa niza. Lema 1. Neka je ξ ∈ C taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. Tada postoji niz z ∈ Z takav da je lim z = ξ. 4 Neka je B(ξ, ) = {z ∈ C | |z − ξ| < }. Po definiciji taqke nagomilavaa, za svako n ∈ N skup Z ∩ B(ξ, ) je neprazan, tj. za svako n postoji taqka z ∈ Z ∩ B(ξ, ). Iz |z − ξ| < sledi z → ξ kad n → ∞. 5 Teorema 2. Ako je ξ taqka nagomilavaa skupa Z onda je A = lim f (z) ako i samo ako za svaki niz z ∈ Z \ {ξ} vai lim z = ξ ⇒ lim f (z ) = A. (5) 4 Neka je A = lim f (z) i lim z = ξ . Neka je ε > 0. Tada n→∞

n→∞

n

n→∞

1 n

n k+1

n

1 n

n

1k +2k +···+nk nk

1 n

n

1 n

1 n

n

z→ξ

n

n→∞

n

n→∞

z→ξ

n→∞

n

n

(∃δ > 0) 0 < |z − ξ| < δ ⇒ |f (zn ) − A| < ε.

Poxto z → ξ kad n → ∞ i z 6= ξ, (∃n ∈ N)n > n ⇒ 0 < |z − ξ| < δ. Iz ove dve implikacije sledi f (z ) → A kad n → ∞. Pretpostavimo sada da za svaki niz z ∈ Z \{ξ} vai (5) i da A nije limes funkcije f u taqki z . Tada n

n

0

0

n

n

n

0

(∃ε > 0)(∀n ∈ N)(∃zn ∈ Z) 0 < |zn − ξ| <

1 ∧ |f (zn ) − A| ≥ ε. n A

Tada niz z konvergira ka ξ, ali f (z ) ne konvergira ka , xto je u suprotnosti sa (5). 5 n

n

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

103

Posledica 2. Neka je Z ⊂ C. Funkcija f : Z → C f je neprekidna u taqki ζ ∈ Z ako i samo ako za svaki niz z ∈ Z vai n

lim zn = ζ ⇒ lim f (zn ) = f (ζ).

Dokaz sledi iz Teoreme 9 i Teoreme 2. Zadatak 2. Neka je x > 0 i lim x = x . Dokazati da je n→∞

4

n→∞

n

∞

n

n→∞

√ n

5

x1 · x2 · . . . · xn = x∞ . √ an = loga n x1 · · · · · xn

lim

Uputstvo: posmatrati niz i iskoristiti neprekidnost logaritamske i eksponencijalne funkcije i Xtolcovu teoremu. X 2 Primer 11. Dirihleova funkcija ( n→∞

χQ : R → R,

χQ (x) =

x∈Q x∈ /Q

1 0

je prekidna u svakoj taqki. Zaista, iz gustine skupa Q na realnoj pravoj sledi da za svaku taqku x ∈ R postoji niz q ∈ Q takav da q → x , a time χ (q ) → 1, kad n → ∞. Sa druge strane, postoji i niz iracionalnih brojeva α koji konvergira ka x , jer u svakom intervalu (x − , x + ) postoji iracionalan broj (inaqe bi Q bio neprebrojiv). Za takav niz vai χ (α ) → 0 kad n → ∞. Odatle, na osnovu Teoreme 2 sledi da Dirihleova funkcija nema limes ni u jednoj taqki, pa u svakoj taqki ima neotkloiv prekid. ] Zadatak 3. Dokazati da je funkcija ( 0

Q

n

n

Q

n

0

n

0

0

1 n

0

1 n

n

f (x) =

x∈Q x∈ /Q

x, 0,

neprekidna u nuli, a prekidna u svim ostalim taqkama. X Zadatak 4. Iz Posledice 2, Leme 1 i definicije zatvorenog skupa izvesti drugi dokaz Posledice 2 sa str. 61. X 1.4. Podnizovi. Taqke nagomilavaa. Podniz niza n 7→ z je niz k 7→ z , gde je k 7→ n(k) neko strogo rastue preslikavae. Lema 2. Ako je lim z = z , onda je lim z = z za svaki podniz z . 4 Dokaz sledi direktno iz definicije konvergencije. 5 Definicija 1. Taqka ζ ∈ C je taqka nagomilavaa niza z ∈ C ako postoji podniz z takav da je lim z = ζ . Primer 12. Niz a = (−1) + n ima dve taqke nagomilavaa, a → 1, a → −1 kad n → ∞. Niz b = n+(−1) (n+n ) ima jednu taqku nagomilavaa, nulu. Niz z = i + n ima qetiri taqke nagomilavaa. U Teoremi 14 na str. 31 smo videli da se skup racionalnih brojeva moe poreati u niz; iz Teoreme 11 na 27. strani sledi da taj niz ima beskonaqno mnogo taqaka nagomilavaa. ] n

n(k)

n→∞

n

∞

k→∞

n(k)

∞

n(k)

n

n(k)

k→∞

n

n

2n−1

n

n

n −1

n(k)

−1

2n

n

−1

2Dirihle (Peter Gustav Lejeune Dirichlet, 1805{1859), nemaqki matematiqar

104

4. NIZOVI I REDOVI

Lema 3. Ako z → z kad n → ∞, onda je z jedina taqka nagomilavaa niza z . 4 Dokaz sledi iz Leme 2. 5 Teorema 3. (Bolcano–Vajerxtrasova teorema za nizove) Svaki ograniqen niz kompleksnih brojeva ima taqku nagomilavaa. 4 p Neka je z = x + iy ograniqen niz, tj. |z | < M . Poxto je |z | = |x | + |y | , i nizovi x , y su ograniqeni, pa je dovo no dokazati teoremu za realne nizove. Neka je a ograniqen niz realnih brojeva. Skup A = {a | n ∈ N} je ograniqen. Ako je on konaqan, onda postoji bar jedna taqka a ∈ A takva da je a = a za beskonaqan skup indeksa n , n , . . ., pa je a , a , . . . konvergentan (taqnije, konstantan) podniz niza a koji konvergira ka a. Ako je skup A beskonaqan, onda on, po Teoremi 19 na str. 36 ima taqku nagomilavaa a. Po definiciji taqke nagomilavaa, za svako n ∈ N postoji a ∈ (a − , a + ). Poxto, po definiciji taqke nagomilavaa, u svakoj okolini taqke a ima beskonaqno mnogo taqaka skupa A, brojevi k(n) mogu biti izabrani tako da je k(n) < k(n + 1), tj. tako da je a podniz niza a . Iz a ∈ (a − , a + ) sledi da a konvergira ka a. 5 Tvree obrnuto tvreu prethodne leme nije, u opxtem sluqaju, taqno: taqka 0 je jedina taqka nagomilavaa niza b iz Primera 12, a ovaj niz neograniqen, pa zato i divergentan. Definicija 2. Najveu taqku nagomilavaa niza x ∈ R nazivamo egovim gorǌim limesom ili limesom superiorom i oznaqavamo sa limz ili lim sup z . Najmau taqku nagomilavaa niza x ∈ R nazivamo egovim doǌim limesom ili limesom inferiorom i oznaqavamo sa limz ili lim inf z . Lema 4. Niz a je konvergentan ako i samo ako je lima = lima = lim a . 4 lima = lima = L ako i samo ako svaki podniz niza a konvergira ka L, xto je ekvivalentno sa lim a = L. 5 Definicija 3. Neka je ζ ∈ C taqka nagomilavaa skupa Z ⊂ C. Gorǌi limes ili limes superior funkcije f : Z → R u taqki ζ (u oznaci lim f (z) ili lim sup f (z)) je supremum skupa taqaka nagomilavaa svih nizova f (z ), gde Z \ {ζ} 3 z → ζ kad n → ∞, tj. ∞

n

∞

n

n

2

n

n 2

n

n

n

n

n

n

n

n

n

1

2

n1

n2

n

n

k(n)

1 n

k(n)

1 n

k(n)

1 n

1 n

k(n)

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

n

n

n

n

n

n→∞

n

z→ζ

n

z→ζ

n

lim f (z) = sup{limf (zn ) | zn ∈ Z \ {ζ}, lim zn = ζ}.

ili limes inferior funkcije f : Z → R u taqki ζ (u oznaci ili lim inf f (z)) je infimum skupa taqaka nagomilavaa svih nizova , gde Z \ {ζ} 3 z → ζ kad n → ∞. Lema 5. Funkcija f ima graniqnu vrednost u taqki z ∈ D(f ) ako i samo ako je n→∞

z→ζ

Doǌi limes limz→ζ f (z) f (zn )

z→ζ

n

0

lim inf f (z) = lim sup f (z) = lim f (z). z→ζ

4

z→ζ

Dokaz sledi iz Leme 4 i Teoreme 2.

z→ζ

5

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

Zadatak 5. (a) Neka je a niz u R i a Dokazati da je n

n

liman = lim an = inf an , n→∞

n∈N

105

,

= supk≥n an an = inf k≥n an

.

liman = lim an = sup an n→∞

n∈N

(b) Neka je ζ ∈ C taqka nagomilavaa domena Z ⊂ C funkcije f : Z → R, i B(ζ, δ) = {z ∈ C | |z − ζ| < δ}. Definiximo

δ>0

f (δ) := sup f (Z ∩ B(ζ, δ)),

Dokazati da je

limz→ζ f (z) = lim f (δ) = inf f (δ), δ→0+0

f (δ) := inf f (Z ∩ B(ζ, δ)).

limz→ζ f (z) = lim f (δ) = sup f (δ).

δ>0

δ→0+0

δ>0

(v) Neka su f, g : A → R dve funkcije (ili dva niza, ako je A = N). Dokazati da vai lim f (z) = η ⇔ lima→α f (z) = lima→α f (z) = η

a→α

lim(−f ) = −limf,

lim(−f ) = −limf

f ≤ g ⇒ limf ≤ limg ∧ limf ≤ limg limf + limg ≤ lim(f + g) ≤ limf + limg, limf + limg ≤ lim(f + g) ≤ limf + limg.

Ako je f ≥ 0 i g ≥ 0 onda je

limf · limg ≤ lim(f · g) ≤ limf · limg,

Ako je f > 0, onda je

limf · limg ≤ lim(f · g) ≤ limf · limg.

lim

1 1 = , f limf

lim

1 1 = . f limf

Uputstvo: videti Zadatak 9 na 65. strani. Primer 13. Ispitajmo konvergenciju niza a definisanog sa a

X

i 1 a = . (6) 1+a Indukcijom se lako pokazuje da je a > 0. Prelaskom na lim u (6) i primenom svojstava iz Zadatka 5 (v) dobijamo 1 , (7) lima = 1 + lima Sliqno, prelaskom na lim u (6) dobijamo 1 lima = . (8) 1 + lima Rexavaem sistema (7) (8) od dve jednaqine sa dve nepoznate lima , lima dobijamo lima = lima = , pa je lim a = . ] n

1

=1

n+1

n

n

n

n

n

n

√

n

n

5−1 2

√

n→∞

n

n

5−1 2

n

106

4. NIZOVI I REDOVI

Primer

14. Izraqunajmo gori i doi limes funkcije f : C \ {0} → R,

f (z) =

z 2 − z¯2 i|z|2

u nuli. Prelaskom na polarni zapis z = rcis θ dobijamo f (rcis θ) = 2 sin 2θ, odakle sledi da je (u oznakama iz Zadatka 5) f (δ) ≡ 2, f (δ) ≡ −2. Iz Zadatka 5 sada sledi lim f (z) = 2, lim f (z) = −2. ] Primer 15. Neka je a ≥ 0. Tada je z→0

z→0

n

√ √ an+1 an+1 lim ≤ lim n an ≤ lim n an ≤ lim , an an

ili, ekvivalentno, lim

i lim aa > r ⇒ lim √a > r. (9) , onda postoji i lim √a i vai

√ an+1 < R ⇒ lim n an < R an

Specijalno, ako postoji

lim

n→∞

an+1 an

lim

Zaista, neka je lim da je ≤ R − ε, pa je

an+1 an

an+1 an

√ n

n→∞

n ) a

≤ C(R − ε)n √ √ n n an ≤ (R − ε) C. √ lim n C = 1

0

0

n

, gde je C =

an0 (R−ε)n0

, tj.

Prelaskom na lim (i korixeem ) dobijamo nejednakost (9) za lim. Nejednakost za lim dokazuje se na isti naqin. ] 1.5. Monotoni nizovi. Niz a realnih brojeva zovemo monotonim (rastuim ili opadajuim) ako je preslikavae a : (N, ≤) → (R, ≤), n 7→ a monotono (rastue ili opadajue) u smislu definicije na str. 42 (ili na str. 67). Dokaz sledee teoreme je analogan dokazu Leme 13 na str. 72. Teorema 4. Svaki monoton i ograniqen niz je konvergentan. 4 Neka je a rastui i ograniqen niz. Tada je skup A = {a | n ∈ N} ograniqen. Neka je a = sup A. Tada a → a kad n → ∞. Zaista, iz definicije supremuma sledi da za svako ε > 0 postoji n ∈ N takvo da je a − ε < a < a. Iz monotonosti niza a sledi da je a − ε < a < a za svako n ≥ n , xto znaqi da je a = lim a . 5 Lema 6. Ako je niz a rastui i neograniqen, onda a → +∞ kad n → ∞. Ako je niz b opadajui i neograniqen, onda b → −∞ kad n → ∞. 4 Neka je M > 0. Po pretpostavci, niz a nije ograniqen odozgo, pa postoji n ∈ N za koje je a > M . Tada je, zbog monotonosti, a > M za svako n > n , xto, po definiciji beskonaqnog limesa znaqi da je lim a = +∞. Na sliqan naqin se dokazuje i lim b = −∞. 5 n

n

n

n

∞

n

∞

0

n

∞

n→∞

n0

n

0

n

n

n

n

n

n

0

n0

n

n→∞

n→∞

n

0

n

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

16. Neka je q > 1. Dokaimo da je

Primer

n = 0. qn

lim

Neka je a

=

n

107

n qn

n→∞

. Tada je

(10) Poxto je → < 1, za dovo no veliko n vai a < a , tj. niz a je, poqev od nekog n, opadajui. Poxto je a > 0, niz x je ograniqen odozdo, pa a → a kad n → ∞. Prelaskom na limes u (10) dobijamo a = q a , odakle, zbog q > 1, sledi a = 0. ] Zadatak 6. Izraqunati lim za q ≤ 1. X Primer 17. Dokaimo da je za svako z ∈ C an+1 =

n+1 qn

n+1 an . nq

1 q

n+1

n

∞

n

n

n

n

−1

∞

∞

∞

n n n→∞ q

zn = 0. n→∞ n! lim

Poxto je |

zn n! |

=

|z|n n!

i

, dovo no je dokazati da je

lim an = 0 ⇔ lim |an | = 0

n→∞

n→∞

qn =0 n→∞ n! lim

za svako q ≥ 0. Neka je a

n

qn n!

=

. Tada je

(11) pa je a < a poqev od nekog n. Poxto je a i ograniqen odozdo (a > 0), on ima graniqnu vrednost a . Prelaskom na limes u (11) dobijamo a = 0. ] Primer 18. Niz an+1 =

n+1

q an , n+1

n

n

n

∞

∞

sn = 1 +

je rastui, jer je s − s = Iz k > k(k − 1) sledi < n+1

1 k2

2

sn < 1 +

n

1 1

−

1 1 1 + 2 + ··· + 2 2 2 3 n

. Dokaimo da je on ograniqen odozgo. − , pa je

1 (n+1)2 > 0 1 1 k(k−1) = k−1

1 k

1 1 1 1 1 1 1 1 + − +···+ − + − = 2 − < 2. 2 2 3 n−2 n−1 n−1 n n

Odatle sledi da je s konvergentan. Primer 19. U Primeru 5 na str. 21 smo definisali broj e kao n

e := sup

n

1+

o 1 n n∈N . n

]

Tom prilikom smo dokazali i da je niz (1 + ) ograniqen. Dokaimo da je on i monotono rastui. Razvijaem po binomnoj formuli i uproxavaem 1 n n

108

4. NIZOVI I REDOVI

binomnih koeficijenata kao u (13) na str. 21 dobijamo

1 n

1+

n

n k−1 P Q j 1 1 − k! n

= ≤

k=0 n P

≤

k=0 n+1 P

k=0 = 1+

1 k! 1 k!

j=0 k−1 Q

1−

j=0 k−1 Q

j n+1

j n+1

1−

j=0 n+1

1 n+1

.

Time je dokazano da je niz (1+ ) rastui, odakle sledi da je on konvergentan i da vai 1 1 n n

n

e := lim

1+

e≤

n X 1 k!

.

Dokaimo da je e iracionalan. Iz (13) i (14) na str. 21 sledi n→∞

n

za svako n. Sa druge strane, iz (13) sledi da je za svako m ≥ n k=0

(12)

k−1 n k−1 m j X 1 Y j 1 m X 1 Y 1− ≥ 1− . 1+ = m k! j=0 m k! j=0 m

Prelazei na

k=0

k=0

lim

m→∞

, iz (12) vidimo da je e≥1+

Odatle i iz (13) na str. 21 sledi e = lim

1 1 + ··· + . 1! n!

1+

(13)

1 1 + ··· + . 1! n! xn

Oznaqimo niz na desnoj strani u (13) sa . Tada je n→∞

0 < xn+k − xn

= = < <

1 1 + · · · + (n+m)! (n+1)! 1 1 1 (n+1)! 1 + n+2 + (n+2)·(n+3) 1 1 1 (n+1)! 1 + n+2 + (n+2)2 1 n+2 1 (n+1)! n+1 < n!n

+ ··· +

+ ··· +

(u posledem koraku koristili smo nejednakost lim dobijamo

1 (n+2)·...·(n+k)

1 (n+2)k−1

n+2 (n+1)2

<

1 n

). Prelaskom na

k→∞

tj.

0 < e − xn <

(14) za neke cele brojeve m i n, iz (14) bi, za neko , xto je nemogue zbog

1 1 θ + ··· + + 1! n! n!n e= m n m=k+θ k∈N

e=1+

za neko θ ∈ (0, 1). Kada bi bilo posle mnoea sa n!n, sledilo θ ∈ (0, 1).

1 , n!n

]

1. KONVERGENCIJA NIZOVA

109

20. Neka je λ ∈ R. Iz Primera 19 i neprekidnosti funkcije sledi da je lim (1 + ) = e . Smenom n = mλ dobijamo λ =e . lim 1 + (15) n Na isti naqin kao u Primeru 19 dokazuje se da je niz (1 + ) rastui za svako λ ∈ R, pa se limes u (15) moe zameniti supremumom. ] Zadatak 7. Dokazati da je √ Primer y 7→ y λ

1 mλ m

m→∞

λ

n

λ

n→∞

λ n n

n

lim

n! 1 = . n e

Uputstvo: iskoristiti Primer 15. X 1.6. Koxijevi nizovi. Pojam Koxijevog niza, na koji se odnosi sledea definicija, uveo je Bolcano, za realne nizove. Definicija 4. Niz z kompleksnih brojeva je Koxijev ako n→∞

n

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N) m, n > n0 ⇒ |zm − zn | < ε.

Teorema 5. (Koxijev kriterijum konvergencije nizova) Niz z ∈ C konvergira ako i samo ako je Koxijev. 4 Pretpostavimo da niz z konvergira ka z . Neka je ε > 0. Tada postoji n ∈ N takvo da vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Tada za m, n > n vai n

n

0

0

∞

n

∞ −1

0

−1

|zm − zn | = |zm − z∞ + z∞ − zn | ≤ |zm − z∞ | + |z∞ − zn | < 2

ε + 2−1 ε = ε,

xto znaqi da je niz z Koxijev. Pretpostavimo sada da je niz z Koxijev. Neka je ε > 0. Tada je, za neko n ∈ N |z − z | < ε, tj. |z | − ε < |z | < |z | + ε (16) za svako n ≥ n . Poxto qlanova niza sa indeksom maim od n ima konaqno mnogo, iz (16) sledi da je niz z ograniqen, pa iz Teoreme 3 sledi da niz z ima konvergentan podniz z . Oznaqimo limes ovog podniza sa z . Neka je ε > 0. Tada za neko n ∈ N vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Poxto je niz Koxijev, za neko n ∈ N vai n > n ⇒ |z − z | < 2 ε. Neka je n = max{n , n }. Tada za n > n vai n

n

0

n

n0

0

n

0

0

0

n

n

∞

k(n)

1

1

2

0

1

2

2

k(n) n

∞

k(n)

−1

−1

0

|zn − z∞ | = |zn − zk(n) + zk(n) − z∞ | ≤ |zn − zk(n) | + |zk(n) − z∞ | < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

tj. z konvergira ka z . 5 Pomou karakterizacije limesa preko nizova (Teorema 2 na str. 102) dobijamo sledeu posledicu Teoreme 5. Posledica 3. (Koxijev kriterijum egzistencije limesa) Neka je X ⊂ C i η taqka nagomilavaa skupa X . Tada postoji lim f (z) ako i samo ako (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀z, w ∈ X) |z − η| < δ ∧ |w − η| < δ ⇒ |f (z) − f (w)| < ε. (17) n

∞

z→η

110

4. NIZOVI I REDOVI

4 Neka vai (17) i neka je z niz u X koji konvergira ka η . Neka je ε > 0 proizvo no i δ takvo da vai (17). Poxto z → η, za dovo no veliko n vai n

n

0

n ≥ n0 ⇒ |zn − η| < δ,

pa Iz (17) sledi da je niz F (z ) Koxijev. Iz Teoreme 5 sledi da on konvergira ka nekom A ∈ C. Neka je w drugi niz koji konvergira ka η. Tada niz f (w ) konvergira ka nekom B ∈ C. Iz (17) lako sledi da je tada A = B. Zaista, za proizvo no ε postoji δ takvo da vai (17). Poxto su za dovo no veliko n i z i w u δ{okolini taqke η, iz (17) sledi da je |f (z ) − f (w )| < ε za sve osim konaqno mnogo n. Prelaskom na limes dobijamo |A − B| ≤ ε , a odatle, poxto je ε proizvo no, A = B. Prema Teoremi 2 na str. 102 to znaqi da je lim f (z) = A. Obrnuto, neka je lim f (z) = A i ε > 0. Po definiciji limesa n

n

n

1

n

n

n

n

1

1

1

z→η

z→η

(∃δ > 0) |z − η| < δ ⇒ |f (z) − A| <

ε . 2

Tada, ako su z i w taqke skupa X za koje vai |z − η| < δ i |w − η| < δ, onda je |f (z) − f (w)| = |f (z) − A + A − f (w)| ≤ |f (z) − A| + |A − f (w)| < ε,

qime je (17) dokazano. 5 Posledica 3 se nekad formulixe pomou pojma oscilacije funkcije. Definicija 5. Neka je X ⊂ C i f : X → R ograniqena funkcija i A ⊂ X . Broj sup |f (x1 ) − f (x2 )|

ω(f, A) :=

x1 ,x2 ∈A

naziva se oscilacijom funkcije f na skupu A. Neka je x taqka nagomilavaa skupa X . Broj 0

ω(f, x0 ) := lim ω(f, X ∩ B(x0 , δ)),

gde je B(x , δ) lopta sa centrom x i polupreqnikom δ, naziva se oscilacijom funkcije f u taqki x . Ako je f : X → R realna funkcija i δ→0

0

0

0

M (f, x0 , δ) = sup{f (x) | x ∈ X, |x − x0 | < δ}, , m(f, x0 , δ) = inf{f (x) | x ∈ X, |x − x0 | < δ}.

onda se oscilacija u taqki x moe napisati i u vidu 0

ω(f, x0 ) = lim M (f, x0 , δ) − m(f, x0 , δ) . δ→0

Posledicu 3 sada moemo da formulixemo na sledei naqin. Posledica 4. Funkcija f : X → C je neprekidna u taqki x ako i samo ako je ω(f, x ) = 0. Primer 21. Niz a = (−1) iz Primera 3 nije Koxijev, jer je |a −a | = 2 za svako n ∈ N. To je jox jedan naqin da se vidi da ovaj niz divergira. ] 0

0

n

n

n+1

n

2. BESKONAQNI REDOVI I BESKONAQNI PROIZVODI Primer

22. Niz

sn = 1 +

divergira jer je

111

1 1 + ··· + 2 n

1 1 1 1 + ··· + >n· = , n+1 2n 2n 2

|s2n − sn | =

pa niz s nije Koxijev. ] U Primerima 18 i 22 smo se susreli sa nizovima qiji su qlanovi sume. Pri tome se broj sabiraka beskonaqno uveava kad n → ∞. Takvi nizovi nazivaju se beskonaqnim redovima, ili samo redovima. U sledeem paragrafu zapoqeemo ihovo izuqavae. n

2. Beskonaqni redovi i beskonaqni proizvodi

Neka je z , n = 0, 1, 2, . . . niz kompleksnih brojeva. Induktivno definiximo nizove s i p na sledei naqin. s =z , s =s +z , (18) p =z , p =p ·z , (19) P Q tj. s = z , p = z . U ovoj glavi izuqavaemo pitaa vezana za konvergenciju ovakvih nizova. 2.1. Konvergencija reda i proizvoda. Nizove koji zadovo avaju (18) ili (19) izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 6. Beskonaqni red (ili samo red) kompleksnih brojeva sa opxtim qlanom z i parcijalnim sumama s je ureeni par (z , s ) kompleksnih nizova za koje vai (18). Beskonaqni proizvod kompleksnih brojeva sa opxtim qlanom z i parcijalnim proizvodima p je ureeni par (z , p ) kompleksnih nizova za koje vai z 6= 0 i (19). Uslovom z 6= 0 u definiciji proizvoda isk uqili smo trivijalni proizvod. UmestoQ , red (z , s )" i , proizvod (z , p )" govorimo i o , redu P z " i , proizvodu z ". Definicija 7. Beskonaqni red (z , s ) konvergira ako konvergira niz P s . Graniqnu vrednost lim s nazivamo sumom reda i oznaqavamo sa z . Beskonaqni proizvod (z , p ) konvergira ako konvergira niz p i ako je Q lim p 6= 0. Graniqnu vrednost lim p oznaqavamo sa z . Ako red (ili proizvod) ne konvergira, kaemo da on divergira. Primetimo da, po prethodnoj definiciji, proizvod divergira ne samo ako lim p ne postoji ili je beskonaqan, ve i ako je lim p = 0. Ovaj, na prvi pogled neprirodan, uslov uvodimo da bismo proizvode mogli da tretiramo kao , multiplikativno zapisane" redove, xto pojednostav uje formulacije i dokaze nekih od teorema koje slede. n

n

n

0

0 n

n

n

0

k

n

n+1

0

n

n+1

n+1

n

n+1

k

k=0

k=0

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n→∞

n→∞

n

n

∞

n

n

n=0

n

n→∞

n

n

n

∞

n→∞

n

n

n=0

n→∞

n

112

4. NIZOVI I REDOVI

2.2. Opxti qlan i ostatak reda i proizvoda. Ako odbacimo prvih

nekoliko qlanova konvergentnog reda P z dobijamo niz n

rn :=

∞ X

zk .

Ovaj niz naziva se ostatkom reda P z . Sliqno, ostatkom proizvoda Q z nazivamo niz Y k=n+1 n

n

∞

ρn :=

zk .

k=n+1

7 Ako je r ostatak konvergentnogQ reda P z , onda je lim r Ako je ρ ostatak konvergentnog proizvoda z , onda je lim ρ = 1. P 4 Neka je s = z . Tada je Lema .

n

n

n

n

n→∞

n→∞

n

.

=0

n

∞

∞

n

n=0

s∞ = sn + rn ,

odakle, prelaskom na limes dobijamo s = s + lim r , tj. lim r = 0. Dokaz Qdrugog tvrea je samo multiplikativni zapis dokaza prvog: neka je p = z . Tada je p =p ·ρ , pa prelaskom na limes dobijamo p = p · lim ρ , tj. lim ρ = 1, jer je, po definiciji konvergencije proizvoda p 6= 0. 5 P Q Lema 8. Ako red z konvergira, onda je lim z = 0. Ako proizvod z konvergira, onda je lim z = 1. P 4 Neka su s parcijalne sume konvergentnog reda z . Neka je ε > 0. Iz Koxijevog kriterijuma konvergencije nizova (str. 109) sledi da postoji takav broj n ∈ N da vai m, n > n ⇒ |s − s | < ε. Specijalno, n > n ⇒ |z | = |s − s | < ε, xto znaqi da je lim z = 0. Dokaz drugog tvrea je multiplikativni zapis dokaza prvog. 5 Q Posledica 5. Ako je x ∈ R niz realnih brojeva i x konvergentan proizvod, onda je x > 0 za sve n osim, moda, ih konaqno mnogo. Napomena 1. Tvree obrnuto tvreu Leme 8 nije taqno u opxtem sluqaju: red P divergira (Primer 22 na str. 111), iako je lim = 0. 2.3. Primeri. U Glavi 2 smo se ve susreli sa nekim primerima redova (Primeri 18 i 22, red (13) na str. 108). Daemo jox nekoliko primera.P Primer 23. Iz Leme 8 i Primera 5 na str. 99 lako sledi da red sin nθ konvergira ako i samo ako θ = kπ za neko k ∈ Z. Red P cos nθ divergira za svako θ ∈ R. ] P Primer 24. (Geometrijski red) Red z konvergira ako i samo ako je |z| < 1 i tada vai X ∞

∞

n→∞

n

n→∞

n

∞

∞

n

n=0

∞

n

∞

n

∞

n→∞

n

n→∞

n

∞

n

n→∞

n→∞

n

0

n+1

n

n

0

n+1

n

n

m

n

n

n→∞

0

n

n

n

n

1 n→∞ n

1 n

n

∞

zn =

n=0

1 . 1−z

2. BESKONAQNI REDOVI I BESKONAQNI PROIZVODI

Zaista, iz (1 − z) P z n

k

n P

=

sledi

(z k − z k+1 ) = 1 − z n+1

k=0

k=0

n X

lim

n→∞

113

1 − zn n→∞ 1 − z

z k = lim

za z 6= 1. Limes na desnoj strani je jednak ako je |z| < 1 i ne postoji ako je |z| ≥ 1, z 6= 1 (Primer 7 na str. 100). Za z = 1 je k=0

1 1−z

sn =

kad n → ∞.

n X

zk =

k=1

n X

1k = n → ∞

k=1

]

divergira, jer

25 Red

P Primer . ln(1 + n1 ) n n P P sn = ln 1 + k1 = (ln(k + 1) − ln k) = ln(n + 1) → ∞

kad n → ∞.

]

Na sliqan naqin se rexava iPsledei zadatak. − Zadatak 8. Dokazati da red za konvergira ako i samo ako je α > 0. X Primer 26. Primer 25 i Zadatak 8 lako se uopxtavaju na sledei naqin. Neka je z proizvo an niz kompleksnih brojeva. Tada red P(z − z ) konvergira ako i samo ako konvergira niz z . Pri tome vai k=1

k=1

1 nα

1 (n−1)α

n

n

n+1

n

∞ X

Dokaz sledi iz prelaskom na

n→∞

n X (zk − zk+1 ) = zj − zn+1 ,

. P Primer 27. Red

k=j

lim

]

n→∞

∞

k=2

sn

(zk − zk+1 ) = zj − lim zn .

k=j

=

Pn

=

1 2

1

k=2

k2 −1

Pn

h

k=2

1 n2 −1

=

konvergira, jer je

Pn

1 k−1

1 k=2 (k−1)(k+1)

+

1 k

−

1 k

+

= 12 i

1 k+1

Pn

k=2

=

1 2

1 k−1

1+

1 2

− −

1 k+1 1 n

−

=

1 n+1

,

pa s → kad n → ∞. ] Zadatak 9. Ispitati konvergenciju redova (a) P (b) P (v) P (g) P i, u sluqajevima kada su konvergentni, odrediti im sume. X Q Primer 28. Beskonaqni proizvod 1− konvergira. Zaista, vai n

3 4

1 n(n+1)(n+2)

2n +(−1)n 3n

2n+1 n2 (n+1)2

∞

n=2

n Y

kad n → ∞. k=2

1−

2n n

1 n2

n n Y 1 Y k2 − 1 (k − 1)(k + 1) 1 n+1 1 = = = · → , 2 2 2 k k k 2 n 2 k=2

k=2

]

114

4. NIZOVI I REDOVI

29. Beskonaqni proizvod Q ako je |z| < 1 i tada vai ∞

n

1 + z2

Primer

−1

n=1

∞ Y

n

1 + z2

−1

=

n=1

Zaista, neka je p

n

n Q

=

k

1 + z2

−1

k=1

konvergira ako i samo

1 . 1−z

. Mnoeem sa 1 − z dobijamo n

(1 − z)pn = (1 − z)(1 + z)(1 + z 2 ) · . . . · (1 + z 2

−1

n

) = 1 − z2 ,

odakle, na osnovu Primera 7 na str. 100 sledi rezultat tvrea. ] Q = , za svako θ 6= 0 i izvesti Zadatak 10. Dokazati da je cos odatle formulu (42) na str. 48. X P konvergira. Neka je Primer 30. Red ∞

n=1

sin θ θ

θ 2n

(−1)n−1 n

sn =

n X (−1)k−1 k=1

Tada je s

k

.

i s −s = + < 0, pa je podniz s rastui, a podniz s opadajui. Pri tome vai s > s = s + > s > s , pa su oba podniza ograniqena. Odatle sledi da su s i s konvergentni. Iz s = s + sledi da je lim s = lim s , pa niz s konvergira. ] 2n

− s2(n−1) =

(−1)2n−2 2n−1

(−1)2n 2n+1 1

(−1)2n−1 2n

>0

2n+1

2n

2n+1

1 2n+1

2n

2n

n→∞

+

2n+1

(−1)2n−1 2n

2n+1

2n

2

2n+1

n→∞

2(n−1)+1

2n+1

2n

2n

1 2n+1

n

Primetimo da je jedino svojstvo niza b = koje smo koristili u Primeru 30 svojstvo da je on opadajui i da tei nuli. Drugim reqima, na potpuno isti naqin dokazuje se sledee tvree. Tvreǌe 1. (Lajbnicovo pravilo) Neka je b opadajui niz realnih brojeva i neka je lim b = 0. Tada red P(−1) b konvergira. 2.4.PApsolutna konvergencija. U Primeru 22 na str. 111 smo videli P da red divergira, a u Primeru 30 da red konvergira. Kaemo da takav red neapsolutno konvergira. Precizirajmo to sledeom definicijom. Definicija 8. Neka je z niz kompleksnih da red P z P brojeva. Kaemo P apsolutno konvergira ako konvergira red |z |. Ako red |z | divergira, a P z konvergira, kaemo da on neapsolutno konvergira. Tvreǌe 2. Svaki apsolutno konvergentan red je konvergentan; tj. ako red P |z | konvergira, onda konvergira i red P z . 4 Neka je 1 n

n

n

n→∞

n−1

n

n

(−1)n−1 n

1 n

n

n

n

n

n

n

n

σn =

n X

k=1

|zk |,

sn =

n X

k=1

zk .

2. BESKONAQNI REDOVI I BESKONAQNI PROIZVODI

Poxto je red P |z | konvergentan, niz σ je Koxijev. Iz n

115

n

n X

|sn − sm | =

zk ≤

n X

|zk | = |σn − σm |

za n > m

sledi da je i niz s Koxijev, dakle konvergentan. 5 Primer 30 i Primer 22 na str. 111 pokazuju da tvree obrnuto Tvreu 2 nije taqno. 2.5. Sabirae redova. Poqnimo sa sledeom jednostavnom posledicom Teoreme 10 sa 73. strane. P P LemaP9. Neka su z i w konvergentni kompleksni redovi i λ, µ ∈ C. Tada red (λz + µw ) konvergira i vai k=m+1

k=1

n

n

n

n ∞ X

n

(λzn + µwn ) = λ

∞ X

zn + µ

∞ X

wn .

P P Specijalno, red z konvergira ako i samo ako konvergiraju redovi Re z P P P P i Im z i vai z = Re z + Im z . 4 Po definiciji beskonaqne sume vai n=1

n=1

n ∞

n

∞

n

∞

n

n

n=1

∞ P

n=1

n

n=1

(λzn + µwn )

n=1

n=1

n P

(λzk + µwk ) P n n P = lim λ zk + µ wk = lim

n→∞ k=1 n→∞

k=1

n P

= λ lim =λ

n→∞ k=1 ∞ P

k=1

zk + µ lim

zn + µ

n P

n→∞ k=1

∞ P

wk

wn ,

xto je i trebalo dokazati. 5 Posledica 6. Neka su z , z , . . . , z kompleksni nizovi, takvi da redovi P z konvergiraju za svako m ∈ {1, 2, . . . , k} i neka su λ , . . . , λ kompleksni brojevi. Tada red P P λ z konvergira i vai n=1

1n

2n

n=1

kn

mn

1

∞

k

n=1

m=1

k

m mn

∞ X k X

k ∞ X X λm zmn = λm zmn .

