Matematika
January 5, 2017 | Author: Ivana Morrigan | Category: N/A
Short Description
Download Matematika...
Description
Sadrºaj I Elementi op²te algebre
3
1. Algebra sudova
1.1. Elementi algebre sudova . . . . . . . 1.2. Logi£ke operacije . . . . . . . . . . . 1.2.1. Negacija (inverzija) . . . . . . 1.2.2. Konjunkcija (logi£ki proizvod) 1.2.3. Disjunkcija (logi£ka suma) . . 1.2.4. Implikacija . . . . . . . . . . . 1.2.5. Ekvivalencija . . . . . . . . . 1.3. Tautologija, kontradikcija . . . . . . 1.4. Osobine logi£kih operacija . . . . . .
2. Elementi algebre skupova
2.1. Uvodni pojmovi . . . . . . . . . 2.2. Operacije skupova . . . . . . . . 2.2.1. Unija skupova . . . . . . 2.2.2. Presjek skupova . . . . . 2.2.3. Razlika skupova . . . . . 2.3. Partitivni skup . . . . . . . . . 2.4. Dekartov proizvod skupova . . . 2.5. Binarne (dvo£lane) relacije . . . 2.5.1. Funkcije (preslikavanja) 2.6. Inverzna funkcija . . . . . . . . 2.7. Sloºena funkcija . . . . . . . . . 2.8. Binarna operacija . . . . . . . .
3. Realni brojevi
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
3.1. Struktura realnih brojeva . . . . . . 3.1.1. (I) Aksiome sabiranja . . . . 3.1.2. (II) Aksiome mnoºenja . . . 3.1.3. (l, II) Povezanost sabiranja i
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . mnoºenja i
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
5
5 6 6 6 7 7 8 9 10
12
12 14 14 14 17 19 20 21 22 25 26 28
30
30 30 31 31
ii
Sadrºaj
3.2. 3.3. 3.4.
3.5. 3.6. 3.7. 3.8.
3.9.
3.1.4. (III) Aksiome poretka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.5. (I, III) Povezanost operacije sabiranja i relacije poretka u R 3.1.6. (II, III) Povezanost operacije mnoºenja i relacije poretka u R 3.1.7. (IV ) Aksioma potpunosti (neprekidnosti) . . . . . . . . . . Neka op²ta algebarska svojstva realnih brojeva . . . . . . . . . . . . Ograni£eni i neograni£eni podskupovi skupa realnih brojeva . . . . Vaºnije klase realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.1. Prirodni brojevi i princip matemati£ke indukcije . . . . . . . 3.4.2. Skup cijelih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.3. Skup racionalnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4.4. Skup iracionalnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Prebrojivi i neprebrojivi skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5.1. Pojam prebrojivog i neprebrojivog skupa . . . . . . . . . . . Brojna prava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Pro²irena oblast realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Brojni intervali. Apsolutna vrijednost realnog broja. Okolina ta£ke 3.8.1. Brojni intervali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2. Apsolutna vrijednost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.3. Okolina ta£ke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Njutnova binomna formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32 32 32 32 33 36 38 38 43 43 45 46 46 47 49 49 49 50 54 55
II Osnovi linearne algebre
61
1. Matrice
63
1.1. Pojam i vrsta matrice . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Jednakost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . 1.3.1. Sabiranje matrica i mnoºenje skalarom . 1.3.2. Mnoºenje matrica . . . . . . . . . . . . . 1.4. Transponovana matrica . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Stepen kvadratne matrice. Matri£ni polinom . . 1.6. Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6.1. Pojam determinante . . . . . . . . . . . 1.6.2. Osobine determinanata . . . . . . . . . . 1.6.3. Izra£unavanje vrijednosti determinanata 1.6.3.1. Minor i kofaktor . . . . . . . . 1.6.3.2. Vrijednost determinanata . . . 1.6.4. Vandermondeova determinanta . . . . . 1.7. Inverzne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Matri£ne jedna£ine . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
63 65 66 66 68 70 73 76 76 79 82 82 83 89 91 96
Sadrºaj
iii
1.9. Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1.9.1. Pojam ranga matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 1.9.2. Prakti£no odredivanje ranga matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106
2. Sistemi linearnih jedna£ina
2.1. Pojam sistema linearnih jedna£ina . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Metode rje²avanja sistema linearnih jedna£ina . . . . . . . . 2.2.1. Kramerova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1.1. Ispitivanje saglasnosti sistema . . . . . . . . 2.2.2. Matri£na metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3. Gausova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.4. Saglasnost nehomogenog sistema od m jedna£ina sa n 2.3. Sistem linearnih homogenih jedna£ina . . . . . . . . . . . . .
3. Vektorski prostor
3.1. Pojam, baza i dimenzija vektorskog prostora . . 3.2. Sistemi vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1. Koordinate vektora u razli£itim bazama 3.3. Euklidski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Linearne transformacije . . . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . nepoznatih . . . . . . . . . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . .
112
112 115 115 116 120 123 128 133
137
137 142 145 146 149
III Realne funkcije jedne realne promjenljive
151
1. Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive
153
1.1. Algebarske funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1. Algebarski polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1.1. a) Rastavljanje polinoma na linearne faktore 1.1.1.2. b) Teorema identi£nosti polinoma . . . . . . 1.1.1.3. c) Izra£unavanje vrijednosti polinoma . . . . 1.1.2. Racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.3. Iracionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.4. Transcendentne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
155 155 156 159 160 160 161 161
2. Neka svojstva funkcija
162
3. Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
166
2.1. Ograni£ene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162 2.2. Parne, neparne i periodi£ne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 2.3. Monotone funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 3.1. Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 3.2. Grani£na vrijednost niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168
iv
Sadrºaj 3.3. Ta£ka nagomilavanja beskona£nog niza i osnovne teoreme o nizovima . . . . 171 3.3.1. Operacije sa grani£nim vrijednostima nizova . . . . . . . . . . . . . . 175 3.3.2. Op²ti kriterijum konvergencije nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
4. Grani£na vrijednost funkcije 4.1. 4.2. 4.3. 4.4. 4.5. 4.6.
Pojam grani£ne vrijednosti funkcije y = f (x) u ta£ki x0 Uslovi za postojanje grani£ne vrijednosti funkcije . . . Lijeva i desna grani£na vrijednost funkcije . . . . . . . Osnovne teoreme o grani£nim vrijednostima funkcija . Beskona£ne grani£ne vrijednosti funkcije f (x) . . . . . Grani£na vrijednost funkcije f (x) kada x → ±∞ . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
183
183 185 186 188 190 191
5. Neke grani£ne vrijednosti
195
6. Neprekidnost funkcije
199
5.1. Broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195 sin x 5.2. f (x) = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197 x 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5. 6.6. 6.7.
Neprekidnost funkcije u ta£ki . . . . . . Geometrijska interpretacija neprekidnosti Primjeri neprekidnih funkcija . . . . . . Prekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . Ravnomjerna (uniformna) neprekidnost . Osnovne osobine neprekidnih funkcija . . Neprekidnost sloºene i inverzne funkcije .
. . . . . . . . funkcije f (x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
7. Elementarne funkcije i njihove osobine 7.1. 7.2. 7.3. 7.4. 7.5.
Stepena funkcija . . . . Eksponencijalna funkcija Logaritamska funkcija . Trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske 7.5.1. y = arcsin x . . . 7.5.2. y = arccos x . . . 7.5.3. y = arctg x . . . 7.5.4. y = arcctg x . . .
8. Izvod funkcije 8.1. 8.2. 8.3. 8.4.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . funkcije (ciklometrijske funkcije) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Pojam izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijska interpretacija izvoda . . . . . Lijevi i desni izvod funkcije f (x) u ta£ki x0 Izra£unavanje izvoda elementarnih funkcija
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
199 200 201 203 205 206 210
212
212 215 215 217 218 218 219 220 221
222
222 226 227 229
Sadrºaj 8.4.1. 8.4.2. 8.4.3. 8.4.4. 8.4.5. 8.4.6. 8.4.7. 8.4.8. 8.4.9.
v
Osnovne teoreme . . . . . . . . . . . . . . lzvod inverzne funkcije . . . . . . . . . . . Izvod sloºene funkcije . . . . . . . . . . . . Izvod stepene funkcije . . . . . . . . . . . Izvod logaritamske funkcije . . . . . . . . lzvod eksponencijalne funkcije . . . . . . . Izvod trigonometrijskih funkcija . . . . . . Izvod inverznih trigonometrijskih funkcija Izvod eksponencijalno-stepene funkcije . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
. . . . . . . . .
9. Diferencijal funkcije 9.1. 9.2. 9.3. 9.4. 9.5.
Pojam diferencijala funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrijsko zna£enje diferencijala . . . . . . . . . . . . . Pravila za izra£unavanje diferencijala . . . . . . . . . . . . Tablica izvoda i diferencijala elementarnih funkcija . . . . Izvodi i diferencijali vi²eg reda funkcije jedne promjenljive 9.5.1. Izvod vi²eg reda funkcije f (x) . . . . . . . . . . . . 9.5.2. Diferencijal vi²eg reda funkcije f (x) . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . .
229 232 232 233 234 235 236 237 238
240
240 241 243 244 245 245 246
10.Lokalni ekstremi funkcije
248
11.Teoreme o srednjoj vrijednosti
250
12.Prividno neodredeni izrazi. Lopitalovo pravilo
254
13.Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
258
10.1. Pojam lokalnog ekstrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 11.1. Osnovne teoreme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250
12.1. Lopitalova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254 12.2. Neodredeni izrazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 13.1. Ispitivanje monotonosti funkcije . . . . . . 13.2. Ekstremne vrijednosti funkcije . . . . . . . 13.3. Najmanja i najve¢a vrijednost funkcije . . 13.4. Konveksnost i konkavnost. Prevojne ta£ke 13.4.1. Konveksnost i konkavnost funkcije . 13.4.2. Prevojne ta£ke . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
258 262 266 268 268 269
14.Asimptote krivih linija
273
15.Op²ta ²ema ispitivanja funkcija
278
14.1. Pojam i vrste asimptota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273
vi
Sadrºaj
IV Realne funkcije dviju realnih promjenljivih
283
1. Pojam metri£kog prostora. Otvoreni i zatvoreni skupovi
285
2. De nicija funkcije dvije promjenljive
288
3. Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina 290 3.1. Grani£ne vrijednosti funkcije z = f (x, y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 3.2. Neprekidnost funkcije z = f (x, y) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294
4. Djelimi£ni (parcijalni) izvodi funkcije z = f (x, y) 4.1. 4.2. 4.3. 4.4.
Pojam parcijalnog izvoda . . . . . . . . . . . . Geometrijsko zna£enje parcijalnih izvoda . . . Parcijalni izvodi vi²eg reda . . . . . . . . . . . Diferencijabilnost i totalni diferencijal funkcije
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
298 298 299 300 302
5. Ekstremne vrijednosti funkcije z = f (x, y)
305
6. Uslovni ekstremi
308
5.1. Lokalni ekstremi
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
6.1. Pojam uslovnog ekstrema . . . . . . . . 6.2. Metode za odredivanje uslovnih ekstrema 6.2.1. Metod eliminacije . . . . . . . . . 6.2.2. Lagranºov metod . . . . . . . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
308 308 308 309
V Integralni ra£un
313
1. Primitivna funkcija - neodredeni integral
315
2. Osnovna svojstva i pravila integracije
318
3. Tablica osnovnih integrala
320
4. Metode integracije
322
5. Integrali racionalnih funkcija
333
1.1. Pojam primitivne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315
4.1. Metoda smjene (supstitucije) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322 4.2. Metoda parcijalne (djelimi£ne) integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 327 5.1. Razlaganje racionalnih funkcija na elementarne razlomke . . . . . . . . . . . 333 5.2. Integracija racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336
Sadrºaj
6. Odredeni integral 6.1. 6.2. 6.3. 6.4. 6.5.
Pojam Rimanova integrala . . . . . . . . . . . . Geometrijska interpretacija Rimanovog integrala Pojam Darbuovih suma i njihove osobine . . . . Integrabilnost funkcija . . . . . . . . . . . . . . Osnovne osobine odredenog integrala . . . . . .
vii
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
. . . . .
340
340 341 342 343 344
7. Veza izmedu odredenog i neodredenog integrala
348
8. Metode integracije u odredenom integralu
352
9. Primjena odredenog integrala
355
10.Nesvojstveni (uop²teni) integrali
360
VI Diferencijalne jedna£ine
371
1. De nicija i obrazovanje diferencijalnih jedna£ina
373
2. Singularno rje²enje diferencijalne jedna£ine
379
3. Diferencijalne jedna£ine prvog reda
384
4. Homogene linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda
408
7.1. Odredeni integral sa promjenljivom gornjom granicom . . . . . . . . . . . . . 348 8.1. Metoda smjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 8.2. Metoda djelimi£nog integrisanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 353 9.1. Kvadratura ravnih povr²ina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 355
10.1. Pojam uop²tenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 10.2. Integrali s beskona£nim granicama integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . 360 10.3. Nesvojstveni integral u odnosu na funkciju . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365
3.1. Diferencijalne jedna£ine sa razdvojenim promjenljivima . . . . . . . . . . . . 384 3.2. Homogene diferencijalne jedna£ine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 388 3.3. Linearne diferencijalne jedna£ine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392 3.3.1. Diferencijalne jedna£ine koje svodimo na linearne diferencijalne jedna£ine398 3.3.1.1. Bernulijeva diferencijalna jedna£ina . . . . . . . . . . . . . . 398 3.3.1.2. Kleroova diferencijalna jedna£ina . . . . . . . . . . . . . . . 399 3.4. Diferencijalne jedna£ine drugog reda koje se svode na diferencijalne jedna£ine prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 401
viii
Sadrºaj
5. Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima 414 5.1. Homogena linearna diferencijalna jedna£ina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414 5.2. Nehomogena linearna diferencijalna jedna£ina . . . . . . . . . . . . . . . . . 418
Predgovor Ova knjiga je napisana prema programu predmeta Matematika na Ekonomskom fakultetu u Isto£nom Sarajevu, pa je prvenstveno namijenjena studentima ekonomskog usmjerenja. Zbog raznovrsnosti ciljeva matematike nije lako utvrditi koja znanja i koliko znanja treba pruºiti na²im studentima kada se od matematike sve vi²e zahtijeva sve ve¢a primjena njenih znanja kako u prirodnim, tako i u ekonomskim, proizvodnim i dru²tvenim naukama. Materija koja se izlaºe podijeljena je na ²est poglavlja: Elementi op²te algebre, Osnove linearne algebre, Realne funkcije jedne realne promjenljive, Realne funkcije dviju realnih promjenljivih, Integralni ra£un, Diferencijalne jedna£ine. Na kraju knjige dat je spisak kori²¢ene literature. Osnovna koncepcija udºbenika je klasi£na. Po svojoj strukturi, po obradenoj materiji, udºbenik omogu¢uje koordinaciju nastave matematike sa nastavom drugih predmeta. Recenzenti dr M.Pikula, dr M.Peji¢ su svojim sugestijama i primjedbama doprinijeli da se kvalitet rukopisa pobolj²a, da se otklone izvjesni nedostaci i pogre²ke, na £emu im dugujem zahvalnost. Sve primjedbe i sugestije korisnika ovog udºbenika primi¢emo sa zahvalno²¢u. B. Lu£i¢
I Elementi op²te algebre
3
1. Algebra sudova 1.1. Elementi algebre sudova Algebra sudova izgraduje se na isti na£in kao i mnogobrojne matemati£ke teorije. Za osnovne pojmove uzimamo neku klasu objekata, ili neka svojstva, odnose i operacije na tim objektima. Te osnovne pojmove smatramo polaznim i za njih nije potrebno dati nikakve de nicije u samoj teoriji. Oni nisu izabrani proizvoljno, nego tako da odgovaraju matemati£kom sadrºaju koji mora opisati matemati£ka teorija. Osnovne pojmove obi£no obja²njavamo na primjerima. Osnovni objekt koji prou£ava algebra sudova jeste elementarni sud, na primjer: "Broj 20 je djeljiv sa 4". "Svi studenti ne u£e dobro". "Broj 30 je ve¢i od broja 60", itd. Od elementarnih sudova moºemo pomo¢u logi£kih operacija graditi sloºene sudove. Tim logi£kim operacijama odgovaraju, u obi£nom jeziku, rije£i: "i", "ili", "ako,..onda", "ne" i druge. Od elementarnih sudova: "Radio-stanica radi" "Na² prijemnik je pode²en na talas radio-stanice" "Mi slu²amo emisiju" moºe se izgraditi sloºeni sud: Radio-stanica radi i na² prijemnik je pode²en na talas radio-stanice i mi slu²amo emisiju. Smatra¢emo da svi elementarni sudovi, koje posmatramo, imaju jedno od svojstava: biti istinit ili biti neistinit (laºan). Sloºeni sudovi bi¢e istiniti ili neistiniti u zavisnosti od istinitosti sudova od kojih su sastavljeni i tada govorimo o njihovoj "vrijednosti istinitosti". Osnovni zadatak matemati£ke logike je prou£avanje tih zavisnosti. Sudu moºemo dati opisnu de niciju suda. Pod sudom se podrazumijeva iskaz koji ima smisla i za koji vaºe sljede¢i principi: 1. Princip isklju£enja tre¢eg. Svaki sud ima bar jednu od osobina istinitosti, tj. ne postoji sud koji ne bi bio ni istinit ni neistinit, 5
Elementi op²te algebre
6
2. Princip kontradikcije. Svaki sud ima najvi²e jednu od osobina istinitosti, tj. nema suda koji bi bio istinit i neistinit. U matematici istinit sud nazivamo teoremom ili stavom.
1.2. Logi£ke operacije Razmotri¢emo logi£ke operacije pomo¢u kojih od elementarnih sudova izgradujemo sloºene. U obi£nom govoru logi£ke operacije £esto nazivamo i logi£kim veznicima. Pri prou£avanju logi£kih operacija koristimo se sistemom simboli£kih oznaka. Dogovorno ¢emo elementarne sudove ozna£avati malim slovima abecede: a, b, c, itd., a vrijednost njihove istinitosti sa " > " ili "1" ako je sud istinit, a sa "⊥" ili "0" ako je sud neistinit. Medu elementima " > " i "⊥", odnosno 1 i 0, de ni²u se operacije od kojih su osnovne: negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija.
1.2.1.
Negacija (inverzija)
Najjednostavnija operacija algebre sudova jeste operacija negacije kojoj, u obi£nom govoru, odgovara rije£ "ne", "nije". Ozna£avamo je simbolima ¬ ili ( ). Ako je a neki sud, na primjer, "3 je djelitelj od 5", onda je ¬a novi sloºeni sud. "3 nije djelitelj od 5" ili "Nije istina da je 3 djelitelj od 5" Sud ¬a £itamo "non a". Sud ¬a istinit je ako je sud a neistinit i neistinit ako je sud a istinit. Odgovaraju¢a tablica vrijednosti istinitosti
a > ⊥
1.2.2.
¬a ⊥ >
Konjunkcija (logi£ki proizvod)
Ovu operaciju ozna£avamo simbolom "∧" kog stavljamo izmedu sudova. Ako su a i b sudovi, onda je a ∧b novi sloºeni sud (£itamo: "a et b"). Sloºeni sud a ∧ b istinit je onda i samo onda ako a i b imaju vrijednost istinitosti >, tj. > ∧ > = >, ali > ∧ ⊥ = ⊥, ⊥ ∧ ⊥ = ⊥, ⊥ ∧ > = ⊥. Ova operacija prema smislu odgovara vezniku "i". Elementarni sudovi, na primjer: "4 je djeljivo sa 2", "10 je ve¢e od 5" - istiniti su, a "3 je djeljivo sa 5" i "3 je ve¢e od 5" - neistiniti su, zbog toga ¢e sloºeni sud "4 je djeljivo sa 2" i " 10 je ve¢e od 5" biti istiniti. Sloºeni sudovi: "4 je djeljivo sa 2 i 3 je ve¢e od 5", "3 je djeljivo sa 5 i 10 je ve¢e od 5", "3 je djeljivo sa 5 i 3 je ve¢e od 5" - neistiniti su.
Algebra sudova
7
Djelovanje operacije konjunkcije moºemo predstaviti pomo¢u tablice vrijednosti istinitosti: a\b > ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
1.2.3. Disjunkcija (logi£ka suma) Ovoj operaciji odgovara veznik "ili". Veznik "ili" u mnogim evropskim jezicima ima dva razli£ita zna£enja. U jednom se primjeru radi o isklju£uju¢em "ili", a u drugom o neisklju£uju¢em "ili". Na primjer, ako imamo dva neistinita suda a i b, tada ¢e i sloºeni sud "a ili b" biti neistinit. Ako je a istinit sud, a b neistinit ili a neistinit a b istinit, tada je sloºeni sud "a ili b" istinit. ta je, medutim, s vrijedno²¢u istinitosti suda a ili b ako su a i b istiniti? Ho¢emo li njega smatrati istinitim ili laºnim? U obi£nom govoru "ili" shva¢amo jedanput u jednom, a drugi put u drugom smislu. U prvom slu£aju kada sloºenu izjavu smatramo istinitom, govorimo o neisklju£uju¢em "ili", a u drugom o isklju£uju¢em "ili". Logi£ku operaciju, koja odgovara neisklju£uju¢em "ili", nazivamo disjunkcijom. Ozna£ava¢emo je znakom ∨. Iz navedenih razmatranja slijedi za operaciju disjunkcije sljede¢a de nicija: Ako su a i b dva suda, tada je njihova disjunkcija a ∨ b (£itamo: a vel b) sloºen sud koji je neistinit onda i samo onda kada su neistiniti i a i b. Prema datoj
de niciji za operaciju disjunkcije imamo tablicu vrijednosti istinitosti: a\b > ⊥
> ⊥ > > > ⊥
Primjer disjunkcije : od sudova "3 je ve¢e od 2" i "2 je ve¢e od 4" moºemo formirati sud "3 je ve¢e od 2" ili "2 je ve¢e od 4". Tablica vrijednosti istinitosti za logi£ku operaciju koja odgovara isklju£uju¢em "ili" izgleda: a\b > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥ Sud "a ili b ali ne oba" nazivamo ekskluzivnom disjunkcijom. Ovaj sud izraºava se formulom (a ∧ ¬b) ∨ (b ∧ ¬a) i obiljeºava Yb.
1.2.4. Implikacija Jedna od najvaºnijih operacija algebre izjava jeste implikacija. Za nju ¢emo upotrebljavati simbol "=⇒". Implikaciju de ni²emo ovako:
Elementi op²te algebre
8
Ako su a i b dva suda, onda je a =⇒ b (£itamo: a implicira b) sloºen sud koji je istinit uvijek, osim ako je a istinit, a b neistinit sud. Tablica vrijednosti istinitosti za implikaciju izgleda ovako:
a\b > ⊥
> > >
⊥ ⊥ >
Operacija implikacije odgovara, u odredenom smislu, veznicima "ako,...,onda". Primje¢ujemo odmah da je ta korespondencija pribliºna. Na osnovu de nicije, na primjer, imamo; "Ako je 2 puta 2 pet, onda je 3 puta 3 devet" istinit sud, "Ako je 2 puta 2 £etiri, onda je 3 puta 3 osam" laºan sud. Analizom razli£itih zna£enja navedenih veznika bavili su se najve¢i logi£ari od starih Grka do danas. Nave²¢emo, tek radi primjera, takve upotrebe izraza "ako je a, onda je b".
a) "Ako grijemo neko tijelo, onda ono pove¢ava zapreminu". Ovdje "ako,..., onda" opisuje uzro£no-posljedi£nu vezu izmedu a i b.
b) Ne²to druga£iji smisao imaju veznici "ako,...,onda" u ovoj izjavi:"Ako (Svi su ljudi smrtni i Sokrat je £ovjek), onda (Sokrat je smrtan)."
Ovdje, "ako,..., onda" izraºava logi£ku posljedicu. U nizu primjera pogodnije je sud a =⇒ b zamijeniti sudom ¬(a ∧ ¬b). Takvo shvatanje implikacije isti£e £injenicu da pri istinitosti a =⇒ b ne moºe nastupiti slu£aj da a bude istinit, a b laºan sud. To odgovara vaºnom svojstvu implikacije da istina moºe implicirati laº. Mi ¢emo smatrati da sud "Ako a onda b" ima isto zna£enje kao : 1. a je dovoljan uslov za b, 2. b je potreban uslov za a, 3. iz a slijedi b, 4. sud b je posljedica suda a.
1.2.5.
Ekvivalencija
Logi£ku operaciju - ekvivalenciju ozna£avamo simbolom "⇐⇒". Sloºeni sud "a ⇐⇒ b" istinit je ako su obje njegove komponente istinite ili obje laºne. U svim drugim primjerima "a ⇐⇒ b" neistinit je sud. Drugim rije£ima, "a ⇐⇒ b" istinit je sud onda i samo onda ako obje njegove komponente imaju istu vrijednost istinitosti. Na osnovu date de nicije imamo za ekvivalenciju ovu tablicu vrijednosti istinitosti:
a\b > ⊥
> > ⊥
⊥ ⊥ >
9
Algebra sudova
Ekvivalenciji, u obi£nom govoru, pribliºno odgovara izraz "onda i samo onda kad". Mi ¢emo smatrati da sud "a ⇐⇒ b" ima isto zna£enje kao i: 1. a je ako i samo ako je b, 2. a je potreban i dovoljan uslov za b. Prema tome, ekvivalencija je sloºen sud (a =⇒ b) ∧ (b =⇒ a).
1.3. Tautologija, kontradikcija Upotrebom navedenih logi£kih operacija moºemo graditi sloºene sudove. Svaki sloºeni sud dobijen primjenom logi£kih operacija ∧, ∨, \, =⇒, ⇐⇒.na neke polazne sudove nazivamo formulom. Formule su, na primjer: 1. a ∨ (b ∧ c), 2. (a ∨ ¬.a) ∧ (b =⇒ a), 3. (((a =⇒ b) ∨ ¬b) ⇐⇒ (a ∧ c)) ∨ (d ∧ c). Formulu, koja za sve vrijednosti istinitosti sudova koji ulaze u tu formulu dobija vrijednost >, nazivamo tautologijom, a ukoliko dobije vrijednost ⊥ nazivamo kontradikcijom. Postoji vi²e na£ina za utvrdivanje da li je neka formula tautologija. Najjednostavniji na£in utvrdivanja tautologije je tablica vrijednosti istinitosti.
Primjer 1. Dokazati da je formula ta£na
F = (a =⇒ (b =⇒ c)) =⇒ ((a =⇒ b) =⇒ (a =⇒ c). Odgovaraju¢a tablica vrijednosti istinitosti: a > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
b > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥
c > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥
b =⇒ c > ⊥ > > > ⊥ > >
a =⇒ b > > ⊥ ⊥ > > > >
a =⇒ c > ⊥ > ⊥ > > > >
a =⇒ (b =⇒ c) > ⊥ > > > > > >
((a =⇒ b) =⇒ (a =⇒ c)) > ⊥ > > > > > >
Formula je uvijek ta£na ²to se vidi iz posljednje kolone "F" pa je tautologija.
Primjer 2. Formula a ∧ ¬a je kontradikcija.
F > > > > > > > >
Elementi op²te algebre
10
1.4. Osobine logi£kih operacija 1. Konjunkcija, disjunkcija i ekvivalencija su: a) komunikativne, tj. (a ∧ b) =⇒ (b ∧ a); (a ∨ b) ⇐⇒ (b ∨ a); (a ⇐⇒ b) ⇐⇒ (b ⇐⇒ a), b) asocijativne, tj. ((a ∧ b) ∧ c) ⇐⇒ (a ∧ (b ∧ c)); ((a ∨ b) ∨ c)) ⇐⇒ (a ∨ (b ∨ c)). 2. Konjunkcija i disjunkcija su: a) idempotentne, tj. (a ∧ a) ⇐⇒ a; (a ∨ a) ⇐⇒ a, b) distributivne, tj. (a ∧ (b ∧ c)) ⇐⇒ ((a ∧ b) ∧ (a ∧ c)); (a ∨ (b ∨ c)) ⇐⇒ ((a ∨ b) ∨ (a ∨ c). 3. Konjunkcija je distributivna prema disjunkciji i obrnuto:
(a ∧ (b ∨ c)) ⇐⇒ ((a ∧ b) ∨ (a ∧ c)); (a ∨ (b ∨ c)) ⇐⇒ ((a ∨ b) ∨ (a ∨ c)). 4. Konjunkcija je apsortivna prema disjunkciji i obrnuto:
(a ∧ (b ∨ c)) ⇐⇒ a; (a ∨ (b ∧ c) ⇐⇒ a. 5. Negacija je involutivna:
¬(a) ⇐⇒ a. 6. De Morganovi zakoni:
¬a(a ∧ b) ⇐⇒ ¬a ∨ ¬b; ¬(a ∨ b) ⇐⇒ ¬a ∧ ¬b. Navedene osobine najjednostavnije je dokazati pomo¢u tablica vrijednosti istinitosti. Na primjer, dokaºimo asocijativnost konjunkcije i osobinu 3. Odgovaraju¢a tablica vrijednosti istinitosti je:
a > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
b > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥
c > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥
a∧b > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥
(a ∧ b) ∧ c > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
b∧c > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
a ∧ (b ∧ c) > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
11
Algebra sudova
Kako su peta i sedma kolona u ovoj tablici identi£ne, zaklju£ujemo da je konjunkcija asocijativna. Dokaz osobine 3. Tabela vrijednosti istinitosti je:
a > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
b > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥
c > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥
b∨c > > > > > ⊥ > >
a ∧ (b ∨ c) a ∧ b > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
a ∧ c (a ∧ b) ∨ (a ∧ c) > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
Kako su peta i osma kolona u ovoj tablici identi£ne, zaklju£ujemo da je ta£na prva osobina u 3). Analogno se dokazuju ostale osobine logi£kih operacija.
Zadaci 1. Odrediti vrijednost istinitosti formule algebre sudova:
(((a =⇒ b) ∨ ¬b) ⇐⇒ (a ∧ c)) ∨ (d ∧ c) ako je vrijednost istinitosti elementarnih sudova:
a = >, b = ⊥, c = ⊥, d = >.
(R : ⊥)
2. Odredite vrijednost istinitosti formule:
(((a ∧ b) =⇒ c) ∨ ¬a) ⇐⇒ (a ∧ c) za sve mogu¢e slogove vrijednosti istinitosti elementarnih sudova a, b i c. 3. Dokazati da su sljede¢e formule tautologije: a) (a =⇒ b) ⇐⇒ (¬a ∨ b) , b) (¬a ∧ ¬b) =⇒ (a ⇐⇒ b) , c) ((a =⇒ b) ∧ (c =⇒ b)) =⇒ (a ∧ c =⇒ b) ∧ (a ∨ c =⇒ b) . 4. Na¢i negaciju iskaza: (a ∨ b) ∧ c.
2. Elementi algebre skupova 2.1. Uvodni pojmovi Osnovni pojmovi matematike su skup (mnoºina, klasa, kolekcija) i njegovi elementi (£lanovi, ta£ke, objekti). Obi£no skupove obiljeºavamo velikim slovima: A, B, C, ...X, Y , a njihove elemente malim slovima: a, b, c, ...x, y . Ako skup A sa£injavaju elementi x, y, z ,... to ozna£avamo A = {x, y, z, ...}. Sa A = {x | P (x)} ili A = {x : P (x)} ozna£avamo skup svih elemenata x koji imaju svojstvo P . Pripadnost elementa x skupu A zapisa¢emo x ∈ A, gdje simbol ∈ ozna£ava pripadanje nekog elementa skupu. Da element y ne pripada skupu A, moºemo zapisati ¬(y ∈ A), tj. y ∈ / A. Skup A nikada nije element samom sebi, tj. A ∈ / A. Skup koji sadrºi neograni£eno mnogo elemenata (tj. beskona£no mnogo) nazivamo beskona£nim, a ako sadrºi ograni£eno mnogo elemenata (tj. kona£no mnogo) kaºemo da je kona£an. Na primjer, ako je n prirodan broj, skup A = {x1 , x2 , ...xn } od n elemenata x1 , x2 , ...xn kona£an je, a sam skup prirodnih brojeva N = {1, 2, 3...} beskona£an je skup. Skup koji ne sadrºi nijedan element je prazan skup i ozna£avamo ga ∅. Na primjer, skup
A = {x | 2 < x < 3, x ∈ N} = ∅. Simboli£ka de nicija praznog skupa glasi: A = ∅ ⇐⇒ (∀x) x ∈ / A ili ∅ = {x ∈ A | x 6= x}. Skupovi A i B jednaki su ako i samo ako se sastoje iz istih elemenata. Tada se pi²e A = B . Ovu de niciju moºemo simbolima matemati£ke logike zapisati i ovako:
A = B ⇐⇒ ∀x ((x ∈ A) ⇐⇒ (x ∈ B)) . Skup ne zavisi od poretka kojim su dati njegovi elementi. Tako, na primjer, skupovi A = {1, 2, 3} i B = {3, 1, 2} jednaki su, tj. A = B . Skupovi A = {1, 2, 3}, B = {1, 2, 2, 3}, C = {1, 1, 2, 3, 3} jednaki su, tj. A = B = C . Ako skupovi A i B nisu jednaki, to ozna£avamo A 6= B . Ako je svaki element skupa A, takode, element skupa B , tada kaºemo da je skup A dio ili podskup skupa B ili da B sadrºi A, ili da B uklju£uje u sebe A (sl. 1).
12
Elementi algebre skupova
13
Sl. 1 injenicu da je A podskup skupa B ozna£avamo:
A ⊂ B ili B ⊃ A. Simbol ⊂, odnosno ⊃ ozna£ava relaciju inkluzije ili uklju£ivanja skupa u skup. Logi£kim simbolima relaciju A ⊂ B pi²emo:
A ⊂ B ⇐⇒ ∀x ((x ∈ A) =⇒ (x ∈ B)) . Ako je A ⊂ B i A 6= B , za A kaºemo da je podskup skupa B u strogom smislu, ili da je pravi dio skupa B . Ako je A ⊂ B i A = B , kratko pi²emo A ⊆ B . Ukoliko A nije podskup skupa B , pi²emo A 6⊂ B , ili Anon ⊂ B . Logi£kim simbolima relaciju A 6⊂ B pi²emo u obliku
A 6⊂ B ⇐⇒ (∃x ∈ A =⇒ x ∈ / B) . Na primjer: A = {1, 2, 3} ⊂ B = {1, 2, 3, 4} ili
{1, 2, 3, 4} ⊃ {1, 2, 3} , ili {1, 2, 3} 6⊂ {1, 2, 4, 5} . Koriste¢i se navedenim de nicijama moºemo zaklju£iti da je
(A = B) ⇐⇒ (A ⊂ B) ∧ (B ⊂ A) . Relacija inkluzije ima osobine: ◦
1 A ⊆ A. (re eksivnost) ◦ 2 (A ⊂ B ∧ B ⊂ C) =⇒ A ⊂ C (tranzitivnost). ◦
Dokaºimo osobinu 2 .
A ⊂ B ∧ B ⊂ C ⇐⇒ ∀x ((x ∈ A) =⇒ (x ∈ B) ∧ (x ∈ B) =⇒ (x ∈ C)) =⇒ =⇒ ∀x ((x ∈ A) =⇒ (x ∈ C)) =⇒ A ⊂ C.
Elementi op²te algebre
14
2.2. Operacije skupova 2.2.1.
Unija skupova
Neka su A i B podskupovi skupa M . Unijom (zbirom) skupova A i B nazivamo skup A ∪ B = {x ∈ M | (x ∈ A) ∨ (x ∈ B)} onih i samo onih elemenata skupa M koji pripadaju bar jednom od skupova A i B (sl. 2).
Sl. 2 De niciju unije skupova A i B pomo¢u logi£kih simbola moºemo zapisati:
(∀x) (x ∈ A ∪ B) ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) . Skup M nazivamo univerzalnim skupom. Moºemo uzeti da je M skup prirodnih brojeva. Za svaki skup A i za skup ∅ vaºi A ∪ ∅ = A. Uop²timo pojam unije skupova za familije od vi²e skupova.Unija vi²e skupova Ai (i = 1, 2, ..., n) skup je svih elemenata x ∈ M koji pripadaju bar jednom od skupova Ai (i = 1, 2, ..., n), a ozna£avamo je n ∪ Ai . i=1
Primjer 1. Neka su dati skupovi
A1 = {1, 2, 3}, A2 = {1, 2, 3, 4}, A3 = {1, 2, 3, 5, 6, }, tada je 3
∪ Ai = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
i=1
i A1 ⊂ A2 , A1 ⊂ A3, A2 6⊂ A3
2.2.2.
Presjek skupova
Presjek (proizvod) skupova A i B nazivamo skup
A ∩ B = {x ∈ M | (x ∈ A) ∧ (x ∈ B)} koji obrazuju oni i samo oni elementi skupa M koji istovremeno pripadaju i skupu A i skupu B (sl. 3). Pomo¢u logi£kih simbola presjek skupova A i B glasi:
∀x (x ∈ A ∩ B) ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) . Presjek skupova A i B ozna£avamo, takode, A.B ili AB .
15
Elementi algebre skupova
Sl. 3 Za dva skupa kaºemo da su disjunktni ako nemaju zajedni£kih elemenata, tj. ako je:
A ∩ B = ∅. Za svaki skup A i za skup ∅ vaºi
A ∩ ∅ = ∅. Presjek vi²e skupova Ai (i = 1, 2, ..., n) predstavlja skup svih elemenata x ∈ M koji iston
vremeno pripadaju svakom od skupova Ai (i = 1, 2, ..., n) i ozna£avamo ga sa ∩ Ai . i=1
Primjer 2. Neka su dati skupovi:
A1 = {1, 2, 3}, A2 = {1, 2, 3, 4}, A3 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} tada je o£igledno: 3
∩ Ai = {1, 2, 3} .
i=1
Teorema 1. Ako su A, B i C tri ma koja skupa, tada skupovne operacije unija i presjek imaju sljede¢e osobine: 1. A ∪ A = A (idempotentnost) A ∩ A = A, 2. A ⊂ B =⇒ A ∪ B = B (apsorptivnost), A ⊂ B , A ∩ B = A, 3. A ∪ B = B ∪ A (komutativnost) A ∩ B = B ∩ A, 4. (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C) (asocijativnost), A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C , 5. (A ∪ B) ∪ C = (A ∪ C) ∪ (B ∪ C) (distributivnost), 6. (A ∩ B) ∩ C = (A ∩ C) ∩ (B ∩ C), 7.
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C)
¾
(Distributivnost unije u odnosu na presjek i presjeka u odnosu na uniju).
Dokaza¢emo neke od navedenih osobina. 1. Na osnovu 1.4. jeste
x ∈ A ∪ A ⇐⇒ x ∈ A ∨ x ∈ A ⇐⇒ x ∈ A. Time smo dokazali prvu od osobina iz 1.
Elementi op²te algebre
16
4. Ako x pripada skup, ozna£imo sa >, a ako ne pripada sa ⊥. Tada je tablica vrijednosti istinitosti:
x∈A > > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥
x∈B > ⊥ > ⊥ > > ⊥
x∈C x∈A∪B > > > > > > > ⊥ ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥
x ∈ (A ∪ B) ∪ C > > > > > > ⊥
x∈B∪C > > > > > > ⊥
x ∈ A ∪ (B ∪ C) > > > > > > ⊥
Kako su peta i sedma kolona identi£ne, dokazali smo ekvivalenciju
(∀x)x ∈ (A ∪ B) ∪ C ⇐⇒ x ∈ A ∪ (B ∪ C). Osobina asocijativnosti unije moºe se dokazati i na drugi na£in. Ona je posljedica sljede¢ih ekvivalencija:
x ∈ (A ∪ B) ∪ C ⇐⇒ ⇐⇒ x ∈ (A ∪ B) ∨ x ∈ C ⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∨ x ∈ C ⇐⇒ x ∈ A ∨ (x ∈ B ∨ x ∈ C) ⇐⇒ x ∈ A ∨ (x ∈ B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ A ∪ (B ∪ C) . 6. Dokaºimo drugu jednakost. Tablica vrijednosti istinitosti je: x∈A > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥
x∈B > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥
x∈C > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
x∈A∩B > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥
x ∈ (A ∩ B) ∪ C > > > > > ⊥ ⊥ ⊥
x∈A∪C > > > > > > ⊥ ⊥
x∈B∪C > > > > > ⊥ > ⊥
x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) > > > > > ⊥ ⊥ ⊥
Peta i osma kolona su identi£ne £ime smo dokazali ekvivalenciju
(∀x)x ∈ (A ∩ B) ∪ C ⇐⇒ x ∈ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C). Ovaj skupovni identitet moºemo dokazati i na drugi na£in tako ²to bismo dokazali sljede¢e identi£nosti:
Elementi algebre skupova
17
(A ∩ B) ∪ C ⊂ (A ∪ C) ∩ (B ∪ C), (A ∪ C) ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ C, uz pomo¢ de nicija inkluzije, unije i presjeka. Na osnovu osobine jednakosti skupova zaklju£ujemo (A ∩ B) ∪ C = (A ∪ C) ∩ (B ∪ C).
2.2.3. Razlika skupova Razliku (diferenciju) skupa A i skupa B nazivamo skup
A B = {x ∈ M | (x ∈ A) ∧ (x ∈ / B)} onih elemenata skupa M koji pripadaju skupu A, a ne pripadaju skupu B (sl. 4).
Sl. 4 Pomo¢u logi£kih simbola de nicija (razlika) skupa A i skupa B glasi:
(∀x) ((x ∈ A B) ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ / B)) .
Sl. 5 Uniju skupova A B i B A nazivamo simetri£nom razlikom skupova A i B i ozna£avamo A4B (sl.5): A∆B = (A B) ∪ (B A) = {x ∈ M | x ∈ A∆x ∈ B} . Neposredno slijedi da je A∆B = B∆A.
Elementi op²te algebre
18
Primjer 1. Dati su skupovi: A = {1, 2, 3, 4}, B = {3, 4, 5, 6} O£igledno je:
A B = {1, 2}, B A = {5, 6}, A∆B = {1, 2, 5, 6}. Neka je A ⊂ M . Skup
A0 = CM A = {x ∈ M | x ∈ / A}
nazivamo komplementom skupa A u odnosu na skup M (sl. 6).
Sl. 6 Simboli£ki:
(∀x) (x ∈ CM A ⇐⇒ (x ∈ M ∧ x ∈ / A)) . Ova de nicija ekvivalenta je de niciji da je komplement skupa A u odnosu na skup M skup A takav da je A = CM A = M A.
Primjer 2. Dati su skupovi: A = {1, 2, 3}, M = (1, 2, 3, 5, 6). O£igledno je da je
CM A = {x ∈ M | x ∈ / A} = {5, 6}, CM A = M A = {5, 6}. Za komplement skupova vaºe sljede¢i stavovi:
10 CM (A ∪ B) = CM A ∩ CM B 20 CM (A ∩ B) = CM A ∪ CM B}(de Morganovi obrasci) CM M = ∅, CM ∅ = M, CM (CM A) = A (involutivnost), A ∪ CM A = M , A ∩ CM A = ∅. ◦ Dokaºimo jednakost 1 : (x ∈ CM (A ∪ B)) =⇒ (x ∈ / (A ∪ B)) =⇒ ((x ∈ / A) ∧ (x ∈ / B)) =⇒ =⇒ (x ∈ CM A) ∧ (x ∈ CM B) =⇒ =⇒ (x ∈ (CM A ∩ CM B)) , tj.CM (A ∪ B) ⊂ (CM A ∩ CM B) .
(3)
19
Elementi algebre skupova
(x ∈ CM A ∩ CM B) =⇒ =⇒ =⇒
((x ∈ CM A) ∧ (x ∈ CM B)) =⇒ ((x ∈ / A) ∧ (x ∈ / B)) =⇒ (x ∈ / (A ∪ B)) =⇒ (x ∈ CM (A ∪ B)) , tj.CM (A ∪ B) ⊃ (CM A ∩ CM B) .
(4)
Iz (3) i (4) slijedi da je
CM (A ∪ B) = CM A ∩ CM B. ◦
Jednakost 2 dokaza¢emo pomo¢u tablice istinitosti:
x∈A > > ⊥ ⊥
x∈B > ⊥ > ⊥
x ∈ (A ∩ B)0 ⊥ > > >
x∈A∩B > ⊥ ⊥ ⊥
x ∈ A0 ⊥ ⊥ > >
x ∈ B0 ⊥ > ⊥ >
x ∈ (A0 ∪ B 0 ) ⊥ > > >
Kako su £etvrta i sedma kolona identi£ne, dokazali smo ekvivalenciju
∀x(x ∈ (A ∩ B)0 ) ⇐⇒ (x ∈ (A0 ∪ B 0 )). Vaºe uop²teni obrasci:
³
´ n n ∪ A = ∩ Ai0 , i 0 i=1 i =1 ³ n ´ n ∩ A = ∪ Ai0 . i 0 i =1
i=1
Napominjemo da je karakteristi£ni skup predikata ¬P (x) komplement P 0 skupa P .
2.3. Partitivni skup Neka je dat skup M . Skup M podijelimo na n podskupova A1 , A2 , ..., An . Kaºemo da podskupovi Ai (i = 1, 2, ..., n) obrazuju podjelu (particiju) skupa M ako su ispunjeni uslovi: 1. Ai 6= ∅, Ai ⊂ M (i = 1, 2, ..., n) , 2. Ai ∩ Aj = ∅ (i, j = 1, 2, ..., n, i 6= j) , n
3. ∪ Ai = M. i=1
Partitivni skup skupa M , u oznaci P (M ), skup je svih podskupova skupa M . Kako je ∅ ⊂ M i M ⊆ M , to je ∅ ∈ P (M ) i M ∈ P (M ). Ako se u razmatranjima pojavljuje samo skup M i njegovi podskupovi, tada je M univerzalni skup.
Elementi op²te algebre
20
Ako skup M ima n elemenata, partitivni skup ¢e imati 2n elemenata, ²to ¢emo pokazati na primjeru.
Primjer 1. Ako je M={a, b, c} ,partitivni skup ¢e biti: P (M ) = {∅, {a} , {b} , {c} , {a, b} , {a, c} , {b, c} , {a, b, c}} . Ovaj skup ima 23 = 8 elemenata.
Primjer 2. Ako je M skup prirodnih brojeva, onda skupovi parnih i neparnih brojeva £ine podjelu skupa M .
2.4. Dekartov proizvod skupova Skup koji ima dva elementa nazivamo dvo£lanim skupom ili parom. Na primjer, simboli {a, b} i {b, a} ozna£avaju isti skup od elemenata a i b. Ako uzmemo da je element a prvi, a element b drugi po redu, ili b prvi, a element a drugi po redu, onda kaºemo da smo par {a, b} uredili. Uredeni par ozna£avamo (a, b). Elementi a i b su komponente ili koordinate para. Smatra¢emo da je (a, b) 6= (b, a), osim ako je a = b. Uredeni par moºemo de nisati na razne na£ine, Usvoji¢emo sljede¢u de niciju. Uredeni par elemenata a i b je:
(a, b) = {{a}, {a, b}}. Uredeni parovi (a, b) i (c, d) jednaki su ako i samo ako je a = c i b = d, tj.
(a, b) = (c, d) ⇐⇒ (a = c) ∧ (b = d).
Primjer 2. Uredeni parovi (2, 3) i (3, 2) razli£iti su, tj. (2, 3) 6= (3, 2), jer je 2 6= 3 ∧ 3 6= 2.
Analogno prethodno de nisanom uredenom paru de ni²emo uredenu trojku (a, b, c) elemenata a, b i c pomo¢u jednakosti:
(a, b, c) = ((a, b) , c). Za uredene trojke (a1 , b1 , c1 ), (a2 , b2 , c2 ) vaºi:
(a1 , b1 , c1 ) = (a2 , b2 , c2 ) ⇐⇒ (a1 = a2 ) ∧ (b1 = b2 ) ∧ (c1 = c2 ). Uop²te, par (a1 , (a2 , a3 , ..., an )) koji rekurentno de ni²emo za n ≥ 3 jeste uredena n-torka, u oznaci (a1 , a2 , ..., an ), gdje je a1 -prva, a2 - druga,..., an - n-ta komponenta. Neka su X i Y proizvoljni skupovi.
Elementi algebre skupova
21
Skup X × Y = {(x, y) | (x ∈ X) ∧ (y ∈ Y )}, obrazovan od svih uredenih parova (x, y) sa prvom komponentom x ∈ X i drugom y ∈ Y , naziva se direktnim ili Dekartovim proizvodom skupova X i Y . Ako je X 6= Y , onda je, s obzirom na de niciju Dekartovog proizvoda, jasno X × Y 6= Y × X , tj. Dekartov proizvod nije komutativan.
Primjer 3. Neka su dati skupovi X = {1, 2} i Y = {m, n} . O£igledno je da je
1. X × Y = (1, m) , (1, n) , (2, m) , (2, n)},
Y × X = (m, 1) , (m, 2) , (n, 1) , (n, 2)} pa je X × Y 6= Y × X. De nicija Dekartovog proizvoda analogno se primjenjuje kada imamo vi²e od dva skupa. Ako su X1 , X2 , ..., Xn neprazni skupovi i n ≥ 2, onda je
X1 × X2 × ... × Xn = {(x1 , x2 , ..., xn ) | x1 ∈ X1 ∧ x2 ∈ X2 ∧ ... ∧ xn ∈ Xn } . Ako je X1 = X2 , X1 = X2 = X3 , ..., X1 = X2 = ... = Xn , onda Dekartove proizvode X × X, X × X × X, X × X... × X ozna£avamo redom sa X 2 , X 3 , ..., X n .
Primjer 4. Odrediti skup X 2 skupa X = {1, 2} . X 2 = X × X = {(1, 1) , (1, 2) , (2, 1) , (2, 2)} .
2.5. Binarne (dvo£lane) relacije Ako su X i Y dva neprazna skupa, onda svaki podskup p skupa X × Y , u oznaci ρ ⊆ X × Y nazivamo binarnom ili dvo£lanom relacijom u skupu X × Y . Ako (x, y) ∈ ρ ⊂ X × Y kaºemo da su elementi x i y vezani relacijom ρ ili da su u relaciji ρ. Tada pi²emo xρy (£itamo: x je u relaciji sa y ). Dakle,((x, y) ∈ ρ ⊂ X × Y ) ⇐⇒ xρy . Sli£no je (x, y) ∈ / ρ ⇐⇒ x non ρ y . Ako je X = Y , relaciju u skupu X × Y = X × X = X 2 nazivamo i relacijom u skupu X . Podskup D svih parova (x, x), £iji su elementi jednaki, nazivamo dijagonalom Dekartovog proizvoda X × Y . Prema tome, vaºi:
((x, y) ∈ D ⊂ X × X) ⇐⇒ x = y, ²to zna£i da je jednakost relacija ρ korespondentna podskupu D.
Primjer 1. Dati su skup X = {1, 2, 3} i Dekartov proizvod X × X = {(1, 1) , (1, 2) , (1, 3) , (2, 1) , (2, 2) , (2, 3) , (3, 1) , (3, 2) , (3, 3)} .
Elementi op²te algebre
22
O£igledno je da je podskupu ρ
ρ = {(1, 2) , (1, 3) , (2, 3)} korespondentna relacija "biti manji" na skupu X . jer je
((1, 2) ∈ ρ) ⇐⇒ 1 < 2, ((1, 3) ∈ ρ) ⇐⇒ 1 < 3, ((2, 3) ∈ ρ) ⇐⇒ 2 < 3. Podskupu D = {(1, 1).(2, 2), (3, 3)} korespondentna je relacija "=" na skupu X .
2.5.1.
Funkcije (preslikavanja)
Najvaºniji tip binarnih relacija jesu funkcije ili, kako ih jo² nazivamo, preslikavanja. Podsjetimo se da pod funkcijom ili preslikavanjem nekog skupa X u skupu Y podrazumijevamo zakon f prema kojem svakom elementu x ∈ X odgovara jedan potpuno odreden element y ∈ Y , ²to pi²emo u obliku y = f (x). Funkciju moºemo preciznije de nisati ovako: Binarnu relaciju (X, f, Y ), gdje su X i Y dva neprazna skupa,a f ⊆ X × Y nazivamo funkcija (preslikavanje) ako i samo ako svakom elementu x ∈ X odgovara jedan i samo jedan element y ∈ Y takav da je (x, y) ∈ f , tj.
(∀x ∈ X)(∃y ∈ Y )(x, y) ∈ f. Simboli£ki to ozna£avamo f
f : X −→ Y, ili X −→ Y. Ako je (x, y) ∈ f , tada x (prvu komponentu) nazivamo originalom a y (drugu komponentu) slikom, koja se, takode, ozna£ava y = f (x). Original x £esto nazivamo i nezavisnom promjenljivom ili argumentom funkcije f a y zavisnom promjenljivom. Skup X nazivamo obla²¢u de nisanosti funkcije ili domenom u oznaci D (f ) . Kada je x0 ∈ X ksan element, f (x0 ) vrijednost je funkcije u ta£ki x0 . Medutim, kada se x posmatra kao promjenljiva,y = f (x) jeste formula i ona odreduje zakon pridruºivanja koji nazivamo funkcijom. Skupf (X) = {y ∈ Y | ∃x((x ∈ X) ∧ (y = f (x)))} svih vrijednosti funkcije, koje su dodijeljene elementima iz skupa X , nazivamo skupom vrijednosti funkcija ili kodomenom. Poznato je da ne moraju svi elementi iz Y biti u f (X), tj. da je f (X) ⊂ Y (sl.7). Ako je A ⊂ X , tada f (A) = {y ∈ Y | ∃x((x ∈ A) ∧ (y = f (x)))} ozna£ava skup svih slika f (x) onih elemenata x koji pripadaju skupu A (sl.7). Skup f −1 (B) = {x ∈ X | f (x) ∈ B} onih elemenata iz X , £ije se slike nalaze u B , nazivamo proslikom skupa B ⊂ Y (sl. 7).
Elementi algebre skupova
23
Gra kom (grafom) funkcije f : X −→ Y nazivamo podskup d(f ) ⊂ X ×Y £iji su elementi uredeni parovi (x, f (x)), tj.
d(f ) = {(x, y) ∈ X × Y | y = f (x)}.
Sl. 7 Ako je X skup R realnih brojeva ili neki podskup A ⊂ R, kaºemo da je f funkcija realnog argumenta, a ako je i Y skup R realnih brojeva ili neki podskup B ⊂ R, onda kaºemo da je f funkcija realnog argumenta sa realnim vrijednostima. esto se realne funkcije realne promjenljive ispituju pomo¢u gra ka. Gra k funkcije moºemo interpretirati kao skup ta£aka {x, f (x)} u Dekartovoj ravni x()y (sl.8). Za funkciju f i g kaºemo da se poklapaju ili da su jednake, f = g , ako imaju isti domen X i ako je f (x) = g(x) za svako x ∈ X . Na primjer, funkcije f, g : R −→ R de nisane formulama: µ ¶ µ ¶ x2 + 2 x2 ∀x ∈ R f (x) = 2 i ∀x ∈ R g (x) = 2 − 2 x +1 x +1 jednake su,f = g , jer su zadovoljeni svi uslovi de nicije o jednakosti funkcija.
Sl. 8 Neka je f : X −→ Y . Preslikavanje f je: 1. sirjekcija (ili preslikavanje skupa X na skup Y ) ako je f (X) = Y (sl. 9),
Elementi op²te algebre
24
Sl. 9 2. injekcija (ili 1 - 1 preslikavanje skupa X u skup Y ), (sl. 10), ako
∀x1 , x2 ∈ X(x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )) ili ∀x1 , x2 ∈ X(f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 ).
Sl. 10 3. bijekcija (obostrano - jednozna£no, biunivoko) ako je f istovremeno sirjektivno i injektivno preslikavanje (sl. 11).
Sl. 11
Primjer 1. Neka je
X = {x | ∀x ∈ R} iY = {y | ∀y ∈ R} ,
tada je funkcija x −→ x3 preslikavanje skupa X na skup Y , tj. skupa R realnih brojeva na skup realnih brojeva, jer je svaki realni broj kub jednog realnog broja.
Primjer 2. Neka je
X = {x | ∀x ∈ N} iY = {y | ∀y ∈ N} ,
tada je funkcija x −→ x3 preslikavanje skupa X u skup Y , jer je A = {x3 | ∀x ∈ N) podskup skupa N u strogom smislu, tj, A ⊂ N .
Elementi algebre skupova
25
Preslikavanje f : X −→ X identi£no je preslikavanje skupa X na samog sebe ako i samo ako je (∀x ∈ X)f (x) = x. Ozna£ava se sa ex Funkcija y = x identi£ki preslikava skup R realnih brojeva na sam taj skup.
Primjer 3. Identi£no preslikavanje skupa X = {1, 2, 3} na samog sebe je
f = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}. Preslikavanje f : X −→ Y je konstantno preslikavanje ako i samo ako se svi elementi skupa X preslikavaju u jedan i samo jedan element skupa Y , tj. ∀x ∈ X(∃c ∈ Y )(f (x) = c).