2.6. Uopxteni asocijativni zakon. Sledee tvree i napomena posle ega pokazuju pod kojim uslovima asocijativnost sabiraa moemo da uopxtimo na beskonaqne sume. P Tvreǌe 3. Neka je z konvergentan red, n → k(n) rastue preslikavae, takvo da je k(1) = 1, i w = P z . Tada P w konvergira i vai X X X X X z = w , tj. z = z . n=1

m=1

m=1

n=1

n

k(n+1)−1

n

n

n

m=k(n)

∞

∞

n

n=1

n

n=1

∞ k(n+1)−1

∞

n

n=1

n

n=1 m=k(n)

116

4. NIZOVI I REDOVI

Konvergencija niza parcijalnih suma Preda P w se svodi na konvergenciju podnizova niza parcijalnih suma reda z , a svaki podniz konvergentnog niza je konvergentan. 5 P Napomena 2. Obrnuto nije taqno: iz Primera 24 sledi da red (−1) divergira, ali P (−1) − (−1) = P 0 = 0 konvergira. 4

n

n

n

n

n+1

3. Redovi sa pozitivnim qlanovima 3.1. Monotonost. Ako je a ≥ 0 za svako n, red P a nazivaemo redom sa pozitivnim qlanovima (iako pri tome dozvo avamo i a = 0). U tom n

sluqaju, iz

n

n

sn+1 − sn =

n+1 X

ak −

n X

ak = an+1 ≥ 0

sledi da je niz s rastui, pa iz Teoreme 4 i Leme 6 u Glavi 2 dobijamo sledei rezultat. Tvreǌe 4. Red sa pozitivnim qlanovima konvergira ako i samo ako je niz egovih parcijalnih suma ograniqen. P divergira jer je Primer 31. Red k=0

k=0

n

√1 n

n X √ 1 1 √ > n · √ = n, sn = n n

pa je niz parcijalnih suma neograniqen. ] Primer 32. Uopxtimo rezultate Primera 18 na str. 107, Primera 22 na str. 111 i Primera 31. PosmatrajmoPred P . U Primeru 22 na str. 111 smo videli da su parcijalne sume reda neograniqene. Ako je p ≤ 1, onda je P P P ≥ , pa je ≥ . Odatle sledi da su i parcijalne sume reda neograniqene, tj. taj red divergira za p ≤ 1. Neka je p > 1. Grupiximo qlanove parcijalnih suma reda na sledei naqin: k=1

1 kp

n

1 k

k=1

s2n = 1 +

Poxto je

1 kp

n

k=1

1 n

1 np

1 np

1 k

1 1 1 1 1 1 1 + p + p + p +···+ p +···+ +···+ n p . p n−1 p 2 3 4 5 8 (2 + 1) (2 ) 1 k−1 1 1 1 k−1 + · · · + < 2 · = , (2k−1 + 1)p (2k−1 )p 2p−1 2p(k−1)

parcijalne sume s su mae od parcijalnih suma geometrijskog reda P q sa q = < 1, dakle ograniqene. Odatle i iz monotonosti sledi da su sve parcijalne sume s ograniqene, tj. red P je konvergentan za p > 1. Funkcija n

2n

1

2p−1

n

ζ : (1, +∞) → R,

1 np

ζ(x) =

∞ X 1 x n n=1

naziva se Rimanovom zeta funkcijom. ena kompleksna verzija igra znaqajnu ulogu u teoriji brojeva. ]

3. REDOVI SA POZITIVNIM QLANOVIMA

117

3.2. Poredbeni principi. Konvergencija ili divergencija reda sa pozitivnim qlanovima qesto se ustanov ava poreeem sa drugim redom, qiju konvergenciju ili divergenciju smo ve ustanovili. Teorema 6. Neka reda P b sledi P je 0 ≤ a ≤ b . Tada iz konvergencije P konvergencija reda a , a iz divergencije reda a sledi divergencija reda P b . 4 Poxto se radi o redovima sa pozitivnim opxtim qlanovima, ihova konvergencija je ekvivalentna ograniqenosti niza ihovih parcijalnih suma (Tvree 4). Ako P b konvergira, niz egovih parcijalnihP suma je ograniqen, pa iz a ≤ b sledi da je i niz parcijalnih suma reda a ograniqen, pa i taj red konvergira. Ako red P a divergira, onda i red P b divergira { suprotna pretpostavka dala bi kontradikciju sa upravo dokazanim tvreem. 5 P P Teorema 7. Neka su a i b redovi sa pozitivnim qlanovima, takvi da je b 6= 0 i postoji a n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

lim

Tada

n→∞

n

= C ∈ [0, +∞].

bn

1. ako je C < +∞ i redP P b konvergira, onda konvergira iPred P a , 2. ako je C > 0 i red P b divergira, onda divergira i red a . 4 Neka je C < +∞ i red b konvergira. Iz definicije limesa sledi da postoji n ∈ N takvo da za n > n vai < 2C , tj. a < 2Cb . Rezultat prvog tvrea sada sledi iz TeoremeP6. Pretpostavimo da je C > 0 i red b divergira. Tada je n

n

n

n

n

0

an bn

0

n

n

n

lim

bn = C −1 < +∞, an

pa red P a divergira, jer, kada bi onPkonvergirao, iz upravo dokazanog tvrea sledilo bi da konvergira i red b . 5 P P Teorema 8. Neka su a i b redovi sa pozitivnim qlanovima, takvi da vai a 6= 0, b 6= 0 i a b n→∞

n

n

n

n

n

n

n+1

≤

n+1

.

Tada iz konvergencije reda b sledi konvergencija reda P a , a iz divergenP P cije reda a sledi divergencija reda b . 4 Posle mnoea nejednakosti an

P

bn

n

n

n

n

a2 b2 ≤ , a1 b1

a3 b3 ≤ , a2 b2

···

an bn ≤ an−1 bn−1

i skraivaa, dobijamo ≤ , tj. a ≤ Cb , gde je C = a b . Odatle, na osnovu Teoreme 6, sledi dokaz. 5 P Primer 33. Vratimo se jox jednom redu . Iz Primera 23 na str. 76 sledi da je an a1

bn b1

n

−1 1 1

n

1 np

ln 1 +

lim

n→∞

1 n

1 n

= 1,

118

4. NIZOVI I REDOVI

P pa iz Teoreme 7 i Primera 25 dobijamo jox jedan dokaz divergencije reda . P Odatle, iz < za p < 1 i iz Teoreme 6 sledi divergencija reda za p < 1. Neka je p > 1, tj. p = 1+α za neko α > 0. Tada iz Bernulijeve nejednakosti lako sledi 1 n

1 np

1 np

1 n

1 1 1 1 < − α . nα+1 α (n − 1)α n 1

P Poxto red − konvergira (Zadatak 8), iz Teoreme 6 sledi da P konvergira za p > 1. ] P Zadatak 11. Da li konvergira red ? (Odgovor: ne!) X Zadatak 12. Ispitati konvergenciju redova (a) PP √ (b) P √ (v) (g) (d) (g) . X 3.3. Veza konvergencije reda i proizvoda. U Posledici 5 smo videli da su svi qlanovi konvergentnog proizvoda realnih brojeva, sem moda ih konaqno mnogo, pozitivni. Poxto konvergencija proizvoda ne zavisi od konaqnog broja egovih qlanova, pri izuqavau konvergencije beskonaqnih proizvoda pretpostav aemo da su svi egovi qlanovi pozitivni. 3 Q Lema 10P . Neka je a > 0. Proizvod a konvergira ako i samo ako konvergira red ln a . Pri tome vai 1 (n−1)α

nα

1 np

1 n1+1/n

1 n(n+1) 1 n2 (n+1) n! nn 1 (log n)log n 1 (log log n)log n 1 (log n)log log n

n

n

n

∞ Y

∞ P

an = e

n=1

ln an

.

n=1

Neka je p = Q a . Iz neprekidnosti logaritamske i eksponencijalne funkcije sledi da niz p konvergira ako i samo ako konvergira niz ln p = P ln a . Odatle sledi tvree leme. 5 Lema 11. NekaP je x > 0. Tada proizvod Q(1 + x ) konvergira ako i samo ako konvergira red x . n

4

n

k

k=1

n

n

n

k

k=1

n

n

n

3Ova pretpostavka je prirodna i iz sledeeg razloga. Proizvod je , multiplikativno

zapisan red". Drugim reqima, pojam reda u grupi (R, +) odgovara pojmu proizvoda u oj izomorfnoj grupi (R , •). Jedan izomorfizam ovih struktura je log : (R , •) → (R, +). Tako dobijamo tvrea za proizvode koja su analogna tvreima za redove. Npr, kao xto opxti qlan konvergentnog reda tei nuli (neutralu u (R, +)), tako i opxti qlan konvergentnog proizvoda tei jedinici (neutralu u (R , •)). Uopxte, moemo da govorimo o , uopxtenim redovima" u svakoj grupi (G, ?) u kojoj ima smisla pojam limesa (a time i neprekidnosti). Takve grupe, u kojima je grupovna operacija neprekidna, nazivaju se topoloxkim grupama (v. [6]). +

+

+

3. REDOVI SA POZITIVNIM QLANOVIMA

119

Iz Leme 8 sledi da je i za konvergenciju reda P x i proizvoda Q(1 + x ) neophodan uslov lim x = 0. Odatle, na osnovu Primera 23 na str. 76, sledi

4

n

n

n

n→∞

lim

ln(1 + xn ) = 1. xn

Dokaz sada sledi iz TeoremeQ7 i Leme 10. Primer 34. Proizvod konvergira ako i samo ako je p > 1. 1+ Primer 35. Skup taqaka nagomilavaa niza n→∞

1 np

zn =

n Y

1+

gde je i = √−1 ∈ C je krunica. Zaista, iz v k=1

i k

5 ]

,

u n uY 1 |zn | = t 1+ 2 k

i Primera 34 sledi da postoji r

k=1

. Poxto je

:= lim |zn | n→∞ X n n X 1 i arctg , Arg 1 + = Arg (zn ) = k k k=1 k=1 P arctg n1 arctg n1 S = {z ∈ C | |z| = r∞ } ∞

iz divergencije reda i konvergencije niza ka nuli sledi da je skup taqaka z svuda gust na krunici (zadatak!). ] 3.4. Kriterijumi konvergencije. Ve smo se upoznali sa poredbenim kriterijumima konvergencije redova sa pozitivim qlanovima. Daemo sada jox neke kriterijume. Tvreǌe 5. (Koxijeva teorema) Neka je a opadajui niz pozitivnih brojeva. Tada red P a konvergira ako i samo ako konvergira red P 2 a . 4 Iz pozitivnosti i monotonosti niza a sledi P P n

n

n

n

2n

n

2n n P2k=1 k=1

n

ak < a1 + (a2 + a3 ) + · · · + (a2n + · · · + a2n+1 −1 ) < k=1 2k a2k Pn ak = a1 + a2 + (a3 + a4 ) + · · · + (a2n−1 +1 + · · · + a2n ) > 12 k=1 2k a2k ,

odakle sledi dokaz tvrea. 5 Primer 36. Rezultat Primera 32 moe se dobiti i primenom Tvrea 5: red P konvergira ako i samo ako konvergira red P 2 = P . Posledi red konvergira ako i samo ako je p < 1 (Primer 24). Primetimo da ovo, u suxtini, nije novi pristup ispitivau konvergencije ovog reda { metod dokaza TvreaP5 je upravo metod iz Primera 32. ] Primer 37. Red konvergira ako i samo ako je r > 1. PZaista, P P za r = 1 red divergira jer divergira red 2 = . Za r < 1 je > pa red divergira na osnovu poredbenog principa. P Neka je r > 1. Tada red P 2 = konvergira na osnovu Teoreme 7, jer je 1 np

n 1 2p−1

n 1 2pn

1 n(ln n)r

1 n(ln n)r

1 n ln n

n

1 n ln n

n

1 2n (ln 2n )r

1 (ln 2)r

1 (n ln n)r 1 n→∞ nr

lim

= 0,

1 (n ln n)r

1 2n ln 2n

1 ln 2

1 n

120

4. NIZOVI I REDOVI

a red P konvergira za r > 1. ] Primer 38. Iz prethodnog primera, Primera 18 na str. 91 i principa poreea sledi da red P konvergira ako je 1. p > 1 2. p = 1 i r > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. Zaista, neka je p > 1 i neka je p ∈ (1, p). Tada je 1 nr

1 np (ln n)r

1

1 np (ln n)r 1 n→∞ np1

= lim

lim

n→∞

1 = 0, np−p1 (ln n)r P 1

pa rezultat sledi iz konvergencije reda i Teoreme 7. Sluqaj p = 1 je razmatran u Primeru 37. Neka je p < 1 i neka je p ∈ (p, 1). Tada je np 1

1

1 np (ln n)r lim 1 n→∞ np 1

p1 −p

= lim

n→∞

n = +∞, (ln n)r

pa rezultat sledi iz divergencije reda P i Teoreme 7. ] P konvergira ako je Primer 39. Red 1. t > 0 2. t = 0 i p > 1 3. t = 0, p = 1 i r > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. Zaista, sluqaj t = 0 razmotren je u Primeru 38, a rezultat u sluqajevima t > 0 i t < 0 sledi iz Primera 24, Primera 20 na str. 91 i Teoreme 7. ] 3.5. Koxijev i Dalamberov test. Poredbeni principi, primeeni na geometrijski red P q (Primer 24) daju nam sledea dva kriterijuma konvergencije. Teorema 9. (Koxijev test) Neka je a ≥ 0 niz nenegativnih realnih brojeva. Red P a 1. konvergira ako je lim√√a < 1 2. divergira ako je lim a > 1 √ √ 4 Ako je lim a < 1, onda postoji q ∈ (0, 1) takvo da je a ≤ q (tj. a ≤ q ) za sve n osim, eventualno, ih konaqno mnogo. Odatle, na osnovu Teoreme 6 i konvergencije reda P q√ za q < 1 (Primer 24) sledi da red P a konvergira. Sliqno, ako je lim a > 1, postoji r > √1 takvo da da neki podniz niza √ a konvergira ka r. Tada za 1 < q < r vai a ≥ q (tj. a ≥ q ) beskonaqno mnogo prirodnih brojeva n, pa a ne tei nuli. Odatle, na osnovu Leme 8, sledi da red P a divergira. 5 P Posledica 7. Neka je z niz kompleksnih brojeva. Red z p 1. apsolutno konvergirap ako je lim |z | < 1 2. divergira ako je lim |z | > 1. 4 Dokaz prvog tvrea sledi iz Tvrea 2. Dokaz drugog tvrea sledi, kao u dokazu Teoreme 9, iz qienice da u tom sluqaju |z |, pa time ni z , ne tei nuli. 5 1 np 1

1 np (ln n)r etn

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

3. REDOVI SA POZITIVNIM QLANOVIMA 121 Teorema 10. (Dalamberov4 test) Neka je an ≥ 0 niz nenegativnih re-

alnih brojeva. Red P a 1. konvergira ako je lim < 1 2. divergira ako je lim > 1. 4 Ako je lim < 1, onda postoje q ∈ (0, 1) i n ≤ , odnosno n ≥ n . Odatle sledi n

an+1 an an+1 an

an+1 an

q n+1 qn

an+1 an

0

∈N

0

takvi da je

an+1 an

≤q

za

an+1 an an ≤ n ≤ · · · ≤ n00 q n+1 q q

za n > n , pa je (∀n > n ) a ≤ Cq , gde je C = . Odatle,P na osnovu Teoreme 6 i konvergencije reda P q za 0 < q < 1 sledi da red a konvergira. Ako je lim > 1, onda postoje q > 1 i n ∈ N takvi da je ≥ q za n ≥ n . Odatle sledi da je a ≥ qa > a , tj. da je niz a rastui, poqevxi od a , pa ne tei nuli. Iz Leme 8 sledi da P a divergira. 5 P Posledica 8. Neka je z niz kompleksnih brojeva. Red z 1. apsolutno konvergira ako je lim < 1 2. divergira ako je lim > 1. 4 Dokaz prvog tvrea sledi iz Tvrea 2. Dokaz drugog tvrea sledi, kao u dokazu Teoreme 10, iz qienice da u tom sluqaju |z |, pa time ni z , ne tei nuli. 5 Napomena 3. Neka je x = , y = . Tada je √ x y √ x = lim y = 1. lim = lim =1 i lim x y Meutim,√ red P x divergira, a red P y konvergira. Odatle vidimo da, ako je lim a = 1 (ili lim = 1), Koxijev (ili Dalamberov) kriterijum ne daju odgovor o konvergenciji. Napomena 4. Iz Primera 15 na str. 106 sledi da je Koxijev kriterijum P moniji od Dalamberovog: ako konvergenciju (ili divergenciju) reda a moemo da ustanovimo primenom Dalamberovog testa, onda moemo da je ustanovimo i primenom Koxijevog. Da obrnuto nije taqno pokazuje sledei primer. Primer 40. Posmatrajmo red 0

0

n

n

an0 q n0

n

n

an+1 an

an+1 an

0

0

n+1

n

n

n

n0

n

n

n

|zn+1 | |zn |

|zn+1 | |zn |

n

1 n

n

n+1

n→∞

n

n

n→∞

n

1 n2

n+1

n→∞

n

n

n

n→∞

n

an+1 n→∞ an

n

n

n

n→∞

n

n

n

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 + ··· . 2 3 22 3 2 3 2 3 2 3

Za ovaj red je lim

2 n an+1 = lim = 0 < 1, n→∞ 3 an

lim

3 n an+1 = lim = +∞ > 1, n→∞ 2 an

4Dalamber (Jean le Rond d’Alambert, 1717{1783) francuski matematiqar i filosof

122

4. NIZOVI I REDOVI

pa Dalamberov kriterijum ne daje nikakav odgovor o egovoj konvergenciji. Meutim, r r √ lim n an = lim

2n

√ lim n an = lim

1 1 =√ , n 3 3

2n

1 1 = √ < 1, n 2 2

odakle, na osnovu Koxijevog kriterijuma zak uqujemo da red konvergira. ] Zadatak 13. Ispitati konvergenciju redova (a) PP (b) P n! , x ≥ 0 (v) ,x≥0 (g) P , a ≥ 0, lim a = a. X 3.6. Rabeov kriterijum. Primenom poredbenih principa na red P (Primer 32) dobijamo sledee tvree. Teorema 11. (Rabeov5 test) Neka je a ≥ 0. Ako postoji q > 1 takvo da je a n→∞

1 (log n)n x n n x n n an n n n

n→∞

n

n→∞

1 np

n

onda red

n

P

an

konvergira. Ako je n

n

an+1

−1 ≥q

an −1 ≤1 an+1

onda red P a divergira. 4 Pretpostavimo da postoji q za koje je zadovo ena prva nejednakost. Neka je p ∈ (q, 1). Iz Primera 25 na str. 76 sledi da je n

1+

lim

pa je za dovo no veliko n, 1+

Odatle sledi

1 n 1 n

n→∞

p

−1 < q,

p

1 n 1 n

−1

= p,

tj.

1+

1 p q 1+ , an+1 n

odnosno

n p an+1 < = an n+1

1 (n+1)p 1 np

.

Konvergencija reda P a sada sledi iz Teoreme 8 i konvergencije reda P . Pretpostavimo sada da vai druga nejednakost iz postavke teoreme. Iz e sledi 1 np

n

an+1 n > = an n+1 P1

pa iz Teoreme 8 i divergencije reda

n

1 (n+1) 1 n

,

sledi divergencija reda P a .

5Rabe (Joseph Ludwig Raabe, 1801{1859), xvajcarski matematiqar

n

5

3. REDOVI SA POZITIVNIM QLANOVIMA

123

14. Ispitati konvergenciju redova (a) P ,x>0 , x ≥ 0. X (b) 3.7. Kumerov kriterijum. Sada emo da formulixemo kriterijum koji uopxtava Dalamberov i Rabeov, i daje nove kriterijume. Teorema 12. (Kumerov6 test) Neka je c niz pozitivnih brojeva,Ptakav P da red divergira, i neka je a niz pozitivnih brojeva. Tada red a 1. konvergira ako za neko δ > 0 vai c − c ≥ δ 2. divergira ako je c − c ≤ 0. 4 Neka je c −c ≥ δ > 0. Mnoeem pozitivnim brojem a dobijamo c a −c a ≥ δa > 0. Odatle sledi da je c a opadajui niz pozitivnih brojeva, pa on konvergira. Poxto je Zadatak P

n! (x+1)(x+2)·...·(x+n) n (nx) n!

n

1 cn

n

an n an+1

an n an+1

n n

n

an n an+1

n+1

n+1

n+1

n+1 n+1

n+1

n+1

n X

n n

(ck ak − ck+1 ak+1 ) = c1 a1 − cn+1 an+1 ,

red P(c a − Pc a ) konvergira, pa na osnovu poredbenog principa konvergira i red a . Ako je c − c ≤ 0, onda je k=1

n n

n+1 n+1 n

an n an+1

n+1

an+1 ≥ an P

1 cn+1 1 cn

,

pa na osnovu Teoreme 8 sledi da red a divergira. 5 Posledica 9. Za c ≡ 1 dobijamo Dalamberov test. Posledica 10. Za c = n dobijamo Rabeov test. P Posledica 11. (Bertranov7 test) Neka je a > 0. Tada red a 1. konvergira ako je lim ln n n − 1 − 1 > 1 2. divergira ako je lim ln n n − 1 − 1 < 1. 4 Dokaz sledi iz Kumerovog testa za c = n ln n. 5 3.8. Gausov kriterijum. Dokaimo jednu vanu posledicu do sada razmatranih kriterijuma. Teorema 13. (Gausov8 kriterijum) Neka je a > 0 i n

n

n

n

n→∞

n→∞

n

an an+1 an an+1 n

n

µ θn an = λ + + 2, an+1 n n

gde su λ i µ konstante, a θ ograniqen niz. Tada red P a konvergira ako je 1. λ > 1 2. λ = 1 i µ > 1, a divergira u ostalim sluqajevima. n

n

6Kumer (Ernst Eduard Kummer, 1810{1893), nemaqki matematiqar 7Bertran (Joseph Louis François Bertrand, 1822{1900), francuski matematiqar 8Gaus (Carl Friedrich Gauss, 1777{1855), nemaqki matematiqar

124

4. NIZOVI I REDOVI

Sluqajevi i slede iz Dalamberovog kriterijuma. Sluqajevi , i , slede iz Rabeovog kriterijuma. Sluqaj λ = 1, µ = 1 sledi iz Bertranovog kriterijuma. 5 P . X Zadatak 15. Ispitati konvergenciju reda

4 λ > 1 λ < 1 λ=1 µ>1 λ=1 µ 0. Po pretpostavci teoreme niz A je ograniqen, tj. |A | ≤ C za neko C > 0, pa je |A (b − b )| ≤ M |b − b |. (21) Moemo, ne umaujui opxtost, da pretpostavimo da je monoton niz b opadajui (ako b je rastui, onda je −b opadajui, a ako tvree teoreme vai kada se b zameni sa −b , vaie i za b ). Tada je X X M |b − b |=M (b − b ) = M (b − b ). (22) Poxto po pretpostavci niz b konvergira, iz (22) sledi da i red P M |b − bP | konvergira. Odatle, na osnovu (21) i poredbenog testa, sledi da red A (b − b ) (apsolutno) konvergira, pa je niz egovih parcijalnih suma k=m

k=m

n

n

n

n

k

n

k=1

n→∞

n

n n

n

k k

k=1

n

k

k

n

k+1

k

k+1

n

n

n

n

n

n

n

n

k

k+1

k

k=0

n

k+1

k

k

k+1

k+1

0

n+1

k=0

k

5. OPERACIJE SA REDOVIMA

125

Koxijev. To znaqi da je za dovo no velike m i n apsolutna vrednost sume na desnoj strani u (20) maa od . Poxto niz b tei nuli, a niz A je ograniqen, oba sabirka na desnoj strani u (20) tee nuli kad m, n → ∞. Odatle sledi da je, za dovo no velike m i n, svaki od ih mai od . Sabiraem dobijamo da je za dovo no velike m i n izraz na desnoj strani u (20) mai od ε. 5 Teorema 15. (Abelov test) Neka je a niz kompleksnih brojeva i b monoton nizPrealnih brojeva. Pretpostavimo da vai 1. red a konvergira 2. postoji lim b . P Tada red a b konvergira. 4 Neka je lim b = b ; tada je lim b − b = 0. Primetimo da je ε 3

n

n

ε 3

n

n

n

n

n→∞

n n

n→∞

n

∞

n→∞

n X

ak bk =

n X

∞

n

ak b∞ +

n X

ak (bk − b∞ ).

Red P a konvergira po pretpostavci, a red P a (b − b ) konvergira na osnovu Teoreme 14. 5 Kao posledicu, dobijamo jox jedan dokaz Tvrea 1 (str. 114). Posledica 12. (Lajbnicovo pravilo) Neka je b opadajui niz realnih brojeva i neka je lim b = 0. Tada red P(−1) b konvergira. 4 Dokaz sledi iz Teoreme 14 za a = (−1) . 5 k=1

k=1

k=1

k

k

∞

k

n

n→∞

n−1

n

n

n−1

n

5. Operacije sa redovima 5.1. Dvostruki redovi. U Posledici 6 na str. 115 videli smo da konaqna i beskonaqna suma komutiraju, tj. da vai ∞ X k X

k X ∞ X zmn = zmn .

Sledei primer pokazuje da, u opxtem sluqaju, dve beskonaqne sume ne komutiraju. Primer 41. Neka je  n=1

m=1

amn

m=1

 0, = −1,   n−m 2 ,

n=1

m < n, n=m m > n.

U obliku beskonaqne matrice,a moemo da napixemo kao mn

−1

   (amn ) =    

1 2 1 4 1 8

· ·

0 −1 1 2 1 4

· ·

0 0 −1 1 2

· ·

0 0 0 −1 · ·

··· ··· ··· ···

      

126

4. NIZOVI I REDOVI

Tada je, za fiksirano n, suma n{te kolone ∞ X

n−1 X

amn =

∞ X

amn + (−1) +

a za fiksirano m suma m{te vrste je m=1

m=1

∞ X

amn =

n=1

m=n+1

m−1 X n=1

2n−m = −1 + 1 = 0,

m=n+1

∞ X

amn + (−1) +

∞ X

amn = 0 + (−1) +

m−1 X

amn =

n=m+1

2n−m + (−1) + 0 = −2−m ,

n=1

pa je a = −2 6= 0 = a . ] Sledea teorema daje jedan uslov pod kojim dve beskonaqne sume komutiraju, tj. uslov pod kojim je dozvo eno izmeniti poredak sumiraa. Neka je data beskonaqna matrica   ∞ P ∞ P

∞ P ∞ P

mn

n=1 m=1

mn

m=1 n=1

z11  z21   z31 (zmn ) =   z41   · ·

z12 z22 z32 z42 · ·

z13 z23 z33 z43 · ·

z14 z24 z34 z44 · ·

··· ··· ··· ···

      

U teoremi 13 na str. 31 smo videli da se eni elementi mogu poreati u niz. Naravno, to je mogue uqiniti na vixe naqina, tj. dobijeni niz nije jedinstven. Oznaqimo sa w bilo koji od tih nizova. P Teorema 16. Ako red |w | konvergira, onda konvergiraju i redovi n ∞

n

∞ X

n=1 ∞ X

zmn ,

n=1

zmn ,

∞ ∞ X X

zmn ,

i vai P P z = z . P 4 Neka je C = |w |. Tada je, za svako m, ∞

∞

mn

n=1 m=1

zmn

m=1 n=1

n=1 m=1

m=1 ∞ P ∞ P

∞ ∞ X X

mn

m=1 n=1

∞

n

n=1

N X

|zmn | ≤ C.

n=1

Odatle sledi da red P z (apsolutno) konvergira. Da e, vai ∞

mn

n=1

M X ∞ X

|zmn | ≤ C,

konvergira. Na isti naqin se dokazuje odakle sledi da i red da i preostala dvaPreda konvergiraju. Neka je W = w . Dokaimo da je XX XX z =W i z = W. (23) m=1 n=1 P∞ P∞ m=1 n=1 zmn

∞

n

n=1 ∞

∞

∞

∞

mn

m=1 n=1

mn

n=1 m=1

5. OPERACIJE SA REDOVIMA

127

Neka je ε > 0. Iz konvergencije reda P |w | i Leme 7 na str. 112 sledi da postoji k ∈ N takvo da je X X ε w ≤ |w | < . (24) W − 2 Za dovo no velike m , n ∈ N elementi w , . . . , w su sadrani meu brojevima z za m ≤ m , n ≤ n . Tada je za r > m , s > n razlika n

∞

k

j

j

j=1

0

mn

0

j=k+1

0

1

0

k

0

r X s X

0

k X

zmn −

wj

jednaka sumi qlanova niza w sa j > k + 1, pa iz (24) sledi m=1 n=1

j=1

j

r X

s X

zmn −

Odatle, prelaskom na lim , dobijamo m=1 n=1

k X

ε wj < . 2 j=1

s→∞

(25)

r X ∞ k X ε X zmn − wj ≤ . 2 m=1 n=1 j=1

Iz (24) i (25) sledi

r X ∞ X zmn − W < ε,

qime je dokazana prva jednakost u (23); na isti naqin se dokazuje i druga. 5 P Posledica 13. Ako red |z | konvergira za svako m ∈ N i ako red P P P |z | konvergira, tada red |w | konvergira i vai XX X z = w . (26) P P 4 Po pretpostavci je |z | = C < +∞. Neka je k ∈ N. Tada je, za dovo no velike r, s X XX m=1 n=1 ∞

mn

∞

n=1

∞

∞

mn

n

m=1 n=1

n=1

∞

∞

∞

mn

n

m=1 n=1 ∞

∞

n=1

mn

m=1 n=1

r

r

s

|zmn | < C,

|wn | ≤

m=1 n=1

n=1

odakle sledi da red P |w | konvergira. Jednakost (26) sada sledi iz prethodne teoreme. 5 P P P P a . Posledica 14. Neka je a ≥ 0. Tada je a = Primetimo da, pod uslovima Teoreme 16, sledi da rezultat dvostrukog sumiraa ne zavisi od naqina na kojiPsuPqlanovi dvostrukog niza z poreani P P u niz w . U takvom sluqaju, izraz z (tj. a ) oznaqavamo sa P z i nazivamo ga dvostrukim redom. ∞

n

n=1

∞

∞

∞

m=1 n=1

∞

∞

n

mn

m,n=1

∞

mn

n=1 m=1

mn

∞

mn

m=1 n=1

∞

∞

mn

mn

mn

n=1 m=1

128

4. NIZOVI I REDOVI

5.2. Uopxteni komutativni zakon. Posledica komutativnog zakona za sabirae je da za svaku n-torku z , . . . , z kompleksnih brojeva i proizvo nu permutaciju σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n} vai 1

n X

zk =

n

n X

zσ(k) .

U opxtem sluqaju, ovo nije taqno za beskonaqne redove. P Teorema 17. (Rimanova teorema) Neka je x niz u R, takav da red x neapsolutno konvergira. Tada za svako α ∈ {−∞} ∪ R ∪ {+∞} postoji permutacija σ : N → N, takva da je k=1

k=1

n

n

∞ X

xσ(k) = α.

k=1

Neka je α ∈ R proizvo an broj. Neka su x i x pozitivni i negativni deo broja x , definisani formulom (27) na str. 34. Iz − n

+ n

4

n

1 x+ n = (|xn | + xn ), 2 P |xn | pn n xn

1 (|xn | − xn ), 2 P xn xn

x− n =

divergencije reda i konvergencije reda sledi da redovi P x i -ti po redu qlan niza koji je pozitivan, a x divergiraju. Neka je q n-ti po redu qlan niza koji nije pozitivan. Oqigledno vai X X x i Xq ≤ −Xx , p ≥ pa je X X p = +∞ i q = −∞. (27) Traenu permutaciju σ definixemo induktivno. NekaPje σ(1) = 1. Pretpostavimo da su x , . . . , x ve definisani. Ako je x ≤ α, definixemo x kao prvi od qlanova niza p koji nisu meu x , . . . , x . Ako P je x > α, definixemo x kao prvi od qlanova niza q koji nisu meu x , . . . , x . P Dokaimo da je x = α. Neka je ε > 0. Poxto P x konvergira, x tei nuli, pa postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai |x | < ε. Odatle sledi da postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai |x | < ε. (28) Iz (27) sledi da postoji prirodan broj n ≥ n takav da je X α−ε< x < α + ε. (29) P

− n

n

+ k

k

− k

k

k=1

k=1

k=1

k=1

n

n

n

n

n

+ n

n

k

k

k=1

k=1

n

σ(1)

σ(n)

σ(n)

k=1

n

σ(n+1)

σ(1)

σ(n)

n

σ(n)

n

σ(n+1)

k=1

σ(1)

σ(n)

n

∞ k=1

n

σ(k)

0

0

1

n

1

σ(n)

2

1

n2

σ(k)

k=1

Zaista, kada bi za svako n ≥ n bilo P x mutacije σ to bi znaqilo da posle qlana x n

1

σ(k)

k=1

σ(n1 )

, po definiciji permoemo da dodajemo qlanove

≥ α−ε

5. OPERACIJE SA REDOVIMA

129

niza p i nikad ne dobijemo zbir vei od α, xto je u suprotnosti sa (27). SliP qno se dokazuje da ne moe da se desi da za svako n ≥ n vai x ≤ α + ε. Sada iz (28) i (29) sledi n

n

1

σ(k)

k=1

n X

α−ε<

xσ(k) < α + ε

k=1

za svako n ≥ n , tj. P x = α. Ako je α = +∞, dokaz se izvodi na sliqan naqin. Neka je α niz realnih brojeva, takav da α → +∞ kad n → ∞. Traenu permutaciju σ opet definixemoP induktivno, s tom razlikom xto najpre dodajemo qlanove niza sve dok P je x < α , zatim qlanove niza q sve dok je x > α , posle toga opet qlanove niza p , ali sada sve dok je P x < α , zatim qlanove niza P x > α itd. Sluqaj α = −∞ razmatra se analogno. 5 q sve dok je P Zadatak 16. Neka je x niz u R, takav da red x neapsolutno konvergira. Dokazati, koristei ideju dokaza Rimanove teoreme, da za proizvo ne α, β ∈ {−∞} ∪ R ∪ {+∞} takve da je α ≤ β postoji permutacija σ : N → N, takva da je lim P x = α i lim P x = β. X P Zadatak 17. Neka je z ∈ C niz kompleksnih brojeva, takav da red z neapsolutnoPkonvergira. Da li za svako ζ ∈ C postoji permutacija σ : N → N, takva da je z = ζ ? (Odgovor: ne!) X Napomena 5. Vai sledea kompleksna analogija Rimanove teoreme (videti [17]): Ako je P z neapsolutno konvergentan red sa kompleksnim qlanovima, onda postoji prava LP⊂ C takva da za svako ζ ∈ L postoji permutacija σ : N → N, takva da je z = ζ . Iz ega sledi Rimanova teorema kao specijalni sluqaj (Im z = 0, L = Re {osa). Za apsolutno konvergentne redove vai sledea teorema. P Teorema 18. Neka je red z apsolutno konvergentan. Tada svaka egova permutacija konvergira istoj sumi. P 4 Neka je σ data permutacija i neka je ε > 0. Poxto z apsolutno konvergira, za neko n ∈ N vai X ∞

2

σ(k)

k=1

n

n

n2

n1

1

σ(k)

n

k=1

σ(k)

1

k=1

n3

n

2

σ(k)

k=1

n4

n

2

σ(k)

k=1

n

n

n

n

σ(k)

σ(k)

k=1

k=1

n

n

∞

σ(k)

k=1

n

∞

σ(k)

k=1

n

n

n

0

∞

|zk | < ε.

Izaberimo broj m ∈ N, takav da je {1, 2, . . . , n za svako n ≥ m vai k=n0

0

∞ n ∞ X X X zk − zσ(k) ≤ |zk | < ε. k=1

k=1

k=n0

. Tada

− 1} ⊂ {σ(1), . . . , σ(m)}

(30)

130

4. NIZOVI I REDOVI

Poxto je ε > 0 proizvo no, prelaskom na limes u (30) lim

n X

n→∞

zσ(k) =

k=1

∞ X

zk .

k=1

5

18. Dokazati Teoremu 18 za apsolutno konvergentan realni red na drugi naqin, pixui x = x − x i koristei qienicu da je suma reda sa pozitivnim qlanovima jednaka supremumu niza egovih parcijalnih suma. X 5.3. Mnoee redova. Sledea teorema uopxtava distributivni zakon. Teorema 19. Neka su a i b nizovi kompleksnih brojeva, takvi da 1. red P a apsolutno konvergira i P a = A, 2. red P b konvergira i P b = B. Neka je c = P a b . Tada red P c konvergira i vai P c = A · B. 4 Neka je

P Zadatak xn

+ n

n

n

− n

n

∞

n

n

n=0

∞

n

n

n=0

∞

n

n

k n−k

n

n

n=0

k=0

An =

Tada je

n X

an ,

k=0

Cn

Poxto je

= = = =

Bn =

n X

bn ,

Cn =

k=0

n X

cn ,

rn = B − Bn .

k=0

a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 ) + · · · + (a0 bn + a1 bn−1 + · · · + an b0 ) = a0 Bn + a1 Bn−1 + · · · + an B0 = a0 (B − rn ) + a1 (B − rn−1 ) + · · · + an (B − r0 ) = An B − (a0 rn + a1 rn−1 + · · · + an r0 ).

lim An B = AB

n→∞

, ostaje jox da se dokae da je

(31) Neka je ε > 0. Poxto red apsolutno konvergira, suma je konaqna. Iz konvergencije reda sledi da postoji takvo da je |r | < ε(2A ) za . Tada je lim (a0 rn + a1 rn−1 + · · · + an r0 ) = 0. P P an P A∗ = |an | bn n0 ∈ N n ≥ n0 n→∞

∗ −1

n

|a0 rn + · · · + an r0 |

≤ ≤

|a0 rn + · · · + an−n0 −1 rn0 +1 | + |an−n0 rn0 · · · + an r0 | ε 2 + |an−n0 rn0 · · · + an r0 |.

(32) Poxto opxti qlan a konvergentnog reda P a tei nuli kad n → ∞, za fiksirano n tei nuli i posledi qlan u (32), tj. postoji n ∈ N takvo da za n ≥ n vai ε |a r ··· + a r | < . (33) 2 Iz (32) i (33) sledi (31). 5 n

n

0

1

1

n−n0 n0

n 0

6. STEPENI REDOVI

131

6. U dokazu Teoreme 19 videli smo da ako jedan od redova , konvergira apsolutno, a drugi konvergira, onda konvergira i red i jednak je ihovom proizvodu. Prirodno je postaviti sledee pitae. Pretpostavimo da znamo da sva tri reda konvergiraju, bez pretpostavke o apP solutnojPkonvergenciji. Da li je tada suma reda c jednaka proizvodu suma redova a i P b ? Videemo uskoro da je odgovor na ovo pitae potvrdan (Posledica 15 na str. 134).

P Napomena P bn P an cn

n

n

n

6. Stepeni redovi 6.1. Polupreqnik konvergencije. Neka je c niz kompleksnih brojeva i a ∈ C. Red n

∞ X

cn (z − a)n

je funkcija kompleksne promen ive z i naziva se stepenim redom sa koeficijentima c i centrom u a. Sledea teorema pokazuje da je oblast definisanosti ove funkcije disk u kompleksnoj ravni (eventualno bez nekih taqaka na graniqnoj krunici). P Teorema 20. Pretpostavimo da red c (z − a) konvergira za z = z . Neka je ρ := |z − a|. Tada red apsolutno konvergira za svako z takvo da je |z − a| < ρ. P 4 Poxto red c (z − a) konvergira, vai c (z − a) < M , pa iz n=0

n

∞

n

n

0

n=0

0

∞

n

n

0

n

0

n

n=0

cn (z − a)n = cn (z0 − a)n

sledi |c (z − a) | < M q , gde je n

n

z − a n z0 − a

n

z−a < 1. q= z0 − a

Odatle, na osnovu poredbenog principa i konvergencije geometrijskog reda P q za q < 1 sledi dokaz teoreme. 5 Polupreqnik najveeg diska na kome stepeni red konvergira naziva se egovim polupreqnikom konvergencije. Sledea teorema daje jedan naqin da se on izraquna. Tvreǌe 6. Neka je c niz kompleksnih brojeva i n

n

R=

lim

1 p n

|cn |

,

pri qemu je RP= 0 ako je lim p|c | = +∞ i R = +∞ ako je lim p|c | = 0. Tada stepeni red c (z − a) apsolutno konvergira ako je |z − a| < R, a divergira ako je |z − a| > R. 4 Dokaz sledi iz Posledice 7. 5 n

n

n

n

n

n

132

4. NIZOVI I REDOVI

Naravno, primenom Dalamberovog kriterijuma (umesto Koxijevog), polupreqnik konvergencije moemo da izraqunamo kao R = lim

|cn | , |cn+1 |

ukoliko ovaj limes postoji. P Primer 42. Polupreqnik konvergencije stepenog reda je +∞, pa taj red apsolutno konvergira za sve z ∈ C. ] P P Primer 43. Redovi i su apsolutno konvergentni za sve z ∈ C. ] P Primer 44. Polupreqnik konvergencije reda je 1. ] P Primer 45. Polupreqnik konvergencije reda z je 1. ] 6.2. Neprekidnost stepenog reda. Sledea teorema daje jedno vano svojstvo stepenog reda. P Teorema 21. Neka je R polupreqnik konvergencije stepenog reda c (z − a) . Tada je funkcija X n→∞

∞

n=0

∞

n=0

∞

(−1)n z 2n+1 (2n+1)!

n=0

zn n!

(−1)n z 2n (2n)!

∞

n=1 ∞

n=0

(−1)n−1 z n n α n

n

n

n

∞

cn (z − a)n

f (z) =

neprekidna na skupu D := {z ∈ C | |z − a| < R}. 4 Pretpostavimo da je a = 0, xto samo pojednostav uje oznake, a ne mea suxtinu dokaza. Neka je z ∈ D , tj. |z | = ρ < R. Neka je ρ < ρ < R. Ako je |z| < ρ, tada vai n=0

R

0

R

0

0

0

∞ P P∞ |f (z) − f (z0 )| = n=0 cn (z n − z0n ) ≤ |cn ||z n − z0n |

= |z − z0 | ≤

|z − z0 |

∞ P n=0 ∞ P

n=0

|cn ||z

n−1

+ z n−2 z0 + · · · + zz0n−2 + z0n−1 |

|cn |nρn−1 .

Poxto je R polupreqnik konvergencije reda P c z (dakle R = √ ) i ρ < R, vai p p ρ lim |c |nρ = ρlim |c | = < 1, R P pa iz Koxijevog kriterijuma sledi da red |c |nρ konvergira. Oznaqimo egovu sumu sa S. Neka je ε > 0. Tada, ako je |z| < ρ i |z − z | < εS vai |f (z) − f (z )| < ε, odakle sledi neprekidnost funkcije f u z . 5 Na sliqan naqin se dokazuje i sledea teorema. Teorema 22. Neka je n=0

n

n

n

1

n

lim

n

n−1

n

n

n−1

0

0

0

f (x) =

n

∞ X

n=0

cn (x − a)n ,

−1

|cn |

6. STEPENI REDOVI

133

i neka je R polupreqnik konvergencije stepenog reda na desnoj strani. Tada je funkcija f : (a − R, a + R) → C beskonaqno puta diferencijabilna i vai f

(k)

(x) =

∞ X

n(n − 1) · . . . · (n − k + 1)cn (x − a)n−k .

n=0

Drugim reqima, stepeni red moe da se , diferencira qlan po qlan". Specijalno, f (a) = k!c , pa je (k)

f (x) = 4

Neka je h(x) =

Tada je

k

∞ X f (n) (a) n x . n! n=0

∞ X

ncn (x − a)n .

n=0

! ∞ X f (x) − f (x0 ) xn − xn0 n−1 − g(x0 ) = cn − nx0 . x − x0 x − x0 n=0

Izraz u zagradi moemo da napixemo kao

n−1 n−1 n−1 X X X xn − xn0 n−1 k n−k+1 − nxn−1 = x x − x = xn−k+1 (xk − xk0 ). 0 0 0 0 x − x0 k=0

k=0

k=0

Odatle, posle jox jednog faktorisaa izraza x − x i prelaska na limes kad x → x sledi zak uqak teoreme. 5 Primer 46. Diferenciraem obe strane jednakosti k

k 0

0

∞ X

dobijamo

xn =

n=0

∞ X

(n + 1)xn =

n=0

Zadatak

1 1−x

1 . (1 − x)2

19. Polazei od geometrijskog reda ∞ X

dokazati da je

(−1)n x2n =

n=0

arctgx =

∞ X

1 1 + x2

(−1)n

x2n+1 2n + 1

i izvesti odatle Lajbnicovu formulu (44) na str. 49. n=0

]

X

134

4. NIZOVI I REDOVI

23. (Abelova teorema) Neka je P c konvergentan red kompleksnih brojeva i neka je X h(x) = c x za − 1 < x < 1. Teorema

n

∞

n

n

n=0

Tada je lim 4 Neka je

x→1−0

∞ P

h(x) =

cn

n=0

.

sn :=

n X

ck ,

∞ X

s∞ :=

cn .

Iz c = s − s sledi, sliqno kao u dokazu Abelove sumacione formule (formula (20) na 124. strani) X X c x = (1 − x) s x , (34) a iz oqiglednog identiteta P x − P x = 1 sledi X s x . (35) s = (1 − x) Oduzimaem (34) od (35) dobijamo X X (s − s )x . (36) c x = (1 − x) s − Neka je ε > 0. Dokaimo da je leva strana u( 36) po modulu maa od ε. Iz s → s kad n → ∞ sledi da postoji m ∈ N takvo da vai n > m ⇒ |s − s | < ε/2. (37) Napiximo izraz na desnoj strani u (36) kao zbir n=0

k=0

n

n

n−1

∞

∞

n

n

n

n=0

n

n=0

∞ n=0

∞ n=0

n

n+1

∞

∞

∞

n

n=0

∞

∞

∞

n

n

∞

n

n=0

n=0

n

n

∞

∞

(1 − x)

m X

n

∞ X

n

(s∞ − sn )x + (1 − x)

(s∞ − sn )xn .

n=m+1

n=0

Iz (37) i P x = 1/(1 − x) sledi da je drugi sabirak po modulu mai od ε/2. Poxto je suma u prvom sabirku konaqna, sledi da je za x dovo no blizu 1 i prvi sabirak po modulu mai od ε/2. Time je teorema dokazana. 5 Kao posledicu, ispuavamo obeae dato u Napomeni 6 na 131. strani. Posledica 15. Neka su a i b kompleksni nizovi i n

n

n

cn =

n X

ak bn−k .

k=0

Ako sva tri reda P a , P b , P c konvergiraju, onda vai n

n

∞ X n=0

n

∞ ∞ X X an · bn = cn . n=0

n=0

(38)

4

6. STEPENI REDOVI

Neka je f (x) =

∞ X

an xn ,

f (x) =

∞ X

bn x n ,

135 f (x) =

∞ X

cn xn .

Iz Tvrea 6 sledi da redovi P a x , P b x , P c x apsolutno konvergiraju za |x| < 1, pa iz Teoreme 19 sledi da je f (x) · g(x) = h(x). Odatle, prelaskom na limes kad x → (1 − 0) i primenom Teoreme 23 dobijamo (38). 5 Teoremom 23 motivisana je sledea definicija. P Definicija 9. Red c se naziva zbir ivim po Abelu ako postoji X lim c x . (39) Ako je red P c zbir iv po Abelu, graniqna vrednost (39) naziva se egovom sumom po Abelu. Iz Teoreme 23 sledi da ako je red konvergentan, onda je on zbir iv po Abelu i egova suma u obiqnom smislu je jednaka egovoj sumi po Abelu. Obrnuto nije taqno: P Primer 47. Red (−1) je divergentan, a poxto je n=0

n=0

n

n

n=0

n

n

n

n

∞ n=0 n

∞

x→1−0

n

n

n=0

∞ n=0 n

∞ n=0

n

∞ X

(−1)n xn =

1 , 1 + x2

egova suma po Abelu je . ] Ovaj primer pokazuje da obrnuta implikacija u Abelovoj teoremi ne vai; meutim, pod odreenim dodatnim uslovima (koji se nazivajuTauberovim uslovima) vai i obrnuto. Teoreme tog tipa nazivaju se Tauberovim teoremama. Jedna od ih je sledea. Teorema 24. Ako za niz c vai n=0

1 2

n

lim ncn = 0,

onda iz postojaa limesa

n→∞

lim

sledi konvergencija reda 4

x→1−0

P

cn

∞ X

i vai

n=0

∞ X

Neka je

cn xn = A

cn = A.

n=0

δn = sup |mcm |.

Niz δ je opadajui, a iz uslova teoreme sledi da lim vai X X X m≥n

n→∞ δn

n

n0

n

cn − A =

n=0

∞

n0

cn (1 − x ) −

n=0

n

=0

cn x − A .

n=n0 +1

. Za n

0

∈N

136

4. NIZOVI I REDOVI

Odatle, uz korixee nejednakosti

1 − xn = (1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) ≤ n(1 − x)

sledi

Pn0 n=0 cn − A ≤ ≤

Pn0

n=0

|ncn | +

(1 − x)n0 δ0 +

P∞ n + n=n0 +1 cn x − A P∞ n + n=n0 +1 cn x − A .

|ncn |xn n=n0 +1 n

P∞

δn0 +1 (n0 +1)(1−x)

Neka je ε > 0. Izaberimo x tako da vai

(1 − x)n0 = ε.

Tada je x proizvo no blizu 1 za dovo no veliko n . Neka je n izabrano tako da je δ < ε i x dovo no blizu 1 da vai 0

0

2

n0 +1

∞ X cn xn − A < ε.

Tada je

n=n0 +1

n0 X −A ≤ (2 + δ0 )ε,

odakle sledi tvree teoreme. 5 Navexemo jox jedan metod , sumiraa divergentnih redova".P P Definicija 10. Neka su s parcijalne sume reda c . Red c je zbir iv po Qezaru9 ako konvergira niz aritmetiqkih sredina n=0

n

σn :=

n

n

s0 + s1 + · · · + sn . n+1 Σcn

Graniqna vrednost niza σ naziva se sumom reda po Qezaru. Zadatak 20. Dokazati da je konvergentan red zbir iv po Qezaru i da je egova suma po Qezaru jednaka egovoj sumi u obiqnom smislu. (Uputstvo: primeniti Xtolcovu teoremu.) P X Zadatak 21. Nai sumu reda (−1) po Qezaru. X P Ako je red c zbir iv po Qezaru, onda je c = o(n). (40) Zaista, iz σ → σ kad n → ∞ sledi n

n

n

n

n

sledi

∞

lim

n→∞

sn (n + 1)σn − nσn−1 = lim =0 n→∞ n n

cn sn n − 1 sn−1 = lim − = 0, n→∞ n n→∞ n n n−1 lim

xto je ekvivalentno sa (40). P Zadatak 22. Dokazati da je red (−1) n zbir iv po Abelu, ali nije po Qezaru. (Uputstvo: koristiti (40).) X n

9Qezaro (E. Cesàro, 1859–1906), italijanski matematiqar

6. STEPENI REDOVI

137

Moe da se dokae da je svaki red koji je zbir iv po Qezaru zbir iv i po Abelu. Ideja dokaza se sastoji u sledeem. Dvostrukom primenom postupka iz dokaza Abelove sumacione formule (str. 124) dobija se X X (n + 1)σ x . c x = (1 − x) (41) Iz Primera 46 na 133. strani sledi X 1 = (1 − x) (n + 1)x . (42) Ako pomnoimo obe strane u (42) sa Qezarovom sumom σ i od dobijenog izraza oduzmemo (41) dobijamo ∞

∞

n

n

2

n

n

n=0

n=0

∞

2

n

n=0

∞

σ∞ −

∞ X

cn xn = (1 − x)2

∞ X

(n + 1)(σ∞ − σn )xn .

Izraz na desnoj strani moemo da napixemo kao zbir dva reda (sliqno kao u dokazu Teoreme 23) i dokaemo je on po modulu mai od unapred izabranog ε ako je x dovo no blizu 1. Deta e prepuxtamo qitaocu. 6.3. Predstav ae funkcija stepenim redovima. Za funkciju koja se moe predstaviti stepenim redom X c (z − z ) (43) f (z) = kaemo da je analitiqka u taqki z . Ako je funkcija analitiqka u svakoj taqki domena, nazivamo10je analitiqkom funkcijom. Red na desnoj strani u (43) nazivamo Tejlorovim redom funkcije f . Analitiqke funkcije kompleksne promen ive su predmet izuqavaa kompleksne analize; mi emo ovde dati primere nekih realnih analitiqkih funkcija realne promen ive. Najjednostavnije analitiqke funkcije su polinomi, za koje je suma (43) konaqna, a meu ima su najjednostavnije linearne funkcije. Sledea lema pokazuje kako se one mogu okarakterisati kao rexea jedne funkcionalne jednaqine, tj. jednaqine u kojima je nepoznata funkcija. Funkcionalna jednaqina (β) u sledeoj lemi naziva se Koxijevom jednaqinom. Lema 12. Neka je a ∈ R. Za funkciju f : R → R sledea dva tvrea su ekvivalentna. (α) f (x) = ax (β) f je neprekidna i zadovo ava uslove f (x + y) = f (x) + f (y), f (1) = a. 4 Implikacija (α)⇒(β ) je oqigledna. Iz n=0

n=0

∞

n

0

n

n=0 0

a = f (1) = f (1 + 0) = f (1) + f (0) = a + f (0)

sledi f (0) = 0, a odatle i iz

0 = f (0) = f (1 + (−1)) = f (1) + f (−1)

sledi f (−1) = −f (1) = −a. Odatle se, primenom indukcije i uslova (β) lako dokazuje da za sve m ∈ Z vai f (m) = ma. 10Tejlor (Brook Taylor, 1685{1731), engleski matematiqar

138

4. NIZOVI I REDOVI

Neka je m ∈ Z, n ∈ N, q = mn ∈ Q. Tada je qa = qf (1) = mn f (nn ) = mn nf (n ) = mf (n ) = f (mn ), tj. f (q) = aq za sve q ∈ Q. Na kraju, za proizvo no x ∈ R postoji niz q ∈ Q,takav da q → x kad n → ∞. Odatle i iz neprekidnosti funkcije f sledi f (x) = lim f (q ) = lim aq = ax, qime je dokazana implikacija (β)⇒(α). 5 Lema 13. Za funkciju g : R → R sledea tvrea su ekvivalentna. (α) g(x) = e (β) g je neprekidna i zadovo ava uslove g(x + y) = g(x) · g(y), g(1) = e P (γ) g(x) = (δ) g je diferencijabilna i zadovo ava uslove g (x) = g(x), g(0) = 1. 4 Implikacija (α)⇒(β ) je oqigledna. Funkcija f (x) = ln g(x) zadovo ava uslov (β) Leme 12 sa a = 1, pa je f (x) = x. Odatle sledi g(x) = e , qime je dokazanaPekvivalencija (α)⇔(β). Red apsolutno konvergira za svako x ∈ R (Primer 42). Iz Teoreme 21, Teoreme 19 i formule (13) na str. 108 lako sledi da funkcija g definisana sa (γ) zadovo ava uslove (β). Poxto iz ekvivalencije (α)⇔(β) sledi da je takva funkcija jedinstvena, time je dokazana ekvivalencija (β)⇔(γ). Implikacija (α)⇒(δ) je oqigledna. Pretpostavimo da vai (δ). Tada je −1

−1

n

−1

−1

−1

−1

−1

n

n→∞

n

n→∞

n

x

∞

n=0

xn n!

0

x

∞

n=0

xn n!

d g(x)e−x = e−x g 0 (x) − e−x g(x) = 0, dx g(0) = 1 g(x)e−x = g(0)e0 = 1 α⇔δ 5

pa je g(x)e konstantna funkcija. Iz sledi , pa je g(x) = e . Time je dokazana i ekvivalencija ( ) ( ). Zadatak 23. Dokazati da su za funkciju h : R → R sledea dva tvrea ekvivalentna. (α) h(x) = ln x (β) h je neprekidna i vai h(x · y) = h(x) + h(y), h(e) = 1. X Zadatak 24. Neka je p ∈ R. Dokazati da su za funkciju k : (0, +∞) → (0, +∞) sledea dva tvrea ekvivalentna. (α) k(x) = x (β) k je neprekidna i vai k(x · y) = k(x) · k(y), ln k(e) = p. X Zadatak 25. Dokazati da tvrea Leme 12, Leme 13, Zadatka 23 i Zadatka 24 vae ako se uslov neprekidnosti u (β) zameni (a) uslovom monotonosti (b) uslovom ograniqenosti na nekom intervalu [t , t ] za t < t . X Lema 13 nam omoguava da definiciju eksponencijalne funkcije proxirimo i na kompleksne brojeve. Definicija 11. Neka je z ∈ C. −x

x

p

0

ez :=

∞ X zn . n! n=0

1

0

1

6. STEPENI REDOVI

139

Iz Primera 42 sledi da je funkcija z 7→ e definisana na celoj kompleksnoj ravni C. Primetimo da formula (γ) u Lemi 13 sledi i iz Tejlorove formule. Zaista, ako u Primeru 22 na str. 94 uzmemo ostatak u Lagranovom obliku, dobijamo z

ex =

za neko ξ da je

n X xk

∈ (−|x|, |x|)

1 eξn xn+1 (n + 1)!

. Odatle, prelaskom na limes i korixeem qienice k=0

n

k!

+

lim

1 e|x| xn+1 = 0 (n + 1)! γ

(Primer 17 na str 107) dobijamo formulu ( ). Na sliqan naqin dobijamo n→∞

sin x =

∞ P

2n+1

x (−1)n (2n+1)! ,

n=0

ln(1 + x) =

cos x =

∞ P

2n

x (−1)n (2n)! ,

n=0

∞ P

n (−1)n−1 xn , n=1

(1 + x)α =

∞ P

α n

xn .

za svako x za koje redovi na desnoj strani konvergiraju. Zadatak 26. Odrediti za koje x ovi redovi konvergiraju Sada je prirodno dati i sledeu definiciju Definicija 12. sin z =

∞ P

n=1

2n+1

z (−1)n (2n+1)! ,

n=0

ln(1 + z) =

cos z =

∞ P

2n

z (−1)n (2n)! ,

n=0

∞ P

n (−1)n−1 zn , n=1

X

(1 + z)α =

∞ P

α n

zn.

za svako z ∈ C za koje redovi na desnoj strani konvergiraju. Oqigledno je da se za z ∈ R ovom definicijom dobijaju standardne trigonometrijske, logaritamske i stepene funkcije realne promen ive. Iz Teoreme 21 sledi da su ove funkcije, kao i funkcija e , neprekidne. Primer 48. (Ojlerova formula) Ako u redovima kojim se predstav aju funkcije e , sin z i cos z stavimo z = ix, uporeivaem dobijenih izraza dobijamo formulu e = cos x + i sin x. Ovo je Ojlerova formula. ] Koristei Ojlerovu formulu, Moavrovu formulu (Zadatak 28 na str. 51) moemo da napixemo u vidu (e ) = e . Ovaj zapis moemo da shvatimo i kao drugi dokaz Moavrove formule, ako prethodno reximo sledei zadatak. Zadatak 27. Primenom Teoreme 19 dokazati da je e = e · e za z , z ∈ C. Izvesti odatle formulu (e ) = e . X Zadatak 28. Dokazati da je (e ) = ie na dva naqina: (a) koristei Ojlerovu formulu (b) po definiciji izvoda, koristei Zadatak 27 i Teoremu 21. X n=1

z

z

ix

ix n

inx

z1 +z2

1

z n

2

ix 0

nz

ix

z1

z2

140

4. NIZOVI I REDOVI

Zadatak

29. Dokazati da je za z ∈ C

z n = ez . n z = x + iy 2 n 2x x + y 2 n/2 z z n y/n , arg 1 + = n · arctg + = 1+ 1+ 2 n n n n 1 + x/n lim

(Uputstvo: primetiti da je, za

n→∞

1+

,

i da iz |z | → |z |, arg(z ) → arg(z ) sledi z formulu.) n

∞

n

∞

n

→ z∞

. Primeniti Ojlerovu X

GLAVA 5

Neodreeni integral 1. Primitivna funkcija i neodreeni integral

Pretpostavimo da je izvod funkcije y = F (x), F jednaqinom

dat dy = f (x), (1) dx gde je f : (a, b) → C data funkcija. Jednaqine kao (1) u kojima je nepoznata funkcija F zadata jednaqinom koju zadovo avaju eni izvodi naziva se diferencijalnom jednaqinom. Funkcija F : (a, b) → C naziva se rexeǌem diferencijalne jednaqine (1) ako vai dF (x) = f (x). (2) dx Funkciju F : (a, b) → C koja zadovo ava (2) zovemo jox i primitivnom funkcijom funkcije f na intervalu (a, b). Lema 1. Neka su F i F dve primitivne funkcije funkcije f na intervalu (a, b). Tada je razlika F (x) − F (x) konstantna. 4 Poxto je dy dx

1

: (a, b) → C

2

2

1

d F2 (x) − F1 (x) dx

= f (x) − f (x) = 0,

dokaz sledi iz Posledice 4 na str. 87. 5 Napomena 1. Uslov da su F i F primitivne funkcije funkcije f na intervalu je suxtinski u Lemi 1. Zaista, neka su date funkcije ( F (x) = x i F (x) = xx +za1xza< x0 > 0 na skupu (−∞, 0) ∪ (0, +∞), koji nije interval. Tada je 1

2

2

2

1

za svako

2

2

dF2 (x) dF1 (x) = 2x = dx dx x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, +∞)

. Meutim,

tako da razlika F

F2 (1) − F1 (1) = 1 6= 0 = F2 (−1) − F1 (−1),

nije konstantna. Definicija 1. Familija svih primitivnih funkcija funkcije 2

− F1

f : (a, b) → C

naziva se neodreenim integralom funkcije f i oznaqava sa R f (x) dx. 141

142

Iz Leme 1 sledi da je

5. NEODREENI INTEGRAL Z f (x) dx = F (x) + C

gde je F bilo koja primitivna funkcija funkcije f na intervalu (a, b). Napomena 2. U Lemi 1 dokazana je jedinstvenost primitivne funkcije. Pitae egzistencije primitivne funkcije, tj. neodreenog integrala emo razmotriti u Glavi 6. Tamo emo pokazati da svaka neprekidna funkcija ima primitivnu (Teorema 2 na str. 161). Meutim, primitivna funkcija elementarne funkcije (v. Definiciju1 na str. 57) nije uvek elementarna funkcija. QakZi integraliZ nekih jednostavnih funkcija, kao Z Z Z Z sin x dx, x

sin x2 dx,

ex dx, x

x dx, log x

2

e−x dx,

p

1 + x4 dx,

ne mogu da se izraze preko elementarnih funkcija. Iz definicije neodreenog integrala i tablice prvih izvoda sledi R x dx = x + C za p 6= −1 R x dx = ln x + C R a + C za a > 0, a 6= 1 R a dx = 1 p+1 p+1

p

−1

1 x ln a

x

sin x dx = − cos x + C cos x dx = − sin x + C sec2 x dx = tg x + C cosec 2 x dx = −cotg x + C e = − arccos x + C b √ 1 dx = arcsin x + C 2 R 1−x 1 e b 2 dx = arctg x + C = arccotg x + C

R R R R

.

1 Poxto je

1+x

Primer . d 1 sin 2x = cos 2x dx 2

i

zak uqujemo da je Z

1 sin 2x dx = − cos 2x + C 2

d 1 cos 2x = − sin 2x dx 2

i

Z cos 2x dx =

1 sin 2x + C. 2 ]

Lema 2. Neka su f : (a, b) → C i g : (a, b) → C dve funkcije koje imaju primitivne funkcije i λ, µ ∈ C konstante. Tada vai R R R dx = λ fR(x) dx + µ g(x) dx R λf (x) + µg(x) R f (x) dx = Re f (x) dx + i Im f (x) dx.

4 Dokaz sledi iz odgovarajuih osobina izvoda i definicije primitivne funkcije i neodreenog integrala. 5 R Primer 2. Izraqunajmo x + dx. Kvadriraem izraza u zagradi iZ primenom Leme 2 dobijamo Z Z Z 3

1 x3 + √ 3 x

1 2 √ 3 x

2

dx =

x6 dx+2

x8/3 dx+

x−2/3 dx =

x7 6x11/3 + +3x1/3 +C. 7 11

]

2. OSNOVNI METODI IZRAQUNAVA A NEODREENIH INTEGRALA

1 Izraqunati Z

Zadatak .

sin2 x dx

i

Z

1 (1 − cos 2x) 2

i

cos2 x =

Uputstvo: iskoristiti formule sin2 x =

i Primer 1.

143

cos2 x dx.

1 (1 + cos 2x) 2 X

3 Neka je Z

Primer .

I=

Tada je

Z

R + iI =

gde je C = C

Z

x

e sin x dx,

ex (cos x + i sin x) dx =

1

+ iC2

R + iI =

Odatle sledi R =

ex eix dx =

. Poxto je

1 (1+i)x 1+i e

dobijamo

Z

R=

ex cos x dx.

Z

e(1+i)x dx =

1 (1+i)x e + C. 1+i

x ix x = 1−i = 1−i 2 e e 2 e (cos x + i sin x) 1 x = 2 e (cos x + sin x) + i 21 ex (sin x − cos x)

1 x e (cos x + sin x) + C1 2 1 x 2 e (cos x

+ sin x) + C1

1 x + i e (sin x − cos x) + C2 2

iI=

1 x 2 e (sin x

− cos x) + C2

.

2. Osnovni metodi izraqunavaa neodreenih integrala 2.1. Parcijalna integracija. Iz Lajbnicovog pravila

sledi formula u(x) · v(x) =

]

(u · v)0 (x) = u0 (x) · v(x) + u(x) · v 0 (x)

Z

(u · v)0 (x) dx =

Z

koja se qesto zapisuje u obliku Z

u0 (x) · v(x) dx +

Z

u(x) · v 0 (x) dx

(3)

Z u dv = uv −

v du

i naziva formulom parcijalneR integracije. Primer 4. Izraqunajmo ln x dx. Neka je u = ln x, dv = dx. Tada je v = x, paZ primenom formule (3) dobijamo Z Z Z ln x dx = x ln x −

xd ln x = x ln x −

2 Izraqunati

Zadatak .

x·

1 dx = x ln x − x

dx = x ln x − x + C. ]

Z x ln x dx.

Uputstvo: primeniti formuluR (3) sa u = ln x, dv = xdx, tj. v = x . Zadatak 3. Izraqunati x e dx. 1 2 2

3 x

X X

144

5. NEODREENI INTEGRAL

5 (Primer 3 na drugiZ naqin) Neka je

Primer .

ex sin x dx.

I=

Primenom parcijalne integracije sa uZ= sin x, dv = e dx, tj. v = e dobijamo x

I = ex sin x −

x

ex cos x dx.

Ako na posledi integral ponovo primenimo parcijalnu integraciju, sa u = , , dobijamo Z

cos x dv = ex dx

I = ex sin x − ex cos x −

ex sin x dx = ex (sin x − cos x) − I.

Odatle sledi 2I = e (sin x − cos x),Rtj. R e sin x dx = e (sin x − cos x) + C . Na isti naqin moe se izraqunati i e cos x dx. ] 2.2. Smena promen ive. Neka je na intervalu (a, b) Z x

1 x 2

x

x

f (x) dx = F (x) + C

i neka je funkcija ϕ : (α, β) → (a, b) neprekidno diferencijabilna (tj. diferencijabilna, sa neprekidnim prvim izvodom) i na. Tada je Z f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt = F ◦ ϕ(t) + C (4) na intervalu (α, β). Jednakost (4) dobija se diferenciraem obe strane i primenom pravila za izvod sloene funkcije. Ona je u osnovi metoda izraqunavaa integralaR smenom promen ive koji se sastoji u sledeem. Treba izraqunatiR integral f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt. Smenom x = ϕ(t), dx = ϕ (t)dt dobijamo integral f (x) dx koji moe daR bude jednostavniji od polaznog. Primer 6. Izraqunajmo dt. Primenom formule (4) i smene x = t + 1 dobijamo Z Z Z 0

0

0

t t2 +1

2

t2

1 t dt = +1 2

t2

4 Izraqunati

Zadatak .

1 1 dx = ln |x| + C = ln(t2 + 1) + C. x 2 2

1 (t2 + 1)0 dt = +1

] Z arctg x dx.

Uputstvo: iskoristiti formulu parcijalne integracije i Primer 6. X R Zadatak 5. Izraqunati arcsin x dx. X Metod smene promen ive moe da se primeni i u sledeem obliku. Treba R izraqunati integral f (x) dx . Smenom x = ϕ(t), dx = ϕ (t)dt dobijamo integral R f ◦ ϕ(t)ϕ (t) dt koji moe da bude jednostavniji od polaznog. R√ Primer 7. Izraqunajmo 1 − x dx. Smenom x = sin t, dx = cos tdt dobijamo Z Z Z Z 0

0

2

p 1 − x2 dx =

p 1 − sin2 t cos t dt =

√

cos2 t cos tdt =

cos2 t dt,

3. INTEGRALI OBLIKA R sin

k

145

x cosn x dx

qime izraqunavae polaznog integrala svodimo na Zadatak 1. Primetimo da smo, iako je √ cos2 t = | cos t|,

izostavili apsolutnu vrednost, poxto smo promen ivu t uveli kao x = sin t, tj. t = arcsin x. Poxto vrednost funkcije arcsin (a time i t) lei u intervalu [− , ], vaie cos t ≥ 0, xto opravdava izostav ae apsolutne vrednosti. ] π 2

π 2

3. Integrali oblika R sin x cos x dx 3.1. Sluqaj kada je bar jedan od brojeva k, n neparan. Neka je n = 2s + 1. Tada je k

Z

sink x cosn x dx =

Z

n

sink x cos2s x cos x dx.

Uvedimo smenu t = sin x. Tada je dt = cos xdx i cos x = 1 − t , pa posledi integral postaje 2

Z

k

Z

2s

sin x cos x cos x dx =

2

tk (1 − t2 )s dt,

xto je integral polinomijalne funkcije, koji se lako izraqunava. Sluqaj parnog k se rexava sliqno, smenom t = cos x. R Zadatak 6. Izraqunati sin x cos x dx X 3.2. Sluqaj kada su k i n parni brojevi. U ovom sluqaju moemo da iskoristimo identitete 1 1 sin x = (1 − cos 2x) i cos x = (1 + cos 2x), 2 2 qime sniavamo stepene k, n u polaznom integralu. To moemo da ponovimo dovo an broj puta, sve dok se ne pojavi bar jedan neparan stepen, xto omoguava da primenimo jednu od prethodno razmatranih smena. Ovaj metod smo ve susreli u Zadatku 1; ilustrovaemo ga jox jednim primerom. R Primer 8. Izraqunajmo cos x dx. Primenom drugog od prethodnih identiteta dobijamo 3

2

2

2

4

R

R R 2 cos4 x dx = (cos x)2 dx = 14 (1 + cos 2x)2 dx R = 14 R (1 + 2 cos 2x + cos2 2x) dx = 14 (1 + 2 cos 2x + 21 (1 + cos 4x)) dx 1 = 38 x + 41 sin 2x + 32 sin 4x + C.

7 Izraqunati R sin x cos x dx. R Zadatak 8. Izraqunati sin x dx.

Zadatak .

4 6

2

] X X

146

5. NEODREENI INTEGRAL

4. Integrali oblika R sin ax cos bx dx

Integrali oblika Z

Z

sin ax sin bx dx,

Z cos ax cos bx dx,

mogu da se izraqunaju primenom identiteta

sin ax cos bx dx

sin ax sin bx = 12 (cos (a − b)x − cos (a + b)x) cos ax cos bx = 21 (cos (a − b)x + cos (a + b)x) sin ax cos bx = 21 (sin (a − b)x + sin (a + b)x). R Primer . sin 3x cos 5x dx Z Z 1 1 1 sin 3x cos 5x dx = (sin (−2x) + sin 8x) dx = cos 2x − cos 8x + C. 2 4 16

9 Izraqunajmo

.