Primjer 4. Neka su dati skupovi X = {a, b, c}, Y = {1, 2, 3). Jedno konstantno preslika-
vanje prikazano je na sl. 12.
Sl. 12
2.6. Inverzna funkcija Ako je preslikavanje f : X −→ Y bijektivno, tada postoji jedinstveno preslikavanje
f −1 : Y −→ X f −1
f
koje se de ni²e na sljede¢i na£in: ako x −→ y, tada y −→ x, tj. preslikavanje f −1 elementu y ∈ Y pridruºuje element x ∈ X £ija je slika pri preslikavanju f elemenat y . U smislu sirjektivnosti f takav element x ∈ X postoji, a na osnovu injektivnosti f , on je jedinstven. Na taj na£in preslikavanje f −1 je korektno de nisano. To preslikavanje nazivamo inverznim u odnosu na polazno preslikavanje f , ili inverznom funkcijom funkcije f .
Sl. 13 Dakle, preslikavanje f −1 : Y −→ X bijektivnog preslikavanja f : X −→ Y , koje zadovoljava uslov (∀x ∈ X)f −1 (f (x)) = x, nazivamo inverznim preslikavanjem (sl. 13).
26
Elementi op²te algebre
Iz de nicije inverznog preslikavanja, slijedi da je f −1 : Y → X bijekcija i da se inverzno −1 −1 njegovo preslikavanje (f −1 ) : X −→ Y poklapa sa f : X −→ Y, tj. (f −1 ) = f.
Primjer 1. Neka su dati skupovi X = {a, b, c} , Y = {1, 2, 3} . Preslikavanje f skupa X na skup Y dato sa f = {(a, 1), (b, 2), (c, 3)} bijektivno je preslikavanje pa ima inverzno preslikavanje f 1 : Y → X dato sa f 1 = {(1, a), (2, b), (3, c)} koje je, takode, bijekcija (sl. 14).
Sl. 14
2.7. Sloºena funkcija Neka su date funkcije
f : X −→ Y, g : Y −→ Z. Pod proizvodom (kompozicijom) preslikavanja f i g podrazumijeva se preslikavanje h : X −→ Z tako da je (∀x ∈ X)(h(x) = g(f (x)). Funkciju h nazivamo sloºenom funkcijom, u oznaci (g o f ) (x) = g(f (x)). Proizvod preslikavanja prikazan je na sl. 15.
Sl. 15
Primjer 1. Neka su dati skupovi X = {a, b, c}, Y = {1, 2, 3, 4}, Z = {d, e, s} i preslikavanja f = {(a, 1) , (b, 2) , (c, 3)} i g = {(1, d) , (2, s) , (3, e) , (4, e)} .
Proizvod preslikavanja g(f ) je g(f ) = {(a, d), (b, s), (c, e)}. Preslikavanje f (g) ne postoji. Ako su proizvodi g o f i f o g de nisani, onda je, u op²tem slu£aju, g o f 6= f o g , tj. komutativnost za o ne vaºi.
Elementi algebre skupova
27
Uzmimo, na primjer, skup {a, b} i preslikavanja f : {a, b} −→ a i g : {a, b} −→ b. Tada je g o f : {a, b} −→ b, a f o g : {a, b} −→ a.
Teorema 2. Ako je f : X −→ Y , g : Y −→ Z , h : Z −→ U , tada vaºi jednakost: h o (g o f ) = (h o g) o f, tj. za proizvod preslikavanja vaºi asocijativni zakon.
Dokaz. Koriste¢i se de nicijom proizvoda preslikavanja imamo
(∀x ∈ X)(ho(gof ))(x) = h((gof )(x)) = h(g(f (x))) = (hog)(f (x)) = ((hog)of )(x). Dakle,(h o(g o f ) = (h o g) o f.
Teorema 3. Ako je funkcija f : X −→ Y bijekcija i f −1 : Y −→ X njoj inverzna funkcija,
onda je f −1 of = ex .
Dokaz.
(∀x ∈ X)(f −1 of )(x) = f −1 (f (x)) = x,
²to slijedi neposredno iz de nicije inverzne funkcije. Inverzna funkcija bijekcije, poznato nam je da je isto tako bijekcija pa su f i f 1 uzajamno inverzne funkcije i vaºi f o f −1 = ey .
Lema 1. Ako je g o f = ex , onda je g sirjektivno i f injektivno preslikavanje, tj. (gof ) = ex ) =⇒ (g sirjektivno) ∧ (f injektivno). Dokaz. Ako je f : X −→ Y , g : Y −→ X i g o f = ex : X −→ X , onda je
X = ex (X) = (gof )(X) − g(f (X)) ⊂ g(Y ), ²to zna£i da je g sirjektivno preslikavanje. Ako je x1 ∈ X i x2 ∈ X to iz
(x1 6= x2 ) ⇐⇒ (ex (x1 ) 6= ex (x2 )) =⇒ ((gof ) (x1 ) 6= (gof ) (x2 )) =⇒ =⇒ (g (f (x1 )) 6= g (f (x2 ))) =⇒ (f (x1 ) 6= f (x2 )) pa je f injektivno preslikavanje. Pitanje uzajamne inverznosti dva preslikavanja rije²eno je sljede¢om teoremom.
Teorema 4. Preslikavanje f : X −→ Y i g : Y −→ X jesu bijektivna i uzajamno inverzna
ako i samo ako je gof = ex i f og = ey .
Dokaz. Prema dokazanoj lemi, istovremeno ispunjenje uslova gof = ex i f og = ey garantuje sirjektivnost i injektivnost, tj. bijektivnost preslikavanja f i g . Ovi uslovi pokazuju da je y = f (x) ako i samo ako je x = f (y).
Elementi op²te algebre
28
2.8. Binarna operacija Neka je X neprazan skup. Svako preslikavanje f : X × X −→ X je binarna operacija na skupu X , ili f je binarna operacija na skupu X ako i samo ako je
(∀(x, y) ∈ X × X)(∃c ∈ X)f (x, y) = c. Operaciju f , £esto, obiljeºavamo "o" ili "∗" ili "·",tako da se f (x, y) = c zamjenjuje sa xoy = z ili x ∗ y = z ili x · y = z. Znak "o", koji kazuje da na elemente x i y skupa X treba primijeniti odredeni postupak da bi se dobio element z iz X , nazivamo operatorom. Za operacije koje imaju konkretan smisao, operator o zamjenjuje se znacima, na primjer, ra£unskih operacija brojeva (+, −, ·, :), skupovnih operacija (∪, ∩, ), itd. Neka je u skupu X de nisana binarna operacija o. Njene op²te osobine su:
10 (∀x, y ∈ X)xoy = yox (komutativnost operacije o), 20 (∀x, y, x ∈ X)(xoy)oz = xo(yoz) (asocijativnost operacije o), 30 (∀x ∈ X)(∃e ∈ X)xoe = eox = x (e je neutralni ili jedini£ni element za operaciju o), 40 (∀x ∈ X)(∃x−1 ∈ X)xox−1 = x−1 ox = e (x−1 je inverzni (simetri£ni) element za x u odnosu na operaciju o). 50 Neka su u skupu X de nisane dvije binarne operacije ∗ i o. Za operaciju ∗ kaºemo da je distributivna u odnosu na operaciju o ako (∀x, y, z ∈ X)x∗ (yoz) = (x∗ y)o(x∗ z) (operacija ∗ lijevo distributivna je u odnosu na operaciju o), (∀x, y, z ∈ X)(yoz)∗ x = (y ∗ x)o o(z ∗ y) (operacija ∗ je desno distributivna u odnosu na operaciju o).
Zadaci 1. Dati su skupovi:
A = (a, b, c}, B = {b, c, a}, C = {a, c}. Odrediti (A ∪ B) ∩ C , a zatim provjeriti jednakost.
(A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C) ∪ (B ∩ C) . 2. Pokazati da vaºe relacije:
X Y = X (X ∩ Y ) , (X Y ) ∪ (X ∩ Y ) = X, (X Y ) Z = X (Y ∪ Z) . gdje su X , Y i Z ma koji skupovi.
Elementi algebre skupova
29
3. Neka je f : X −→ Y - preslikavanje iz X u Y i neka su A i B podskupovi skupa X . Pokaºite da vaºe relacije: (a) (A ⊂ B) =⇒ (f (A) ⊂ f (B)) =⇒ (A ⊂ B), (b) f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B), (c) (A0 ⊂ B 0 ) =⇒ (f −1 (A0 ) ⊂ f −1 (B 0 )), A0 . B 0 podskupovi od Y . (d) f −1 (A0 ∪ B 0 ) = f −1 (A0 ) ∪ f −1 (B 0 ), (e) f −1 (A0 | B 0 ) = f −1 (A0 ) | f −1 (B 0 ), Y ⊃ A0 ⊃ B 0 . 4. Pokazati da je preslikavanje f : X −→ Y :
¡ ¢ (a) sirjektivno ako i samo ako za svaki skup B 0 ⊂ Y vaºi f f −1 (B 0 ) = B 0 , (b) bijektivno ako i samo ako za svaki skup A ⊂ X i za svaki skup B 0 ⊂ Y vaºi ¢ ¡ ¡ ¢ ¡ −1 ¢ f (f (A)) = A ∧ f f −1 (B 0 ) = B 0 . 5. Neka su f : X −→ Y i g : Y −→ Z bijektivna preslikavanja. Pokazati da je preslikavanje gof : X −→ Z bijektivno i da je
(gof )−1 = f −1 og −1
3. Realni brojevi 3.1. Struktura realnih brojeva Pojam broja je jedan od najzna£ajnijih matemati£kih pojmova pa je zna£ajno ovladati znanjem o osnovnim skupovima brojeva, relacijama i operacijama u tim skupovima, dakle strukturama brojeva. Skup R = {x, y, z, ...} nazivamo skupom realnih brojeva a njegove elemente realnim brojevima, ako je u skupu R zadovoljen sljede¢i kompleks uslova, koji nazivamo aksiomama realnih brojeva:
3.1.1.
(I) Aksiome sabiranja
De nisano preslikavanje (operacija sabiranja)
+ : R × R −→ R kojim se svakom uredenom paru (x, y) elementa x, y ∈ R pridruºuje neki element x + y ∈ R nazivamo zbirom elemenata x i y . Za operaciju sabiranja vaºe sljede¢e aksiome: 1. Postoji neutralni element 0 ∈ R (naziva se u operaciji sabiranja nulom) takav da je za svako x ∈ R x + 0 = 0 + x = x. 2. Za svaki element x ∈ R postoji element - x ∈ R koji se naziva suprotnim elementom elementu x takav da je x + (−x) = (−x) + x = 0. 3. Operacija sabiranja je asocijativna, tj. za svaki element x, y, z ∈ R vaºi
x + (y + z) = (x + y) + z. 4. Operacija sabiranja je komutativna, tj. za svaki element x, y ∈ R je
x + y = y + x. 30
Realni brojevi
31
Ako je u ma kakvom skupu G de nisana jedna binarna operacija koja zadovoljava aksiome 1, 2 i 3, tada kaºemo da je u G zadata struktura grupe ili da je G grupa. Ako je ta operacija sabiranje, tada grupu G nazivamo aditivnom. Ako je ispunjeno i svojstvo 4, grupa je komutativna ili Abelova. Dakle, skup R u kome su ispunjena navedena svojstva jeste aditivna Abelova grupa.
3.1.2. (II) Aksiome mnoºenja Odredeno preslikavanje (operacija mnoºenja)
• : RXR −→ R koje svakom uredenom paru (x, y) elemenata x, y ∈ R pridruºuju neki element xy ∈ R nazivamo proizvodom elemenata x i y . U odnosu na operaciju mnoºenja, skup R {0} multiplikativna je Abelova grupa, ²to zna£i: 5. Postoji neutralni element 1 ∈ R {0} (u operaciji mnoºenja naziva se jedini£nim) takav da je za svako x ∈ R {0}
x · 1 = 1 · x = x. 6. Za svaki element x ∈ R {0} postoji inverzni element x−1 ∈ R {0} takav da je
x · x−1 = x−1 · x = 1. 7. Operacija mnoºenja je asocijativna, tj. za svako x, y, z ∈ R {0} jeste
x · (y · z) = (x · y) · z. 8. Operacija mnoºenja je komutativna, tj. za svako x, y ∈ R {0} vaºi
x · y = y · x.
3.1.3. (l, II) Povezanost sabiranja i mnoºenja Mnoºenje je distributivna operacija u odnosu na sabiranje, tj. za svako x, y, z ∈ R je 9.
(x + y)z = xz + yz. Skup G u kome su de nisane dvije operacije koje zadovoljavaju aksiome 1-9, jeste algebarsko polje ili jednostavno polje. Ako su te binarne operacije sabiranje i mnoºenje, tada kaºemo da skup realnih brojeva obrazuje polje.
32
3.1.4.
Elementi op²te algebre
(III) Aksiome poretka
Medu elementima skupa R de nisana je relacija "biti manji ili jednak" (≤) i pri tome vaºi: 10. ∀x ∈ R(x ≤ x). Relacija je re eksivna. 11. ∀x, y ∈ R(x ≤ y) ∧ (y ≤ x) =⇒ (x = y). Relacija je antisimetri£na. 12. ∀x, y ∈ R(x ≤ y) ∧ (y ≤ z) =⇒ (x ≤ z). Relacija je tranzitivna. 13. ∀x, y ∈ R(x ≤ y) ∨ (y ≤ x). Svaka dva elementa su uporediva. Skup medu £ijim elementima postoji relacija koja zadovoljava aksiome 10-13 linearno je ureden Dakle, skup realnih brojeva je linearno ureden skup u odnosu na relaciju "biti manji ili jednak".
3.1.5.
(I, III) Povezanost operacije sabiranja i relacije poretka u R
14. ∀x, y, z ∈ R(x ≤ y) =⇒ (x + z ≤ y + z). Relacija uredenja (≤) u saglasnosti je sa sabiranjem.
3.1.6.
(II, III) Povezanost operacije mnoºenja i relacije poretka u R
15. ∀x, y ∈ R(0 ≤ x) ∧ (0 ≤ y) =⇒ (0 ≤ x, y). Relacija uredenja (≤) u saglasnosti je sa mnoºenjem.
3.1.7.
(IV ) Aksioma potpunosti (neprekidnosti)
16. Ako su X i Y neprazni podskupovi skupa R, koji imaju svojstvo da je za svaki element x ∈ X i y ∈ Y zadovoljena relacija x ≤ y , onda postoji takvo c ∈ R da je x ≤ c ≤ y za svako x ∈ X i y ∈ Y. Dakle, skup R ima svojstvo potpunosti. Matemati£ka struktura u kojoj su de nisane dvije binarne operacije i binarna relacija, za koju su ispunjene aksiome 1-15 jeste uredeno polje. Uredeno polje u kojem je ispunjena i aksioma 16 jeste potpuno uredeno polje. Ako su binarne operacije + i ·, a binarna relacija ≤, tada je polje realnih brojeva potpuno uredeno polje.
Realni brojevi
33
3.2. Neka op²ta algebarska svojstva realnih brojeva Iz aksioma 1-16 mogu se izvesti sva poznata svojstva realnih brojeva. Nave²¢emo ona svojstva koja slijede iz aksioma 1-15. a) Posljedice aksioma sabiranja
10 U skupu realnih brojeva neutralni element je jedinstven. 20 Svaki element x ∈ R ima jedinstven suprotni element −x ∈ R. Zaista, ako su x1 i x2 elementi suprotni elementu x ∈ R, tada je
x1 = x1 + 0 = x1 + (x + x2 ) = (x1 + x) + x2 = x2 + (x + x1 ) = x2 + 0 = x2 . 30 Jedna£ina a + x = b u R ima jedinstveno rje²enje x = b + (−a). To, da je x = b + (−a) rje²enje, provjeravamo neposredno:
a + (b + (−a)) = a + ((−a) + b) = (a + (−a)) + b = 0 + b = b + 0 = b. Jedinstvenost rje²enja proizilazi iz jedinstvenosti suprotnog elementa: (a) (a + x = b) =⇒ ((a + x) + (−a) = b + (−a) =⇒ ((x + a) + (−a) = b + (−a)), (x + (a + (−a)) = b + (−a) =⇒ (x + O = b + (−a)) =⇒ (x = b + (−a)). Izraz b + (−a) uobi£ajeno se pi²e u obliku b − a. b) Posljedice aksioma mnoºenja
10 U skupu realnih brojeva neutralni element je jedinstven. 20 Za svaki broj x ∈ R {0} postoji samo jedan inverzni element x−1 ∈ R {0}. 30 Za svako a ∈ R {0} i b ∈ R jedna£ina ax = b ima jedinstveno rje²enje x = b · a−1 . c) Posljedice aksioma povezanosti sabiranja i mnoºenja
10 Za svako x ∈ R je x · 0 = 0. Zaista, x + x · 0 = x · 1 + x · 0 = x(1 + 0) = x · 1 = x,
(x + x · 0 = x) =⇒ (x · 0 = 0) , u smislu jedinstvenosti nule.
Elementi op²te algebre
34
20 Za svako x, y ∈ R iz: (x · y = 0) =⇒ (x = 0) ∨ (y = 0). Ako je, na primjer, y 6= 0, tada iz jedinstvenosti rje²enja jedna£ine x · y = 0 u odnosu na x dobijamo x = 0 · y −1 = 0.
30 Za svako x ∈ R je −x = (−1)x. x + (−1)x = (1 + (−1))x = 0 · x = x · 0 = 0. 40 Za svako x ∈ R je (−1) (−x) = x 50 Za svako x ∈ R je (−x) (−x) = x · x. Naime,
(−x) (−x) = ((−1) · x (−x)) = (x · (−1)) (−x) = x ((−1) (−x)) = x · x d) Posljedice aksioma poretka
10 Za ma koja dva realna broja x, y ∈ R postoji uvijek samo jedan od sljede¢ih odnosa x < y, x = y, x > y. 20 Za svako x, y, z ∈ R iz: (x < y) ∧ (y ≤ z) =⇒ (x < z), (x ≤ y) ∧ (y < z) =⇒ (x < z). Dokaºimo posljednje tvrdenje. Na osnovu aksiome 12 imamo:
(x ≤ y) ∧ (y < z) ⇐⇒ (x ≤ y) ∧ (y ≤ z) ∧ (y 6= z) =⇒ (x ≤ z) Provjerimo da je x 6= z.U protivnom je
(x ≤ y) ∧ (y < z) ⇐⇒ (z ≤ y) ∧ (y < z) ⇐⇒ (z ≤ y) ∧ (y ≤ z) ∧ (y 6= z). Prema aksiomi 11 slijedi da je
(y = z) ∧ (y 6= z) , ²to je nemogu¢e.
Realni brojevi
35
e) Posljedice aksioma povezanosti relacije poretka sa operacijama sabiranja i mnoºenja.
10 Za svako x, y, z.w ∈ R iz: (x < y) =⇒ (x + z) < (y + z), (0 < x) =⇒ (−x < 0), (x ≤ y) ∧ (z ≤ w) =⇒ (x + z ≤ y + w), (x ≤ y) ∧ (z < w) =⇒ (x + z < y + w). Provjerimo prvo tvrdenje. Prema de niciji stroge nejednakosti i aksiome (I, III) imamo
(x < y) =⇒ (x ≤ y) =⇒ (x + z) ≤ (y + z). Treba dokazati da je x + z 6= y + z :
((x + z) = (y + z)) =⇒ (x = (y + z) − z = y + (z − z) = y) , ²to je suprotno pretpostavci da je x < y .
20 Za svako x, y ∈ R iz: (0 (x (x (x (x
< < < < <
x) ∧ (0 < y) =⇒ (0 < x · y), 0) ∧ (y < 0) =⇒ (0 < xy), 0) ∧ (0 < y) =⇒ {xy < 0), y) ∧ (z < 0) =⇒ (xz < yz), y) ∧ (z < 0) =⇒ (yz < xz).
Provjerimo prvu od navedenih tvrdnji. Prema de niciji stroge nejednakosti i aksiome (II, III) je:
(0 < x) ∧ (0 < y) =⇒ (0 ≤ x) ∧ (0 ≤ y) =⇒ (0 ≤ xy). Osim toga je xy 6= 0, jer ukoliko je
(xy = 0) =⇒ (x = 0) ∨ (y = 0). 30 0 < 1. Kako je 1 ∈ R {0}, to je 1 6= 0. Ako pretpostavimo da je 1 < 0, tada je, na osnovu prve tvrdnje, (1 < 0) ∧ (1 < 0) =⇒ (0 < 1 · 1) =⇒ (0 < 1) . Po²to medu elementima moºe postojati samo jedan od odnosa (posljedica 1◦ aksioma poretka), to zaklju£ujemo da je 0 < 1.
Elementi op²te algebre
36
40 Za svako x ∈ R iz: (0 < x) =⇒ (0 < x−1 ), (0 < x) ∧ (x < y) =⇒ (0 < y −1 ) ∧ (y −1 < x−1 ). Ako je x ∈ R i x > 0 onda kaºemo da je x pozitivan realan broj. Ako je x ∈ R i x < 0, onda kaºemo da je x negativan realan broj. Uobi£ajene su oznake:
R+ = {x ∈ R | x > 0}, R− = {x ∈ R | x < 0}, pa je:
R = R− ∪ {0} ∪ R+ .
Koristimo se i oznakom
R0+ = R+ ∪ {0} ,
R0− = R− ∪ {0} .
3.3. Ograni£eni i neograni£eni podskupovi skupa realnih brojeva Neka je X ⊂ R. Za skup X kaºemo da je ograni£en odozgo (odozdo) ako postoji broj c ∈ R takav da je x ≤ c (c ≤ x) za svako x ∈ X . Broj c nazivamo gornjom (donjom) granicom skupa X ili majorantom (minorantom) skupa X . Skup X ⊂ R ograni£en je ako je ograni£en odozgo i odozdo. Element a ∈ X nazivamo najve¢im ili maksimalnim (najmanjim ili minimalnim) elementom skupa X ⊂ R ako je x ≤ a (a ≤ x) za svaki element x ∈ X . Simboli£ki:
(a = max X) : (a ∈ X ∧ ∀x ∈ X (x ≤ a)) , (a = min X) : (a ∈ X ∧ ∀x ∈ X (a ≤ x)) .
Teorema 1. Ako skup X ⊂ R ima najmanji (najve¢i) element, on je jedinstven. Dokaz. Neka je a = min X . Pretpostavimo da skup X ima i drugi najmanji element b. Tada je za svako x ∈ X , a ≤ x i b ≤ x pa slijedi da mora biti a ≤ b i b ≤ a, a na osnovu aksiome 11 slijedi da je a = b. Analogno dokazujemo tvrdnju za max X . O£igledno je, prema de niciji, da je gornja granica skupa X i svaki realni broj koji je ve¢i od c(x ≤ c) i da je donja granica skupa X svaki realni broj koji je manji od c(c ≤ x). Najmanju gornju granicu skupa X nazivamo gornjom medom skupa X i ozna£avamo je sup X ("supremum X ") ili supX . Pi²emo:
x∈X
s = sup X := ∀x ∈ X((x ≤ s) ∧ (∀s0 ≤ s∃x0 ∈ X (s0 ≤ x0 ))).
U prvoj zagradi je dato da je s gornja granica skupa X , a u drugoj da je s najmanji od brojeva gornjih ograni£enja skupa X . Ta£nije, drugom zagradom je utvrdeno da svaki broj s0 koji je manji od s(s0 < s) nije gornja granica skupa X . Analogno se uvodi pojam donje mede skupa X kao najve¢e od donjih ograni£enja skupa X .
37
Realni brojevi
Simboli£ki:
i = inf X := ∀x ∈ X((i ≤ x) ∧ (∀i ≤ i0 ∃x0 ∈ X(x0 ≤ i0 ))). Uporedo sa oznakom inf X ("in mum X ") koristimo se i oznakom inf X . Dakle, x∈X
sup X = min {c ∈ R | ∀x ∈ X(x ≤ c)} , inf X = max {c ∈ R | ∀x ∈ X(c ≤ x)} . U pogledu egzistencije gornje i donje mede skupa X vaºi sljede¢e tvrdenje:
Teorema 2. Ako skup X ima gornju granicu, onda ima i gornju medu; ako ima donju
granicu, onda ima i donju medu. je
Dokaz. Neka je X ograni£en odozgo i neka je Y skup njegovih gornjih ograni£enja. Onda
Y = {y ∈ R | (∀x ∈ X)x ≤ y} 6= ∅. Dakle, X i Y jesu neprazni podskupovi od R i za svako x ∈ X i svako y ∈ Y je x ≤ y . Onda, na osnovu aksiome potpunosti, slijedi da postoji c ∈ R takvo da je x ≤ c ≤ y za svako x ∈ X i svako y ∈ Y . Po²to je c gornje ograni£enje za X , mora biti c ∈ Y . Uz to je za sve y ∈ Y ispunjeno c ≤ y , pa je c = min Y . Na osnovu de nicije supremuma je c = sup X . Analogno dokazujemo tvrdenje za in mum. Na osnovu navedene teoreme moºemo zaklju£iti da ako je skup X ograni£en, onda vaºi:
∀x ∈ X : i ≤ x ≤ s. Svaki kona£an skup brojeva je ograni£en i donja mu je meda njegov najmanji broj, a gornja njegov najve¢i broj. Pojmovi granice, mede, ograni£enog i neograni£enog skupa realnih brojeva de ni²emo i na sljede¢i na£in. Za skup X ⊂ R kaºemo da je majoriran (tj. ograni£en zdesna), odnosno minoriran (tj. ograni£en slijeva) ako postoji broj x0 takav da je x ≤ xo , odnosno x ≥ xo za ma koji broj x ∈ X. Skup X ograni£en je ako je majoriran i minoriran. O£igledno je da je skup X neograni£en zdesna, ako nije majoriran i da je neograni£en slijeva ako nije minoriran. Majorantom majoriranog skupa X nazivamo svaki broj c ∈ R takav da je x ≤ c za svako x ∈ X , a minorantom minoriranog skupa X nazivamo svaki broj c ∈ R takav da je x ≤ c za svako x ∈ X . Najmanju majorantu u skupu majoranata majoriranog skupa X nazivamo gornjom medom skupa X : supX = s. x∈X
Najve¢u minorantu u skupu minoranata minoriranog skupa X nazivamo donjom medom skupa X : inf X = i. x∈X
Skup X neograni£en zdesna pi²emo: supX = +∞, a skup X neograni£en slijeva pi²emo:
inf X = −∞.
x∈X
x∈X
Elementi op²te algebre
38
Primjer 1. Posmatrajmo skup X = {x ∈ R | 0 ≤ x ≤ 1}.
Skup X ograni£en je odozdo, jer je, na primjer, −3 ≤ x za svako x ∈ X . Skup X ograni£en je odozgo, jer je, na primjer, x ≤ 3 za svako x ∈ X . Dakle, skup X ograni£en je. Prema de niciji skupa X i de niciji gornje mede o£igledno je da je sup X ≤ 1. Da bismo dokazali da je sup X =1, potrebno je pokazati da se za svaki realni broj q < 1 moºe odrediti x ∈ X takvo da je q < x, ²to zna£i da medu brojevima q i 1 q+1 q+1 ima jo² brojeva. Takav je, na primjer, broj , jer je q < < 1 pa je sup X = 1. to 2 2 se ti£e donje mede, ona se uvijek poklapa sa minimalnim elementom skupa, ukoliko postoji. U ovom slu£aju je inf X = 0.
3.4. Vaºnije klase realnih brojeva 3.4.1.
Prirodni brojevi i princip matemati£ke indukcije
Pojam prirodnog broja plod je dugotrajne evolucije ljudske svijesti, a nastao je iz potrebe prebrojavanja, tj. odredivanja broja elemenata nekog skupa. Brojeve oblika 1, 1 + 1, (1 + 1) + 1, itd. ozna£avamo odgovaraju¢im simbolima 1, 2, 3, itd. i nazivamo ih prirodnim brojevima. Mi ¢emo izloºiti jedan od mogu¢ih na£ina de nisanja skupa prirodnih brojeva kao podskupa skupa R. Skup X ⊂ R nazivamo induktivnim skupom ako ima svojstvo da sa svakim brojem x ∈ X njemu pripada i broj x + 1. Na primjer, skup R je induktivan skup; skup pozitivnih brojeva je takode induktivan skup. Presjek X ∩ Xα svake familije induktivnih skupova Xα, ako nije prazan skup, indukα∈A
tivan je skup. Sada moºemo de nisati skup prirodnih brojeva. Skupom prirodnih brojeva nazivamo najmanji induktivni skup koji sadrºi broj 1, tj. presjek svih induktivnih skupova koji sadrºe broj 1. Skup prirodnih brojeva ozna£avamo simbolom N :
N = {1.2, ...n, n + 1, ..., } a njegove elemente nazivamo prirodnim brojevima. Kao neposredna posljedica de nicije prirodnih brojeva slijedi teorema 3 koja se £esto koristi i nazivamo je - Princip matemati£ke indukcije.
Teorema 3. Ako je E ⊂ N takav da je 1 ∈ E i za svako x ∈ E je i x + 1 ∈ E , onda je E = N . Dakle, (E ⊂ N ) ∧ (1 ∈ E) ∧ (∀x ∈ E(x ∈ E =⇒ (x + 1) ∈ E)) =⇒ E = N. Neposredna posljedica ove teoreme je da ako je E skup prirodnih brojeva za koje je neko tvrdenje 1(n), kojim se ne²to tvrdi za prirodne brojeve, ta£no ako je 1 ∈ E i ako za svaki
Realni brojevi
39
prirodni broj n ∈ E slijedi (n + 1) ∈ E , onda je E = N , tj. onda je I(n) ta£no za svako n ∈ N. Na ovome se zasniva metoda matemati£ke indukcije. Princip matemati£ke indukcije ¢emo primijeniti pri dokazivanju osnovnih svojstava skupa prirodnih brojeva:
10 Zbir, odnosno proizvod, prirodnih brojeva je prirodan broj. Naime, ako su m, n ∈ N, pokaza¢emo da je (m + n) ∈ N. Ozna£imo sa E skup onih prirodnih brojeva n za koje je (m + n) ∈ N.za svako m ∈ N. O£igledno je 1 ∈ E , jer je za svako m ∈ N i (m+1) ∈ N. Ako je n ∈ E , tj. (m+n) ∈ N, tada je i (n + 1) ∈ E pa je (m + (n + 1)) = ((m + n) + 1) ∈ N. Na osnovu principa matemati£ke indukcije slijedi da je E = N . Zna£i, sabiranje je neograni£eno izvodljiva operacija u skupu prirodnih brojeva, ili skup N je zatvoren u odnosu na operaciju sabiranja. Analogno dokazujemo zatvorenost skupa N u odnosu na mnoºenje. Neka je E skup onih prirodnih brojeva n za koje je m, n ∈ N za svako m ∈ N. Tada je 1 ∈ N, jer je m · 1 = m ∈ N i ako je n ∈ N, tj. m · n ∈ N, onda je m(n + 1) = mn + m ∈ N (kao suma prirodnih brojeva) ²to zna£i da je n + 1 ∈ E . Dakle, (n ∈ E) =⇒ ((n + 1) ∈ E) pa je, na osnovu principa indukcije, E = N .
20 Pokaºimo da ako je n ∈ N i n 6= 1, tada je i (n − 1) ∈ N, tj. (n ∈ N) ∧ (n 6= 1) =⇒ ((n − l)) ∈ N. Posmatrajmo skup E = {(n − 1) ∈ R | (n ∈ N) ∧ (n 6= 1)}, tj. skup brojeva oblika n − 1, gdje je n prirodan broj i n 6= 1. Pokaºimo da je E = N . Kako je 1 ∈ N, to je 2 := (1 + 1) ∈ N pa je 1 = (2 − 1) ∈ E . Ako je m ∈ E , tada je m = n − 1, n ∈ N, a m + 1 = (n + 1) − 1 . Ukoliko je (n +1) ∈ N, onda je (m+1) ∈ E pa je, na osnovu principa indukcije,E = N .
30 Za svako n ∈ N u skupu {x ∈ N | n < x} postoji minimalni element, pri £emu je min {x ∈ N | n < x} = n + 1. Pokaºimo da se skup E , £iji su elementi n ∈ N, za koje vaºi tvrdenje, poklapa sa N . Prvo ¢emo pokazati da je 1 ∈ E , tj.
min{x ∈ N | 1 < x} = 2.
Elementi op²te algebre
40
Ovo ¢emo provjeriti primjenom principa indukcije. Neka je
M = {x ∈ N | (x = 1) ∨ (2 ≤ x)}. Prema de niciji skupa M je 1 ∈ M . Ako je x ∈ M , tada je: ili x = 1 i x + 1 = 2 ∈ M ili 2 ≤ x pa je 2 ≤ (x + 1) i opet je (x + 1) ∈ M . Ovakvim razmatranjem M = N . Zna£i, ako je (x 6= 1) ∧ (x ∈ N), tada je
2 ≤ x, tj. min{x ∈ N | 1 < x} = 2. Dakle, 1 ∈ E . Sada ¢emo pokazati da ako je n ∈ E , onda je i (n + 1) ∈ E . Ve¢ nam je poznato da ako je x ∈ {x ∈ N | n + 1 < x}, onda je (x − 1) = y ∈ {y ∈ N | n < y}, ili na osnovu osobine prirodnih brojeva da su ne manji od 1 iz (n + 1 < x) =⇒ (1 ≤ x) =⇒ x 6= 1, a prema 2◦ je (x − 1) = y ∈ N. Ako je n ∈ N, tada je min{y ∈ N | n < y} = n + 1,tj.x − 1 ≤ y ≤ n + 1 i x > n + 2. Zna£i, iz (x ∈ {x ∈ N | n + 1 < x}) =⇒ (x > n + 2) i, prema tome, min{x ∈ N | n + 1 < x} = n + 2, tj. (n + 1) ∈ E . Na osnovu principa indukcije E = N , £ime je tvrdenje 3◦ dokazano. Kao direktna posljedica dokazanih osobina slijede naredne osobine prirodnih brojeva.
4◦ Iz (m ∈ M ) ∧ (n ∈ N ∧ (n < m) =⇒ (n + 1 ≤ m). 5◦ Broj (n + 1) ∈ N neposredno slijedi iza prirodnog broja n, tj. ne postoji prirodni broj x takav da je n < x < n + 1 ukoliko je n ∈ N. Dakle, brojevi n i n + 1 su dva neposredno sukcesivna prirodna broja.
6◦ Ako je n ∈ N i n 6= 1, tada je broj (n − 1) ∈ N i (n − 1) neposredno ispred broja n, tj. ne postoji prirodni broj x ∈ N takav da je n − 1 < x < n. 7◦ Pokaºimo da svaki neprazan podskup skupa N ima minimalni element. Neka je M ⊂ N . Ako je 1 ∈ M i za ∀n ∈ N(1 ≤ n), tada je min M = 1. Pretpostavimo da 1 ∈ / M , tj. da je 1 ∈ E = N \M . U skupu E treba odrediti takav prirodni broj n ∈ E da se svi prirodni brojevi manji od n nalaze u E , a (n + 1) ∈ M . Ako takav broj n ne bi postojao, onda bi skup E ⊂ N sadrºao 1 i za n ∈ E bilo bi i (n+1) ∈ E , a tada po principu indukcije, je E = N , ²to je nemogu¢e, jer je N \E = M . Broj (n + 1) ∈ M je minimalni element u M ako medu prirodnim brojevima n i n + 1 ne postoji drugih prirodnih brojeva. Napomenimo i to da postoje razne formulacije principa matemati£ke indukcije, ali u svim tim formulacijama su²tina tog principa ostaje ista. Njega formuli²emo i ovako:
41
Realni brojevi
1. I(p), tj. iskaz I(n) je istinit za n = p (baza indukcije), gdje je p ksan prirodni broj (p = 1). 2. I(k) =⇒ I(k + 1), k ≥ p,tj.ako iskaz I(n) vaºi za proizvoljan prirodni broj n = k ≥ p (induktivna hipoteza), onda vaºi i za n = k + 1 (induktivni korak).
Zaklju£ak: ∀n ≥ p I(n), tj. iskaz I(n) istinit je za svaki prirodni broj n ≥ p, ili simboli£ki:
{I (p) ∧ ∀k [k ≥ p =⇒ (I (k)) =⇒ (I (k + 1))]} =⇒ ∀n [n ≥ p =⇒ I (n)] . Zaklju£ak je istinit ukoliko su ispunjeni uslovi i 1. i 2. Dokaz istinitosti matemati£kog iskaza I(n) za sve n ∈ N, koji se zasniva na principu matemati£ke indukcije, naziva se metodom matemati£ke indukcije. Takav dokaz se sastoji iz dva dijela: iz dokaza baze indukcije i dokaza induktivnog koraka, ako vaºi induktivna hipoteza. Metodu matemati£ke indukcije nazivamo, takode, i metodom potpune ili metodom savr²ene indukcije ili zaklju£ivanjem od n na n + 1 ili rekurzivnim dokazivanjem.
Primjer 1. Dokazati da je za svako n ∈ N
·
n (n + 1) S(n) = 1 + 2 + 3 + ....... + n = 2 3
3
3
¸2 .
Dokaz. Vaºi (baza indukcije):
·
1·2 S (1) = 1 = 2 3
¸2 , (n = 1) .
Pretpostavka (induktivna hipoteza):
·
k (k + 1) S(k) = 1 + 2 + 3 + ....... + k3 = 2 3
3
3
¸2 , (n = k)
(1)
Treba dokazati (induktivni korak):
·
(k + 1) (k + 2) S(k + 1) = 1 + 2 + 3 + ....... + (k + 1) = 2 3
3
3
Iz (1) slijedi:
3
¸2 .
k 2 (k + 1)2 + (k + 1)3 , 4 (k + 1)2 2 (k + 1)2 (k + 2)2 odnosno S (k + 1) = (k + 4k + 4) , ili S (k + 1) = ²to je trebalo i 4 4 dokazati. Dakle, vaºi formula · ¸2 n (n + 1) S(n) = za ∀n ∈ N. 2 S (k) + (k + 1)3 =
Elementi op²te algebre
42
Primjer 2. Dokazati da je za svako n ∈ N 1 · 2 + 2 · 3 + ... + n (n + 1) = Dokaz : Za n = 1 jednakost 1 · 2 = n ∈ N ispunjeno
n (n + 1) (n + 2) . 3
1·2·3 - ta£na je pa je 1 ∈ E . Neka je za proizvoljno 3
1 · 2 + 2 · 3 + ... + n (n + 1) =
n (n + 1) (n + 2) . 3
Odatle slijedi da je ta£na jednakost
1 · 2 + 2 · 3 + ... + n (n + 1) + (n + 1) (n + 2) =
n (n + 1) (n + 2) + (n + 1) (n + 2) , 3
²to je ekvivalentno sa
1 · 2 + 2 · 3 + ... + n (n + 1) + (n + 1) (n + 2) =
(n + 1) [n (n + 2) + 3 (n + 2)] , 3
odnosno
1 · 2 + 2 · 3 + ... + n (n + 1) + (n + 1) (n + 2) =
(n + 1) [(n + 1) + 1] [(n + 1) + 2] . 3
Dakle, iz n ∈ E slijedi (n+1) ∈ E , pa na osnovu principa matemati£ke indukcije proizilazi da je E = N , ²to zna£i jednakost je ta£na za svako n ∈ N.
Primjer 3. Bernulijeva nejedna£ina:
Za svaki realan broj h > −1, h 6= 0 i svaki prirodni broj n vaºi:
(1 + h)n > 1 + nh. Bernulijevu nejednakost dokaza¢emo primjenom principa matemati£ke indukcije.
I (1) : (1 + h)1 = 1 + 1 · h. Neka je za Tada je
n ∈ N I(n) : (1 + h)n ≥ 1 + nh. I (n + 1) : (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1) · h. (1 + h)n+1 = (1 + h)n · (1 + h) ≥ (1 + nh) (1 + h) = 1 + nh + h + nh2 ≥ 1 + (n + 1) · h.
Dakle, (∀n)((1 + h)n ≥ 1 + nh).
Realni brojevi
43
3.4.2. Skup cijelih brojeva Uniju skupa prirodnih brojeva, skupa brojeva suprotnih prirodnim brojevima i nule nazivamo skupom cijelih brojeva i ozna£avamo simbolom Z :
Z = {... − (n + 1), −n, ... − 2, −1, 0, +1, +2, ... + n, +(n + 1)...}. Poznato nam je da je skup N zatvoren u odnosu na operacije sabiranja i mnoºenja. Skup Z je, takode, zatvoren u odnosu na navedene operacije kao i na operaciju oduzimanja. Skup cijelih brojeva ima strukturu komutativne grupe u odnosu na sabiranje ("+") ili Z jeste Abelova aditivna grupa. Navedimo i neke druge osobine skupa Z . 1. On je neograni£en zdesna i slijeva, jer ne postoji ni broj od kojega su svi cijeli brojevi manji, ni broj od kojega su svi cijeli brojevi ve¢i. 2. Svaki podskup skupa Z ograni£en odozdo (odozgo) sadrºi najmanji (najve¢i) element. 3. Ako su m, n ∈ Z, tada jedna£ina m + x = n ima jedinstveno rje²enje u Z . 4. Elementi skupa Z razli£iti od +1 i −1 nemaju u Z inverzni element za mnoºenje. 5. Za svaka dva cijela broja m i n, n 6= 0 postoje jedinstveni brojevi q ∈ Z i r ∈ N ∪ {0}, 0 ≤ r < |n|, takav da je m = nq + r. Ako je r = 0, onda kaºemo da je broj m djeljiv brojem n, a q je njihov koli£nik. U op²tem slu£aju r je ostatak koji se dobija pri dijeljenju broja m brojem n.
3.4.3. Skup racionalnih brojeva Broj oblika m · n−1 gdje je m ∈ Z i n ∈ Z | {0}, nazivamo racionalnim brojem. Skup racionalnih brojeva ozna£avamo simbolom Q:
Q = {m.n−1 | m ∈ Z, n ∈ Z | {0}}. Nave²¢emo osnovne osobine skupova racionalnih brojeva Q. 1. Skup racionalnih brojeva je slijeva i zdesna neograni£en skup. 2. Skup Q je ureden skup. 3. U skupu racionalnih brojeva su neograni£eno izvodljive ra£unske operacije sabiranja, mnoºenja i dijeljenja, izuzev dijeljenja nulom. 4. Skup Q je u odnosu na sabiranje Abelova aditivna grupa, a skup Q | {0} jeste u odnosu na operaciju mnoºenja Abelova multiplikativna grupa. 5. Skup racionalnih brojeva je svuda gust, tj. izmedu ma koja dva racionalna broja nalazi se beskona£no mnogo racionalnih brojeva.
44
Elementi op²te algebre Zaista, ako su a, b ∈ Q i a < b, tada imamo:
(a < b) =⇒ (a + a < b + a, a + b < b + b) =⇒ (a < a1 < b) a+b gdje je a1 = ∈ Q. Na isti na£in dobijamo a < a2 < a1 ∧ a1 < b1 < b, gdje je 2 a + a1 a1 + b = a2 ∈ Q ∧ = b1 ∈ Q, 2 2 tj. a < a2 < a1 < b1 < b. Istim postupkom moºemo dobiti neograni£eno mnogo racionalnih brojeva koji su svi manji od b i ve¢i od a, tj. koji se nalaze izmedu brojeva a i b. Analogno dokazujemo da ako su a, b ∈ R, onda postoji c ∈ R takav da je a < c < b. Prema tome, izmedu svaka dva razli£ita realna broja postoji realan broj, tj. beskona£no mnogo realnih brojeva, a izmedu svaka dva razli£ita racionalna broja postoji racionalan broj, tj. beskona£no mnogo racionalnih brojeva. Zbog toga kaºemo da su skupovi R i Q gusti. Dokaza¢emo teoremu (poznatu kao Arhimedovu teoremu ili kao Arhimedov princip) koji nam omogu¢ava da pitanje gustine skupa bolje rasvijetlimo.
Teorema 4. Ako je h realan, ksan pozitivan broj, tada za svaki realan broj x postoji jedinstven cio broj k takav da je: (k − 1)h ≤ x < kh. Dokaz. Kako je skup Z neograni£en odozgo, to je skup n o x S= n∈Z| 0, to su nejednakosti (1) ekvivalentne sa nejednakostima.
(1)
(k − 1) h ≤ x < kh. Jedinstvenost elemenata k ∈ Z, koji zadovoljava nejednakosti (1), slijedi iz jedinstvenosti minimalnog elementa brojnih skupova. Posljedice:
1◦ Za svaki pozitivni broj ε postoji prirodni broj n takav da je 1 0 < < ε. n Dokaz. Na osnovu teoreme 1 postoji n ∈ Z takvo da je 1 < εn. Kako je 0 < 1 i 0 < ε, 1 to je 0 < n pa je n ∈ N i 0 < . < ε. n 1 2◦ Ako je x ∈ R i x ≥ 0 i za ∀n ∈ Nx < , tada je x = 0. n
Realni brojevi
45
3◦ Za svaki broj a, b ∈ R, a < b, postoji broj r ∈ Q takav da je a < r < b. 1 Dokaz. Prema 1◦ postoji broj n ∈ N takav da je 0 < < b − a, a prema teoremi 1 n m−1 m postoji cio broj m ∈ Z takav da je ispunjeno ≤a< . n n m m m−1 Dokaºimo da je < b . Kada bi bilo b ≤ , onda bismo imali da je ≤a< n n n m 1 1 b ≤ . Odavde slijedi da je > b − a, ²to je u kontradikciji sa < b − a. n n n m m Dakle,r = ∈Qia< < b, ²to zna£i da je skup Q gust u R, ²to smo ve¢ pokazali n n u osobini 5 skupa Q. 4◦ Za proizvoljan broj x ∈ R postoji jedinstven cio broj k ∈ Z takav da je (k − 1) ≤ x < k. Da bismo dokazali ovo tvrdenje dovoljno je u teoremi 1 uzeti da je h = 1. Broj k − 1 nazivamo cijelim dijelom broja x i ozna£avamo ga [x], tj. k − 1 = [x] Broj x − [x] nazivamo razlomljenim dijelom broja x i ozna£avamo ga (x), tj. (x) = x − [x]. Prema tome, moºemo pisati x = |x| + (x), na primjer x = 3, 14;[x] = 3, (x) = 0, 14.
3.4.4. Skup iracionalnih brojeva U elementarnoj geometriji je pokazano da za mjerenje izvjesnih veli£ina, kao ²to su duºine, nisu dovoljni racionalni duºina hipotenuze u pravouglom trouglu, £ije √ brojevi. Na primjer, √ su katete 1, iznosi 2 . Medutim, broj √ 2 ne nalazi se medu racionalnim brojevima pa se uvode novi realni brojevi, kao ²to je 2 i nazivamo ili iracionalnim brojevima. Skup R\Q I√. Po²to je Q ⊂ R√, to jeR = Q ∪ I . √ skup je iracionalnih brojeva, u oznaci √ √ 3 5 Pored 2 iracionalni brojevi su, na primjer: 2, 3, 10, log 6, 2 2 , π, π 2 i drugi. Svaki iracionalni broj moºemo predstaviti u obliku beskona£nog decimalnog neperiodi£√ nog razlomka. Tako je, na primjer: 2 = 1, 4142..., π = 3, 1415626...; log 6 = 0, 7782... Napomenimo da zbir i proizvod dva iracionalna √ √ broja moºe biti racionalan ili iracionalan broj. Na primjer, zbir iracionalnih brojeva 2 i 3 jeste iracionalan broj, a zbir iracionalnih √ √ brojeva 1+ 2 i 1− 2 jeste racionalan broj. Dakle, skup iracionalnih brojeva I nije zatvoren u odnosu na operacije sabiranja i mnoºenja realnih brojeva. Skup iracionalnih brojeva je slijeva i zdesna neograni£en. On je svuda gust skup tj. izmedu dva razli£ita iracionalna broja a i b moºe se umetnuti bar jedan iracionalan broj, pa, prema tome, i beskona£no mnogo iracionalnih brojeva, ve¢ih od a, a manjih od b. Postupak je isti kao i u racionalnim brojevima. Relacijom "≤", odnosno "≥" l je totalno ureden skup. Iracionalni brojevi mogu biti algebarski i transcendentni. Algebarski su√ rje²enja algebarskih jedna£ina sa cjelobrojnim koe cijentima, na primjer x2 − 2 = 0, x = ± 2. Svaki iracionalni broj koji nije algebarski naziva se transcendentnim. Takvi brojevi su π , e = 2, 718281..., log 6, i mnogi drugi.
Elementi op²te algebre
46
3.5. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi 3.5.1.
Pojam prebrojivog i neprebrojivog skupa
Za beskona£an skup E = {e1 , e2 , ...en , ...} kaºe se da je prebrojiv ako postoji biunivoko preslikavanje skupa E na skup prirodnih brojeva N , tj. ako svakom elementu e odgovara po jedan prirodni broj i obrnuto. Tako, na primjer, broju 1 odgovara jedan element e1 , broju 2 odgovara drugi element e2 itd. Drugim rije£ima, skup
E = {e} prebrojiv je ako se elementi mogu napisati u obliku niza e1 , e2 , ...en , ...tj. ako je
E = {e1 , e2 , ...en , ...} .
Teorema 5. Skup Z svih cijelih brojeva je prebrojiv skup. Dokaz. Preslikavanje f : Z −→ N dato sa 1, a=0; 2a, a>0; f (a) = 1 − 2a, a 0) predstavlja¢e ta£ku M na pravoj, koja se nalazi na kraju duºi 0M . Nju q 1 dobijamo kada -ti dio mjerne jedinice 0M1 prenesemo p puta desno od po£etne ta£ke 0, q ako je p > 0, odnosno lijevo ako je p < 0. Na ovaj na£in moºemo svakom racionalnom broju jednozna£no pridruºiti ta£ku na datoj pravoj, tj. skupu racionalnih brojeva pridruºujemo skup ta£aka na pravoj. Za ove ta£ke kaºemo da su racionalne ta£ke prave. Kako je skup racionalnih brojeva svugdje gust, to je i skup racionalnih ta£aka prave svugdje gust. One su na pravoj svugdje gusto rasporedene. Skupom racionalnih ta£aka nisu iscrpljene sve ta£ke prave. Na primjer, iracionalnom √ broju 2 moºemo jednozna£no pridruºiti ta£ku M date prave na sljede¢i na£in. Nad jedini£nom√duºi 0M1 , konstrui²emo kvadrat, nanesemo dijagonalu toga kvadrata, 2 desno od ta£ke 0 po pravoj i tako odredimo ta£ku M koja odgovara £iji je mjerni broj √ iracionalnom broju 2. Uop²te, skupu iracionalnih brojeva pridruºujemo skup svih ta£aka prave koje nisu racionalne. Taj skup ta£aka prave nazivamo iracionalnim skupom ta£aka. On je svugdje gust, jer je skup iracionalnih brojeva svugdje gust pa su iracionalne ta£ke svugdje gusto rasporedene po pravoj. Skupom racionalnih i skupom iracionalnih brojeva, tj. skupom realnih brojeva iscrpljene su potpuno sve ta£ke prave. Skup realnih brojeva i posmatrana prava nalaze se u odredenom odnosu koji moºemo iskazati Kantorovim aksiomom koji glasi: Svakom realnom broju odgovara jedna i samo jedna ta£ka prave. I obrnuto: Svakoj ta£ki prave odgovara jedan i samo jedan realan broj. Zato kaºemo da izmedu skupa realnih brojeva i skupa ta£aka prave postoji biunivoka korespondencija. Skup realnih ta£aka je neprekidno (kontinuirano) rasporeden po £itavoj pravoj (geometrijski linearni kontinuitet ta£aka). Analogno, skup realnih brojeva nazivamo aritmeti£ki linearni kontinuum brojeva. Pravu na kojoj smo odabrali po£etnu ta£ku, odredili jedinicu mjere za duºinu i svakoj njenoj ta£ki jednozna£no pridruºili realan broj, nazivamo brojnom pravom. Po²to je ona orijentisana, nazivamo je i brojnom osom.
Realni brojevi
49
3.7. Pro²irena oblast realnih brojeva Skup realnih brojeva pro²irujemo simblima −∞ i +∞. Tako dobijeni skup obiljeºavamo R∗ , pa je
R∗ = {−∞} ∪ R ∪ {+∞} , pri £emu se uzima da za svaki realni broj x vaºi nejednakost −∞ < x < +∞. Umjesto +∞ £esto pi²emo samo ∞. Sabiramo i mnoºimo u£e²¢em ovih simbola prema pravilima:
x + (+∞) = +∞, (+∞) + (+∞) = +∞, x + (−∞) = −∞, (−∞) + (−∞) = −∞, x ∈ R. Za x > 0
x · (+∞) = +∞, (+∞) · (+∞) = +∞, x · (−∞) = −∞, (+∞) · (−∞) = −∞, (−∞) · (−∞) = +∞, a za x < 0
x · (+∞) = −∞, x · (−∞) = +∞. ∞ 0 ±∞ Nisu de nisani slu£ajevi: −∞ + (+∞), 0 · (+∞), , ,1 i drugi o kojima ¢e kasnije ∞ 0 biti rije£i.
3.8. Brojni intervali. Apsolutna vrijednost realnog broja. Okolina ta£ke 3.8.1. Brojni intervali Neka su a, b ∈ R i a < b, tada medu podskupovima skupa realnih brojeva od posebnog zna£aja su podskupovi oblika:
(a, b) (a, b] [a, b) [a, b]
= = = =
{x ∈ R | a < x < b} , {x ∈ R | a < x ≤ b} , {x ∈ R | a ≤ x < b} , {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} .
Podskup (a, b) nazivamo intervalom skupa R. Njemu ne pripadaju brojevi a i b pa kaºemo da je interval otvoren. Podskup [a, b] naziva se odsje£ak (segment) skupa R. Njemu pripadaju brojevi a i b i zato kaºemo da je interval zatvoren. Podskupovi (a, b] i [a, b)
Elementi op²te algebre
50
predstavljaju poluotvorene intervale ili polusegmente. U prvom primjeru interval je slijeva otvoren, a zdesna zatvoren, jer mu broj a ne pripada. U drugom, interval je slijeva zatvoren, a zdesna otvoren, jer mu broj a pripada, a broj b ne pripada. Brojeve a i b nazivamo medama (krajevima) intervala. U svim navedenim slu£ajevima interval je ograni£en. Njemu na brojnoj pravoj odgovara duº ili segment kojoj u prvoj primjeni ne pripadaju krajnje ta£ke, a u drugoj ne pripada joj lijeva krajnja ta£ka, a u tre¢oj ne pripada joj desna krajnja ta£ka, a u £etvrtoj pripadaju joj krajnje ta£ke. U slu£aju kona£nih intervala (a, b), (a, b], [a, b) i [a, b] broj b − a nazivamo duºinom intervala. Skupove:
(a, +∞) [a, +∞) (−∞, b) (−∞, b]
= = = =
{x ∈ R | a < x < +∞} , {x ∈ R | a ≤ x < +∞} , {x ∈ R | −∞ < x < b} , {x ∈ R | −∞ < x ≤ b} ,
nazivamo neograni£enim intervalima. Geometrijski navedenim intervalima na brojnoj pravoj odgovaraju poluprave, osim intervala (−∞, +∞) kome odgovara £itava brojna prava.
3.8.2.
Apsolutna vrijednost
Neka je x ∈ R. Apsolutnu vrijednost broja x ili modul broja x, koju ozna£avamo sa |x|, de ni²emo na sljede¢i na£in: x za x > 0 0 za x = 0 |x| = −x za x < 0. Geometrijski gledaju¢i, apsolutna veli£ina realnog broja x predstavlja mjerni broj duºi £ije su krajnje ta£ke ta£ka 0 i ta£ka x, odnosno (−x) (sl.17).
Sl. 17 Osnovna svojstva funkcije |x| sadrºana su u sljede¢oj teoremi.
Teorema 10. Za svako x, y ∈ R je: 1◦ |x| ≥ x. 2◦ |x| = 0 ⇐⇒ x = 0, 3◦ |−x| = |x| , 4◦ − |x| ≤ x ≤ |x| ,
51
Realni brojevi
5◦ |x + y| ≤ |x| + |y| , 6◦ |x + y| ≥ ||x| − |y|| , 7◦ |x − y| ≤ |x| + |y| , 8◦ |x − y| ≥ ||x| − |y|| , 9◦ |x · y| = |x| · |y| , ¯ ¯ ¯ ¯ |x| ◦ ¯x¯ 10 ¯ ¯ = , y 6= 0. y |y| Dokaza¢emo neka od navedenih tvrdenja. 2
3 Kako je x = (−x) , to je |x| = x , |x| = ◦
2
2
2
√
q x2 ,
odakle je |−x| =
(−x)2 =
√
x2 = |x| .