]

9 Izraqunati Rsin 2x sin 3x dx. Zadatak 10. Izraqunati cos 7x cos 4x dx. R

Zadatak .

Primer

X

5. Integracija racionalnih funkcija R

10. Izraqunajmo integral R

dx x2 −1

dx x2 −1

X

.

1 1 R R dx 2 2 = (x−1)(x+1) = x−1 − x+1 dx 1 = 2 (ln (x − 1) − ln (x + 1)) + C.

Ovde smo koristili identitet

1 1 1 = 2 − 2 . (x − 1)(x + 1) x−1 x+1

(5)

1 A B = + . (x − 1)(x + 1) x−1 x+1

(6)

Do ega smo mogli da doemo na sledei naqin. Napiximo Svoeem desne strane na zajedniqki imenilac dobijamo A(x + 1) B(x − 1) 1 = + , (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1)

odakle sledi 1 = A(x + 1) + B(x − 1) = (A + B)x + (A − B). Poxto su dva polinoma jednaka ako i samo ako su im koeficijenti uz odgovarajue stepene jednaki, iz posledeg izraza dobijamo sistem A + B = 0,

A − B = 1,

qije je rexee A = , B = , tako da (5) dobijamo iz (6). ] Prethodni primer je primer primene opxteg metoda integracije racionalnih funkcija koji emo sada da izloimo. Neka je 1 2

− 21

R(x) =

P (x) , Q(x)

gde su P i Q polinomi. Integral R R(x) dx moemo da izraqunamo u sledeih nekoliko koraka.

5. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJA

147

1. KORAK. Ukoliko stepen polinoma Q nije vei od stepena polinoma P , podelimo polinom P sa Q. Dobijamo R(x) = h(x) +

f (x) , g(x)

gde su f , g i h polinomi, takvi da je stepen polinoma g vei od stepena polinoma f . Integral R h(x) dx polinomaR h je lako izraqunati, tako da je problem sveden na izraqunavae integrala dx. 2. KORAK. Napiximo polinom g kao proizvod prostih (u prstenu polinoma R[x]) faktora, tj. kao prozvod linearnih i nerastav ivih kvadratnih polinoma sa realnim koeficijentima. 3. KORAK. Svakom linearnom faktoru (x−α) polinoma g(x) u proizvodu dobijenom u prethodnom koraku pridruimo sumu f (x) g(x)

m

Am A2 A1 + ··· + . + 2 x − α (x − α) (x − α)m

4. KORAK. Svakom nerastav ivom kvadratnom faktoru (ax + bx + c) polinoma g(x) u proizvodu dobijenom u 2. koraku pridruimo sumu 2

B1 x + C1 B2 x + C2 Bn x + C n + + ··· + . ax2 + bx + c (ax2 + bx + c)2 (ax2 + bx + c)n

n

5. KORAK. Napiximo koliqnik kao zbir svih suma dobijenih u 3. i 4. koraku. Svedimo taj zbir na zajedniqki imenilac i izjednaqimo koeficijente uz odgovarajue stepene promen ive x. Rexavaem dobijenog sistema linearnih jednaqina dobijamo konstante A , B , C . 6. KORAK. Ostaje jox da se izraqunaju integrali svakog od sabiraka iz 3. i 4. koraka, tj. integrali oblika Z Z dx i (ax Bx+ bx+ C+ c) dx. (7) (x − α) Prvi od ih je ( Z ln |x − α| + C ako je j = 1 dx = (x − α) (x − α) + C ako je j 6= 1. Da bismo izraqunali drugi, kompletirajmo kvadrat u kvadratnom trinomu ax + bx + c: ax + bx + c = ax + x + c = a x + x + +c− (8) =a x+ . + Primetimo da je 4ac − b > 0 (jer bi u protivnom polinom ax + bx + c imao nule, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je nerastav iv), pa moemo da napixemo = λ . Iz (8) sledi da se, posle smene t = x+ , izraqunavae drugog integrala u (7)Zsvodi na izraqunavae integrala Z t dt dt i . (t + λ ) (t + λ ) Prvi se lako izraqunava smenom y = t + λ , tdt = dy, a drugi se smenom f (x) g(x)

j

j

j

2

k

−j+1

1 −j+1

j

j

2

2

2

b a

2

b 2 2a

b2 4a2

b a

b2 4a

4ac−b2 4a2

2

4ac−b2 4a2

2

b 2a

2

2

2 k

2

2

2

2 k

1 2

t = λtg u ⇒ t2 + λ2 = λ2 sec2 u, dt = sec2 udu

148

5. NEODREENI INTEGRAL

svodi na integral trigonometrijske funkcije razmatran u Paragrafu 3 na str. 145. Zadatak 11. Izraqunati Z Uputstvo: iz

2x2 + 2x + 13 dx. (x − 2)(x2 + 1)2

2x2 + 2x + 13 A B1 x + C1 B2 x + C2 = + + 2 (x − 2)(x2 + 1)2 x−2 x2 + 1 (x + 1)2

dobijamo sistem

A + B1 = 0 −2B1 + C1 = 0 2A + B1 − 2C1 + B2 = 2 −2B1 + C1 − 2B2 + C2 = 2 A − 2C1 − 2C2 = 13 A = 1 B1 = −1 C1 = −2 B2 = −3 C2 = −4 X R x X Zadatak . x3 +1 dx. R dx Zadatak . x4 +1 . √ √ √ x4 + 1 = x4 + 2x2 + 1 − 2x2 = (x2 + 1)2 − ( 2x)2 = (x2 + 1 + 2x)(x2 + 1 − 2x).

qije je rexee , , 12 Izraqunati 13 Izraqunati

,

,

.

Uputstvo:

X

X 14. Izraqunati R Zadatak 15. Izraqunati . Uputstvo: nai nule polinoma x + 1 koristei Zadatak 28 na str. 51. Napisati x + 1 kao proizvod linearnih faktora sa kompleksnim koeficijentima i pomnoiti parove koji odgovaraju konjugovanim nulama. X R . X Zadatak 16. Izraqunati R Zadatak 17. Izraqunati dx. X R

Zadatak

dx x4 −1 . dx x5 +1

5

5

dx x2 (1+x2 )2

x7 −2x6 +4x5 −5x4 +4x3 −5x2 −x (x−1)2 (x2 +1)2

6. Integrali oblika R R(sin x, cosRx) dx

Neka je R racionalna funkcija. Integral oblika R(sin x, cos x) dx moe se svesti na integral racionalne funkcije smenom t = tg . Zaista, lako se proverava da tada vai x 2

sin x =

2t , 1 + t2

cos x =

1 − t2 , 1 + t2

dx =

2dt , 1 + t2

a sve dobijene funkcije su racionalne. R Primer 11. Izraqunajmo . Prethodno opisanom smenom t = tg dobijamo Z dx Z 1 2dt Z dt dx 3+sin x

3 + sin x

=

3+

2t 1+t2

1 + t2

=2

3t2 + 2t + 1

.

x 2

Posledi integral se izraqunava metodama integracije racionalnih funkci√ ja. Kao rezultat, dobijamo R = 2arctg + C. ] R Zadatak 18. Izraqunati dx. X dx 3+sin x

sin x sin x+sin 2x

3tg x +1 √2 2

7. INTEGRALI OBLIKA R R(x, √ax

2

+ bx + c) dx

7. Integrali oblika R R(x, √ax + bx + c) dx

149

2

Neka je R racionalna funkcija. Pokazaemo dva naqina da se izraquna integral R R(x, √ax + bx + c) dx. 7.1. Trigonometrijske smene. Trigonometrijski identiteti 2

1 − sin2 t = cos2 t,

nam omoguavaju da integraleZ Z R(x,

p λ2 − x2 ) dx,

1 + tg 2 t = sec2 t,

R(x,

p

x2 + λ2 ) dx

sec2 t − 1 = tg 2 t Z R(x,

p

izraqunamo √ na sledei naqin. R R(x, λ − x ) dx rexavamo smenom x = λ sin t. Tada je 2

R(x,

√

x2 + λ2 ) dx

dx = λ cos tdt.

rexavamo smenom x = λtg t. Tada je

2

x + λ2 = λ2 sec2 t, R

R(x,

√

(9)

2

λ2 − x2 = λ2 cos2 t, R

x2 − λ2 ) dx

x2 − λ2 ) dx

dx = λ sec2 tdt.

rexavamo smenom x = λ sec t. Tada je

2

x − λ2 = λ2 tg 2 t,

dx = λ sec ttg tdt.

Odatle vidimo da u sva tri sluqaja dobijamo integrale oblika Z R1 (sin x, cos x) dx

za neku racionalnu funkciju R , qije smo izraqunavae razmotrili u Paragrafu 6. Ako elimo da izraqunamo R R(x, √ax + bx + c) dx, kompletiraem kvadrata kao u (8) na str. 147) i smenom t = x + egovo izraqunavae svodimo na izraqunavae jednog od integrala (9). R Zadatak 19. Izraqunati dx. X R dx. X Zadatak 20. Izraqunati R Zadatak 21. Izraqunati dx. X R Zadatak 22. Izraqunati dx. X R dx. X Zadatak 23. Izraqunati 7.2. Ojlerove smene. Osim trigonometrijskih smena, postoji jox jedan naqin da se izraqunaju integrali oblika Z p R(x, ax + bx + c) dx. (10) To je metod Ojlerovih smena koji emo sada da razmotrimo. PRVA OJLEROVA SMENA. Pretpostavimo da je a > 0. Uvedimo u integral (10) smenu p √ ax + bx + c = t − ax (11) 1

2

b 2a

√

x x2 −2x+5

√

(1−x) 8+2x−x2

(x+1) √ 2x−x2 √

(x−1) x2 −4x+3

√

(x−1) x2 −4x+4

2

2

150

5. NEODREENI INTEGRAL

Kvadriraem obe strane i rexavaem po x dobijamo t2 − c x= √ , 2 at + b

odakle sledi p

√

ax2

+ bx + c =

√ at2 + bt + c a √ , 2 at + b

√

√ at2 + bt + c a √ dt. dx = 2 (2 at + b)2

Time smo dobili x, √ax + bx + c i dx kao racionalne funkcije po t, pa smo integral (10) sveli na integral racionalne funkcije, koji moemo da izraqunamo ranije opisanim metodom. DRUGA OJLEROVA SMENA. Ako je c > 0, smenom p √ ax + bx + c = xt + c, (12) na sliqan naqin kao i smenom (11), svodimo izraqunavae integrala (10) na izraqunavae integrala racionalne funkcije. TREA OJLEROVA SMENA. Ako je a ≤ 0 i c ≤ 0, ne moemo da primenimo prve dve Ojlerove smene. Ali, tada je b − 4ac ≥ 0, pa polinom ax + bx + c ima bar jednu nulu. Ako on ima samo jednu nulu, onda je on potpun kvadrat, pa je (10) integral racionalne funkcije. Ako su x , x dve razliqite nule polinoma pax + bx + c, smenom ax + bx + c = t(x − x ), (13) izraqunavae integrala (10) svodi se na izraqunavae integrala racionalne funkcije. Zadatak 24. Uraditi Zadatke 19{23 primenom Ojlerovih smena. X 2

2

2

2

1

2

2

2

1

8. Integrali oblika R R(x, y(x)) dx 8.1. Racionalne krive. Neka je R racionalna funkcija i neka je jednaqinom

(14) zadata kriva u koordinatnoj ravni. Pretpostavimo da rexavaem jednaqine (14) dobijamo funkciju y = y(x) i da elimo da izraqunamo R R(x, y(x)) dx. Ako uspemo da naemo parametarsku jednaqinu ove krive u obliku x = r (t), y = r (t), (15) gde R su r i r racionalne funkcije, smenom x = r (t) svexemo integral R(x, y(x)) dx na integral F (x, y) = 0

1

1

2

2

1

Z

R(r1 (t), r2 (t))r10 (t) dt.

Posledi integral je integral racionalne funkcije, za koji znamo metod raqunaa. Krive koje imaju parametrizaciju (15), gde su r i r racionalne funkcije naziva se racionalnom krivom, a takva parametrizacija enom racionalnom parametrizacijom. 1

2

8. INTEGRALI OBLIKA R R(x, y(x)) dx

151

8.2. Geometrijski pristup Ojlerovim smenama. U vezi sa Ojlerovim smenama (11), (12) i (13) moemo da postavimo dva prirodna pitaa: kako smo doR tih√smena doxli i zaxto one rexavaju problem izraqunavaa integrala R(x, ax + bx + c) dx. Posmatrajmo promen ive x i y(x) = √ax + bx + c. One zadovo avaju jednaqinu y = ax + bx + c, tj. definixu krivu u koordinatnoj ravni. Eksplicitna jednaqina te krive je F (x, y) = 0 gde je F (x, y) = y − (ax + bx + c). (16) Pokuxajmo da naemo enu racionalnu parametrizaciju. Neka je (x , y ) proizvo na taqka na krivoj (16). Prava y − y = t(x − x ) (17) seqe krivu (16) u taqki (x, y + t(x − x )), gde je x rexee jednaqine F (x, y + t(x − x )) = 0. (18) Parametarsku jednaqinu krive (16) emo dobiti tako xto emo da opixemo koordinate svih enih taqaka kao preseqnih taqaka krive (16) i prave (17). Neka su A i B koeficijenti uz x i x u kvadratnoj jednaqini (18). Oqigledno je da su A i B polinomi po t. Poxto je (x , y ) 1taqka na krivoj F (x, y) = 0, x je jedno rexee jednaqine (18). Iz Vijetovih formula sledi da je drugo rexee B x = −x − . (19) A Time smo dobili x kao racionalnu funkciju po t. Zamenom (19) u jednaqini prave (17) dobijamo i y kao racionalnu funkciju po t. √ √Specijalno, ako je c > 0 moemo da uzmemo x = 0, y = c (jer taqka (0, c) lei na krivoj (16)), pa jednaqina prave (17) ima oblik √ 2

2

2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

2

1

1

1

1

1

y−

1

c = tx,

xto je Druga Ojlerova smena. Zadatak 25. Izvesti Prvu i Treu Ojlerovu smenu na ovaj naqin. X Primetimo da smo u nalaeu racionalne parametrizacije krive (16) koristili samo qienicu da je F (x, y) polinom drugog stepena po x i y. Tu qienicu emo da iskoristimo i u sledeem zadatku. Zadatak 26. Kriva x = cos u,

y = sin u

je krunica, dakle kriva zadata jednaqinom F (x, y) = 0, gde je F polinom drugog stepena F (x, y) = x + y − 1. Dokazati da se do smena sin u = , razmatranih u Paragrafu 6 na str. 148 moe doi traeem cos u = racionalne parametrizacije krunice, na isti naqin kao i do Ojlerovih. X 2

2

1−t2 1+t2

1Vijet (Francois Viète, 1540{1603), francuski matematiqar

2t 1+t2

152

5. NEODREENI INTEGRAL

8.3. Integrali oblika R R x, q n

ax+b cx+d

. Kriva

dx

(20)

r

je racionalna. Zaista, neka je

ax + b y= n cx + d q t = n ax+b tn = cx+d

, tj.

x=

tn d − b , a − tn c

ax+b cx+d

. Tada je

y = t,

xto je racionalna krive (20). Odatle zak uqujemo da se q parametrizacija R dx smenom t = svodi na integral racionalne integral R x, funkcije. Rq Primer 12. Izraqunajmo dx. Uvedimo smenu t = . Tada R je x = i dx = , pa polazni integral postaje dt, xto je integral racionalne funkcije.R ] 8.4. Integrali oblika x (a + bx ) dx. Neka su p ,q i r racionalni brojevi razliqiti od nule. Integral Z x (a + bx ) dx (21) u opxtem sluqaju nije elementarna funkcija. Razmotrimo neke specijalne sluqajeve. Ako je r ∈ Z, onda, svoeem brojeva p i q na zajedniqki imenilac√(p = , q = ), vidimo da je integral (21) integral racionalne funkcije po x, koji se lako rexava smenom √x. Pretpostavimo daZ r nije ceo broj. Ako Zuvedemo u (21) smenu y = x dobijamo 1 x (a + bx ) dx = (a + by) y dy, (22) q gde je m = − 1. Ako je m ∈ Z i r = onda je (22) integral racionalne funkcije po promen ivim y i √a + by, koji se lako izraqunava smenom t = a + by . Ako ni m = − 1 nije ceo broj, napiximo integral (22) u vidu Z a + by y dy. (23) y Akoq je r + m ∈ Z i r = , integral (23) je integral racionalne funkcije po y i izraqunava se smenom t = . i Iz prethodnih razmatraa vidimo da se integral (21) moe izraziti kao elementarna funkcija ako je jedan od brojeva n

ax+b cx+d

ax+b cx+d

n

1+x 1−x

t2 −1 t2 +1

2

1+x 1−x

4t2 (1+t2 )2

4tdt (1+t2 )2

p

q r

p

q r

j k

i k

k

k

q

p

q r

r m

p+1 q

j k

k

k

p+1 q

r

r+m

j k

k

a+by y

k

r,

p+1 , q

a+by y

p+1 +r q

ceo broj. Qebixev2 je dokazao da u ostalim sluqajevima integral (21) nije elementarna funkcija. 2Qebixev (P. L. Qebiyxev, 1821{1894), ruski matematiqar

8. INTEGRALI OBLIKA R R(x, y(x)) dx

27 IzraqunatiR integrale R √ (a) (b) (v) (g) R 8.5. Eliptiqki integrali. Integrali oblika Z Zadatak . R 2√ x 3 2 − 3x dx

√dx x 3 1+x5

3

dx √ 4 1+x4

153 √ 1+ 4 x √ x

dx

.

X

(24) gde je R racionalna funkcija, a P polinom stepena veeg od dva u opxtem slu-3 qaju nije elementarna funkcija. Ovu qienicu dokazali su Abel i Liuvil ; ona sledi i iz spomenutog Qebixev evog kriterijuma. U sluqaju kada je P polinom stepena tri ili qetiri integrali (24) nazivaju se eliptiqkim (jer se pojav uju u zadatku izraqunavaa duine luka elipse; v. Zadatak 3 na str. 166), a u sluqaju kada je stepen polinoma P vei od qetiri hipereliptiqkim. Moe da se dokae [7] da se svaki eliptiqki integral moe izraziti pomou elementarnihR funkcija i integrala oblika R R(x,

√

p P (x)) dx

dx , (1−x2 )(1−k2 x2 )

√

R

(1+hx2 )

√

x2 dx , (1−x2 )(1−k2 x2 )

dx (1−x2 )(1−k2 x2 )

za neke k, h ∈ (0, 1). Smenom x = cos ϕ ovi integrali se svode na integrale Z Z Z q dϕ p , 1 − k 2 sin2 ϕ

dϕ p (1 + h sin ϕ) 1 − k 2 sin2 ϕ eliptiqkim integralima prvog, drugog i treeg E(k, ϕ) F (k, 0) = 0 E(k, 0) = 0 1 − k 2 sin2 ϕ dϕ

2

koji se, redom, nazivaju . Oznake F (k, ϕ) i su uobiqajene oznake za eliptiqke integrale prve i druge vrste redom, koji zadovo avaju uslove , . Zadatak 28. Izraqunati sledee integrale: 1. RR sin x dx 2. RR sec x tg x dx R3. R tg x dx 4. R sin xR dx 5. sec x dx 6. sec x dx 7. cos R x sin x dx R8. cos x dx 9. RRsin x cos x dxR 10. R 11. 12.R √ R√ 13. R 14. R 15. R2 − x dx 16. x R − 4x dx 18. dx 20. 17. R 19. dx R R 21. dx 22. dx 23. dx R R R 24. RR dx 25. x ln x dx 26. x arcsin x dx 27. x arctg x dx 28. R qe cos bx dx 29.R R 30. R R 31. R R 32. R dx 33.R (2 − √x) dx 34. R 35. ln(2x + 4) dx R 37.R x √sin(1 − x) dx 38. e dx 39. dx 36. R R R 40. R 41. sinR 1 + x dx 42. R 43. x ln(x + x) dx R 44. R √ √ 45. dx 46. 47. R R 48. ln( x + 1 + x) dx 49. (arcsin x) dx 50. dx X

roda

3

2

2

6

4

3

√x dx x2 −2 √ dx 2x−x2 −2x+4 (x2 +1)(x−1)2 x+4 x3 +3x2 −10x ax 1+x 1−x dx x(2+ln x) 2x e √ 4 x e +1 dx sec2 x+tg 2 x

2/3

√ dx 2−x2

4

dx (x2 +2)2 dx 4x2 +4x+2

5

√ dx 2+x2 2

√ x+1 2x2 −6x+4 x5 −x4 −3x+5 x4 −2x3 +2x2 −2x+1 5

dx 1+cos x 2

2

√ cos x 1+cos x

dx 2+sin x

2 √x 1−x √ x

4

√ dx x2 −2 3

2

5x−3 (x+1)(x−3) x2 +1 (x−1)(x−2)(x−3)

√ x√ dx 1+ 4 x

2

ex 1+e2x 3

dx (ex +e−x )2 dx √ √ dx √ (2x+1) x2 +x 3+πe 3x 2x x 2e −e 2 √ 3e2x −6ex −1

3Liuvil (Joseph Liouville, 1809{1882), francuski matematiqar

GLAVA 6

Odreeni integral 1. utnov integral

Neka je f : (a, b) → R neprekidna funkcija i F : (a, b) → C ena primitivna funkcija: F (x) = f (x) za sve x ∈ (a, b). Broj 0

lim F (x) − lim F (x) ∈ C x→a+0

x→b−0

se naziva utnovim integralom funkcije f . On je dobro definisan, tj. nezavisan od izbora primitivne funkcije F , jer se dve primitivne funkcije za istu funkciju f na intervalu razlikuju za konstantu.

2. Koxijev integral

Neka je f : [a, b] → R neprekidna i pozitivna funkcija. Neka je interval pode en na n intervala jednakih duina i neka je ξ = a + k desna granica intervala [a + (k − 1) , a + k ]. Veliqina b−a n

[a, b]

b−a n

f (ξk )

b−a n

k

b−a n

b−a n

je povrxina pravougaonika sa temenima pa veliqina

(ξk−1 , 0), (ξk , 0), (ξk , f (ξk )), (ξk−1 , f (ξk )),

Sn :=

n X

f (ξk )

k=1

b−a n

aproksimira povrxinu izmeu grafika funkcije y = f (x) i x{ose. Intuitivno je jasno da kad n → ∞ ta aproksimacija postaje sve bo a, pa je logiqno veliqinu lim

n→∞

n X

f (ξk )

k=1

b−a , n

ukoliko ovaj limes postoji, uzeti za definiciju povrxine ispod grafika pozitivne neprekidne funkcije f . U ovom paragrafu baviemo se uopxteem ovih razmatraa. 155

156

6. ODREENI INTEGRAL

2.1. Definicija Koxijevog integrala. Neka je [a, b] ograniqen zatvoreni interval i f : [a, b] → C neprekidna1 funkcija. Podelimo interval [a, b] na n intervala jednakih duina . Neka je ξ = a+k desna granica intervala [a + (k − 1) , a + k ]. Posmatrajmo niz b−a n

b−a n

b−a n

n X

Sn :=

b−a n

k

f (ξk )

b−a . n

1 Niz S konvergira. 4 Pokaimo da je niz S Koxijev. Za to je dovo no pretpostaviti da je f realna funkcija. Neka je ε > 0. Iz Kantorove teoreme (Teorema 4 na str. 66) sledi da je funkcija f uniformno neprekidna na intervalu [a, b]. Iz definicije uniformne neprekidnosti (str. 66) sledi da postoji δ > 0 takvo da vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε(b − a) . (1) Neka su, za m, n ∈ N, brojevi ξ = a + k i η = a + j poreani u neopadajui konaqan niz x , ... x i neka je x = a. Poxto je k=1

Lema .

n

n

−1

b−a n 0

k

1

m+n

b−a m

j

b−a f (ξk ) = f (ξk )(ξk − ξk−1 ) = f (ξk )(ξk − ηj ) + f (ξk )(ηj − ξk−1 ), n Sm − Sn

razliku

moemo da napixemo u obliku Sm − Sn =

m+n X

(2) takve da je, za dovo no

∆k (f )(xk − xk−1 ),

gde je ∆ (f ) = f (η ) − f (ξ ) za neke ξ i η velike m i n |ξ − η | < δ. Odatle, na osnovu (1), sledi da je za dovo no veliko m i n k=1

k

j(k)

i(k)

i(k)

i

j(k)

j

|∆k (f )| < ε(b − a)−1 ,

pa iz (2) sledi

|Sm − Sn | ≤ ε(b − a)−1

m+n X

(xk − xk−1 ) = ε(b − a)−1 (b − a) = ε.

Odatle sledi da je niz S Koxijev, tj. konvergentan. Prethodnom lemom je opravdana sledea definicija. Definicija 1. Broj Z k=1

n

5

(3) naziva se Koxijevim integralom neprekidne funkcije f na intervalu [a, b]. Iako je u samoj definiciji Koxi koristio vrednosti funkcija u podeonim taqkama ξ , pri dokazu egzistencije limesa (3) on2 dokazuje da izborom proizvo ne taqke c ∈ [ξ , ξ ] dobijamo isti objekat. Preciznije, vai sledea lema. b

f (x) dx := lim

a

n→∞

n X

k=1

f (ξk )

b−a n

k

k

k−1

k

1Uslov neprekidnosti emo oslabiti u Paragrafu 5. 2V. [5] za diskusiju o istoriji razvoja koncepta integrala.

2 Neka su c

Lema .

2. KOXIJEV INTEGRAL k

lim

n→∞

4

Neka je Sn =

Tada je

proizvo ne taqke. Tada je

∈ [ξk−1 , ξk ] n X

n X

k=1

f (ξk )

k=1

157

b−a f (ck ) = n

i

b−a n

Z

b

f (x) dx. a

Snc =

n X

f (ck )

k=1

b−a . n

(4) Neka je ε > 0. Iz uniformne neprekidnosti sledi da postoji δ > 0 tako da vai |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε(b − a) . Ako je n dovo no veliko, onda je ξ − ξ = < δ, pa je |f (ξ ) − f (c )| < ε(b − a) . Odatle i iz (4) sledi |S − S | < ε. Prelaskom na limes, dobijamo tvree leme. 5 Lema 3. Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija. Tada je funkcija |Sn −

Snc |

≤

n X

|f (ξk ) − f (ck )|

k=1

b−a . n

−1

k

−1

n

1 n

k−1 c n

k

x

Z F : [a, b] → C,

k

F (x) =

f (t) dt a

neprekidna. 4 Neka je ε > 0. Iz uniformne neprekidnosti funkcije f sledi da postoji δ > 0 sa svojstvom ε |ξ − η| < δ ⇒ |f (ξ) − f (η)| < i δ max |f (η)| < 2ε 2(b − a) Podelimo svaki od intervala [a, x + δ] i [a, x] na n intervala jednake duine. Ako su ξ = a + k i η = a + k desni krajevi dobijenih intervala, onda je |ξ − η | ≤ δ, pa je η∈[a,b]

x+δ−a n

k

k

x−a n

k

k

n P k=1

− f (ξk ) x+δ−a n

n P k=1

= f (ηk ) x−a n

n P (f (ξk ) x+δ−a = − f (ηk ) x+δ−a + f (ηk ) x+δ−a − f (ηk ) x−a n n n n ) k=1

≤

n P

k=1

|f (ξk ) − f (ηk )| x+δ−a + n

ε b−a < n 2(b−a) n +

n P

|f (ηk )| nδ

k=1 n max |f (η)| nδ < 2ε η∈[a,b]

+

ε 2

= ε.

Prelaskom na lim dobijamo |F (x + δ) − F (x)| ≤ ε, qime je dokazana neprekidnost funkcije F . 5 n→∞

Na sliqan naqin se dokazuje i neprekidnost funkcije x 7→ R f (x) dx. Kasnije emo dokazati i jaqe tvree { da su ove funkcije diferencijabilne. b

x

158

6. ODREENI INTEGRAL

1 (Aditivnost po intervalu integracije) Neka je c ∈ (a, b);

tada je

Posledica .

b

Z

c

Z f (x) dx =

b

Z f (x) dx +

a

f (x) dx.

a

c

Pretpostavimo da je ∈ Q, tako da interval [a, b] moemo da podelimo na n intervala jednake duine tako da je c jedna od podeonih taqaka, recimo c = ξ . Tada vai c−a b−a

4

m

Sn :=

n X

f (ξk )

m n X b−a X b−a b−a = + f (ξk ) f (ξk ) n n n

Sliqna jednakost vai za sve qlanove podniza S , jer da im de eem svakog od n podeonih intervala na k delova taqka c ostaje podeona taqka. Prelazei na lim u tom podnizu dobijamo k=1

k=1

k=m+1

kn

k→∞

b

Z

c

Z f (x) dx =

b

Z f (x) dx +

f (x) dx.

Pretpostavimo sada ∈/ Q. Iz gustine skupa Q u R sledi da u proizvo noj okolini taqke c postoji taqka c takva da je ∈ Q. Za svaku takvu taqku c smo dokazali tvree teoreme. Neka je ε > 0. Iz Leme 3 sledi da ako taqku c da izaberemo dovo no blizu taqke c vai a

a

c

c−a b−a

c1 −a b−a

1

1 1

Rb a

f (x) dx − ε = < < =

R c1

Rb f (x) dx + c1 f (x) dx a Rc Rb f (x) dx + c f (x) dx a R c1 Rb f (x) dx + c1 f (x) dx Rab f (x) dx + ε. a

−ε +ε

Poxto je ε > 0 proizvo no, odatle sledi dokaz teoreme. Prethodnim tvreem motivisana je sledea definicija. Definicija 2. Ako je funkcija f definisana u taqki a, onda je Z

5

a

f (x) dx = 0.

Ako je a < b onda je

a

Z

a

Z f (x) dx = −

Posle ove definicije, formula b

Z

b

Z f (x) dx =

b

f (x) dx. a

c

Z f (x) dx +

b

f (x) dx

vai bez obzira na to kako su rasporeene taqke a, b, c na realnoj osi. Napomena 1. Neka je f : [a, b] → C neprekidna funkcija. Koristei ideju koju smo videli u dokazu Posledice 1 moemo da pokaemo da za svako ε > 0 postoji δ > 0 sa svojstvom da za svakih m taqaka x , ..., x takvih da je a = x < x < · · · < x = b i ∆ := x − x 0. Iz definicije Koxijevog integrala sledi da postoji n ∈ N sa svojstvom da za n ≥ n vai Z X b − a ε f (x) dx − f (ξ ) < (6) n 2 za proizvo ne taqke ξ ∈ [a + (k − 1) , a + k ]. Neka su x , ..., x taqke koje zadovo avaju (5) za δ = . Iz neprekidnosti funkcije f i gustine skupa Q u R lako sledi da moemo, ne umaujui opxtost, da pretpostavimo da su brojevi ∆ racionalni. Svoeem na zajedniqki imenilac dobijamo ∆ = . Iz ∆ < δ = sledi n > n , pa za taj zajedniqki imenilac vai (6). Odatle sledi a

k=1

k

k

k−1

0

0

n

b

k

a

k=1

k

b−a n0

b−a n

b−a n

1

m

k

k

k(b−a) n

b−a n0

k

0

m Rb f (x) dx − P f (ηk )∆k = k=1

a

n n m Rb P P P b−a = f (x) dx − f (ξk ) b−a + f (ξ ) − f (ηk )∆k k n n k=1

a

k=1

k=1

n m n P Rb P P + ≤ f (x) dx − f (ξk ) b−a f (ξk ) b−a f (ηk )∆k n n −

<

k=1

k=1

a

ε 2

k=1

n m P P f (ξk ) b−a + f (ηk )∆k n −

Iz uniformne neprekidnosti funkcije f sledi da je, za dovo no malo δ, i drugi sabirak mai od . 2.2. Svojstva Koxijevog integrala. Neke osobine konaqnih suma direktno se prenose na integrale, prelaskom na limes.3 Vai sledea lema. Lema 4. Neka su f : [a, b] → C i g : [a, b] → C neprekidne funkcije i λ, µ ∈ C. Tada vai R R R k=1

k=1

ε 2

b

b

b

(λf (x) + µg(x)) dx = λ a f (x) dx + µ a g(x) dx Rab Rb Rb f (x) dx = a Re f (x) dx + i a Im f (x) dx aR b Rb f (x) dx ≤ |f (x)| dx. a a

Ako su f i g realne, onda vai implikacija Z b

(∀x)f (x) ≤ g(x) ⇒

Z

f (x) dx ≤

b

g(x) dx.

Koristei aditivnost po intervalu integracije i poslede tvree Leme 4 moemo da dokaemo sledeu lemu. Lema 5. Ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija takva da je Z ∀x ∈ [a, b]f (x) ≥ 0 i f (x) dx = 0, onda je f (x) = 0 za sve x ∈ [a, b]. a

a

b

a

3I sam simbol R uveden je kao stilizacija poqetnog slova latinske reqi Summa.

160

6. ODREENI INTEGRAL

4 Pretpostavimo da je f (x ) = A > 0 za neko x ∈ [a, b]. Iz neprekidnosti funkcije f sledi da tada postoji δ > 0 takvo da vai 0

|x − x0 | < δ ⇒ f (x) >

Odatle sledi Rb

0

f (x) dx

x0R−δ

=

f (x) dx +

a

a

≥0+

x0R+δ

A 2

x0 −δ x0R+δ x0 −δ

A 2

Rb

f (x) dx +

f (x) dx

x0 +δ

dx + 0 =

A 2

· 2δ > 0,

xto je u suprotnosti sa pretpostavkom R f (x) dx = 0 5 Jednostavna posledica poslede formule u Lemi 4 je sledea teorema. Teorema 1. (Prva teorema o sredǌoj vrednosti) Neka su f : [a, b] → R i g : [a, b] → R neprekidne funkcije i neka je g(x) ≥ 0 za sve x ∈ [a, b]. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da je b

a

Z

b

Z f (x)g(x) dx = f (ξ)

a

b

g(x) dx. a

Ako je R g(x) dx = 0, iz g(x) ≥ 0 i Leme 5 sledi da je g(x) = 0. Tada je i R f (x)g(x) dx = 0, qime je dokazano tvree teoreme. Pretpostavimo da je R g(x) dx > 0. Poxto je f neprekidna funkcija, ona dostie svoj maksimum i minimum na [a, b]. Neka je M = max f (x), m = min f (x). Poxto je g(x) ≥ 0 za sve x, vai b

4

a

b

a

b

a

mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ M g(x).

Odatle, na osnovu Leme 4, sledi Z

pa je

b

b

Z g(x) dx ≤

m a

Z f (x)g(x) dx ≤ M

a

b

g(x) dx, a

Rb m≤

a

f (x)g(x) dx ≤ M. Rb g(x) dx a

Odatle, na osnovu Teoreme o meuvrednosti za neprekidne funkcije (Posledica 4 na str. 64) sledi da postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai Rb f (ξ) =

a

f (x)g(x) dx , Rb g(x) dx a

xto je i trebalo dokazati. 5 Sledeom teoremom pokazaemo u kakvoj su vezi neodreeni i odreeni integral, tj. utnov i Koxijev integral. Time ispuavamo i obeae dato u Napomeni 2 na str. 142.

2. KOXIJEV INTEGRAL

2 neprekidna funkcija i

Teorema . (Osnovna teorema integralnog raquna)

Neka je

161

f : [a, b] → C Z

x

F (x) =

f (t) dt.

Tada je F (x) = f (x). 4 Iz Prve teoreme o sredoj vrednosti (Teorema 1 na str. 160) sledi Z a

0

x0 +h

F (x0 + h) − F (x0 ) 1 = h h

f (t) dt = f (ξ)

za neko ξ ∈ [x , x + h]. Ako h → 0 onda i ξ → x , pa zbog neprekidnosti funkcije f u taqki x vai i f (ξ) → f (x ). 5 R √ t + 4t dt. X Zadatak 1. Izraqunati izvod funkcije ψ(x) = Teorema 3. (ǋutn–Lajbnicova formula) Neka je Φ : [a, b] → C proizvo na primitivna funkcija neprekidne funkcije f . Tada je Z 0

x0

0

0

0

0

x2 +x

3

x

b

f (x) dx = Φ(b) − Φ(a).