5◦ Akoje x + y ≥ 0, onda je |x + y| = x + y . Na osnovu osobine 1◦ je |x| ≥ x i |y| ≥ y pa je x + y ≤ |x| + |y| , tj. |x + y| ≤ |x| + |y| . Ako je x + y < 0, tada je |x + y| = −x − y . Na osnovu osobine 1◦ jeste |−x| ≥ −x i |−y| ≥ −y, a po 3◦ je |−x| = |x| , |−y| = |y| , pa je |x| ≥ −x i |y| ≥ −y, ili −x − y ≤ |x| + |y| , tj. |x + y| ≤ |x| + |y| . Analogno se pokazuje da je:
|x1 + x2 + ... + xn | ≤ |x1 | + |x2 | + ... + |xn | , tj. apsolutna vrijednost zbira manja je ili je jednaka zbiru apsolutnih vrijednosti. 6◦ Kako je |x| = |x + y − y| = |(x + y) + (−y)| ≤ |x + y| + |y| , odnosno
|x| ≤ |x + y| + |y| , pa je
|x| − |y| ≤ |x + y| .
(1)
Ako podemo od jednakosti
y = (x + y) − x, dobi¢emo
|y| ≤ |x + y| + |x| , |y| − |x| ≤ |x + y| .
tj.
(2)
Elementi op²te algebre
52
Prema (1) i (2) jeste
|x + y| ≥ ± (|x| − |y|) , tj. |x + y| ≥ ||x| − |y|| . 8◦ Da bismo dokazali relaciju 8◦ , podimo od izraza |x| = |y + (x − y)| , odakle je |x| ≤ |y| + |x − y| , tj.
|x| − |y| ≤ |x − y| .
(3)
Na sli£an na£in je
|y| = |x + (y − x)| , |y| ≤ |x| + |y − x| , ili
|y| − |x| ≤ |y − x| . Relacije (3) i (4) moºemo napisati u obliku
± (|x| − |y|) ≤ ||x| − |y|| ≤ |x − y| , ²to je i trebalo dokazati. 9◦ Imamo: q p p √ |x · y| = (xy)2 = x2 y 2 = x2 · y 2 = |x| · |y| Analogno pokazujemo da je
|x1 · x2 ...xn | = |x1 | · |x2 | ... |xn | . Specijalno, ako je x1 = x2 = ... = xn , tada je
|xn | = |x|n , n ∈ N. √ ¯ ¯ sµ ¶2 ¯ ¯ x x2 |x| ◦ ¯x¯ 10 ¯ ¯ = =p = . y y |y| y2 Napomenimo i to da relacija |x| ≤ r, r > 0 zna£i isto ²to i
−r ≤ x ≤ r, a relacija
|x − a| ≤ r zna£i isto ²to i
−r ≤ x − a ≤ r, odnosno isto ²to i
a − r ≤ x ≤ a + r (r > 0) .
(4)
53
Realni brojevi
Nejednakost |x| > r (r > 0) zna£i isto ²to i nejednakosti
x < −r ∧ x > r. Veli£inu |x − y| nazivamo rastojanjem medu ta£kama x, y ∈ R.Ona je nenegativna, jednaka nuli ukoliko se ta£ke x i y poklapaju. Ako rastojanje ozna£imo d(x, y), ima¢emo da je ½ (y − x) za y − x ≥ 0 d(x, y) = − (y − x) za y − x < 0 ²to zna£i da je d(x, y) = |y − x| = |x − y|.
Primjer 1. Dokazati da je a + b + |b − a| a + b − |b − a| = max(a, b), = min (a, b) . 2 2 Neka je, na primjer, b > a, tj. b − a > 0, tada je b − a = c > 0 i b = a + c, pa je a + b + |b − a| 2a + c + |c| = = a + c = b = max(a, b), 2 2 a + b − |b − a| 2a + c − |c| = = a = min(a, b). 2 2 Primjer 2. Rije²iti jedna£inu |2x + 1| + |x + 3| = |x + 6| . Mogu¢e kombinacije nejedna£ina koje imaju rje²enje i odgovaraju¢a rje²enja najjednostavnije je na¢i iz sljede¢e tabele:
Datu jedna£inu transformi²emo u jedna£ine:
µ
¶
1 |2x + 1| + |x + 3| − |x + 6| = 2x − 2 = 0, − ≤ x + ∞ 2
1 = −2x − 4 = 0, (−3 ≤ x ≤ − ) 2 = −4x − 10 = 0, (−6 ≤ x ≤ −3) = −2x + 2 = 0, (−∞ < x ≤ −6) .
Elementi op²te algebre
54
Njihova rje²enja su: 1 1 5 x = 1 ∈ [− , +∞), x = −2 ∈ [−3, − ], x = − ∈ / [−6, −3], x = 1 ∈ / (−∞, −6] . 2 2 2 Data jedna£ina je zadovoljena za x = −2 i x = 1.
Primjer 3. Rije²iti nejedna£inu |x + 2| + |x − 2| ≤ 12.
Datu nejedna£inu moºemo transformisati u nejedna£ine:
|x + 2| + |x − 2| − 12 = 2x − 12 < 0, (2 ≤ x < +∞) = −8 < 0, (−2 ≤ x ≤ 2) = −2x − 12 < 0, (−∞ < x ≤ 2) . Njihova rje²enja su: x < 6, svako realno x, x > −6, a ako se uzmu u obzir i odgovaraju¢a ograni£enja, dobi¢e se rje²enje x < 6.
3.8.3.
Okolina ta£ke
Neka na brojnoj pravoj ksnoj ta£ki A odgovara realan broj a (sl.18). Svaki otvoreni interval (a − ε, a + ε) koji sadrºi ta£ku A nazivamo ε-okolinom ta£ke A, odnosno ε-okolinom broja a, gdje je ε proizvoljan pozitivan broj. Ta£ka A (broj a) nalazi se u sredini intervala i nazivamo je centrom okoline, a broj εradijusom okoline, dok je broj 2ε dijametar okoline. U op²tem slu£aju okolina (a − ε, a + ε) moºe biti zadata nejednako²¢u |x − a| < ε.
Sl. 18 Na primjer, skup ta£aka x koji zadovoljava nejednakost |x − 3| < 2 jeste okolina broja 3 radijusa 2. Okolinu, u ²irem smislu, moºemo de nisati i ovako. Okolina ta£ke a ∈ R je svaki otvoreni interval (α, β) koji sadrºi ta£ku a, tj. za koji vaºi α < a < β. Proizvoljna okolina ta£ke a ∈ R nije njena ε-okolina, jer je ε-okolina simetri£na u odnosu na ta£ku a, dok proizvoljna okolina ta£ke a to ne mora da bude. Kako −∞ i +∞ ne pripadaju skupu R, to se ne mogu posmatrati njihove okoline u R kojim bi oni pripadali, ali ih moºemo de nisati ovako. Okolinom od −∞, odnosno od +∞ je svaki interval oblika (−∞, a) za, a ∈ R ∪ {+∞} odnosno (a, +∞) za a ∈ R ∪ {+∞}. Za ta£ku a0 kaºemo da je unutra²nja ta£ka nekog intervala ako ona zajedno sa nekom svojom okolinom pripada tom intervalu. Prema tome, svaka ta£ka otvorenog intervala je unutra²nja ta£ka intervala.
55
Realni brojevi
3.9. Njutnova binomna formula Uobi£ajeno je da se proizvod svih prirodnih brojeva od 1 do n obiljeºava sa n!, tj.:
n! = 1.2.3...n i £ita se en faktorijel. Uzimaju¢i da je 0! = 1 (1), onda iz de nicije faktorijela
n! = n(n − 1)(n − 2)...3.2.1, dobijamo (n − 1)! = (n − 1)(n − 2)...3.2.1 pa je otuda n! = n(n − 1)! (2). Ako podemo od toga da je funkcija n −→ n! (n ∈ N ili nula) de nisana pomo¢u formula (1) i (2), onda metodom matemati£ke indukcije moºemo dokazati da je: n
n! = 1.2.3...n = Π k(n ≥ 1), k=1 n+1
(n + 1)! = n!(n + 1) = Π k. k=1
¡n¢
Binomne koe cijente k , 0 ≤ k ≤ n de ni²emo na sljede¢i na£in: µ ¶ n def n! n (n − 1) (n − 2) ... (n − k + 1) = = . k k!(n − k)! 1 · 2 · 3 · ...k ¡ ¢ Simbol nk £itamo "en nad ka".¡ ¢ Ako je k > n ili k < 0, tada je nk = 0. Za k = 0 binomni koe cijent ima¢e vrijednost µ ¶ n n! n! = = = 1. 0 0! (n − 0)! n! Takode, lako je provjeriti da je ¶ µ ¶ µ µ ¶ n n n = n, = n, = 1. n−1 n 1
Teorema ¢ binomni ¡n+1¢koe cijenti imaju sljede¢e osobine: ¢je k ≤ n, ◦k,¡nn¢∈ N,¡onda ¡ ¢ 15. ¡Ako n n ◦ n 2 k + k+1 = k+1 1 k = n−k ,
¡n+1¢ k + 1 k k k+1 n + 1 . Dokaz. 1◦ Na osnovu de nicije (3) jeste ¶ µ ¶ µ n! n! n n . = = = k n−k (n − n + k)! (n − k)! k! (n − k)! 3◦
¡ n¢
+
¡
¢
n k−1
=
¡n+1¢ k ,
4◦
¡n¢
=
£ime je dokazana osobina simetri£nosti binomnih koe cijenata.
(3)
56
Elementi op²te algebre
Formulu 2◦ dokazujemo na sljede¢i na£in:
µ ¶ µ ¶ n n n! n! + = + = k+1 k k! (n − k)! (n − k − 1)! (k + 1)! µ ¶ n! 1 1 = + = k! (n − k − 1)! n − k k + 1 µ ¶ (n + 1)! n+1 = = . (n − k)! (k + 1)! k+1
Analogno dokazujemo osobinu 3◦ . Osobinu 4◦ dokazujemo ovako:
µ ¶ n n! k+1 (n + 1) n! = = = k k! (n − k)! (k + 1)!k! (n − k) !n + 1 µ ¶ (n + 1)! k+1 k+1 n+1 . = · = (n − k)! (k + 1)! n + 1 n + 1 k + 1
(6)
Paskal je, na osnovu formule 2◦ , dao pravilo za obrazovanje binomnih koe cijenata u aritmeti£kom trouglu. Taj trougao izgleda ovako:
¡4¢ 0
¡3¢
¡2¢ 0
0
¡4¢
1
¡1¢ 0
¡3¢
¡0¢ 0
¡2¢ 1
1
¡4¢
2
¡ 1¢ 1
¡ 3¢
¡2¢
¡ 3¢
2
2
¡4¢
3
3
¡4¢ 4
Odnosno, ako binomne koe cijente zamijenimo odgovaraju¢im vrijednostima, dobi¢emo
1
1 1 1 1 1
1 2
3 4
1 3
6
1 4
5 0 0 5
1 1
Realni brojevi
57
Paskalovo pravilo za obrazovanje binomnih koe cijenata glasi: Kod aritmeti£kog trougla zbir k -tog i (k + 1)-og £lana n-te vrste jednak je (k + 1)-om £lanu (n + 1)-ve vrste. Formulom 3◦ koristimo se pri izra£unavanju binomnih koe cijenata kada je k blisko broju n. Na primjer,
µ ¶ µ ¶ 20 20 20 · 19 = = = 190. 18 2 1·2 Formula 3◦ ukazuje i na simetriju binomnih koe cijenata, jer je
¡n¢ ¡n¢ = ¡n0 ¢ ¡ nn ¢ ¡n1 ¢ = ¡n−1 ¢ n = 2 n−2 ¡ ¢ ¡ ¢ n n = k n−k
Teorema 16. Ako su a, b ∈ R i n ∈ N, tada vaºi formula
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n−1 n n−2 2 n n−r r n n (a + b) = a + a b+ a b + ... + a b + ... + b , 0 1 2 r n (1) ili n µ ¶ X n n−r r n (∀n) (a + b) = a b, (2) r r=0 n
koju nazivamo binomnom formulom ili Njutnovom binomnom formulom.
Dokaz. Formulu (1) dokaza¢emo metodom matemati£ke indukcije. Za n = 1 formula (1) ta£na je, jer je µ ¶ µ ¶ 1 1 a+b= a+ b = a + b. 0 1 Pretpostavimo da je ona ta£na za n = k , tj.
µ ¶ k k−r r (a + b) = Σ a b, r=0 r k
k
(3)
Elementi op²te algebre
58
pa dokaºemo da je formula (1) ta£na za prirodan broj n = k + 1 ako je ta£na za n = k, tj.
µ
k+1
(a + b)
k+1
= Σ
r=0
¶ k + 1 k+1−r r a b. r
Polaze¢i od (a + b)k+1 = (a + b)k · (a + b) i vode¢i ra£una o induktivnoj pretpostavci (3), poslije mnoºenja, dobijamo k ¡ ¢ k ¡ ¢ (a + b)k+1 = Σ kr ak+1−r br + Σ kr ak−r br+1 r=0 r=0 k ¡ ¢ k−1¡ ¢ ¡k¢ k+1 ¡k¢ k+1 = 0 a + k b + Σ kr ak+1−r br + Σ kr ak−r br+1 r=1 r=0 k ¡ ¢ k ¡ ¡k+1¢ k+1 ¡k+1¢ k+1 ¢ k−r+1 r k k+1−r r k = a + b + Σ a b + Σ a b 0 k+1 r=1 r r=1 r−1 k ¡ ¡k+1¢ k+1 ¢ ¡k+1¢ k+1 k+1¡k+1¢ k+1−r r k+1 k+1−r r = + Σ r a b + k+1 b = Σ r a b. 0 a r=1
r=0
Prema tome, ako je formula (3 ) ta£na za n = k , onda je ta£na i za n = k +1. Dakle, formula (3) ta£na je za svaki prirodni broj n. Takode je
µ ¶ n n−k k (a − b) = Σ (−1) a b . k=0 k ¡ ¢ Op²ti £lan binomnog razvoja je Ar+1 = nr an−r br . ³x ´5 Primjer 1 Primjenom binomne formule izra£unati −1 . 2 n
n
k
µ ¶³ ´ µ ¶³ ´ 5 µ ¶³ ´ ´5 X 5 x 5−k 5 x 5−0 5 x 5−1 k −1 = (−1) = + (−1)1 + 0 1 2 k 2 2 2 k=0 µ ¶³ ´ µ ¶³ ´ µ ¶³ ´ 5 x 5−2 5 x 5−3 5 x 5−4 2 3 + (−1) + (−1) + (−1)4 + 2 3 4 2 2 2 µ ¶³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ x ´2 5 x 5−5 x 5 x 4 x 3 5 + (−1) = 1 · −5 + 10 − 10 + 5 2 2 2 2 2 ³ x ´1 ³ x ´0 1 5 5 5 5 +5 −1 = x5 − x4 + x3 − x2 + x − 1. 2 2 32 16 4 2 2
³x
59
Realni brojevi
Primjer 2. Na¢i racionalne sabirke u razvoju ³√ 4
x3
³√ 4
x3
´10 √ 3 + x .
´10 10 ¡ ¢ ³ 3 ´10−k k 10 ¡ ¢ 30−3k k √ 10 3 4 3 = Σ + x = Σ 10 x x x 4 x3 k k=0 k=0 k 10 ¡ ¢ 90−5k 10 ¡ ¢ 5(18−k) 10 12 12 = Σ k x = Σ 10 . k x k=0
k=0
Racionalne sabirke u ovom razvoju dobi¢emo za one vrijednosti k za koje je 18 − k djeljivo sa 12. Dakle, k = 6. Iz formule (1) moºemo dobiti sljede¢e relacije: 1. Za a = b = 1
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n n 2n = + + ... + = Σ . k=0 k 0 1 n
(4)
2. Za a = 1, b = −1
µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n n n k n 0= − + ... + (−1) = Σ (−1) . k=0 0 1 n k
3. Sabiraju¢i jednakosti (4) i (5), dobi¢emo n−1
2
µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n = + + + ··· 0 2 4
4. Oduzimaju¢i jednakosti (4) i (5), bi¢e n−1
2
µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n n + ··· + + = 5 3 1
(5)
60
Elementi op²te algebre
II Osnovi linearne algebre
61
1. Matrice 1.1. Pojam i vrsta matrice Neka je X ⊆ R. Tada svako preslikavanje skupa {1, 2, ..., m} X {1, 2, ..., n} u skup X nazivamo matricom tipa m × n nad X . Ovakvo preslikavanje zapisuje se u obliku tabele :
a11 a21 ··· ai1 ··· am1
a12 a22 ··· ai2 ··· am2
··· ··· ··· ··· ··· ···
a1j a2j ··· aij ··· amj
··· ··· ··· ··· ··· ... ↓−
a1n a2n ··· ain −→ ··· amn j -ta kolona
aij ∈ R, i = 1, 2...m, j = 1, 2, ...n. i-ta vrsta
(1)
Samu matricu ¢emo poistovje¢ivati sa datom tabelom, a razmatra¢emo uglavnom slu£ajeve kada je X skup realnih brojeva, tj. radi¢emo sa matricama nad poljem realnih brojeva i nazivati ih realnim matricama. Uredenom paru (i, j ) brojeva i i j pridruºen je realan broj aij koji se nalazi u i-toj vrsti i j -toj koloni. Za ksno i elementi ai1 , ai2 , ..., ain matrice (1) obrazuju njenu i-tu vrstu (horizontalni red tabele), a za ksno j elementi a1j , a2j , ..., amj njenu j -tu kolonu (vertikalni red tabele). Prvi indeks i elementa aij predstavlja redni broj vrste, a drugi indeks j redni broj kolone u kojoj se taj element nalazi. Kada kaºemo da se element aij nalazi na mjestu (i, j) matrice (1), to zna£i da se on nalazi u presjeku i-te vrste i j -te kolone.
63
Osnovi linearne algebre
64
Matricu A £iji su elementi aij , a koja je tipa (formata) m × n moºemo kra¢e zapisati
A =k aij k m × n = [aij ]nm = (aij ) m × n.
Matricu tipa n × n nazivamo kvadratnom matricom, a matricu tipa m × n pravougaonom matricom. Niz elemenata a11 , a22 , ..., ann kvadratne matrice tipa n × n nazivamo glavnom dijagonalom, a niz elemenata a1n , a2n−1 , ...an1 sporednom dijagonalom te matrice. Matrica tipa 1 × 1 sastoji se samo od jednog elementa pa se matrica tog tipa poistovje¢uje sa njenim jednim elementom. Matricu tipa 1×n, odnosno m×1, nazivamo matrica-vrsta, odnosno matricakolona. Kvadratnu matricu,kojoj su svi elementi ispod, odnosno iznad glavne dijagonale jednaki nuli, nazivamo gornjom (desnom), odnosno donjom(lijevom) trouglastom matricom. Ozna£avamo ih
° °a ° 11 ° ° Tg = ° ° ° ° 0 ° °a ° 11 °a ° 21 Td = ° .. ° . ° ° an1
a12 · · · a22 ...
a22
...
an2 · · ·
° a1n ° ° a2n ° ° n ili kaij k1 (aij = 0, i > j), ... ° ° ° ann ° ° 0 ° ° ° ° n ° ili kaij k1 (aij = 0, i < j). ° ° ann °
Kvadratnu matricu, u kojoj su svi elementi van glavne dijagonale jednaki nuli, nazivamo dijagonalnom matricom, u oznaci
° °a 0 ° 11 ° a22 ° D=° .. ° . ° ° 0 ann
° ° ° °d ° ° 1 ° ° d2 ° ° ° ili ° .. ° ° . ° ° ° ° dn
° ° ° ° ° n ° ili diag(d1 , d2 , ..., dn ) ili kdi δ ij k1 , ° ° °
65
Matrice
gdje je δ ij Kronekerova delta-funkcija de nisana sa
δ ij = 0 (i 6= j), δ ij = 1 (i = j). Ako je d1 = d2 = . . . = dn , dijagonalnu matricu nazivamo skalarnom matricom. Ako su svi elementi dijagonalne matrice jednaki 1, takvu matricu nazivamo jedini£nom, u oznaci I = E , ili In×n kada se ºeli naglasiti tip jedna£ine matrice. Jedini£na matrica ima osobinu da je Am×n · In×n = Im×n · Am×n = Am×n za svaku matricu tipa Am×n . Matricu, £iji su svi elementi jednaki nuli, nazivamo nula-matricom i ozna£avamo je 0. Nula matrica tipa m × n bi¢e matrica:
0m×n
° ° ° ° ° ° =° ° ° ° °
0 0 0 .. . 0
0 0 0 .. . 0
··· ··· ··· .. . ···
0 0 0 .. . 0
° ° ° ° ° ° ° ° ° ° °
m×n .
1.2. Jednakost matrica Matrice A = kaij km×n i B = kbij kp×q jednake su ako i samo ako su istog tipa i ako imaju jednake odgovaraju¢e elemente, tj. A = B ako i samo ako je
m = p, n = q, aij = bij (i = 1, 2, ..., m, j = 1, 2, ..., n). Relacija jednakosti matrica je relacija ekvivalencije u skupu matrica, tj. 1. A = A, 2. (A = B) ⇒ (B = A), 3. (A = B ∧ B = C) ⇒ (A = C).
Primjer 1. Odrediti parametar a tako da matrice ° 3 °a 0 1 ° A=° ° ° 2 a2 3
budu jednake.
° ° ° °a 0 1 ° ° ° iB=° ° ° ° °2 1 3
° ° ° ° ° °
Osnovi linearne algebre
66
Matrice A i B su istog tipa (2 × 3), a iz zahtjeva da odgovaraju¢i elementi budu jednaki slijedi sistem jedna£ina:
a3 = a a2 = 1 £ije je rje²enje a = 1. Dakle, za a = 1 matrice A i B su jednake.
1.3. Operacije sa matricama 1.3.1.
Sabiranje matrica i mnoºenje skalarom
Zbir matrica istog tipa A = kaij km×n i B = kbij km×n jeste matrica C = kcij km×n £iji su elementi zbirovi odgovaraju¢ih elemenata matrica A i B , tj.
C = kcij km×n = kaij + bij km×n . Zbir matrica razli£itog tipa nije de nisan.
Primjer 1. Odrediti zbir matrica ° ° 4 3 7 ° A=° ° −1 2 0 ° 1 8 −2 ° ° 4 3 7 ° C =A+B =° ° −1 2 0 ° 1 8 −2
° ° ° °0 ° ° °+° 1 ° ° ° °2 ° °4 ° =° °0 °3
° ° ° ° °0 3 1° ° ° ° ° i B = ° 1 2 −1 ° ° ° ° ° ° 2 5 −3 ° ° ° ° 3 1° ° ° 4+0 3+3 7+1 ° 2 −1 ° ° = ° −1 + 1 2 + 2 0 − 1 5 −3 ° ° 1 + 2 8 + 5 −2 − 3 ° 6 8° ° 6 −1 ° ° 13 −5 °
Operacija sabiranja matrica tipa m × n ima sljede¢a svojstva:
1◦ A + B = B + A, 2◦ A + (B + C) = (A + B) + C, 3◦ 0 + A = A.
° ° ° ° ° °
67
Matrice
Dakle, sabiranje matrica je komutativna i asocijativna operacija, a nula matrica je neutralni element za operaciju sabiranja matrica. Taj neutralni element je jedinstven. Za proizvoljnu matricu A = kaij km×n postoji jedinstvena suprotna matrica −A = k−aij km×n takva da je
A + (−A) = 0. Matrica −A je inverzni element sabiranja matrica. Zbir A + (−B) ozna£avamo A − B i nazivamo ga razlikom matrica A i B . Dakle,
A − B = A + (−B) = kaij km×n + k−bij km×n = kaij − bij km×n .
Primjer 2. Date su matrice
° ° 1 2 ° A=° ° 0 3 ° −1 −2
Odrediti A − B .
° ° 1 2 ° A−B =° ° 0 3 ° −1 −2
° ° ° ° °0 2° ° ° ° ° i B = ° 1 −3 ° ° ° ° ° °0 1°
° ° ° ° ° ° 0 2 ° ° 1−0 2−2 ° ° ° ° ° − ° 1 −3 ° = ° 0 − 1 3 − (−3) ° ° ° ° ° ° 0 1 ° ° −1 − 0 −2 − 1
° ° ° ° 1 0 ° ° ° = ° −1 6 ° ° ° ° −1 −3
° ° ° °. ° °
Proizvod matrice A i skalara α jeste matrica B istog tipa kao i matrica A, £iji su elementi de nisani pomo¢u
B = αA = α kaij km×n = kαaij km×n , α ∈ K, tj. svi elementi matrice A pomnoºeni su brojem α. Tako je ° ° ° °
° 1 2 ° 2·° ° −2 3 ° 4 0
° ° 2 4 ° ° ° = ° −4 6 ° ° ° ° 8 0
° ° ° ° °
Iz de nicije mnoºenja matrice brojem slijedi da se zajedni£ki £inilac svih elemenata jedne matrice moºe izdvojiti kao £inilac ispred matrice.
Osnovi linearne algebre
68
Ako su matrice A i B istog tipa, α i β skalari iz K i 1 jedini£ni element, tada je
α(A + B) (α + β)A (αβ)A 1·A 1.3.2.
= = = =
αA + αB, αA + βA, α(βA), A.
Mnoºenje matrica
Neka su date matrice
b11 b12 · · · b1n a11 a12 · · · a1p b21 b22 · · · b2n a21 a22 · · · a2p iB= A= . . . . . . . . bp1 bp2 · · · bpn am1 am2 · · · amp m×p
. p×n
Proizvod matrica A i B , u oznaci AB , je matrica C :
c11 c12 · · · c1n c21 c22 · · · c2n = . . . . cm1 cm2 · · · cmn m×n
Am×p · Bp×n = Cm×n
u kojoj je element cij odreden jednako²¢u:
cij = ai1 b1j + ai2 b2j + ... + aip bpj =
p X
aik bkj .
k=1
Dakle, elemente cij (i = 1, 2, ..., m; j = 1, 2..., n) matrice C dobijamo na taj na£in ²to elemente i-te vrste matrice A pomnoºimo odgovaraju¢im elementima j -te kolone matrice B i tako dobijene proizvode saberemo. Proizvod A · B matrica A i B de ni²emo samo ako je broj kolona matrice A jednak broju vrsta matrice B . Za takve matrice A i B kaºemo da su usagla²ene ili da su saglasne.
69
Matrice
Primjer 1. Date su matrice ° ° °2 4° ° ° ° ° °1 2 3° ° ° ° A=° ° 3 2 ° i B = ° 2 −1 1 ° . °1 1° Odrediti A · B i B · A.
° ° ° ° 2 · 1 + 4 · 2 2 · 2 + 4 · (−1) 2 · 3 + 4 · 1 ° ° ° ° ° °=° 3 · 1 + 2 · 2 3 · 2 + 2 · (−1) 3 · 3 + 2 · 1 A·B =° ° ° ° ° 1 · 1 + 1 · 2 1 · 2 + 1 · (−1) 1 · 3 + 1 · 1 ° ° ° ° ° ° °2 4° °1 2 3° ° ° °·° 3 2 ° B·A = ° ° 2 −1 1 ° ° ° °1 1° ° ° 1·2+2·3+3·1 1·4+2·2+3·1 = ° ° 2 · 2 + 3 · (−1) + 1 · 1 2 · 4 + 2 · (−1) + 1 · 1
° 10 0 10 ° ° 7 4 11 ° ° 3 1 4 °
° ° ° ° 11 11 °=° ° ° 2 7
° ° ° °
Iz navedenog primjera vidimo da je AB 6= BA, tj. da mnoºenje matrica u op²tem slu£aju nije komutativna operacija. Ako je AB = BA, tada kaºemo da su matrice A i B komutativne, a u suprotnom su nekomutativne.
Primjer 2. Odrediti matricu B , ° ° ° x1 x2 ° ° B=° ° x3 x4 ° tako da bude komutativna sa matricom A.
° ° A = ° ° ° ° AB = ° ° ° ° BA = ° °
° a b° ° (b 6= 0). c d°
° ax1 + bx3 ax2 + bx4 ° °, cx4 + dx3 cx2 + dx4 ° ° ax1 + cx2 bx1 + dx2 ° °. ax3 + cx4 bx3 + dx4 °
Osnovi linearne algebre
70
Iz uslova AB = BA dobijamo sistem jedna£ina
cx1 + dx3 ax1 + cx2 bx1 + dx2 bx3 + dx4
= = = =
ax3 + cx4 ax1 + bx3 ax2 + bx4 cx2 + dx4 ,
koji moºemo napisati u obliku
x2 x3 x 1 − x4 = = = k(k 6= 0), b c a−d odakle slijedi da je
x2 = kb, x3 = kc, x1 − x4 = k(a − d). Operacija mnoºenja matrica ima sljede¢e osobine: 1) (AB)C = A(BC) (asocijativnost), 2) C(A + B) = CA + CB (distributivnost slijeva), 3) (A + B)C = AC + BC (distributivnost zdesna), 4) α(AB) = (αA)B = A(αB) (mnoºenje proizvoda skalarom) 5) A0 = 0A = 0 (mnoºenje nula matricom), pri £emu su matrice A,B i C takve da postoje navedeni proizvodi.
1.4. Transponovana matrica Ako je data matrica A tipa m × n i ako u njoj korespondiraju¢e kolone i vrste izmijene mjesta, onda se vr²i transpozicija matrice A tipa m × n u matricu A0 tipa n × m. Za matricu A0 kaºemo da je transponovana matrica matrice A. Elementi prvobitne i transponovane matrice su povezani relacijom
aij = a0 ji (i = 1, 2, ..., m; j = 1, 2, ..., n). Transponovanu matricu ozna£avamo i AT .
(1)
71
Matrice
Dakle,
° ° ° ° ° A=° ° ° ° °
a11 a12 a21 a22 . . ai1 am1 am2
· · · a1n · · · a2n . . · · · ain · · · amn
° ° ° ° a a ··· a ··· a ° i1 m1 ° 11 12 ° ° a a ··· a ··· a ° 21 22 i2 m2 ° , AT = A0 = ° ° .. .. .. .. .. .. ° ° . . . . . . ° ° ° ° a1n a2n · · · ain · · · amn °
° ° ° ° ° ° ° ° °
Primjer 1. Transponovana matrica matrice
° ° ° ° ° 1 −2 0 ° ° 1 2 3 4° ° ° ° ° ° ° 2 3 1 T ° ° ° −2 3 1 −1 A=° jeste A = ° ° ° 3 1 −1 ° . ° 0 1 −1 2 ° ° ° ° 4 −1 2 ° 3×4 4×3
Teorema 3. Operacija transponovanja matrica ima osobine: 1. (AT )T = A, 2. (aA + bB)T = aAT + bB T , 3. (AB)T = B T AT , (A1 , A2 ...Ak )T = ATk ...AT2 AT1 , gdje su a, b ∈ K proizvoljni brojevi, a matrice A i B istog tipa u slu£aju 2), odnosno saglasne u slu£aju 3).
Dokaz. 1. Jeste o£igledno. 2. Ako su A = kaij km×n i B = kbij km×n onda je
(aA + bB)T = kaaij + bbij kn×m = a kaij kn×m + b kbij kn×m = aAT + bB T . 3. Neka je A = kajk km×p i B = kbki kp×n Element c0 ij matrice (AB)T prema relaciji (1), jeste element cji matrice AB , tj.
cji =
p X k=1
ajk bki .
72
Osnovi linearne algebre
Medutim, cji jeste zbir proizvoda elemenata i-te vrste matrice B T i odgovaraju¢ih elemenata j -te kolone matrice AT pa je na osnovu de nicija mnoºenja i transponovanja matrica
(AB)T = B T AT .
O£igledno, ako su matrice A i B komutativne, onda je (AB)T = AT B T , jer je
(AB)T = (BA)T = AT B T .
Za kvadratnu matricu A kaºemo da je simetri£na ako je jednaka svojoj transponovanoj matrici. U tom slu£aju je:
A = AT i aij = a0 ji .
Primjer 2. Kvadratna matrica A i njena transponovana matrica AT ° ° −3 5 0 ° A=° ° 5 2 1 ° 0 1 6
° ° ° ° −3 5 0 ° ° ° i AT = ° 5 2 1 ° ° ° ° 0 1 6
° ° ° ° ° °
jednake su. Prema tome, svaka od njih je simetri£na. Iz navedenog primjera vidimo da su elementi desno i lijevo od glavne dijagonale (−3, 2, 6) matrice simetri£no rasporedeni. Ako je za kvadratne matrice A = −AT , tj. aij = −a0 ji , onda je svaka od njih antisimetri£na matrica.
Primjer 3. Matrica A,
° ° ° ° ° 0 −2 0 4 ° ° 0 2 0 −4 ° ° ° ° ° ° 2 0 −7 5 ° ° ° −2 0 7 −5 ° i AT = ° ° A=° ° 0 7 0 0° ° 0 −7 0 0 ° ° ° ° ° ° −4 −5 0 0 ° ° 4 5 0 0°
antisimetri£ne su matrice. Elementi s jedne i sa druge strane glavne dijagonale (0, 0, 0, 0) simetri£ni su i jednaki ali suprotnog znaka. Po²to i elementi na glavnoj dijagonali antisimetri£ne matrice moraju zadovoljiti uslov antisimetri£nosti, to su oni jednaki nuli, tj. aii = 0.
73
Matrice
1.5. Stepen kvadratne matrice. Matri£ni polinom Stepen kvadratne matrice de ni²emo na sljede¢i na£in:
½ n
A =
AAn−1 , n ∈ N E, n = 0.
Formiranje matrice An nazivamo stepenovanjem matrice A.
Primjer 1. Dokazati da je ° °1 1 0 ° (∀n ∈ N) ° °0 1 1 °0 0 1
° °n ° ° ° 1 n n(n − 1) ° ° 2 ° =° ° °0 1 n ° ° °0 0 1
° ° ° ° ° ° ° °
Tvrdenje ¢emo dokazati matemati£kom indukcijom. Za n = 1, formula je ta£na. Neka je ta£na za n ≥ 1. Za n + 1 imamo:
° °1 1 0 ° °0 1 1 ° °0 0 1
°n+1 ° ° °1 ° ° ° °0 = ° ° ° °0 ° ° °1 ° = ° °0 ° °0
° ° ° 1 0° ° °1 1 0 ° 1 1° °·° 0 1 1 0 1° °0 0 1
°n ° ° °1 ° ° ° =°0 ° ° ° °0 ° ° ° ° n(n − 1) ° +n ° n+1 ° ° 2 °=° ° ° 1 n+1 ° ° ° ° 0 1
° °° n(n − 1) ° 1 0° °° 1 n 2 ° 1 1° °° 0 1 n 0 1 °° °0 0 1 ° n(n + 1) ° ° 1 n+1 ° 2 ° 0 1 n + 1 °. ° ° 0 0 1
° ° ° ° ° ° ° °
Dakle, formula je ta£na za svako n ∈ N.
Teorema 4. Ako su p i q negativni cijeli brojevi a A i E kvadratne matrice, tada je: p q p+q 1) A · A = A , p q pq 2) (A ) = A , p 3) E = E.
Dokaz. Neposredno slijedi iz de nicije stepena kvadratne matrice i asocijativnosti mnoºenja matrica.
Osnovi linearne algebre
74
Teorema 5. Ako su kvadratne matrice A i B komutativne, tada je (AB)n = An B n ,
n ∈ N.
Dokaz. Formula je ta£na za n = 1 jer je (AB)1 = AB = A1 B 1 . Neka je tvrdnja ta£na za n > 1. Na osnovu osobina matri£nog mnoºenja je:
(AB)n+1 = (AB)(AB)n = (AB)(An B n ) = AABAn−1 B n = ... = An+1 B n+1 . Dakle, formula je ta£na za svako n ∈ N. Kvadratnu matricu A 6= 0 za koju je
A2 = A nazivamo idempotentnom, a ako je
A2 = E nazivamo je involutivnom matricom. Kvadratnu matricu A nazivamo nilpotentnom ako postoji neki broj m > 1 za koji je
Am = 0.
Primjer 2 Matrica A.
° ° ° −26 −18 −27 ° ° ° ° A = ° 21 15 21 ° °. ° 12 8 13 °
jeste idempotentna, a matrica B .
° ° ° ° B=° ° ° ° jeste nilpotentna.
0 0 0 0
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
° ° ° ° ° ° ° °
75
Matrice
Neka je P (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a1x + a0 skalarni polinom po promjenljivoj x s koe cijentima iz polja K i neka su A i E kvadratne matrice istog reda, tada matricu
P (A) = an An + an−1 An−1 + ... + a1 A + a0 E nazivamo polinomom po matrici A ili matri£nim polinomom. O£igledno, formalni prelaz sa skalarnog polinoma P (x) na matri£ni polinom P (A) realizuje se pomo¢u preslikavanja
xn → An (x0 = 1 → E = A0 ). Matri£nim polinomima P (A) i Q(A) moºemo uraditi operacije: sabiranje, oduzimanje i mnoºenje kao sa odgovaraju¢im skalarnim polinomima P (x) i Q(x). U ovom slu£aju matri£ni polinomi P (A) i Q(A), od iste matrice A, uvijek su komutativni, tj.
P (A)Q(A) = Q(A)P (A).
Primjer 3. Ako jeP (x) = x2 + 1, Q(x) = x + 1 i A = kaij kn×n , odrediti P (A) ± Q(A) i P (A)Q(A) Kako je: P (A) = A2 + E, Q(A) = A + E, to je:
P (A) + Q(A) = (A2 + E) + (A + E) = A2 + A + 2E, P (A) − Q(A) = (A2 + E) − (A + E) = A2 − A, P (A)Q(A) = (A2 + E)(A + E) = A3 + A2 + A + E.
Zadaci 1. Odrediti A · B − B · A ako je ° ° ° ° 3 ° 2 1 0 ° 1 −2 ° ° ° ° ° 3 −2 4 A = ° 1 1 2 °, B = ° ° ° −3 ° −1 2 1 ° 5 −1 2. Odredili A · B ako je
° ° ° ° [R = 03×3 ] ° °
° ° °¸ ° ° 1 ° · ° ° ° 10 ° ° ° ° 3 2 1 ° ° . ° ° ° ° ° , B=° 2 ° R:° A=° 8 ° 0 1 2 ° ° 3 °
Osnovi linearne algebre
76
3. Dokazati da za matrice ° ° ° ° 1 −1 ° ° 1 1 ° ° A=° , B=° ° ° 4 −1 2 −1 4. Odrediti matricu
° ° a b A=° ° c d
° ° ° vaºi (A + B)2 = A2 + B 2 . °
° ° ° iz uslova a) A2 = E, b) A2 = 0. °
° ° ° a b ° 2 ° ° R : a) A = ±E i A = ° c −a ° , gdje je a + bc = 1, ° ° ° a b ° ° ° , gdje je a2 + bc = 0. b) A = ° c −a °
5. Dokazati jednakosti: ° ° cos x − sin x a) ° ° sin x cos x
°n ° ° ° ° = ° cos nx − sin nx ° ° sin nx cos nx ° ° 1 0 ° n n−2 2 + A − E gdje je A = ° b) A = A ° 1 0 ° 0 1
6. Data je matrica
.
° ° °. ° 0 1 0
° ° ° ° i n ≥ 3. ° °
° ° ° 3 −3 2 ° ° ° 5 −2 ° A=° ° −1 ° ° −1 3 p °
gdje je p realan parametar. Odrediti vrijednost parametra p tako da bude A2 − 6A + 8E = 0, gdje je E jedini£na matrica tre¢eg reda, a zatim dokazati jednakost An = (2 · 4n−1 − 2n−1 )A − (4n − 2n+1 )E. [R : p = 0].
1.6. Determinante 1.6.1.
Pojam determinante
Neka je dat skup S = {1, 2, ..., n}. Bilo kakav linearni poredak elemenata skupa S naziva se permutacija tih brojeva. Ozna£imo
p0 = (1, 2, .., n) osnovnu permutaciju, a
p = (j1 , j2 , ..., jn ) proizvoljnu permutaciju u kojoj je j1 prvi element, j2 drugi element, itd. Ukupan broj permutacija od n elemenata je n! Ako u jednoj permutaciji izmijenimo mjesta dva elementa,
Matrice
77
onda se takav postupak naziva transpozicija. Neka je (jk , jr ) bilo koji par elemenata permutacije p u kome se jr nalazi desno od jk u permutaciji p. Ako je jk > jr , tada se kaºe da par (jk , jr ) obrazuje jednu inverziju u permutaciji p. Ukupan broj inverzija permutacije p ozna£imo j = [j1 , j2 , ..., jn ] . Ako permutacija p nema inverzija pisa¢emo da je j = 0. Permutacija p je parna ako je j paran broj, a neparna ako je j neparan broj.
Primjer 1. Odrediti parove inverzije permutacije p = (2, 5, 4, 1, 3).
Parovi koji obrazuju inverziju su: (2, 1), (5, 4), (5, 1), (5, 3), (4, 1), i (4, 3). Broj inverzija je j = 6; p je parna inverzija. Ako u parnoj permutaciji dva elementa izmijenjaju svoja mjesta, permutacija postaje neparna, i obrnuto. Dakle, transpozicija mijenja parnost permutacije. Neka je data kvadratna matrica A, ° ° ° a11 a12 · · · a1n ° ° ° ° a21 a22 · · · a2n ° ° ° A=° ° . . . . ° ° ° an1 an2 · · · ann ° n×n Od elemenata matrice A obrazujemo proizvode tako da svaki od njih sadrºi jedan i samo jedan element iz svake vrste i svake kolone matrice A. Takvih proizvoda ima ukupno n! Svaki od njih sastoji se od n mnoºitelja oblika
a1j1 a2j2 ...anjn , gdje je p = [j1 , j2 , ..., jn ] jedna od permutacija brojeva 1, 2, ..., n. Kvadratnoj matrici n-tog reda A = kaij kn×n pridruºimo broj D de nisan zbirom n! n! X n X j Q j D= (−1) aij = (−1) a1j1 a2j2 ...anjn , j=1
i=1
j=1
gdje je j = [j1 , j2 , ..., jn ] broj inverzija permutacije p. Broj sabiraka jednak je broju svih permutacija skupa {1, 2, ..., n}, tj. broj sabiraka iznosi n! Ovako de nisan broj D nazivamo determinantom reda n matrice A ili, kra¢e, determinantom reda n. Determinantu reda n obiljeºavamo ¯ ¯ ¯ a11 a12 · · · a1n ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 · · · a2n ¯ ¯ ¯ det A = |(aij )nn | = ¯ .. ¯ = D. ¯ ¯ . ¯ ¯ ¯ an1 an2 · · · ann ¯
Osnovi linearne algebre
78
Ako je broj inverzija odgovaraju¢e permutacije paran, ispred sabiraka je znak +, a ako je neparan, znak −. Osnovna permutacija ima znak +. Dakle, determinanta D je polinom od n! £lanova pa P j (−1) a1j1 a2j2 ...anjn p
nazivamo polinomom determinante.
Primjer 2. Odrediti determinantu matrice ° ° ° a11 a12 a13 ° ° ° °. a a a A=° 21 22 23 ° ° ° a31 a32 a33 ° ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ ¯ ¯ P j det A = D = ¯¯ a21 a22 a23 ¯¯ = (−1) a1j1 a2j2 a3j3 , p ¯ a31 a32 a33 ¯ j = [j1 , j2 , j3 ] . Kako je
p j
(1, 2, 3) 0
(1, 3, 2) (2, 1, 3) 1 1
(2, 3, 1) 2
(3, 1, 2) (3, 2, 1) 2 3
to je
D = a11 a22 a33 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 . Brojeve aij (i, j = 1, 2, ..., n) rasporedene u n vrsta i n kolona nazivamo elementima determinante matrice A. Elementi a11 , a22 , ..., ann obrazuju glavnu dijagonalu, a elementi a1n , a2n−1 , ..., an−12 , an1 sporednu dijagonalu determinante D koja pripada matrici A = kaij k n× n. Determinantu det A matrice A = [aij ]2·2 moºemo de nisati kao broj a11 a22 − a12 a21 , tj. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a11 a12 ¯ 2¯ ¯ = a11 a22 − a12 a21 . ¯ ¯ det A = D = kaij k2 = ¯ a21 a22 ¯ Dakle, determinantu drugog reda izra£unavamo kada od proizvoda elemenata glavne dijagonale oduzmemo proizvod elemenata sporedne dijagonale. ° ° ° 1 2 ° °. Primjer 3. Izra£unati vrijednost det A matrice A = °° 3 4 °
¯ ¯ 1 2 det A = D = ¯¯ 3 4
¯ ¯ ¯ = 1 · 4 − 3 · 2 = −2. ¯
79
Matrice
1.6.2. Osobine determinanata Neka je data kvadratna matrica reda n, A = kaijkn×n . Njena pripadaju¢a determinanta je ¯ ¯ ¯ a11 a12 · · · a1n ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 · · · a2n ¯ ¯ ¯ det A = D = ¯ .. .. .. ¯ . ¯ . . . ¯¯ ¯ ¯ an1 an2 · · · ann ¯ Determinantu
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ T 0 det A = D = ¯ ¯ ¯ ¯
a11 a21 · · · a12 a22 · · · .. .. . . a1n a2n · · ·
an1 a2n .. . ann
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
nazivamo transponovanom determinantom determinante det A. Operaciju dobijanja determinante det AT iz det A nazivamo transpozicijom determinante.
Teorema 1. Transpozicija determinante ne mijenja vrijednost determinante, tj. det A =
det AT .
Dokaz. Ako u det AT uzmemo da je bij = aji (i, j = l, 2, ..., n), tada ¢e, na osnovu de nicije determinante, biti: P j j det AT = D0 = (−1) b1j1 b2j2 ...bnjn = (−1) aj11 aj22 ...ajnn . p
j
Neka je S 0 = (−1) aj11 aj22 ...ajnn bilo koji £lan polinoma determinante D0 . Ako se transponuju £inioci proizvoda S 0 s ciljem da se permutacija (j1 , j2 , ..., jn ) svede na osnovnu, dobi¢emo j S 0 = (−1) a1i1 a2i2 ...anin , pri £emu je permutacija (i1 , i2 , ..., in ) tim istim transpozicijama dobijena iz osnovne. Po²to svaka transpozicija mijenja parnost permutacije, to su permutacije (j1 , j2 , ..., jn ) i j i (i1 , i2 , ..., in ) istovremeno parne ili neparne ²to zna£i da je (−1) = (−1) . Otuda zaklju£ujemo da je i S 0 = (−1) a1i1 a2i2 ...anin £lan polinoma determinante det A pa je det A = det AT .
Teorema 2. Ako su u matrici A elementi jedne vrste (kolone) jednaki elementima neke druge vrste (kolone), tada je det A = 0. Dokaz. Neka su u matrici A = kaij k n × n jednaki i-ta vrsta i k -ta vrsta, tj. neka je ai1 = ak1 = ai2 = ak2 = ... = ain = akn. Uzet ¢emo proizvoljan £lan polinoma determinante det A: j (1) S = (−1) a1j1 a2j2 ...aiji ...ajjk ...anjn .
Osnovi linearne algebre
80
Polinom determinante det A sadrºi, takode, £lan: j0
S 0 = (−1) a1j1 ...aijk ...ajji ...anjn ,
(2)
gdje je j 0 broj inverzija u permutaciji j1 ...jk ...ji ...jn . Kako je aiji = ajji i ajjk = aijk , izrazi (1) i (2) su jednaki po apsolutnoj vrijednosti. Budu¢i da se permutacija j1 ...jk ...ji ...jn dobija iz permutacije j1 ...ji ...jk ...jn transpozicijom elemenata ji i jk , to su ove dvije permutacije razli£ite parnosti pa su izrazi (1) i (2) suprotnog znaka te se £lanovi (1) i(2) polinoma determinante det A medusobno potiru. To se de²ava sa svim £lanovima polinoma determinante det A pa je det A = 0. Na osnovu teoreme 1 slijedi da tvrdnja vaºi i u slu£aju jednakosti dvije kolone matrice A.
Teorema 3. Determinanta det A se mnoºi brojem tako da se svaki element jedne i samo jedne vrste (kolone) pomnoºi tim brojem.
Dokaz. Neka su elementi i-te vrste determinante det A pomnoºeni brojem λ. Po²to se u svakom £lanu determinante det A nalazi samo po jedan element i-te vrste, to je P P j j (−1) a1j1 ...(λaiji )...anjn = λ (−1) a1j1 ...aiji ...anjn = λ det A. p
p
Kao neposredna posljedica teorema 2 i 3 jeste sljede¢a osobina determinante det A: Posljedica. Ako su odgovaraju¢i elementi dviju vrsta (kolona) determinante det A proporcionalni, tada je det A = 0. Posljedica. Vrijednost determinante det A u kojoj su svi elementi jedne vrste (kolone) jednaki nuli jednaka je nuli, tj.: det A = 0
Teorema 4. Ako dvije vrste (kolone) determinante det A medusobno promijene mjesta, tada determinanta mijenja znak, a njena apsolutna vrijednost ostaje nepromijenjena.
Dokaz. Kada dvije vrste (kolone) u determinanti det A medusobno promijene mjesta, j onda u svakom £lanu S = (−1) a1j1 ...anjn polinoma determinante odgovaraju¢i elementi tih vrsta medusobom mijenjaju mjesta. U tom slu£aju se mijenja parnost permutacije (j1 , j2 , ..., jn ), odnosno mijenja se znak £lana S , ²to zna£i da se mijenja i znak determinante det A.
Teorema 5. Ako su elementi i-te vrste determinante det A, oblika aij = bij + cij , tada je
determinanta det A jednaka zbiru determinanata det A1 + det A2 , koje se razlikuju od det A, samo po i-toj vrsti, jer i-tu vrstu determinante det A1 obrazuju elementi bij , a i-tu vrstu determinante det A2 obrazuju elementi cij .
Dokaz. Na osnovu de nicije determinante slijedi da je P P j j det A = (−1) a1j1 ...aiji ...anjn = (−1) a1j1 ...(biji + ciji )...anjn = p
p
P P = (−1)j a1j1 ...biji ...anjn + (−1)j a1j1 ...ciji ...anjn = det A1 + det A2 . p
p
81
Matrice
Analogno dokazujemo da vaºi i jednakost ¯ ¯ ¯ a11 · · · b1i + c1i · · · a1n ¯ ¯ ¯ ¯ a21 · · · b2i + c2i · · · a2n ¯ ¯ ¯ det A = ¯ .. ¯ ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ an1 · · · bni + cni · · · ann ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a11 · · · b1i · · · a1n ¯ ¯ a11 · · · ¯ ¯ ¯ ¯ a21 · · · b2i · · · a2n ¯ ¯ a21 · · · ¯ ¯ ¯ = ¯ .. ¯ + ¯ .. ¯ ¯ . ¯ . ¯ ¯ ¯ ¯ an1 · · · bni · · · ann ¯ ¯ an1 · · ·
c1i · · · c2i · · ·
a1n a2n
cni · · ·
ann
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = det A1 + det A2 . ¯ ¯ ¯
Broj det A koji na osnovu odgovaraju¢eg pravila nalazimo iz elemenata matrice A, odnosno iz elemenata determinante D, nazivamo vrijedno²¢u determinante.
Teorema 6. Vrijednost determinante det A se ne mijenja ako sve elemente bilo koje vrste (kolone) pomnoºimo realnim brojem i dodamo ih odgovaraju¢im elementima neke druge vrste (kolone) determinante det A.
Dokaz. Ova teorema je posljedica teorema 3 i 5. Dodati i-tu vrstu k -toj vrsti determinante det A zna£i zamijeniti elemente k -te vrste zbirovima odgovaraju¢ih elemenata i-te i k -te vrste. Uzastopnom primjenom teoreme 6 dolazimo do sljede¢eg tvrdenja:
Teorema 7. Vrijednost determinante det A se ne mijenja ako se jednoj vrsti (koloni) doda
linearna kombinacija drugih vrsta (kolona) determinante det A. Obrazovati linearnu kombinaciju vrsta (kolona) determinante det A zna£i pomnoºiti te vrste (kolone) proizvoljnim realnim brojem, a zatim ih sabrati.
Teorema 8. Ako je jedna vrsta (kolona) determinante det A linearna kombinacija drugih vrsta (kolona), onda je determinanta det A = 0.
Dokaz. Ako se toj vrsti doda upravo ta linearna kombinacija samo sa suprotnim znakom, tada se svi njeni elementi svode na nulu, pa je i determinanta det A jednaka nuli.
Teorema 9. Determinanta proizvoda dviju kvadratnih matrica A i B istog reda jednaka je proizvodu determinanata tih matrica, tj.
det(AB) = det A det B. Po²to se determinanta de ni²e kao jedan broj, koji pridruºujemo kvadratnoj matrici, to se i sa determinantama mogu raditi sve matemati£ke operacije. Zbog osobine det A = det AT determinante ne moramo mnoºiti kao matrice, ve¢ moºemo mnoºiti vrstu puta vrstu, kolona puta kolona ili kolona puta vrsta. Zavisno na koji na£in mnoºimo determinante imamo da je |cij |n1 = det(AB) = det A det B, pri £emu je:
Osnovi linearne algebre
82 1. cij = 2. cij = 3. cij = 4. cij =
n P
aik bkj
k=1 n P
aik bjk
k=1 n P
aki bkj
k=1 n P
aki bjk
k=1
(vrsta puta kolona), (vrsta puta vrsta), (kolona puta kolona), (kolona puta vrsta).
Primjer 4. Izra£unati proizvod determinanti ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ A = ¯¯ a21 a22 a23 ¯ a31 a32 a33
¯ ¯ ¯ ¯ b11 b12 b13 ¯ ¯ ¯ i B = ¯ b21 b22 b23 ¯ ¯ ¯ ¯ b31 b32 b33
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ ¯ a11 b11 + a12 b12 + a13 b13 a11 b21 + a12 b22 + a13 b23 a11 b31 + a12 b32 + a13 b33 ¯ A · B = ¯¯ a21 b11 + a22 b12 + a23 b13 a21 b21 + a22 b22 + a23 b23 a21 b31 + a22 b32 + a23 b33 ¯ a31 b11 + a32 b12 + a33 b13 a31 b21 + a32 b22 + a33 b23 a31 b31 + a32 b32 + a33 b33
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
U ovom slu£aju smo mnoºili vrste jedne sa vrstama druge determinante.
1.6.3. 1.6.3.1.
Izra£unavanje vrijednosti determinanata Minor i kofaktor
Neka je data matrica A = kaij kn×n i odgovaraju¢a determinanta det A = D, ¯ ¯ ¯ a11 a21 · · · aij · · · an1 ¯ ¯ ¯ ¯ a12 a22 · · · a2j · · · a2n ¯ ¯ . ¯ ¯ . ¯ ¯ . ¯ D=¯ ¯ ¯ ai1 ai2 · · · aij · · · ain ¯ ¯ . ¯ ¯ .. ¯ ¯ ¯ ¯ a a ··· a ··· a ¯ n1
n2
nj
nn
Uo£imo elemenat aij koji se nalazi u presjeku i-te vrste i j -te kolone. Izostavimo i-tu vrstu i j -tu kolonu u £ijem se presjeku on nalazi. Preostale vrste i kolone determinante D, uz zadrºavanje postoje¢eg redoslijeda, obrazuju determinantu (n − 1) reda. Determinantu, koju dobijamo iz determinante D izostavljanjem i-te vrste i j -te kolone, nazivamo minorom ili subdeterminantom elementa aij ili mjesta (i, j) i ozna£avamo je Mij . Dakle, svakom elementu aij odgovara minor Mij , ²to zapisujemo
aij ↔ Mij (i, j = 1, 2, 3, ..., n)
Matrice
83
i+j
Broj (−1) Mij , koji obiljeºavamo Aij , nazivamo kofaktorom ili algebarskim komplementom elementa aij ili mjesta (i, j). Dakle, i+j Aij = (−1) Mij (i, j = 1, 2, 3, ..., n). Ako je zbir indeksa paran broj, tj. ako je i + j = 2k (k = 1, 2, ...), tada je Aij = Mij , a ako je zbir indeksa neparan broj, tj. ako je i+j = 2k +1(k = 1, 2, 3, ...), onda je Aij = −Mij . injenicu da su kofaktor Aij i minor Mij jednaki brojevi, odnosno suprotni brojevi moºemo izraziti u obliku kvadratne tablice znakova (+) i (−) koji odgovaraju parnom, odnosno neparnom zbiru indeksa, ²to ¢emo pokazati u narednom primjeru. Neka je ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ a21 a22 a23 ¯¯ , onda je ¯ a31 a32 a33 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1+1 ¯ a22 1+2 ¯ a21 a23 ¯¯ a23 ¯¯ ¯ ¯ A11 = (−1) ¯ = M11 , A12 = (−1) ¯ = −M12 , a32 a33 ¯ a31 a33 ¯ ¯ ¯ ¯ 1+3 ¯ a21 a 23 ¯ = M13 , itd. A13 = (−1) ¯¯ a31 a33 ¯ Determinanti D odgovara tablica znakova ¯ ¯ ¯ + − + ¯ ¯ ¯ ¯ − + − ¯. ¯ ¯ ¯ + − + ¯ Na sli£an na£in moºemo formirati tablicu znakova koja odgovara determinanti bilo kojeg reda.
1.6.3.2. Vrijednost determinanata U op²tem slu£aju vrijednost determinante izra£unavamo metodom razvijanja determinante po elementima bilo koje vrste ili kolone. Ovaj razvoj determinante nazivamo Laplasovim razvojem. Su²tina navedene metode sastoji se u tome da izra£unavanje vrijednosti determinante n-tog reda svodimo na izra£unavanje vrijednosti n determinanata (n − 1) reda, determinante (n − 1) reda svodimo na izra£unavanje determinanti (n − 2) reda i taj postupak ponavljamo sve dok ne dodemo do determinanti drugog reda.
Teorema 10. (Laplasov razvoj) Determinanta D reda n jednaka je zbiru proizvoda elemenata ma koje vrste (kolone) i odgovaraju¢ih kofaktora, tj.
D=
n P
aij Aij (i = 1, 2, ..., n)
(1)
j=1
D=
n P
aij Aij (j = 1, 2, ..., n)
i=1
(2)
Osnovi linearne algebre
84
Provjeri¢emo teoremu 10 za slu£aj n = 2 i n = 3, tj. na primjeru determinanti drugog i tre¢eg reda. Posmatrajmo matricu A = kaij k2×2 odgovaraju¢u determinantu: ¯ ¯ ¯ a11 a12 ¯ ¯ ¯ = a11 a22 − a21 a12 , det A = D = ¯ a21 a22 ¯ odnosno
D = a11 A11 − a21 A21 =
2 P
ai1 Ai1
i=1
jer su A11 = M11 = a22 i A21 = −M21 = −a21 kofaktori elemenata prve kolone. Neka je data matrica A = kaij k3×3 , tada je ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 ¯ ¯ ¯ det A = D = ¯¯ a21 a22 a23 ¯¯ . ¯ a31 a32 a33 ¯ Determinantu tre¢eg reda napisa¢emo u obliku zbira
D = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 . Polinom determinante moºemo napisati u obliku
D = a11 (a22 a33 − a23 a32 ) − a12 (a21 a33 − a23 a31 ) + a13 (a21 a32 − a22 a31 ), tj. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a22 a23 ¯ ¯ a21 a23 ¯ ¯ a21 a22 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= D = a11 ¯ − a12 ¯ + a13 ¯ a32 a33 ¯ a31 a33 ¯ a31 a32 ¯ 3 3 P P 1+j a1j A1j , (−1) a1j M1j = = a11 M11 − a12 M12 + a13 M13 = j=1
j=1
gdje su
A11 A13
¯ ¯ = (−1) ¯¯ ¯ 1+3 ¯ = (−1) ¯¯ 1+1
¯ a22 a23 ¯¯ , a32 a33 ¯ ¯ a21 a22 ¯¯ a31 a32 ¯
A12 = (−1)
1+2
¯ ¯ a21 a22 ¯ ¯ a31 a33
¯ ¯ ¯, ¯
kofaktori elemenata prve vrste. Determinantu smo razvili po elementima prve vrste (i = 1). To smo mogli u£initi po elementu bilo koje vrste (kolone). Dakle, Laplasov razvoj determinante tre¢eg reda po elementima i-te vrste je:
det A = D =
3 P
aij Aij , i = 1, 2, 3,
j=1
a po elementima j -te kolone je:
det A = D =
3 P
aij Aij , j = 1, 2, 3.
i=1
85
Matrice
Primjer 1. Izra£unati vrijednost determinante
¯ ¯ 3 4 3 ¯ D = ¯¯ 1 2 1 ¯ 0 5 7
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
primjenom Laplasovog razvoja. Razvi¢emo determinantu D po elementima prve kolone ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4 3 ¯ ¯ 4 3 ¯ ¯ 2 1 ¯ ¯ = 3(14 − 5) − 1(28 − 15) = 14. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ + 0¯ − 1¯ D = 3¯ 2 1 ¯ 5 7 ¯ 5 7 ¯ Iz teoreme 10 proizlaze posljedice zna£ajne za brzo izra£unavanje vrijednosti determinante.
Posljedica 1. Ako determinanta n-tog reda ima u jednoj vrsti (koloni) n−1 nula-element, tada je vrijednost determinante jednaka proizvodu elemenata u toj vrsti (koloni) koji je razli£it od nule i odgovaraju¢eg kofaktora. Na primjer, ako je neki element aij 6= 0, tada je det A = aij Aij .
Primjer 2. Izra£unati vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ ¯ ¯
1 0 2 0
1 3 2 1
2 0 3 1
4 0 6 3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯
Kako druga vrsta ima najve¢i broj nula, to ¢emo do rezultata najbrºe do¢i ako determinantu D razvijemo po elementima druge vrste. Tako ¢emo dobiti ¯ ¯ ¯ 1 2 4 ¯ ¯ ¯ D = 3 ¯¯ 2 3 6 ¯¯ . ¯ 0 1 3 ¯ Kada izra£unavamo vrijednost determinante, treba iskoristiti i njene osobine. Ako od elemenata tre¢e kolone dobijene determinante D oduzmemo odgovaraju¢e elemente druge kolone pomnoºene sa dva i ako od elemenata druge kolone oduzmemo odgovaraju¢e elemente prve kolone, dobi¢emo ¯ ¯ ¯ 1 1 0 ¯ ¯ ¯ D = 3 ¯¯ 2 1 0 ¯¯ . ¯ 0 1 1 ¯ Dobijenu determinantu tre¢eg reda razvi¢emo po elementima tre¢e kolone, pa je ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ = 3(1 − 2) = −3. D = 3 · 1 ¯¯ 2 1 ¯
86
Osnovi linearne algebre
Posljedica 2. Vrijednost determinante trouglaste matrice jednaka je proizvodu elemenata sa glavne dijagonale matrice: ¯ ¯ ¯ a11 a12 a13 ... a1n ¯ ¯ ¯ ¯ 0 a22 a23 ... a2n ¯ ¯ ¯ 0 a33 ... a3n ¯¯ = a11 a22 a33 ...ann . D = ¯¯ 0 ¯ . . . ... . ¯¯ ¯ ¯ 0 0 0 ... ann ¯
Primjer 3. Izra£unati vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ ¯ ¯ Na osnovu posljedice ¯ ¯ 1 ¯ D = (−1) ¯¯ 0 ¯ 0
¯ 1 2 −3 1 ¯¯ 0 −3 4 −1 ¯¯ . 0 0 2 1 ¯¯ 0 0 0 −1 ¯
1 je ¯ ¯ 2 −3 ¯¯ ¯ 1 2 −3 4 ¯¯ = (−1) · 2 ¯¯ 0 −3 0 2 ¯
¯ ¯ ¯ = (−1) · 2 · (−3) · 1 = 6. ¯
Dakle, vrijednost determinante D mogli smo direktno izra£unati mnoºenjem elemenata glavne dijagonale.
Primjer 4. Izra£unati vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 2 3 ... n−1 −1 0 3 ... n−1 −1 −2 0 ... n−1 ... ... ... ... ... −1 −2 −3 ... 0 −1 −2 −3 ... −(n − 1)
Dodavanjem prve vrste ostalim vrstama, ¯ ¯ 1 2 3 ... ¯ ¯ 0 2 6 ... ¯ D = ¯¯ 0 0 3 ... ¯ ... ... ... ... ¯ ¯ 0 0 0 ...
n n n ... n n
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
dobijamo ¯ n ¯¯ 2n ¯¯ 2n ¯¯ = 1 · 2 · 3...n = n!. ... ¯¯ n ¯
Kao posljedica teoreme 2 i teoreme 10 je tvrdenje:
87
Matrice
Teorema 11. Neka je A = (aij )n×n tada je n X
½ akj Aij =
j=1
odnosno
n X i=1
½ aik Aij =
D, ako je k = i , 0, ako je k = 6 i
D, ako je k = j . 0, ako je k = 6 j
Vrijednost determinante tre¢eg reda moºemo odrediti i Sarusovim pravilom. Sarusovo pravilo se sastoji u tome da se determinanti dopi²u prva i druga kolona determinante, a onda se obrazuju proizvodi elemenata koji leºe na dijagonalama.
Proizvodi elemenata dijagonala paralelnih sa glavnom dijagonalom bi¢e pozitivno ozna£eni, a proizvodi elemenata dijagonala paralelnih sa sporednom dijagonalom bi¢e negativno ozna£eni. Algebarski zbir svih proizvoda ima¢e vrijednost determinante tre¢eg reda. Sarusovo pravilo primjenjuje se jedino na determinantama tre¢eg reda.
Primjer 5. Izra£unati vrijednost determinante ¯ ¯ −3 4 6 ¯ ¯ 4 D=¯ 2 3 ¯ −2 1 −2
¯ ¯ ¯ ¯. ¯ ¯
Vrijednost deteminante ¢emo izra£unati primjenom Sarusovog pravila. ¯ ¯ ¯ −3 4| ¯ −3 4 6 ¯ ¯ ¯ 2 3 4 ¯¯ 2 3| = ¯ ¯ −2 1 −2 ¯ 2 1|
−3 · 3 · (−2) + 4 · 4 · 2 + 6 · 2 · 1 − (−2) · 3 · 6 − 1 · 4 · (−3) − (−2) · 2 · 4 = 62. Kako je izra£unavanje vrijednosti determinante n-tog reda dug proces, to se £esto koristimo rekurzivnim na£inom izra£unavanja vrijednosti determinanata.
88
Osnovi linearne algebre
Postupak rekurzivnog izra£unavanja vrijednosti determinanata zasnovan je na osobinama determinanata i posljedici 1. Na osnovu osobine 8 datu determinantu D moºemo transformisati u determinantu D0 u kojoj ¢e svi elementi u koloni, odnosno vrsti u kojoj to ºelimo, izuzev odabranog elementa, biti jednaki nuli. Primjenjuju¢i posljedicu 1. izra£unavanja date determinante direktno se svode na izra£unavanje vrijednosti jedne determinante niºeg reda za jedan. Ovaj postupak se nastavlja na determinanti (n − 1), (n − 2), ... reda sve dok se ne dode u situaciju da se izra£unavanje determinante D svede na izra£unavanje jedne determinante drugog reda.
Primjer 6. Izra£unaµi vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ 1 −1 2 −2 ¯¯ ¯ ¯ 2 3 1 0 ¯¯ D = ¯¯ 1 −2 1 ¯¯ ¯ −2 ¯ −1 0 1 2 ¯ Datu determinantu transformisa¢emo tako da svi elementi prve kolone izuzev a11 = 1 budu jednaki nuli,i potom ¢emo na tranformisanu determinatu primijeniti posljedicu 1 £ime ¢emo dobiti determinantu tre¢eg reda koju ¢emo transformisati tako da svi elementi tre¢e vrste izuzev elementa a31 = −1, budu jednaki nuli, itd.
¯ ¯·(−2)·2·1 ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ 1 2 −2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2 ¯ ¯ 0 3 1 0 ¯ D = ¯¯ = ¯¯ ¯ 1 −2 1 ¯ ¯ −2 ¯ 0 ¯ −1 ¯ ¯ 0 0 1 2 ¯ ¯ ¯ 5 12 ¯ 4 ¯¯ ¯ ¯ 12 ¯ ¯ = 1 · ¯ −1 −1 −3 ¯ = 1 · (−1) ¯¯ −1 ¯ −1 0 0 ¯
¯ ¯ ¯ −1 2 −2 ¯¯ ¯ 5 −3 ¯ 4 ¯ ¯ 5 −3 4 ¯¯ 2 −3 ¯¯ = = 1 · ¯¯ −1 ¯ −1 2 −3 ¯ ¯ −1 3 0 ¯ −1 3 0 ¯ ¯ 4 ¯¯ = −1 · (−36 + 4) = 32. −3 ¯
U izvjesnim slu£ajevima izra£unavanje vrijednosti determinante D izvodi se pomo¢u rekurentnih formula.
Primjer 7. Izra£unati vrijednost determinante ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ Dn = ¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯
2 1 0 ··· 0 0
¯ 1 0 0 ··· 0 0 ¯¯ 2 1 0 ··· 0 0 ¯¯ 1 2 1 ··· 0 0 ¯¯ · · · · · · · · · · · · · · · · · · ¯¯ 0 0 0 ··· 2 1 ¯¯ 0 0 0 ··· 1 2 ¯
(1)
89
Matrice
Determinantu Dn razvijamo po elementima prve vrste. Dobi¢emo da je ¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 0 · · · 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ 0 2 1 · · · 0 0 ¯ ¯ ¯ Dn = 2Dn−1 − ¯· · · · · · · · · · · · · · · · · ·¯¯ ¯ 0 0 0 ··· 2 1 ¯¯ ¯ ¯ 0 0 0 ··· 1 2¯ Ako determinantu n − 1 reda na desnoj strani razvijemo po elementima prve kolone, dobi¢emo rekurentnu formulu
Dn = 2Dn−1 − Dn−2 (n = 2, 3, ...). Neposrednim kori²¢enjem relacije (1) izra£unajmo D1 i D2 : ¯ ¯ ¯2 1¯ ¯ = 3. D1 = |2| , D2 = ¯¯ 1 2¯ Iz formule (2) slijedi:
D3 = 2D2 − D1 = 4, D4 = 2D3 − D2 = 5, D5 = 2D4 − D3 = 6, ... Pretpostavimo da je
Dn = n + 1 za n ≥ 1 Primjenom matemati£ke indukcije, nalazimo da je
Dn+1 = 2Dn − Dn−1 = 2(n + 1) − n = n + 2, tj. (∀n ∈ N) Dn = n + 1.
1.6.4. Vandermondeova determinanta Determinanta
¯ ¯ 1 1 ¯ ¯ x1 x2 ¯ 2 ¯ x1 x22 V (x1 , x2 , ..., xn ) = ¯¯ ·· ··· ¯ ·n−2 n−2 ¯x1 x 2 ¯ n−1 n−1 ¯x x 1 2
naziva se Vandermondeova determinanta.
Teorema 12. V (x1 , x2 , ..., xn ) =
Π
1≤j r, onda je Mr+1 = 0, jer je minor Mr+1 vi²eg reda u odnosu na bazni minor Mr . Ako se determinanta Mr+1 razvije po elementima posljednje kolone i uzme u obzir da odgovaraju¢i kofaktori tih elemenata ne zavise od indeksa j , dobi¢e se:
Mr akj + Ark arj + ... + A1k a1j = 0, gdje smo se sa Mr , Ark , ..., A1k ozna£ili kofaktore odgovaraju¢ih mjesta. Odakle, diobom sa Mr 6= 0, slijedi
akj = B1k a1j + ... + Brk arj ; Bik =
Aik , Mr
odnosno
kak1 , ak2 ...akn k = B1k ka11 , a12 ...a1n k + ... + Brk kar1 ar2 ...arn k , ili
vk = B1k v1 + ... + Brk vr (k = r + 1, r + 2, ..., m). Ovim je teorema dokazana. Na osnovu teoreme 5 neposredno slijede posljedice
Posljedica 1. Najve¢i broj linearno nezavisnih vrsta bilo koje matrice jednaka je najve¢em broju linearno nezavisnih kolona te matrice. Taj broj se poklapa sa rangom matrice. Posljedica 2. Kvadratna matrica je regularna ako i samo ako su njene vrste (kolone) linearno nezavisne.
106
1.9.2.
Osnovi linearne algebre
Prakti£no odredivanje ranga matrice
Odredivanje ranga matrice prema de niciji ranga je neracionalan postupak, jer zahtijeva izra£unavanje vrijednosti velikog broja minora matrice. Postoji, medutim, e kasniji postupak za nalaºenje ranga matrice koji se zasniva na pojmu elementarnih transformacija matrice. Elementarnim transformacijama matrice podrazumijevaju se sljede¢e transformacije: 1. Medusobna zamjena mjesta dviju vrsta (kolona) matrice, 2. Mnoºenje bilo koje vrste (kolone) matrice nekim brojem razli£itim od nule, 3. Dodavanje elementima jedne vrste (kolone) matrice odgovaraju¢ih elemenata neke druge vrste (kolone) prethodno pomnoºenih proizvoljnim brojem. Matrice, koje se mogu transformisati jedna u drugu primjenom kona£nog broja elementarnih transformacija, nazivamo ekvivalentnim matricama. Ako su matrice A i B ekvivalentne, to ozna£avamo A˜B .
Teorema 6. Ekvivalentne matrice A i B imaju isti rang, tj. (A ∼ B) ⇒ (rangA = rangB). Dokaz. Neka su A i B ekvivalentne matrice, ali takve da se B dobija iz A primjenom samo jedne elementarne transformacije. Predstavimo matricu A u obliku
A = kB1 , B2 , ..., Bn k , gdje su BJ kolone matrice A. Neka je matrica B dobijena primjenom samo jedne elementarne transformacije na kolone matrice A: 1. B = kB2 , B1 , ..., Bn k , 2. B = kλB1 , B2 , ..., Bn k , λ 6= 0, 3. B = kB1 + λB2 B2 ...Bn k , λ 6= 0. U slu£aju 1) i 2) matrice A i B imaju iste linearno nezavisne kolone pa na osnovu posljedice 1 imaju isti rang. U slu£aju 3) u matrici A i B samo se prve kolone B1 i B1∗ = B1 + λB2 razlikuju. Izmedu njih postoji linearna veza B1 = B1∗ − λB2 . Prema tome, kolona B1 linearno zavisi od ostalih kolona matrice A ako i samo ako je od tih istih kolona linearno zavisna i kolona B1∗ . Slijedi da matrice A i B imaju isti broj linearno nezavisnih kolona, odnosno one imaju isti rang.
107
Matrice
Svaku matricu mogu¢e je putem elementarnih transformacija na bazi ekvivalencije svesti na najprostiji oblik, kao ²to su: oblici dijagonalne matrice, skalarne matrice, jedini£ne matrice, oblici trouglaste (trapezne) matrice. Za odredivanje ranga matrice najekonomi£niji je trouglasti (trapezni) oblik matrice.
Teorema 7. Svaka matrica
° ° ° ° ° ° A=° ° ° ° ° °
a11 a12 a21 a22 . . ar1 ar2 . . am1 am2
... ... ... ... ... ...
a1r a2r . arr . amr
... ... ... ... ... ...
a1n a2n . arn . amn
° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° °
elementarnim transformacijama moºe se svesti na ekvivalentnu matricu trapeznog oblika ° ° ° b11 b12 . . . b1r b1r+1 . . . b1n ° ° ° ° 0 b22 . . . b2r b2r+1 . . . b2n ° ° ° ° . ° . . . . . . . . . . °, B=° ° 0 ° 0 . . . b b . . . b rr rr+1 rn ° ° ° . . ... . . ... . ° ° ° ° 0 0 ... 0 0 ... 0 ° gdje je b11 b22 ...brr 6= 0 i 1 ≤ r ≤ min(m, n).
Dokaz. Po²to je A 6= 0, postoji bar jedan element matrice A razli£it od nule. Neka je to a11 . Ako je a11 = 0, razmjenom vrsta i kolona moºe se u£initi da element na mjestu (1, 1) bude µ ¶ razli£it od nule. Kada elemente prve vrste matrice A pomnoºimo uzastopno sa ai1 − i dodamo i-toj vrsti (i = 2, 3, ..., m), dobi¢emo matricu a11 ° ° ° a11 a12 . . . a1r . . . a1n ° ° ° ° 0 a(1) . . . a(1) . . . a(1) ° 22 2r 2n ° ° ° ° .. ° ° . °. B=° (1) (1) (1) ° 0 a . . . arr . . . arn ° r2 ° ° ° ° .. ° ° . ° ° (1) (1) (1) ° 0 a . . . amr . . . amn ° n2
108
Osnovi linearne algebre (1)
Ako su svi elementi, aij jednaki nuli, onda stavljaju¢i da je a11 = b11 , a12 = b12 , ...a1n = b1n dobi¢e se matrica B . U protivnom slu£aju treba na matricu ° ° ° a11 . . . a1r . . . a1n ° ° ° ° ° ° ° ° ° .. ° ° . (1) ° ° A = ° (1) (1) (1) ° a . . . a . . . a rr m r2 ° ° ° ° .. ° ° . ° ° (1) (1) ° a . . . amr . . . 0 ° m2
(1) ponoviti isti postupakÃkoji smo ! primijenili na matricu A, tj. elemente prve vrste A pom(1) ai2 noºimo uzastopno sa − (1) i dodajmo i-toj vrsti (i = 3, ..., m), uz pretpostavku da je a22 (1) a22 6= 0, dobi¢emo matricu ° ° ° a11 a12 . . . a1r . . . a1n ° ° ° ° 0 a(1) . . . a(1) . . . a(1) ° 22 2r 2n ° ° ° .. ° ° ° . (2) ° ° A =° (2) ° . (2) . . . a 0 0 . . . a m rr ° ° ° .. ° ° . ° ° ° (2) (2) ° 0 0 . . . amr . . . amn °
Nastavljaju¢i ovaj postupak, poslije kona£nog broja koraka, dobi¢emo matricu ° ° ° a11 a12 . . . a1r . . . a1n ° ° ° ° 0 a(1) . . . a(1) . . . a(1) ° ° ° 22 2r 2n ° . ° ° .. ° (r−1) ° A =° (r−1) (r−1) ° , ° 0 . . . am 0 . . . an ° ° ° . ° ° .. ° ° ° ° 0 0 ... 0 ... 0 ° odnosno matricu B . Gornji indeks k pokazuje da su odnosni Po²to je minor r-tog reda Mr ¯ ¯ b11 b12 . . . ¯ ¯ 0 b22 . . . ¯ Mr = ¯ .. ¯ . ... ¯ ¯ 0 0 ...
elementi dobijeni poslije k -te transformacije.
b1r b2r brr
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = b11 b12 ...brr 6= 0 ¯ ¯ ¯
Matrice
109
matrice B regularan, a svi njeni minori vi²eg reda singularni, jer sadrºe bar jednu vrstu £iji su svi elementi jednaki nuli, to je rang B = r. Kako je A ∼ B , prema teoremi 6, slijedi
rang A = r. Kako broj r predstavlja broj vrsta matrice koje su razli£ite od nula vrste, mo¢i ¢emo zaklju£iti: 1. Rang matrice trapeznog oblika jednak je broju vrsta matrice koje su razli£ite od nula vrste, 2. Ako se uzme u obzir da je prvih r elemenata na glavnoj dijagonali matrice trapeznog oblika razli£it od nule, mo¢i ¢emo formirati i drugi kriterij za odredivanje ranga. Rang trapezne matrice jednak je broju razli£itih od nule elemenata glavne dijagonale.
Teorema 8. Svaku kvadratnu matricu moºemo svesti, kona£nim brojem elementarnih tran-
sformacija, na jednu trouglastu matricu. Postupak svodenja matrice na trouglastu matricu je ekvivalentan postupku kojim se koristimo kod pravougaonih matrica. Rang trouglaste matrice u kojoj su svi elementi na glavnoj dijagonali razli£iti od nule jednak je broju tih elemenata.
Primjer 1. Odrediti rang matrice
° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° ° −1 ° 3 1 3 ° A=° ° 1 −1 0 −2 ° . ° ° ° 2 −4 1 13 °
Matricu A treba transformisati u trouglastu matricu. Ako elemente prve vrste dodamo odgovaraju¢im elementima druge vrste, elemente prve vrste oduzmemo od odgovaraju¢ih elemenata tre¢e vrste i elemente prve vrste pomnoºimo brojem 2 i oduzmemo od odgovaraju¢ih elemenata £etvrte vrste, dobi¢emo matricu ° ° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° 0 1 1 5 ° °. ° ° ° 0 1 0 −4 ° ° ° 0 0 1 9 ° Ako od elemenata tre¢e vrste oduzmemo odgovaraju¢e elemente druge vrste, dobi¢emo matrice, ° ° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° 0 1 1 5 ° °. ° ° ° 0 0 −1 −9 ° ° ° 0 0 1 9 °
Osnovi linearne algebre
110
Ako u ovoj matrici elementima £etvrte vrste dodamo odgovaraju¢e elemente tre¢e vrste, dobi¢emo matricu ° ° ° 1 −2 ° 0 2 ° ° ° 0 1 1 5 ° ° ° ° 0 ° 0 −1 −9 ° ° ° 0 0 0 0 ° Iz ove matrice se vidi da joj je rang jednak 3, tj. r(A) = 3. Prethodne transformacije moºemo simboli£no ozna£iti na sljede¢i na£in: ° ° ° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° ° ° ° −1 3 1 3 ° ° ° A=° ° 1 −1 0 −1 ° ∼ ° ° ° ° ° 2 −4 1 13 ° °
° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° ° 0 1 1 5 ° °∼° ° 0 1 0 −4 ° ° ° 0 0 1 9 ° °
° ° ° 1 −2 0 2 ° ° ° ° 0 1 1 5 ° °∼° ° 0 0 −1 −9 ° ° ° 0 0 1 9 ° °
° 1 −2 0 2 ° ° 0 1 1 5 ° ° 0 0 −1 −9 ° ° 0 0 0 0 °
Primjer 2. U zavisnosti od realnih parametara a i b odrediti rang matrice ° ° ° 3 5 4 −2 2 ° ° ° °. 6 4 3 −a 3 A=° ° ° ° 9 3 2 −6 b ° Ako prvu vrstu pomnoºimo sa (−2) i dodamo drugoj, onda je pomnoºimo sa (−3) i dodamo tre¢oj, a zatim drugu vrstu pomnoºimo sa (−2) i dodamo tre¢oj, dobi¢emo ° ° ° ° ° 3 5 4 −2 2 ° ° 3 5 ° 4 −2 2 ° ° ° ° ° 6 4 3 −a 3 ° ∼ ° 0 −6 −5 4 − a ° = A1 −1 ° ° ° ° ° 9 3 2 −6 b ° ° 0 0 0 2a − 8 b − 4 ° Ako je: 1. a 6= 4 ili b 6= 4, rangA1 = 3 =rangA. 2. a = b = 4, rangA1 = 2 =rangA.
Zadaci 1. Odrediti inverznu matricu matrice ° ° ° 1 a b ° ° ° ° A=° ° 0 1 0 ° (a, b ∈ R), ° 0 0 1 °
R : a−1
° ° ° 1 −a −b ° ° ° 0 ° =° ° ° 0 1 ° 0 0 1 °
111
Matrice
2. Date su matrice
° ° ° ° ° 2 ° 1 2 ° 1 1 ° ° ° ° ° ° ° ° A=° ° −3 1 −2 ° i B = ° 0 1 ° . ° 1 −1 1 ° ° 2 0 °
Na¢i matricu C = A−1 B . 3. Rije²iti matri£nu jedna£inu ° ° 1 ° ° 0 A=° ° . ° ° 0
AX = B , gdje je ° ° ° 1 2 3 ... 1 1 ... 1 ° n ° ° ° 0 1 2 ... n − 1 1 1 ... 1 ° ° iB=° ° . . . . . . . . ° . ° ° ° ° 0 0 0 ... 0 0 ... 1 1 ° ° ° ° R : X = ° ° ° °
° 1 1 1 ... 1 ° ° 0 1 1 ... 1 ° ° ° . . . . . ° 0 0 0 ... 1 °
4. Rije²iti matri£nu jedna£inu ° ° ° A=° ° ° 5. Dat je polinom f (x) =
x2
° ° ° ° ° ° ° °
X · (A − 2E) = A + E , ako je E jedini£na matrica, a ° ° ° 1 1 ° 1 ° 0 1 2 ° 2 ° ° ° 2 R : X = ° 3 1 6 ° 2 3 4 ° ° ° ° 1 1 ° ° − −1 1 0 1 ° 2 2
° ° − 2x + 3 i matrica A=° °
° 2 −1 ° ° . Rije²iti matri£nu jedna£inu −1 −1 °
M · X − E = X − M , ako je M = f (A). · −1
R : X = (M − E)
° °¸ 1 ° 29 −2 ° ° ° (M + E) = 17 ° −2 23 °
6. Odrediti rang matrice
° ° ° ° A=° ° ° °
−1 0 2 0 −1 3 0 1 0 1 1 −1
7. Odrediti realne brojeve a i b tako ° ° 1 3 ° rang ° ° 2 6 ° a b
5 1 0 0
1 2 3 4
° ° ° ° ° ° ° °
[R : r(A) = 4]
da je
° 1 −1 ° ° −3 −4 ° ° = 2. 6 −2 °
[R : a = 1, b = 3]
2. Sistemi linearnih jedna£ina 2.1. Pojam sistema linearnih jedna£ina Sistem od m linearnih algebarskih jedna£ina sa n nepoznatih x1 x2 , ..., xn nazivamo konjunkcijom jedna£ina oblika
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2n xn = b2 .......................... ai1 x1 + ai2 x2 + ... + ain xn = bi .......................... am1 x1 + am2 x2 + ... + amn xn = bm,
(1)
gdje su aik i bi (i = 1, 2, ..., m; k = 1, 2, ..., n) dati elementi iz polja K . Brojeve aik nazivamo koe cijentima uz nepoznate, a bi slobodnim £lanovima sistema. Prvi indeks i u aik ozna£ava redni broj jedna£ine, a drugi indeks k ozna£ava redni broj nepoznate. Sistem (1) moºemo napisati u skra¢enom obliku: n P aik xk = bi (i = 1, 2, ..., m). k=1
Za sistem (1) kaºemo da je tipa m × n. Ako je m = n, sistem je kvadratni, a u protivnom nazivamo ga pravougaonim sistemom. Sistem (1) homogen je ako je b1 = b2 = ... = bm = 0. Ako je bar jedan od slobodnih £lanova bi razli£it od nule, sistem (1) nazivamo nehomogenim sistemom linearnih jedna£ina. Rje²enje sistema. Sistem (1) saglasan je (konsistentan) ako postoji bar jedan skup vrijednosti x1 = α1 , x2 = α2 , ..., xn = αn za koje je
a11 α1 + a12 α2 + ... + a1n αn = b1 a21 α1 + a22 α2 + ... + a2n αn = b2 ....................... am1 α1 + am2 α2 + ... + amn αn = bm . Uredenu n-torku (α1 , α2 , ..., αn ) nazivamo rje²enjem sistema linearnih jedna£ina (1). 112
(2)
Sistemi linearnih jedna£ina
113
Ako sistem (1) ima samo jedno rje²enje (jedinstveno rje²enje), sistem je odreden, a ako ima vise rje²enja (beskona£no mnogo rje²enja), sistem je neodreden. Kako sistem (1) moºe imati vi²e rje²enja, to se uvodi pojam op²teg rje²enja. Naime, rje²enje sistema (1), koje zavisi od parametara iz polja K i iz kojeg se za odredene vrijednosti tih parametara moºe dobiti ma koje rje²enje tog sistema, nazivamo op²tim rje²enjem sistema (1). Rje²enja dobijena iz op²teg rje²enja, za odredene vrijednosti parametra, nazivamo partikularnim rje²enjima. Njih ima beskona£no mnogo. Ako sistem (1) nema uop²te rje²enja, tada kaºemo da je nesaglasan (protivrje£an). Rije²iti sistem (1) zna£i odrediti sve uredene n-torke koje ga zadovoljavaju ili utvrditi da sistem nema rje²enja. Ekvivalentni sistem i. Pri rje²avanju sistema (1) primjenjujemo razli£ite transformacije jedna£ina sistema s namjerom da od datog sistema postepeno predemo na drugi sistem koji je jednostavniji za rje²avanje. Sistem transformi²emo tako da rje²enje novog sistema bude istovremeno i rje²enje polaznog sistema (1). Tada kaºemo da su sistem (1) i novi sistem ekvivalentni. Dva sistema linearnih jedna£ina su ekvivalentna ako se skupovi njihovih rje²enja poklapaju. Transformacije, pomo¢u kojih se polazni sistem prevodi u ekvivalentni sistem, nazivamo elementarnim transformacijama sistema. Elementarnim transformacijama jednog sistema smatraju se operacije: 1. Razmjena mjesta i-te i j -te jedna£ine sistema; 2. Mnoºenje i-te jedna£ine nekim brojem k(k 6= 0); 3. Sabiranje i-te i j -te jedna£ine sistema koje se prethodno mogu pomnoºiti nekim brojem k(k 6= 0).
Teorema 1. Svaki sistem linearnih jedna£ina, dobijen iz sistema (1) primjenom kona£nog broja elementarnih transformacija, jeste ekvivalentan sistemu (1).
Dokaz. Tvrdnju je dovoljno dokazati u odnosu na elementarnu transformaciju 3, jer je o£igledna u odnosu na transformacije 1 i 2. Izvr²imo nad sistemom (1) elementarnu transformaciju 3. Dodajmo i-toj jedna£ini sistema (1) njegovu j -tu jedna£inu, prethodno pomnoºenu brojem k(k 6= 0). Na taj na£in imamo:
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 ........................... (ai1 + kaj1 )x1 + (ai2 + kaj2 )x2 + ... + (ain + kajn )xn = bi + kbj ........................... aj1 x1 + aj2 x2 + ... + ajn xn = bj ........................... am1 x1 + am2 x2 + ... + amn xn = bm .
(3)
Dobijeni sistem (3) razlikuje se od sistema (1) samo u izgledu i-te jedna£ine:
(ai1 + kaj1 )x1 + (ai2 + kaj2 )x2 + ... + (ain + kajn )xn = bi + kbj .
(4)
Osnovi linearne algebre
114 Neka je
α = (α1 , α2 , ..., αn )
(5)
rje²enje sistema (1). Tada vaºe jednakosti (2). Da bismo dokazali da (5) predstavlja rje²enje i sistema (3), dovoljno je dokazati da ono zadovoljava jedna£inu (4), odnosno jednakost:
(ai1 + kaj1 )α1 + (ai2 + kaj2 )α2 + ... + (ain + kajn )αn = bi + kbj . Da bismo se uvjerili da je ova jednakost ta£na, dovoljno je j -tu jednakost sistema jednakosti (2) pomnoºiti brojem k(k 6= 0) i dodati je i-toj jednakosti sistema (2). Time smo dokazali da svako rje²enje (5) sistema (1) predstavlja rje²enje i sistema (3). Analogno dokazujemo da svako rje²enje sistema (3) istovremeno predstavlja rje²enje sistema (1). Pri tome, da bismo iz sistema (3) dobili sistem (1), dovoljno je j -tu jedna£inu sistema (3) pomnoºiti brojem −k(k 6= 0) i dodati je njegovoj i-toj jedna£ini. injenicu da je sistem (1) ekvivalentan sa sistemom (3) ozna£i¢emo sa (1) ∼ (3)
Primjer 1. Na¢i sisteme ekvivalentne sistemu x + y + 2z = 9 2x − 3y + z = −1 4x − 2y + z = 3.
(1)
x = 1, y = 2, z = 3.
(2)
Sistem (1) ima rje²enje Ako prvu jedna£inu pomnoºimo brojevima (−2), odnosno (−4) i dodamo drugoj, odnosno tre¢oj jedna£ini sistema (1), dobi¢emo sistem:
x + y + 2z = 9 5y + 3z = 19 6y + 7z = 33
(3)
Rje²enje (2) predstavlja, takode, rje²enje sistema (3) pa su sistemi (1) i (3) ekvivalentni. 6 Ako drugu jedna£inu sistema (3) pomnoºimo brojem - i dodamo tre¢oj jedna£ini, do5 bi¢emo sistem:
x + y + 2z = 0 5y + 3z = 19 17z = 51
(4)
koji je ekvivalentan sistemu (3), a time i sistemu (1), jer rje²enje (2) istovremeno je rje²enje sistema (4), (3) i (1).
115
Sistemi linearnih jedna£ina
U vezi sa ekvivalentnim sistemima, razmotri¢emo neke elementarne slu£ajeve. Uzmimo jednu proizvoljnu linearnu jedna£inu
a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn = b. Ako je a1 = a2 = ... = an = b = 0, tada jedna£ina ima oblik 0 = 0 pa je svaka n-torka brojeva (α1 , α2 , ..., αn ) njeno rje²enje. Takvu jedna£inu moºemo izostaviti iz svakog sistema jedna£ina i dobijeni sistem ekvivalentan je polaznom sistemu. Ako medu brojevima ai i b ima nekih koji su razli£iti od nule, tada svaka n-torka brojeva, o£igledno, nije rje²enje jedna£ine. Stvarno, ako je b = 6 0, tada (0, 0, ..., 0) nije rje²enje jedna£ine. Ako je aj 6= 0 i b = 0, onda n-torka (0, 0, ..., 1, ....0) (jedinica je na j -tom mjestu), takode, nije rje²enje jedna£ine. Ako je a1 = a2 = ... = an = 0 i b 6= 0, tada jedna£inu 0 = b ne zadovoljava ni jedna n-torka brojeva. U tom slu£aju svaki sistem koji sadrºi takvu jedna£inu je nesaglasan sistem.
2.2. Metode rje²avanja sistema linearnih jedna£ina 2.2.1. Kramerova metoda Posmatrajmo kvadratni sistem linearnih jedna£ina
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1k xk + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2k xk + ... + a2n xn = b2 ....................................... an1 x1 + an2 x2 + ... + ank xk + ... + ann xn = bn. Determinantu koe cijenata uz ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ D=¯ ¯ ¯ ¯
(1)
nepoznate
a11 a12 . . . a1k . . . a1n a21 a22 . . . a2k . . . a2n .. . an1 an2 . . . ank . . . ann
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
nazivamo determinantom sistema (1). Ako koe cijente uz nepoznatu xk (k = 1, 2, ..., n) u determinanti sistema zamijenimo slobodnim £lanovima b1 , b2 , ..., bn , dobi¢emo determinantu ¯ ¯ ¯ a11 a12 . . . b1 . . . a1n ¯ ¯ ¯ ¯ a21 a22 . . . b2 . . . a2n ¯ ¯ ¯ Dk = ¯ .. ¯ (k = 1, 2, ..., n) ¯ ¯ . ¯ ¯ ¯ an1 an2 . . . bn . . . ann ¯ koja odgovara nepoznatoj xk (k = 1, 2, ..., n).
Osnovi linearne algebre
116
Teorema 2. (Kramerova teorema) Ako je determinanta D sistema (1) razli£ita od nule, tada sistem (1) ima jedinstveno rje²enje:
xk =
Dk (k = 1, 2, ....n). D
(2)
Dokaz. Ako jedna£ine sistema (1) pomnoºimo kofaktorima A1k , A2k , ..., Ank , i to prvu jedna£inu sa A1k , drugu sa A2k , itd. n-tu jedna£inu sa Ank pa ih saberemo i sredimo po nepoznatim x1 , x2 , ..., xn dobi¢emo:
(a11 A1k + a21 A2k + ... + an1 Ank )x1 + (a12 A2k + a22 A2k + ... + an2 Ank )x2 + ...+ +(a1k A1k + a2k A2k + ... + ank Ank )xk + ...+ (a1n A1k + a2n A2n + ... + ann Ann )xn = b1 A1k + b2 A2k + ... + bn Ank
(3)
Koe cijenti uz nepoznate x1 , x2 , .., xk−1 , xk+1 , ..., xn jednaki su nuli, pa (3) ima oblik:
(a1k A1k + a2k A2k + ... + ank Ank )xk = b1 A1k + b2 A2k + ... + bn Ank , odnosno
Dk (k = 1, 2, ..., n). (4) D Sistem (4) ekvivalentan je sistemu (1) na osnovu teoreme 1. Kako je D 6= 0, sistem (4), odnosno sistem (1) ima jedinstveno rje²enje koje je izraºeno formulama (2). Formule (2), na osnovu kojih se nalazi rje²enje sistema (1), nazivamo Kramerovim formulama, a postupak rje²avanja sistema (1) Kramerovim pravilom. D · xk = Dk , xk =
2.2.1.1.
Ispitivanje saglasnosti sistema
1. Sistem (1) saglasan je i odreden ako je determinanta sistema D 6= 0. Tada sistem ima jedinstveno rje²enje Dk xk = (k = 1, 2, ..., n). (2) D 2. Sistem (1) nije saglasan i nema rje²enja ako je determinanta D = 0 i bar jedna od determinanata Dk 6= 0(k = 1, 2, ..., n). Na primjer, neka je Dk 6= 0. Tada k -ta jedna£ina sistema (4), koja je ekvivalentna k -toj jedna£ini sistema (1), ima oblik
0xk = Dk 6= 0. Budu¢i da ova jedna£ina nema smisla bez obzira na brojnu vrijednost xk , to sistem jedna£ina (4) nema smisla, odnosno sistem jedna£ina (1) nema rje²enja.
Sistemi linearnih jedna£ina
117
3. Ako je determinanta sistema D = 0 i sve determinante Dk = 0 (k = 1, 2, ..., n), mogu nastupiti sljede¢i slu£ajevi: (a) Ako je bar jedna od subdeterminanata (n − 1)-og reda determinante sistema D razli£ita od nule, sistem (1) neodreden je. (b) Ako su sve subdeterminante (n − 1)-og reda determinante D jednake nuli, a bar jedna od subdeterminanti (n−1)-og reda determinanta Dk (k = 1, 2, ..., n) razli£ita od nule, sistem (1) nema rje²enja. (c) Ako su sve subdeterminante (n − 1)-og reda determinante D i Dk (k = 1, 2, ..., n) jednake nuli, onda se ispitivanje sistema (1) svodi na ispitivanje subdeterminanata (n − 2)-og reda i niºeg reda determinanata D i Dk (k = l, 2, ..., n). Zaklju£ujemo kao u slu£aju a) i b) kada je sistem (1) neodreden, a kada nema rje²enja.
Primjer 1. Rije²iti sistem jedna£ina 2x1 − x2 + x3 − x4 2x1 − x2 − 3x4 3x1 − x3 + x4 2x1 + 2x2 − 2x3 + 5x4
=1 =2 = −3 = −6
¯ ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ ¯ ¯
¯ 2 −1 1 −1 ¯¯ 2 −1 0 −3 ¯¯ = −9. 3 0 −1 1 ¯¯ 2 2 −2 5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 −1 ¯ ¯ 2 ¯ 1 −1 1 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯ 2 0 −3 ¯¯ 2 0 −3 ¯¯ ¯ ¯ D1 = ¯ = 0, D2 = ¯ = −18, 0 −1 1 ¯¯ 1 ¯¯ ¯ −3 ¯ 3 −3 −1 ¯ −6 ¯ 2 −6 −2 2 −2 5 ¯ 5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯ ¯ 2 −1 1 1 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 −1 ¯ ¯ 2 −2 0 2 2 −3 ¯ = 12, ¯ = −15, D4 = ¯¯ D3 = ¯¯ ¯ 0 −1 −3 ¯¯ 1 ¯ ¯ 3 ¯ 3 −0 −3 ¯ 2 ¯ 2 −2 −6 2 −2 −6 ¯ 5 ¯ Dk (k = 1, 2, 3, 4), to je D D2 D3 5 D4 4 D1 = 0, x2 = = 2, x3 = = , x4 = =− x1 = D D D 3µ D ¶ 3 5 4 Dati sistem ima jedinstveno rje²enje x = 0, 2, , − . 3 3 Kako je xk =
Osnovi linearne algebre
118
Primjer 2. Rije²iti sistem jedna£ina 2x1 − x2 + 3x3 = 9 3x1 − 2x2 + 4x3 = 11 x1 − x2 + x3 = 2
(1)
U posmatranom sistemu je D = 0 i D1 = D2 = D3 = 0. Po²to moºemo odrediti subdeterminantu A determinante D sistema (1) koja je razli£ita od nule, to ¢emo izabrati dvije jedna£ine datog sistema i od njih, prebacivanjem jedne od nepoznatih na desnu stranu, formirati sistem drugog reda u kome je determinanta D = 4 6= 0 :
2x1 − x2 + 3x3 = 92x1 − x2 = 9 − 3x3 3x1 − 2x2 + 4x3 = 11, 3x1 − 2x2 = 11 − 4x3 .
(2)
Determinanta A sistema (2) jeste
¯ ¯ 2 −1 4 = ¯¯ 3 −2
¯ ¯ ¯ = −1 6= 0. ¯
Tretiraju¢i cjelinu izraza na desnoj strani sistema (2) kao slobodni £lan, dobi¢emo ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 9 − 3x3 − 1 ¯ ¯ 2 9 − 3x3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ = x3 − 5, 41 = ¯ = 2x3 − 7, 42 = ¯ 11 − 4x3 − 2 ¯ 3 11 − 4x3 ¯ pa je
x1 =
41 42 = 7 − 2x3 , x2 = = 5 − x3 . 4 4
Rje²enje sistema (2) glasi:
x1 = 7 − 2x3 , x2 = 5 − x3 .
(3)
Ako rje²enje (3) zadovoljava tre¢u jedna£inu sistema (1), onda moºemo konstatovati da je sistem (1) saglasan. Kako je 7 − 2x3 − 5 + x3 + x3 = 2, 2 = 2, to je sistem (1) saglasan. Njegovo op²te rje²enje je rje²enje (3). Njegova partikularna rje²enja, kojih ima beskona£no mnogo, dobi¢emo iz op²teg rje²enja davanjem proizvoljnih brojnih vrijednosti nepoznatoj x3 . Na primjer, za x3 = 0, x1 = 7, x2 = 5, pa partikularno rje²enje sistema (1) glasi:
x1 = 7, x2 = 5, x3 = 0. Dakle, sistem (1) neodreden je i ima beskona£no mnogo rje²enja. Sli£no se postupa kada se radi o nehomogenom sistemu n-tog reda (n > 3) u slu£aju kada je D = 0, Dk = 0 (k = 1, 2, ..., n). Rje²enje sistema se nalazi pomo¢u r(2 ≤ r ≤ n − 1) jedna£ina sistema ili pomo¢u jedne jedna£ine sistema.
Sistemi linearnih jedna£ina
119
U prvom slu£aju treba odabrati r jedna£ina sistema od kojih se prebacivanjem (n − r) nepoznatih formira sistem r-tog reda £ija je determinanta sistema razli£ita od nule (4 6= 0). Rje²enje tako dobijenog sistema glasi:
xi = pi − qi1 xr+1 − qi2 xr+2 − ... − qin−r xn (i = 1, 2, ..., r),
(4)
gdje su pi , qi1 , ..., qin−r realni brojevi. Ako rje²enje (4) zadovoljava preostalih n − r jedna£ina posmatranog sistema, tada je sistem saglasan i neodreden. Rje²enje (4) jeste op²te rje²enje posmatranog sistema. Ako nije mogu¢e formirati sistem r-tog reda u kome je 4 6= 0, onda se rje²enje sistema nalazi pomo¢u jedne od jedna£ina sistema. Na primjer, pomo¢u i-te jedna£ine sistema:
ai1 x1 + ai2 x2 + ... + ain xn = bi . Ako je ai1 6= 0, onda iz i-te jedna£ine dobijamo:
x1 =
bi ai2 ain − x2 − ... − xn . ai1 ai1 ai1
(5)
Ako rje²enje (5) zadovoljava preostalih (n − 1) jedna£ina sistema, tada je sistem saglasan i neodreden. Rje²enje (5) jeste op²te rje²enje sistema. Ako rje²enje (5) ne zadovoljava preostale jedna£ine sistema, sistem nije saglasan.
Primjer 3. Rije²iti sistem ax1 + 2x3 = 2 5x1 + 2x2 = 1 x1 − 2x2 + bx3 = 3 u zavisnosti od realnih parametara a i b. Odredimo determinantu sistema i determinante Dk (k = 1, 2, 3): ¯ ¯ ¯ a 0 2 ¯ ¯ ¯ D = ¯¯ 5 2 0 ¯¯ = 2ab − 24 = 2(ab − 12), ¯ 1 −2 b ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a 2 2 ¯ ¯ 2 0 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ D2 = ¯¯ 5 1 0 ¯¯ = ab − 10b + 28, D1 = ¯¯ 1 2 0 ¯¯ = 4b − 16 = 4(b − 4), ¯ 1 3 b ¯ ¯ 3 −2 b ¯ ¯ ¯ ¯ a 0 2 ¯ ¯ ¯ D3 = ¯¯ 5 2 1 ¯¯ = 8a − 24 = 8(a − 3). ¯ 1 −2 3 ¯ U zavisnosti od vrijednosti realnih parametara a i b mogu nastati sljede¢i slu£ajevi
x1 =
D1 2 (b − 4) ab − 10b + 28 D3 4(a − 3) = , x2 = , x3 = = . D ab − 12 2(ab − 12) D ab − 12
Osnovi linearne algebre
120
1. Ako je D = 2(ab − 12) 6= 0, sistem ima jedinstveno rje²enje: 2. Ako je D = 2(ab − 12) = 0, tj. ab = 12, a a = 3 i b = 4, tada je D = 0 i D1 = D2 = D3 = 0. Sistem moºe biti saglasan i neodreden ili nesaglasan. Tada sistem glasi:
3x1 + 2x3 = 2 5x1 + 2x2 = 1 x1 − 2x2 + 4x3 = 3
(2)
Rje²enje sistema (2) nalazimo pomo¢u prve i druge jedna£ine sistema od kojih formiramo sistem drugog reda prebacuju¢i nepoznatu x3 na desnu stranu:
3x1 = 2 − 2x3 5x1 + 2x2 = 1.
(3)
Rje²enje dobijenog sistema (3) je:
2 7 5 x1 = (1 − x3 ), x2 = − + x3 . 3 6 3
(4)
Kada dobijemo rje²enje (4) uvrstimo u izostavljenu tre¢u jedna£inu sistema (2), ona ¢e biti zadovoljena pa sistem (2) saglasan je i neodreden. Njegovo op²te rje²enje je rje²enje (4). 3. Ako je D = 0, tj. ab = 12, a a 6= 3 i b 6= 4, tada je D1 = 0, D2 6= 0, D3 6= 0 i sistem je protivrje£an, nesaglasan.
2.2.2.
Matri£na metoda
Neka je dat sistem linearnih jedna£ina
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1k xk + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2k xk + ... + a2n xn = b2 ............................... an1 x1 + an2 x2 + ... + ank xk + ... + ann xn = bn Koe cijent uz nepoznate x1 , x2 , ..., xn i slobodne £lanove moºemo matrica kolona tipa n × 1 i to: ° ° ° ° ° ° ° ° a1n ° a1k ° ° a12 ° ° a11 ° ° ° ° ° ° ° ° ° a2n ° a2k ° ° a22 ° ° a21 ° ° ° ° ° ° ° ° A1 = ° .. ° , A2 = ° .. ° , ..., Ak = ° .. ° , ..., An = ° .. ° . ° . ° ° . ° ° . ° ° ° ° ° ° ° ° ° ann ° ank ° ° an2 ° ° an1 °
(1) tretirati kao elemente
° ° ° ° b1 ° ° ° ° ° ° b2 ° ° ° ° ° ° ; B = ° .. ° ° . ° ° ° ° ° ° bn ° °
Sistemi linearnih jedna£ina
121
Ako koe cijente uz nepoznate ° ° sistema posmatramo kao cjelinu, tada matricu ° a11 a12 . . . a1n ° ° ° ° a21 a22 . . . a2n ° ° ° nazivamo matricom sistema (1). A=° ° . . . . ° ° ° an1 an2 . . . ann ° ° ° ° a11 a12 . . . a1n b1 ° ° ° ° a21 a22 . . . a2n b2 ° ° , koju £ine koe cijenti iz nepoznate i slobodni Matricu Ap = ° ° ° . . . . . ° ° ° an1 an2 . . . ann bn ° £lanovi, nazivamo pro²irenom matricom sistema. Matrica Ap je tipa n × (n + 1). Matricu sistema i pro²irenu matricu sistema zajedni£ki pi²emo u obliku ° ° ° a11 a12 . . . a1n b1 ° ° ° ° a21 a22 . . . a2n b2 ° °. ° A Ap = ° ° . . . . . ° ° ° an1 an2 . . . ann bn °
° ° ° x1 ° ° ° ° x2 ° ° ° Matricu X = ° .. ° , £iji su elementi nepoznate sistema, nazivamo nepoznatom matri° . ° ° ° ° xn ° com sistema. Matricu B , £iji su elementi slobodni £lanovi, nazivamo matricom slobodnih £lanova. Pomo¢u prethodnih matrica sistem (1) moºe biti napisan u sljede¢im ekvivalentnim oblicima: u obliku linearne matri£ne jedna£ine: AX = B,
(2)
A1 x1 + A2 x2 + ... + Ak xk + ... + An xn = B.
(3)
odnosno u njenom razloºenom obliku
Sistem (1) i matri£na jedna£ina (2) jesu ekvivalentni u smislu da je svaka uredena n-torka brojeva (α1 , α2 , ..., αn ) rje²enje sistema (1) ako i samo ako je matrica ° ° ° ° ° x1 ° ° α 1 ° ° ° ° ° ° x2 ° ° α 2 ° ° ° ° ° X = ° .. ° = ° .. ° ° . ° ° . ° ° ° ° ° ° xn ° ° α n ° rje²enje matri£ne jedna£ine (2). Time smo rje²avanje sistema (1) sveli na rje²avanje matri£ne jedna£ine (2).
Osnovi linearne algebre
122
Kramerove formule mogu se izvesti upotrebom inverzne matrice, a teorema iskazati ovako:
Teorema 3. (Kramerova) Sistem jedna£ina (1) ima jedinstveno rje²enje onda i samo onda,
kada je matrica sistema regularna. U tom slu£aju rje²enje je dato sa
xk =
det Ak (b) (k = 1, 2, ..., n), det A
gdje je Ak (b) matrica koja se dobija kada se k -ta kolona matrice A zamijeni kolonom sastavljenom od slobodnih £lanova.
Dokaz. Ako je A regularna matrica, to mnoºenjem jedna£ine (2) slijeva matricom A−1 redom dobi¢emo rje²enje X = A−1 B, gdje je Aij kofaktor elementa aij determinante D. Odavde slijedi
xk =
1 (b1 A1k + ... + bn Ank ), D
tj.
xk =
Dk (k = 1, 2, ..., n), D
gdje je Dk = det Ak (b).
Primjer 1. Rije²iti sistem jedna£ina x1 − x2 + x3 = 6 2x1 + x2 + x3 = 3 x1 + x2 + 2x3 = 5 ° ° ° ° ° ° ° 1 −1 1 ° ° 6 ° ° x1 ° ° ° ° ° ° ° ° , B = ° 3 ° i X = ° x2 ° , to dati sistem moºemo 2 1 1 Po²to je A = ° ° ° ° ° ° ° ° 1 1 2 ° ° 5 ° ° x3 ° ° °° ° ° ° ° 1 −1 1 ° ° x1 ° ° 6 ° ° °° ° ° ° ° ° x2 ° = ° 3 ° . 2 1 1 napisati i u obliku AX = B , tj. ° ° °° ° ° ° ° 1 1 2 ° ° x3 ° ° 3 ° ° ° ° 1 −1 1 ° ° ° ° = 5 6= 0 pa rje²avanjem matri£ne 2 1 1 Matrica A je regularna, jer je det A = ° ° ° ° 1 1 2 ° jedna£ine X = A−1 B dobi¢emo ° ° ° °° ° ° ° ° x1 ° °° 6 ° ° 1 ° ° 1 3 −2 ° ° ° °° ° ° ° ° ° ° ° ° x2 ° = 1 ° −3 1 1 ° ° 5° ° ° ° 3 ° = ° −2 ° , ° ° ° ° x3 ° ° ° 1 −2 3 ° 5 3 odakle je x1 = 1, x2 = −2, x3 = 3. Dakle, jedinstveno rje²enje sistema je uredena trojka (1, −2, 3).
123
Sistemi linearnih jedna£ina
2.2.3. Gausova metoda Prije nego ²to predemo na izlaganje Gausove metode, uvedimo pojam sistema linearnih jedna£ina trouglastog (trapeznog) oblika. Sistem n-tog reda koji ima oblik
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1r xr + ... + a1n−1 xn−1 + a1n xn a22 x2 + ... + a2r xr + ... + a2n−1 xn−1 + a2n xn .................................. arr xr + ... + arn−1 xn−1 + arn xn .................................. an−1n−1 xn−1 + an−1n xn ann xn nazivamo sistemom trouglastog Ap ima oblik: ° ° a11 ° ° 0 ° ° . ° A Ap = ° ° 0 ° . ° ° 0 ° ° 0
= = = = = = =
b1 b2 ... br ... bn−1 bn
(1)
oblika. Matrica A sistema (1), odnosno pro²irena matrica
a12 a22 . 0 . 0 0
... ... . ... . ... ...
a1r a2r . arr . 0 0
... ... . ... . ... ...
a1n−1 a2n−1 . arn−1 . an−1n−1 0
a1n a2n . arn . n−1n
ann
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
b1 b2 . br . bn−1 bn
° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° °
det A = a11 a22 ...an−1n−1 ann . Sistem od m jedna£ina sa n nepoznatih, koji ima oblik a11 x1 + a12 x2 + ... + a1m xm + a1m+1 xm+1 + ... + a1n xn a22 x2 + ... + a2m xm + a2m+1 xm+1 + ... + a2n xn .................................. amm xm + amm+1 xm+1 + ... + amn xn
= b1 = b2 = ..... = bm
(2)
u kome je aii 6= 0 (i = 1, 2, ..., m), nazivamo sistemom trapeznog oblika. Prebacivanjem nepoznatih xm+i , xm+2 , ..., xn na desnu stranu jedna£ina, sistem (2) moºemo svesti na sistem trouglastog oblika:
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1m xm = b1 − a1m+1 xm+1 − ... − a1n xn a22 x2 + ... + a2m xm = b2 − a2m+1 xm+1 − ... − a2n xn ................ = ............. amm xm = bm − amm+1 xm+1 − ... − amn xn .