Prethodna formula se zapisuje i kao Z a

b

a

b f (x) dx = Φ(x) a ,

gde je . 4 Jedan dokaz ove teoreme sledi direktno iz Teoreme 2 i Leme 1 na str. 141. Prepuxtamo ga qitaocu. Daemo jox jedan dokaz. Neka je Φ (x) = f (x). Iz Lagranove teoreme sledi da postoji c ∈ [ξ , ξ ] takvo da je b Φ(x) a := Φ(b) − Φ(a)

0

k

k−1

k

Φ(ξk ) − Φ(ξk−1 ) = Φ0 (ck )(ξk − ξk−1 ) = f (ck )

Odatle sumiraem dobijamo Φ(b) − Φ(a) =

n X

(Φ(ξk ) − Φ(ξk−1 )) =

n X

b−a . n

f (ck )

b−a . n

Prelaskom na limes i primenom Leme 2 dobijamo tvree teoreme. 5 Posledica 2. Uz pretpostavke Teoreme 3 vae sledee formule: 1. Smena promen ivih. Ako je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilna funkcija takva daZ je ϕ(α) = aZi ϕ(β) = b, tada je k=1

b

k=1

β

f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.

f (x) dx =

2. Parcijalna integracija. Ako su u i v neprekidno diferencijabilne funkcije na intervalu [a, Zb] onda vai Z a

α

b

a

b udv = uv a −

b

vdu. a

162

6. ODREENI INTEGRAL

4 Dokaz sledi iz odgovarajuih formula za neodreene integrale i utn{ Lajbnicove formule. 5 Primer 1. (Tejlorova formula) Neka je funkcija f neprekidna zajedno sa svojih prvih n+1 izvoda u okolini taqke a ∈ R. Iz utn{Lajbnicove formule sledi Z x

f 0 (t) dt.

f (x) = f (a) +

Ako na integral na desnoj strani primenimo formulu parcijalne integracije sa u(t) = f (t), v(t) = t − x dobijamo Z a

0

x

f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) +

(x − t)f 00 (t) dt.

Sada na integral na desnoj strani moemo da primenimo formulu parcijalne integracije sa u(t) = f (t), v(t) = − . Time dobijamo Z a

(x−t)2 2

00

f (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + f 00 (a)

(x − a)2 + 2!

Ponav aem ovog postupka n puta dobijamo Z f (x) =

n X

f (k) (a)

x

(x − a)k + k!

a

x

a

(x − t)2 000 f (t) dt. 2!

(x − t)n (n+1) f (t) dt. n!

Ovo je Tejlorova formula sa ostatkom u integralnom obliku. ] Primer 2. (Transcendentnost broja e) U Primeru 19 na str. 107 dokazano je da je broj e iracionalan. Francuski matematiqar Ermit4 dokazao je da vai i vixe od toga { da je broj e transcendentan (xto znaqi, kako smo ve ranije spomenuli, da nije nula nijednog polinoma sa celobrojnim koeficijentima). Pretpostavimo suprotno, da postoje celi brojevi c , c , . . . , c takvi da je c + c e + · · · + c e = 0. (7) Neka je p prost broj vei od n i |c |. Funkcija k=1

0

0

1

n

1

n

n

0

1 f (x) = xp−1 (x − 1)p (x − 2)p · . . . · (x − n)p (p − 1)!

je polinom stepena m = (n + 1)p − 1 pa je en izvod reda m + 1 jednak nuli. Odatle sledi da, primeujui parcijalnu integraciju (n + 1)p puta dobijamo Z

Odatle sledi 0

k

k f (x)e−x dx = −e−x f (x) + f 0 (x) + · · · + f (m−1) (x) . 0

(8) gde je ϕ(x) = f (x) + f (x) + · · · + f (x). Mnoeem obe strane u (8) sa c i sumiraem dobijamo, imajui u vidu (7),Z X X c ϕ(k) + c e f (x)e dx = 0. (9) ϕ(k) + e

k

Z

k

0

n

k

n

k

k=1

f (x)e−x dx = ek ϕ(0),

0 (m−1)

k

k

k=1

−x

k

0

4Ermit (Charles Hermite, 1822{1901), francuski matematiqar

2. KOXIJEV INTEGRAL

163

Poxto je proizvod p uzastopnih prirodnih brojeva de iv sa p! (v. Zadatak 10 na str. 20), izvodi f (x) funkcije f reda j ≥ p su polinomi sa celobrojnim koeficijentima, de ivim sa p. Odatle sledi da je za svaki ceo broj k i j ≥ p broj f (k) ceo broj de iv sa p. Poxto su u taqkama x = 1, 2, . . . , n polinom f i egovih prvih p−1 izvoda jednaki nuli, odatle sledi da su ϕ(1), ϕ(2), . . . , ϕ(n) celi brojevi de ivi sa p. U taqki x = 0 polinom f i egovih prvih p − 2 izvoda su jednaki nuli, pa je (j)

(j)

ϕ(0) = f (p−1) (0) + f (p) (0) + · · · + f (m−1) (0).

Svi sabirci sem prvog su celi brojevi de ivi sa p, a f (0) = (−1) n! nije de iv sa p poxto je p prost broj vei od n. Odatle sledi da je ϕ(0) ceo broj koji nije de iv sa p, pa je i prva suma u (9) ceo broj koji nije de iv sa p. Samim tim, ta suma je razliqita od nule. Iz nejednakosti n |f (x)| < i e ≤ 1 za x ∈ [0, n] (p − 1)! sledi Z (p−1)

(n+1)p−1

k

pa je

n Z X k c e k

Poxto je

0

−x

f (x)e

−x

n(n+1)p−1 k, f (x)e−x dx < (p − 1)!

k

0

k=1

pn

n(n+1)p−1 dx < (|c0 | + |c1 | + · · · + |cn |)en . (p − 1)!

n(n+1)p−1 (n(n+1) )p−1 = nn lim =0 p→∞ (p − 1)! p→∞ (p − 1)! p lim

(Primer 17 na str. 107), za dovo no veliko apsolutna vrednost druge sume u (9) bie maa od prve, pa ihov zbir ne moe da bude jednak nuli. Time smo pretpostavku (7) doveli do kontradikcije i dokazali da je e transcendentan broj. ] Zadatak 2. Dokazati da je ( Z Z za k = 2n sin x dx = cos x dx = za k = 2n + 1. Koristei nejednakosti π sin x ≤ sin x ≤ sin x za 0 ≤ x ≤ 2 dokazati nejednakosti π/2

(2n−1)!! π (2n)!! 2 (2n)!! (2n+1)!!

π/2

k

k

0

0

2n+1

2n

2n−1

(2n)!! (2n − 1)!! π (2n − 2)!! ≤ ≤ (2n + 1)!! (2n)!! 2 (2n − 1)!!

i izvesti odatle Valisovu formulu π = lim n→∞ 2

(formula (43) na str. 49).

(2n)!! (2n + 1)!!

2

1 2n + 1 X

164

6. ODREENI INTEGRAL

Lema 6. Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a h : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna, nenegativna i opadajua funkcija. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai b

Z

ξ

Z

f (x) dx.

f (x)h(x) dx = h(a)

Neka je F (x) = R integracije sledi Z

x a

4

a

a

; tada je dF (x) = f (x)dx. Iz formule parcijalne

f (t) dt

b

Z

f (x)h(x) dx = a

a

b

b h(x) dF (x) = F (x)h(x) a −

Z

b

F (x) dh(x). a

Poxto je F (a) = 0 i F (b) = R f (x) dx, odatle sledi b

a

b

Z

b

Z

Z

b

f (x) dx −

f (x)h(x) dx = h(b)

F (x)h0 (x) dx

Neka je M = max F , m = min F . Poxto je h(x) ≥ 0 i h (x) ≤ 0, iz poslede jednakosti sledi Z Z Z a

a

a

0

b

b

h0 (x) dx ≤

mh(b) − m a

a odatle, poxto je

Rb

b

a

a

h0 (x) dx = h(b) − h(a)

a

Rb m≤

h0 (x) dx,

f (x)h(x) dx ≤ M h(b) − M

a

,

f (x)h(x) dx ≤ M. h(a)

Poxto je funkcija F neprekidna, postoji ξ ∈ [a, b] takvo da je Rb a

f (x)h(x) dx = F (ξ) = h(a)

Z

ξ

f (x) dx,

xto je i trebalo dokazati. 5 Teorema 4. (Druga teorema o sredǌoj vrednosti) Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a g : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna i monotona funkcija. Tada postoji taqka ξ ∈ [a, b] takva da vai Z

b

Z f (x)g(x) dx = g(a)

a

a

ξ

Z f (x) dx + g(b)

a

b

f (x) dx. ξ

Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je g neopadajua funkcija (u protivnom posmatrajmo umesto e funkciju g (x) = −g(x)). Dokaz sledi primenom Leme 6 na funkciju h(x) = g(b) − g(x). 5

4

1

3. Primene integrala 3.1. Povrxine ravnih likova. Neka su f : [a, b] → R i g : [a, b] → R neprekidne funkcije takve da je g(x) ≤ f (x) za svako x ∈ [a, b]. Povrxinu dela ravni ograniqenog krivama y = f (x) i y = g(x), a ≤ x ≤ b, tj. skupa S = {(x, y) ∈ [a, b] × R | g(x) ≤ y ≤ f (x)}

3. PRIMENE INTEGRALA

165

moemo da aproksimiramo zbirom povrxina pravougaonika sa temenima (ξk−1 , f (ξk )),

(ξk−1 , g(ξk )),

(ξk , f (ξk )),

(ξk , g(ξk )),

gde su ξ , . . . , ξ , kao i u prethodnom paragrafu, desne taqke podele intervala [a, b] na n jednakih delova. Povrxina svakog od ovih pravougaonika je (f (ξ ) − g(ξ )) . Tako dobijamo izraz za povrxinu figure S 1

n

k

k

b−a n

n X

A(S) = lim

n→∞

b−a (f (ξk ) − g(ξk )) = n

Z

b

(f (x) − g(x)) dx. a

3.2. Zapremina tela. Neka je telo K u 0xyz{koordinatnom sistemu ograniqeno dvema paralelnim ravnima ortogonalnim na x{osu u taqkama x = a i x = b i neka je A(ξ) povrxina preseka tela K i ravni ortogonalne na x{osu u taqki x = ξ. Neka je V zapremina dela tela K ograniqenog ravnima x = ξ , x = ξ . Tada je k=1

k

k−1

k

b−a b−a ≤ Vk ≤ max A(ξ) , n n ξ∈[ξk−1 ,ξk ] ξ∈[ξk−1 ,ξk ] Pn V (K) = k=1 Vk min

A(ξ)

Pa za ukupnu zapremina n X

n

min

A(ξ)

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

Odatle, prelaskom na k=1

vai

lim

n→∞

X b−a b−a ≤V ≤ max A(ξ) n n ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

, dobijamo

k=1

(10)

b

Z V (K) =

A(x) dx.

Formula (10) poznata je pod imenom Kavalijerijevog5 principa. Posebno, ako je telo K dobijeno rotacijom krive y = f (x), a ≤ x ≤ b oko x{ ose, povrxina A(x) popreqnog preseka je povrxina kruga polupreqnika f (x), pa je zapremina dobijenog tela Z a

b

V (K) =

2 π f (x) dx.

Sliqno, ako je telo L dobijeno rotacijom krive y = f (x), a ≤ x ≤ b oko y{ose i ako funkcija f : [a, b] → [α, β] ima inverznu funkciju g = f : [α, β] → [a, b], zapremina dobijenog tela je Z a

−1

β

V (L) =

2 π g(y) dy.

Pretpostavimo da f : [a, b] → [0, +∞) neprekidna funkcija i neka je telo M dobijeno rotacijom oblasti α

S = {(x, y) ∈ R × R | a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}

oko y{ose. Tada zapreminu dobijenog tela moemo da izraqunamo na sledei naqin. Podelimo interval [a, b] na n intervala jednake duine; neka su ξ , . . . , ξ desni krajevi tih intervala. Zapreminu V tela dobijenog rotacijom oblasti 1

n

k

Sk = {(x, y) ∈ R × R | ξk−1 ≤ x ≤ ξk , 0 ≤ y ≤ f (x)}

5Kavalijeri (Bonaventura Cavalieri, 1598–1647), italijanski matematiqar

166

6. ODREENI INTEGRAL

oko y{ose moemo da aproksimiramo razlikom zapremina dva va ka, sa polupreqnicima baza ξ i ξ i ona zadovo ava π(ξ − ξ ) min f (ξ) ≤ V ≤ π(ξ − ξ ) max f (ξ). (11) Ako sumiramo (11) po k i napixemo k

2 k

k−1

2 k−1

2 k

k

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

2 ξk2 − ξk−1 = (ξk + ξk−1 )(ξk − ξk−1 ) = 2

dobijamo da je zapremina V (M ) izmeu X b−a s = i 2πc min f (ξ) n n

n

k

k=1

Sn =

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

(ξk +ξk−1 ) 2

k−1

k

ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

(ξk + ξk−1 ) b − a , 2 n

n X

2πck

k=1

gde je c = ∈ [ξ , ξ ]. Poxto je dobijamo formulu za zapreminu tela M k

2 k−1

max ξ∈[ξk−1 ,ξk ]

lim sn = lim Sn =

n→∞

f (ξ)

n→∞

Rb

b−a , n

,

2πxf (x) dx

a

b

Z V (M ) =

2πxf (x) dx. a

3.3. Duina krive. Neka je f : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna funkcija. Duinu L krive y = f (x) moemo da izraqunamo kao limes duina izlom enih linija. Podelimo, kao i ranije, interval [a, b] na n intervala jednake duine i oznaqimo desne krajeve dobijenih intervala sa ξ , . . . , ξ . Rastojae izmeu taqaka (ξ , f (ξ )) i (ξ , f (ξ )) je 1

k

k−1

dk =

pa je

p

k−1

k

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 ,

Pn

p (ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 n→∞ q Pn (ξk−1 ) 2 = lim 1 + f (ξξkk)−f (ξk − ξk−1 ) k=1 −ξk−1 n→∞ q 2 b−a Pn 1 + f 0 (ck ) n . = lim k=1

L = lim

k=1

n→∞

U posledem koraku primeena je Lagranova teorema. Tako dobijamo formulu za duinu krive Z L=

b

q 2 1 + f 0 (x) dx.

a

3 Napisati integral kojim se izraqunava duina luka elipse

Zadatak .

x2 y2 + 2 =1 2 a b

i pokazati da se, u opxtem sluqaju, dobijaju eliptiqki integrali razmatrani na str. 153. X

3. PRIMENE INTEGRALA

167

3.4. Povrxina obrtnih tela. Neka je f : [a, b] → R neprekidno diferencijabilna funkcija. Povrxinu povrxi S dobijene rotacijom krive y = f (x) oko x{ose moemo da izraqunamo na sledei naqin. Podelimo interval [a, b] na n intervala [ξ , ξ ], 1 ≤ k ≤ n, jednake duine. Povrxinu tela dobijenog rotacijom krive y = f (x) za ξ ≤ x ≤ ξ oko x{ose moemo da aproksimiramo zbirom povrxina zarub enih kupa qije su izvodnice p k−1

k

k−1

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 ,

sk =

a polupreqnici osnova r = f (ξ ) i R = f (ξ ). Iz formule za povrxinu zarub ene kupe A = π(R + r )s sledi da se povrxina povrxi S aproksimira sa k

k−1

k

k

A(S) ≈

n X

k

π(f (ξk ) + f (ξk−1 ))

p

k

k

k

(ξk − ξk−1 )2 + (f (ξk ) − f (ξk−1 ))2 .

Iz Lagraneve teoreme sledi da je f (ξ ) = f (ξ ) + (ξ sledi da, ako je f neprekidno diferencijabilna, vai q k=1

k−1

k

n P

(ξk−1 ) 2πf (ξk ) 1 + f (ξξkk)−f −ξk−1 k=1 n p P = 2πf (ξk ) 1 + (f 0 (ck ))2 b−a n

A(S) ≈

k−1

2

− ξk )f 0 (sk )

. Odatle

(ξk − ξk−1 )

U posledem koraku je korixena Lagranova teorema. Odatle, prelaskom na lim , dobijamo Z q A(S) = 2πf (x) 1 + f (x) dx (12) Napomena 2. Prirodno je postaviti pitae zbog qega smo u izraqunavau povrxine vrxili aproksimacije povrxinama zarub enih kupa, a ne (jednostavnije) povrxinama cilindara, kao xto smo radili u sluqaju zapremine. Primetimo pre svega da je nemogue da oba metoda daju taqan rezultat. Naime, uporedimo ∆A ≈ 2πy∆x, xto bi se dobilo aproksimacijom cilindrima, sa p k=1

n→∞

b

2

0

a

∆A ≈ 2πy

(∆x)2 + (∆y)2 ,

xto je aproksimacija zarub enim kupama, vidimo da je koliqnik ove dve veliqine s 1+

∆y ∆x

2

.

Posledi izraz ne tei 1 kad δx → 0 (sem ako je = 0. To znaqi da ove dve aproksimacije daju razliqite rezultate u opxtem sluqaju. Kada bismo dosledno sproveli postupak aproksimacije cilindrima, dobili bismo sledeu pogrexnu formulu za povrxinu: Z pogrexna formula: A = 2πf (x) dx. (13) dy dx

b

a

168

6. ODREENI INTEGRAL

Qitaocu ostav amo da razmotri mogunost da se zapremina izraqunava aproksimacijom zarub enim kupama, umesto cilindrima. Sledei zadatak pokazuje da se primenom formule (13) ve u sluqaju najjednostavnijih povrxi dobija pogrexan rezultat. Zadatak 4. Izraqunati povrxinu kupe dobijene rotacijom dui √ √ y = x/ 3,

0≤x≤

3

oko x{ose primenom formule (12). Uporediti taj rezultat sa poznatom formulom za povrxinu kupe. Xta se dobije ako se primeni formula (13)? X Napomena 3. Sledei Xvarcov6 primer pokazuje da povrxina povrxi ne moe da se definixe kao limes povrxina upisanih poliedara (kao xto se duina krive definixe kao limes duina upisanih dui). Neka je C cilindar polupreqnika r i visine h. Podelimo cilindar na podudarne mae cilindre, ravnima paralelnim osnovama. Neka je tako formirano m maih cilindara, xto znaqi da ravni seku povrx cilindra po (m + 1) krugova. Podelimo sada svaki od tih (m+1) krugova na n lukova, tako da su taqke podele najvixeg kruga iznad sredina podeonih lukova kruga ispod ega, podeone taqke drugog kruga odozgo su iznad sredina podeonih lukova kruga ispod ega itd. Susedne taqke ovih podela formiraju trouglove. Elementarno se proverava da je povrxina poliedra qije supp osni ti trouglovi P = 2r sin

π n

r2 m2 (1 − cos (π/n))2 + h2 .

Kad m, n → ∞, dijametri podeonih trouglova tee nuli (xto moe da se smatra analogijom zahteva u definiciji duine krive da duine podeonih dui tee nuli). Meutim, ako pri tome i n /m tei nuli, povrxina poliedra tei +∞, a ako m/n → c, onda pje limes povrxine poliedra 2

2

2rπ

c2 r2 π 4 /4 + h2 .

Odatle sledi da limes povrxina tako upisanih poliedara ne postoji. Imajui u vidu ovaj primer, s pravom se postav a pitae { kako se definixe povrxina povrxi? Za sada emo samo rei da u ovom momentu za definicije povrxine rotacione povrxi uzimamo limes povrxina zarub enih kupa (xto je intuitivnim razmatraima u ovom paragrafu, kao i prethodnom napomenom i zadatkom, opravdano). Za opxtiju definiciju saqekaemo sledei kurs Analize, u kome emo govoriti o tzv. povrxinskim integralima.

4. Nesvojstveni integral 4.1. Definicija i osobine. Koxijev integral smo definisali za neprekidne funkcije definisane na zatvorenom intervalu. Pretpostavimo sada da je data neprekidna funkcija f : [a, β) → C, pri qemu je taqka β realan broj vei od a ili +∞. Tada, za svako b ∈ [a, β) postoji Koxijev integral R f (x) dx. Ukoliko postoji limes lim R f (x) dx, nazivamo ga nesvojstvenim integralom b

a

b

b→β a

6Xvarc (Karl Hermann Amandus Schwarz, 1843{1921), nemaqki matematiqar

4. NESVOJSTVENI INTEGRAL

i pixemo

169

(14) Taqka β se naziva singularnom taqkom ili singularitetom nesvojstvenog integrala (14). Ako je β < +∞, iz Leme 3 na str. 157 sledi da je, u sluqaju da funkcija f ima levi limes u taqki β (tj. ako moe da se neprekidno produi u β), limes u (14) jednak integralu R f (x) dx. Time je opravdana upotreba oznake R u (14) i pokazano da je nesvojstveni integral uopxtee Koxijevog. R Sliqno se definixe nesvojstveni integral f (x) dx: Z Z f (x) dx. (15) f (x) dx := lim Ako limes u (14) (ili (15)) postoji, kaemo da nesvojstveni integral konvergira; u suprotnom kaemo da on divergira. R Primer 3. Integral konvergira ako i samo ako je p > 1, a inteR gral konvergira ako i samoako je p < 1. Zaista, iz Z dx  x za p 6= 1 = ln x x za p = 1 sledi da lim R postoji ako i samo ako je p > 1, a iz  Z dx  x za p 6= 1 = ln x x za p = 1 sledi da lim R postoji ako i samo ako je p < 1. ] Osobine nesvojstvenog integrala navedene u sledeoj lemi se dokazuju prelaskom na limes u odgovarajuim formulama dokazanim za Koxijev integral. Lema 7. Neka su f : [a, β) → C i g : [a, β) → C neprekidne funkcije i λ, µ kompleksni brojevi. Tada je 1. R λf (x) + µg(x) dx = λ R f (x) dx + µ R g(x) dx. 2. R f (x) dx = R f (x) dx + R f (x) dx za svako c ∈ [a, β). 3. Ako je ϕ : [s, ω) →Z [a, β) neprekidno diferencijabilna bijekcija, onda je Z Z

β

b

Z

f (x) dx := lim

f (x) dx.

b→β

a

a

β

a

β a

a

−∞

a

a

c→−∞

−∞

c

+∞ dx xp 1

1 dx 0 xp

b

b

1

p

1−p 1 1−p b 1

p

1−p 1 1−p 1 a

1

b

dx p b→+∞ 1 x

1

1

a

a

1

dx p a→0+0 a x

β

a β

c

β

a

a

c

β

β

a

a

β

ω

f ◦ ϕ(t)ϕ0 (t) dt.

f (x) dx =

4. Ako su funkcije f i g neprekidno diferencijabilne, onda je Z Z a

β

a

s

β f (x) dg(x) = f (x)g(x) a −

β

g(x) df (x), a

170

6. ODREENI INTEGRAL

gde je f (x)g(x) := lim f (x)g(x) . Primer 4. Integral β a

b a

b→β

Z J=

π/2

log sin x dx

je nesvojstven, poxto je sin 0 = 0. Ovaj integral naziva se Ojlerovim integralom i moe da se izraquna pomou na prvi pogled neobiqne smene x = 2t: 0

Z J =2

π/4

π log sin(2t) dt = log 2 + 2 2

π/4

Z

Z

Ako u posledem integralu uvedemo smenu t = 0

Z

π/4

log cos t dt.

Z

, dobijamo 0

0

π 2

−u

π/2

log sin t dt,

log cos t dt =

pa zak uqujemo da je

π/4

log sin t dt + 2

π/4

0

J=

π log 2 + 2J, 2

odnosno J = − log 2. ] 4.2. Kriterijumi konvergencije. Iz Koxijevog kriterijuma za egzistenciju limesa (Posledica 3 na str. 109) izvodi se sledei kriterijum konvergencije nesvojstvenih integrala. Lema 8. (Koxijev kriterijum konvergencije integrala) Integral R f (x) dx konvergira ako i samo ako π 2

β

a

Z (∀ε > 0)(∃B ∈ (a, β)) b1 > B ∧ b2 > B ⇒

b2

b1

f (x) dx < ε

4 Dokaz se izvodi primenom definicije konvergencije integrala i Posledice 3 na str. 109 na funkciju F (b) = R f (x) dx. 5 b a

Kaemo da integral R f (x) dx apsolutno konvergira ako konvergira integral R |f (x)| dx. Poxto je β

a

β

a

Zb2 Zb2 f (x) dx ≤ |f (x)| dx, b1

b1

iz Leme 8 sledi da je svaki apsolutno konvergentan integral konvergentan. Obrnuto nije taqno, xto emo videti kasnije, u Primeru 7. Pitae apsolutne konvergencije integrala se svodi na ispitivae konvergencije integrala pozitivne funkcije. Dajemo nekoliko kriterijuma konvergencije takvih integrala.

4. NESVOJSTVENI INTEGRAL

171

9 Neka je f : [a, β) → R neprekidna funkcija, takva da je f (x) ≥ 0 za svako x ∈ [a, β). Tada integral R f (x) dx konvergira ako i samo ako je funkcija F (b) = R f (x) dx ograniqena na [a, β). 4 Iz pozitivnosti funkcije f sledi da je funkcija F rastua, pa je, na osnovu Leme 13 na str. 72, lim F (b) = sup F (b). 5 Posledica 3. (Integralni test konvergencije redova) Neka je f : [1, +∞) → R neprekidna i nerastua funkcija i neka je f (x) ≥ 0 za svako R x ∈ [a, +∞). Tada integral f (x) dx konvergira ako i samo ako konvergira red P f (n). 4 Poxto je funkcija f neopadajua, vai Lema .

β

a

b

a

b→β

+∞ 1

∞

n=1

k+1

Z f (k + 1) ≤

f (x) dx ≤ f (k),

odakle sumiraem dobijamo n X

k

Z

n+1

f (k + 1) ≤

f (x) dx ≤ 1

k=1

n X

f (k).

k=1

Odatle sledi da je rastua funkcija F (b) = R f (x) dx ograniqena ako i samo ako je ograniqen rastui niz s = P f (k). 5 P Primer 5. Ranije smo videli da red konvergira ako i samo ako je p > 1. Ovo tvree sada moemo da izvedemo iz Posledice 3 i Primera 3. ] Lema 10. (Poredbeni princip) Neka su f : [a, β) → R i g : [a, β) → R neprekidne funkcije takve da je b

a

n k=1

n

1 np

0 ≤ f (x) ≤ g(x)

za svako x ∈ [a, β). Ako integral R g(x) dx konvergira onda konvergira i integral R f (x) dx. Ako integral R f (x) dx divergira, onda divergira i integral R g(x) dx. 4 Dokaz sledi iz β

a

β

β

a

a

β

a

Zb2

Zb2

f (x) dx ≤

i Leme 8.

b1

g(x) dx b1

5

172

6 Iz

Primer .

6. ODREENI INTEGRAL

cos x x2

≤

1 x2

i Primera 3 sledi da integral

dx

+∞ Z

cos x dx x2

π 2

apsolutno konvergira. ] R Primer 7. Integral dx je konvergentan, ali nije apsolutno konvergentan.Z Zaista, parcijalnom integracijom dobijamo Z Z +∞ π 2

+∞

π 2

sin x x

+∞

sin x cos x +∞ dx = − − π x x 2

π 2

a posledi integral konvergira. MeutimZ Z Z +∞

π 2

+∞

sin x x dx ≥

π 2

+∞

cos x dx = − x2

sin2 x 1 dx = x 2

+∞ π 2

dx 1 − x 2

π 2

Z

+∞ π 2

cos x dx, x2

cos 2x dx. x

Prvi integral na desnoj straniZdivergira, a drugi konvergira, pa +∞

divergira.

π 2

sin x x dx

8 Zapremina tela dobijenog rotacijom krive

]

Primer .

y=

oko x{ose je

+∞

Z V =

π

1 , x

1 ≤ x < +∞

+∞ 2 1 1 = π, dx = −π x x 1

dok je povrxina tako dobijene povrxi s 1

Z

+∞

A=

2π 1

1 x

−

1+

1 x2

2 dx = +∞,

jer je 1 + − > , a integral R divergira. Dakle, dobijeno telo ima konaqnu zapreminu i beskonaqnu povrxinu, tj. ono je , posuda koja moe da sa napuni bojom, ali ne moe da se oboji". ] Primer 9. Integral Z 1 x

q

1 2 x2

+∞

1 x

1

+∞

konvergira. Zaista,Z

dx x

2

e−x dx

0 +∞

2

e−x dx =

Z

1

2

e−x dx +

Z

+∞

2

e−x dx.

Prvi integral na desnoj strani nije nesvojstven, a drugi konvergira, jer na [1, +∞) vai e ≤ e , a integral Z 0

−x2

0

1

−x

+∞

1

+∞ e−x dx = −e−x =e 1

4. NESVOJSTVENI INTEGRAL

173

konvergira. ] Navodimo sada dva kriterijuma za konvergenciju integrala funkcija koje nisu obavezno nenegativne. Lema 11. (Abelov i Dirihleov test) Neka je f : [a, β) → R neprekidna, a g : [a, β) → R neprekidno diferencijabilna monotona funkcija. Ako vai R (A1) integral f (x) dx konvergira i (A2) funkcija g je ograniqena ili R (D1) funkcija F (b) = f (x) dx je ograniqena i β

a

b

a

(D2) lim g(x) = 0 x→β

onda integral R f (x)g(x) dx konvergira. 4 Iz Druge teoreme o sredoj vrednosti (str. 164) sledi β

a

Z

b2

Z

ξ

f (x)g(x) dx = g(b1 )

Z f (x) dx + g(b2 )

b2

f (x) dx.

Odatle dokaz sledi uz pomo Leme 8. 5 4.3. Nesvojstveni integrali sa vixe singulariteta. Neka je data neprekidna funkcijaZ f : (α, β) → ZC. Tada je, poZ definiciji, f (x) dx := f (x) dx + f (x) dx, (16) gde je c proizvo na taqka izmeu α i β. Po definiciji, integral R f (x) dx konvergira ako oba integrala na desnoj strani u (16) konvergiraju. Primer 10. Integral Z b1

b1

β

ξ

c

α

β

α

c

β

α

+∞

2

e−x dx

konvergira, jer konvergiraju integrali Z e dx i (v. Primer 9). Primer 11. Integral Z Z −∞

0

−x2

Z

−∞

+∞

+∞

0

]

0

e

−x

dx =

e

−x

2

e−x dx

Z dx +

+∞

e−x dx

divergira, jer prvi integral na desnoj strani divergira. ] Primetimo da, po definiciji, integral na levoj strani u (16) konvergira ako postoje Z Z lim f (x) dx i lim f (x) dx. −∞

−∞

0

c

a→α

a

b

b→β

c

174

6. ODREENI INTEGRAL

Nije dovo no da postoji lim Primer 12. Iako postoji

β−δ R

δ→0+0 α+δ

+b

Z lim

b→+∞

integral

−b

.

f (x) dx

+b x2 x dx = lim = 0, b→+∞ 2 −b

+∞ +∞ Z Z0 Z x dx = x dx + x dx

divergira, jer divergiraju oba integrala na desnoj strani. Limes Z Z −∞

−∞

0

β

]

β−δ

f (x) dx := lim

v.p.

δ→0+0

f (x) dx,

ako su α, β konaqne singularne taqke, ili, u sluqaju α = −∞, β = +∞, α

Z

α+δ

+∞

T

Z

v.p.

f (x) dx := lim

f (x) dx,

T →+∞

−∞

−T

nazivaR se glavnom vrednoxu nesvojstvenog integrala. Tako je, u Primeru 12, v.p. x dx = 0. Pretpostavimo sada da je data neprekidna funkcija +∞

−∞

f : [a, γ) ∪ (γ, b] → C.

Tada je,

Z

b

γ

Z f (x) dx =

Z f (x) dx +

b

f (x) dx

i, po definiciji, integral na levoj strani konvergira ako konvergiraju oba integrala na desnoj. Limes a

Z v.p

a

b

γ

Z f (x) dx := lim

δ→0+0

a

γ−δ

Z

b

f (x) dx

f (x) dx + a

γ+δ

naziva se glavnom vrednoxu nesvojstvenog integrala R f (x) dx. R Primer 13. Integral divergira, dok je v.p. R = 0. Zadatak 5. Ispitati konvergenciju sledeih integrala (a) R arctg x dx (b) R e dx (v) R (g) R dx. b a

1

−1

π 2

0

+∞

−∞

1

dx x

x−ex

−1

+∞ 0

√ dx x4 +x

5. Rimanov integral

dx x

+∞ 0

sin x xp

]

X

U ovom paragrafu emo uopxtiti Koxijev integral, oslab ujui uslov neprekidnosti funkcije.

5. RIMANOV INTEGRAL

175

5.1. Definicija Rimanovog integrala. Neka je [a, b] ograniqen i zatvoren interval. Konaqan skup taqaka P = {x , . . . , x }, takvih da je a = x < x < ··· < x 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je a

a

b

a

b

b

a

b

a

a

b a

n

1

1

2

1

2

k+1

n

n→∞

n

n

n

k

k+1

n

n

n

b

n→∞

n

b

Q

Q

a

a

Q

S(f, P ) − s(f, P ) < ε.

4

Pretpostavimo prvo da je f : [a, b] → R integrabilna po Rimanu. Tada je Z sup s(f, P ) = inf S(f, P ) = P

P

b

f (x) dx. a

5. RIMANOV INTEGRAL

177

Neka je ε > 0. Tada postoje podele P i P takve da je Z Z ε ε f (x) dx − s(f, P ) < i S(f, P ) − f (x) dx < , 2 2 pa je S(f, P ) − s(f, P ) = S(f, P ) − R f (x) dx + R f (x) dx − s(f, P ) < ε. Neka je P unija podela P i P . Iz Leme 12 sledi S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Pretpostavimo sada da za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je S(f, P ) − s(f, P ) < ε. Tada je 1

2

b

b

1

2

a

a

2

1

2

1

Z

b a

b a

1

2

b

b

Z f (x) dx −

f (x) dx < S(f, P ) − s(f, P ) < ε. a

a

Poxto je ε proizvo no, odatle sledi da je gori Darbuov integral jednak doem. 5 Primetimo da iz Teoreme 6 sledi, nezavisno od Teoreme 5, da je neprekidna funkcija integrabilna po Rimanu. Zaista, neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija i neka je ε > 0. Iz Kantorove teoreme (str. 66) sledi da je f uniformno neprekidna, pa (∃δ > 0) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| <

Tada za proizvo nu podelu P : a = x < x < · · · < x ∆ < δ za svako k vai M − m < , pa je k

k

S(f, P ) − s(f, P ) =

n X

0 ε b−a

k

1

ε . b−a

n−1

< xn = b

takvu da je

n

(Mk − mk )∆k <

k=1

ε X ε ∆k = (b − a) = ε, b−a b−a k=1

xto, prema Teoremi 6, znaqi da je f integrabilna po Rimanu. Sledea posledica uopxtava ovo tvree i pokazuje da Rimanov integral zaista uopxtava Koxijev. Posledica 5. Neka je f : [a, b] → C ograniqena funkcija koja ima konaqno mnogo taqaka prekida. Tada je f integrabilna po Rimanu. 4 Iz (17) sledi da moemo, razmatrajui odvojeno realni i imaginarni deo, da se ograniqimo na sluqaj realne funkcije. Neka je ε > 0. Neka su [x , y ], ..., [x , y ] intervali koji sadre taqke prekida, takvi da je 1

m

1

m

m X

(yk − xk ) <

k=1

ε . 4 max |f (x)| x∈[a,b]

Iz Kantorove teoreme sledi da je funkcija f uniformno neprekidna na skupu A = [a, x ] ∪ [y , x ] ∪ · · · ∪ [y , x ] ∪ [y , b], (19) pa ε 1

1

2

m−1

m

m

(∃δ > 0)(∀x, y ∈ A) |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| <

2(b − a)

.

Podelimo svaki od intervala u (19) na podintervale duine mae od δ; oznaqimo podeone taqke sa z , ..., z . Neka je P podela intervala [a, b] sastav ena 1

n

178

6. ODREENI INTEGRAL

od taqaka z , ..., z , x , ... x , y , ..., y . Tada je 1

n

1

m

S(f, P ) − s(f, P ) = +

m P

m

max

k=1

x∈[zk ,zk−1 ]

max f (x) − x∈[yk ,xk ] n P

k=1

<

1

n P

ε 2(b−a)

f (x) −

min x∈[zk ,zk−1 ]

min x∈[yk ,xk ]

f (x) (zk − zk−1 )+

f (x) (yk − xk ) m P

(yk − yk−1 ) + 2 max |f (x)| x∈[a,b]

(yk − xk ) <

ε 2

+

ε 2

= ε.