(3)
Svaki sistem linearnih jedna£ina, elementarnim transformacijama moºe biti sveden na ekvivalentan sistem trouglastog (trapeznog) oblika.
124
Osnovi linearne algebre
Osnova Gausove metode ili Gausovog algoritma, upravo, jesu elementarne transformacije kojim se postepenim eliminisanjem nepoznatih dati sistem transformi²e u jednostavnije ekvivalentne sisteme trouglastog ili trapeznog oblika. Iz takvih oblika dobijamo rje²enje sistema, odnosno utvrdimo da sistem nije saglasan. Ova metoda ima veliku primjenu naro£ito ako je broj jedna£ina ve¢i od tri, tj. primjenjujemo je pri rje²avanju sistema od m jedna£ina sa n nepoznatih, jer rje²avanje sistema moºemo izvesti i na ma²inama za ra£unanje. Neka je dat sistem jedna£ina
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + ... + a2n xn = b2 a31 x1 + a32 x2 + a33 x3 + ... + a3n xn = b3 ................................ am1 x1 + am2 x2 + am3 x3 + ... + amn xn = bm.
(4)
Gausovu metodu primjenjujemo na sljede¢i na£in. Uz nepoznatu x1 bar jedan koe cijent je razli£it od nule. Radi odredenosti, pretpostavimo da je a11 6= 0. Ukoliko to nije slu£aj, moºemo zamijeniti jedna£ine tako da se postigne da koe cijent uz x1 u prvoj jedna£ini sistema bude razli£it od nule. Ako se i-toj jedna£ini doda prva jedna£ina, pomnoºena sa 1 −ai1 (i = 2, 3, ..., m), dobi¢e se ekvivalentan sistem u kome ¢e samo prva jedna£ina imati a11 nepoznatu x1 . Sistem je oblika:
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn = b1 (1) (1) (1) (1) a22 x1 + a23 x3 + ... + a2n xn = b2 (1)
(1)
(1)
(1)
a32 x2 + a33 x3 + ... + a3n xn = b3 ........... = .... (1) (1) (1) am2 x2 + am3 x3 + ... + a(1) (5) mn xn = bn , µ ¶ ai1 ai1 i = 2, 3, ..., m (1) (1) gdje je aij = aij − · a1j , bi = bi − · b1 . Da bismo eliminisali j = 2, 3, ..., n a11 a11 (1) nepoznatu x2 u tre¢oj i ostalim jedna£inama sistema (5), ukoliko je a22 6= 0, dovoljno je (1) −ai2 (i = 3, 4, ..., m) pa dodati i-toj jedna£ini. Tada drugu jedna£inu sistema pomnoºiti sa (1) a22 sistem (5) prevodimo u ekvivalentni sistem (6) u kome ¢e, po£ev od tre¢e jedna£ine, biti eliminisana nepoznata x2 : a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + ... + a1n xn = b1 (1) (1) (1) (1) a22 x1 + a23 x3 + ... + a2n xn = b2 (2)
(2)
(2)
a33 x3 + ... + a3n xn = b3 ........... = .... (2) (2) am3 x3 + ... + a(2) mn xn = bm ,
(6)
125
Sistemi linearnih jedna£ina
¶ i = 3, 4, ..., m gdje je = − (1) · = − (1) · . j = 3, 4, ..., n a22 a22 Proces primjene elementarnih transformacija se analogno produºava dalje ciljem postepene eliminacije ostalih nepoznatih sve dok se ne dode do ekvivalentnog sistema trouglastog ili trapeznog oblika. Poslije (k − 1)-ve transformacije dobijamo ekvivalentan sistem: (2) aij
(1) aij
(1)
ai2
(1) a2j ,
(2) bi
(1) bi
(1)
ai2
µ
(1) b2
a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1k xk + a1k+1 xk+1 + · · · + a1n xn = b1 (1)
(1)
(1)
(1)
(1)
(1)
(2)
(2)
(2)
(2)
(2)
a22 x2 + a23 x3 + · · · + a2k xk + a2k+1 xk+1 + · · · + a2n xn = b2
a33 x3 + · · · + a3k xk + a3k+1 xk+1 + · · · + a3n xn = b3 ........... = .... (k−1)
akk
(k−1)
(k−1)
xk + akk+1 xk+1 + · · · + akn
(7)
(k−1)
xn = bk
(k−1)
0 = bk+1 , (1)
(k−1)
(k−1)
gdje je a11 a22 ...akk 6= 0; k ≤ m i bk+1 = 0 ako je k = m. Sistem (7) ekvivalentan je sistemu jedna£ina (4). U vezi sa saglasno²¢u sistema (4) mogu nastupiti sljede¢i slu£ajevi (k−1)
1. bk+1 6= 0. Sistem (4) je nesaglasan, (k−1)
2. bk+1 = 0, k = n. Sistem (4) jeste saglasan i ima jedinstveno rje²enje. U tom slu£aju sistem (7) svodimo na sistem trouglastog oblika:
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn (1) (1) a22 x2 + · · · + a2n xn ........... a(n−1) xn nn
= = = =
b1 (1) b2 .... b(n−1) . n
(8)
Rje²enje sistema (8) dobijamo direktno iz samog sistema polaze¢i od n-te jedna£ine. Naime, iz posljednje jedna£ine izra£unamo xn , iz pretposljednje, znaju¢i xn . odredimo xn−1 , itd.; (k−1)
3. bk+1 = 0, k < n. Sistem (4) saglasan je i ima beskona£no mnogo rje²enja. Sistem (7) moºemo napisati u trouglastom obliku:
a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1k xk = b1 − a1k+1 xk+1 − · · · − a1n xn (1)
(1)
(1)
(1)
(1)
a22 x2 + · · · + a2k xk = b2 − a2k+1 xk+1 − · · · − a2n xn ........... = ........... (k−1) (k−1) (k−1) (k−1) akk xk = bk − akk+1 xk+1 − · · · − akn xn . Rje²avamo ga kao sistem (8). Nepoznate x1 , x2 , ..., xk izraºene su preko nepoznatih xk+1 , ..., xn koje su proizvoljne nepoznate.
126
Osnovi linearne algebre
Kako se elementarne transformacije sistema jedna£ina i elementarne transformacije matrica razlikuju samo u tome ²to se kod sistema primjenjuju na jedna£ine, a kod matrica na vrste, to se transformacija sistema (4) moºe izvesti posmatranjem, ne cjeline sistema, nego samo njegovih koe cijenata i to u okviru matrice sistema i pro²irene matrice Ap sistema (4): ° ¯ ° ° a11 a12 . . . a1n ¯ b1 ° ° ¯ ° ° a21 a22 . . . a2n ¯ b2 ° ° ¯ ° A/Ap = ° ¯ . °. . . . . ° ¯ ° ° am1 am2 . . . amn ¯ bn ° Postupak svodenja matrice na trouglastu (trapeznu) matricu ekvivalentan je postupku kojim se koristimo kod Gausovog algoritma.
Primjer 1. Rije²iti sistem jedna£ina x1 − 2x2 + x3 − x4 2x1 − 3x2 − 4x3 + x4 x1 − x2 − x3 − 3x4 2x1 − 3x2 + 2x4 x1 − 2x2 + 2x3 + x4
= = = = =
4 1 1 5 5
Ako prvu jedna£inu pomnoºimo sa −2 i dodamo drugoj jedna£ini, tre¢oj jedna£ini dodamo prvu jedna£inu pomnoºenu sa −1, £etvrtoj jedna£ini dodamo prvu pomnoºenu sa −2, petoj jedna£ini dodamo prvu pomnoºenu sa −1, dobi¢emo sistem jedna£ina koji je ekvivalentan datom sistemu.
x1 − 2x2 + x3 − x4 x2 − 6x3 + 3x4 x2 − 2x3 − 2x4 x2 − 2x3 + 4x4 x3 + 2x4
= = = = =
4 7 −3 −3 1
Oduzimanjem druge jedna£ine od tre¢e i £etvrte, dobi¢emo sistem
x1 − 2x2 + x3 − x4 x2 − 6x3 + 3x4 4x3 − 5x4 4x3 + x4 x3 + 2x4
= = = = =
4 −7 4 4 1
1 odakle, oduzimanjem tre¢e jedna£ine od £etvrte, mnoºenjem tre¢e jedna£ine sa − i doda4 vanjem petoj, dobijamo sistem
127
Sistemi linearnih jedna£ina
x1 − 2x2 + x3 − x4 x2 − 6x3 + 3x4 4x3 − 5x4 6x4 13 x4 4
= = = =
4 −7 4 0
= 0
£ije je rje²enje x4 = 0, x3 = 1, x2 = −1, x1 = 1. Dakle, rje²enje datog sistema jedna£ina je uredena £etvorka brojeva (1, −2, 1, 0).
Primjer 2. Rije²iti sistem x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 + x5 −2x1 + x3 + x4 − 5x5 x1 + 2x2 − x3 + 6x4 + 5x5 −x1 + 2x2 + 12x3 − 5x4 − 12x5
= = = =
3 −2 3 1
Transformisa¢emo sistem pomo¢u odgovaraju¢e matrice ° ¯ ° ° 1 2 3 2 1 ¯¯ 3 ° ° ° ° −2 0 ¯ −2 ° 1 1 −5 ¯ ° A/Ap = ° ° 1 2 −1 6 5 ¯¯ 3 ° ° ° ° −1 2 12 −5 −12 ¯ 1 ° Imamo
° ° ° ° A/Ap = ° ° ° °
1 0 0 0
2 3 2 1 4 7 5 −3 0 −4 4 4 4 15 −3 −11
° ° ° ° ∼° ° ° °
1 0 0 0
5 0 − 12 − 12 2 5 7 − 34 1 4 4 0 −1 1 1 0 8 −8 −8
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
3 4 0 4 1 1 0 0
° ° ° ° ° ° ° ° °∼° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° ° °∼° ° ° ° ° ° °
1 0 0 0 1 0 0 0
¯ 5 ¯ 1 0 − 21 − 12 2 ¯ 7 5 3 ¯ 1 −4 ¯ 1 4 4 0 −4 4 4 ¯¯ 0 0 8 −8 −8 ¯ 0 ° ¯ 0 0 −1 2 ¯¯ 1 ° ° 1 0 3 −1 ¯¯ 1 ° ° 0 1 −1 −1 ¯¯ 0 ° ° 0 0 0 0 ¯ 0 °
Iz ove matrice vidimo da je dati sistem ekvivalentan sistemu
x1 − x4 + 2x5 = 1 x2 + 3x4 + x5 = 1 x3 − x4 − x5 = 0.
° ° ° ° °∼ ° ° °
Osnovi linearne algebre
128 odakle je
x1 = 1 + x4 − 2x5 , x2 = 1 − 3x4 − x5 , x3 = x4 + x5 . Pri tome su x4 i x5 proizvoljne nepoznate. Uzmemo li za x4 i x5 posebne vrijednosti (na primjer: (x4 = 2, x3 = 1, x5 = −1), dobijamo odgovaraju¢e rje²enje (x1 = 5, x2 = −4, x4 = 2, x5 = −1) datog sistema. Dakle, dati sistem ima beskona£no mnogo rje²enja.
2.2.4.
Saglasnost nehomogenog sistema od m jedna£ina sa n nepoznatih
Poznato nam je da Gausova metoda eliminacije omogu¢ava brzo dobijanje rje²enja sistema. Sada ¢emo formulisati potrebne i dovoljne uslove saglasnosti sistema u zavisnosti od njegovih koe cijenata i slobodnih £lanova. Neka je dat sistem
a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2n xn = b2 ............................ am1 x1 + am2 x2 + ... + amn xn = bm , gdje je
° ° a11 a12 . . . a1n ° ° a21 a22 . . . a2n A/Ap = ° ° . . . . ° ° am1 am2 . . . amn
(1)
¯ ° ¯ b1 ° ¯ ° ¯ b2 ° ¯ ° ¯ . ° ¯ ° ¯ bm °
pro²irena matrica sistema. Matri£ni oblik sistema (1) jeste
AX = B,
(2)
A1 x1 + A2 x2 + ... + An xn = B.
(3)
odnosno razloºeni oblik Na osnovu (1) i (3) vidimo da je pitanje saglasnosti sistema (1) svedeno na pitanje egzistencije matri£nog razlaganja (3). Stoga moºemo re¢i: sistem (1) saglasan je ako i samo ako je posljednja kolona u Ap linearnu kombinacija ostalih kolona matrice Ap .
Teorema 1. (Kroneker-Kapelijeva teorema)
Sistem linearnih jedna£ina (1) saglasan je ako i samo ako je
rang A = rang Ap .
(4)
Dokaz. Uslov je potreban. Neka je sistem (1) saglasan. Tada, prema de niciji saglasnosti sistema postoji uredena n-torka brojeva (α1 , α2 , ..., αn ) tako da je
α1 A1 + α2 A2 + ... + αn An = B.
(5)
Sistemi linearnih jedna£ina
129
Ako na matricu Ap primijenimo elementarne transformacije tako da elementima posljednje kolone u Ap dodamo elemente prve kolone pomnoºene sa −α1 , ..., elemente n-te kolone pomnoºene sa −αn , ..., dobijamo matricu ° ° n ° ° P ° a11 a12 . . . a1n b1 − a1j αj ° ° ° j=1 ° ° ° ° .. °. ° . . . . ° ° n P ° ° °am1 am2 . . . amn bm − amj αj ° ° ° j=1 Kako su svi elementi (n + 1)-ve kolone u posljednjoj matrici, prema (5), jednaki nuli, to je
rang Ap = rang A, £ime smo dokazali da je uslov (4) potreban. Uslov je dovoljan. Pretpostavimo da je rangA =rangAp . Tada matrice A i Ap imaju isti broj baznih kolona i svaka bazna kolona matrice A je ujedno i bazna kolona matrice Ap pa (n + 1)-va kolona matrice Ap nije njena bazna kolona. Prema teoremi o baznom minoru, (n + 1)-va kolona je linearna kombinacija baznih kolona matrice Ap . Zna£i, postoji uredena n-torka (α1 , α2 , ..., αn ), takva da je
α1 A1 + α2 A2 + ... + αn An = B, gdje neki koe cijenti α1 mogu biti jednaki nuli. Prema de niciji saglasnosti sistema slijedi da uredena n-torka (α1 , α2 , ..., αn ) predstavlja rje²enje sistema (1), i tim sistem je saglasan. Ovim je teorema dokazana. Kako je uvijek rangA ≤ n i za bilo kakav sistem, saglasan ili nesaglasan, rangA < rangAp 1, linearno su zavisni onda i samo onda kada je bar jedan
od njih linearna kombinacija ostalih vektora.
Dokaz. Ako su vektori (1) linearno zavisni, tada u jednakosti (4) postoji bar jedan koe cijent razli£it od nule. Neka je, na primjer, α1 6= 0. Tada iz (4) dobijamo da je
x1 = β 2 x2 + β 3 x3 + ... + β n xn ,
(5)
gdje je β i = − αα1i , i = 2, 3, ..., n. Iz (5) proizlazi da vektor xi predstavlja linearnu kombinaciju vektora x2 , x3 , ..., xn . Obrnuto, neka je, na primjer, vektor x1 linearna kombinacija ostalih vektora. Jednakost (5) moºemo napisati u obliku
(−1)x1 + β 2 x2 + ... + β n xn = 0, ²to, zapravo, zna£i da su vektori x1 , x2 , ..., xn linearno zavisni, jer je koe cijent uz x1 razli£it od nule, £ime je teorema dokazana.
Teorema 4. Svaki skup vektora koji sadrºi nula-vektor 0 je linearno zavisan skup. Dokaz. Neka je dat skup vektora {x1 , x2 , ..., xn } i neka je, na primjer xn = 0. Tada je mogu¢e izabrati takav sistem skalara α1 , α2 , ..., αn da je
α1 = α2 = ... = αn−1 = 0, αn 6= 0, pa ¢e linearna kombinacija vektora x1 biti
α1 x1 + α2 x2 + ... + αn xn = 0, ²to zna£i da vektori obrazuju sistem linearno zavisnih vektora.
Posljedica 1. U skupu linearno nezavisnih vektora ne postoji nula vektor.
Vektorski prostor
141
Teorema 5. Ako medu vektorima x1 , x2 , ..., xn postoji k(k ≤ n) vektora koji su linearno zavisni, tada je i skup vektora x1 , x2 , ..., xn linearno zavisan skup. Moºemo i ovako kazati: svaki podskup linearno nezavisnog skupa vektora sastoji se samo od linearno nezavisnih vektora.
Dokaz. Neka je dat skup vektora {x1 , x2 , ..., xn } i neka su vektori x1 , x2 , ..., xm (2 ≤ m < n) linearno zavisni vektori. Tada, na osnovu de nicije linearne zavisnosti vektora, postoje skalari α1 , α2 , ..., αm koji nisu svi jednaki nuli, tako da je
α1 x1 + α2 x2 + ... + αm xm + 0 · xm+1 + ... + 0 · xn = 0. Slijedi, dati skup vektora je linearno zavisan skup. Moºemo govoriti o linearnoj zavisnosti (nezavisnosti) beskona£nog skupa vektora. Beskona£an skup vektora je linearno zavisan (nezavisan) skup ako je svaki (neki) njegov kona£ni dio linearno zavisan (linearno nezavisan) skup. Skup B linearno nezavisnih vektora prostora (V, K) takvih da je L(B) = V nazivamo algebarskom bazom prostora V . Ako je B kona£an skup, tada kaºemo da je vektorski prostor (V, K) kona£no-dimenzionalan. Broj vektora baze nazivamo dimenzijom prostora, u oznaci dim V . Ako vektorski prostor (V, K) ima bazu od n vektora, kaºemo da je dimenzija vektorskog prostora n i pi²emo dim V = n. Tada, radi jednostavnosti, prostor (V, K) ozna£avamo Vn . Ukoliko je baza B beskona£an skup, onda kaºemo da je (V, K) beskona£no-dimenzionalan prostor i pi²emo dim V = +∞ .
Teorema 6. Svaki vektor kona£no dimenzionalnog vektorskog prostora Vn , moºemo na jedinstven na£in predstaviti kao linearnu kombinaciju vektora baze B prostora Vn . Dokaz. Kako je L(B) = Vn , to se svaki vektor x ∈ Vn , moºe napisati u obliku
x=
n P
αi ei , gdje je
B = {e1 , e2 , ....en } .
i=1
Ako bismo vektor x mogli predstaviti i kao linearnu kombinaciju
x=
n P
β i ei ,
i=1
tada bi, zbog linearne nezavisnosti vektora baze bilo n P i=1
(αi − β i ) ei = 0,
odakle proizlazi da je αi − β i = 0 (i = 1, 2, ..., n), ²to, zapravo, zna£i da su skalari αi , jednozna£no odredeni i da se vektor x moºe na jedinstven na£in predstaviti kao linearna kombinacija baznih vektora.
Osnovi linearne algebre
142
Svaki skup od n linearno nezavisnih vektora u n-dimenzionalnom vektorskom prostoru predstavlja bazu tog prostora, a bilo koji skup od n + k (k ≥ 1) vektora je linearno zavisan u prostoru Vn . Bazu B u prostoru Vn obi£no obiljeºavamo
B = {e1 , e2 , ..., en } , pri £emu
(∀x ∈ Vn )(∃α1 , α2 , ..., αn ∈ K)x = α1 e1 + α2 e2 + ... + αn en . Kaºemo da je vektor x ∈ Vn , razloºen u bazi B i da su skalari α1 , α2 , ..., αn koe cijenti razlaganja, ili koordinate vektora x u bazi B . Tada vektor x pi²emo u obliku
x = (α1 , α2 , ..., αn ). Iz de nicije dimenzije i baze vektorskog prostora slijedi da u jednom vektorskom prostoru moºe da postoji vi²e baza. Medutim, vaºi sljede¢a tvrdnja:
Teorema 7. U kona£no dimenzionalnom prostoru V postoji baza. Svaka baza u V se sastoji od kona£no mnogo elemenata. Bilo koje dvije baze prostora V imaju isti broj elemenata.
3.2. Sistemi vektora Neka je dat skup, odnosno sistem od m vektora:
a1 = (a11 , a12 , ..., a1n ) a2= (a21 , a22 , ..., a2n ) ................. am = (am1 , am2 , ..., amn ). Matricu M ,
° ° a11 a21 ° ° a12 a22 ° M = ° .. ° . ° °a1n a2n
(1)
° . . . am1 ° ° . . . am2 ° ° ° ° ... ° . . . amn °
£ije su kolone komponente datih vektora, nazivamo matricom sistema vektora. Razmotrimo pitanje linearne zavisnosti (nezavisnosti) sistema datih vektora. Prema de niciji linearne zavisnosti vektora treba ispitati da li postoje skalari α1 , α2 , ..., αm ∈ K , koji nisu svi jednaki nuli, tako da je
α1 a1 + α2 a2 + ... + αm am = 0,
Vektorski prostor
143
odnosno
α1 (a11 , a12 , ..., a1n ) + α2 (a21 , a22 , ..., a2n ) + ... + αm (am1 , am2 , ..., amn ) = (0, 0, ..., 0), α1 a11 + α2 a21 + ... + αm am1 , α1 a12 + α2 a22 + ... + αm am2 , ..., α1 a1n + α2 a2n + ... + αm amn = (0, 0, ..., 0), odakle je, na osnovu de nicije jednakost vektora,
a11 α1 + a21 α2 + ... + am1 αm = 0 a12 α1 + a22 α2 + ... + am2 αm = 0 ................................ a1n α1 + a2n α2 + ... + amn αm = 0.
(2)
Sistem (2) homogeni je sistem linearnih jedna£ina £ije su nepoznate α1 , α2 , ..., αm . Matrica sistema (2) jednaka je matrici M sistema vektora (1). Prema Kroneker-Kapelijevoj teoremi, sistem (2) saglasan je u smislu postojanja netrivijalnog rje²enja ako je rang matrice sistema manji od broja nepoznatih, tj. rang M = r < m. U ovom slu£aju su vektori a1 , a2 , ..., am linearno zavisni. Ako je rang M = r = m, onda homogeni sistem (2) ima samo trivijalno rje²enje, a vektori sistema (1) linearni su nezavisni. Dakle, vektori sistema (1) linearno su zavisni ako je rang matrice sistema vektora manji od broja vektora, a linearno su nezavisni ako je rang matrice sistema vektora jednak broju vektora. Maksimalan broj linearno nezavisnih vektora sistema (1) naziva se rangom tog sistema vektora. Rang sistema vektora (1) jednak je rangu matrice M posmatranog sistema vektora. Ako sistem vektora a1 , a2 , ..., an iz vektorskog prostora Vn obrazuje bazu B = {a1 , a2 , ..., an } u Vn , tada matricu M sistema vektora a1 , a2 , ..., an nazivamo matricom baze B ,tj: ° ° ° a11 a21 . . . an1 ° ° ° ° a12 a22 . . . an2 ° ° ° MB = ° .. °. ° . ° ° ° °a1n a2n . . . amn ° Po²to je det MB 6= 0, to je matrica MB regularna matrica. Neka je b = (b1 , b2 , ..., bn ) vektor iz prostora En . U odnosu na bazu B , vektor b moºemo na jedinstven na£in prikazati u obliku
a1 α1 + a2 α2 + ... + am αm = b, gdje su α1 , α2 , ..., αn koordinate vektora b u odnosu na bazu B .
(3)
Osnovi linearne algebre
144
Da bismo odredili nepoznate komponente α1 , α2 , ..., αn , jednakost (3) napi²emo u obliku nehomogenog sistema jedna£ina n-tog reda:
a11 α1 + a21 α2 + ... + an1 αn = b1 a12 α1 + a22 α2 + ... + an2 αn = b2 ................................ a1n α1 + a2n α2 + ... + ann αn = bn ,
(4)
gdje su α1 , α2 , ..., αn , nepoznate sistema. Sistem (4) saglasan je i odreden, jer je MB regularna matrica pa komponente α1 , α2 , ..., αn , odredimo nekom od poznatih metoda. Sistem (4) moºemo napisati u matri£nom obliku:
MB X = B . gdje je
Iz jedna£ine (5) slijedi da je
(5)
° ° ° ° ° α1 ° ° b1 ° ° ° ° ° ° α2 ° ° b2 ° ° ° ° ° X = ° .. ° i B = ° .. ° . ° . ° °.° ° ° ° ° °α n ° °b n ° X = MB−1 B ,
odakle se neposredno odrede nepoznate komponente vektora b u odnosu na bazu B .
Primjer 1. Na¢i komponente vektora b = (1, 0, 1) u odnosu na bazu B = {a1 , a2 , a3 } gdje je a1 = (2, 1, 0), a2 = (2, −1, 1), a3 = (0, 2, 0). Iz jednakosti (1, 0, 1) = α1 (2, 1, 0) + α2 (2, −1, 1) + α3 (0, 2, 0)
slijedi da je
2α1 + 2α2 = 1 α1 − α2 + 2α3 = 0 α2 = 1 odakle je pa je
3 1 α1 = − , α2 = 1, α3 = , 2 4 1 3 b = − a1 + a2 + a3 . 2 4
145
Vektorski prostor
3.2.1. Koordinate vektora u razli£itim bazama Neka su u vektorskom prostoru Vn date dvije razli£ite baze:
B1 = {a1 , a2 , ..., an } i B2 = {b1 , b2 , ..., bn } £ije su matrice
MB1
° ° ° ° ° =° ° ° °
a11 a21 · · · a12 a22 · · · .. .
an1 an2
a1n a2n · · ·
ann
° ° ° b11 b21 · · · ° ° ° ° b12 b22 · · · ° ° ° ° , MB2 = ° .. ° . ° ° ° ° b1n b2n · · · °
bn1 bn2 bnn
° ° ° ° ° °. ° ° °
Svaki vektor x ∈ En koji ne pripada bazama B1 i B2 , moºemo prikazati u obliku
x=
n P
αi ai =
i=1
n P
β i bi .
i=1
(6)
Sada dva sistema skalara (α1 , α2 , ..., αn ) i (β 1 , β 2 , ..., β n ) predstavljaju isti vektor x. Postavlja se pitanje veze izmedu ta dva sistema, tj. veze izmedu koordinata (β 1 , β 2 , ..., β n ) vektora x "u novoj" bazi B2 i koordinata (α1 , α2 , ..., αn ) toga vektora u "staroj" bazi B1 . Ovaj problem je ekvivalentan problemu zamjene baza £ija je su²tina sadrºana u tome da se odrede koordinate vektora x u novoj bazi ako su poznate koordinate tog vektora u staroj bazi. Neka su poznate koordinate αi (i = 1, 2, ..., n) vektora x u bazi B1 . Odredimo koordinate β i (i = 1, 2, ..., n) vektora x u odnosu na bazu B2 . Napi²imo jednakost (6) u obliku
α1 (a11 , a12 , ..., a1n ) + ... + αn (an1 , an2 , ..., ann ) = β 1 (b11 , b12 , ..., b1n ) + ... + β n (bn1 , bn2 , ..., bnn ) , koji je ekvivalentan sa sistemom jedna£ina:
b11 β 1 + b21 β 2 + ... + bn1 β n = a11 α1 + a21 α2 + ... + an1 αn b12 β 1 + b22 β 2 + ... + bn2 β n = a12 α1 + a22 α2 + ... + an2 αn ............................................................ b1n β 1 + b2n β 2 + ... + bnn β n = a1n α1 + a2n α2 + ... + ann αn Sistem (7) moºemo napisati u matri£nom obliku: ° ° ° ° ° β ° ° ° 1 ° ° ° β ° 2 ° ° ° MB2 ° .. ° = MB1 ° ° ° . ° ° ° ° ° ° βn °
° ° ° ° ° °, ° ° αn ° α1 α2 .. .
(7)
Osnovi linearne algebre
146 odakle je
° ° ° ° ° ° ° ° °
° ° ° ° ° ° ° ° ° ° −1 ° = MB2 MB1 ° ° ° ° ° ° ° βn β1 β2 .. .
° ° ° ° ° °. ° ° αn ° α1 α2 .. .
(8)
Iz (8) neposredno nalazimo traºene koordinate β i (i = 1, 2, ..., n) vektora x u odnosu na bazu B2 .
Primjer 2. Neka su date baze B1 = {a1 , a2 , a3 } i B2 = {b1 , b2 , b3 } u prostoru V3 gdje su
a1 = (1, 1, 2), a2 = (2, 3, −1), a3 = (−1, 0, 1), b1 = (1, 1, 2), b2 = (2, 1, 0), b3 = (1, 0, −1). Poznato je da je x = 2a1 + 3a2 − 4a3 . Odrediti koordinate vektora x u odnosu na bazu B2 . Treba odrediti koordinate β 1 , Na osnovu (8) je ° ° ° ° β1 ° ° α1 ° ° ° −1 ° β 2 ° = M MB1 ° α2 B ° ° ° 2 ° β3 ° ° αn ° ° ° ° 1 −2 ° 1 ° 2 ° ° ° 1 ° ° ° 3 −1 ° · ° 1 3 = ° −1 ° 2 −4 1 ° ° 2 −1
β 2 , β 3 takve da je x = β 1 b1 + β 2 b2 + β 3 b3 . ° ° ° ° 1 ° ° °=° 1 ° ° ° ° 2 ° ° ° −1 ° ° ° ° 0 ° °·° 1 ° °
°−1 ° ° ° ° 1 ° ° 2 1 ° 2 −1 ° ° ° ° ° 1 °·° 1 0 ° 3 0 · ° ° ° ° ° ° 0 −1 2 −1 1 ° ° ° ° ° ° ° ° 2 ° 0 ° ° ° 1 −5 ° ° 2 ° ° 3 ° 8 0 ° °=° 0 °·° 3 −4 ° ° 0 −9 −1 ° ° −4
° 2 ° ° 3 ° °= −4 ° ° ° ° ° −13 ° ° ° = ° 24 ° ° ° ° −23
° ° ° °, ° °
odakle je β 1 = −13, β 2 = 24, β 3 = −23, odnosno x = −13b1 + 24b2 − 23b3 .
3.3. Euklidski prostor Neka je V vektorski prostor nad poljem realnih brojeva. Svaku binarnu funkciju vektorskog prostora V nad poljem R koja uredenom paru vektora (x, y), x, y ∈ V pridruºuje jedan realan broj iz R u oznaci < x, y > ili x · y nazivamo skalarnim (unutra²njim) proizvodom vektora x i y ako su za svako x, y, z ∈ V i α ∈ R zadovoljene sljede¢e osobine: 1) (∀x, y ∈ V ) x · y = y · x, 2) (∀x, y ∈ V ) (∀α ∈ R) (αx) · y = α(x · y), 3) (∀x, y, z ∈ V ) x · (y + z) = x · y + x · z.
Za vektorski prostor u kome je de nisan skalarni proizvod kaºemo da je snabdjeven skalarnim proizvodom. Vektorski prostor snabdjeven skalarnim proizvodom koji ima i osobinu 4) (∀x ∈ V ) x · x ≥ 0 nazivamo euklidskim prostorom. Ozna£avamo ga obi£no sa En .
Vektorski prostor
147
Primjer 1. Odrediti skalarni proizvod vektora x = (3, −1, 2) i y = (−2, 3, 4) . Kako je x · y =
3 P
xi · yi , to je x · y = (3, −1, 2) (−2, 3, 4) = 3 · (−2) + (−1) · 3 + 2 · 4 = −1.
i=1
Svaki vektor iz prostora Vn je uredena n-torka realnih brojeva (x1 , x2 , ..., xn ), u oznaci
x = (x1 , x2 , ..., xn ), gdje su xi (i = 1, 2, ..., n) komponente, odnosno koordinate vektora x. Neka su vektori x i y , x, y ∈ Vn , dati komponentama x = (x1 , x2 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , ..., yn ). Medu vektorima x i y moºemo de nisati njihovu jednakost i neke operacije: 1. x = y ⇐⇒ (x1 = y1 , x2 = y2 , ..., xn = yn ), jednakost vektora, 2. x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn ), sabiranje vektora, 3. α · x = (αx1 , αx2 , ..., αxn ), mnoºenje skalarom, 4. x · y = (x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn ), skalarni proizvod.
Primjer 2. Neka je Rn skup svih uredenih n-torki realnih brojeva, tj. Rn = {(x1 x2 ,..., xn ) xi ∈ R, i = 1, 2, ..., n} . Neka je u skupu Rn de nisana unutra²nja binama operacija Rn XRn → Rn koja elementima x = (x1, x2 ,..., xn ) i y = (y1, y2 ,..., yn ) skupa Rn pridruºuje element x + y ∈ Rn :
x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , ..., xn + yn ) koji nazivamo zbirom elemenata x i y i neka je u Rn de nisana spolja²nja binarna operacija RXRn → Rn koja svakom x ∈ Rn i svakom α ∈ R pridruºuje element αx = (αx1 , αx2 , ..., αxn ) koji nazivamo zbirom proizvodom α i x. Pokaºimo da je (Rn , R) n-dimenzionalni euklidski n prostor. Prvo ¢emo pokazati da je R aditivna Abelova grupa. Zaista za proizvoljno x = (x1, x2 , ..., xn ), y = (y1, y2 , ..., yn ) i z = (z1, z2 , ..., zn ), a u smislu asocijativnosti realnih brojeva imamo:
x + (y + z) = (x1 + (y1 + z1 ), ..., xn + (yn + zn )) = = ((x1 + y1 ) + z1 , ..., (xn + yn ) + zn ) = x + (y + z). Ozna£imo 0 = 0 = (0, 0..., 0), tada ∀x ∈ Rn zadovoljena je jednakost x + 0 = (x1 + 0, x2 + 0, ...xn + 0) = (x1 , x2 ..., xn ) = x. Za svako x ∈ Rn suprotni element je −x = (−x1 , −x2 , ..., −xn ) pa je x + (−x) = (x1 − x1 , ..., xn − xn ) = (0, ..., 0) = 0.
Osnovi linearne algebre
148
Na kraju, prema zakonu komutativnosti sabiranja realnih brojeva je:
x + y − (x1 + y1 , ..., xn + yn ) = (y1 + x1 , ..., yn + xn ) = (y1 , ..., yn ) + (x1 , ..., xαn ) = y + x. Dakle, Rn je aditivna Abelova grupa. Iz de nicija unutra²nje i spolja²nje binarne operacije i svojstva realnih brojeva slijede jednakosti:
α(x + y) = α(x1 + x1 , ..., xn + yn ) = (α(x1 + y1 ), ..., (xn + yn )) = (αx1 + αy1 , ..., αxn + αyn ) = (αx1 , ..., αxn ) + (αy1 , ..., αyn ) a) = α(x1 , ..., xn ) + α(y1 , ..., yn ) = αx + αy; (α + β)x = (α + β)(x1 , ..., xn ) = ((α + β)x1 , ..., (α + β)xn ) = (αx1 + βx1 , ..., αxn + βxn ) b) = (αx1 , ..., αxn ) + (βx1 , ..., βxn ) = α(x1 , ..., xn ) + α(x1 , ..., xn ) = αx + βx; c)
(αβ)x = ((αβ)x1 , ..., (αβ)xn ) = α(βx1 ), ..., α(βxn ) = α(βx1 , ..., βxn ) = α(βx)
d)
1 · x = (1 · x1 , ..., 1 · xn ) = (x1 , ..., xn ) =x za proizvoljno x, y ∈ Rn i za ∀α, β ∈ R. n
Operacije ” + ” i ” · ” de nisane u skupu R zadovoljavaju aksiome vektorskog prostora, n pa je R vektorski prostor nad poljem R. Nula element, tj. uredenu n-torku θ = 0 = (0, ..., 0) nazivamo nula vektorom, a suprotan element (−x) elementa x nazivamo suprotan vektor vektora x. Neka su dati vektori:
e1 = (1, 0, 0, ..., 0) e2 = (0, 1, 0, ..., 0) e3 = (0, 0, 1, ..., 0) ............. en = (0, 0, 0, ..., 1). Dokaza¢emo da skup vektora B = {e1 , e2 , ..., en } predstavlja bazu prostora (Rn , R).
(1)
Vektorski prostor
149
Prvo ¢emo dokazati da su vektori (1) linearno nezavisni vektori. Polaze¢i od jednakosti
α1 e1 , +α2 e2 + ... + αn en = 0, αi ∈ R
(2)
i koriste¢i se de nicijama mnoºenja vektora skalarom i sabiranja vektora u datom prostoru, imamo
(α1 0, 0, ..., 0) + (0, α2 , ..., 0) + ... + (0, 0, 0, ..., αn ) = (α1 , α2 , ..., αn ), odnosno (α1 , α2 , ..., αn ) = (0, 0, 0, ..., 0), odakle je α1 = α2 = ... = αn = 0.
(3)
tj. (2) vaºi ako i samo ako vaºi (3), ²to zna£i da su vektori (1) linearno nezavisni. Svaki vektor x = (α1 , α2 , ..., αn ) ∈ Rn moºemo prikazati kao linearnu kombinaciju vektora (1), jer imamo
x = (α1 , α2 , ..., αn ) = (α1 0, 0, ..., 0) + (0, α2 , ..., 0) + ... + (0, 0, 0, ..., αn ) = α1 (1, 0, 0, ..., 0) α2 (0, 1, 0, ..., 0) + ... + αn (0, 0, 0, ..., 1) = α1 e1 , +α2 e2 + ... + αn en . Prema tome, B je baza vektorskog prostora Rn , a α1 , α2 , ..., αn komponente su vektora x u odnosu na bazu B . Vektore e1 , e2 , ..., en nazivamo jedini£nim vektorima vektorskog prostora R.
3.4. Linearne transformacije esto je potrebno posmatrati izvjesna preslikavanja, transformacije, aplikacije vektorskog prostora Vn na neki potprostor Vm , gdje moºe biti Vm = Vn £ija je karakteristi£na osobina linearnost pa takva preslikavanja nazivamo linearnim transformacijama. Linearna transformacija f vektorskog prostora (Vn , K) jeste transformacija koja svakom vektoru x ∈ Vn pridruºuje vektor f (x) ∈ Vm tako da za svako x1 , x2 ∈ Vn svako α ∈ K vaºi:
f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 )
(1)
f (αx) = αf (x)
(2)
f (αx + βy) = af (x) + βf (y)
(3)
i ili uop²te, za svako α, β ∈ K i svako x, y ∈ V . Pretpostavimo da je odreden zakon korespondencije kojim se svakom vektoru x ∈ Vn pridruºuje jedan vektor y ∈ Vn . Tada zakon korespondencije moºemo simboli£ki napisati
f (x) = y.
150
Osnovi linearne algebre
Ako zakon pridruºivanja f ispunjava uslove (1) i (2), tada kaºemo da je f linearna aplikacija prostora Vn na samog sebe a da je y slika vektora x u toj aplikaciji. esto kaºemo da f predstavlja linearnu transformaciju vektora x u vektor y . Djelovanje zakona f na proizvoljni vektor x ∈ Vn potpuno je odredeno ako znamo kako f djeluje na vektore neke baze B = {e1 , e2 , ..., en } u Vn . Zaista, kako je x = x1 e1 + x2 e2 + ... + xn en , to je slika vektora x odredena sa
f (x) = x1 f (e1 ) + x2 f (e2 ) + ... + xn f (en ) =
n P
xi f (ei )
i=1
pa je poznavanje slika baznih vektora f (e1 ) + f (e2 ) + ... + f (en ) dovoljno za odredivanje transformacije f (x). Odredimo vektore f (e1 ). Kako su f (e1 ) vektori prostora Vn a vektori e1 , e2 , ..., en obrazuju jednu bazu u Vn te vektore f (e1 ) moºemo izraziti vektorima te iste baze:
f (e1 ) = α11 e1 + α12 e2 + ... + α1n en f (e2 ) = α21 e1 + α22 e2 + ... + α2n en ................. f (en ) = αn1 e1 + αn2 e2 + ... + αnn en
(1)
Skalari aij ∈ K(i, j = 1, 2, ..., n) ne zavise od vektora x. Kada su oni poznati, moºemo za datu bazu odrediti vektore f (e1 ) a zatim sliku vektora x, (y = f (x)), gdje su jo² poznate koordinate vektora x. Brojevi aij potpuno karakteri²u linearnu transformaciju f i predstavljaju matricu linearne transformacije f : a11 a12 a13 .. a1n a21 a22 a23 .. a2n . (2) A = Af = . . . . . an1 an2 an3 .. ann
III Realne funkcije jedne realne promjenljive
151
1. Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive Poznato nam je da uredena trojka (X, Y, f ) odreduje funkciju £iji je domen skup X , kodomen skup Y , dok je f pravilo pridruºivanja prema kojem svakom elementu iz X odgovara ta£no jedan element iz Y (vidi 2.5.3). Ako skupovi X i Y predstavljaju skupove realnih brojeva, onda je f (x)funkcija realnog argumenta s realnim vrijednostima. Takvu funkciju nazivamo funkcijom jedne realne promjenljive. Funkcionalna zavisnost medu veli£inama izraºava se analiti£kim izrazom (formulom). Analiti£ko izraºavanje funkcije y = f (x) neposredno ukazuje koje operacije i kojim redom treba izvr²iti sa svakom vrijedno²¢u nezavisno promjenljive x i konstantama koje se javljaju u izrazu f (x) da bi se dobila odgovaraju¢a vrijednost funkcije. U ovakvim slu£ajevima kaºemo da je funkcija zadata eksplicitno. Primjer eksplicitnog zadavanja mogu biti funkcije: 1 x+2 y= , y = arcsin x, y = log x, s = c · t, y = −2x + i druge. x−2 1 + x2 Formula koja de ni²e y kao funkciju od x moºe se napisati i u obliku F (x, y) = 0. Oblik jednakosti koji nije rije²en po y, nazivamo implicitnim (nerije²enim) oblikom. Svaku eksplicitnu funkciju y = f (x) moºemo napisati i u implicitnom obliku y − f (x) = 0. Obrnuto ne vaºi, jer ima implicitnih funkcija koje ne moºemo napisati u eksplicitnom obliku po y . Na primjer, implicitnu funkciju y 4 + y + xy + arcsin xy − ln x = 0 ne moºemo napisati u eksplicitnom obliku po y . U formuli F (x, y) = 0, koja izraºava funkcionalnu zavisnost medu dvije promjenljive, moºemo po volji jednu uzeti za nezavisno promjenljivu, a druga ¢e biti njena funkcija. Naime, y = f (x) rje²enje je jedna£ine F (x, y) = 0 po y pod uslovom da je F (x, f (x)) ≡ 0, a x = ϕ(y) jeste rje²enje iste jedna£ine po x. Dobijene funkcije f (x) i ϕ(y) kao rje²enja iste jedna£ine F (x, y) = 0 jesu inverzne jedna drugoj. 5 − 2x 5 − 3y ,y= jedna su drugoj Na primjer, za funkciju 2x − 3y − 5 = 0 funkcije x = 2 3 inverzne. Kada je funkcija zadata formulom, smatra¢emo da je oblast de nisanosti te funkcije skup svih onih x ∈ R za koje je f (x) realan broj. 153
154
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Primjer 1. Ako je funkcija y zadata formulom f (x) =
1 , 2−x
njena oblast de nisanosti D(f ) = R r {2}, tj. de nisana je ∀x ∈ R za koje je 2 − x 6= 0, tj. x 6= 2. √ Primjer 2. Odredimo oblast de nisanosti funkcije y = 4 − x. Data funkcija je odredena za sve vrijednosti x za koje je kvadratni korijen realna vrijednost, tj. 4 − x ≥ 0, odnosno x ≤ 4. Zna£i, funkcija je de nisana na intervalu (−∞, 4].
Primjer 3. Funkcija Dirihla: 0, za x − iracionalan broj y = f (x) =
1, za x − racionalan broj
de nisana je na £itavoj brojnoj pravoj, a skup njenih vrijednosti se sastoji iz dva broja 0 i 1. Funkcija moºe biti zadata istovremeno sa vi²e formula, ali tako da se oblasti de nisanosti ma kojih dvaju takvih formula ne poklapaju ni jednim svojim elementom. √ √ Primjer 4. Odredimo oblast de nisanosti funkcije y = 4 − x2 + 3 x − log(x + 1). Funkcija je de nisana za sve vrijednosti x ∈ R za koje dijelovi funkcije iz kojih je sastavljena imaju realnu vrijednost. √ Na po£etku odredujemo posebno oblast de nisanosti svakog dijela. Izraz y = 4 − x2 je realan za 4 − x2 ≥ 0, odakle je |x| ≤ 2. Oblast de nisanosti je interval [−2, +2] . √ Izraz 3 x realan je za svaku vrijednost x pa je oblast de nisanosti (−∞, +∞). Izraz log(x + 1) je realan za x + 1 >, tj. za x > −1 i oblast de nisanosti je (−1, +∞).
Sl. 19 Sada treba odrediti zajedni£ku oblast de nisanosti sva tri dijela funkcije. To je interval [−1, 2] (sl.19).
Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive
155
Neka je funkcija zadata u obliku:
x − 1, x ∈ [0, 2] 2 x − 3, x ∈ [2, 5] y= 11x, x ∈ [5, 6] 3 x − 150, x ∈ [6, 9]
Odredimo oblast de nisanosti. Funkcija je de nisana na intervalu [0, 9] pri £emu se mijenja na intervalu [0, 2] prema zakonu y = x − 1, na [2, 5]; prema zakonu y = x3 − 3, na [5, 6]; prema zakonu y = 11x i na [6.9] prema zakonu y = x3 − 150. Funkcije moºemo podijeliti prema obliku analiti£kog izraza ili prema nekim njihovim osobinama. Prema obliku analiti£kog izraza, funkcije dijelimo na: - algebarske i - nealgebarske (transcendentne).
1.1. Algebarske funkcije Algebarske funkcije su takve funkcije £iji analiti£ki izraz sadrºi kona£no mnogo aritmeti£kih operacija (sabiranje, oduzimanje, mnoºenje, dijeljenje i stepenovanje racionalnim konstantnim eksponentom).
1.1.1. Algebarski polinomi Najprostije algebarske funkcije su polinomi. Algebarski polinom ili cijela racionalna funkcija promjenljive x stepena n (n je prirodan broj ili 0) svaka je funkcija oblika y = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an−1 xn−1 + an xn (ai ∈ R ili ai ∈ C), ako je an 6= 0 i ako koe cijenti a0 , a1 , . . . , an ne zavise od x. Tako je, na primjer, y = x5 − 2x4 + 3x2 − 5x + 1 realni algebarski polinom petog stepena promjenljive x. Ovdje je a5 = 1, a4 = −2, a3 = 0, a2 = 3, a1 = −5, a0 = 1, a n = 5. Algebarski polinom je de nisan za sve vrijednosti argumenta x, tj. −∞ < x < ∞. Sabirke an xn , an−1 xn−1 nazivamo £lanovima polinoma, an xn najstariji je ili vode¢i £lan, a a0 nezavisan £lan. Algebarski polinom moºe nastati mnoºenjem linearnih funkcija. Na primjer, mnoºenjem funkcije 2x − 1, x + 1, x + 2 nastaje polinom tre¢eg stepena 2x3 + 5x2 + x − 2. Treba pomenuti da se svaki algebarski polinom ne moºe dobiti mnoºenjem realnih linearnih funkcija. Na primjer, polinom x3 − 3x2 + 4x − 12 nastaje mnoºenjem realne funkcije x − 3 i kompleksnih funkcija x − 2i i x + 2i. Izjedna£enjem algebarskog polinoma sa nulom dobija se algebarska jedna£ina:
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
156
Polinom moºemo ozna£avati i Pn (x). Neka je zadat polinom
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0 . Vrijednost argumenta x = x1 , za koju je Pn (x1 ) = 0, nazivamo nula ta£kom ili nulapolinoma. Ona je, dakle, korijen (rje²enje) algebarske jedna£ine n-tog stepena:
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0 = 0. Za ovakve jedna£ine Gaus je dokazao teoremu: Svaka algebarska jedna£ina stepena n ≥ 1 ima bar jedan realan ili kompleksan korijen. Ova teorema je, zbog svoje vaºnosti, nazvana osnovnim stavom algebre.
1.1.1.1.
a) Rastavljanje polinoma na linearne faktore
Neka je x = x1 realan korijen jedna£ine Pn (x) = 0, tj. Pn (x1 ) = 0. Moºemo pisati da je:
Pn (x) = Pn (x) − Pn (x1 ) = = an (xn − xn1 ) + an−1 (xn−1 − xn−1 ) + . . . + a2 (x2 − x21 ) + a1 (x − x1 ), 1 jer je:
£ m−1 ¤ xm − xm + x1 xm−2 + x21 xm−3 + . . . + xm−2 x + xm−1 , 1 = (x − x1 ) x 1 1
m = 2, 3, 4, ... Ovdje je (x − x1 ) zajedni£ki faktor svakog £lana desne strane ovog izraza. Dakle, an xn−1 + an x1 xn−2 + an x21 xn−3 + . . . + an xxn−1 + 1 Pn (x) = (x − x1 ) +an−1 xn−2 + an−1 xn−3 + . . . + an−1 x1n−3 + an−1 x1n−2 + +a2 x2 + a2 x1 + a1 ili kra¢e
Pn (x) = (x − x1 )Pn−1 (x)
(1)
gdje je u zagradi Pn−1 (x) polinom n − 1-og stepena. Prema tome, ako je x = x1 realna nula polinoma Pn (x), izraz Pn (x) djeljiv je sa (x−x1 ) i njihov koli£nik je polinom n−1-og stepena (Pn−1 (x)) u kome je koe cijent najvi²eg stepena jo² uvijek an . Ako je Pn−1 (x) 6= 0, tada je x = x1 jednostruka nula polinoma Pn (x) a faktor (x − x1 ) prvog je stepena. Ukoliko je x = x1 nula polinoma Pn−1 (x), tj. ako je Pn−1 (x1 ) = 0, to se Pn−1 (x) moºe napisati u obliku Pn−1 (x) = (x − x1 )Pn−2 (x) pa je Pn (x) = (x − x1 )2 Pn−2 (x). Ako je Pn−2 (x1 ) 6= 0, tada je x = x1 dvostruka nula polinoma Pn (x), a faktor (x − x1 ) je na drugom stepenu. Uop²te, ako je: Pn (x) = (x − x1 )m Pn−m (x)(m ≤ n) i ako je Pn−m (x1 ) 6= 0, kaºemo da je x = x1 m-struka nula polinoma, a faktor (x − x1 ) jeste na m-tom stepenu pri £emu je polinom Pn (x) djeljiv sa (x − x1 )m .
Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive
157
Pretpostavimo da je x = x1 m-struka nula polinoma Pn (x) i da je Pn−m (x1 ) 6= 0. Na osnovu osnovnog stava algebre, polinom Pn−m (x) ima sigurno jednu nulu x = x2 . Neka je ona vi²estruka, na primjer, p-struka. Tada polinom Pn−m (x) moºemo prikazati u obliku:
Pn−m (x) = (x − x2 )p Pn−m−p (x), gdje je koe cijent uz xn−m−p u Pn−m−p (x) opet an . Uvr²tavaju¢i ovaj izraz u Pn (x), dobijamo Pn (x) = (x − x1 )m (x − x2 )p · Pn−m−p (x). Nastavljaju¢i ovaj postupak, uz pretpostavku da su sve nule realne, u izrazu za Pn (x) reda¢e se faktori (x−x3 )q , ..., (x−x0i )s , gdje eksponenti q, ..., s pokazuju stepene vi²estrukosti nula x3 , ..., xi . Pri svakom novom uvr²tavanju nula stepen polinoma, koji jo² preostaje, umanjuje se za toliko jedinica koliko ozna£ava stepen vi²estrukosti nove nule, a koe cijent najvi²eg njegovog stepena uvijek je an . Kako je stepen polinoma n prirodan broj, do¢i ¢emo, oduzimanjem prirodnih brojeva m, p, q, ..., s od n, do polinoma nultog stepena, tj. konstante an , a polinom Pn (x) ima¢e kona£an oblik P n(x) = an (x − x1 )m (x − x2 )p (x − x3 )q ...(x − xl )s , gdje je m + p + q + ... + s = n. Iz ovog oblika polinoma zaklju£ujemo da je Pn (x) = 0 za x = x1 , x = x2 , ..., x = xi i da su ovo jedine njegove nule. Ako uzmemo u obzir i vi²estrukost tih nula, moºemo kao posljedicu osnovnog stava algebre iskazati teoremu: Svaki polinom n-tog stepena sa realnim koe cijentom ima toliko nula koliko ozna£ava njegov stepen ukoliko svaku nul-ta£ku brojimo toliko puta koliko iznosi stepen njene vi²estrukosti. Predstavljanje polinoma Pn (x), u obliku (2) nazivamo rastavljanjem Pn (x) na faktore, ili moºemo re¢i da smo izvr²ili faktorizaciju polinoma. Moºe se pokazati da je faktorizacija polinoma Pn (x) mogu¢a samo na jedan na£in. Potrebno je znati, ako je x1 + ix2 kompleksna nula polinoma s realnim koe cijentima, da je konjugovano kompleksna vrijednost x1 − ix2 , takode, nula toga polinoma. Kompleksne nule u takvim polinomima dolaze, dakle, u parovima konjugovano kompleksnih brojeva pri £emu je bitno da su koe cijenti polinoma realni brojevi. Uzimaju¢i u obzir ovu £injenicu, moºemo zaklju£iti da, na primjer, polinom tre¢eg stepena sa realnim koe cijentima moºe imati samo tri ili jednu realnu nulu; polinom petog stepena samo pet, tri ili jednu realnu nulu, dok polinom £etvrtog stepena moºe imati £etiri, ili dvije, a ²estog stepena ²est, £etiri ili dvije realne nule, jer su ostale uvijek parovi konjugovano kompleksnih nula. Uop²te, algebarska jedna£ina neparnog stepena mora imati bar jedan realan korijen, a ukoliko ih ima vi²e, njihov broj je neparan. Zna£i, svi njeni korijeni mogu biti realni, ali svi ne mogu biti imaginarni. Algebarska jedna£ina parnog stepena moºe imati sve realne korijene, a tako isto i sve korijene imaginarne. Pomnoºe li se dva linearna faktora koja poti£u od jednog para konjugovano kompleksnih nula, dobija se:
[x − (x1 + ix2 )] · [x − (x1 − ix2 )] = x2 − 2xx1 + (x21 + x22 ) = x2 + px + q.
158
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Dakle, njihov proizvod je polinom drugog stepena sa realnim koe cijentima, pri £emu je p = −2x1 , q = x21 + x22 . Ako polinom Pn (x) ima par konjugovano kompleksnih korijena, on je djeljiv s polinomom drugog stepena realnih koe cijenata pa je:
Pn (x) = (x2 + px + q)Pn−2 (x). Svaki kvadratni faktor, koji poti£e od para konjugovano kompleksnih nula, smanjuje stepen polinoma za dvije jedinice. Ako su kompleksne nule vi²estruke, pri £emu obje konjugovane nule imaju istu vi²estrukost, tada ¢e polinom drugog stepena biti na stepenu koji odgovara vi²estrukosti nula. Izdvajanjem toga faktora snizi¢e se stepen polinoma za dvostruki iznos stepena vi²estrukosti tih nula. Dakle, poznavaju¢i nule polinoma i stepen njihove vi²estrukosti, svaki polinom n-tog stepena s realnim koe cijentima moºe se predstavljati kao proizvod linearnih i kvadratnih faktora s realnim koe cijentima u obliku:
Pn (x) = an (x − x1 )m .....(x − xi)s · (x2 + p1 x + q1 )m1 .....(x2 + pk x + qk )s1 ,
(3)
gdje je m + ... + s + 2m1 + ... + 2s1 = n. Od realnih nula x1 , ..., xi u Pn (x) poti£u linearni faktori dignuti na stepen vi²estrukosti − − nule, a od parova konjugovano kompleksnih nula z1 , z1 ..., zk , zk poti£u polinomi drugog stepena s realnim koe cijentima na stepenu koji odgovara vi²estrukosti tog para. Obratno, ako je polinom zadat u obliku (3), iz njega se moºe neposredno pro£itati vrijednost njegovih nula i njihova vi²estrukost. Posljedica osnovnog stava algebre je da svaka algebarska jedna£ina n-tog stepena s realnim koe cijentima ima n realnih ili kompleksnih nula ako se svaka nula broji prema stepenu njene vi²estrukosti. Polinom Pn (x) ne moºe imati vrijednost nula za vi²e od n razli£itih vrijednosti svog argumenta x. Ako se u£ini da neki polinom n-tog stepena ima vi²e nula nego ²to ozna£ava njegov stepen (na primjer, osim x = x1 , ..., x = xn je jo² Pn (xn+1 ) = 0), tada je:
an (xn+1 − x1 )...(xn+1 − xn ) = 0.
(4)
Po²to je xn+1 6= xn (i = 1, 2, ..., n), to iz jednakosti (3) proizilazi da je an = 0, tj. da polinom nije n-tog stepena nego niºeg. Ako i na taj polinom primjenjujemo sli£no razmatranje, i u njemu bi koe cijent najvi²eg stepena bio jednak nuli. Nastavljaju¢i ovaj postupak, do²li bismo do zaklju£ka da bi svi koe cijenti zadanog polinoma bili jednaki nuli, tj. da se polinom svodi na nulu. Dakle, ako se nade izraz u obliku polinoma koji ima vi²e nula nego ²to ozna£ava njegov stepen, taj izraz je identi£ki jednak nuli, tj. za sve vrijednosti x ima vrijednost nulu. Na primjer, takav je izraz:
(x − a)(b − c) + (x − b)(c − a) + (x − c)(a − b) koji je predstavljen u obliku linearne funkcije, a ona se poni²tava za x − a, x = b, x = c, i koji je, nakon ra£unskih operacija, identi£ki jednak nuli.
Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive
159
1.1.1.2. b) Teorema identi£nosti polinoma Polinom Pn (x) identi£ki je jednak nuli (Pn (x) ≡ 0), ako je Pn (x) = 0 za svako x.
Teorema 1. Ako je polinom Pn (x) identi£ki jednak nuli, onda su mu svi koe cijenti jednaki nuli.
Dokaz. Neka je polinom
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 identi£ki jednak nuli. Tad za x = 0 mora biti Pn (0) = a0 = 0, pa je ¡ ¢ Pn (x) = x an xn−1 + an−1 xn−2 + . . . + a1 = 0. Odavde, za x 6= 0 je
Pn−1 (x) = an xn−1 + an−1 xn−2 + . . . + a1 = 0, pa za x = 0 mora biti Pn−1 (0) = a1 = 0. Nastavljaju¢i postupak dobijamo
an = an−1 = an−2 = ... = a1 = a0 = 0, ²to zna£i da su svi koe cijenti polinoma Pn (x) jednaki nuli. Polinomi Pn (x) i Qn (x) identi£ki su jednaki (Pn (x) ≡ Qn (x)), ako je Pn (x) = Qn (x) za svako x.
Teorema 2. Ako su dva polinoma identi£ki jednaki, onda su im koe cijenti uz iste stepene x jednaki.
Dokaz. Neka su polinomi
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 Qm (x) = bm xm + bm−1 xm−1 + . . . + b1 x + b0 identi£ki jednaki (Pn (x) ≡ Qm (x)), gdje je, na primjer, n ≥ m, tada je
Pn (x) − Qm (x) ≡ 0, ili an xn + an−1 xn−1 + ... + (am − bm )xm + (am−1 − bm−1 )xm−1 + ... + (a1 − b1 )x + a0 − b0 ≡ 0. Prema teoremi 1. jeste an = 0, an−1 = 0,..., am = bm , am−1 = bm−1 ,..., a1 = b1 i a0 = b0 , ²to je trebalo dokazati. Na teoremi identi£nosti polinoma zasnovana je metoda neodredenih koe cijenata kojom se koristimo za odredivanje koe cijenata polinoma iz datih uslova.
Primjer 1. Odrediti k, m, n tako da polinom P3 (x) = x3 + 7x2 − 3x + 8 i
Q3 (x) = x3 + (k + 1)x2 + (m − 2)x + n − 4 budu identi£ki jednaki. Prema teoremi 2. jeste k + 1 = 7, m − 2 = −3 i n − 4 = 8, odakle je k = 6, m = −1 i n = 12.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
160
1.1.1.3.
c) Izra£unavanje vrijednosti polinoma
Pri izra£unavanju vrijednosti polinoma Pn (x) za neku vrijednost x = x0 , sluºimo se Hornerovim na£inom ra£unanja do koga se dolazi ovako. Rezultat dijeljenja polinoma Pn (x) sa (x − x0 ) jeste polinom n − 1 stepena a ostatak-konstanta:
an xn + an−1 xn−1 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0 = (x − x0 )(bn xn−1 + bn−1 xn−2 + . . . + b2 x + b1 ) + bi . Izvr²imo li mnoºenje na desnoj strani i uporedimo koe cijente, dobijamo da je:
bn = an , bn−1 − bn x0 = an−1 , ..., b1 − b2 x0 = a1 , b0 − b1 x0 = a0 . Odavde je:
bn = an , bn−1 = an−1 + bn x0 , ..., b1 = a1 + b2 x0 , b0 = a0 + b1 x0 . Ovim na£inom moºemo postepeno izra£unati koe cijente bn , bn−1 ,..., b1 koli£nika i ostatak b0 = Pn (x0 ). Ra£unanje moºemo rasporediti u ²emu:
an bn
an−1 + bn x0 bn−1
an−2 + bn−1 x0 bn−2
... ... ···
a 2 + b 3 x0 b2
a 1 + b 2 x0 b1
a0 + b1 x0 b0 = Pn (x0 )
Na primjer, prema Hornerovoj ²emi rezultat dijeljenja polinoma x4 +5x3 −7x+8 binomom (x − 2) prikazan je: 1 5 0 −7 8 +2 +14 +28 +42 1 7 14 21 50 = Pn (2) Prema tome, vrijednost datog polinoma za x = 2 je 50.
Zadaci Koriste¢i se Hornerovom ²emom, odrediti vrijednost polinoma: 1. 8x4 − 6x2 + 3x − 1. 2. 1, 75x3 − 4, 75x2 + 5, 32x − 3, 65, za x = 2.
1.1.2.
[R : 1) P4 (2) = 109, 2) P3 (2) = 1, 99]
Racionalne funkcije
Ako je u analiti£kom izrazu, kojim je data funkcija, pored sabiranja, oduzimanja i mnoºenja, potrebno izvr²iti i dijeljenje nezavisno promjenljivom veli£inom, tada se za takvu funkciju kaºe da je racionalno razlomljena funkcija. Op²ti oblik takve funkcije je: P (x) . y= Q(x) Ovakve funkcije su de nisane za sve vrijednosti x za koje je Q(x) 6= 0. 2x2 + x + 1 Na primjer, funkcija y = 2 de nisana je za svako x za koje je x2 + 2x − 3 6= 0, x + 2x − 3 tj. za x6= 1 i x 6= −3.
Pojam i podjela funkcija jedne realne promjenljive
161
1.1.3. Iracionalne funkcije Funkcija y = f (x) iracionalna je ako pri izra£unavanju njenih vrijednosti iz argumenta x i zadatih konstanti, uz racionalne ra£unske operacije, treba izvesti bar jedno stepenovanje s racionalnim eksponentom koji nije cio broj. Kao primjer iracionalnih funkcija uzimamo funkcije: s √ √ 1 + x 3 √ , itd. y = x2 − b 2 , y = 1−2 x Ove funkcije su de nisane za svako x ∈ R za koje date funkcije imaju kona£ne realne vrijednosti.
1.1.4. Transcendentne funkcije Funkcije, £ija se vrijednost ne moºe izra£unati pomo¢u kona£no mnogo aritmeti£kih operacija sabiranja, oduzimanja, mnoºenja, dijeljenja i stepenovanja racionalnim konstantnim eksponentima, nazivamo transcendentnim funkcijama. Ove funkcije su oblika ex , loga x, ax , sin x, i druge. Ako neku transcendentnu funkciju izjedna£imo sa bilo kojom drugom funkcijom ili s 1 bilo kojim brojem, dobijamo transcendentnu jedna£inu, na primjer, sin x = 0, log x = , 3 3 · 2x = 2 · 3x , itd. Broj koji ne moºemo dobiti kao rje²enje algebarske jedna£ine nazivamo transcendentnim brojem. Takvi su brojevi, na primjer, π , e, itd.
Zadaci 1. Odrediti oblast de nisanosti funkcije: √ √ √ ¢¤ £ ¡ a) y = −x2 + 2x + 4 R : 1 − 5, 1 + 5 b) y = [log(x − 2)]−1 , r x−2 c) y = (x − 3) . x+1
[R : (2, ∞) \ {3}] [R : (−∞, −1) i (2, +∞)]
2. Napisati u eksplicitnom obliku y = f (x) funkcije: h i p R : y = n ± r2 − (x − m)2 a) (x − m)2 + (y − n)2 − r2 = 0,
· b)
x2
− 6xy + 6x − 3y = 0.
x(x + 6) R:y= 3(1 + 2x)
¸
m0 ³ v ´2 ? 1− c
3. Kako glasi sredeni implicitni oblik funkcije m = r
£
¤ R : m2 v 2 − c2 m2 + c2 m20 = 0
2. Neka svojstva funkcija Funkcije ne¢emo dijeliti prema njihovim osobinama, ve¢ ¢emo navesti osnovne osobine funkcija sa kojima ¢emo se susresti u daljem izlaganju.
2.1. Ograni£ene funkcije Za funkciju y = f (x) kaºemo da je ograni£ena na skup A ⊆ D(f ) ako postoji pozitivan broj M > 0 takav da je: |f (x)| ≤ M za ∀x ∈ A. Kaºemo da je funkcija f (x) neograni£ena na skupu A ako za svako M > 0 postoji x ∈ A takav da je f (x) > M . Za funkciju y = f (x) kaºemo da je ograni£ena s gornje strane (odozgo) na skupu A ⊆ D(f ) ako (∃M ∈ R) (∀x ∈ A) f (x) ≤ M. Gra k ovakve funkcije leºi ispod prave y = M (sl.20).
Sl. 20
Sl. 21
Funkcija y = f (x) je ograni£ena s donje strane (odozdo) na skupu A ⊆ D(f ) ako
(∃m ∈ R) (∀x ∈ A) f (x) ≥ m. Gra k ovakve funkcije leºi iznad prave y = m (sl.21). Brojevi M i m, redom, nazivamo majorantnom i minorantnom funkciji f (x) na skupu A. 162
Neka svojstva funkcija
163
Sada moºemo izvesti de niciju ekvivalentnu de niciji ograni£enosti funkcije. Funkcija f(x) ograni£ena je na skupu A ⊆ D(f ) ako je ograni£ena i odozdo i odozgo na skupu A, tj. ako vaºi:
(∃M ∈ R) (∃m ∈ R) (∀x ∈ A) m ≤ f (x) ≤ M. Gra k ograni£ene funkcije uvijek se nalazi izmedu njene minorante m i majorante M (sl.22)
Sl. 22 Primjeri ograni£enih funkcija: 1. y = sin x(| sin x| ≤ 1, ili −1 ≤ sin x ≤ 1), 2. y = a cos bx(|a cos bx| ≤ |a| , 3. y =
1 1 je ograni£ena na R jer vaºi (∀x ∈ R) 0 < ≤ 1...i druge. x2 + 1 x2 + 1
Funkcija y =
1 1 nije ograni£ena na skupu (0, 1), jer (∀M ∈ R) (∃x ∈ (0, 1)) > M. x x
2.2. Parne, neparne i periodi£ne funkcije Za funkciju y = f (x) sa obla²¢u de nisanosti A kaºemo da je parna ako vrijedi:
x ∈ A =⇒ −x ∈ A i
(∀x ∈ A) f (−x) = f (x).
Ako je (∀x ∈ A) f (−x) = −f (x), onda je funkcija f (x) neparna. Gra k parne funkcije je osno simetri£an u odnosu na osu y, dok je gra k neparne funkcije centralno simetri£an u odnosu na koordinatni po£etak pa ih je dovoljno ispitivati na skupu pozitivnih brojeva. 1 Parne funkcije su, na primjer, y = x2 , y = cos x, y = 2 ... x +1 Neparne funkcije su, na primjer, y = x3 , y = sin x, y = 2x − 2−x ... Funkcije oblika y = x + 1, y = 2x , y = x + cos x, y = 2x2 − 3x + 4,... niti su parne ni neparne.
164
Realne funkcije jedne realne promjenljive Funkcija f (x) periodi£na je ako postoji broj p 6= 0 takav da je (∀x ∈ A) f (x + p) = f (x). Iz relacije f(x + p) = f (x) neposredno proizlazi da je:
f (x) = f (x + p) = f (x + 2p) = f (x + 3p) = ... f (x) = f (x − p) = f (x − 2p) = f (x − 3p) = ... Najmanji pozitivan broj p, koji zadovoljava relaciju f (x + p) = f (x), nazivamo osnovnim periodom funkcije y = f (x). Geometrijski, to zna£i da se poslije svakog intervala duºine p dio gra ka funkcije f (x) iz tog intervala ponavlja. Znamo da je (∀x ∈ R) sin(x + 2π) = sin x i (∀x ∈ R) cos(x + 2π) = cos x, pa osnovni period funkcije y = sinx, y = cos x je 2π , a od funkcije y = tg x, y = ctg x period je π . 2π π Osnovni period funkcije y = sin(ax + b) je , a funkcije y = tg (ax + b) p = . |a| |a| Ispitivanje periodi£ne funkcije s periodom p moºemo ograni£iti na ispitivanje u intervalu [x, x + p], tj. u proizvoljnom intervalu duºine p. Tako, na primjer, ispitivanje funkcije ³ π πy´= . sin x ograni£avamo na interval [0, 2π], a ispitivanje funkcije y = tg x na interval − , 2 2
2.3. Monotone funkcije Funkcija y = f (x), koja je de nisana u intervalu (a, b) jeste monotono neopadaju¢a ako (∀x1 , x2 ∈ (a, b) (x1 < x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 )), tj. ako je
(x2 − x1 ) [f (x2 ) − f (x1 )] ≥ 0. Funkcija je monotono nerastu¢a u intervalu (a, b) ako (∀x1 , x2 ∈ (a, b)(x1 < x2 =⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ))), tj. ako je
(x2 − x1 ) [f (x2 ) − f (x1 )] ≤ 0. Ako iz nejednakosti x1 < x2 (x1 x2 ∈ (a, b)) slijedi da je: f (x1 ) < f (x2 ) (f (x1 ) > f (x2 )), tada tu funkciju nazivamo monotono rastu¢om (opadaju¢om). Monotono rastu¢e, ili monotono opadaju¢e funkcije, nazivamo strogo monotonim. Interval, u kome funkcija ne mijenja smisao monotonosti, nazivamo intervalom monotonosti funkcije. Odredivanje intervala monotonosti se svodi na odredivanje intervala u kojima razlika f (x2 ) − f (x1 ) (x2 > x1 , x1 , x2 ∈ (a, b)) ne mijenja znak. Funkcija y = f (x) konstantna je u intervalu (a, b) ako je f (x1 ) = f (x2 ) za ∀x1 , x2 ∈ (a, b). Primjeri monotonih funkcija: 1. Funkcija y = 2x strogo je rastu¢a u cijelom podru£ju R. h π πi 2. Funkcija y = sin x strogo je rastu¢a u intervalu − , , a strogo opadaju¢a u intervalu 2 2 · ¸ π 3π , . 2 2
Neka svojstva funkcija
165
3. Neka je E(x) = [x] najve¢i cijeli broj koji nije ve¢i od x za ∀x ∈ R, na primjer, E(3) = 3, E(π) = 3, E(2, 71) = 2, E(−1, 5) = −2, itd. Funkcija y = E(x) neopadaju¢a je u svakom intervalu (sl. 23)
Sl. 23 µ ¶ 1 4. Funkcija y = E nerastu¢a je u (0, 1). x 5. De ni²imo R(x) za ∀x ∈ [0, 1] kao ½ 0, ako je x racionalan broj R(x) = 1, ako je x iracionalan broj Funkcija y = R(x) nije monotona ni u kakvom intervalu.
6 x − (x − 1) = 1. 6. Funkcija y = 0 konstantna je u intervalu [0, 1], jer je 0 = |x| + |x − 1| =
Zadaci 1. Koje su od ovih funkcija parne, a koje neparne?
x + cos x, sin x √ (b) y = 3 x5 − x2 − x (a) y =
(c) y = x3 + 2x − sin x.
[R : parna] [R : neparna] [R : neparna]
2. Odrediti periode funkcija:
x x + cos , [R : 12π] 3 2 3x x 2x (b) y = sin + cos + tg . [R : 210π] 7 3 5 (a) y = sin
3. Za koje vrijednosti argumenta funkcije rastu, opadaju, a za koje niti rastu niti opadaju? · ¸ 1 1 2 (a) y = x + x + 1, R : za x > − strogo raste, a za x < − strogo opada 2 2 (b) y = cos(x − 1). [R : raste, na primjer, za π + 1 < x < 2π + 1]
3. Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti 3.1. Osnovni pojmovi Ako svakom prirodnom broju n, na osnovu odredenog zakona, pridruºimo po jedan realan broj xn , tada brojevi: x1 , x2 , x3 , ..., xn ...obrazuju realan niz koji ozna£avamo {xn } ili < xn > ili (xn ). Mjesto svakog £lana u nizu nazna£eno je odgovaraju¢im indeksom pa kaºemo da je svaki £lan niza funkcija indeksa, te je i niz funkcija cjelobrojne promjenljive. Zbog toga kaºemo da je niz funkcija £iji je argument prirodni broj n. Dakle, svako preslikavanje skupa N1 ⊆ N u skup realnih brojeva R naziva se brojni niz. Naj£e²¢e se niz zadaje op²tim £lanom xn pa je xn = f (n)(n = 1, 2, ...). Vrijednosti funkcije f (1), f (2), ..., f (n), ... obrazuju beskona£ni brojni niz. Funkcija f (n) izraºava zakon ili pravilo formiranja niza. Op²tem £lanu, na primjer, n , n∈N xn = n+1 odgovara niz 1 2 n , , ..., , ... 2 3 n+1 koji ima beskona£no mnogo £lanova. Za niz {xn } kaºemo da je beskona£an ako ima beskona£no mnogo £lanova. Svaki niz koji sadrºi kona£an broj £lanova, kona£an je niz. Dakle, ako je N1 = N , niz je beskona£an, a ako je N1 ⊂ N , niz je kona£an. Za niz {xn } kaºemo da je rastu¢i ako je xn+1 > xn za svako n ∈ N. Niz {xn } je neopadaju¢i ako je xn+1 ≥ xn za svako n ∈ N. Ako je xn+1 ≤ xn za svako n ∈ N, onda kaºemo da je niz {xn } nerastu¢i, a ako je xn+1 < xn za svako n ∈ N, niz je opadaju¢i. Nerastu¢i i neopadaju¢i nizovi su monotoni nizovi, a rastu¢i i opadaju¢i nizovi su strogo monotoni nizovi. Niz {xn } ograni£en je ako postoji realan broj M > 0 takav da je
|xn | < M za svako n ∈ N. 166
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
167
Ako postoji realan broj G, koji nije manji ni od jednog £lana niza {xn }, onda se taj broj naziva gornjom granicom niza, a realan broj g , koji nije ve¢i ni od jednog £lana niza, nazivamo donjom granicom niza. O£igledno je da je gornja granica niza i svaki realan broj ve¢i od G, a svaki broj manji od g jeste donja granica niza {xn }. Dakle, brojevi G i g nisu jednozna£no odredeni. Njih ima beskona£no mnogo. Namanju gornju granicu niza {xn } nazivamo gornjom medom niza, a najve¢u donju granicu niza nazivamo donjom medom niza. Gornju medu niza ozna£avamo M , a donju m. Gornju medu niza {xn } nazivamo jo² i supremumom niza i pi²emo ga supxn = M , a donju medu nazivamo in mumnom niza i pi²emo ga kratko inf xn = m.
n∈N
n∈N
Niz {xn } ograni£en je ako ima gornju i donju medu, tj. ako je
m ≤ xn ≤ M, n ∈ N. Ako niz nema jednu ili obje mede tada kaºemo da je neograni£en. Ukoliko postoji donja meda, tada je niz ograni£en slijeva (odozdo) i pi²emo
m ≤ xn < +∞, n ∈ N. Ako niz ima gornju medu, tada je ograni£en zdesna (odozgo) pa je
−∞ < xn ≤ M, n ∈ N. Ako ne postoji nijedna meda, tada kaºemo prosto da je niz neograni£en i pi²emo
−∞ < xn < +∞, n ∈ N. Gornja i donja meda niza mogu, ali ne moraju, pripadati samom nizu. Ako mede pripadaju nizu, onda je gornja meda M najve¢i £lan niza i pi²emo je
M = maxxn , n∈N
a donja meda m najmanji £lan niza i pi²emo je
m = minxn . n∈N
Ako neki niz ima kona£an broj £lanova, onda je najmanji £lan donja, a najve¢i £lan gornja meda niza. On je uvijek ograni£en. (−1)n Primjer. 1. Niz xn = (n = 1, 2, ...) ograni£en je i njegova donja meda je m = −1, a n 1 gornja M = i obje pripadaju nizu, tj. svi £lanovi niza zadovoljavaju relaciju 2
(−1)n 1 −1 ≤ ≤ (n = 1, 2, ...) n 2 1 i minxn = −1, a maxxn = . n∈N n∈N 2
Realne funkcije jedne realne promjenljive
168
(−1)n (n − 1) (n = 1, 2, ...) ograni£en je. Njegova donja meda je n m = −1, a gornja M = 1 i ne pripadaju nizu, tj. svi £lanovi niza zadovoljavaju relaciju
Primjer 2. Niz xn =
−1 <
(−1)n (n − 1) < 1, n
(−1)n (n − 1) (−1)n (n − 1) = −1, aM = sup = 1. n∈N n n n∈N
m = inf
Primjer 3. Niz xn = n(n = 1, 2, ...) ograni£en je slijeva i njegova donja meda m = 1 pripada nizu, ali je zdesna neograni£ena, tj.
1 ≤ xn < +∞, (n = 1, 2, ...) i minxn = 1. n∈N
Primjer 4. Niz xn = (−1)n (n = 1, 2, ...) neograni£en je, ne postoji ni gornja ni donja meda, tj. svi £lanovi niza zadovoljavaju relaciju
−∞ < (−1)n n < +∞.
3.2. Grani£na vrijednost niza Neka je dat niz xn =
n , tj. niz n+1 1 2 3 4 5 n , , , , , ... , ... 2 3 4 5 6 n+1
Obiljeºimo na brojnoj pravoj ta£ke koje odgovaraju £lanovima ovog niza (sl.24).
Sl. 24 O£igledno je da ukoliko je indeks n £lana xn ve¢i, utoliko je odgovaraju¢a ta£ka bliºa broju l. Uzmimo ma koliko mali proizvoljni pozitivni broj ε > 0. Tada se u intervalu (1 − ε, 1 + ε) nalaze svi £lanovi niza £iji je indeks n dovoljno veliki, ve¢i od nekog prirodnog broja N , tj. n > N. Broj N zavisi od ε, ²to ozna£avamo sa N (ε). On je, u ovom slu£aju, utoliko ve¢i ukoliko je broj ε manji.
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
169
Tvrdnju da se sve ta£ke koje odgovaraju £lanovima niza xn sa indeksom n > N (ε) nalaze unutar intervala (1 − ε, 1 + ε) moºemo kratko zapisati:
|xn − 1| < ε, (n > N (ε),
ili
1 − ε < xn < 1 + ε za n > N (ε).
1 = 0, 01, tada se svi £lanovi niza xn , £iji je indeks n > 99, nalaze u 100 intervalu (0, 99; 1, 01), a to su: 100 101 102 , , , ... 101 102 103 Za niz {xn } kaºemo da konvergira ka svojoj grani£noj vrijednosti 1. Uop²te, broj x0 nazivamo grani£nom vrijedno²¢u niza {xn } ako se za svako ε > 0 moºe odrediti prirodni broj N (ε) takav da je za sve £lanove xn £iji je indeks n > N (ε) Ako je ε =
|xn − x0 | < ε. injenicu da je x0 grani£na vrijednost niza {xn } zapisujemo: xn −→ x0 kada n −→ ∞, ili lim xn = x0 (limes-grani£na vrijednost). n−→∞
(£itati xn teºi ili konvergira prema grani£noj vrijednosti x0 kada n teºi beskona£nosti ili limes od xn kada n teºi beskona£nosti je x0 ). Zapi²imo de niciju grani£ne vrijednosti niza pomo¢u logi£kih simbola:
lim xn = x0 ⇐⇒ (∀ε > 0) (∃N (ε) ∈ N) (∀n ∈ N) (n > N (ε) =⇒ |xn − x0 | < ε) .
n−→∞
U posmatranom primjeru je lim xn = lim n−→∞
n−→∞ n
n = 1. +1
Naime, uzmimo proizvoljno ε > 0. Kako je ¯ ¯ ¯ n ¯ 1 ¯ |xn − 1| = ¯ − 1¯¯ = , n+1 n+1 to je za odredivanje vrijednosti n, za koje je zadovoljena nejednakost |xn − 1| < ε, dovoljno 1 rije²iti nejedna£inu < ε. n+1 1−ε . Ako za N uzmemo da je Ovdje je n > ε µ ¶ · ¸ 1−ε 1−ε N =E = , ε ε µ ¶ 1−ε tada ¢e nejednakost |xn − 1| < ε biti ispunjena za svako n > N . Ukoliko je E ≤ 0, ε tada moºemo uzeti da je N = 1. Po²to je ε uzeto proizvoljno, moºemo zaklju£iti da je grani£na vrijednost niza {xn } jednaka 1, ²to je o£igledno iz prethodnog razmatranja ovoga primjera.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
170
Nizove, koji imaju realne grani£ne vrijednosti, nazivamo konvergentnim, a nizove koji nemaju realnu grani£nu vrijednost divergentnim. Za niz {xn } kaºemo da divergira ka +∞ ako za svaki realan broj M > 0 postoji broj N (M ) ∈ N, takav da je xn > M za svako n > N (M ). Pi²emo
lim xn = +∞.
n−→∞
Analogno, niz {xn } divergira ka −∞ ako za svaki realni broj G < 0 postoji broj N (G) ∈ N, takav da je xn < G za svako n > N (G). Pi²emo
lim xn = −∞.
n−→∞
Za nizove koji divergiraju ka +∞ ili ka −∞ kaºemo da su odredeno divergentni. Niz koji nije ni konvergentan ni odredeno divergentan je neodredeno divergentan.
Primjer 1. a) Niz {xn } = {n2 } divergira ka +∞√, jer je za svaki broj M > 0 nejednakost n2 > M ta£na za svaki prirodni broj n > M . Broj N (M ) je najve¢i prirodni broj koji nije ve¢i od M . © ª b) Niz {xn } = (−1)n+1 = {1, −1, 1, −1, ...} je neodredeno divergentan.
Teorema 1. Konvergentni nizovi imaju jedinstvenu grani£nu vrijednost. Dokaz. Pretpostavimo da niz {xn } ima dvije grani£ne vrijednosti, tj.
lim xn = x0 i lim xn = y0 ,
n−→∞
n−→∞
pri £emu je y0 > x0 . y 0 − x0 Neka je = ε. Tada postoji broj N1 (ε) takav da je 2 y 0 − x0 |xn − x0 | < ε = za svako n > N1 . 2
(1)
Takode, postoji broj N2 (ε) takav da je
|xn − y0 | < ε =
y0 − x0 za svako n > N2 . 2
(2)
Za svako n, n > max{N1 , N2 } vaºe relacije (1) i (2) i
x0 − ε < xn < x0 + ε i y0 − ε < xn < y0 + ε Kako je x0 + ε > xn i xn < y0 + ε dobijamo da je xn < Analogno, nemogu¢e je da bude x0 > y0 . Dakle, mora biti x0 = y0 .
y 0 + x0 < xn , ²to je nemogu¢e. 2
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
171
3.3. Ta£ka nagomilavanja beskona£nog niza i osnovne teoreme o nizovima n = 1. Ova grani£na vrijednost ne pripada nizu. U neposrednoj n−→∞ n + 1 blizini, s lijeve strane ta£ke 1 nalazi se neograni£eno mnogo ta£aka niza {xn }. Zato za ta£ku 1 kaºemo da je ta£ka nagomilavanja niza {xn }. Ta vrijednost predstavlja i gornju medu G = 1 datog niza. Niz {xn } ograni£en je granicama 0 i 1. Broj x0 jeste ta£ka nagomilavanja beskona£nog brojnog niza {xn } ako se u proizvoljnoj ε− okolini toga broja nalazi beskona£no mnogo £lanova niza. Drugim rije£ima, x0 je ta£ka nagomilavanja niza {xn } ako je za beskona£no mnogo vrijednosti n Vidjeli smo da je lim
|xn − x0 | < ε za ma kakvo malo ε > 0, ili (∀ε > 0) (∀n ∈ A) |xn − x0 | < ε za bar jedan beskona£an podskup A skupa prirodnih brojeva. Beskona£ni niz moºe imati jednu ili vi²e ta£aka nagomilavanja ili biti bez ta£aka nagomilavanja. Na primjer: Niz {xn } = n(n = 1, 2, ...) nema ta£aka nagomilavanja. 1 Niz {xn } = (n = 1, 2, ...) ima ta£ku nagomilavanja x0 = 0. n Niz {xn } = (−1)n (n = 1, 2, ...) ima dvije ta£ke nagomilavanja −1 i +1. nπ Niz {xn } = sin ima tri ta£ke nagomilavanja 1, 0 i −1, jer je 2
x2 = x4 = ... = x2n = ... = 0, x1 = x5 = ... = x4n−3 = ... = 1, x3 = x7 = ... = x4n−1 = ... = −1, n ∈ N, itd. Ako iz niza {xn } ma na koji na£in izdvojimo kona£an ili beskona£an broj £lanova, tada moºemo formirati niz {xnk } ili xn1 , xn2 , ..., xnk , ... gdje indeksi nk uzimaju vrijednosti u skupu prirodnih brojeva i n1 < n2 < ... < nk < .... Niz {xnk } nazivamo podnizom niza {xn }. Niz {23n+1 } (n = l, 2, ...) jeste podniz niza {2n } (n = 1, 2, ...). 1 1 1 1 1 1 Niz 1, , , , ... podniz je niza 1, , , , .... 3 5 7 2 3 4 Teorema 2. Podniz {xnk } konvergentmog nizu {xn } konvergentan je i ima istu grani£nu vrijednost kao i niz {xn }.
Dokaz. Neka je lim xn = x0 To zna£i da za svako ε > 0 moºe se odrediti broj N (ε) tako n−→∞
da je za svako n > N (ε)
|xn − x0 | < ε.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
172
Kako su nk cijeli brojevi sadrºani u cijelim brojevima n i nk −→ ∞ kada n −→ ∞, to je za svako nk > N (ε) |xnk − x0 | < ε, tj. lim xnk = x0 , n−→∞
²to je trebalo dokazati.
Teorema 3. Svaki monotono rastu¢i (opadaju¢i) niz ograni£en odozgo (odozdo) jeste konvergentan.
Dokaz. Neka je niz {xn } monotono rastu¢i i ograni£en odozgo. Onda je njegov skup vrijednosti xn (n = 1, 2, ...) ograni£en odozgo i ima gornju medu M . Tada, za proizvoljno uzeto ε > 0 moºe se izabrati jedan pozitivan cio broj N (ε), takav da se za svako n > N (ε) £lanovi xn nalaze u intervalu (M − ε, M ). To zna£i da gornji niz konvergira prema M, tj.
lim xn = M.
n−→∞
Na sli£an na£in dokazujemo da monotono opadaju¢i niz, £iji £lanovi zadovoljavaju relacije
x1 > x2 > ... > xn > m, gdje je m donja meda, konvergira ka m, tj.
lim xn = m.
n−→∞
Uzmimo beskona£an niz zatvorenih intervala
[a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ [a3 , b3 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ · · · takvih da je svaki naredni sadrºan u prethodnom i duºina n-tog intervala bn − an −→ 0 kad n −→ ∞. Takav niz nazivamo nizom suºavaju¢ih (i²£ezavaju¢ih) intervala.
Teorema 4. Ako je
[a1 , b1 ] ⊃ [a2 , b2 ] ⊃ · · · ⊃ [an , bn ] ⊃ · · ·
(1)
niz suºavaju¢ih intervala, onda postoji jedinstvena ta£ka c koja pripada svim intervalima. Kako je a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ... ≤ an ≤ ... i
b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ ... ≥ bn ≥ ..., to je,
an < b1 , bn > a1 za svako n. To zna£i da su nizovi {an } i {bn }(n = l, 2, ...) monotoni i ograni£eni, pa su na osnovu teoreme 3 konvergentni:
lim an = a, lim bn = b i an ≤ a ≤ b ≤ bn
n−→∞
za svako n.
n−→∞
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
173
Dokaºimo da je a = b, ²to zna£i da se interval [a, b] svodi na jednu ta£ku a = b = c. Zaista, kada bi bilo a < b, onda bi interval [a, b] pozitivne duºine bio sadrºan u svakom od £lanova niza (1). Ovo nije mogu¢e, jer niz duºina tih intervala, prema pretpostavci, teºi nuli. Dakle, a = b = c i c je jedinstvena ta£ka koja pripada svim intervalima.
Teorema 5. (Bolcano-Vajer²trasova) Svaki beskona£an i ograni£en niz ima bar jednu ta£ku nagomilavanja. Dokaz. Ako je {xn } beskona£an i ograni£en niz, tada je
m ≤ xn ≤ M (n = 1, 2, ...), gdje je m = inf xn , M = sup xn . Kada se interval [m, M ] prepolovi, onda se bar u jednoj njegovoj polovini nalazi beskona£no mnogo £lanova niza {xn }, jer kada bi se u obje polovine nalazio kona£an broj £lanova, onda bi u cijelom intervalu bio kona£an niz, a to je suprotno pretpostavci. Neka je [m1 , M1 ] polovina intervala [m, M ] koja sadrºi beskona£no mnogo £lanova niza. Na analogan na£in dobijamo njegovu polovinu [m2 , M2 ] koja sadrºi beskona£no mnogo £lanova niza {xn }. Produºavaju¢i ovaj postupak n puta, dobi¢emo niz suºavaju¢ih intervala [m, M ] ⊃ [m1 , M1 ] ⊃ [m2 , M2 ] ⊃ · · · ⊃ [mn , Mn ] ⊃ · · · gdje je M −m lim (Mn − mn ) = lim = 0. n−→∞ n−→∞ 2n Prema teoremi 4 postoji jedinstvena ta£ka c koja pripada svim intervalima [mn , Mn ] (n = 1, 2, ...). Kako je c = lim mn = lim Mn , moºe se uvijek na¢i broj n takav da je n−→∞ n−→∞ c − ε < mn < Mn < c + ε, ε > 0. Kako interval [mn , Mn ] sadrºi beskona£no mnogo £lanova niza {xn } to ¢e i interval (c − ε, c + ε) sadrºavati, takode, beskona£no mnogo £lanova niza {xn } pa je ta£ka c zaista ta£ka nagomilavanja niza {xn }. n U primjeru xn = vidjeli smo da se van intervala (1 − ε, 1 + ε) nalazi samo kona£no n+1 mnogo £lanova i to najvi²e N (ε), tj. samo £lanovi x1 , x2 , ..., xN (ε) , a to o£igledno zna£i da niz {xn } mora biti ograni£en i da ima samo jednu ta£ku nagomilavanja. Vaºi i obrnuto. Ako je niz {xn } ograni£en i ako je x0 jedina njegova ta£ka nagomilavanja, onda je x0 njegova grani£na vrijednost. Za ograni£ene nizove Boleano-Vajer²trasova teorema osigurava egzistenciju bar jedne ta£ke nagomilavanja. Ako pretpostavimo da je posmatrani niz jo² i monoton, dobi¢emo tvrdenje:
Teorema 5.1. a) Svaki ograni£en i monoton niz ima ta£no jednu ta£ku nagomilavanja. b) Supremum monotono neopadaju¢eg niza, ograni£enog odozgo, je jedina njegova ta£ka nagomilavanja. c) In mum monotono nerastu¢eg odozdo ograni£enog niza je njegova jedina ta£ka nagomilavanja.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
174
Teorema 6. Svaki konvergentni niz je ograni£en. Dokaz. Neka je lim xn = x0 . Na osnovu de nicije grani£ne vrijednosti niza moºemo za n−→∞ proizvoljno odabrano ε > 0 na¢i takvo N da je za n > N zadovoljena nejednakost
|xn − x0 | < ε ili x0 − ε < xn < x0 + ε. Odavde slijedi da je |xn | < |x0 | + ε. Uzmimo da je
M = max {|x1 | , |x2 | , ..., |xn | , |x0 | + ε} , tada je |xn | < M za svako n, £ime je dokaz zavr²en. Obrnuto ne mora da vaºi, jer postoje nizovi koji su ograni£eni, a nisu konvergentni. Na primjer, niz 1 xn = (−1)n + , n ∈ N, n ograni£en je, ali nije konvergentan, jer ima dvije ta£ke nagomilavanja −1, i +1. Dakle, konvergentan niz je svaki niz koji je ograni£en i ima samo jednu ta£ku nagomilavanja. U protivnom za niz {xn } kaºemo da je divergentan, tj. divergentan je svaki niz koji je neograni£en i svaki ograni£eni niz koji ima vi²e od jedne ta£ke nagomilavanja. Konvergentni niz, £ija je grani£na vrijednost nula, nazivamo nula-nizom. Da bi niz {xn } bio nula-niz potrebno je i dovoljno da svakom proizvoljno malom broju ε > 0 odgovara cio pozitivan broj N (ε) takav da je
|xn − 0| = |xn | < ε za svako n > N (ε). To zna£i da svi £lanovi niza, po£ev od N (ε) + 1 kojih ima beskona£no mnogo, nalaze se u intervalu (−ε, ε), a izvan njega nalazi se samo kona£an broj £lanova. Na primjer, niz
xn =
1 (n = 1, 2, ...) n
jeste nula-niz, jer je
1 = 0. n−→∞ n
lim xn = lim
n−→∞
Primjer 1. Dokazati da je niz xn =
an n!
(a > 0) konvergentan.
Prvo ¢emo dokazati da dati niz ima kona£an limes. n an+1 a a Kako je xn+1 = (n+1)! = n+1 · an! = n+1 · xn , to za n + 1 > a, tj. za n > a − 1 niz monotono opada. Osim toga, on je ograni£en odozdo, na primjer nulom. Na osnovu teoreme 6 niz {xn } jeste konvergentan. Odredimo njegovu grani£nu vrijednost. Neka je lim xn = m. Tada je i lim xn+1 = m, n−→∞
odnosno
a · xn = 0 · m = 0 . n−→∞ n + 1
lim xn+1 = lim
n−→∞
an Dakle, lim = 0. n−→∞ n!
n−→∞
175
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
Teorema 7. Ako su nizovi {xn } i {yn } konvergentni ( lim xn = x0 , lim yn = y0 ) i ako je n−→∞
xn ≤ yn za svako n > N , tada je
n−→∞
lim xn ≤ lim yn .
n−→∞
n−→∞
Dokaz. Pretpostavimo da je x0 > y0 . Tada za ε1 i ε2 moºemo odrediti broj N1 > N tako da je istovremeno |xn − x0 | < ε1 , |yn − y0 | < ε2 za n ≥ N1 . Ocijenimo razliku xn − yn za n ≥ N1 . Imamo: xn − yn = (xn − x0 ) − (yn − y0 ) + x0 − y0 > x0 − y0 − ε1 − ε2 . Ako odaberemo ε1 > 0 i ε2 > 0 uz uslov da je ε1 + ε2 < x0 − y0 , tada za n ≥ N1 je xn − yn > 0, tj. xn > yn , ²to je nemogu¢e, jer je xn < yn za svako n ≥ N . Dakle, x0 ≤ y0 . Posljedica teoreme 7 Ako je za n > N zadovoljena nejednakost xn ≤ A (A ∈ R), (xn ≥ A), i postoji lim xn = n−→∞
x0 , tada je x0 ≤ A (x0 ≥ A). Napomenimo da moºe biti stalno xn < yn , po£ev²i od izvjesnog indeksa n, a da je, ipak, lim xn = lim yn . Na primjer, to je u slu£aju nizova
n−→∞
n−→∞
1 1 1 1 , yn = 1 − 2 , jer je 1 − < 1 − 2 n n n n za svako n ≥ 2, a njihove grani£ne vrijednosti su iste, tj. xn = 1 −
lim xn = lim yn = 1.
n−→∞
n−→∞
Teorema 8. Ako su nizovi {xn },{yn } i {zn } takvi da je xn ≤ yn ≤ zn i lim xn = lim zn = n−→∞
x0 , onda je
n−→∞
lim yn = x0 .
n−→∞
Dokaz. Za proizvoljno ε > 0 postoji takav broj N (ε) da je |xn − x0 | < ε, |zn − xn | < ε za n ≥ N (ε). Kako je xn − x0 ≤ yn − x0 ≤ zn − x0 i xn − x0 > −ε, zn − x0 < ε za n ≥ N (ε), to je −ε < yn − x0 < ε za n ≥ N (ε), tj. |yn − x0 | < ε za n ≥ N (ε). Dakle, lim yn = x0 . n−→∞
3.3.1. Operacije sa grani£nim vrijednostima nizova Teorema 9. Neka su nizovi {xn } i {yn } konvergentni, lim xn = x0 , lim yn = y0 , onda je n−→∞
a) lim (c1 xn + c2 yn ) = c1 x0 + c2 y0 (c1 , c2 - konstante), n−→∞
b) lim xn yn = x0 y0 , n−→∞ xn x0 c) lim = ( za yn 6= 0, y0 6= 0), n−→∞ yn y0 ³ ´ k1 1 d) lim (xn ) k = lim xn , n−→∞
n−→∞
e) lim |xn | = |x0 |. n−→∞
n−→∞
Realne funkcije jedne realne promjenljive
176
Dokaz. a) Za proizvoljno ε1 > 0 i ε2 > 0 mogu se odrediti brojevi N1 i N2 tako da je |xn − x0 | < ε1 , za n ≥ N1 , |yn − y0 | < ε2 za n ≥ N2 . Ako je n ≥ N = max {N1 , N2 }, to su navedene nejednakosti istovremeno zadovoljene. Otuda za n ≥ N imamo:
|(c1 xn + c2 yn ) − (c1 x0 + c2 y0 )| = |c1 (xn − x0 ) + c2 (yn − y0 )| ≤ |c1 | · |xn − x0 | + |c2 | · |yn − y0 | < |c1 | ε1 + |c2 | ε2 . Za proizvoljno ε > 0 odaberimo brojeve ε1 > 0 i ε2 > 0 tako da je |c1 |ε1 +| c2 | ε2 = ε. Tada za n ≥ N je
|(c1 xn + c2 yn )| − |(c1 x0 + c2 y0 )| < ε , tj.
lim (c1 xn + c2 yn ) = c1 x0 + c2 y0 .
n−→∞
b) Analogno, za n ≥ N jeste
|xn yn − x0 y0 | = |xn (yn − y0 ) + (xn − x0 )y0 | ≤ |xn | |yn − y0 | + |xn − x0 | |y0 | . Kako je niz {xn } konvergentan, ograni£en je, tj. |xn | < M , gdje je M neki pozitivan broj. Tada je |xn yn − x0 y0 | ≤ M ε2 + ε1 |y0 | . Izaberimo ε1 i ε2 , uz uslov da je M ε2 + ε1 |y0 | = ε. Tada je
|xn yn − x0 y0 | < ε za n ≥ N,
tj.
lim xn yn = x0 y0 .
n−→∞
Ovo pravilo vaºi i kada imamo k konvergentnih nizova, tj.
lim (xn · yn ...zn ) = lim xn · lim yn ... lim zn .
n−→∞
n−→∞
n−→∞
n−→∞
Ako je xn = yn = ... = zn onda je
lim (xn )k = ( lim xn )k ,
n−→∞
n−→∞
c) Za n ≥ N jeste ¯ ¯ ¯ xn x0 ¯ ¯ − ¯ = |xn y0 − x0 yn | = |(xn − x0 ) y0 − (yn − y0 )x0 | ≤ ¯ yn y0 ¯ |yn | |y0 | |yn | |y0 |
≤
|xn − y0 | |yn − y0 | · |x0 | + . |yn | |yn | |y0 |
Ocijenimo |yn |.
|yn | = |(yn − y0 ) + y0 | ≥ |yn | − |yn − y0 | > |y0 | − ε.
(1)
177
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
|y0 | |y0 | . Tada za n ≥ N jeste |yn | > . Odakle je 2 2 ¯ ¯ ¯ xn x0 ¯ 2ε1 2ε1 |x0 | ¯ − ¯< + . ¯ yn y0 ¯ |y0 | |y0 |2
Neka ε2 zadovoljava uslov ε2 ≤
Za proizvoljno ε > 0 odaberimo ε1 > 0 i ε2 > 0 uz uslov
2ε1 2ε1 |x0 | + = ε. |y0 | |y0 |2 Onda je
¯ ¯ ¯ xn x0 ¯ ¯ − ¯ < ε za n ≥ N tj. lim xn = x0 . ¯ yn n−→∞ yn y0 ¯ y0
d) Dokaºimo da je grani£na vrijednost korijena jednaka korijenu grani£ne vrijednosti.
Dokaz. Neka su dati nizovi
√ k
takvi da je
√ k
√ √ x1 , k x2 ,..., k xn ,... y1 , y2 ,...,yn ,...
xn = yn , ili xn = ynk (n = 1,2,...) ,
(2)
gdje je k cio pozitivan broj i lim yn = y0 . Tada je, prema (1), n−→∞
lim xn =
n−→∞
odakle je, prema (2),
lim yn =
n−→∞
tj.
lim
³
lim (ynk ) n−→∞
n−→∞
=
lim yn
n−→∞
q
lim xn = lim
k
√ k
xn =
ili 1
lim (xn ) k =
n−→∞
√ k
n−→∞
n−→∞
´k
xn ,
q k
lim xn , n−→∞
³ lim xn
´ k1
n−→∞
.
e) Kako je lim xn = x0 , to za ε > 0 postoji broj N (ε) takav da je |xn |−|x0 | ≤ |xn − x0 | < n−→∞ ε za n ≥ N , pa je ¯ ¯ ¯ ¯ lim |xn | = |x0 | = ¯ lim xn ¯ . n−→∞
n+1 = 1. n−→∞ n
Primjer 1. Dokazati da je lim
n−→∞
Realne funkcije jedne realne promjenljive
178 Kako je
¯ ¯ ¯ ¯ ¯n + 1 ¯ ¯1¯ 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ n − 1¯ = ¯ n ¯ = n ,
· ¸ 1 to za ε > 0 odaberemo N = . Onda za n > N (ε) ispunjeno je ε · ¸ 1 1 n≥ +1> . ε ε pa je
1 1 N (ε)
¯ ¯ ¯n + 1 ¯ ¯ ¯ < ε, − 1 ¯ n ¯
£ime je tvrdnja dokazana.
Primjer 2. Dokazati da je lim √ n
√ n
n = 1.
√ Dokaºimo prvo da je n > 1 za n > 1. Kada bi bilo n n ≤ 1 za neko n > 1, onda bismo imali da je n ≤ 1, ²to nije ta£no. Zbog toga je za n > 1 √ n n = 1 + kn , gdje je kn > 0, n−→∞
pa je
n = (1 + kn )n = 1 + nkn + Za n > 1 je n − 1 >
n , pa dobijemo 2
n(n − 1) 2 n(n − 1) 2 kn + ... > kn . 2 2
n> odnosno
n2 2 k , 4 n
2 kn < √ . n
Dakle, za n > 1 jeste
1<
√ n
2 n 0) (∃N (ε) ∈ N) (∀m, n ∈ N) (m > N (ε) ∧ n > N (ε) =⇒ |xm − xn | < ε) . Sljede¢u teoremu obi£no nazivamo Ko²ijevim op²tim principom konvergencije nizova.
Teorema 10. Da bi jedan beskona£an niz {xn } realnih brojeva konvergirao, potrebno je i
dovoljno da bude Ko²ijev niz.
Dokaz. Uslov je potreban. Neka je niz {xn } konvergentan i neka je lim xn = x0 . Tada n−→∞
za svako ε1 > 0 postoji takav broj N (ε1 ) da je |xn − x0 | < ε1 za n ≥ N (ε1 ). U datom slu£aju za n ≥ N (ε1 ), i m ≥ N (ε1 ) jeste
|xn − xm | = |(xn − x0 ) − (xm − x0 )| ≤ |xn − x0 | + (xm − x0 ) < 2ε1 . ε Za proizvoljno ε > 0 uzmimo da je ε1 = . Tada za n ≥ N (ε1 ) i m ≥ N (ε1 ) jeste 2 |xn − xm | < ε, ²to zna£i da niz {xn } jeste Ko²ijev. Uslov je dovoljan. Neka se za ε1 > 0 moºe odrediti broj N (ε1 ) takav da je |xn − xm | < ε1 i za n ≥ N , m ≥ N . U tom slu£aju za ksiranu vrijednost m ≥ N imamo |xn | = |(xn − xm ) + xm | ≤ |xn − xm | + |xm | < ε1 + |xn | . ako je n ≥ N , ²to zna£i da je niz {xn } ograni£en. Po²to je niz {xn} ograni£en, to mora, prema Bolcano-Vajer²trasovoj teoremi, imati bar jednu ta£ku nagomilavanja. Neka je x0 ta ta£ka nagomilavanja.Pokazuje se da je x0 jedina ta£ka nagomilavanja niza {xn }. Na osnovu de nicije ta£ke x0 , za ε1 > 0 moºemo odrediti takav broj N0 ≥ N (ε1 ) da je |xN0 − x0 | < ε1 . U ovom slu£aju je za n ≥ N0 ≥ N
|xn − x0 | = |(xn − xN0 ) + (xN0 − x0 )| ≤ |xn − xN0 | + (xN0 − x0 ) < 2ε1 . ε Ako za ε > 0 uzmemo da je ε1 = , tada je 2 |xn − x0 | < ε za n ≥ N0 . To zna£i da niz {xn } konvergira ka gornjoj vrijednosti x0 , tj.
lim xn = x0
n−→∞
£ime je teorema dokazana. Niz koji zadovoljava Ko²ijev uslov nazivamo fundamentalnim. Napomenimo da se uslov da niz bude Ko²ijev moºe formulisati u ekvivalentnom obliku koji je £esto podesniji za upotrebu: Niz {xn } Ko²ijev je ako za svako ε > 0 postoji broj N (ε) takav da za svaki broj p > 0 i svako n ≥ N (ε), vaºi nejednakost:
|xn+p − xn | < ε.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
180
Primjer 3. Dokazati da niz £iji je op²ti £lan xn = 1 +
1 1 1 + + ... + 2 3 n
nije konvergentan. Dokaza¢emo da niz {xn } nije Ko²ijev. Neka je m proizvoljan prirodan broj i neka je k = 2m, onda je
1 1 1 + + ... + , m+1 m+2 2m 1 1 1 1 1 + + ... + =m· = . 2m 2m 2m 2m 2
|x2m − xm | =
1 ) takav da za svaki prirodan broj n postoje 2 prirodni brojevi k i m takvi da je k , m > n i da je |xk − xm | > ε. To zna£i da niz {xn } nije Ko²ijev pa, na osnovu teoreme 10 nije konvergentan. Dakle, postoji pozitivan realan broj ε(ε =
Primjer 4. Pokaºimo da je niz sa op²tim £lanom xn = q n , 0 < q < 1 beskona£no mali niz,
a za |q| > 1 beskona£no veliki niz. Zaista, za 0 < q < 1 je q n+1 < q n pa je niz monotono opadaju¢i, a kako je q n > 0 za svako n ∈ N, ograni£en je pa ima grani£nu vrijednost. Neka je lim q n = A. Tada mora biti i lim q n+1 = A, odnosno q · lim q n = A, ili q · A = A. n−→∞
n−→∞
n−→∞
Kako je q 6= 1, to je A = 0, tj. lim q n = 0. Napomenimo da je lim q n = 0 za |q| < 1. n−→∞
n−→∞
Ako je |q| > 1, tada je niz sa op²tim £lanom xn = q n beskona£no veliki niz, ²to slijedi iz naprijed re£enog. Niz sa op²tim £lanom Sn = a + aq + aq 3 + ... + aq n za |q| < 1 konvergentan je i lim Sn n−→∞ a = , a za |q| > 1 beskona£no je veliki niz. Ovo slijedi iz prethodna dva slu£aja, jer je 1−q
Sn − qSn = (a + aq + ... + aq n ) − (aq + ... + aq n+1 ) = a − aq n+1 , pa je
Sn = a · 0.
Primjer 5. Pokazati da je, za |a| < 1, an = 0, k > 0, n−→∞ nk lim
a za a > 1
an = +∞, k > 0. n−→∞ nk Uzmimo da je a = 1 + h, h > 0. Tada je za n > 2, lim
an = (1 + h)n = 1 + nh +
n(n − 1) 2 n(n − 1) 2 h + ... > h. 2 2
(1)
181
Nizovi i njihove grani£ne vrijednosti
Kako je za n > 2, n − 1 >
n , to je 2 n(n − 1) n2 an > > (a − 1)2 , 2 4
ili
an n > (a − 1)2 . n 4
Odakle je
an = +∞, n−→∞ n tj. dobijemo jednakost (1) za n = 1. Za k > 1 imamo µ n ¶k an ak = . nk n
(2)
lim
odakle je
an = +∞, n−→∞ nk lim
jer je, prema (2)
µ lim
n−→∞
Za |a| = 1,bi¢e
n
ak n
¶k = +∞.
(1)n lim = 0. n−→∞ nk
Za a < −1, ima¢emo
lim
a2n
n−→∞ (2n)k
a2n+1
= +∞, lim
n−→∞ (2n
Primjer 6. Pokazati da za c > 0, niz x1 =
√
q c, x2 =
c+
√
r c, ..., xn =
konvergira i da je
lim xn =
n−→∞
+ 1)k
1+
= −∞.
q √ c + c + ... + c, ...
√
1 + 4c . 2
Iz datog niza slijedi da je
√ √ xn > c, xn = c + xn−1 , xn−1 < xn x2n = c + xn−1 , xn = xcn + xxn−1 < xcn + 1. n
Odakle je
√ c xn < √ + 1 = c + 1. c
Realne funkcije jedne realne promjenljive
182
Dakle, niz je monotono rastu¢i i ograni£en pa je konvergentan. Kako je u tom slu£aju
lim xn = lim xn−1 = 0,
n−→∞
n−→∞
to je
lim xn =
√
n−→∞
odakle je
1+
c + x0 ,
√
1 + 4c . 2 Znak minus ne moºemo uzeti u obzir jer je xn > 0 za svako n, pa je x0 > 0. x0 =
Zadaci 1. Odrediti grani£ne vrijednosti nizova kad n −→ ∞:
√ √ n−1+ n+1 √ (a) xn = , [R : 2] n+1 √ √ [R : 0] (b) xn = n2 + 2 − n2 − 2, 1 1 1 · ¸ 1 + + + ... + n 4 2 4 2 (c) xn = , R: 1 1 1 3 1 + + + ... + n 3 9 3 ¶ µ 1 − q n+1 2 n . Koristiti:1 + q + q + ... + q zbir je n + 1 geometrijske progresije i jednak je 1−q · ¸ 1 + 4 + 9 + ... + n2 1 (d) xn = , R: n3 + 3n + 2 3 ¶ µ n(n + 1)(2n + 1) 2 2 2 . Koristiti:1 + 2 + 3 + ... + n = 6 2. Dati su nizovi:
n n 1 1 1 xn = √ , yn = √ , zn = √ +√ + ... + √ . 2 2 2 2 2 n +n n +1 n +1 n +2 n +n Pokazati da je xn < zn < yn , za svako n i da je lim xn = lim zn = lim yn = 1. n−→∞
3. Pokazati da je
lim
n−→∞
1+
n−→∞
√ √ √ 2 + 3 3 + ... + n n = 1. n
n−→∞
4. Grani£na vrijednost funkcije 4.1. Pojam grani£ne vrijednosti funkcije y = f (x) u ta£ki x0 Neka je funkcija y = f (x) de nisana u nekoj okolini ta£ke x0 , osim, moºda, u samoj ta£ki x0 i neka je x0 ta£ka nagomilavanja oblasti de nisanosti D(f ) date funkcije. Za broj A kaºemo da je grani£na vrijednost funkcije f (x) u ta£ki xn ako za svaki niz ta£aka {xn } iz okoline ta£ke x0 (xn 6= x0 ), konvergentnih prema ta£ki xn , odgovaraju¢i niz vrijednosti funkcije {f (xn )} konvergira prema broju A. Da bismo ozna£ili da je A grani£na vrijednost funkcije f (x) kad x teºi x0 , pi²emo: lim f (xn ) = A, odnosno lim f (x) = A. n−→∞
x−→x0
Analiziraju¢i ovu de niciju uo£i¢emo da promjenljiva x konvergira broju x0 na proizvoljan na£in, tj preko ma kakvog niza {xn } . Za svaki takav niz {xn } koji konvergira ka x0 , odgovaraju¢i niz vrijednosti funkcija {f (xn )} mora konvergirati uvijek istom broju A ukoliko funkcija ima grani£nu vrijednost A u ta£ki x = x0 . Ako to nije slu£aj, funkcija f (x) nema grani£nu vrijednost u ta£ki x = x0 . Kako je xn 6= x0 za svako n ∈ N, egzistencija vrijednosti funkcije f (x) u ta£ki x = x0 nije uslov za egzistenciju grani£ne vrijednosti funkcije u ta£ki x = x0 .
Teorema 1. Ako funkcija y = f (x) ima grani£nu vrijednost A u ta£ki x = x0 , tada je ta grani£na vrijednost jedinstvena.