Dokaz sada sledi iz Teoreme 6. 5 Posledica 6. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Tada je f integrabilna po Rimanu. 4 Neka je ε > 0. Neka je P = {x , x , . . . , x } podela intervala [a, b] za koju vai ∆ < za sve k. Iz monotonosti funkcije f sledi da za sve x, y ∈ [a, b] vai M − m = |f (x ) − f (x )| i k=1

0

k

n

ε |f (b)−f (a)| k

n X

pa je

1

k=1

k=1

k

k

k−1

n X f (xk ) − f (xk−1 ) = f (x ) − f (x ) k k−1 , k=1

S(f, P ) − s(f, P )

=

n P

(Mk − mk )∆k

k=1

pa dokaz sledi iz Teoreme 6.

n P f (xk ) − f (xk−1 )

<

ε |f (b)−f (a)|

<

ε |f (b)−f (a)|

=

k=1 n P

k=1 ε |f (b)−f (a)| (|f (b)

f (xk ) − f (xk−1 ) − f (a)|) = ε, 5

5.2. Limes u prostoru podela. Neka je P podela intervala [a, b] sa

podeonim taqkama Veliqina

a = x0 < x1 < · · · < xn = b. λ(P ) := max |xj − xj−1 |

naziva se parametrom podele P . Neka je ξ = (ξ , · · · , ξ ) n{torka taqaka koje zadovo avaju ξ Par (P, ξ) naziva se podelom sa istaknutim taqkama. Neka je 1≤j≤n

1

n

σ(f, P, ξ) :=

Kaemo da je

n X

j

.

∈ [xj−1 , xj ]

f (ξj )(xj − xj−1 ).

j=1

J=

lim σ(f, P, ξ)

ako za svako ε > 0 postoji takvo δ > 0, da za svaku podelu sa istaknutim taqkama (P, ξ) qiji je parametar λ(P ) < δ vai |J − σ(f, P, ξ)| < ε. Oqigledno vai s(f, P ) ≤ σ(f, P, ξ) ≤ S(f, P ). (20) λ(P )→0

5. RIMANOV INTEGRAL

179

7 Dokazati da vai

Zadatak .

(21) Koristei (20) i (21) dokazati da je funkcija f integrabilna na [a, b] ako i samo ako postoji lim σ(f, P, ξ). X Iz prethodnog zadatka dobijamo ekvivalentnu definiciju Rimanovog integrala: Z f (x) dx = lim σ(f, P, ξ). (22) Primetimo da ova definicija ima smisla i za funkcije sa vrednostima u skupu C. 5.3. Skupovi meresvako nula.ε Integrabilnost. Skup S ⊂ R je skup Lebegove mere nula ako za > 0 postoji najvixe prebrojiva familija otvorenih intervala (a , b ) takva da je [ X S⊂ (b − a ) < ε. (a , b ) i Primer 14. Konaqan skup je skup Lebegove mere nula. Zaista, ako je S = {s , . . . , s } i ε > 0, onda familija intervala I = (s −2 Pε, s +2P ε), 1 ≤ j ≤ k pokriva S . Neka je |I | duina intervala I , tada je |I | = < s(f, P ) = inf σ(f, P, ξ) S(f, P ) = sup σ(f, P, ξ). ξ

ξ

λ(P )→0

b

λ(P )→0

a

n

n

n∈N

∞

n

n

n

1

n

n=1

n∈N

k

j

j

1

−j−1

j

−j−1

j

j

ε.

1

j

ε 2j

]

13. Prebrojiva unija skupova Lebegove mere nula je skup mere nula. 4 Neka je S } prebrojiva familija skupova mere nula i ε > 0. Poxto je svaki od skupova S Lebegove mere nula, za svako k postoji prebrojiva familija intervala I } takva da je [ S ⊂ I i X |I | < 2ε , gde je |I | duina intervala I . Tada je Lema

k k∈N

k k j∈N j

∞

k j

k j

k

k j

k

j=1

j∈N k j

[

i

Sk ⊂

k∈N ∞ X ∞ X k=1 j=1

[ [

Ijk

k∈N j∈N

|Ijk | <

∞ X ε = ε, 2k

k=1

xto znaqi da je S skup Lebegove mere nula. 5 Specijalno, iz Leme 13 i Primera 14 sledi da je svaki prebrojiv skup mere nula. U sledeem primeru opisujemo jedan neprebrojiv skup Lebegove mere nula. S

k∈N

k

180

6. ODREENI INTEGRAL

Primer 15. U Primeru 8 na str. 38 smo konstruisali Kantorov skup, kao presek skupova C dobijenih odstraivaem , sredih treina" intervala, Primetimo da je svaki od skupova C unija 2 zatvorenih intervala od kojih je svaki duine ( ) , tako da je zbir duina svih intervala qija je unija C jednak ( ) . Poxto ( ) → 0 kad n → ∞, sledi da je Kantorov C skup mere nula. Iako to znaqi da je C zanemar iv u smislu mere, setimo se da je C , veliki" u smislu kardinalnosti (v. Zadatak 24 na str. 38). ] Primer 16. Interval [a, b] nije skup Lebegove mere nula. Zaista, za proizvo nu prebrojivu familiju (a , b ) intervala koja pokriva [a, b] vai P (b − a ) ≥ b − a. ] Lema 14. Neka je [a, b] ograniqen interval i S ⊂ [a, b] zatvoren skup. Tada je S skup Lebegove mere nula ako i samo ako za svako ε > 0 postoji konaqna familija intervala (a , b ), ..., (a , b ) takva da je X S ⊂ (a , b ) ∪ · · · ∪ (a , b ) i (b − a ) < ε. 4 Iz definicije skupa Lebegove mere nula sledi da postoji prebrojiva familija intervala {I } koja pokriva skup S i qija je ukupna duina maa od ε. Poxto je S zatvoren, egov komplement [a, b] \ S je otvoren, pa se, po definiciji otvorenog skupa (Definicija 17 na str. 37), moe predstaviti kao unija otvorenih intervala {J } . Intervali {I } , {J } obrazuju otvoreno pokrivae intervala [a, b]. Iz Borel{Lebegove teoreme (str.35) sledi da se iz ega moe izdvojiti konaqno potpokrivae. Intervali I koji ulaze u to potpokrivae obrazuju konaqno pokrivae skupa S i ukupna duina im je maa od ε. 5 U Posledici 5 smo videli da je ograniqena funkicja koja ima konaqno mnogo taqaka prekida integrabilna po Rimanu, a u Posledici 6 da i funkcija sa beskonaqno mnogo prekida moe da bude integrabilna po Rimanu. Setimo se, meutim, da monotone funkcije, o kojima je req u Posledici 6, imaju najvixe prebrojivo mnogo taqaka prekida (Teorema 5 na str. 67). U Primeru 6 videli smo primer funkcije kojoj je svaka taqka taqka prekida (v. takoe Primer 11 na str. 103) i koja nije integrabilna po Rimanu. Sada emo preciznije formulisati vezu izmeu neprekidnosti i integrabilnosti po Rimanu. Teorema 7. (Lebegova teorema o integrabilnosti) Ograniqena funkcija f : [a, b] → C je integrabilna po Rimanu ako i samo ako je skup enih prekida skup Lebegove mere nula. 4 Poxto je unija dva skupa Lebegove mere nula skup Lebegove mere nula (Lema 13), iz (17) sledi da ako teorema vai za realni i imaginarni deo kompleksne funkcije, ona vai i za samu funkciju. Ograniqimo se zato na sluqaj realne funkcije. Neka je S skup prekida funkcije f : [a, b] → R. Pretpostavimo prvo da je f integrabilna i dokaimo da je S Lebegove mere nula. Iz Posledice 4 na str. 110 sledi da je S skup taqaka x ∈ [a, b] u n

n

n

2 n 3

1 n 3

n

2 n 3

n

n

n

n

n

1

1

m

m

m

1

1

m

m

k

k

k=1

n n∈N

λ λ∈Λ

n n∈N

λ λ∈Λ

k

5. RIMANOV INTEGRAL

181

kojima je oscilacija ω(f, x) funkcije f vea od nule. Predstavimo S kao uniju S=

∞ [

Sn ,

n=1

gde je S = {x ∈ [a, b] | ω(f, x) ≥ }. Iz Leme 13 sledi da je dovo no dokazati da je svaki od skupova S Lebegove mere nula. Posmatrajmo skup S . Neka je ε > 0. Poxto je f integrabilna, iz Darbuovog kriterijuma integrabilnosti (Teorema 6) sledi da postoji podela P = {x , x , . . . , x } intervala [a, b] takva da je 1 n

n

n

n0

0

1

m

S(f, P ) − s(f, P ) <

Neka je Uz oznake

ε . n0

K := {k ∈ N | (xk−1 , xk ) ∩ Sn0 6= ∅}. Mk =

za k ∈ K vai

sup

f (x), mk =

x∈[xk−1 ,xk ]

Mk − mk ≥

odakle sledi

inf

f (x),

x∈[xk−1 ,xk ]

1 , n0

X 1 X ε (xk − xk−1 ) ≤ (Mk − mk )(xk − xk−1 ) < S(f, P ) − s(f, P ) < . n0 n0

Odatle dobijamo k∈K

k∈K

(23) Primetimo da intervali {(x , x )} pokrivaju skup V = S \ T , gde je T skup taqaka iz S koje su podeone taqke podele P . Iz (23) sledi da je skup V Lebegove mere nula. Poxto je oqigledno da je i T skup Lebegove mere nula, sledi da je i S ⊂ V ∪ T skup Lebegove mere nula. Pretpostavimo sada da je S skup Lebegove mere nula. Skup X

(xk − xk−1 ) < ε.

k∈K

k−1

k

k∈K

n0

n0

n0

Sε = {x ∈ [a, b] | ω(f, x) ≥

ε } 2(b − a)

je zatvoren podskup intervala [a, b]. Zaista, ako je x ω(f, x ) < , pa postoji δ > 0 takvo da je

0

∈ [a, b] \ Sε

ε 2(b−a)

0

sup{f (x) | |x − x0 | < δ} − inf{f (x) | |x − x0 | < δ} <

, onda je

ε , 2(b − a)

pa je (x − δ, x + δ) ⊂ [a, b] \ S . Odatle sledi da je [a, b] \ S otvoren, pa je S zatvoren. Iz S ⊂ S sledi da je S skup Lebegove mere nula pa, na osnovu Leme 14, postoji konaqna familija (a , b ), ..., (a , b ) otvorenih intervala takva da je [ X ε S ⊂ (a , b ) i (b − a ) < . (24) 4 sup |f (x)| 0

0

ε

ε

ε

ε

1

k

ε

k

k

k

j

j=1

1

j

j

j=1

j

x∈[a,b]

ε

182

Poxto je za t ∈ [a, b] \ S

6. ODREENI INTEGRAL k j=1 (aj , bj )

ω(f, t) <

za svako t ∈ [a, b] \ S

k j=1 (aj , bj )

ε , 2(b − a)

postoji interval I takav da je t ∈ I i t

(25) (a , b ) zatvoren podskup intervala [a, b], iz pokri-

sup f (x) − inf f (x) <

Poxto je skup [a, b] \ S vaa

x∈It

x∈It k j=1

t

j

ε . 2(b − a)

j

k [ J = It | t ∈ [a, b] \ (aj , bj )

moemo da izdvojimo konaqno potpokrivae I , ..., I (v. dokaz Leme 14). Neka je P podela intervala [a, b] qije su podeone taqke taqke a , b , ..., a , b i graniqne taqke intervala I , ..., I . Za ovu podelu vaie S(f, P ) − s(f, P ) < ε. (26) P Zaista, razdvajajui sumu S(f, P )−s(f, P ) = (M −m )(x −x ) na dve sume, od kojih prva odgovara podeonim intervalima (a , b ) a druga intervalima I , i primeujui (24) na prvu i (25) na drugu dobijamo (26). Prema Teoremi 6 to znaqi da je funkcija f integrabilna po Rimanu. 5 Primetimo da se Posledice 5 i 6 mogu dobiti i kao posledica prethodne teoreme. 5.4. ordanova mera. Integracija po proizvo nom skupu. Neka je [a, b] ⊂ R ograniqen interval. Po definiciji Rimanovog integrala je j=1

t1

tr

1

t1

j

j

Z

b

1 dx = sup

tj.

P

a

1

k

k

tr

n X

j

j

j

j−1

tj

1 · ∆k = b − a,

k=1

duina intervala [a, b] = 1 dx. (27) Motivisani time, meree duine intervala moemo da uopxtimo na sledei naqin. Neka je S ⊂ R i neka je ( 1 za x ∈ S χ (x) := 0 za x ∈ /S karakteristiqna funkcija skupa S. Funkcija χ je prekidna u svakoj taqki ruba ∂S skupa S (v. Definiciju 16 na str. 35) i neprekidna u svim ostalim taqkama. Zaista, pretpostavimo da je Zb a

S

S

x ∈ ∂S = S ∩ (R \ S).

Tada, po definiciji zatvorea skupa (Definicija 16 na str. 35), u svakoj δ {okolini taqke x postoje taqke x ∈ S i x ∈ R \ S . Poxto je tada 1

2

χS (x1 ) − χS (x2 ) = 1,

5. RIMANOV INTEGRAL

183

funkcija χ ne zadovo ava Koxijev uslov u taqki x, pa je prekidna u toj taqki. Obrnuto, neka vai S

x∈ / ∂S = S ∩ (R \ S).

Iz definicije zatvorea skupa sledi da postoji δ > 0 takvo da je (x−δ, x+δ) ⊂ S ili (x − δ, x + δ) ⊂ R \ S . U prvom sluqaju je χ ≡ 1 na (x − δ, x + δ), a u drugom χ ≡ 0 na (x − δ, x + δ). U oba sluqaja funkcija χ je neprekidna u taqki x. Neka je [a, b] interval koji sadri skup S. Iz Teoreme 7 sledi da je χ integrabilna po Rimanu na [a, b] ako i samo ako je rub ∂S skup Lebegove mere nula. U tom sluqaju, skup S naziva se merǉivim u ordanovom7 smislu, a broj Z µ(S) := χ (x) dx (28) naziva se ordanovom merom skupa S. Do sada smo govorili o integralu funkcije definisane na intervalu. Neka je sada S ⊂ R proizvo an ograniqen skup i f : S → C ograniqena funkcija. Integral funkcije f po skupu S definisaemo kao integral funkcije koja je jednaka funkciji f na skupu S i jednaka nuli van skupa S. Preciznije, neka je Z Z f (x) dx := f (x)χ (x) dx, (29) gde je [a, b] bilo koji interval takav da je S ⊂ [a, b]. Ukoliko integral na desnoj strani u (29) postoji, nazivamo ga integralom funkcije f po skupu S. Uz ovu definiciju, ordanova mera (28) skupa moe da se izrazi kao Z S

S

S

S

b

S

a

b

S

S

a

µ(S) =

1 dx,

xto, zajedno sa (27), pokazuje da je ordanova mera intervala egovaduina. Sledea lema pokazuje da su ove definicije dobre, tj. da ne zavise od izbora intervala [a, b] koji sadri skup S. Lema 15. Neka je S ⊂ [a , b ] i S ⊂ [a , b ] i neka je f : S → C ograniqena funkcija. Tada je funkcija f · χ integrabilna po Rimanu na intervalu [a , b ] ako i samo ako je integrabilna na intervalu [a , b ] i vai S

1

1

2

2

S

1

1

2

Z

b1

Z f (x)χS (c) dx =

a1

2

b2

f (x)χS (c) dx. a2

Funkcija f · χ moe da bude prekidna u taqkama prekida funkcije f i u taqkama skupa ∂S. Odatle, na osnovu Lebegove teoreme o integrabilnosti, sledi da je funkcija f · χ integrabilna po Rimanu na intervalu [a , b ] ako i samo ako jeeintegrabilna na intervalu [a , b ]. e Neka su P i P podele intervala [a , b ] i [a , b ]. Neka je P podela intervala [a , b ] koja sadri sve taqke podele Pe i taqke podele Pe koje pripadaju skupu [a , b ] ∩ [a , b ]. Na sliqan naqin konstruiximo podelu P intervala

4

S

S

1

2

1

1

2

1

1

1

1

2

2

2

1

1

2

2

7ordan (Camille Jordan, 1838{1922), francuski matematiqar

1

2

2

1

184

6. ODREENI INTEGRAL

, dodavaem taqaka podele Pe koje pripadaju skupu [a , b ]∩[a , b ] podeli . Funkcija f · χ je jednaka nuli van intervala [a , b ] ∩ [a , b ], bie

[a2 , b2 ] Pe2

1

1

S

1

1

1

2

2

2

2

S(f · χS , P1 ) = S(f · χS , P2 ).

Podela P je finija od podele Pe , a podela P je finija od podele Pe . Poxto je ova konstrukcija mogua za proizvo ne podele Pe i Pe , dokaz Leme sledi iz Leme 12 i definicije Rimanovog integrala. 5 Zadatak 8. (a) Dokazati da je ordanova mera skupa S ⊂ [a, b] jednaka nuli ako i samo ako za svako ε > 0 postoji konaqna familija intervala (a , b ), ..., (a , b ) takva da je X S ⊂ (a , b ) ∪ · · · ∪ (a , b ) i (b − a ) < ε. (Uputstvo: ako je integral (28) jednak nuli, postojiPpodela intervala [a, b] takva da za goru Darbuova sumu funkcije χ vai M )∆ < ε.) (b) Neka je skup S ordanove mere nula. Dokazati da je S Lebegove mere nula. (v) Dokazati da je Q ∩ [a, b] skup Lebegove mere nula, ali da nije mer iv u ordanovom smislu. (Uputstvo: dokazati da je ∂Q = R.) X 5.5. Svojstva Rimanovog integrala. Iz Teoreme 5 sledi da se sva svojstva Koxijevog integrala prenose na Rimanov integral neprekidne funkcije. Navexemo sada neka svojstva Rimanovog integrala koja vae za proizvo ne funkcije integrabilne po Rimanu. Lema 16. Neka je S ⊂ R ograniqen skup i neka su funkcije f : S → C i g : S → R integrabilne po Rimanu. Tada vai 1

1

2

2

1

2

1

n

1

n

n

1

1

n

n

k

k

k=1

S

k

k

Z Z f (x) dx. f (x) dx ≤ S

S

Ako je i f realna i ako je f (x) ≤ g(x) za svako x ∈ [a, b] onda je Z

Z f (x) dx ≤

S

g(x) dx. S

4 Iz definicije integrala po proizvo nom skupu sledi da moemo da pretpostavimo da je S = [a, b]. Dokaz sada sledi iz odgovarajuih svojstava za konaqne sume. 5 Lema 17. Neka je S ⊂ R ograniqen skup, neka su funkcije f : S → C i g : S → C integrabilne po Rimanu i neka je λ ∈ C. Tada je Z S

f (x) + g(x) dx =

Z

Z f (x) dx +

S

Z g(x) dx,

S

Z λf (x) dx = λ

S

f (x) dx. S

4 Iz definicije integrala po proizvo nom skupu sledi da moemo da se ograniqimo na sluqaj S = [a, b], a iz (17) da moemo da pretpostavimo da su f i g realne funkcije.

5. RIMANOV INTEGRAL

185

Poxto su f i g integrabilne funkcije, za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je s(f, P ) > s(g, P ) >

Rb a Rb

f (x) dx − 2ε ,

S(f, P ) <

g(x) dx − 2ε ,

S(g, P ) <

Rb a Rb

f (x) dx + 2ε , g(x) dx +

Iz sup(f + g) ≤ sup f + sup g, inf(f + g) ≥ inf f + inf g sledi a

a

s(f + g, P ) ≥ s(f, P ) + s(g, P ) >

Rb

f (x) dx +

pa je Zb

Rb

f (x) dx +

a

Zb

Zb g(x) dx − ε <

f (x) dx +

g(x) dx − ε,

a

a

S(f + g, P ) ≤ S(f, P ) + S(g, P ) <

Rb

ε 2

Rb

g(x) dx + ε,

a

f (x) + g(x) dx <

Zb

Zb f (x) dx +

g(x) dx + ε.

Poxto je ε proizvo no, time je dokazana prva jednakost. Sliqno se dokazuje i druga. 5 Lema 18. Neka je funkcija f : [a, b] → R integrabilna po Rimanu. Tada vai Z Z Z a

a

a

a

b

c

f (x) dx =

za svako c ∈ [a, b]. 4 Poxto je f (x) = f (x)(χ a

Rb

f (x) dx

b

f (x) dx + a

[a,c] (x)

=

a

= = =

Rb

a

f (x) dx c

+ χ(c,b] (x))

, iz svojstva 3. Leme 17 sledi

(f (x)χ[a,c] (x) + f (x)χ(c,b] (x)) dx

a Rb

Rb f (x)χ[a,c] (x) dx + f (x)χ(c,b] (x)) dx aR a R f (x) dx + f (x) dx

[a,c] Rc

(c,b]

f (x) dx +

Rb

f (x) dx.

U posledem koraku smo koristili jednakost R f (x) dx = R f (x) dx koja lako sledi iz definicije Rimanovog integrala. 5 U Teoremi 2 na 161. strani smo videli kako se diferencira integral neprekidne funkcije po goroj granici. Isti rezultat vai i za integrabilne funkcije, ako se diferencirae vrxi u taqkama u kojima su one neprekidne. Preciznije, vai sledea teorema. Teorema 8. Neka je f : [a, b] → C integrabilna funkcija. Tada je funkcija Z a

c

(c,b]

x

F (x) =

f (t) dt a

[c,b]

186

6. ODREENI INTEGRAL

neprekidna na [a, b]. Ako je funkcija f neprekidna u taqki x , onda je F diferencijabilna u toj taqki i vai F (x ) = f (x ). 4 Poxto je f integrabilna, ona je ograniqena, tj. vai |f (x)| ≤ M za neko M ∈ (0, +∞), pa je 0

0

0

0

x+h x+h R R Rx f (t) dt f (t) dt − a f (t) dt = |F (x + h) − F (x)| = x a x+h R ≤ |f (t)| dt ≤ M |h|,

odakle sledi da je F neprekidna. Neka je funkcija f neprekidna u taqki x . Tada je x

0

F (x0 +h)−F (x0 ) − f (x) h

x0R+h = h1 f (t) dt − x0

1 h

x0R+h

f (x0 ) dt

x0

x0R+h = h1 f (t) − f (x0 ) dt ≤

1 h

x0 x0R+h

≤

|f (t) − f (x0 )| dt

x0

|f (t) − f (x0 )|.

sup t∈[x0 ,x0 +h]

Poxto je funkcija f neprekidna u taqki x , posledi izraz tei nuli kad h → 0. 5 Sledea teorema je uopxtee Posledice 2 na str. 161. Teorema 9. Neka je ϕ : [α, β] → [a, b] neprekidno diferencijabilna bijekcija, ϕ(α) = a, ϕ(β) = b i neka je f : [a, b] → C integrabilna funkcija. Tada je i funkcija f (ϕ(t))ϕ (t) integrabilna na [α, β] i vai 0

0

Z

b

Z

β

f (x) dx =

f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt.

Poxto je funkcija f integrabilna, iz Lebegove teoreme o integrabilnosti sledi da je skup enih taqaka prekida mere nula. Poxto je ϕ neprekidno diferencijabilna, sledi da je i skup prekida funkcije f (ϕ(t))ϕ (t) mere nula, pa je, opet po Lebegovoj teoremi, i ona integrabilna. Poxto je ϕ bijekcija, dakle monotona, za svaku podelu P : α = t < t < . . . < t = b taqke x = ϕ(t ) definixu podelu intervala [a, b]. Oznaqimo ovu podelu sa P . Iz ravnomerne neprekidnosti funkcija ϕ i ϕ sledi a

α

4

0

0

n

j

1

j

−1

ϕ

λ(P ) → 0 ⇔ λ(Pϕ ) → 0,

gde je λ(·) parametar podele (v. Paragraf 5.2 na str. 178). Primenom Lagranove teoreme na sabirke integralne σ(f, P, ξ)Xdobijamo X X f (ξj )|xj − xj−1 | =

f ◦ ϕ(τj )ϕ0 (τj )|tj − tj−1 |,

f ◦ ϕ(τj )|xj − xj−1 | =

pri qemu su taqke ξ izabrane tako da je ξ = ϕ(τ ), gde je τ taqka dobijena primenom Lagranove teoreme na funkciju ϕ na intervalu [t , t ]. Odatle sledi traena jednakost integrala, prelaskom na limes kad λ(P ) → 0 (v. formulu (22) na str. 179). 5 j

j

j

j

j

j−1

6. RIMAN{STILTJESOV INTEGRAL

187

5.6. Nesvojstveni Rimanov integral. Rimanov integral smo definisali za ograniqene funkcije koje su integrabilne po Rimanu na ograniqenom intervalu [a, b]. Nesvojstveni Rimanov integral se odnosi na neograniqene intervale ili neograniqene funkcije. Ako je funkcija f : [a, β) → C integrabilna po Rimanu i ograniqena na svakom intervalu [a, b] ⊂ [a, β), limes Z Z f (x) dx := lim f (x) dx (30) nazivamo nesvojstvenim Rimanovim integralom funkcije f . Pri tome se dopuxta i mogunost β = ∞ ili lim |f (x)| = +∞. Ukoliko limes (30) postoji kaemo da integral (30) konvergira, u protivnom kaemo da divergira. Nesvojstveni Rimanov integral sa unutraxom singularnom taqkom, nesvojstveni Rimanov integral sa vixe singulariteta i glavna vrednost nesvojstvenog Rimanovog integrala definixu se na potpuno isti naqin kao u sluqaju Koxijevog integrala. Analizom dokaza Leme 8 i Leme 10 zak uqujemo da Koxijev kriterijum konvergencije integrala i Poredbeni princip vae i za nesvojstveni Rimanov integral. β

b

b→β

a

a

x→β

6. Riman{Stiltjesov integral 6.1. Definicija Riman{Stiltjesovog integrala. Jedno od uopxtea Rimanovog integrala je Riman{Stiltjesov8 integral, koji se definixe na sledei naqin. Neka je α : [a, b] → R rastua, a f : [a, b] → R ograniqena funkcija. Za podelu P = {x , x , . . . , x } podela intervala [a, b] definixemo 0

1

n

∆αk := α(xk ) − α(xk−1 )

i s(f, α, P ) =

gde je m

n X

mk ∆αk ,

,

S(f, α, P ) =

Z

:=

inf x∈[xk−1 ,xk ]

k=1

f (x) Mk :=

sup

f (x)

x∈[xk−1 ,xk ]

b

f (x) dα(x) := sup s(f, α, P ) a

Mk ∆αk ,

. Uvedimo oznake

k=1

k

n X

P

4 Ako je

i

b

Z

f (x) dα(x) := inf S(f, α, P ). P

a

Definicija .

Z

b

Z f (x) dα =

b

f (x) dα.

ovu vrednost nazivamo Riman–Stiltjesovim integralom funkcije f po funR R kciji α i oznaqavamo f (x) dα(x) ili f dα. Kada zbog mogunosti zabune postoji potreba da se naglasi da se radi Ro Riman{Stiltjesovom, a ne Rimanovom, integralu, koristimo oznaku (S) f (x) dα(x). a

a

b

b

a

a

b

a

8Stiltjes (T. J. Stieltjes, 1856{1894), holandski matematiqar

188

6. ODREENI INTEGRAL

Ako je f : [a, b] → C ograniqena kompleksna funkcija, en Riman{Stiltjesov integral po monotonoj funkciji α : [a, b] → R je Z Z Z b

b

f dα :=

b

Re f dα + i

Im f dα,

ukoliko integrali na desnoj strani postoje. Napomena 4. (O uslovu monotonosti funkcije α) Iz monotonosti funkcije α sledi ena ograniqenost: (∀x ∈ [a, b]) α(a) ≤ α(x) ≤ α(b). Mogue je definisati Riman{Stiltjesov i u opxtijem sluqaju, za ograniqene funkcije f i α, bez uslova monotonostiRza α. Tada je uloga funkcija f iαu definiciji , simetriqna": ako postoji f dα onda postoji i R α df i vai , formula parcijalneZ integracije" Z a

a

a

b a

b

b a

b

α df = f (b)α(b) − f (a)α(a)

f dα +

(videti Zadatak 9 nie). Meutim, poxto se glavne teoreme o egzistenciji Riman{Stiltjesovog integrala odnose na monotone funkcije (ili, opxtije, na funkcije ograniqene varijacije), mi emo se zadrati na ima. Naravno, Rimanov integral je specijalni sluqaj Riman{Stiltjesovog, za funkciju α(x) = x. Kao i Rimanov integral, Riman{Stiltjesov integral moe da se definixe kao limes u prostoru podela. Ova definicija je analogna definiciji (22) na 179. strani: Z f (x) dα = lim σ(f, α, P, ξ), (31) ukoliko je ispuen jedan od sledea dva uslova: • f je neprekidna, ili R • α je neprekidna i postoji f dα. Deta e (definiciju σ(f, α, P, ξ) i ekvivalenciju (31) i Definicije 4) qitalac e lako izvesti sam, po uzoru na analogne deta e kod Rimanovog integrala. Zadatak 9. Koristei (31) dokazati , formulu parcijalne integracije" iz Napomene 4. (Uputstvo: ako je P = {x , . . . , x } i ξ = (ξ , . . . , ξ ), dokazati da je σ(α, f, P, ξ) = f (x)α(x)| − σ(f, α, Q, χ), gde je Q = {a, ξ , . . . , ξ , b}, χ = (x , x , . . . , x ) i da λ(P ) → 0 ⇔ λ(Q) → 0; dokazati da odatle sledi formula iz Napomene 4.) X I sledea teorema se dokazuje na isti naqin kao Teorema 6 na 176. strani. Teorema 10. (Darbuov kriterijum integrabilnosti) Riman{Stiltjesov integral a

a

b

λ(P )→0

a

0

n

1

n

b a

1

n

0

1

n

Zb

f (x) dα(x),

gde je f : [a, b] → R ograniqena i α : [a, b] → R monotona funkcija, postoji ako i samo ako za svako ε > 0 postoji podela P intervala [a, b] takva da je a

S(f, α, P ) − s(f, α, P ) < ε.

6. RIMAN{STILTJESOV INTEGRAL

189

Posledica 7. Ako je f : [a, b] → R neprekidna, a α : [a, b] → R rastua funkcija, onda postoji R f dα. 4 Neka je ε > 0. Tada postoji h > 0 takvo da je (α(b) − α(a))h < ε. Poxto je f ravnomerno neprekidna na [a, b] (po Kantorovoj teoremi), postoji δ > 0 takvo da |x − y| < δ ⇒ |f (x) − f (y)| < ε. Odatle sledi da za svaku podelu P za koju je λ(P ) < δ vai M − m < h, pa je b a

k

S(f, α, P ) − s(f, α, P ) =

n X

(Mk − mk )∆αk ≤ h

k=1

n X

k

∆αk = h(α(b) − α(a)) < ε.

k=1

Odatle, na osnovu Teoreme 10, sledi da postoji R f dα. 5 Posledica 8. Ako je f : [a, b] → R monotona, a α : [a, b] → R rastua i neprekidna funkcija, onda postoji R f dα. (f (b) − f (a)) < ε. Iz neprekid4 Neka je ε > 0 i n ∈ N takvo da vai nosti funkcije α sledi da postoji podela P takva da je ∆α = . Pretpostavimo (ne umaujui opxtost) da je f rastua funkcija. Tada je M = f (x ) i m = f (x ), pa je b a

b a

α(b)−α(a) n

k

k

k

k

α(b)−α(a) n

k−1

S(f, α, P ) − s(f, α, P )

=

α(b)−α(a) n

=

n P

(f (xk ) − f (xk−1 ))

k=1 α(b)−α(a) (f (b) n

− f (a)) < ε.

To, na osnovu Teoreme 10, znaqi da postoji f dα. 5 Posledica 9. Neka je f : [a, b] → [A, B] ograniqena i α : [a, b] → R rastua funkcija. AkoR postoji R f dα, onda za svaku neprekidnu funkciju ψ : [A, B] → R postoji ψ ◦ f dα. 4 Neka je ε > 0. Iz ravnomerne neprekidnosti funkcije ψ na [A, B] sledi da postoji δ > 0 takvo da vai Rb a

b a

b a

|x − y| < δ ⇒ |ψ(x) − ψ(y)| < ε Rb f dα a [a, b]

i da je ε > δ. Poxto postoji , iz Teoreme 10 sledi da postoji podela P = {x , . . . , x } intervala takva da je S(f, α, P ) − s(f, α, P ) < δ . (32) Neka je 0

n

2

mk := m∗k

:=

min

f (x),

Mk :=

x∈[xk−1 ,xk ]

Mk∗

ψ ◦ f (x),

min x∈[xk−1 ,xk ]

Neka je S := {k | M − m Iz (32) sledi X k

k

< δ},

∆αk ≤

δ

k∈T

X k∈T

:=

max

f (x),

x∈[xk−1 ,xk ]

max

ψ ◦ f (x).

x∈[xk−1 ,xk ]

T := {k | Mk − mk ≥ δ}.

(Mk − mk )∆αk ≤ δ 2 ,

190

6. ODREENI INTEGRAL

pa je

S(ψ ◦ f, α, P ) − s(ψ ◦ f, α, P )

=

P k∈S

(Mk∗ − m∗k )∆αk +

P k∈T

(Mk∗ − m∗k )∆αk

≤ ε(α(b) − α(a)) + 2 sup |ψ(y)|δ < ε((α(b) − α(a)) + 2 sup |ψ(y)|).

Zak uqak sada sledi iz Teoreme 10.

5

6.2. Svojstva Riman{Stiltjesovog integrala. Neka su α : [a, b] → R i β : [a, b] → R rastue, a f : [a, b] →R C i g : [a,R b] → C ograniqene funkcije. (1) AkoR je µ ∈ C i ako postoje f dα i g dα, tada postoje i R (f +g) dα i (µf ) dα i vai b a

b a

Z

b

Z

b

Z

b

b

Z

Z

b

f dα.

(µf ) dα = µ a

a

a

a

a

b a

g dα,

f dα +

(f + g) dα =

b a

R (2) Ako su f i g realne i (∀x ∈ [a, b]) f (x) ≤ g(x), i ako postoje R g dα, onda je Z Z b a

b

g dα.

(3) Ako je a < c < b i ako postoje R a

,R

a

b a

f dα Z b Z c Z f dα = f dα + a

a

c a

f dα

iR

f dα

f dα

, onda je

b c

onda je

b

f dα.

c

(4) Ako je (∀x ∈ [a, b]) |f (x)| ≤ M i ako postoji R

b a

Z b f dα ≤ M (α(b) − α(a)). a

b a

f dα

Z

b

iR

b a

f dβ

, onda postoji i R Z

f d(α + β) =

(6) Ako postoji R

a

b a

b

Z f dα +

a

f dα Z

b f dα a b f dα a

b a

f d(α + β)

b

f dβ.

i ako je c > 0, onda postoji i R b

Z

a

b a

f d(cα)

b

f dα. a

i R g dα, onda postoji i R (f · g) dα. R , onda postoji i |f | dα i vai b a

b a

b a

Z b Z b f dα ≤ |f | dα. a a

10. (Neka je 0, za x ∈ [−1, 0] f (x) = 1, za x ∈ (0, 1],

i vai

a

f d(cα) = c

(7) Ako postoje RR (8) Ako postoji

f dα

b

f dα ≤

(5) Ako postoje R

b a

Zadatak

( 0, α(x) = 1,

za x ∈ [−1, 0) za x ∈ [0, 1].

i

i

Dokazati da jednakost

6. RIMAN{STILTJESOV INTEGRAL

191

(33) iz svojstva (3) ne vai, poxto R f dα = 0 = R f dα = 0, a R f dα ne postoji. (Uputstvo: integrali na desnoj strani u (33) mogu da se izraqunaju po definiciji; nepostojae integrala na levoj strani sledi iz Teoreme 10 { za svaku podelu P takvu da 0 ∈/ P je S(f, α, P ) − s(f, α, P ) = 1.) X 6.3. Svoee Riman{Stiltjesovog integrala na Rimanov. Videli smo da je Riman{Stiltjesov integral uopxtee Rimanovog, na koji se svodi za α(x) = x. Sledea teorema daje jox jedan primer svoea Riman{Stiltjesovog integrala na Rimanov. Teorema 11. Neka je funkcija f : [a, b] → C integrabilna po Rimanu i α : [a, b] → R rastua diferencijabilna funkcija, takva da je integrabilna R po Rimanu. Tada postoji f dα i vai Z

1

0

Z

Z

f dα =

f dα +

−1

−1

1

f dα

0

0 −1

1 0

dα dx

b a

b

Z

Z f dα =

b

f

dα dx. dx

Primenom Lagraneve teoreme naXfunkciju α dobijamo X a

4

1 −1

a

f (ξj )α0 (cj )(xj − xj−1 )

f (ξj )(α(xj ) − α(xj−1 )) =

j

j

=

X

+

X

f (ξj )α0 (ξj )(xj − xj−1 )+

j

f (ξj )(α0 (ci ) − α0 (ξj ))(xj − xj−1 ).