Dokaz. Pretpostavimo da postoje dvije grani£ne vrijednosti f (x) u ta£ki x = x0 , tj.:
lim f (x) = A i lim f (x) = A1 , A 6= A1 .
x−→x0
x−→x0
U tom slu£aju za neki niz {xn } koji konvergira ka x0 , odgovaraju¢i niz vrijednosti funkcije {f (xn )} konvergirao bi ka A i A1 , tj.
lim f (xn ) = A i lim f (xn ) = A1 ,
n−→∞
n−→∞
²to je suprotno teoremi o jedinstvenosti grani£ne vrijednosti niza, pa zaklju£ujemo da je A = A1 . Grani£nu vrijednost funkcije moºemo de nisati i "na jeziku ε − δ ". Neka je data funkcija y = f (x) i neka je x0 ta£ka nagomilavanja oblasti D(f ) funkcije y = f (x). 183
Realne funkcije jedne realne promjenljive
184
Za broj A kaºemo da je grani£na vrijednost funkcije f (x) u ta£ki x0 ako za svaki proizvoljno uzeti mali broj ε > 0 moºemo odrediti broj δ (ε) > 0 takav da je |f (x) − A| < ε za svako x 6= x0 za koje 0 < |x − x0 | < δ(ε), ili,
lim f (x) = A ⇐⇒ (∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x) (0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − A| < ε) .
x−→x0
Nejednakosti: |f (x) − A| < ε, |x − x0 | < δ(ε). (x 6= x0 ) moºemo napisati u obliku
A − ε < f (x) < A + ε, x0 − δ < x < x0 + δ.
(1)
Na osnovu (1) uo£avamo da za svako ε > 0, postoji okolina (x0 − δ, x0 + δ) ta£ke x0 takve da svakoj vrijednosti x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) x0 6= x pripada vrijednost funkcije f (x) ∈ (A − ε, A + ²) . Nejednakosti (1) pokazuju da se dio krive y = f (x), £ije koordinate zadovoljavaju ove nejednakosti, nalazi u pravougaoniku izmedu pravih:
x = x0 − δ, x = x0 + δ, y = A − ε, y = A + ε, ²to je geometrijski o£igledno (sl.25). Ukoliko je ε manje, utoliko ¢e ordinate krive y = f (x) biti bliºe grani£noj vrijednosti A, a apscise x ¢e biti bliºe grani£noj ta£ki x0 . Prema tome, ²to je ε manje, to je i δ manje, i obrnuto. Ta£ka (x0 , A) je presje£na ta£ka pravih x = x0 i y = A. Ona moºe, ali i ne mora pripadati gra ku funkcije y = f (x). Moºe se pokazati da su de nicije grani£ne vrijednosti funkcije y = f (x) u ta£ki x0 ekvivalentne.
Sl. 25
Primjer 1. Pokazati da funkcija y = f (x) = 4x − 5 ima u ta£ki x0 = 2 grani£nu vrijednost
1 1 A = 3. Koliko mora biti δ ako je ε:1; ; ? 2 100 Uzmimo proizvoljno ε > 0. Zadatak se sastoji u tome da za uzeto ε odredimo broj δ (ε) > 0 tako da iz jednakosti 0 < x − 2 < δ slijedi nejednakost |(4x − 5) − 3| < ε iz koje je ε ε |4 (x − 2)| < ε ili |x − 2| < . O£igledno, moºemo uzeti da je δ = . Specijalno, za ε = 1, 4 4 1 1 1 1 1 ,δ= . δ = a za ε = , δ = , iako je ε = 4 2 8 100 400
185
Grani£na vrijednost funkcije
Zadaci 1. Koriste¢i se de nicijom grani£ne vrijednosti funkcije, treba pokazati da funkcija f (x) = x2 − 3x − 1 u ta£ki x0 = 2 ima grani£nu vrijednost A = −3. 2. Koriste¢i se de nicijom grani£ne vrijednosti funkcije, treba dokazati da u ta£ki x0 = 2 funkcija f(x) = 3x2 − 2 ima grani£nu vrijednost A = 10. Koliko mora bili δ da bi iz nejednakosti |x − 2| < δ slijedila nejednakost |f (x) − 10| < 0, 01?
4.2. Uslovi za postojanje grani£ne vrijednosti funkcije Ako je funkcija y = f (x) de nisana na skupu X £ija je ta£ka nagomilavanja ta£ka x0 , tada vaºi
Teorema 1. (Ko²ijeva):
Da bi postojala kona£na i odredena grani£na vrijednost funkcije y = f (x) u ta£ki x0 , (x −→ x0 ), potrebno je i dovoljno da se za svako ε > 0 moºe na¢i δ = δ(ε) takvo da je |f (x1 ) − f (x2 )| < ε za ∀x1 , x2 ∈ X za koje je 0 < |x1 − x0 | < δ, 0 < |x2 − x0 | < δ .
Dokaz. Uslov je potreban. Neka je lim f (x) = A. x−→x0
Tada prema de niciji grani£ne vrijednosti funkcije, za proizvoljno uzeto ε > 0 moºemo ε ε odrediti δ = δ(ε) tako da su zadovoljene nejednakosti |f (x1 ) − A| < i |f (x2 ) − A| < za 2 2 svako x1 , x1 ∈ X za koje je 0 < |x1 − x0 | < ε, 0 < |x2 − x0 | < ε. ε ε Iz nejednakosti |f (x) − A| < i |f (x1 ) − A| < slijedi da je 2 2 ε ε |f (x1 ) − f (x2 )| ≤ |f (x1 ) − A| + |A − f (x2 )| < + = ε, 2 2 £ime je dokazana potrebnost uslova. Dokaºimo dovoljnost uslova. Neka je za proizvoljno uzeto ε > 0 odreden broj δ = δ(ε) tako da je za x1 , x2 ∈ X koji zadovoljavaju uslov 0 < |x1 − x0 | < ε, 0 < |x2 − x0 | < ε ispunjena nejednakost |f (x1 ) − f (x2 )| < ε. Neka je {xn } ∈ X proizvoljni niz koji konvergira prema ta£ki x0 ( lim xn = x0 ) i xn 6= x0 . x−→∞
Pokaza¢emo da je {f (xn )} fundamentalan niz. Prema konvergenciji niza {xn } za svako ε > 0 postoji broj N takav da je za sve n, m > N
0 < |xn − x0 | < δ , |xm − x0 | < δ , Uzmimo da je δ = δ(ε), x1 = xn , x2 = xm . Tada je
|f (xn ) − f (xm )| < ε za svako n, m > N. To zna£i da je niz {f (xn )} fundamentalan a time i konvergentan, tj. postoji lim f (xn ) = A. x−→∞
Realne funkcije jedne realne promjenljive
186
Jo² treba pokazati da grani£na vrijednost niza {f (xn )} ne zavisi od izbora niza xn . Pretpostavimo da postoje dva niza {xn } ∈ X , {xn } ∈ X (xn 6= x0 , xn 6= x0 ) koji konvergiraju prema x0 i takvi da je:
lim f (xn ) = A, lim f (xn ) = A, pri £emu je A 6= A.
n−→∞
n−→∞
Za niz x1 , x1 , x2 , x2 , ..., xn , xn , ...koji konvergira prema ta£ki x0 , odgovaraju¢i niz vrijednosti funkcije: f (x1 ), f (x1 ), f (x2 ), f (x2 ), ..., f (xn ), f (xn ), ... takode je konvergentan. Zato postoji zajedni£ka grani£na vrijednost za sve nizove {f (xn )} kad n −→ ∞ pa je A = A. Napokon, tada prema de niciji grani£ne vrijednosti funkcije postoji lim f (x). x−→x0
Teorema 2. Neka je funkcija f (x) de nisana u okolini ta£ke x0 . Ako postoji kona£na gra-
ni£na vrijednost lim f (x) = A, onda je funkcija f (x) ograni£ena u nekoj okolini ta£ke x−→x0 x0 .
Dokaz. Ako je ε = 1, tada moºemo odrediti δ > 0 takav da je |f (x) − A| < 1 za |x − x0 | < δ , x 6= x0 . Kako je |f (x) − A| < 1, ili A−1 < f (x) < A+1, to moºemo uzeti da je M = max{|A − 1|, |A + 1|}, pa je |f (x)| < M za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) x 6= x0 . Ako je funkcija de nisana u ta£ki x0 , moºemo uzeti da je M1 = max{|A − 1|, |A + 1|, |f (x0 )|} pa je |f (x)| ≤ M1 za ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ), ²to zna£i da je funkcija f (x) ograni£ena u okolini ta£ke x0 . Nave²¢emo teoremu uporedivanja koju ne¢emo dokazivati.
Teorema 3. Neka su f (x), g(x) i h(x) funkcije koje su de nisane u okolini ta£ke x0 . Ako je f (x) ≤ g(x), za ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) i ako postoje grani£ne vrijednosti lim f (x) , lim g (x), tada je: x−→x0
x−→x0
lim f (x) ≤ lim g (x) .
x−→x0
x−→x0
Ukoliko je f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) za ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) i ako postoji grani£na vrijednost lim f (x) , lim g (x) pri £emu je lim f (x) = lim g (x), tada postoji grani£na vrijednost x−→x0
x−→x0
x−→x0
lim h (x), tako da je:
x−→x0
x−→x0
lim f (x) = lim g (x) = lim h (x) .
x−→x0
x−→x0
x−→x0
4.3. Lijeva i desna grani£na vrijednost funkcije Nekada je potrebno posebno posmatrati grani£nu vrijednost funkcije f (x) u ta£ki x0 kada x, pri uslovu x < x0 (x > x0 ) konvergira prema x0 . Neka je funkcija f (x) de nisana u intervalu (a, x0 ), ((x0 , a)).
Grani£na vrijednost funkcije
187
Broj A nazivamo lijevom (desnom) grani£nom vrijedno²¢u funkcije f (x) u ta£ki x0 kada x teºi x0 ako svakom proizvoljno malom pozitivnom broju ε moºemo pridruºiti realan pozitivan broj δ tako da je: |f (x) − A| < ε za svako x ∈ (a, x0 ) (x ∈ (x0 , a)) koje zadovoljava uslov 0 < x0 − x < δ (0 < x − x0 < δ) . Moºemo i na drugi na£in de nisati (slijeva, zdesna) grani£nu vrijednost funkcije f (x) u ta£ki x0 . Neka je funkcija f (x) de nisana u lijevoj poluokolini ta£ke x0 , osim moºda u samoj ta£ki x0 . Broj A nazivamo lijevom grani£nom vrijedno²¢u funkcije f (x) kada x −→ x0 ako za svaki niz {xn }, xn ∈ (x0 − δ, x0 ] za koji je lim xn = x0 , xn < x0 , niz vrijednosti funkcije {f (xn )} x−→∞
konvergira prema A. Lijevu grani£nu vrijednost pi²emo:
f (x0 − 0) =
lim f (x) = A, ili lim f (x) = A.
x−→x0 −0
x↑x0
Simboli£ki zapis ove de nicije je
lim f (x) = A ⇐⇒ (∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x) (x0 − δ < x < x0 =⇒ |f (x) − A| < ε) .
x↑x0
√ Posmatrajmo funkciju f (x) = 2 − 1 − x . Ona nije de nisana za x > 1 pa x moºe teºiti broju 1 samo sa lijeve strane, te je lim f (x) = 2. Funkcija f(x) ima samo lijevu grani£nu x−→1−0
vrijednost u ta£ki x0 = 1. Analogno lijevoj de ni²emo i desnu grani£nu vrijednost funkcije f (x) u ta£ki x0 : lim f (x) = A, ili lim f (x) = f (x0 + 0) = A. x−→x0 +0
x↓x0
lim f (x) = A ⇐⇒ (∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x) (x0 < x < x0 + δ =⇒ |f (x) − A| < ε) .
x&x0
√ Na primjer, funkcija f (x) = 2 − x − 1 nije de nisana za x < 1 tako da x −→ 1 samo sa desne strane, pa je lim f (x) = 2. Funkcija f (x) ima samo desnu grani£nu vrijednost u ta£ki x0 = 1. Funkcija f (x) =
x−→1+0
|x| de nisana je za x 6= 0. O£igledno je da je: x −x = −1, x−→0−0 x−→−0 x x lim f (x) = lim = 1. x−→0+0 x−→+0 x lim f (x) =
lim
U ovom primjeru postoji desna i lijeva grani£na vrijednost funkcije f (x), ali su one medusobno razli£ite. O lijevoj i desnoj grani£noj vrijednosti funkcije f (x) gdje x −→ x0 govorimo i kada je funkcija de nisana i u desnoj i u lijevoj poluokolini ta£ke x0 . U tom slu£aju, ako postoji
Realne funkcije jedne realne promjenljive
188
lijeva i desna grani£na vrijednost i kada su one medusobno jednake, kaºemo da funkcija f (x) ima grani£nu vrijednost A kada x teºi, na bili koji na£in, prema x0 . Pi²emo: lim f (x) = lim f (x) = lim f (x) = A. x−→x0 −0
x−→x0 +0
x−→x0
Na primjer, funkcija f (x) = x2 de nisana je za svako realno x. Ovdje je
lim f (x) =
x−→x0 −0
lim f (x) = lim f (x) = x20 , tj. u svakoj ta£ki postoji desna i lijeva grani£na vrijed-
x−→x0 +0
x−→x0
nost, koje su jednake, te ova funkcija ima grani£nu vrijednost u svakoj ta£ki. Ova grani£na vrijednost jednaka je vrijednosti funkcije u toj ta£ki, jer je f (x0 ) = x20 .
Teorema 4. Funkcija f (x), de nisana u okolini ta£ke x0 , ima grani£nu vrijednost lim f (x) = x−→x0
A u ta£ki x0 ako i samo ako postoji lijeva i desna grani£na vrijednost u x0 i ako su one medusobno jednake, tj. lim f (x) = lim f (x). x−→x0 −0
x−→x0 +0
Dokaz. Ako funkcija f (x) ima grani£nu vrijednost lim f (x) = A, tada ¢e, prema dex−→x0
niciji grani£ne vrijednosti funkcije, broj A biti lijeva i desna grani£na vrijednost funkcije f (x) kada x −→ x0 . Neka postoji desna i lijeva grani£na vrijednost funkcije i neka je lim f (x) = lim f (x) = A. Tada, na osnovu de nicije desne i lijeve grani£ne vrix−→x0 −0
x−→x0 +0
jednosti, za proizvoljno uzeto ε > 0 moºemo odrediti δ 1 > 0 i δ 2 > 0, tako da je za 0 < x − x0 < δ 1 , ili za 0 < x − x0 < δ 2 ispunjena nejednakost |f (x) − A| < ε. Uzmimo da je δ = min {δ 1 , δ 1 }. Tada je za 0 < |x − x0 | < δ zadovoljena nejednakost |f (x) − A| < ε. To zna£i da je lim f (x) = A, £ime je teorema dokazana. O£igledno, vaºi i obrnuto tvrdenje: x−→x0
Ako funkcija y = f (x) ima grani£nu vrijednost u ta£ki x = x0 , tada postoji i njena lijeva i desna grani£na vrijednost u ta£ki x = x0 i one su medusobno jednake.
4.4. Osnovne teoreme o grani£nim vrijednostima funkcija Sljede¢e teoreme lako dokazujemo kori²tenjem de nicije grani£ne vrijednosti funkcije i teoreme 9 o grani£noj vrijednosti nizova. Teorema 5. Neka su funkcije f (x) i g(x) de nisane u nekoj okolini ta£ke x0 , osim moºda u ta£ki x0 , i neka u ta£ki x0 postoje kona£ne grani£ne vrijednosti: lim f (x) = A i lim g(x) = B . x−→x0
x−→x0
Tada vrijedi: 1. Grani£na vrijednost algebarskog zbira (razlike) kona£no mnogo funkcija jednaka je algebarskom zbiru (razlici) njihovih grani£nih vrijednosti, tj.
lim (f (x) + g(x)) = A ± B.
x−→x0
2. Grani£na vrijednost proizvoda dviju funkcija jednaka je proizvodu njihovih grani£nih vrijednosti, tj. lim (f (x) · g(x)) = A · B. x−→x0 µ ¶n n Posljedica : Ako je n prirodan broj, tada je: lim (f (x)) = lim f (x) . x−→x0
x−→x0
189
Grani£na vrijednost funkcije
3. Grani£na vrijednost koli£nika dviju funkcija jednaka je koli£niku njihovih grani£nih vrijednosti uz pretpostavku da je grani£na vrijednost imenioca razli£ita od nule, tj.
lim f (x) A f (x) x−→x0 lim = = , B 6= 0. x−→x0 g(x) lim g(x) B x−→x0
4. Ako je λ irealan broj, tada je lim (λf (x)) = λA. x−→x0
5. Grani£na vrijednost n-tog korijena funkcije f (x) (n prirodan broj) jednaka je n-tom korijenu grani£ne vrijednosti te funkcije, tj. q p lim n f (x) = n lim f (x). x−→x0
x−→x0
Ako je n paran broj, pretpostavlja se da je f (x) ≥ 0.
Dokaz. Neka je {xn },(xn 6= x0 ) proizvoljan niz iz okoline ta£ke x0 takav da je lim xn = x−→x0
x0 . Prema de niciji grani£ne vrijednosti funkcije, odgovaraju¢i nizovi vrijednosti funkcija {f (xn )}, {g(xn )} konvergiraju prema A, odnosno B , tj. lim f (x) = A, lim g(x) = B. x−→x0 ½ ¾ f (x) Prema teoremi 9. nizovi {(xn )±g(xn )}, {f (xn )g(xn )}, konvergiraju odgovarajug(x) A ¢im brojevima A ± B, AB, . Ovi brojevi, prema de niciji, grani£ne su vrijednosti funkcija B f (x) kada x −→ x0 . f (x) ± g(x), f (x)g(x), g(x) Ovim je teorema dokazana. x−→x0
Primjer 1. Pokaºimo da je lim xn = xn0 (n > 1). Na osnovu tvrdnje 2, teoreme 5, je x−→x0
lim xn = lim x · lim xn−1 = (lim x)2 · lim xn−2 = ... = (lim x)n = xn0 .
x−→x0
x−→x0
x−→x0
Primjer 2. Izra£unati lim √ x−→1
x−→x0
x−→x0
x−→x0
x−2 √ . x2 − 2 − 2
0 Ako bismo na ovaj koli£nik primijenili teoremu 5, dobili bismo izraz oblika o £ijoj 0 vrijednosti ne bismo mogli ni²ta da kaºemo. √ √ Zato ¢emo transformisati koli£nik mnoºe¢i brojilac i imenilac zbirom x2 − 2 + 2 pa √ ¢ ¡√ (x − 2) x2 − 2 + 2 x−2 √ = lim ¡√ √ ¢ ¡√ √ ¢ = ... = lim √ x−→2 x2 − 2 − x−→2 2 x2 − 2 − 2 x2 − 2 + 2 √ ¢ ¡√ √ x2 − 2 + 2 2 = . = lim x−→2 x+2 2
Realne funkcije jedne realne promjenljive
190
4.5. Beskona£ne grani£ne vrijednosti funkcije f (x) Za funkciju, koja je de nisana u okolini ta£ke x0 moºemo uvesti pojam beskona£ne grani£ne vrijednosti u ta£ki x0 kada x teºi prema x0 . Analogno de nicijama kona£ne grani£ne vrijednosti funkcije, u ta£ku x0 moºemo uvesti dvije ekvivalentne de nicije grani£ne vrijednosti. Funkcija f (x) teºi prema ∞ kada x −→ x0 , ako za svaki konvergentni niz {xn }
( lim xn = x0 (xn 6= x0 )) x−→∞
odgovaraju¢i niz {f (xn )} vrijednosti funkcije divergira prema +∞, i kaºemo da funkcija f (x) ima u ta£ki x0 beskona£nu grani£nu vrijednost, tj lim f (xn ) = +∞. Sli£no de ni²emo lim f (x) = −∞.
x−→∞
x−→x0
Funkcija f (x) ima u ta£ki x0 beskona£nu grani£nu vrijednost ako se za proizvoljno uzeti ma koliko veliki pozitivni broj M moºe odrediti broj δ > 0, takav da je ∀x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) x 6= x0 koje zadovoljava uslov 0 < |x − x0 | ispunjena nejednakost f (x) > M . Beskona£nu grani£nu vrijednost funkcije f (x) u ta£ki ozna£avamo lim f (x) = ∞, ili x−→x0
f (x) −→ ∞ kada x −→ x0 . Simboli£ki zapis de nicije je:
lim f (x) = +∞ ⇐⇒ (∀M > 0) (∃δ > 0) (∀x) (0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > M ) .
x−→x0
Sl. 26
Sl. 27
Na slici 26 data je geometrijska interpretacija ove de nicije. Na sli£an na£in de ni²emo lim f (x) = −∞ x−→x0
lim f (x) = −∞ ⇐⇒ (∀G < 0) (∃δ > 0) (∀x) (0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) < G)
x−→x0
Gra £ki prikaz dat na slici 27. Shodno ovome, moºemo de nisati desnu i lijevu grani£nu vrijednost
lim f (x) = ±∞ u ta£ki x0 .
x−→x0 −0
lim f (x) = ±∞,
x−→x0 +0
Uzmimo primjer kada nezavisna promjenljiva konvergira, a funkcija je divergentna. Posmatrajmo funkciju y = xn−1 . 1 1 1 Neka x prolazi konvergentnim nizom xn : 1, , , , .... 2 4 8 Uvr²tavanjem ovih vrijednosti argumenta u funkciju, dobijamo niz yn : 1, 2, 4, 8, ....
191
Grani£na vrijednost funkcije
Ovaj niz ne konvergira prema nekoj kona£noj vrijednosti, jer gotovo svi njegovi £lanovi prema²uju svaki zadati realni broj M . Dakle, ne postoji grani£na vrijednost funkcije f (x) kada nezavisna promjenljiva konvergira.
Primjer 1. Odrediti na osnovu de nicije grani£nu vrijednost funkcije f (x) =
1 (1−x)2
kada
x −→ 1. Data funkcija ima beskona£nu grani£nu vrijednost kada x −→ 1 jer proizvoljno uzeti 1 6 kada je (x − 1) < 1013 , tako da veliki broj M , na primjer, M = 106 uvijek je (1−x) 2 > 10 1 −→ ∞ kada x −→ 1. (x−1)2
4.6. Grani£na vrijednost funkcije f (x) kada x → ±∞ Neka je funkcija de nisana u beskona£nom intervalu (a, +∞).Tada moºemo uvesti pojam grani£ne vrijednosti kada x −→ ±∞. Funkcija f (x) ima grani£nu vrijednost A kada x −→ ±∞, ako za svako ε > 0 moºemo odrediti takav broj K da je |f (x) − A| < ε za svaku vrijednost x > K > 0. Pi²emo: lim f (x) = A, ili f (x) −→ A, x −→ ±∞, ili kratko x−→+∞
lim f (x) = A ⇐⇒ (∀ε > 0) (∃K > 0) (∀x) (x > K =⇒ |f (x) − A| < ε) .
x−→+∞
Geometrijski to zna£i da se kriva y = f (x) kada x → ±∞ neograni£eno pribliºava pravoj y = A, tj. za ε > 0 moºe se odrediti takvo K da se za svako x > K kriva y = f (x) nalazi izmedu pravih y = A − ε i y = A + ε (sl. 28).
Sl. 28 Na "jeziku nizova" ovu de niciju moºemo zapisati ovako: ³ ´ lim f (x) = A ⇐⇒ (∀ {xn }) lim xn = +∞ =⇒ lim f (xn ) = A . x−→+∞
n−→∞
n−→∞
Analogno de ni²emo grani£nu vrijednost funkcije f (x) kada x −→ −∞. Ako postoji grani£na vrijednost funkcije f (x) kada x −→ +∞ i kada x −→ −∞, i ako je lim f (x) = lim f (x) = A tada pi²emo:
x−→+∞
x−→−∞
lim f (x) = A ili f (x) −→ A kad x −→ ±∞.
x−→±∞
Realne funkcije jedne realne promjenljive
192
Sli£no de ni²emo grani£ne vrijednosti oblika:
lim f (x) = ±∞.
x−→±∞
Funkcija y = f (x) koja je de nisana na neograni£enom intervalu ima beskona£nu grani£nu vrijednost jednaku +∞ kada x −→ +∞ ako za svaki broj M > 0 postoji broj N (M ) > 0 takav da je f (x) > M za svako x > N , ²to pi²emo
lim f (x) = +∞.
x−→+∞
Kratak zapis ove de nicije je
lim f (x) = +∞ ⇐⇒ (∀M > 0) (∃N > 0) (∀x) (x > N =⇒ f (x) > M ) .
x−→+∞
Geometrijski to zna£i da ¢e sve ta£ke gra ka funkcije y = f (x) leºati iznad prave y = M , za unaprijed dati broj M > 0, kada su vrijednosti argumenata x ve¢e od broja N (M ) > 0 (sl.29).
Sl. 29 Sli£no se de ni²e:
lim f (x) = −∞,
x−→+∞
lim f (x) = +∞,
x−→−∞
lim f (x) = −∞.
x−→−∞
1 o£ito ima lim f (x) = lim f (x) = lim f (x) = 1. x−→+∞ x−→−∞ x−→∞ x x2 Primjer 2. Ako je f (x) = , to je 3 (x2 − 1) µ ¶ x2 1 1 1 lim = lim 1 − 2 = . 2 x−→∞ 3 (x − 1) 3 x−→∞ x −1 3 √ ¡ ¢ Primjer 3. Odrediti lim x − x2 − 4 . Ovdje se javlja neodredeni oblik (∞ − ∞) koji
Primjer 1. Funkcija y = 1 +
x−→∞
treba izbje¢i pogodnom elementarnom transformacijom. To se postiºe mnoºenjem i dijelje√ 2 njem datog izraza zbirom x + x − 4 . Tada je √ √ ¡ ¢¡ ¢ ³ ´ 2−4 2−4 √ x − x x + x √ lim x − x2 − 4 = lim = ... = 0. x−→+∞ x−→+∞ x + x2 − 4
193
Grani£na vrijednost funkcije
x3 − a 3 Primjer 4. Izra£unati lim 2 . x−→a 3x − 3ax + 5x − 5a 0 U ovom primjeru imamo neodreden oblik koji ¢emo izbje¢i dijeljenjem brojioca i ime0 nioca sa x − a, jer je x = a nula polinoma koji se nalaze u brojiocu i imeniocu: x3 − a3 x2 + ax + a2 3a2 = lim = . x−→a 3x2 − 3ax + 5x − 5a x−→a 3x + 5 3a + 5 Osnovne teoreme o grani£nim vrijednostima funkcije vaºe i u slu£aju da x −→ ∞. lim
Primjer 5. Dokaºimo da je lim Pn (x) = lim a0 xn , gdje je Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + x−→±∞
... + an , ai ∈ R. Kako je
µ Pn (x) = a0 x
n
x−→±∞
an 1 a1 1 a2 1 1+ · + + ... + 2 a0 x a0 x a0 xn
to je
µ n
lim Pn (x) = lim a0 x · lim
x−→±∞
x−→±∞
x−→±∞
¶ ,
a1 1 an 1 1+ · + ... + a0 x a 0 xn
¶ .
Grani£na vrijednost izraza u zagradi je 1, pa je
lim Pn (x) = lim a0 xn .
x−→±∞
x−→±∞
Na primjer:
lim (5x4 − 2x3 + 1) =
x−→+∞
lim 5x4 = 5 · lim x4 = +∞, lim (2x + 3) = −∞,
x−→+∞
x−→+∞
x−→−∞
3
lim (3x + 2x + 1) = −∞, itd.
x−→−∞
Primjer 6. Neka je data racionalna funkcija R(x) =
Pn (x) a0 xn + a1 xn−1 + ... + an = . Qm (x) b0 xm + b1 xm−1 + ... + bm
a) Ako je m = n, dijeljenjem brojioca i imenioca sa xn , dobije se
lim R(x) =
n−→±∞
a0 . b0
1 2 1− + 4 x4 − 2x3 + 1 x x = 1. Na primjer, lim = lim 4 5 2 x−→±∞ 3x + 5x + 2 x−→±∞ 3 3+ 3 + 4 x x b) Ako je m > n, tada, dijeljenjem brojioca i imenioca sa xm , i primjenom pravila za limes koli£nika, dobija se da je lim R(x) = 0. x−→±∞
x+1 Na primjer, lim 2 = lim x−→±∞ x + 2x + 3 x−→±∞
1 1 + 2 x x = 0. 2 3 1+ + 2 x x
Realne funkcije jedne realne promjenljive
194
c) Ako je m < n, tada, dijeljenjem brojioca i imenioca sa xm i primjenom pravila za limes koli£nika, dobija se da je lim R(x) = ±∞. x−→±∞
1 x2 + x + x3 + x2 + 1 x = Na primjer, lim = lim 2 x−→±∞ x−→±∞ x+2 1+ x
lim x2
x−→±∞
1
= +∞.
Zadaci 1. Izra£unati grani£ne vrijednosti:
x2 − 5x + 6 a) lim 3 , x−→2 x − 2x2 − x + 2 √ 4 x−2 b) lim √ , x−→16 x − 4
· ¸ 1 R:− 3 ¸ · 1 R: 4 ½
2. Odrediti u ta£ki x = 1 desnu i lijevu grani£nu vrijednost funkcijey = 3.
x2 − 3x x−→±∞ x3 + 2x + 3 lim
[R : 0]
x2
x2 za x < 1 + 2 za x ≥ 1
5. Neke grani£ne vrijednosti 5.1. Broj e µ 1. Prvo ¢emo pokazati da promjenljiva xn = vrijednost kada n −→ ∞,
1 1+ n
¶n , n-prirodan broj, ima grani£nu
¶ µ 1 n 1+ = e = 2, 718281..., n ∈ N. n−→∞ n lim
µ ¶n 1 Dokaºimo najprije da promjenljiva xn = 1 + , n = 1, 2, ..., strogo raste, ali ostaje n ograni£ena. Svaki joj je £lan manji od 3. Na osnovu binomne formule je: ¶ µ ³ n ´ µ 1 ¶ n(n − 1) 1 1 n n(n − 1)(n − 2) 1 + · 2+ · 3 + ...+ 1+ =1+ n n 1·2 n 1·2·3 n 1 µ ¶ n(n − 1)(n − 2)... (n − k + 1) 1 1 1 1 · k + ... + k = 2 + 1− + k! n n 1·2 n µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 1 2 1 1 2 k−1 1 + 1− 1− + ... + 1− 1− ... 1 − + ... + n . 1·2·3 n n k! n n n n
µ
¶n 1 Izraz xn = 1 + napisan je u obliku zbira od n pozitivnih sabiraka. n Ve¢oj vrijednosti od n odgovara zbir od ve¢eg broja sabiraka a takode i ve¢a vrijednost svake od zagrada. Dakle, xn raste sa n. Za k > 2
pa je
¶ µ 1 1 1 k−1 0, izra£unavamo na osnovu formule (n − 1)! (n) f(x) = (−1)n−1 , jer je: xn
1 1 1 1·2 1·2 , y 00 = − 2 = (−1)1 2 , y 000 = 3 = (−1)2 3 , x x x x x 1·2·3 (n − 1)! 1·2·3 = (−1)3 , ..., y (n) = (−1)n−1 . = − 4 4 x x xn
y0 = y (4)
6. Ako funkcija f (x) = u(x)v(x), gdje su funkcije u(x) i v(x) n-puta diferencijabilne na posmatranom skupu S , onda n-ti izvod funkcije f (x), x ∈ S izra£unavamo na osnovu µ ¶ n P n (n) formule f(x) = u(n−i) v (i) . i i=0 Ovo je poznata Lajbnicova formula za izra£unavanje izvoda vi²eg reda proizvoda dviju funkcija.
9.5.2.
Diferencijal vi²eg reda funkcije f (x)
Neka funkcija f (x) ima izvod drugog reda u ta£ki x. Njen diferencijal je dy = f 0 (x)dx. Funkcija f 0 (x)dx diferencijabilna je u ta£ki x pa ima diferencijal. Diferencijal prvog diferencijala funkcije y = f (x) u nekoj ta£ki x naziva se diferencijalom drugog reda u toj ta£ki i ozna£avamo je sa d(dy) = d2 y . Diferencijal diferencijala drugog reda nazivamo diferencijalom tre¢eg reda i ozna£avamo d3 y itd. Uop²te, diferencijal diferencijala (n − 1) reda funkcije f (x) naziva se diferencijal n-tog reda ako je funkcija f (x) n puta diferencijabilna u ta£ki x i ozna£ava se sa dn y . Prema ovoj de niciji je
d2 y = d2 f (x) = d(dy) = d [df (x)] = d[f 0 (x)dx] = [df 0 (x)]dx + f 0 (x)d(dx). Kako je x nezavisno promjenljiva, to dx ne zavisi od x, tj. d(dx) = 0 pa je f 0 (x)d(dx) = f 0 (x)d2 x = 0. d2 y Dakle, d2 y = [df 0 (x)] dx = [f 00 (x)dx]dx = f 00 (x)dx2 , odakle je = f 00 (x) . dx2 Pri tome treba razlikovati dx2 = (dx)2 = dx · dx, od d(x2 ) = 2xdx, dx3 = (dx)3 , od d (x3 ) , ..., dxn od d (xn ) jer je dx2 , dx3 , ..., dxn stepen diferencijala, a (dx2 ), ..., d(xn ) diferencijal od stepene promjenljive x. Navedenim postupkom, za promjenljivu x, dobijamo da je:
dn y = dn f (x) = f (n) (x)dxn , dn f (x) dn y = = f (n) (x) dxn dxn U jednakosti (2) n-ti izvod nazivamo diferencijalnim koli£nikom n-tog reda.
(1) (2)
247
Diferencijal funkcije
Formula ( l ) vaºi kada y posmatramo kao funkciju od x. Ako je dx funkcija promjenljive od koje zavisi x, onda je d2 x 6= 0 pa je
d2 y = f 00 (x)dx2 + f 0 (x)d2 x. Na primjer, neka je y = f (u), u = ϕ(x), pri £emu su f (u) i ϕ(x) diferencijabilne funkcije. Tada je dy = f 0 (u) du. Kako du zavisi od x, to je du = ϕ(x)0 dx pa je d2 y = d [f 0 (u)du] = [df 0 (u)]du+f 0 (u) d(du) = [f 00 (u)du] du+f 0 (u)d2 u = f 00 (u)du2 +f 0 (u)d2 u. Dakle, d2 y 6= f 00 (u)du2 .
Primjer l. Izra£unati diferencijale dy , d2 y funkcije y = x4 − 3x2 + 2 u slu£aju da je: a) x- nezavisno promjenljiva, b) x - funkcija druge nezavisno promjenljive. Prema dokazanom svojstvu invarijantnosti forme diferencijala prvog reda, slijedi da je diferencijal prvog reda u oba slu£aja jednak:
dy = y 0 dx = (4x3 − 6x)dx = 2(2x3 − 3x)dx. U prvom slu£aju dx je prira²taj ∆x nezavisno promjenljive x(dx = ∆x), a u drugom diferencijal dx 6= ∆x, jer je x - funkcija. Da bismo odredili d2 y , razlikujemo navedene slu£ajeve: a) Neka je x - nezavisno promjenljiva. Tada je d2 y = d(dy) = d[2(2x3 − 3x)dx] = 2dxd(2x3 − 3x) = 2dx(6x2 − 3)dx = 6(2x2 − 1)dx2 , b) Neka je x funkcija neke druge promjenljive. U ovom slu£aju potrebno je izra£unati diferencijal od y 0 dx kao diferencijal proizvoda. Tada je:
d2 y = d(dy) = d[2(2x3 − 3x)dx] = 2d[(2x3 − 3x)dx] = 2[d(2x3 − 3x)dx + (2x3 − 3x)d(dx)] = 2[3(2x2 − 1)dxdx + (2x3 − 3x)d2 x] = 6(2x2 − 1)dx2 + 2(2x3 − 3x)d2 x.
Zadaci 1. Izra£unati izvod drugog reda funkcija: a) y =
√ x(1+3 1−x2 ) √ , 1−x2
[R : y” = 3x(1 − x2 )−5/2 ]
b) y = esin x cos(sin x) u ta£ki x = 0.
[R : y”(0) = 0]
2. Izra£unati drugi diferencijal funkcije y = (x2 + x + 1)e−x . [R : d2 y = (x2 − 3x + 1)e−x dx2 ].
10. Lokalni ekstremi funkcije 10.1. Pojam lokalnog ekstrema Neka je funkcija y = f (x) de nisana u intervalu (a, b). Funkcija y = f (x) ima u ta£ki x0 ∈ (a, b) lokalni maksimum (minimum) f (x0 ) ako za δ > 0 postoji takva okolina (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ (a, b) ta£ke x0 da je f (x) ≤ f (x0 ) (f (x) ≥ f (x0 ))za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). Ta£ku x0 nazivamo ta£kom lokalnog maksimuma (minimuma). Ako je za svako x, x 6= x0 , iz neke okoline ta£ke x0 , f (x) < f (x0 ) (f (x) > f (x0 )), tada x0 nazivamo ta£kom strogog lokalnog maksimuma (minimuma). Vrijednost funkcije f (x) u ta£ki x0 , f (x0 ) naziva se lokalni maksimum, odnosno lokalni minimum. Lokalni maksimum i lokalni minimum nazivaju se lokalnim ekstremima funkcije. Dakle, ta£ka x0 je ta£ka lokalnog maksimuma (minimuma) funkcije y = f (x) ⇐⇒ (∃δ > 0) (∀x) (0 < |x − x0 | < δ) =⇒ f (x) < f (x0 ) (f (x) > f (x0 )) , (sl.59).
Sl. 59 Ako je x0 ta£ka lokalnog ekstrema funkcije f (x) i x0 unutra²nja ta£ka Df , onda x0 nazivamo ta£kom unutra²njeg lokalnog ekstrema funkcije f (x). U dosada²njem razmatranju lokalnih ekstrema u ta£ki x0 nismo pretpostavljali da je funkcija f (x) diferencijabilna u ta£ki x0 . Sada ¢emo razmotriti lokalne ekstreme diferencijabilnih funkcija o kojima govori Fermatova teorema:
Teorema 1. Ako f : D −→ R diferencijabilna u ta£ki x0 i ako je x0 ta£ka unutra²njeg lokalnog ekstrema funkcije f (x), onda je f 0 (x0 ) = 0. 248
Lokalni ekstremi funkcije
249
Dokaz. Pretpostavimo da funkcija y = f (x) u ta£ki x0 ima lokalni maksimum. Po²to je x0 unutra²nja ta£ka za Df , postoji takvo δ > 0 da je interval [x0 , δ) ⊂ Df . Odaberimo δ da u intervalu [x0 , δ) jeste f (x) ≤ f (x0 ). Tada je za svako h = ∆x za koje je |h| ≤ δ ispunjena nejednakost f (x0 + h) ≤ f (x0 ) . Za h > 0, |h| ≤ δ je:
f (x0 + h) − f (x0 ) ≤ 0, h odakle slijedi da je:
f (x0 + h) − f (x0 ) = f+0 (x0 ) ≤ 0. h−→+0 h f (x0 + h) − f (x0 ) Za h f (a) ili f (x) < f (a). Uzmimo da je f (x) > f (a). Po²to je funkcija f (x), po pretpostavci, neprekidna u intervalu [a, b], onda ¢e, na osnovu teoreme o neprekidnim funkcijama, u nekoj ta£ki C uzeti svoju najve¢u vrijednost, tj. sup f (x) = f (C), gdje je x∈[a,b]
C ∈ [a, b] i o£igledno ne moºe biti C = a ni C = b, tj. C ∈ (a, b). Na osnovu teoreme Fermatu slijedi da je f 0 (C) = 0. Analogno dokazujemo teoremu u slu£aju da funkcija ima vrijednost f (x) < f (a). Geometrijski, Rolova teorema zna£i da se izmedu dviju ta£aka u kojima funkcija f (x) ima jednake vrijednosti nalazi bar jedna ta£ka C kojoj je f 0 (C) = 0, tj. postoji bar jedna ta£ka M (C, f (C)) na krivoj y = f (x) u kojoj je tangenta paralelna x-osi (sl.60).
Sl. 60 U slu£aju da je f (a) = f (b) = 0, Rolova teorema glasi: Ako funkcija f (x) ima izvod u svakoj ta£ki intervala [a, b] i ako su a i b nule funkcije, onda unutar tog intervala mora postojati bar jedna realna nula funkcije f (x). Geometrijski je tvrdnja teoreme ilustrovana na slici 61. 250
251
Teoreme o srednjoj vrijednosti
Sl. 61 Napominjemo da, ukoliko je funkcija f (x) neprekidna u intervalu (a, b) a ne u [a, b], onda ½ 1, x = 0; Rolova teorema ne mora da vaºi. Na primjer, funkcija y = ima prekid u x, 0 < x ≤ 1. ta£ki x = 0. Ona ne mora da vaºi u slu£aju ako funkcija f (x) nije diferencijabilna u (a, b). Na primjer, funkcija y = |x| u intervalu [−1, 1] nema izvod u ta£ki x = 0.
Teorema 2. (Lagranºova) Neka je y = f (x) neprekidna funkcija u intervalu [a, b] i diferen-
cijabilna u otvorenom intervalu (a, b), onda postoji bar jedna ta£ka C , C ∈ (a, b) takva da vrijedi: f (b) − f (a) = f 0 (C) (1) b−a Dokaz. Da bismo dokazali ovu teoremu, posmatrajmo pomo¢nu funkciju
f (b) − f (a) (x − a) . b−a Ova funkcija ima iste osobine kao i funkcija f (x): neprekidna je u intervalu [a, b] jer predstavlja zbir dvije neprekidne funkcije i ima izvod u svakoj unutra²njoj ta£ki tog intervala, tj. diferencijabilna je na (a, b), i: g (x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a) . b−a Vrijednost funkcije g(x) na krajevima intervala [a, b] je: g 0 (x) = f 0 (x) −
f (b) − f (a) (a − a) = 0, b−a f (b) − f (a) (b − a) = 0. g (b) = f (b) − f (a) − b−a Zna£i, da je g(a) = g(b). Dakle, funkcija g(x) ispunjava sve uslove Rolove teoreme prema kojoj postoji bar jedna ta£ka C unutar intervala (a, b) za koju je g 0 (C) = 0. Kako je g (a) = f (a) − f (a) −
g 0 (C) = f 0 (C) − ²to je trebalo dokazati.
f (b) − f (a) , b−a
to je:
f 0 (C) =
f (b) − f (a) , b−a
252
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Geometrijsko zna£enje ove teoreme sastoji se u sljede¢em: Na luku AB krive y = f (x) postoji bar jedna ta£ka M razli£ita od ta£aka A i B u kojoj je tangenta povu£ena na krivu paralelna sa sekantom koja prolazi ta£kama A i B (sl.62).
Sl. 62 O£igledno je da postoji ta£ka M (C, f (C)) u kojoj je tangenta t paralelna sa tetivom AB . (a) = tg α, Ta paralelnost izraºena je jednako²¢u (1), jer je koe cijent pravca tetive AB f (b)−f b−a a koe cijent pravca tangente povu£ene na krivu y = f (x) u ta£ki M je f 0 (C) = tg β . Izjedna£avaju¢i ova dva koe cijenta, tj. tg α = tg β , ili α = β , dobija se formula (l). Lagranºova teorema se moºe iskazati i ovako: Ako funkcija f (x) ima izvod u svakoj ta£ki intervala [a, b], onda mora postojati bar jedan realan broj C tako da je: f (b) − f (a) = (b − a)f 0 (C) gdje je a < C < b. Rolova teorema je specijalan slu£aj Lagranºove teoreme kada je tetiva AB paralelna sa x-osom, tj. kada je f (b) = f (a).
Primjer 1. Na krivoj y = 5 − 3x2 na¢i ta£ku u kojoj je tangenta paralelna sa tetivom £ije
su krajnje ta£ke A(−1, 2), B(0, 5). Posmatrajmo funkciju f (x) = 5 − 3x2 u intervalu [−1, 0] £iji su krajevi apscise ta£aka A i B . U ovom intervalu funkcija je neprekidna i ima kona£an izvod f 0 (x) = −6x. Dakle, na funkciju f (x) moºemo primijeniti Lagranºovu teoremu. Na luku AB odredimo ta£ku M u kojoj ¢e tangenta biti paralelna sa AB , pri £emu ¢e apscisa ta£ke M biti vrijednost C za koju ¢e biti zadovoljena Lagranºova formula: f (0) − f (−1) = f 0 (C)(0 − (−1)), ili 5 − 2 = (−6C) · 1, odakle je C = − 21 . vrijednosti C u jedna£inu krive, dobijamo da je y = 17 , a traºena ta£ka je 4 ¢ ¡Uvr²tavanjem 1 17 M −2, 4 . Rolovu i Lagranºovu teoremu nazivamo teoremama o srednjoj vrijednosti u diferencijalnom ra£unu. U Lagranºovoj teoremi vrijednost f 0 (C) srednja je vrijednost brzine promjene funkcije na posmatranom intervalu.
Teorema 3. (Ko²ijeva) Neka su f (x) i g(x) neprekidne funkcije u intervalu [a, b] koje
imaju kona£ne izvode f (x) i g 0 (x) u otvorenom intervalu (a, b), pri £emu je g 0 (x) 6= 0 za sve x ∈ (a, b), onda postoji bar jedna ta£ka C ∈ (a, b) takva da je:
f 0 (C) f (b) − f (a) = 0 . g(b) − g(a) g (C)
Teoreme o srednjoj vrijednosti
253
Dokaz. Posmatrajmo funkciju
h(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a) (g (x) − g (a)) . g(b) − g(a)
Funkcija h(x) zadovoljava sve uslove Rolove teoreme: neprekidna je u [a, b] ima kona£an izvod: f (b) − f (a) 0 h0 (x) = f 0 (x) − g (x) . (1) g(b) − g(a) U (a, b) i na krajevima intervala [a, b] ima jednake vrijednosti h(a) = h(b). Prema Rolovoj teoremi, primijenjenoj na funkciju h(x), postoji bar jedna ta£ka C unutar intervala (a, b) u kojoj je f 0 (C) = 0, tj.
h0 (C) = f 0 (C) −
f (b) − f (a) 0 f (b) − f (a) f 0 (C) g (C) = 0, ili = 0 , g(b) − g(a) g(b) − g(a) g (C)
£ime je teorema dokazana.
Primjedba: a) Lagranºova teorema je specijalan slu£aj Ko²ijeve teoreme za g(x) = x, g 0 (x) = 1. b) Ako u Ko²ijevoj teoremi uzmemo dopunski uslov da je f (a) = g(a) = 0, tada Ko²ijeva f (b)) f 0 (C) formula ima oblik = 0 gdje je a < C < b. g(b)) g (C)
Zadaci 1. Odrediti vrijednost C koriste¢i se Lagranºovom teoremom za funkciju f (x) = 4x3 −5x2 +x−2 " √ # 5 + 97 u intervalu [0, 2]. R:C= 12 2. Odrediti vrijednost C u ¸Ko²ijevoj formuli za funkciju f (x) = x3 , g(x) = x2 + 1 u intervalu · 14 [1, 2]. R:C= 9 3. U intervalima (−1, 1) i (1, 2) na¢i ta£ke u" kojima je tangenta na gra ku funkcije f (x) = √ # 2± 7 (x2 − 1)(x − 2) paralelna sa x-osom. R : x1,2 = 3
12. Prividno neodredeni izrazi. Lopitalovo pravilo (x) kada funkcije f (x) Sada ¢emo razmotriti mogu¢nosti odredivanja grani£ne vrijednosti lim fg(x) i g(x) teºe nuli ili beskona£nosti kada x −→ x0 .
12.1. Lopitalova teorema Teorema 1. Neka su funkcije f (x) i g(x) diferencijabilne u intervalu (a, b) i neka je lim f (x) =
x−→a+0
lim g(x) = 0 i g 0 (x) 6= 0 za x ∈ (a, b).
x−→a+0
f 0 (x) f (x) = A (ili +∞ (−∞)), onda postoji i lim 0 x−→a+0 g (x) x−→a+0 g(x) koji je jednak A (ili +∞ (−∞)). Ako postoji grani£na vrijednost lim
Dokaz. De ni²imo funkcije f (x) i g(x) u ta£ki x = a tako da su neprekidne zdesna u toj ta£ki. Za to je dovoljno pretpostaviti da je
f (a) =
lim f (x) = 0 i g (a) =
x−→a+0
lim g (x) = 0.
x−→a+0
Tada su funkcije f (x) i g(x) neprekidne u intervalu [a, b). Neka je x ∈ [a, b). U intervalu [a, b) funkcije f (x) i g(x) ispunjavaju uslove za primjenu Ko²ijeve teoreme, prema kojoj postoji ta£ka c (a < c < x) takva da je
f (x) − f (a) f 0 (c) f (x) f 0 (c) = 0 , tj. = 0 . g (x) − g (a) g (c) g (x) g (c) Ako u posljednjoj jednakosti x −→ a + 0, onda i c −→ a + 0, pa je
f (x) f 0 (c) = lim 0 = A (ili + ∞ (−∞)), x−→a+0 g (x) x−→a+0 g (c) lim
²to je i trebalo dokazati. Analogno razmatramo slu£aj kada je a desni kraj intervala i x teºi slijeva ka ta£ki a. Dokazana teorema, uz malu modi kaciju formulacije i dokaza vaºi kada x −→ +∞ (−∞). 254
255
Prividno neodredeni izrazi. Lopitalovo pravilo
Teorema 2. Neka su funkcije f (x) i g(x) diferencijabilne u intervalu (a, b) i neka je lim f (x) = x−→a+0
f 0 (x) lim g(x) = +∞ (−∞) i g 0 (x) 6= 0 za x ∈ (a, b). Tako, ako postoji lim 0 = A (ili x−→a+0 x−→a+0 g (x) f (x) +∞ (−∞)), onda postoji grani£na vrijednost lim i jednaka je A (ili +∞ (−∞)). x−→a+0 g (x) Prema navedenim teoremama, postoji op²ti na£in odredivanja grani£ne vrijednosti koli£nika dviju funkcija zasnovan na jednakosti: f (x) f 0 (x) = lim 0 x−→x0 g (x) x−→x0 g (x) lim
gdje je x0 bilo koja ta£ka intervala i x −→ x0 na bilo koji na£in. Ovakav na£in odredivanja grani£ne vrijednosti nazivamo Lopitalovim pravilom, koje nam f (x) f 0 (x) omogu¢ava da odredimo limes koli£nika odredivanjem limesa koli£nika 0 koji moºe g (x) g (x) biti prostiji od prvog ili £iji limes ve¢ znamo. Ako f 0 (x) i g 0 (x) teºe prema nuli, a postoji f ” (g) i g ” (x) razli£iti od nule, onda moºemo f 0 (x) teoremu primijeniti na koli£nik 0 : g (x) 00
f (x) f 0 (x) f (x) = lim 0 = lim 00 = A (ili + ∞ (−∞) ) x−→x0 g (x) x−→x0 g (x) x−→x0 g (x) lim
Isti postupak treba nastaviti sve dotle dok se ne dode do koli£nika £iji brojilac i imenilac ne teºe istovremeno nuli ili beskona£nosti, kada x −→ x0 , tj.:
f (x) f 0 (x) f (n) (x) = lim 0 = ... = lim (n) x−→x0 g (x) x−→x0 g (x) x−→x0 g (x) lim
f (n) (x) postoji. x−→x0 g (n) (x)
pod pretpostavkom da lim
ln (x + 1) √ . x−→+0 x 0 Dati izraz je oblika kada x −→ +0. Uslovi teoreme l su, na primjer, u (0, 1), ispunjeni 0 pa je moºemo primijeniti na dati izraz:
Primjer 1. Odrediti lim
√ 1 ln (x + 1) 2 x x+1 √ lim = lim 1 = lim = 0. x−→+0 x−→+0 √ x−→+0 x + 1 x 2 x ex . x−→+∞ x2
Primjer 2. Odrediti lim
Realne funkcije jedne realne promjenljive
256
Dati izraz je oblika
∞ kada x −→ ∞ pa je primjenom teoreme 2 ∞ ex ex ex = lim = lim = +∞. x−→+∞ x2 x−→+∞ 2x x−→+∞ 2 lim
Nave²¢emo primjer koji pokazuje da se moºe desiti da imamo neodredeni oblik i da f 0 (x) f (x) lim 0 ne postoji, a lim postoji. g (x) g(x)
sin x + x x−→+∞ x Kori²¢enjem elementarnih transformacija odredimo traºeni limes:
Primjer 3. Odrediti lim
sin x +1 sin x + x x lim = lim = 1. x−→+∞ x−→+∞ x 1 Na osnovu Lopitalova pravila je:
f 0 (x) 1 + cos x = lim = lim (1 + cos x) . 0 x−→+∞ g (x) x−→+∞ x−→+∞ 1 lim
Ovaj limes ne postoji.
12.2.
Neodredeni izrazi
Koriste¢i se Lopitalovim pravilom, moºemo odredivati i limese neodredenih izraza oblika 0 · (+∞) ili 0 · (−∞), +∞ − (+∞), (+∞)0 , 00 , 1+∞ (ili 1−∞ ) kada ih prethodno algebarskim 0 ∞ transformacijama svedemo na oblik ili . 0 ∞ Ako je lim f (x) = 0, a lim g(x) = +∞, onda pri traºenju grani£ne vrijednosti x−→x0
x−→x0
lim [f (x) · g(x)] javlja se neodredeni izraz 0 · ∞". Ovaj slu£aj se svodi na odredivanje
x−→x0
f (x) g(x) ili lim , tj. na odredivanje grani£ne vrijednosti izraza 1 1 x−→x0 x−→x0 g(x) f (x)
grani£ne vrjednosti lim oblika
0 ∞ ili . 0 ∞
2x 2 x2 = lim x−1 = lim x−1 = 0. x−1 x−→∞ e x−→∞ e x−→∞ x−→∞ e 1 ln x Primjer 5. lim x ln x = lim 1 = lim x1 = lim (−x) = 0. x−→+0 x−→+0 x−→+0 − 2 x−→+0 x x
Primjer 4. lim x2 e1−x = lim
257
Prividno neodredeni izrazi. Lopitalovo pravilo
Ako je lim f (x) = lim g (x) = +∞, tada odredivanje grani£ne vrijednosti x−→x0
x−→x0
lim [f (x) − g (x)] svodi se na traºenje grani£ne vrijednosti:
x−→x0
lim
1 g(x)
x−→x0
izraza neodredenog oblika
Primjer 6. µ
lim
x−→0
1 1 − sin x x
¶
−
1 f (x)
1 f (x)g(x)
,
0 . 0
x − sin x 1 − cos x sin x = lim = lim = 0. x−→0 x sin x x−→0 sin x + x cos x x−→0 2 cos x − x sin x
= lim
Neodredene slu£ajeve l∞ , ∞0 i 00 svodimo na neodredeni slu£aj 0·∞ primjenom identiteta [f (x)]g(x) = eg(x) ln f (x) , f (x) > 0, jer ako je lim g(x) ln f (x) = k , tada je lim [f (x)]g(x) = ek . x−→x0
Primjer 7.
x−→x0
lim (x − 1)ln x . U ovom primjeru imamo neodredeni izraz 00 . Primjenom
x−→1
navedenog identiteta je (x − 1)ln x = eln x ln(x−1) pa je:
lim [ln x ln (x − 1)] = lim
x−→1
ln (x − 1) 1 ln x
x−→1
1 x−1 1 x−→1 − x(ln x)2
= lim
x (ln x)2 = x−→1 x − 1
= − lim
£ ¤ (ln x)2 + 2x ln x · x1 = − lim (ln x)2 + 2 ln x = 0. x−→1 x−→1 1 ln x ln(x−1) 0 = lim e = e = 1. = − lim
Dakle, lim (x − 1)ln x x−→1
x−→1
πx Primjer 8. lim (2 − x) 2 . Ovo je neodredeni oblik 1∞ . x−→1 πx £ ¤ tg πx ln (2 − x) = lim Kako je (2 − x) 2 = etg 2 ln(2−x) i lim tg πx 2 tg
1 2−x 1 − sin2 πx 2
=
2 πx
sin 2 2 lim π x−→1 2−x
x−→1 tg πx 2
= π2 , to je lim (2 − x) x−→1
Zadaci Odrediti grani£ne vrijednosti √ √ £ 2x − x4 − 3 x √ 1. lim , R: 4 x−→1 1 − x3 2. lim (sin x)tg x , x−→1
3.
ex+sin x . x−→∞ x + sin x lim
[R : 1] [R : ∞]
16 9
¤
ln(2−x) πx x−→1 ctg 2
2
= eπ .
=
2 lim π x−→1
−
13. Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije Elementarnim postupcima odredivali smo neka svojstva funkcije (monotonost, parnost funkcije, periodi£nost itd.) koja nam ne omogu¢uju da ta£no utvrdimo tok funkcije u njenoj oblasti de nisanosti. Preciznije ispitivanje toka diferencijabilne funkcije radi se pomo¢u izvoda funkcije. Odreduju se njena lokalna svojstva (tj. svojstva u okolini ta£ke) i neka njena svojstva u cijeloj oblasti de nisanosti. Pri ispitivanju toka neke funkcije y = f (x), £esto ¢emo je predstavljati gra £ki u ravni pravouglog Dekartovog sistema x0y posmatraju¢i poloºaj gra ka funkcije u okolini svake ta£ke x u odnosu na povu£enu tangentu u toj ta£ki. Mo¢i ¢emo da izvedemo neke vrlo vaºne zaklju£ke o pona²anju funkcije u okolini ta£ke x.