Funkcija f je ogranciqena, a α integrabilna, xto nam omoguava da izborom dovo no fine podele posledi sabirak napravimo proizvo no malim. Dokaz sledi prelaskom na limes u prostoru podela. 5 Napomena 5. Teporema 11 i Zadatak 9 daju nam jox jedan dokaz formule parcijalne integracije za Rimanov integral. Primetimo da se taj dokaz ne poziva na utn{Lajbnicovu formulu, tj. na vezu neodreenog i odreenog (Rimanovog) integrala. Teorema 12. (Prva teorema o sredǌoj vrednosti za Riman–Stiltjesov integral) Neka je f : [a, b] → R neprekidna, a α : [a, b] → R rastua funkcija. Tada postoji taqka c ∈ [a, b], takva da je Z j

0

b

f dα = f (x)(α(b) − α(a)). 4

Neka je M = sup

,

. Tada je

a

f m = inf [a,b] f Z b m(α(b) − α(a)) ≤ f dα ≤ M (α(b) − α(a)).

Odatle sledi da je

[a,b]

a

Z

b

f dα = θ(α(b) − α(a)) a

192

6. ODREENI INTEGRAL

za neko θ ∈ [m, M ]. Iz neprekidnosti funkcije f sledi da je f (c) = θ za neko c ∈ [a, b]. 5 Teorema 13. (Druga teorema o sredǌoj vrednosti za Riman–Stiltjesov integral) Neka su f, α : [a, b] → R monotone funkcije i neka je α neprekidna. TadaZ postoji taqka c ∈ [a, b], takva da je b

f dα = f (a)[α(c) − α(a)] + f (b)[α(b) − α(c)].

4 Iz Prve teoreme o sredoj vrednosti i formule parcijalne integracije (Zadatak 9) sledi Z Z a

b

b

f dα = f (b)α(b) − f (a)α(a) − a

α df a

= f (b)α(b) − f (a)α(a) − α(c)(f (b) − f (a))

za neko c ∈ [a, b], odakle se, jednostavnim sreivaem, dobija traena formula. Zadatak 11. Izvesti teoreme o sredoj vrednosti za Rimanov integral iz teorema o sredoj vrednosti za Riman{Stiltjesov. X Zadatak 12. Koristei definiciju Riman{Stiltjesovog integrala kao limesa u prostoru podela, dokazati sledee uopxtee teoreme o smeni promen ive u Rimanovom integralu. Neka su f, ϕ : [a, b] → R neprekidne funkcije. Neka je uz to ϕ strogo rastua, i neka je ψ = ϕ ena inverzna funkcija. Tada je Z Z 5

−1

b

ϕ(b)

f (x) dx =

f (ψ(t)) dψ(t),

gde je na levoj strani Rimanov, a na desnoj Riman{Stiltjesov integral. Dokazati ovo tvree. Primetimo da dψ na desnoj strani predstav a oznaku, i da nismo pretpostavili da je ψ diferencijabilna. Ukoliko je ψ diferencijabilna, ovo tvree daje, kao specijalni sluqaj, Teoremu o smeni promen ive u Rimanovom integralu. X 6.4. Funkcije ograniqene varijacije. Neka je f : [a, b] → K definisana na intervalu [a, b] ⊂ R sa vrednostima u po u K ∈ {R, C}. Ako je P : a = t < t < ··· < t = b podela intervala I , oj moemo da pridruimo broj a

ϕ(a)

0

Vab (f ; P )

1

= |f (t0 )| +

n

n X

|f (tk ) − f (tk−1 |.

Totalna varijacija funkcije f na intervalu [a, b] je broj k=1

Varba (f ) := sup Vab (f ; P ).

Ukoliko je ovaj broj konaqan, funkciju f nazivamo funkcijom ograniqene varijacije. Ako je K = R, svaka funkcija ograniqene varijacije f : [a, b] → R je razlika dve monotone funkcije: P

f (t) =

Vartt0 (f ) + f (t) Vartt0 (f ) − f (t) − . 2 2

6. RIMAN{STILTJESOV INTEGRAL

193

Vai i obrnuto, ako je f = f − f za monotone funkcije f i f , onda je f funkcija ograniqene varijacije. Ovo opaae nam omoguava da definicije i tvrea vezana za Riman{ Stiltjesov integral i monotone funkcije, proxirimo na funkcije ograniqene varijacije sa vrednostima u C. Zadatak 13. Da li je Z 1

2

1

x

F : [0, +∞) → R,

F (x) =

2

sin t dt t

funkcija ograniqene varijacije? X Zadatak 14. Neka je f : [0, 2π] → R funkcija ograniqene varijacije koja zadovo ava f (0) = d(2π) Z. Dokazati da je 0

2π

0

1 f (x) cos(nx) dx ≤ Var2π 0 f. n

X

15 Skicirati grafik funkcije f ako je (a) , , ; (b) , , . X 16 Izraqunati . X Zadatak 17. Neka je g : [a, b] → R funkcija ograniqene varijacije, neprekidna u taqki ξ ∈ [a, b], i neka je f : [a, b] → R funkcija definisana sa f (ξ) = 1 i f (x) = 0 za x 6= ξ . (a) Da li postoji Stiltjesov integral R f dg? Ako postoji, izraqunati ga. (b) Da li se odgovor u (a) mea ako izostavimo uslov neprekidnosti funkcije g u taqki ξ? X Zadatak 18. Date su funkcije  Zadatak . x 7→ 2 3 f : [−2, 2] → R f (x) = 3x − 2x a = −2 f : [0, 2] → R f (x) = [x] − x a = 0 R5 Zadatak . xd([x] − x) 0

Varxa

b a

( ρ(x) =

1, 0,

x≥0 χ(x) = x < 0,

(

1,    0,

1, 0,

x>0

x>0 η(x) = 1  x ≤ 0,   2

x = 0, x < 0.

Neka je f : [−1, 1] → R ograniqena funkcija.R (a) Dokazati da Stiltjesov integral f dρ postoji ako i samo ako je f neprekidna sa desne strane u nuliR i izraqunati ga u tom sluqaju. (b) Dokazati da Stiltjesov integral f dχ postoji ako i samo ako je f neprekidna sa leve strane u nuli i izraqunati ga u tom sluqaju. (v) Dokazati da Stiltjesov integral R f dη postoji ako i samo ako je f neprekidna u nuli i izraqunati ga u tom sluqaju. (g) Neka jeP{ξ } niz u (0, 1), {λ } Pniz pozitivinih brojeva, takav da red λ konvergira i g(x) = λ ρ(x − ξ ). Dokazati da za svaku neprekidnuZ funkciju ψ : [0, 1] → R vai 1 −1

1 −1

1 −1

∞ n n=1

∞ n n=1 ∞ n=1 n

1

ψ dg = 0

∞ X

n=1

∞ n=1

λn ψ(ξn ).

n

n

194

6. ODREENI INTEGRAL

Posleda jednakost pokazuje da Stiltjesov integral uopxtava redove. X Zadatak 19. Neka su f, g : [a, b] → R ograniqene funkcije. (a) Neka je bar jedna od funkcija f, g neprekidna u taqki c ∈ (a, b). Dokazati da iz egzistencije integrala Z Z f dg i f dg sledi egzistencija integrala Z c

b

a

c

b

f dg.

(b) Da li (a) vai i ako su obe funkcije prekidne u taqki c? a

X

GLAVA 7

Pitaa i zadaci 1. Prvi semestar

1.1. Pitaa.

(1) Da li postoji funkcija f ∈ C (R) (tj. takva da postoji n{ti izvod D f (x) za sve x ∈ R i sve n ∈ N) takva da je f (x) > 0 za x ∈]0, 1[ i f (x) = 0 za x ∈]0, / 1[? (2) Da li postoji neprekidna funkcija f :]0, 1[→ R za koju je f (x) = x i f (x) = 2x za sve x ∈]0, 1[? (3) Neka je (F, +, ·, 0, 1) po e i S ⊂ F \ {0} podskup koji je zatvoren u odnosu na operacije po a i za koji je S ∩ (−S) = ∅, F = (−S) ∪ {0} ∪ S. Sa x < y ⇔ x − y ∈ S je definisana relacija totalnog poretka na S, takva da je F = S (dokazati!). Ako je (F, +, ·, ≤, 0, 1) totalno ureeno po e, da li je relacija poretka na emu definisana nekim skupom S na prethodno opisan naqin? Da li je taj skup jedinstven? (4) Neka je F skup svih racionalnih funkcija na R, tj. skup funkcija oblika p(x)/q(x) gde su p, q : R → R polinomi koji nemaju zajedniqku nulu (u C), pri qemu q nije identiqki jednak nuli. Neka je S ⊂ F skup svih racionalnih funkcija oblika p(x)/q(x) takvih da najstariji koeficijenti (koeficijenti uz x sa najveim stepenom) polinoma p i q imaju isti znak (ovaj skup zadovo ava uslove Pitaa 3). Da li je po e sa relacijom poretka definisanom podskupom S arhimedsko? (5) Da li svako totalno ureeno po e sadri potpo e racionalnih brojeva (preciznije: ureeno potpo e izomorfno po u racionalnih brojeva)? Da li postoji totalno ureeno po e u kome po e racionalnih brojeva nije gusto? (6) Neka su a i b racionalni brojevi i [a, b] := {q ∈ Q | a ≤ q ≤ b}. Da li za proizvo nu neprekidnu funkciju f : [a, b] → R vai neko od sledeih tvrea: (a) f je ograniqena; (b) f je ravnomerno neprekidna; (v) ako je f (a)f (b) < 0 onda je f (c) = 0 za neko c ∈]a, b[; (g) f ima minimum i maksimum? (d) Da li (g) vai ako je f ravnomerno neprekidna? (7) Neka su a, b i [a, b] kao u Pitau 6. Funkcija f : [a, b] → C je diferencijabilna u taqki q ∈]a, b[∩Q ako postoji broj z ∈ C za koji vai f (q + h) − f (q ) = z · h + o(h) kad Q 3 h → 0. Da li za takvu funkciju vai neko od sledeih tvrea: (a) ako je f (x) ≡ 0 onda je f ≡ const; (b) ako je f ([a, b] ) ⊂ R i f (a) = f (b) onda je f (c) = 0 za neko c ∈]a, b[? ∞

n

0 −

0 +

∗ +

Q

Q

Q

0 0

0

0

0

0 0

0

0

Q

195

Q

196

7. PITA A I ZADACI

(8) Neka je S ⊂ C zatvoren skup. Da li postoji funkcija f : C → C koja je prekidna u svim taqkama skupa S i neprekidna na C \ S? (9) Da li za niz a iz lim |a − a | = 0 za sve p ∈ N sledi da a konvergira? (10) Da li postoji skup X i niz A ∈ P(X) egovih podskupova za koji istovremeno vai lim inf A = lim sup A = ∅ i lim Card (A ) = ∞? (11) Da li postoji funkcija f : R → R qiji je izvod u nekoj taqki strogo pozitivan, a ona nije monotona ni u jednoj okolini te taqke? (12) Da li postoji monotona funkcija f : R → R za koju vai f ∈ C (R) i lim f (x) = 0, ali ne i lim f (x) = 0? (13) Da li iz neprekidnosti funkcije f na [a, b] sledi neprekidnost funkcije g(x) = sup{f (t) | a ≤ t ≤ x}? (14) Da li iz diferencijabilnosti funkcije f na ]a, b[ sledi diferencijabilnost funkcije g(x) = sup{f (t) | a < t ≤ x}? (15) Da li iz diferencijabilnosti funkcije f na ]a, b[ sledi da funkcija g(x) = sup{f (t) | a < t ≤ x} ima levi i desni izvod na ]a, b[? (16) Da li postoji polinom treeg stepena qiji grafik prolazi kroz taqke (−1, 0), (0, 0), (1, 0), takav da tangenta na grafik u (0, 0) obrazuje sa pozitivnim delom x{ose ugao π/4? Ako postoji, da li je jedinstven? (17) Neka je A ⊂ C, f : A → C neprekidna funkcija i z ∈ A Koxijev niz. Da li odatle sledi da je niz f (z ) Koxijev? (18) Neka je B ⊂ C, f : B → C ravnomerno neprekidna funkcija i z ∈ B Koxijev niz. Da li odatle sledi da je niz f (z ) Koxijev? (19) Neka su a < b Q< a < b < · · ·Q< a < b realni brojevi. Da li polinom p(x) = (x + a ) + 2 (x + b ) ima kompleksnu nulu? (20) Da li je izvod diferencijabilne parne funkcije neparna funkcija? Da li je izvod diferencijabilne neparne funkcije parna funkcija? (21) Da li je izvod diferencijabilne periodiqne funkcije periodiqna funkcija? (22) Da li nekonstantna diferencijabilna periodiqna funkcija ima najmai pozitivni period? (23) Da li proizvo na nekonstantna periodiqna funkcija ima najmai pozitivni period? (24) Da li funkcija f : R → R moe da ima strogi lokalni ekstremum u neprebrojivo mnogo taqaka? (25) Da li postoji neprekidna funkcija f : R → R takva da za svako y ∈ R skup f (y) ima (a) dva elementa; (b) tri elementa? (26) Da li postoji neprekidna bijekcija (a) realne prave R na interval [0, 1]; (b) realne prave R na krug S = {z ∈ C | |z| = 1}? (27) Neka je b(C) skup ograniqenih kompleksnih nizova i c (C) skup kompleksnih nizova koji konvergiraju ka 0 i neka je ∼ relacija ekvivalencije na b(C) definisana sa ζ ∼ η ⇔ ζ − η ∈ c (C). Da li je (b(C)/ , +, ·) po e? n

n+p

n→∞

n

n

n

n

n

n

n→∞

∞

0

x→+∞

x→+∞

n

n

n

n

0

0

1 n k=0

1

n n k=0

k

n

k

−1

1

0

n

∼

n

n

n

0

1. PRVI SEMESTAR

197

(28) Ako polinom p : R → R ima samo realne korene, da li isto vai za polinom p? (29) Da li nekonstantna periodiqna funkcija f : R → R ima lim f (x)? (30) Da li iz (∀a ∈ R) lim f (a/n) = 0 sledi lim f (x) = 0? 1.2. Odgovori. (1) Da. (2) Ne. (3) Da. (4) Ne. (5) Da. (6) Ne. (7) Ne. (8) Da. (9) Ne. (10) Da. (11) Da. (12) Da. (13) Da. (14) Ne. (15) Da. (16) Da. (17) Ne. (18) Da. (19) Ne. (20) Da. (21) Da. (22) Da. (23) Ne. (24) Ne. (25) (a) Ne. (b) Da. (26) Ne. (27) Ne. (28) Da. (29) Ne. (30) Ne. 1.3. Zadaci. (1) Skicirati skup {z ∈ C | min{|z − 1 − i|, |z + 1 − i|, |z + i|} ≤ 2} u kompleksnoj ravni C. (2) Dokazati da postoji realna funkcija f realne promen ive, takva da je kriva z : R∼\ {−1, 1} → C, z(t) = t(1 − t ) + i(t − 2t )(1 − t ) en grafik u R = C. Ispitati funkciju f i nacrtati en grafik. (3) Balon se pee vertikalno brzinom 40 cm/s. U trenutku kada je balon na visini 20 m kroz taqku ispod ega prolazi biciklista koji se kree brzinom 5 m/s. Kojom brzinom se tri sekunde kasnije poveava rastojae izmeu bicikliste i balona? (4) U Dekartovom x0y{koordinatnom sistemu skicirati krivu γ zadatu u polarnim koordinatama (r, θ) jednaqinom r sin 2θ = 2a , gde je a > 0. Neka je P ∈ γ proizvo na taqka. Dokazati da je trougao koji obrazuju tangenta na γ u P , prava OP i x{osa jednakokraki. (5) Skicirati grafike p sledeih funkcija: (a) f (x) = lim p1 + x + (1 − x) , x ≥ 0; (b) f (x) = lim p1 + (x/2) + (1/x) , x > 0; (v) f (x) = lim cos x + sin x, x ∈ R; (g) f (x) = lim ,x≥0 , x ∈ R. (d) f (x) = lim (6) Odrediti domene i ispitati neprekidnost sledeih funkcija realne promen ive x: (a) f (x) = lim Px (b) g(x) = lim k 2 (v) h(x) = sup{n 2 | n ∈ N}. (7) Neka je A(a , · · · , a ) aritmetiqka, a G(a , · · · , a ) geometrijska sredina pozitivnih brojeva a , . . . , a . Dokazati da funkcija d dx

x→+∞

n→0

x→0

2 −1

2 −1

3

2

2

n

n

1

2

2n

n→∞

2n

n

2

2n

n→∞

2n

3

n→∞

4

5

2n

2n

n

n

n→∞

log (e +x ) n

n→∞

x2 enx +x enx +1

n

n→∞

n→∞ 1

n −x −k k=1 −x −n n

1

1

f :]0, +∞[→ R,

n

n

f (x) :=

A(a1 , · · · , an−1 , x) G(a1 , · · · , an−1 , x)

ima minimum u taqki koja je aritmetiqka sredina brojeva a , . . . , a . (8) Neka je ζ = a+ib taqka u kompleksnoj ravni i L prava kroz ζ koja seqe realnu i imaginarnu osu u taqkama x i iy . Dokazati nejednakosti (a) |x + iy | ≥ (|a| + |b| ) (b) |x | + |y | ≥ (p|a| + p|b|) (v) |x y | ≥ 4|ab|. 1

0

0

0

0 0

0

0

2/3

2/3 3/2 2

0

n−1

198

7. PITA A I ZADACI

(9) Neka je z niz u C. (a) Dokazati ili opovrgnuti tvree: niz z konvergira ako i samo ako konvergira svaki egov podniz. (v) Dokazati ili opovrgnuti tvree: niz z ima podniz koji konvergira ili podniz koji je neograniqen. (b) Neka je z niz koji ne konvergira ka ζ ∈ C. Dokazati ili opovrgnuti tvree: postoji podniz z sa svojstvom da nijedan egov podniz ne konvergira ka ζ . (10) Nai sve monotone funkcije f : R → R takve da za sve x, y ∈ R vai f (x + y) = e f (x) + e f (y). (11) Nai limes superior i limes inferior niza x ∈ R definisanog sa n

n

n

n

ϕ(n)

y

x

n

x0 = 0,

x2n

x2n−1 , = 2

x2n+1

1 = + x2n . 2

(12) Neka je f : [a, b] → R neprekidna funkcija koja ima levi izvod f (x) u svakoj taqki x ∈]a, b[. (a) Dokazati da ako f nije monotona onda postoji c ∈]a, b[ za koje je f (c) = 0. (b) Dokazati da ako je f (a) = f (b), onda je 0 −

0 −

0 0 inf f− (x) ≤ 0 ≤ sup f− (x).

a 0 Tada je za dovo no veliko n d(x , x ) ≤ i d(x , xf ) ≤ n→∞

∞

n

n

n→∞

∞

∞

n

∞

ε 2

n

n

∞

∞

ε 2

d(x∞ , xf f ∞ ) ≤ d(x∞ , xn ) + d(xn , x ∞ ) < ε.

Poxto je ε proizvo no, sledi da je d(x , xf ) = 0, tj. x = xf . 5 Definicija 5. Neka su M , M metriqki prostori sa metrikama d , d . Neka je a ∈ M . Kaemo da je A ∈ M graniqna vrednost preslikavaa f : M → M u taqki a ∈ M ako za svaki niz x ∈ M \ {a} vai ∞

1

∞

∞

2

1

1

∞

1

2

2

2

1

n

1

lim xn = a ⇒ lim f (xn ) = f (a).

n→∞

n→∞

Ekvivalentno, lim f (x) = A ako i samo ako x→a

(∀ε > 0)(∃δ > 0) 0 < d1 (x, a) < δ ⇒ d2 (f (x), A) < ε.

Definicija 6. Neka su M , M metriqki prostori sa metrikama d , d . Preslikavae f : M → M je neprekidno u taqki a ∈ M ako za svaki niz x ∈ M vai 1

1

n

2

1

2

2

1

1

lim xn = a ⇒ lim f (xn ) = f (a).

n→∞

n→∞

Ekvivalentno, f je neprekidno u a ako i samo ako vai lim f (x) = f (a), xto je ekvivalentno sa x→a

(∀ε > 0)(∃δ > 0) d1 (x, a) < δ ⇒ d2 (f (x), f (a)) < ε.

Preslikavae je neprekidno ako je neprekidno u svakoj taqki domena.

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 209

Primer 12. (Neprekidnost metrike) Neka je M metriqki prostor sa metrikom d i c ∈ M . Preslikavae d(·, c) : M → R, x 7→ d(x, c) (2) je neprekidno (podrazumeva se da je metrika na R standardna, definisana pomou apsolutne vrednosti). Zaista, neka je a ∈ M , x → a i ε > 0. Tada, na osnovu definicije konvergencije, postoji n ∈ N takvo da vai n ≥ n ⇒ d(x , a) < ε. (3) Iz d(x , c) ≤ d(x , a) + d(a, c) i d(a, c) ≤ d(x , a) + d(x , c) sledi n

0

0

n

n

n

n

n

−d(xn , a) ≤ d(xn , c) − d(a, c) ≤ d(xn , a),

tj. |d(x , c) − d(a, c)| ≤ d(x , a), pa je, na osnovu (3), |d(x , c) − d(a, c)| < ε za n ≥ n . To znaqi da je n

n

n

0

lim d(xn , c) = d(a, c),

tj. da je preslikavae (2) neprekidno. ] Zadatak 3. Neka je (V, k · k) normirani vektorski prostor. Dokazati da je norma k · k : V → R neprekidno preslikavae. X 2.3. Otvoreni i zatvoreni skupovi. Neka je M metriqki prostor sa metrikom d i x ∈ M . Neka je r pozitivan realan broj. Skupovi B(x , r) := {x ∈ M | d(x, x ) < r} i B[x , r] := {x ∈ M | d(x, x ) ≤ r} nazivaju se otvorenom i zatvorenom loptom sa centrom x i polupreqnikom r. Skup S(x , r) := {x ∈ M | d(x, x ) = r} naziva se sferom sa centrom x i polupreqnikom r. Primer 13. Otvorene lopte u metriqkom prostoru R sa standardnom metrikom d(x, y) = |y − x| su otvoreni intervali, a zatvorene lopte zatvoreni intervali. Sfera sa centrom x ∈ R i polupreqnikom r je dvoqlani skup {x − r, x + r}. ] Primer 14. Otvorene i zatvorene lopte u metriqkom prostoru C sa metrikom d(z, w) = |w − z| su otvoreni i zatvoreni diskovi (v. Definiciju 26 na str. 47), a sfere su krunice. ] Primer 15. Neka je (M, d) diskretan metriqki prostor i r > 0. Tada je ( ( {x } ako je r≤1 {x } ako je r < 1 B(x , r) = B[x , r] = M ako je r > 1, M ako je r ≥ 1 i ( ∅ ako je r 6= 1 S(x , r) = M \ {x } ako je r = 1 za svako x ∈ M . ] Uopxtavaem pojma otvorenih i zatvorenih skupova u R i C (v. str. 37 i 47) dolazimo do sledee definicije. n→∞

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

210

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

7 Neka je metriqki prostor. Podskup U ⊂ M nazivamo ako za svako postoji ε > 0 takvo da je B(x, ε) ⊂ U . Podskup nazivamo ako je egov komplement F := M \ F otvoren. Lema 2. Podskup F ⊂ M je zatvoren ako i samo ako za svaki niz x ∈ F vai lim x = x ⇒ x ∈ F. (4) 4 Neka je F zatvoren, tj. M \ F otvoren. Neka je x ∈ F niz koji konvergira ka x . Pretpostavimo da x ∈/ F . Poxto je M \ F otvoren, postoji lopta B(x , ε) ⊂ M \ F . Odatle sledi d(x , x ) ≥ ε, xto je u suprotnosti sa lim x = x . Pretpostavimo sada da za svaki niz x ∈ F vai (4). Dokaimo da je F zatvoren, tj. da je M \ F otvoren. Neka je a ∈ M \ F . Pretpostavimo da ni za jedno n ∈ N lopta B(a, n ) nije sadrana u M \ F , tj. da za svako n ∈ N postoji x ∈ F ∩ B(a, n ). Tada je d(x , a) < n , pa x → a kad n → ∞. Odatle bi, na osnovu (4), sledilo a ∈ F , xto je u suprotnosti sa izborom a ∈ M \ F. 5 Definicija 8. Taqka x ∈ M se naziva taqkom nagomilavaǌa skupa A ⊂ M ako svaka otvorena lopta B(x , ε) sadri beskonaqno mnogo taqaka skupa A. Skup svih taqaka nagomilavaa oznaqavaemo sa A . Skup A := A∪A naziva se zatvoreǌem skupa A. Ako je B ⊂ A i B = A kaemo da je skup B gust (ili svuda gust) u A. Taqka a ∈ A koja nije taqka nagomilavaa naziva se izolovanom taqkom skupa A. Skup ∂A := A ∩ M \ A naziva se rubom skupa A. Taqka a je unutraxǌa taqka skupa A ako je za neko ε > 0 B(a , ε) ⊂ A. Skup svih unutraxih taqaka skupa A naziva se unutraxnoxu skupa A, i oznaqava sa Int A. Zadatak 4. Odrediti A , A, ∂A i Int A za skup A u metriqkom prostoru (M, d) ako je (a) A = [0, 1) ∪ {2}, M = R, d(x, y) = |x − y|; (b) A = Q, M = R, d(x, y) = |x − y|; (v) A = {(x, y) | x + y < 1} M = R × R, d euklidsko rastojae u ravni. (g) A = {(x, y) | y = x } M = R × R, d euklidsko rastojae u ravni. X Zadatak 5. Neka je A skup u metriqkom prostoru (M, d). Dokazati da su sledea tvrea ekvivalentna: (a) A je gust u M . (b) A ima neprazan presek sa svakom otvorenom loptom. (v) Za svaku taqku x ∈ M postoji niz a taqaka skupa A takav da je x = lim a . X Zadatak 6. Neka je (M, d) metriqki prostor. Dokazati da je karakteristiqna funkcija podskupa A ⊂ M ( Definicija . M otvorenim x∈U F ⊂M zatvorenim

c

n

n→∞

∞

n

∞

n

∞

∞

∞

n

∞

n

∞

n

−1

−1

n

−1

n

n

0

0

0

0

0

0

0

0

2

2

2

n

n→∞

n

χ : M → R,

χA (x) =

1, 0,

x∈A x∈ /A

prekidna u taqkama ruba ∂A i neprekidna u ostalim taqkama. Lema 3. A je najmai zatvoren skup koji sardi A.

X

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 211

Oqigledno je da vai A ⊂ A. Dokaimo da je skup A zatvoren. Neka je niz u A i a → a kad n → ∞. Ako niz a nije konstantan poqevxi od nekog n, onda je a taqka nagomilavaa skupa A, pa je a ∈ A. Ako je niz a konstantan poqevxi od nekog n, onda je a = a za veliko n, pa je a ∈ A, a samim tim a ∈ A. Time je dokazano da je skup A zatvoren. Pretpostavimo da je F zatvoren skup i da je A ⊂ F . Neka je x ∈ A \ A. Tada je x taqka nagomilavaa skupa A, pa postoji niz a ∈ A koji konvergira ka x. Poxto je tada x ∈ F , a skup F je zatvoren, sledi x ∈ F . Time je dokazano da je A ⊂ F , xto znaqi da je A najmai zatvoren skup koji sardi A. 5 Posledica 1. Skup F je zatvoren ako i samo ako je F = F . Teorema 1. Neka je τ familija svih otvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (T1) M ∈ τ , ∅ ∈ τ (T2) ako je {U } familija skupova iz τ , onda je S U ∈ τ (T3) U , U ∈ τ ⇒ U ∩ U ∈ τ . 4 Svojstvo (T1) je oqigledno. Neka je {U } familija skupova iz τ i S x∈ U . Tada je x ∈ U za neko λ . Poxto je U otvoren, za neko ε > 0 vai B(x, ε) ⊂ U , pa je i B(x, ε) ⊂ S U . Time je dokazano da je S U otvoren skup, tj. svojstvo (T2). Dokaimo (T3). Neka su U i U otvoreni i x ∈ U ∩ U . Iz otvorenosti skupa U i x ∈ U sledi postoji ε > 0 takvo da je B(x, ε ) ⊂ U . Sliqno, B(x, ε ) ⊂ U za neko ε > 0. Neka je ε = min{ε , ε }. Tada je B(x, ε) ⊂ U ∩ U , xto dokazuje da je U ∩ U otvoren. 5 Posledica 2. Neka je ζ familija svih zatvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (Z1) M ∈ ζ , ∅ ∈ ζ (Z2) F , F ∈ ζ ⇒ F ∪ F ∈ ζ (Z3) ako je {F } familija skupova iz ζ , onda je T F ∈ ζ . 4 Dokaz sledi iz de Morganovih2 zakona 4 an

∞

n

n

∞

∞

∞

n

∞

n

∞

n

n

M

M

M

λ λ∈Λ

M

λ

M

λ∈Λ

1

2

M

1

2

M

λ λ∈Λ

λ

λ0

M

0

λ0

λ∈Λ

λ0

λ

λ

λ∈Λ

λ∈Λ

1

1

2

1

1

1

2

1

1

2

1

2

2

2

1

1

2

2

M

M

1

2

M

M

1

2

M

λ λ∈Λ

M

λ

M

λ∈Λ

c

[

Aλ

c

=

\

\

Acλ ,

Aλ

=

[

Acλ

i prethodne teoreme. 5 Definicija 9. Familiju svih otvorenih podskupova metriqkog prostora nazivamo topologijom tog prostora. Neprekidnost moemo da opixemo samo u terminima topologije - vai sledea teorema. Teorema 2. Neka su M , M metriqki prostori. Za preslikavae f : M → M sledea tvrea su ekvivalentna: (a) f je neprekidno preslikavae (b) za svaki otvoren skup V ⊂ M skup f (V ) je otvoren λ∈Λ

λ∈Λ

1

1

λ∈Λ

λ∈Λ

2

2

2

−1

2De Morgan (Augustus de Morgan, 1806{1871), xkotski matematiqar

212

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

(v) za svaki zatvoren skup F ⊂ M skup f (F ) je zatvoren (g) za svaki skup A ⊂ M vai f (A) ⊂ f (A). 4 Pretpostavimo da vai (a). Neka je V ⊂ M otvoren podskup, a ∈ f (V ). Dokaimo da je neka kugla sa centrom u a sadrana u f (V ), qime emo dokazati da je skup f (V ) otvoren. Neka je b = f (a). Poxto je skup V otvoren, za neko ε > 0 je B(b, ε) ⊂ V . Iz neprekidnosti preslikavaa f u taqki a sledi da postoji δ > 0 takvo da vai −1

2

1

−1

2

−1

−1

d(x, a) < δ ⇒ d(f (x), b) < ε,

tj. f (B(a, δ)) ⊂ B(b, ε) ⊂ V . Odatle sledi B(a, δ) ⊂ f (V ). Time je dokazana implikacija (a) ⇒ (b). Pretpostavimo da vai (b). Neka je F ⊂ M zatvoren skup. Tada je M \ F otvoren. Iz (b) i f (M \ F ) = M \ f (F ) sledi da je skup M \ f (F ) otvoren, xto znaqi da je skup f (F ) zatvoren. Time je dokazana implikacija (b) ⇒ (v). Pretpostavimo da vai (v). Neka je A ⊂ M . Skup f (A) je zatvoren, pa iz (v) sledi da je skup f (A) zatvoren i vai −1

2

−1

2

1

2

−1

−1

1

−1

1

−1

A ⊂ f −1 (f (A)) ⊂ f −1 (f (A)).

Poxto je A najmai zatvoren skup koji sadri A, sledi da je A ⊂ f (f (A)), tj. f (A) ⊂ f (A). Time je dokazana implikacija (v) ⇒ (g). Pretpostavimo da vai (g). Neka je x ∈ M , y = f (a) i ε > 0. Dokaimo da postoji δ > 0 takvo da je f (B(x , δ)) ⊂ B(y , ε), qime emo dokazati neprekidnost preslikavaa f u taqki x . Neka je A = f (M \ B(y , ε)) = M \ f (B(y , ε)). Tada vai x ∈ / A. Zaista, kada bi bilo x ∈ A, iz (g) bi sledilo −1

0

1

0

0

0

−1

0

−1

1

0

0

2

0

0

y0 = f (x0 ) ∈ f (A) ⊂ f (A) = f (f −1 (M2 \ B(y0 , ε)) ⊂ M2 \ B(y0 , ε),

tj. y ∈/ B(y , ε), xto je kontradikcija. Dakle, x pripada otvorenom skupu M \ A, pa postoji δ > 0 takvo da je B(x , δ) ⊂ M \ A. Odatle i iz definicije skupa A sledi da je f (B(x , δ)) ⊂ B(y , ε), xto znaqi da je preslikavae f neprekidno u x . Time je dokazana implikacija (g) ⇒ (a). 5 2.4. Koxijevi nizovi. Kompletni prostori. Po analogiji sa sluqajem kompleksnih nizova, niz x u metriqkom prostoru M nazivamo Koxijevim nizom ako vai (∀ε > 0)(∃n ∈ N) m, n > n ⇒ d(x , x ) < ε. (5) Vai sledea lema. Lema 4. Svaki konvergentan niz je Koxijev. 4 Neka je x niz koji konvergira ka x . Neka je ε > 0. Iz definicije konvergencije niza u metriqkom prostoru sledi da postoji n ∈ N takvo da vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Tada za m, n > n vai 0

0

0

1

0

0

1

0

0

n

0

0

m

n

∞

n

0

0

n

∞

−1

0

d(xm , xn ) ≤ d(xm , x∞ ) + d(x∞ , xn ) < 2−1 ε + 2−1 ε = ε,

xto znaqi da je niz x Koxijev. Obrnuto ne mora da vai, xto pokazuje sledei primer. n

5

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 213

16 Neka je M = (0, 1) metriqki prostor sa metrikom d(x, y) = . Tada je niz x = Koxijev, ali nije konvergentan, tj. ne postoji =x . ] taqka takva da je lim Metriqke prostore u kojima je svaki Koxijev niz konvergentan izdvajamo sledeom definicijom. Definicija 10. Metriqki prostor je kompletan ako svaki Koxijev niz x ∈ M konvergira. Metriqki prostor iz Primera 16 nije kompletan. Realna prava R i kompleksna ravan C sa standardnim metrikama su kompletni prostori (Teorema 5 na str. 109). Za funkciju koja ima vrednosti u kompletnom metriqkom prostoru vai Koxijev kriterijum za egzistenciju limesa: Lema 5. Neka je (N, d ) proizvo an, a (M, d ) kompletan metriqki prostor. Neka je X ⊂ N , f : X → M funkcija definisana na X i η ∈ X . Tada postoji lim f (x) ako i samo ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 sa svojstvom Primer . |y − x| x∞ ∈ (0, 1)

1 n

n

1 n→∞ n

∞

n

N

M

x→η

(∀x1 , x2 ∈ X) dN (x1 , η) < δ ∧ dN (x2 , η) < δ ⇒ dM (f (x1 ), f (x2 )) < ε.

Dokaz je analogan dokazu Posledice 3 na str. 109. 5 Teorema 3. Potprostor S ⊂ M kompletnog metriqkog prostora M je kompletan ako i samo ako je zatvoren. 4 Pretpostavimo da je S zatvoren. Neka je x ∈ S Koxijev niz u S . Iz kompletnosti prostora M sledi da x konvergira ka x ∈ M . Poxto je S zatvoren, vaie x ∈ S, xto znaqi da x konvergira u S, pa je S kompletan. Pretpostavimo sada da je S kompletan i neka je x ∈ S niz u S koji konvergira ka x ∈ M . Iz Leme 4 sledi da je x Koxijev niz, pa iz kompletnosti prostora S sledi da on konvergira ka nekoj taqki prostora S. Iz jedinstvenosti graniqne vrednosti (Lema 1) sledi da je ta taqka upravo x , pa je x ∈ S, xto znaqi da je S zatvoren. 5 2.5. Kompaktni prostori. Metriqki prostor M nazivamo kompaktnim ako svaki niz x ∈ M ima konvergentan podniz. Primer 17. Iz Teoreme 3 na str. 104 sledi da je interval [0, 1] kompaktan. Interval (0, 1] nije kompaktan: niz ∈ (0, 1] nema podniz koji konvergira ka nekom x ∈ (0, 1]. Realna prava R i kompleksna ravan C nisu kompaktni prostori: niz x = n nema konvergentan podniz. ] Teorema 4. Svaki kompaktan metriqki prostor je kompletan. 4 Dokaz je doslovna kopija drugog dela dokaza Teoreme 5 na str. 109. Neka je M kompaktan metriqki prostor i x ∈ M Koxijev niz. Iz kompaktnosti sledi da postoji podniz x . Oznaqimo limes ovog podniza sa x . Neka je ε > 0. Tada za neko n ∈ N vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Poxto je niz Koxijev, za neko n ∈ N vai n > n ⇒ d(x , x ) < 2 ε. Neka je n = max{n , n }. Tada za n > n vai 4

n

∞

n

∞

n

n

∞

n

∞

∞

n

1 n

∞

n

n

∞

k(n)

1

1

2

0

1

2

k(n)

2

n

∞

k(n)

−1

−1

0

d(xn , x∞ ) =≤ d(xn , xk(n) ) + d(xk(n) , x∞ ) < 2−1 ε,

tj. x konvergira ka x . n

∞

5

214

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

Lema 6. Ako je M proizvo an metriqki prostor i S ⊂ M egov kompaktan potprostor, onda je S ograniqen. 4 Pretpostavimo da S nije ograniqen. To znaqi da za s ∈ S nijedna lopta B(s, n) ne sadri ceo skup S , pa za svako n postoji x ∈ S \ B(s, n). Ako bi niz x imao podniz x koji konvergira ka x , vazilo bi d(s, x ) ≤ d(s, x ) + d(x , x ) < d(s, x ) + ε (6) za dovo no veliko n. Meutim, iz x ∈/ B(s, n) i k(n) → ∞ kad n → ∞ sledi da leva strana u (6) tei ka ∞ kad n → ∞, xto je nemogue jer desna strana ne zavisi od n. Odatle sledi da x nema konvergentan podniz, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je S kompaktan. 5 Teorema 5. Potprostor S ⊂ M kompaktnog metriqkog prostora M je kompaktan ako i samo ako je ograniqen i zatvoren. 4 Neka je S kompaktan i x ∈ S niz u S . Zbog kompaktnosti prostora M niz x ima podniz x koji konvergira ka nekoj taqki x ∈ M . Iz zatvorenosti prostora S sledi da je x ∈ S, pa podniz x konvergira u S, xto znaqi da je S kompaktan. Pretpostavimo sada da je S kompaktan. Neka je x ∈ S niz u S koji konvergira ka x ∈ M . Iz kompaktnosti prostora S sledi da niz x ima podniz koji konvergira ka nekoj taqki iz S, a poxto svaki podniz konvergentnog niza x konvergira ka x sledi da je x ∈ S . To dokazuje da je S zatvoren. Ograniqenost sledi iz Leme 6. 5 Posledica 3. Podskup realne prave R ili kompleksne ravni C je kompaktan ako i samo ako je ograniqen i zatvoren. 4 Poxto svaki ograniqen niz u C ima konvergentan podniz, skup B(0, r) = {z ∈ C | |z| ≤ r} je kompaktan. Ako je S ⊂ C ograniqen i zatvoren, onda je S ⊂ B(0, r) za neko r, pa dokaz sledi is prethodne teoreme. Obrnuto, ako je S kompaktan, iz Leme 6 sledi da je on ograniqen, pa je S ⊂ B(0, r) za neko r i dokaz sledi is prethodne teoreme. 5 Teorema 6. Neka je M kompaktan i N proizvo an metriqki prostor i f : M → N neprekidno preslikavae. Tada je potprostor f (M ) ⊂ N kompaktan. 4 Neka je y = f (x ) niz u f (M ). Iz kompaktnosti prostora M sledi da postoji podniz x koji konvergira ka x ∈ M , pa iz neprekidnosti funkcije f sledi da podniz y = f (x ) konvergira ka f (x ) ∈ f (M ). 5 Posledica 4. Neka je M kompaktan metriqki prostor i f : M → R neprekidna funkcija. Tada postoje taqke x , x ∈ M takve da je n

n

∞

k(n)

∞

k(n)

∞

∞

k(n)

n

n

n

n

∞

k(n)

∞

k(n)

n

∞

n

∞

n

n

∞

n

∞

k(n)

k(n)

∞

k(n)

1

f (x1 ) = max f (x), x∈M

2

f (x2 ) = min f (x). x∈M

4 Iz prethodne teoreme sledi da je skup f (M ) ⊂ R kompaktan, pa iz Posledice 3 sledi da je f (M ) ograniqen i zatvoren. Odatle, na osnovu Aksiome supremuma, sledi da postoje sup f (M ) i inf f (M ). Iz definicije supremuma sledi da za svako n ∈ N postoji taqka x ∈ M takva da je 1 1 f (x ) − < sup f (M ) < f (x ) + . (7) n n n

n

n

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 215

Poxto je M kompaktan, niz x ima podniz koji konvergira ka x , pa iz (7) sledi da je f (x ) = sup f (M ). Sliqno se dokazuje postojae taqke u kojoj f dostie infimum. 5 Definicija 11. Metriqki prostor M je separabilan ako ima najvixe prebrojiv gust podskup, tj. ako postoji najvixe prebrojiv podskup S ⊂ M takav da je S = M . ] Primer 18. Skup R je separabilan, jer je Q = R. Teorema 7. Ako je metriqki prostor M kompaktan, onda je on separabilan. 4 Dokaimo prvo da za svako n ∈ N postoji konaqan skup S takav da vai 1 (∀x ∈ M )(∃s ∈ S ) d(x, s) < . (8) n Pretpostavimo suprotno, da za neko n ∈ N i za svaki konaqan podskup S ⊂ M vai 1 (∃x ∈ M )(∀s ∈ S) d(x, s) ≥ . (9) n Neka je x ∈ M . Poxto je skup {x } konaqan, iz (9) sledi da postoji taqka x ∈ M za koju vai d(x , x ) ≥ . Ponovimo ovaj postupak: pretpostavimo da smo ime izdvojili konaqan skup taqaka {x , . . . , x } takav da je d(x , x ) ≥ . Tada iz (9) sledi da postoji taqka x ∈ M takva da je d(x , x ) ≥ za svako j < k . Time smo konstruisali niz x , x , . . . takav da vai 1 d(x , x ) ≥ za i 6= j. (10) n Iz (10) sledi da niz x , x , . . . nema Koxijev podniz pa, na osnovu Leme 4, nema ni konvergentan podniz. To je u suprotnosti sa pretpostavkom da je M kompaktan. Time je dokazano da za svako n ∈ N postoji konaqan skup S takav da vai (8). Neka je ∞

n

∞

n

n

0

0

1

1

2

1

1 n0

2

1

k

k+1 1

i

k

i j 1 n0

j

1 n0

2

j

0

1

2

n

S=

∞ [

Sn .

Skup S je prebrojiva unija konaqnih skupova, pa je prebrojiv. Neka je x ∈ M proizvo na taqka. Iz (8) sledi da za svako n ∈ N postoji taqka s ∈ S za koju vai d(x, s ) < . Time smo dokazali da postoji niz s ∈ S koji konvergira ka x. Odatle sledi da je S = M . Time je dokazano da je prostor M separabilan. 5 Definicija 12. Familija U otvorenih skupova se naziva otvorenim pokrivaǌem skupa A ako je A ⊂ ∪ U . Potpokrivaǌe pokrivaa U skupa A je familija U ⊂ U koja je i sama pokrivae skupa A. Pokrivae nazivamo konaqnim ako se familija U sastoji od konaqnog broja skupova. Teorema 8. (Borel–Lebegova teorema) Metriqki prostor M je kompaktan ako i samo ako svako egovo otvoreno pokrivae U ima konaqno potpokrivae. 4 Pretpostavimo prvo da svako otvoreno pokrivae prostora M ima konaqno potpokrivae i dokaimo da je M kompaktan. Pretpostavimo suprotno { da n=1

n

1 n

n

n

U ∈U

0

216

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

nije kompaktan. Tada postoji niz x Dokaimo da su skupovi

M

n

koji nema konvergentan podniz.

∈M

Uk = M \ {xn | n ≥ k}

otvoreni. Neka je y ∈ U . Zaista, pretpostavimo suprotno: da svako m ∈ N skup B(y, ) sadri neku taqku x (m) ∈ {x | n ≥ k}. Tada x (m) → y kad m → ∞, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom da niz x nema konvergentan podniz. Dakle, za svaku taqku y ∈ U postoji lopta B(y, ) ⊂ U , tj. skup U je otvoren. Dokaimo sada da je familija {U } pokrivae prostora M , tj. da svaka taqka p ∈ M pripada nekom od skupova U . Ako p nije jedna od taqaka niza x to je oqigledno, jer je tada p ∈ U za svako k. Ako je p = x , onda je p∈U . Time je dokazano da je familija {U } otvoreno pokrivae prostora M , pa, po pretpostavci, ona ima konaqno potpokrivae U , . . . , U . Neka je m = max{k , . . . , k } + 1. Tada iz definicije skupova U sledi x ∈ / U ∪ · · · ∪ U , xto znaqi da familija U , . . . , U ne pokriva ceo prostor M , xto je kontradikcija. Time je jedan smer teoreme dokazan. Pretpostavimo sada da je prostor M kompaktan. Neka je U egovo otvoreno pokrivae. Dokaimo da ono ima konaqno potpokrivae. Iz Teoreme 7 sledi da postoji prebrojiv skup S ⊂ M takav da je S = M . Odaberimo, za svaki par (s, n) ⊂ S × N proizvo an skup U ∈ U takav da je B(s, ) ⊂ U . Familija U je prebrojiva potfamilija familije U . Dokaimo da ona pokriva skup M . Neka je p ∈ M . Tada je p ∈ U za neko U ∈ U . Poxto je U otvoren, za neko n ∈ N vai B(p, ) ⊂ U . Iz S = M sledi da postoji taqka s ∈ S takva da je s ∈ B(p, ), pa iz k

1 m

k

n

k

n 1 m

k

k

k

k k∈N

k

n

k

j

j+1

k k∈N

k1

1

n

kn

k

kn

k1

m

k1

kn

s,n

1 n

s,n

s,n (s,n)⊂S×N

2 n

1 n

B p,

1 n

⊂ B p,

2 n

⊂U

sledi da je x ∈ U . Ovime smo dokazali da svako pokrivae ima prebrojivo potpokrivae. Ostaje jox da dokaemo da svako prebrojivo pokrivae. Pretpostavimo suprotno: da postoji prebrojivo pokrivae V koje nema konaqno potpokrivae. Tada za svako n ∈ N postoji taqka x ∈ M takva da vai x ∈ / V ∪ ··· ∪ V . Tada niz x nema konvergentan podniz. Zaista, neka je p proizvo na taqka prostora M . Tada je p ∈ V za neko k. Poxto se svi qlanovi niza x osim moda prvih k nalaze van skupa V , nijedan egov podniz ne konvergira ka p. To je u kontradikciji sa pretpostavkom o kompaktnosti prostora M . 5 Definicija 13. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Preslikavae f : M → N naziva se uniformno (ili ravnomerno) neprekidnim ako vai (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ M )(∀y ∈ M ) d (x, y) < δ ⇒ d (f (x), f (y)) < ε. (11) Iz definicije neprekidnosti i uniformne neprekidnosti lako sledi da je svako uniformno neprekidno preslikavae je neprekidno (v. dokaz Leme 6 s,n

n n∈N

n

n

1

n

n

k

n

k

M

N

M

N

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 217

na str. 66). U sluqaju kada je prostor M kompaktan, vai i obrnuto. Preciznije, vai sledee uopxtee Teoreme 4 na str. 66. Teorema 9. (Kantorova teorema) Neka je (M, d ) kompaktan, a (N, d ) proizvo an metriqki prostor. Preslikavae f : M → N je neprekidno ako i samo ako je uniformno neprekidno. 4 Pretpostavimo suprotno: da je f : M → N neprekidno preslikavae koje nije uniformno neprekidno. Tada M

(∃ε0 > 0)(∀n ∈ N)(∃xn , yn ∈ M ) dM (xn , yn ) <

N

1 ∧ dN (f (xn ), f (yn )) ≥ ε0 . n xj(n) yk(n)

Poxto je prostor M kompaktan, niz x ima konvergentan podniz istog razloga niz y ima konvergentan podniz . Neka je lim x =x i lim y = y. Iz d (x , y ) < i neprekidnosti metrike sledi n

j(n)

n→∞

M

n

n

k(n)

n→∞

. Iz

k(n)

1 n

d(x, y) = lim dM (xk(n) , yk(n) ) ≤ lim

pa je x = y. Poxto je d i metrike sledi

n→∞

N (f (xk(n) ), f (yk(n ))

≥ ε0

1 = 0, n

, iz neprekidnosti funkcije f n→∞

d(f (x), f (x)) = lim dN (f (xk(n) ), f (yk(n )) ≥ ε0 ,

xto je kontradikcija. 5 2.6. Povezani prostori. Intuitivno govorei, metriqki prostor koji se sastoji iz vixe , odvojenih delova" je nepovezan. Ovu intuitivnu predstavu moemo da formalizujemo na dva neekvivalentna naqina. Definicija 14. Metriqki prostor M je nepovezan ako i samo ako postoje otvoreni i neprazni podskupovi U, V ⊂ M takvi da je U ∪ V = M i U ∩ V = ∅. U suprotnom, prostor M je povezan. Definicija 15. Metriqki prostor M je putno povezan ako za svake dve taqke x , x ∈ M postoji neprekidno preslikavae γ : [0, 1] → M (,,put u M"), takvo da je γ(0) = x , γ(1) = x . Posmatrajmo dvoqlani skup {0, 1} kao metriqki prostor sa diskretnom metrikom d(x, y) = 1 ⇔ x 6= y, d(x, x) = 0. Vai sledea lema. Lema 7. Metriqki prostor M je nepovezan ako i samo ako postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. 4 Neka je M nepovezan. Tada postoje neprazni otvoreni podskupovi U, V ⊂ M takvi da je U ∪ V = M i U ∩ V = ∅. Preslikavae ( 1 za x ∈ U φ : M → {0, 1}, f (x) = 0 za x ∈ V je NA. Dokaimo da je ono neprekidno. Neka je a ∈ U i neka je x niz koji konvergira ka a. Poxto je U otvorena okolina graniqne vrednosti a niza x , postoji prirodan broj n takav da je x ∈ U za n ≥ n . Tada je, po definiciji funkcije φ, φ(x ) = 1 za n ≥ n , pa je lim φ(x ) = 1 = φ(a). Time n→∞

0

1

0

1

n

n

0

n

n

0

0

n

218

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

je dokazana neprekidnost funkcije φ u taqki a ∈ U . Na isti naqin se dokazuje neprekidnost u proizvo noj taqki skupa V . Pretpostavimo sada da postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. 1 U = φ−1 (B(1, )), 2 (B(0, 12 )) 1 0 U V

1 V = φ−1 (B(0, )), 2

otvorene lopte polupreqnika f rac12 u prostoru gde su (B(1, )) i {0, 1}, sa centrima u taqkama i . Jasno je da je M = U ∪ V . Poxton je preslikavae φ NA, skupovi i su neprazni. Iz neprekidnosti preslikavaa φ i Teoreme 2 sledi da su skupovi U i V otvoreni. Time je dokazano da je prostor M nepovezan. 5 Lema 8. Putno povezan prostor je povezan. 4 Pretpostavimo suprotno, da je M putno povezan, ali da nije povezan. Iz Leme 7 sledi da postoji neprekidno preslikavae φ : M → {0, 1} koje je NA. Neka su x , x ∈ M taqke prostora M takve da je φ(x ) = 0, φ(x ) = 1. Poxto je M putno povezan, postoji neprekidno preslikavae γ : [0, 1] → M takvo da je γ(x ) = 0, γ(x ) = 1. Tada je preslikavae φ ◦ γ : [0, 1] → R neprekidno preslikavae intervala na {0, 1}. To je kontradikcija, jer je neprekidna slika intervala interval (Posledica 5 na str. 64). 5 Zadatak 7. Dokazati da je skup 1 2

0

1

0

0

1

1

1 ∪ (0, y) ∈ R × R | −1 ≤ y ≤ 1 S = (x, y) ∈ R × R | y = sin x

povezan, ali da nije putno povezan. X Teorema 10. Potprostor realne prave R je povezan ako i samo ako je interval. 4 Oqigledno je da je interval putno povezan, pa je povezan. Neka je skup M ⊂ R povezan. Pretpostavimo da M nije interval. Tada postoje taqke p, q ∈ M i a ∈ R \ M takve da je p < a < q. Posmatrajmo skupove U = {x ∈ M | x < a} i V = {x ∈ M | x > a} Oqigledno je da je U ∩ V = ∅ i U ∪ V = M . Ako je x ∈ U , onda je x < a, pa postoji je a−x a−x 0

B x0 ,

0

= x ∈ M | d(x0 , x) <

0

0

⊂ U,

xto znaqi da je U otvoren. Sliqno se dokazuje i da je V otvoren. Poxto je , , skupovi U i V su neprazni. Odatle sledi da je M nepovezan skup, xto je kontradikcija. Time je dokazano da je svaki povezan podskup realne prave interval. 5 Teorema 11. Neka je M povezan i N proizvo an metriqki prostor i f : M → N neprekidno preslikavae. Tada je potprostor f (M ) ⊂ N povezan. 4 Pretpostavimo da je N nepovezan. Iz Leme 7 sledi da postoji preslikavae φ : N → {0, 1} koje je neprekidno i NA. Tada je i preslikavae φ ◦ f : M → {0, 1} neprekidno i NA. Iz Leme 7 tada bi sledilo da je M nepovezan, xto je u suprotnosti sa pretpostavkom teoreme. 5

p∈U q ∈V

2

2

2. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U METRIQKIM PROSTORIMA 219

Napomena 2. Specijalno, iz prethodne teoreme sledi teorema o meuvrednosti za realne funkcije na 63. strani: ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, onda je f ([a, b]) interval. Teorema 12. Neka je {A } familija povezanih podskupova metriqkog prostora M , takva da za neko λ ∈ Λ vai λ λ∈Λ 0

(∀λ ∈ Λ) Aλ0 ∩ Aλ 6= ∅.

Tada je skup

A=

[

Aλ

povezan. 4 Neka je φ : A → {0, 1, } neprekidno preslikavae. Poxto su skupovi A povezani, na svakom od ih, na osnovu Leme 7, preslikavae ϕ je konstantno. Pretpostavimo, ne umaujui opxtost, da je φ ≡ 1 na A . Poxto je za svako λ skup A ∩ A neprazan, mora da vai φ(x) ≡ 1 na svakom A , tj. na celom A. Time je dokazano da je svako neprekidno preslikavae φ : A → {0, 1} konstantno. Odatle, na osnovu Leme 7, sledi da je A povezan. 5 2.7. Proizvod metriqkih prostora. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Postoji vixe prirodnih naqina da se na skupu M × N definixe metrika. Mi emo pod proizvodom metriqkih prostora podrazumevati metriqki prostor M × N sa metrikom q d (x , x ) + d (y , y ) . (12) d((x , y ), (x , y )) := Iz Koxi{Xvarcove nejednakosti sledi nejednakost trougla za metriku d, dok se ostala svojstva metrike proveravaju lako. Ovakav izbor metrike na M × N uopxtava definiciju euklidske metrike na R . Lema 9. Niz (x , y ) u M × N konvergira ka (x , y ) ako i samo ako niz x ∈ M konvergira ka x i niz y ∈ N konvergira ka y . 4 Dokaz sledi iz nejednakosti q λ∈Λ

λ

λ0

λ0

λ

λ

M

N

2

1

1

2

M

2

1

2

2

N

1

2

n

n

∞

n

∞

n

∞

∞

n

2 2 dM (xn , x∞ ) ≤ dM (xn , x∞ ) + dN (yn , y∞ ) , q 2 2 dN (yn , y∞ ) ≤ dM (xn , x∞ ) + dN (yn , y∞ ) .

5

Sledea posledica uopxtava Posledicu 1 na str. 61. Posledica 5. Projekcije π : M × N → M, π (x, y) = x i π : M × N → N, π (x, y) = y su neprekidna preslikavaa. 4 Dokaz sledi iz Leme 9 i definicije neprekidnosti pomou nizova. Kao posledicu, dobijamo sledee uopxtee Leme 2 na str. 60. M

M

M

N

5

220

1. TOPOLOXKE OSNOVE ANALIZE

6 Neka su , i metriqki prostori. Preslikavae f : je neprekidno ako i samo ako su neprekidna i . = π ◦ f i f = π ◦ f , dokaz sledi iz Posledice 5. 5 Primer 19. (Neprekidnost metrike) Metrika

, preslikavaa 4 Poxto je f

Posledica . X M N X → M × N f (x) = (fM (x), fN (x)) fM : X → M fN : X → N M

M

N

N

d:M ×M →R

je neprekidno preslikavae. Zaista, neka je (x , y ) niz u M × M takav da (x , y ) → (x , y ) kad n → ∞. Na osnovu Leme 9 sledi da tada x → x i y → y . Iz nejednakosti trougla sledi n

n

∞

n

n

∞

n

∞

∞

n

Odatle sledi

d(x, y) ≤ d(x, x∞ ) + d(x∞ , y∞ ) + d(y∞ , y) d(x∞ , y∞ ) ≤ d(x, x∞ ) + d(x, y) + d(y∞ , y). d(xn , yn ) − d(x∞ , y∞ ) ≤ d(xn , x∞ ) + d(y∞ , yn ) d(x∞ , y∞ ) − d(xn , yn ) ≤ d(xn , x∞ ) + d(y∞ , yn ),

tj. |d(x , y ) − d(x , y )| ≤ d(x , x ) + d(y , y ). Iz Primera 12 (str. 209) sledi da leva strana tei nuli kad n → ∞. ] Zadatak 8. Neka je (V, k · k) normirani vektorski prostor. Dokazati da je preslikavae ϕ : V × V → R, ϕ(x, y) = ky − xk neprekidno. X Teorema 13. Neka su (M, d ) i (N, d ) metriqki prostori. Metriqki prostor M × N ima neko od sledeih svojstava 1. ograniqenost 2. separabilnost 3. kompletnost 4. kompaktnost 5. povezanost ako i samo ako to svojstvo ima svaki od metriqkih prostora (M, d ) i (N, d ). 4 Dokaz za prva qetiri svojstva sledi direktno iz definicije metrike (12) i definicija ograniqenosti, separabilnosti, kompletnosti i kompaktnosti. Dokaimo jox da je M ×N povezan ako i samo ako su M i N povezani. Neka je M × N povezan. Poxto su projekcije neprekidna preslikavaa (Posledica 5), iz Teoreme 11 sledi da su M i N povezani. Pretpostavimo sada da su M i N povezani. Za svako x ∈ M i y ∈ N preslikavaa M → M × {y}, x 7→ (x, y) i N → {x } × N, y 7→ (x , y) su izometrije, pa su skupovi {x } × N i M × {y} povezani. Poxto je [ M = {x } × N ∪ M × {y} i {x } × N ∩ M × {y} = {(x , y} = 6 ∅, iz Teoreme 12 sledi da je M × N povezan. 5 n

∞

n

∞

n

M

∞

∞

n

N

M

N

0

0

0

0

0

0

y∈N

0

3. NEPREKIDNOST I GRANIQNA VREDNOST U TOPOLOXKIM PROSTORIMA 221

3. Neprekidnost i graniqna vrednost u topoloxkim prostorima

Iz Teoreme 2 sledi da se neprekidnost moe opisati samo u terminima topologije. Zato je prirodno razmatrati strukture na kojima je definisan samo pojam otvorenog skupa, a ne i pojam metrike. Motivisani Teoremom 1, ovakve strukture uvodimo sledeom definicijom. Definicija 16. Par (X, τ ), gde je X skup, a τ familija egovih podskupova za koju vai (T1) X ∈ τ , ∅ ∈ τ (T2) ako je {U } familija skupova iz τ , onda je S U ∈ τ (T3) U , U ∈ τ ⇒ U ∩ U ∈ τ . nazivamo topoloxkim prostorom, a familiju τ topologijom na X . Elemente familije τ nazivamo otvorenim skupovima. Podskup F ⊂ X nazivamo zatvorenim ako je skup X \ F otvoren. Zatvoreni skupovi imaju sledea svojstva. Lema 10. Neka je ζ familija svih zatvorenih podskupova u metriqkom prostoru M . Tada vai: (Z1) M ∈ ζ , ∅ ∈ ζ (Z2) F , F ∈ ζ ⇒ F ∪ F ∈ ζ (Z3) ako je {F } familija skupova iz ζ , onda je T F ∈ ζ 4 Dokaz je analogan dokazu Posledice 2. 5 Definicija 17. Neka su (X, τ ) i (Y, τ ) topoloxki prostori. Preslikavae f : X → Y je neprekidno u taqki a ∈ X ako za svaki otvoren skup V ∈ τ koji sadri taqku f (a) postoji otvoren skup U ∈ τ koji sadri taqku a takav da je f (U ) ⊂ V . Preslikavae je neprekidno na skupu A ⊂ X ako je neprekidno u svakoj taqku a ∈ A. Specijalno, preslikavae f je neprekidno ako je neprekidno na celom prostoru X . Zadatak 9. Dokazati da Teorema 2 na strani 211 vai i u topoloxkim prostorima (sa neznatnom modifikacijom dokaza). X X

X

X

X

λ λ∈Λ

X

λ

X

λ

M

λ∈Λ

1

2

X

1

2

X

X

X

M

M

1

2

M

M

1

2

M

λ λ∈Λ

M

λ∈Λ

X

Y

Y

X

Literatura [1] D. Adnaevi, Z. Kadelburg, Matematiqka analiza 1, Matematiqki fakultet u Beogradu, 2004. [2] V. A. Zoriq, Matematiqeski analiz, Nauka, Moskva, 1981. [3] A.N. Kolmogorov, S.V Fomin, Elementy teorii funkci i funkcional~nogo analiza, Nauka, Moskva, 1968. [4] B. Peki, Besnilo, 1983. [5] I.N. Pesin, Razvitie ponti integrala, Nauka, Moskva, 1966. [6] L. S. Pontrgin, Nepreryvnye grupy, Nauka, Moskva, 1984. [7] G.M. Fihtengol~c, Kurs differencial~nogo i integral~nogo isqisleni, FIZMATGIZ, Moskva, 1962. [8] D. J. Strojk, Kratak pregled istorije matematike, Zavod za u benike i nastavna sredstva, Beograd, 1987. [9] S. Aljančić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, 2. izdanje, Gradjevinska knjiga, Beograd, 1974. [10] C.B. Boyer, U.C. Mezerbach, A History of Mathematics, 2nd ed, John Wiley and Sons, 1989. [11] N. Bourbaki, Éléments de mathématique: Livre III. Topologie générale, Herman, Paris, 1958– 1961. [12] R. Courant, H. Robbins, What is Mathematics?, Oxford University Press, 1941. [13] J. Dieudonné, Linearna algebra i elementarna geometrija, Školska knjiga, Zagreb, 1977. [14] J. Dieudonné, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New York, 1960. [15] S. Mardešić, Matematička analiza, Školska knjiga, Zagreb, 1979. [16] M. Marjanović, Matematička analiza 1, 2. izdae, Nauqna kiga, Beograd, 1983. [17] G. Pólya, G. Szegö, Aufgaben und Lehrzätze aus der Analysis, Springer–Verlag, 1964. [18] W. Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 2nd ed., McGraw-Hill, New York, 1964. [19] I. Shafarevich, Basic Notions of Algebra, 2nd ed., Springer–Verlag, Berlin, Heidelberg, 1997.

223

Indeks , 16 , 50 , 16 , 48 , 21 Abel, 9 Aksioma Arhimedova, 8, 25 Dedekindova, 15 Kantorova, 13, 26 neprekidnosti (potpunosti), 15 supremuma, 13 Aksiome Peanove, 19 racionalnih brojeva, 7 realnih brojeva, 7, 14 Algoritam Euklidov, 24 Apsolutna vrednost kompleksnog broja, 45 realnog broja, 33 Argument kompleksnog broja, 49 Arhimed, 8 Aristotel, 11 Asimptotske relacije, 76 Asimptota horizontalna, 77 kosa, 77 vertikalna, 77 Baza filtera, 205 Bernxtajn, 30 Bernuli, 21 Bertran, 123 Binarni zapis realnog broja, 27 Bolcano, 36 Borel, 35 Broj algebarski, 48 kardinalni, Card(A), 29 Ludolfov, 48 prost, 23 R+ cis θ R π e

225

transcendentan, 48 Brojevi uzajamno prosti, 23 Ceo deo realnog broja, 27 Qebixev, 152 Qezaro, 136 ons, 48 Dalamber, 121 Darbu, 89 de Morgan, 211 Decimalni zapis realnog broja, 27 Dedekind, 15 Dedekindov presek, 15 Dekart, 44 Diferencijabilnost, 79 Diferencijal, 85 Dirihle, 103 Duina luka, 48 ekstremum lokalni, 85 ε{okolina, 34, 47 Ermit, 162 Euklid, 24 Faktorijel, 20 Ferma, 85 Filter, 205 Formula Abelova, 124 binomna, 20 uopxtena, 94 Meklorenova, 93 Moavrova, 51 Ojlerova, 139 Tejlorova, 91, 93, 162 Frexe, 206 Funkcija analitiqka, 137 diferencijabilna, 79 neprekidno, 144 elementarna, 57 konkavna, 95

226

konveksna, 95 neparna, 50 neprekidna, 58, 208 uniformno, 66, 216 ograniqena, 62 parna, 50 Funkcije ograniqene varijacije, 192 Galilej, 11 Gaus, 123 Generator grupe, 52 Geometrijska progresija, 20 Grana funkcije, 56 Graniqna vrednost funkcije, 69, 208 niza, 99, 208 Grupa, 9 Abelova, 9 Arhimedska, 10 cikliqna, 52 euklidska, 46 ortogonalna, 46 specijalna ortogonalna, 51 topoloxka, 118 Helder, 97 Homeomorfizam, 74 Imaginarna jedinica, 44 Imaginarni deo kompleksnog broja, 44 Infimum, inf , 8 funkcije, 64 Integracija parcijalna, 143 Integral Darbuov, 176 eliptiqki, 153 gori i doi, 176 hipereliptiqki, 153 Koxijev, 155 neodreeni, 141 nesvojstveni, 168, 169, 187 utnov, 155 odreeni, 155 po skupu, 183 Riman{Stiltjesov, 187 Rimanov, 174 Stiltjesov, 187 Izometrija, 46 Izomorfizam, 42 po a, 42 ureenih, 42 Izvod funkcije, 79 desni i levi, 84 drugi, 91 vixeg reda, 91 Jang, 96

INDEKS

Jednaqina diferencijalna, 141 funkcionalna, 137 Koxijeva, 137 Jensen, 96 Kantor, 25 Kavalijeri, 165 Koeficijenti binomni, 20 Kombinacije, 29 Kompleksna ravan, 44 Konjugovani kompleksni broj, 45 Kongruencija po modulu, 52 Konvergencija niza, 71 proizvoda, 111 reda, 111 apsolutna, 114 Koordinate polarne, 50 Kosinus cos, 49 hiperboliqki, ch , 57 Kriva racionalna, 150 Kumer, 123 Kvadranti, 44 Kvadratura kruga, 48 Lagran, 86 Lajbnic, 49 Lambert, 48 Landau, 77 Lebeg, 35 Limes funkcije, lim , 69 gori i doi, lim, lim funkcije, 104 niza, 104 niza, lim , 99 superior i inferior, lim sup, lim inf funkcije, 104 niza, 104 Lindeman, 48 Lopital, 89 Lopta otvorena, 209 zatvorena, 209 Ludolf, 48 Majoranta, 8 Maksimum, max funkcije, 64 skupa, 8 Mekloren, 93 Mera ordanova, 183 x→x0

n→∞

INDEKS

Metrika, 206 diskretna, 207 euklidska, 207 Minimum, min funkcije, 64 skupa, 8 Minkovski, 97 Minoranta, 8 Mnoee redova, 130 Moavr, 51 Modul kompleksnog broja, 45 neprekidnosti funkcije, 72 realnog broja, 33 Monotonost, 42 Morfizam, 42 po a, 42 urenih, 42 Nejednakost Bernulijeva, 21 Helderova, 97 Jensenova, 96 Minkovskog, 97 Neprekidnost, 58 Niz divergentan, 99 konvergentan, 99 Koxijev, 109, 212 monoton, 106 Ojler, 21 Oscilacija funkcije, 110 Ostatak proizvoda, 112 reda, 112 Parametar podele, 178 Parametrizacija racionalna, 150 Peano, 19 Peki, Borislav, 11 Permutacije, 29 Pitagora, 11 Pitagorejci, 11 Podela intervala, 175 finija, 175 Podgrupa, 22 Poenkare, 12 Pokrivae otvoreno, 35, 215 Po e, 10 algebarski zatvoreno, 45 Arhimedsko, 10 kompleksnih brojeva, C, 44 racionalnih brojeva, Q, 25 realnih brojeva, R, 13 ureeno, 10 Polupreqnik konvergencije, 131

227

Potpokrivae, 35, 215 Potpo e, 25 Princip Kavalijerijev, 165 Proizvod beskonaqni, 111 Dekartov, 44 konvergentan, 111 Proxireni skup realnih brojeva, R, 16 Prostor euklidski, 207 metriqki, 206 diskretan, 207 kompaktan, 213 kompletan, 213 povezan, 217 separabilan, 215 normirani, 207 Prsten, 10 komutativni, 10 sa de eem, 10 sa jedinicom, 10 Rabe, 122 Razlomci neprekidni (verini), 24 Razlom eni deo realnog broja, 27 Realni deo kompleksnog broja, 44 Red beskonaqni, 111 divergentan, 111 dvostruki, 127 geometrijski, 112 konvergentan, 111 stepeni, 131 Tejlorov, 137 Relacija poretka, 8 Relna prava, 10 Riman, 70 Rimanova zeta funkcija, 116 Rol, 86 Rub skupa, 35, 47, 210 Xtolc, 101 Simboli Landauovi, o, O, 77 Sinus sin, 49 hiperboliqki, sh , 57 Skup (bes)konaqan, 28 (ne)prebrojiv, 31 gust, 35, 210 Kantorov, 38, 180 mer iv po ordanu, 183 najvixe prebrojiv, 31 nigde gust, 39 ograniqen, 8, 47

228

otvoren, 47, 210 partitivni, 8 ureen, 8 potpuno, 13 totalno, 8 zatvoren, 35, 47, 210 Smene Ojlerove, 149 Stav Osnovni stav algebre, 45 Stiltjes, 187 Suma Darbuova, 175 Supremum, sup funkcije, 64 skupa, 8 Taqka fiksna, 64 izolovana, 35, 47, 210 nagomilavaa, 35, 47, 210 nepokretna, 64 prevojna, 95 unutraxa, 210 Tauber, 135 Tejlor, 92, 137 Tejlorov polinom, 92 Telo, 10 Teorema Abelova, 134 Bolcano-Vajerxtrasova, 36 Borel-Lebegova, 35 Darbuova, 88 Fermaova, 85 Kantor-Bernxtajnova, 30 Kantorova, 66 Koxijeva, 86 Lagranova, 86 Lopitalova, 89 o meuvrednosti, 64 o sredoj vrednosti, 85 Rimanova, 128 Rolova, 86 Xtolcova, 101 Tauberova, 135 Vajerxtrasova, 65 Topologija, 211 relativna, 61 Transformacija izometrijska, 46 Ugao π , 48 izmeu polupravih, 48 polarni, 49 prav, 48 Unutraxost skupa, 210 Vajerxtras, 36

INDEKS

Valis, 49 Varijacije bez ponav aa, 29 sa ponav aem, 29 Vijet, 48, 151 ordan, 183 Zatvoree skupa, 35, 47, 210

Darko Milinkovic Analiza 1 Pmf Bg

Short Description

Description

Comments

We need your help!