13.1. Ispitivanje monotonosti funkcije Neka je funkcija y = f (x) diferencijabilna u intervalu [a, b] i neka je njen gra k predstavljen na slici 63. Moºemo odrediti intervale u kojima funkcija y = f (x) raste, a u kojima opada. O£igledno je da funkcija y = f (x) u svakoj ta£ki x intervala [a, c1 ) i (c2 , c3 ) raste i da tangenta njenog gra ka u tim ta£kama zaklapa o²tar ugao sa osom x. Dakle, za x ∈ [a, c1 ) i x ∈ (c2 , c3 ) tg α1 > 0, tj f 0 (x) > 0. U ta£kama x intervala (c1 , c2 ) i (c3 , b] funkcija f (x) opadaju¢a je, pa tangenta njenog gra ka u tim ta£kama zaklapa tupi ugao sa osom 0x, dakle, za x ∈ (c1 , c2 ) i x∈ (c3 , b] tg α2 < 0, tj. f 0 (x) < 0.
Sl. 63 U ta£kama P1 ,P2 i P3 tangenta je paralelna osi 0x, dakle, tg α = 0, tj f 0 (x) = 0. 258
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
259
Ako je funkcija diferencijabilna, tada,postoji tijesna veza izmedu znaka izvoda funkcije i njene monotonosti. U vezi sa tim dokaza¢emo sljede¢u teoremu:
Teorema 1. Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b], (a < b), i neka ima nenega-
tivan (pozitivan) izvod u intervalu (a, b), tada funkcija ne opada (strogo raste) u intervalu [a, b] . Dokaz. Neka je a < x1 < x2 < b. Tada funkcija f (x) u intervalu [x1 , x2 ] ispunjava sve uslove za primjenu Lagranºove teoreme. Postoji ta£ka c, c ∈ (x1 , x2 ) takva da je;
f (x2 ) − f (x1 ) = (x2 − x1 ) f 0 (c) , (x1 < c < x2 ) . Prema pretpostavci teoreme, jeste f 0 (x) ≥ 0, ∀x, x ∈ (a, b), pa je f 0 (c) > 0 i
f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0.
(1)
Ako je f 0 (x) > 0 u intervalu (a, b), tada je:
f 0 (c) > 0 i f (x2 ) − f (x1 ) > 0.
(2)
Nejednakosti (1) i (2) zadovoljene su za svako x1 i x2 gdje je a < x1 < x2 < b, pa u prvom slu£aju funkcija f (x) ne opada, a u drugom strogo raste u intervalu [a, b].
Teorema 2. Ako je funkcija f (x) diferencijabilna u intervalu (a, b), pri £emu je f 0 (x) = 0 za svako x ∈ (a, b), tada je ona konstantna u (a, b).
Dokaz. Na osnovu Lagranºove teoreme je
f (x) − f (x1 ) = (x − x1 )f 0 (c) , gdje je x1 ksna ta£ka u intervalu (a, b), x proizvoljna ta£ka, x ∈ (a, b), koja se moºe nalaziti ispred, ili iza ta£ke x, i c je ta£ka koja se nalazi izmedu ta£aka x1 i x. Prema uslovu teoreme je f 0 (x) ≡ 0 u (a, b), pa je f 0 (c) = 0 i f (x) = f (x1 ) = c (konstanta) za svako x ∈ (a, b). Funkcija y = f (x) raste (opada) u ta£ki x0 ako postoji broj δ > 0 takav da je: µ ¶ ∆y ∆y >0 < 0 za 0 < |∆x| < δ. ∆x ∆x O£igledno, ako funkcija raste (opada) u intervalu (a, b), tada ona raste (opada) u svakoj ta£ki x ∈ (a, b).
Teorema 3. Ako je f 0 (x0 ) > 0 (f 0 (x0 ) < 0), tada funkcija f (x) raste (opada) u ta£ki x0 .
∆y , to za proizvoljno uzeto ε > 0, moºe se odrediti broj ∆x−→0 ∆x
Dokaz. Kako je f 0 (x0 ) = lim
δ > 0 takav da je
f 0 (x0 ) − ε <
∆y < f 0 (x0 ) + ε za |∆x| < δ. ∆x
260
Realne funkcije jedne realne promjenljive Neka je f 0 (x0 ) > 0. Za ε < f 0 (x0 ) slijedi da je
y = f (x) raste u ta£ki x0 .
∆y > 0, kada je |∆x| < δ, tj. funkcija ∆x
Teorema 4. Ako diferencijabilna funkcija y = f (x), x ∈ (a, b) ne opada (ne raste) u intervalu (a, b), tada je f 0 (x) ≥ 0(f 0 (x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b). Ako je f 0 (x0 ) > 0(f 0 (x0 ) < 0) u ta£ki x0 , ne moºemo zaklju£iti da je funkcija f (x) monotona, bar u maloj okolini ta£ke x0 . Na primjer, uzmimo funkciju: ½ x + x2 sin x1 za x 6= 0 2 f (x) = 0 za x = 0 Izvod funkcije je:
f 0 (x) =
1 1 1 (−1) 1 1 1 + 2x sin + x2 cos · 2 = + 2x sin − cos . 2 x x x 2 x x
Iz ovog izraza ne moºemo odrediti f 0 (0), jer je u nuli funkcija druga£ije de nisana. Koriste¢i se de nicijom izvoda, odredimo f 0 (0): ¶ µ x + x2 sin x1 f (x) − f (0) 1 1 1 0 2 f (x) = lim = lim = lim + x sin = x−→0 x−→0 x−→0 x−0 x 2 x 2.
1 > 0, funkcija nije monotona ni u jednoj okolini ta£ke nula. Zaista, ako 2 1 uzmemo ta£ke xk = (k = ±1, ±2, ±...), tada je: 2kπ µ ¶ 1 1 1 1 0 0 f (xk ) = f = − cos 2kπ = − 1 = − < 0. 2kπ 2 2 2 Iako je f 0 (0) =
Uzmimo ta£ke xk0 =
1 (k = ±1, ±2, ...). Tada je (2k + 1) π
f 0 (xk0 ) =
1 1 3 − cos (2k + 1) π = + 1 = > 0. 2 2 2
Izabrane ta£ke xk i x0k nalaze se u svakoj okolini ta£ke nula, jer xk −→ 0 i xk0 −→ 0 kada k −→ ∞. Prema tome, izvodna funkcija mijenja znak u svakoj okolini ta£ke nula, ²to i dokazuje na²u tvrdnju. Odredi intervale rastenja i opadanja funkcija:
Primjer 1. f (x) = x3 − 30x2 + 225x + 1.
Data funkcija je diferencijabilna za svako x: f 0 (x) = 3x2 − 60x + 225 = 3(x − 5)(x − 15), f 0 (x) > 0 za (x − 5)(x − 15) > 0, tj. za svako x ∈ (−∞, 5) i x ∈ (15, +∞), y 0 (x) < 0 za x ∈ (5, 15). Prema tome, u intervalima (−∞, 5) i (15, +∞) funkcija strogo raste, a u intervalu (5, 15) strogo opada.
261
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
Primjer 2.
1 , za x < e e f (x) = ln x , za x ≥ e x
Funkcija je diferencijabilna za svako x, pri £emu je:
( f 0 (x) =
0, za x < e 1 − ln x , za x ≥ e x2
Kako je f 0 (x) ≤ 0 za svako x, to je data funkcija nerastu¢a na £itavoj brojnoj osi. Funkcija je konstantna u intervalu (-∞,e), a u intervalu (e,+∞.) strogo opada. π Primjer 3. f (x) = cos x Data funkcija je parna pa je dovoljno odrediti intervale monotonosti za x > 0. π π π π Rje²avanjem, za x > 0, f 0 (x) = 2 sin > 0, dobijamo 0 < < π, ili 2kπ < < π+2kπ x x x x 1 1 k = 1, 2, 3, ..., odakle je x > 1 ili 0.
R:
f 0 (x)
¡1
¢ > 0, za x ∈ 2 , ∞ , f 0 (x) < 0, za x ∈
¶¸ µ 1 0, 2
[R : f 0 (x) > 0, za x ∈ (−∞, 0) , f 0 (x) < 0, za x ∈ (0, ∞)] .
4. Za koju vrijednost parametara a funkcija f (x) = x3 -ax raste na £itavoj brojnoj osi?
[R : a ≤ 0]
262
Realne funkcije jedne realne promjenljive
13.2. Ekstremne vrijednosti funkcije Ve¢ smo upoznali pojam lokalnog ekstrema funkcije. Ako je x0 ta£ka lokalnog ekstrema funkcije f (x) i u x0 postoji f 0 (x0 ), tada je, prema Fermatovoj teoremi, f 0 (x0 ) = 0. Ta£ke x0 nazivamo stacionarnim ta£kama funkcije f (x) ako je f (x) diferencijabilna u tim ta£kama i ako je f 0 (x0 ) = 0. U tim ta£kama funkcija niti raste niti opada. Brzina mijenjanja vrijednosti funkcije u njima je jednaka nuli. Svaka stacionarna ta£ka nije ta£ka lokalnog ekstrema funkcije f (x). Da bismo do kraja rije²ili pitanje postojanja ekstrema u posmatranoj ta£ki, potrebno je utvrditi dovoljne uslove za njihovu egzistenciju. Neka je x0 -jedna od stacionarnih ta£aka. Pretpostavimo da u nekoj okolini (x0 − δ, x0 + δ) ta£ke x0 , osim, moºda, u samoj ta£ki x0 , postoji kona£an izvod koji u (x0 −δ, x0 ) i (x0 , x0 + δ) ima stalan znak. U zavisnosti od znaka izvoda u lijevoj i desnoj poluokolini ta£ke x0 , mogu¢i su sljede¢i slu£ajevi: a) Da je f 0 (x) > 0 za x < x0 i f 0 (x) < 0 za x > x0 , kada, prema teoremi o monotonosti funkcija, funkcija u lijevoj poluokolini ta£ke x0 raste, a u desnoj poluokolini opada. vrijednost f (x0 ) u posmatranoj okolini je najve¢a, tj. u ta£ki x0 funkcija ima lokalni maksimum. b) Da je f 0 (x) < 0 za x < x0 i f 0 (x) > 0 za x > x0 , kada funkcija f (x) lijevo od ta£ke x0 , opada a desno raste; f (x0 ) bi¢e najmanja vrijednost funkcije u nekoj okolini ta£ke x0 , tj. u ta£ki x0 ima lokalni minimum. c) Da je f 0 (x) > 0 za x < x0 i f 0 (x) > 0 za x > x0 ili f 0 (x) < 0 za x < x0 i f 0 (x) < 0 za x > x0 , ²to zna£i da funkcija f (x) svuda ili raste ili opada, jer se u svakoj okolini ta£ke x0 nalaze kako ve¢e tako i manje vrijednosti od f (x0 ) pa funkcija f (x) u ta£ki x0 nema ni maksimum ni minimum, (sl.64).
Sl. 64 Navedene tvrdnje moºemo iskazati u obliku teoreme kojom su dati dovoljni uslovi za postojanje lokalnog ekstremuma funkcije f (x).
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
263
Teorema 1. (Prvi dovoljan uslov ekstrema) Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervalu
[x0 − δ, x0 + δ] i neka ima izvod u lijevoj i desnoj poluokolini ta£ke x0 pri £emu je: f 0 (x) ≥ 0(f 0 (x) ≤ 0) za svako x ∈ (x0 − δ, x0 ),
(1)
f 0 (x) ≤ 0(f 0 (x) ≥ 0) za svako x ∈ (x0 , x0 + δ).
(2)
Tada je x0 ta£ka lokalnog maksimuma (minimuma) funkcije f (x).
Dokaz. Iz neprekidnosti funkcije f (x) u intervalu [x0 − δ, x0 ] i osobine (1) slijedi da funkcija ne opada (ne raste) u tom intervalu i
f (x0 ) − f (x) ≥ 0(≤ 0) za x ∈ [x0 − δ, x0 ],
(3)
a iz neprekidnosti funkcije f (x) u intervalu [x0 , x0 + δ] i osobine (2) slijedi da je:
f (x) − f (x0 ) ≤ 0 (≥ 0) za x ∈ [x0 , x0 + δ].
(4)
Iz (3) i (4) slijedi da je:
f (x) ≤ f (x0 )(f (x) ≥ f (x0 )) za svako x ∈ [x0 − δ, x0 + δ], ²to zna£i da je x0 ta£ka lokalnog maksimuma (minimuma) funkcije f (x). U teoremi nije obavezno pretpostaviti da f 0 (x0 ) postoji, jer funkcija moºe da ima ekstreme √ 3 i u onim ta£kama u kojima ne postoji prvi izvod. Na primjer, funkcija y= x2 ima minimum u ta£ki x = 0; u toj ta£ki funkcija ima beskona£ni prvi izvod. Na osnovu teoreme 1 moºemo zaklju£iti da ako izvodna funkcija pri prolazu kroz ta£ku x0 sa lijeva na desno mijenja znak, tada u ta£ki x0 funkcija ima ekstremnu vrijednost, ²to je dovoljan uslov za postojanje ekstrema u nekoj ta£ki. Ako se znak prvog izvoda mijenja od pozitivnog u negativan, u ta£ki x0 funkcija ima maksimum a od negativnog na pozitivni - minimum. Ukoliko izvodna funkcija ne mijenja znak pri prolazu kroz x0 slijeva na desno, funkcija nema ekstrema u ta£ki x0 . x2 + 3x + 1 Primjer 1. Utvrditi da funkcija f (x) = 2 nema ekstremne vrijednosti. x +x−1 Potreban uslov za postojanje ekstremne vrijednosti funkcije u ta£ki, u kojoj je funkcija diferencijabilna, jeste da u toj ta£ki bude f 0 (x) = 0. −2x2 − 4x − 4 −2x2 − 4x − 4 0 Kako je f 0 (x) = , to je f (x) = 0 , ako je = 0, odnosno (x2 + x − 1)2 (x2 + x − 1)2 −2x2 − 4x − 4 = 0, ili x2 + 2x + 2 = 0. Budu¢i da su rje²enja ove jedna£ine konjugovano kompleksna, f 0 (x) ne moºe biti jednako nuli ni za koju realnu vrijednost od x, ²to zna£i da zadata funkcija u realnom podru£ju nema ekstremnih vrijednosti.
Primjer 2. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f (x) = 2x3 − 15x2 + 36x − 14. Funkcija
je de nisana za svaku vrijednost x, x ∈ R. Kako je f 0 (x) = 6x2 − 30x + 36 = 6 (x − 2)(x − 3), to je f 0 (x) = 0 za x = 2 i x = 3. Stacionirane ta£ke funkcije su x = 2 i x = 3. Ekstremi mogu biti samo u tim ta£kama. Znak izvoda u okolini ovih ta£aka najlak²e je odrediti pomo¢u uslovne tabele.
264
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Po²to izvodna funkcija pri prolazu kroz ta£ku x = 2 mijenja znak od pozitivnog na negativni, to funkcija f (x) u ta£ki x = 2 ima maksimum. Pri prolazu kroz ta£ku x = 3, izvodna funkcija f (x) mijenja znak od negativnog na pozitivan pa u ta£ki x = 3 funkcija f (x) ima minimum. Izra£unavanjem vrijednosti funkcije f (x) u ta£kama x = 2 i x = 3, odredujemo njene ekstremne vrijednosti; max f (x) = 14 i min f (3) = 13. √ Primjer 3. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f (x)= 3 x2 . Ova funkcija je neprekidna 2 za sve vrijednosti x. Njen prvi izvod je f 0 (x) = √ . Funkcija nije diferencijabilna u ta£ki 33x x = 0, jer je ½ 2 +∞ kada x −→ +0 0 f (x) = √ 3 −∞ kada x −→ −0 3 x
Sl. 65
Primjer 4. Funkcija y = x3 ima stacionarnu ta£ku x = 0, jer je f 0 (x) = 3x2 , pa je f 0 (0) = 0
Kako je (∀x ∈ (−∞, +∞)) f 0 (x) > 0, to je funkcija f (x) stalno rastu¢a, pa ta£ka x = 0 nije i ta£ka ekstrema. Sada ¢emo utvrditi jedan drugi prakti£ni kriterijum, koji se zasniva na kori²¢enju izvoda vi²eg reda, za odredivanje ekstremnih vrijednosti funkcije.
Teorema 2. (Drugi dovoljni uslov ekstrema)
Ako je funkcija f (x) de nisana i dvaput diferencijabilna u nekoj okolini ta£ke x0 , pri £emu je f 0 (x0 ) = 0, a f 00 (x0 ) 6= 0, tada u ta£ki x0 funkcija f (x) ima maksimum ako je f 00 (x0 ) < 0, a minimum ako jef 00 (x0 ) > 0.
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
265
Dokaz. Na osnovu de nicije drugog izvoda je:
f 0 (x) − f 0 (x0 ) f 0 (x) = lim , x−→x0 x−→x0 x − x0 x − x0
f 00 (x) = lim
jer je f 0 (x0 ) = 0. Na osnovu de nicije grani£ne vrijednosti slijedi da postoji takva okolina f 0 (x) ima isti znak kao i f 00 (x0 ). ta£ke x0 da za svako x iz te okoline koli£nik x − x0 f 0 (x) > 0,tj. f 0 (x) i x − x0 Neka je f 00 (x0 ) > 0. Tada je za svako x iz okoline ta£ke x0 , x − x0 istog su znaka. Zna£i, ako je x < x0 , to je f 0 (x) < 0, a ako je x > x0 , to je f 0 (x) > 0. Na osnovu prvog prakti£nog kriterijuma za odredivanje ekstremnih vrijednosti slijedi da u ta£ki x = x0 funkcija ima minimum. f 0 (x) Uzmimo da je f 00 (x0 ) < 0. Tada za svako x iz okoline ta£ke x0 je < 0, tj. f 0 (x) i x − x0 x − x0 razli£itog su znaka. Zna£i, ako je x < x0 , to je f 0 (x) > 0, i obratno, ako je x > x0 , to je f 0 (x) < 0. U stvari, funkcija prvog izvoda, pri prolazu kroz ta£ku x0 mijenja znak sa pozitivnog na negativni, ²to zna£i da funkcija f (x) u ta£ki x0 ima maksimum. Iz prethodne teoreme moºemo izvesti prakti£no uputstvo za odredivanje ekstremnih vrijednosti dva puta diferencijabilne funkcije f (x). 1. Najprije treba na¢i prvi izvod f 0 (x) i odrediti njegove nule (tj. rje²enja jedna£ine f 0 (x) = 0). 2. Na¢i, zatim, drugi izvod f 00 (x) i odrediti njegov znak u svakoj nuli prvog izvoda; na primjer ako je x0 jedna od tih nula (tj. f 0 (x0 ) = 0) i ako je f 00 (x0 ) > 0, tada je f (x0 ) = fmin , a ako je f 00 (x0 ) < 0, tada je f (x0 ) = fmax . Odrediti ekstremne vrijednosti funkcija: 1. f (x) = 2x3 − 15x2 + 36x − 14 Funkcija je de nisana za svako x. Kako je f 0 (x) = 6(x − 2)(x − 3), to su kriti£ne ta£ke x = 2 i x = 3, ili f 0 (x) = 0, za x = 2 i x = 3. Drugi izvod funkcije f (x) je f 0 (x) = 12x − 30. Za nulu prvog izvoda x = 2 je f 00 (2) < 0, a za x = 3, f 00 (3) > 0. Zna£i, funkcija f (x) u ta£ki x = 2 ima maksimum (f (2) = 14) a u ta£ki x = 3 minimum (f (3) = 13). 2. f (x) = x3 − 6x2 + 12x − 3 Funkcija je de nisana za svako realno x. Prvi izvod funkcije je f 0 (x) = 3x2 − 12x + 12, a f 0 (x) = 0 za 3(x2 − 4x + 4) = 0, tj. za x = 2. Drugi izvod f 00 (x) = 6x − 12. Za nulu prvog izvoda (x = 2) drugi izvod je f 00 (2) = 0, te ne moºemo ni²ta zaklju£iti o postojanju ekstrema funkcije. Da bismo odredili postojanje ekstrema, kada je f 0 (x0 ) = 0 i f 00 (x0 ) = 0, koristimo se sljede¢om teoremom.
266
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Teorema 3. Ako funkcija f (x) u nekoj ta£ke x = x0 ima neprekidne izvode do n-tog reda
zaklju£no i ako je f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = ...f (n−1) (x0 ) = 0, a f (n) (x0 ) 6= 0, onda, ukoliko je n neparan broj, funkcija f (x) u ta£ki x0 nema ekstremnih vrijednosti, a ukoliko je n paran broj, funkcija ima maksimalnu vrijednost u ta£ki x0 ako je f (n) (x0 ) < 0, odnosno, minimalnu ako je f (n) (x0 ) > 0. U prethodnom primjeru f 00 (x) = 6, tj. f 00 (2) = 6 > 0. U ta£ki x = x0 = 2 funkcija nema ekstrema.
Primjer 3. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije f (x) = x2 e−x .
Prvi izvod f 0 (x) = (2x − x2 )e−x i f 0 (x) = 0, tj.((2x − x2 )e−x = 0, za x1 = 0, x2 = 2, jer je e−x 6= 0 za sve vrijednosti x. Drugi izvod f 00 (x) = (x2 − 4x + 2)e−x za nulu (x = 2) prvog izvoda je negativan, tj. f 00 (2) = −2e−2 < 0, a za nulu x = 0, prvog izvoda je pozitivan, tj. f 00 (0) = 2 > 0. Zna£i. za x = 2. funkcija ima maksimalnu vrijednost f (2) = 4e−2 ,a za x=0 minimalnu vrijednost f (0) = 0.
13.3. Najmanja i najve¢a vrijednost funkcije Pojam maksimuma i minimuma ne treba mije²ati sa najve¢om i najmanjom vrijedno²¢u funkcije. U jednom intervalu [a, b] funkcija moºe imati vi²e lokalnih maksimuma, odnosno minimuma. Moºe se desiti da neki od tih lokalnih maksimuma bude manji od nekog lokalnog minimuma. Neka, na primjer, funkcija f (x) ima maksimume f (x2 ) i f (x4 ) a minimume f (x1 ), f (x3 ), f (x5 ) (slika 66). O£igledno, lokalni maksimum f (x2 ) manji je od lokalnog minimuma f (x5 ). Najve¢i od lokalnih maksimuma moºe biti najve¢a vrijednost funkcije (apsolutni maksimum), a najmanji od lokalnih minimuma moºe biti najmanja vrijednost funkcije (apsolutni minimum) u tom intervalu. Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b]. Da bismo odredili njenu najve¢u vrijednost (gornju medu M = Sup f (x)), potrebno je na¢i sve maksimume funkcije u intervalu [a, b] i vrijednosti f (a) i f (b) pa medu njima uzeti najve¢u vrijednost (sl.66).
Sl. 66
267
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
Da bismo odredili najmanju vrijednost (donju medu m = inf f (x) iste funkcije u inx∈[a,b]
tervalu [a, b], potrebno je na¢i sve minimume funkcije u [a, b] i vrijednosti f (a) i f (b) na krajevima intervala [a, b] pa medu njima uzeti najmanju vrijednost. Dakle, ako funkcija f (x) ima maksimume u ta£kama x1 , x2 , ..., xn , tada je
M = max f (x) = max {f (a) , f (b) , f (x1 ) , ...f (xn )} . x∈[a,b]
Analogno, ako funkcija f (x) ima n lokalnih minimuma u ta£kama x1 , x2 , ..., xn , tada je:
m = min f (x) = min {f (x1 ) , f (x2 ) , ..., f (xn ) , f (a) , f (b)} . x∈[a,b]
Primjer 1. Odrediti najmanju i najve¢u vrijednost funkcije f (x) = 2x3 − 3x2 − 36x − 8
u intervalu [−3, 6]. Odredimo ekstremne vrijednosti funkcije f (x) koriste¢i f 00 (x) : f 0 (x) = 6x2 − 6x − 36 = 6(x − 3)(x + 2), f 0 (x) = 0 za x1 = −2 i x2 = 3. Obje kriti£ne ta£ke funkcije f (x) pripadaju intervalu [−3, 6]. Drugi izvod f 00 (x) = 12x − 6. Kako je f 00 (−2) < 0, a f 00 (3) > 0, to u ta£ki x = −2 funkcija f (x) ima maksimum, a u ta£ki x = 3 minimum. Izra£unajmo vrijednost funkcije u ta£kama ekstrema i na krajevima intervala [−3, 6] :
f (−3) = 19, f (−2) = 36, f (3) = −89, f (6) = 100. Maksimalna vrijednost funkcije f (x) jeste
max f (x) = maxf (x) = max{19, 36, 100} = 100, [−3,6]
[−3,6]
a minimalna,
min f (x) = min {19, −89, 100} = −89.
[−3,6]
[−3,6]
Zadaci 1. Odrediti najmanju i najve¢u vrijednost funkcije f (x) = x4 − 2x2 + 5 u intervalu [−2, 2]
[R : min f (±1) = 4, max f (±2) = 13]. [−2,2]
[−2,2]
2. Odrediti najmanju i najve¢u vrijednost funkcije f (x) = (x − 3)e|x| u intervalu[−1, 4]
[R : min f (3) = 0, max f (4) = e4 ]. [−1,4]
[−1,4]
268
Realne funkcije jedne realne promjenljive
13.4. Konveksnost i konkavnost. Prevojne ta£ke 13.4.1.
Konveksnost i konkavnost funkcije
Pri ispitivanju pona²anja funkcije i oblika njenog gra ka korisno je utvrditi u kojim intervalima je gra k funkcije konveksan nagore, a u kojima konveksan nadolje. Neka kriva y = f (x) u okolini ta£ke x0 ima oblik prikazan na sl.67 i sl.68.
Sl. 67 Sl. 68 U ta£ki A(x0 , y0 ) povu£emo tangentu na krivu y = f (x). Jedna£ina tangente je y − y0 = 0 f (x0 ) (x − x0 ). Posmatrajmo vrijednost funkcije y = f (x) u okolini ta£ke x0 , tj. u intervalu (x0 − δ, x0 + δ), δ > 0. Uo£i¢emo da je BC = r (x) = f (x) − yt , gdje je y1 ordinata ta£ke na tangenti koja odgovara apcisi x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). O£igledno je da su ordinate ta£aka krive y = f (x) u okolini ta£ke x0 , ve¢e (manje) od ordinata odgovaraju¢ih ta£aka tangente t (sl.67 i sl.68). U prvom slu£aju kaºemo da je funkcija y = f (x) u ta£ki x0 konkavna nagore (konveksna nadolje), a u drugom da je konveksna nagore (konkavna nadolje). Dakle, funkcija y = f (x) jeste konkavna (konveksna) nagore u ta£ki x0 ako je:
r(x) = f (x) − yt > 0, (r(x) < 0). U ovom smislu shvati¢emo dalje pojam konkavnosti, odnosno konveksnosti funkcije u ta£ki. U daljem izlaganju izostavi¢emo rije£ "nagore" a upotrebljavati samo izraze konkavna (konveksna). Ako je kriva (funkcija) konkavna, odnosno konveksna, u svakoj ta£ki nekog intervala, kaza¢emo da je konkavna, odnosno konveksna u tom intervalu. Za funkciju f (x), koja je diferencijabilna u intervalu (a, b), kaºe se da je konkavna (konveksna) u tom intervalu ako su sve ta£ke njenog gra ka nad tim intervalom iznad (ispod) svake njene tangente konstruisane u ta£ki intervala (a, b) (sl. 67 i sl. 68).
Teorema 1. Ako je funkcija f (x) diferencijabilna u intervalu (a, b) i ako je f (x) monotono
opadaju¢a (rastu¢a) funkcija u tom intervalu, onda je funkcija f (x) konkavna (konveksna) u intervalu (a, b).
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
269
Dokaz. Neka je x0 ma koja ta£ka iz intervala (a, b). Kako je
yt = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ), to je:
r(x) = f (x) − yt = f (x) − f (x0 ) − f 0 (x0 )(x − x0 ).
Funkcija f (x) ispunjava uslove za primjenu Lagranºove teoreme na [x0 , x] ( ili [x0 , x] pa postoji c ∈ (x0 , x), (ili c ∈ (x, x0 )) takvo da je
f (x) − f (x0 ) = f 0 (c)(x − x0 ). Zbog toga je
r(x) = [f 0 (c) − f 0 (x0 )](x − x0 ),
(1)
gdje je x0 < c < x, ako je x > x0 i x < c < x0 kada je x < x0 . Ako je f 0 monotono opadaju¢a funkcija u intervalu (a, b), onda je f 0 (x) > f 0 (x0 ) za x < x0 i f 0 (x) > f 0 (x0 ), kada je x0 < x, pa je, na osnovu (1),
r(x) = f (x) − yt < 0, x ∈ (x0 − |∆x| , x0 + |∆x|) , gdje je ∆x = x − x0 . Zna£i, funkcija f (x) konveksna je u proizvoljnoj ta£ki x0 ∈ (a, b), a to zna£i u intervalu (a, b). Ako je f 0 (x) monotono rastu¢a funkcija u intervalu (a, b), onda je f 0 (x) < f (x0 ) za x < x0 i f 0 (x0 ) < f 0 (x) kada je x0 < x, pa je,na osnovu (1),
r(x) = f (x) − yt > 0, x ∈ (x0 − |∆x| , x0 + |∆x|), ²to zna£i da je funkcija f (x) konkavna u intervalu (a, b).
Teorema 2. Ako funkcija f (x) u ta£ki x0 ima neprekidan drugi izvod i ako je f 00 (x0 ) > 0
(f 00 (x0 ) < 0), tada je kriva y = f (x) strogo konkavna (konveksna) u ta£ki x0 .
Teorema 3. Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b] i neka ima drugi izvod
u intervalu (a, b). Tada, da bi funkcija f (x) bila konkavna (konveksna) u intervalu [a, b], potrebno je i dovoljno da je f 00 (x) > 0 (f 00 (x) < 0) za ∀x ∈ (a, b).
13.4.2. Prevojne ta£ke Ta£ka x0 je prevojna ta£ka krive y = f (x) ako postoji dovoljno malo δ > 0 takvo da se za svako x ∈ (x0 − δ, x0 ) kriva nalazi s jedne strane, a za svako x ∈ (x0 , x0 + δ) s druge strane tangente povu£ene u ta£ki M0 (x0 , y0 ), (sl.69).
270
Realne funkcije jedne realne promjenljive
Posljedica teoreme 2.
Sl. 69
Ako je x0 ta£ka prevoja krive y = f (x) i u njoj funkcija ima drugi izvod f 00 (x0 ), tada je f (x0 ) = 0. Moºe se desiti da funkcija f (x), u nekoj ta£ki x0 , ima tangentu i gra k funkcije prelazi s jedne na drugu stranu te tangente, a da ta£ka x0 nije prevojna ta£ka. Na primjer, funkcija ¢ ½ 3¡ x 2 + cos x12 , x 6= 0 f (x) = 0, x = 0 00
u ta£ki M (0, 0) ima tangentu i gra k funkcije prelazi s jedne na drugu stranu te tangente, a ta£ka x0 nije prevojna ta£ka krive y = f (x) . Dovoljan uslov za egzistenciju prevojne ta£ke krive dat je sljede¢im teoremama:
Teorema 4. Neka je funkcija y = f (x) neprekidna u okolini ta£ke x0 . Ako je f 00 (x0 ) = 0
i ako f 00 (x0 ) ima jedan znak za svako x ∈ (x0 − δ, x0 ), a drugi za svako x ∈ (x0 , x0 + δ), δ > 0, tada je ta£ka M0 (x0 , y0 ) prevojna ta£ka gra ka funkcije y = f (x).
Dokaz. Neka je
(∀x ∈ (x0 − δ, x0 )) f 00 (x0 ) < 0 (f 00 (x0 ) > 0) i (∀x ∈ (x0 , x0 + δ)) f 00 (x0 ) > 0 (f 00 (x0 ) < 0) , tada je kriva y = f (x) konveksna u intervalu (x0 − δ, x0 ), a konkavna u intervalu (x0 , x0 + δ), pa je ta£ka M0 (x0 , y0 ) prevojna ta£ka gra ka funkcije y = f (x). Prevojnu ta£ku moºemo de nisati i ovako: Ta£ka M0 (x0 , y0 ) u kojoj gra k funkcije prelazi iz konkavnosti u konveksnost ili iz konveksnosti u konkavnost nazivamo prevojnom ta£kom ili ta£kom in eksije. Pojavu da tangenta sije£e krivu nazivamo in eksijom, a ta£ku presjeka - ta£kom in eksije. U ta£ki in eksije je f 00 (x0 ) = 0. Napomenimo da drugi izvod moºe mijenjati znak u okolini ta£ke x0 u kojoj drugi izvod ne postoji. √ Na primjer, funkcija f (x) = 3 x de nisana je i neprekidna za svako x ∈ R. Ta£ka x = 0 je prevojna ta£ka iako y 00 (0) ne postoji.
Primjena izvoda pri ispitivanju toka funkcije
Kako je
271
1 2 f 0 (x) = √ , f 00 (x) = − √ , 3 3 3 x2 9 x5
to je
(∀x ∈ (−δ, 0)) f 00 (x0 ) > 0, i (∀x ∈ (0, δ)) f 00 (x0 ) < 0, pa je ta£ka x = 0 prevojna ta£ka. Medutim, lim f 00 (x) = −∞, lim f 00 (x) = +∞, pa drugi izvod ne postoji u ta£ki x = 0. x−→+0
x−→−0
1 Kako je lim f 0 (x) = lim √ = +∞ tangenta u prevojnoj ta£ki M0 (0, 0) poklapa se 3 x−→0 x−→0 3 x2 sa osom 0y .
Teorema 5. Neka funkcija f (x) ima neprekidan tre¢i izvod u ta£ki x0 i f 00 (x0 ) = 0, a f 000 (x0 ) 6= 0, tada je x0 ta£ka prevoja krive y = f (x).
Teorema 6. Neka funkcija y = f (x) u ta£ki ima neprekidne izvode do n-tog reda zaklju£no (n ≥ 2) i neka je
f 00 (x0 ) = f 000 (x0 ) = ... = f (n−1) (x0 ) = 0, f (n) (x0 ) 6= 0. Tada, ako je n-paran broj, kriva ¡ ¢ y = f (x) jeste konveksna (konkavna) zavisno od toga da li je f (n) (x0 ) < 0 f (n) (x0 ) > 0 , a ako je n-neparan broj, x0 prevojna je ta£ka krive.
Primjer 1. Odrediti intervale konveksnosti i konkavnosti funkcije f (x) = x4 − 6x3 + 12x2 . Intervali u kojima je f 00 (x) < 0 (f 00 (x) > 0) jesu intervali konveksnosti (konkavnosti) funkcije f (x). Prema tome, f 0 (x) = 4x3 − 18x2 + 24x, f 00 (x) = 12x2 − 36x + 24 = 12(x − 1)(x − 2),
Posljedica teoreme 2. Dakle, kriva je konveksna u intervalu (1, 2), a konkavna u intervalima
(−∞, 1) i (2, +∞).
Primjer 2. Odrediti prevojne ta£ke krive y = e−x . 2
Realne funkcije jedne realne promjenljive
272
Data kriva ima dvije prevojne ta£ke. Izvodi funkcije su 2
2
2
y 0 = −2xe−x , y 00 = −2xe−x + 4x2 e−x .
√ 1 2 ≈ ±0, 7, pa su Jedna£ina y 00 = 0 ili e (−1 + 2x2 ) = 0 ima rje²enje x = ± √ = ± 2 2 µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 prevojne ta£ke P1 √ , e 2 , P2 − √ , e 2 . 2 2 −x2
Sl. 70 2 Kriva y = e−x (sl. 70) poznata je pod nazivom zvonaste ili Gausove krive.
Primjer 3. Odredimo intervale konveksnosti i ta£ke prevoja funkcije f (x) = x4 −6x2 −6x+1.
Kako je:
f 0 (x) = 4x3 − 12x − 6 ¡ ¢ f 00 (x) = 12x2 − 12 = 12 x2 − 1 , to je f 00 (x) = 0 za x1 = −1 i x2 = +1. Kriva je konkavna ako je f 00 (x) > 0, a f 00 (x) > 1 . Dakle, funkcija f (x) konkavna je u intervalima (−∞, −1) i (1, +∞). Kriva f (x) konveksna je u intervalu (−1, +1), jer je f 00 (x) < 0 za |x| n. Qn (x)
Tada se dijeljenjem Pm (x)sa Qn (x) moºe jednostavno odrediti asimptota funkcije y = f (x).
Asimptote krivih linija
277
Naime, poznato nam je da funkciju f (x) moºemo napisati u obliku
f (x) = Pm−n (x) +
Rk (x) , k < n. Qn (x)
Rk (x) = 0, pa je y = Pm−n (x) asimptota funkciji y = f (x). x−→∞ Qn (x) x2 1 U primjeru 1, koriste¢i ovaj postupak, dobi¢emo = x−1+ , pa je y = x − 1 x+1 x+1 x2 kosa asimptota funkciji y = . x+1 Pm (x) Vertikalnu asimptotu funkcije f (x) = nalazimo rje²avanjem jedna£ine Qn (x) = 0. Qn (x) Ako je Qn (x0 ) = 0 i Pm (x0 ) 6= 0, tada je x = x0 jedna£ina vertikalne asimptote. U prethodnom primjeru vertikalna asimptota je x = −1. Odakle je lim
Zadaci Odrediti asimptote krivih 1. y = x 2. y =
1 , ex
2x2 + 3x − 5 . x(x − 4)
[R : x = 0, i y = x + 1] [R : y = 2, x = 0 i x = 4]
15. Op²ta ²ema ispitivanja funkcija Do sada smo formulisali i prou£ili niz pojmova u vezi sa funkcijom y = f (x) i sa krivom koja se javlja kao gra k ove funkcije u Dekartovoj ravni x0y . Ti pojmovi nam omogu¢uju da detaljno prou£imo promjene funkcije u zavisnosti od promjena njenog argumenta, tj. omogu¢uju nam da precizno ispitamo tok funkcije i da na osnovu njega nacrtamo gra k koji predstavlja tok te funkcije. itav postupak ispitivanja funkcije y = f (x), odnosno konstrukcije njenog gra ka, moºemo, u op²tim crtama, sistematizovati. Potrebno je odrediti: 1. oblast de nisanosti funkcije, 2. realne nule, ukoliko ih ima, tj. presjeke njenog gra ka sa osom x, presjek njenog gra ka sa osom y (ukoliko ga ima); znak funkcije, 3. parnost i periodi£nost funkcije, 4. ta£ke prekida i utvrditi kako se funkcija pona²a neposredno lijevo i desno od svake ta£ke prekida i na krajevima oblasti de nisanosti; na¢i asimptote gra ka funkcije (ukoliko postoje), 5. intervale monotonosti i lokalne ekstreme (ukoliko postoje), 6. intervale u kojima je funkcija konveksna ili konkavna kao i prevojne ta£ke (ukoliko postoje). Na osnovu dobijenih podataka, crtamo gra k funkcije. Ovo je op²ta ²ema ispitivanja funkcije kojom nisu obuhva¢ene sve pojedinosti vezane za jednu datu funkciju koje mogu biti karakteristi£ne za njen tok. Zato ²emu treba shvatiti kao uputstvo koje nam olak²ava ispitivanje toka neke funkcije.
Primjer 1. Ispitati tok funkcije y =
x2 i nacrtati njen gra k. x+1
1. Funkcija je de nisana u intervalima (-∞, -1) i (-1, +∞), ta£ka x = −1 je ta£ka prekida ili diskontinuiteta funkcije. 2. Nula funkcije je x = 0. Znak funkcije zavisi od x + 1 pa je y > 0 za x > −1, a y < 0 za x < −1, y sije£e ose u (0, 0). 3. Funkcija nije ni parna ni neparna, niti je periodi£na. 278
Op²ta ²ema ispitivanja funkcija
279
4. Gra k funkcije ima asimptote: vertikalnu x = −1 i kosu y = x − 1 kada x −→ ±∞. x2 + 2x 0 5. Odredimo intervale monotonosti i lokalne ekstreme: f 0 (x) = , f (x) = 0 za (x + 1)2 x(x + 2) = 0, tj za x = 0 i x = −2. U ta£kama x = 0 i x = −2 funkcija ima i ekstremne vrijednosti, jer u njima f 0 (x) mijenja znak. U ta£ki x = −2 funkcija ima lokalni maksimumf (−2) = max f (x) = −4. U ta£ki x = 0 funkcija f (x) ima lokalni minimum f (0) = min f (x) = 0.
Funkcija f (x) raste u intervalima (−∞, −2) i (0, +∞) a opada u intervalima (−2, −1) i (−1, 0).
2 00 00 3 , to je f (x) < 0 za x < −1, a f (x) > 0 za x > −1. (x + 1) Zna£i u intervalu (−∞, −1) gra k funkcije je konveksan, a u intervalu (−1, +∞) konkavan. Gra k funkcije nema prevojnih ta£aka. Na osnovu dobijenih podataka pribliºan gra k funkcije izgleda¢e kao ²to pokazuje sl. 75. 6. Po²to je f 00 (x) =
Sl. 75
Primjer 2. Ispitati tok funkcije f (x) = 2 cos2 x − 2 cos x − 3 i nacrtati njen gra k.
Realne funkcije jedne realne promjenljive
280
1. Funkcija je de nisana za svako x; periodi£na je sa periodom 2π pa ¢emo je nacrtati u intervalu (0, 2π). 2. f 0 (x) = 2 sin x(1−2 cos x); f 0 (x) = 0 ako je sin x = 0, ili 1−2 cos x = 0. Iz 1−2 cos x = 0 1 π je cos x = za x = 2kπ ± , a sin x = 0 za x = kπ . 2 3
Funkcija je simetri£na u odnosu na pravu x = π ,jer ima iste vrijednosti za π + x i π − x.Graf funkcije je prikazan na slici 76.
Sl. 76 q 3 −2x2 Primjer 3. Odrediti tok i graf funkcije f (x) = x x−3 . q Datu funkciju moºemo napisati u obliku: f (x) = |x| x−2 x−3 1. Ona je de nisana u intervalima (−∞, 2] i (3, +∞) . 2. Funkcija f (x) > 0 za svako x iz de nicionog podru£ja,a f (0) = f (2) = 0. 3. Po²to je
lim f (x) = +∞ to je prava x=3 vertikalna asimptota krive.
x−→3+0
281
Op²ta ²ema ispitivanja funkcija
Odredimo kosu asimptotu:
q
x2 (x−2) x−3
s
x2 (x − 2) = 1. x−→∞ x x2 (x − 3) " s # (x − 2) n = lim [f (x) − kx] = lim |x| −x = x−→∞ x−→∞ (x − 3) p ¡√ p ¢ √ |x| x − 2 − x − 3 x2 (x − 2) − x2 (x − 3) p p = lim = lim = x−→∞ x−→∞ (x − 3) (x − 3) 1 1×1 = lim q = . ¡√ ¢ √ x−→∞ 2 (x − 3) − x−2+ x−3 f (x) k = lim = lim x−→∞ x x−→∞
= lim
1 1 Zna£i, y = x + kosa je asimptota kada x −→ ∞ a, takode, kada x −→ −∞, y = −x − 2 2 je kosa asimptota date funkcije. Ã ! r r √ 2 2 Funkcija f (x) ≈ 2 2 − x kada x −→ 2 − 0 i f (x) = |x| kada x −→ 0 ≈ 0, 8 . 3 3 4. Data funkcija je beskona£no diferencijabilna u oblasti de nisanosti osim u ta£kama x = 0 i x = 2. r x − 2 2x2 − 11x + 12 f 0 (x) = · sign x. x − 3 2 (x − 2) (x − 3) r x−2 11x − 24 00 f (x) = · sign x. x − 3 4 (x − 2)2 (x − 3)3 3 f 0 (x) = 0 za x = i za x = 4, 2 µ ¶ r ¡ ¢ 3 3 3 00 3 f 2 < 0, pa f (x) u ta£ki x = ima maksimum, max f = ≈ 0, 9, 2 2 2 √ f 00 (4) > 0, pa f (x) u ta£ki x = 4 ima minimum, min f (4) = 4 2 ≈ 5, 7.
lim f 0 (x) = +∞ (tangenta je vertikalna na gra ku) r r 2 2 , lim f 0 (x) = . lim f 0 (x) = − x−→−0 3 x−→+0 3 5. f 00 (x) > 0 u intervalu (−∞, 0) i (3, +∞), pa je u tim intervalima funkcija konkavna, specijalna, ²to zna£i da se gra k krive pribliºava asimptoti s gornje strane i kada x → +∞ i kada x → −∞ Odredimo poloºaj tangente:
x−→2−0
Funkcija je konveksna u intervalu (0, 2), jer je f 00 (x) < 0. Nacrtajmo gra k funkcije (sl.77).
Realne funkcije jedne realne promjenljive
282
Sl. 77
Zadaci Ispitati tok funkcija i nacrtati gra k: 1. f (x) =
x3 , 4 (2 − x)2 1
2. f (x) = e x2 , 3. f (x) =
sin2 x . 2 − sin x
IV Realne funkcije dviju realnih promjenljivih
283
1. Pojam metri£kog prostora. Otvoreni i zatvoreni skupovi Prije nego de ni²emo realnu funkciju dviju realnih promjenljivih, de nisa¢emo metri£ki prostor. Ako je R skup svih realnih brojeva, tada se Dekartov proizvod R × R... × R = Rn naziva n-dimenzionalni prostor. Njegovi elementi su uredene n-torke realnih brojeva koje ozna£avamo sa: M (x1 , ..., xn ) ili M = (x1 , x2 , ..., xn ). Ako je n = 2, tada imamo uredene parove realnih brojeva M (x, y) ili M = (x, y). Obrazujmo skup svih uredenih parova realnih brojeva:
R2 = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ R} i neka su M1 (x1 , y1 ) i M2 (x2 , y2 ) dvije proizvoljne ta£ke iz R2 . Poznato je da se rastojanje izmedu ta£aka M1 i M2 izra£unava prema formuli q (1) d(M1 , M2 ) = |M2 − M1 | = (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 . Funkcija
d : R2 × R2 −→ R,
koja je odredena formulom (1), ima sljede¢e osobine: 1. d(M1 , M2 ) ≥ 0, 2. (d(M1 , M2 ) = 0) ⇐⇒ (M1 = M2 ), 3. d(M1 , M2 ) = d(M2 , M1 ) (simetrija) 4. d(M1 , M2 ) ≤ d(M1 , M3 ) + d(M2 , M3 ) (nejednakost trougla). Funkcija d je metrika ili rastojanje, d(M1 , M2 ) izmedu ta£aka M1 i M2 , a uredeni par (R , d) naziva se metri£ki prostor. Radi jednostavnosti metri£ki prostor (R2 , d) kra¢e se ozna£ava sa R2 ili E 2 . Ako se u dvodimenzionalnom prostoru R2 uvede rastojanje d(M1 , M2 ) izmedu dvije proizvoljne ta£ke M1 , M2 ∈ R2 pomo¢u formule (1), onda se on naziva Euklidski dvodimenzionalni prostor ili Dekartova ravan. 2
285
286 Specijalno, za n = 1, prostor R = E 1 je realna prava u kojoj je rastojanje izmedu ta£aka M1 = x1 ∈ R i M2 = y1 ∈ R dato formulom p d(M1 , M2 ) = (x1 − y1 )2 = |x1 − y1 | . Uop²te, Euklidov n-dimenzionalni prostor E n de ni²emo kao n-dimenzionalni prostor Rn u kome je uvedeno rastojanje d(M1 , M2 ) izmedu dvije proizvoljne ta£ke M1 = (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn i M2 = (y1 , y2 , ..., yn ) ∈ Rn pomo¢u formule s n P d(M1 , M2 ) = |M1 − M2 | = (xk − yk )2 . (2) k=1
Napomenimo, da se u n-dimenzionalnom prostoru Rn metrika d moºe uvesti i na drugi na£in. Zna£i, formula (2) nije jedini na£in metrizacije prostora Rn . Pomo¢u metrike d de nisa¢emo otvorene, zatvorene skupove i okolinu ta£ke u Rn . Neka je (S, d) proizvoljan metri£ki prostor, M bilo koja ta£ka datog prostora i r >0 proizvoljan pozitivan realan broj. Tada se 1. otvorenom kuglom, u oznaci K(M, r), sa centrom u ta£ki M ∈ S i polupre£nikom r > 0, metri£kog prostora (S, d), naziva skup
K(M, r) = {x ∈ S | d(M, x) < r} , 2. zatvorenom kuglom K(M, r), sa centrom u ta£ki M ∈ S i polupre£nika r > 0, metri£kog prostora (S, d), naziva skup
K(M, r) = {x ∈ S | d(M, x) ≤ r} , 3. sferom S(M, r), sa centrom u ta£ki M ∈ S , metri£kog prostora (S, d), naziva skup
S(M, r) = {x ∈ S | d(M, x) = r} . Specijalno, u prostoru R otvorena kugla je otvoren interval (M − r, M + r), zatvorena kugla je zatvoren interval [M − r, M + r], a sfera je skup {M − r i M + r}. U prostoru R2 , otvorena kugla je unutra²njost kruga sa centrom u ta£ki M = (x1 , x2 ) i polupre£nikom r, zatvorena kugla je unutra²njost i periferija kruga, a sfera je samo periferija tog kruga. Otvorena kugla K(M, ε) naziva se otvorenom ε-okolinom ta£ke M ∈ S . ε-okolina ta£ke M0 (x◦1 , x◦2 , ..., x◦n ) ∈ Rn je otvorena kugla K(M0 , ε), a to je skup svih ta£aka M0 manji od ε, n P tj. d(M, M0 ) < ε, odnosno (xk − x◦k )2 < ε2 . k=1
Otvorena kugla K(M0 , ε), odnosno ε-okolina ta£ke M0 naj£e²¢e se obiljeºava sa 0(M0 , ε), pa moºemo pisati: 0(M0 , ε) = {M ∈ Rn | d(M, M0 ) < ε} .
Pojam metri£kog prostora. Otvoreni i zatvoreni skupovi
287
Specijalno, u prostoru R, ε-okolina ta£ke M0 = (x◦1 ) je interval (x◦1 − ε, x◦1 + ε), odnosno skup 0(M0 , ε) = {x ∈ R | |x − x0 | < ε} . U prostoru R2 ε-okolina ta£ke M0 = (x◦1 , x◦2 ) je unutra²njost kruga sa centrom u ta£ki M0 i polupre£nikom ε, odnosno to je skup ª © 0(M0 , ε) = (x1 , x2 ) ∈ R2 | (x1 − x◦1 )2 + (x2 − x◦2 )2 < ε2 . Skup A ⊂ Rn je otvoren ako za svaku ta£ku M ∈ A postoji ε-okolina te ta£ke koja cijela pripada skupu A. Prazan skup ® i cio prostor Rn su otvoreni skupovi. Otvorenom okolinom ta£ke M ∈ S naziva se svaki otvoreni skup iz S koji sadrºi ta£ku M. Skup A ⊂ Rn je zatvoren ako je njegov komplement CA otvoren skup u Rn . Jedina dva skupa koja imaju osobinu da su otvoreni i zatvoreni su prazan skup i £itav prostor Rn . Ta£ka M0 ∈ A je ta£ka nagomilavanja skupa A ⊂ Rn ako svaka ε-okolina ta£ke M0 sadrºi bar jednu ta£ku iz skupa A razli£itu od M0 .
2. De nicija funkcije dvije promjenljive Neka je D ⊂ R2 neprazan skup. Preslikavanje
f : D −→ R naziva se realna funkcija dvije realne promjenljive, pri £emu je D oblast de nisanosti ili domena funkcije f u oznaci D(f ). Ako je M (x, y) ∈ D(f ) proizvoljna ta£ka domena, kojoj funkcija f pridruºuje jedan i samo jedan broj z , onda se pi²e
z = f (M ), M ∈ D(f ) ili z = f (x, y), (x, y) ∈ D(f ), gdje su x i y nezavisno promjenljive ili argumenti. Skup
Rf = {z ∈ R | (∃M ∈ D(f )) f (M ) = z} je skup vrijednosti funkcije f , a skup
Gf = {(x, y, f (x, y)) | (x, y) ∈ D(f )} naziva se gra k funkcije f . U Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu Oxyz , gra k funkcije f moºe predstavljati povr² £ija je jedna£ina z = f (x, y) (sl. 78).
Sl. 78 288
289
De nicija funkcije dvije promjenljive
Primjer 1. Odrediti oblast de nisanosti i skup vrijednosti funkcije f (x, y) =
p 9 − x2 − y 2 .
Iz zahtjeva da funkcija bude realna, slijedi 9−x2 −y 2 ≥ 0, pa je D(f ) = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 9} i Rf = [0, 3] . p Primjer 2. Odrediti domen i skup vrijednosti funkcije f (x, y) = cos(x2 + y 2 ). Domenu obrazuju one ta£ke ravni xOy £ije koordinate zadovoljavaju uslov cos(x2 + y 2 ) ≥ 0. Ova jedna£ina ekvivalentna je skupu jedna£ina
x2 + y 2 ≤
π π π , 2kπ − ≤ x2 + y 2 ≤ 2kπ + 2 2 2 r
za k = 1, 2, .... Na ovakav na£in, domenu D(f ) £ini krug polupre£nika ta£ki O(0, 0) i kruºno-prstenaste oblasti (sl. 79), pri £emu je Rf = [0, 1] .
Sl. 79
π , sa centrom u 2
3. Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina 3.1. Grani£ne vrijednosti funkcije z = f (x, y) Neka je funkcija z = f (x, y) de nisana za svako x iz intervala (a, b) i za svako y intervala (c, d) i neka su x0 ∈ (a, b) i y0 ∈ (c, d) grani£ne vrijednosti nizova {xn }, xn ∈ (a, b) i {yn }, yn ∈ (c, d), kada n −→ ∞, tj. lim xn = x0 , xn 6= x0 i lim yn = y0 , y0 6= yn n−→∞
n−→∞
Tada moºemo pisati da je lim (xn , yn ) = (x0 , y0 ). n−→∞
Niz ta£aka {(xn , yn )} ili promjenljiva ta£ka (xn , yn ) konvergira prema ta£ki (x0 , y0 ) kada n −→ ∞ ako rastojanje izmedu tih ta£aka teºi nuli kada n −→ ∞, tj. p (xn − x0 )2 + (yn − y0 )2 −→ 0, n −→ ∞, ²to zapisujemo lim (xn , yn ) = (x0 , y0 ). (2) n−→∞
Osobina (2) ekvivalentna je osobini da promjenljive xn i yn jednovremeno teºe svojim grani£nim vrijednostima:
xn −→ x0 , yn −→ y0 kada n −→ ∞. Za funkciju f (x, y), koja je de nisana u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 ),osim moºda, u samoj ta£ki M0 (x0 , y0 ), kaºemo da u ta£ki M0 ima grani£nu vrijednost b ako za bilo koje nizove {xn , yn } koji zadovoljavaju uslov (2), odgovaraju¢i niz vrijednosti funkcije {f (xn , yn )} konvergira prema broju b, ²to simboli£ki pi²emo:
lim f (xn , yn ) = b ili
xn −→x0 yn −→y0
lim
(x,y)−→(x0 ,y0 )
f (x, y) = b.
(3)
Koordinate proizvoljne ta£ke (x, y) iz okoline ta£ke (x0 , y0 ) moºemo napisati u obliku x = x0 + 4x, y = y0 + 4y pa je jednakost (3) ekvivalentna jednakosti
lim f (x0 + 4x, y0 + 4y) = b.
xn −→x0 yn −→y0
290
Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina
291
Ukoliko b ne postoji, funcija f (x, y) nema grani£nu vrijednost u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Svi konvergentni nizovi vrijednosti funkcije konvergiraju istoj grani£noj vrijednosti b kad god nizovi vrijednosti argumenata zadovoljavaju uslov (2). Grani£nu vrijednost funkcije moºemo de nisati i na ovaj na£in. Za funkciju f (x, y) de nisanu u okolini ta£ke M0 , osim moºda, u samoj ta£ki M0 kaºemo da konvergira grani£noj vrijednosti b kada (x, y) −→ (x0 , y0 ) ako svakom proizvoljno uzetom broju ε > 0 odgovara broj δ (ε) > 0 takav da je |f (x, y) − b| < ε za svako x 6= x0 i y 6= y0 za koje je 0 < |x − x0 | < δ i 0 < |y − y0 | < δ. Ovu de niciju kratko zapisujemo: µq ¶ 2 2 (∀ε > 0) (∃δ > 0) (x − x0 ) + (y − y0 ) < δ =⇒ |f (x, y) − b| < ε . Za funkciju f (x, y) de nisanu u okolini ta£ke M0 , osim moºda, u samoj ta£ki M0 , kaºemo da u ta£ki M0 ima beskona£nu grani£nu vrijednost kada (x, y) −→ (x0 , y0 ) ako za svako M > 0 moºemo odrediti δ > 0 takvo da je: q |f (x, y)| > M za 0 < (x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 < δ, ²to pi²emo
lim f (x, y) = ∞.
xn −→x0 yn −→y0
Moºemo, takode, de nisati grani£nu vrijednost funkcije f (x, y) kada x, y −→ ∞:
lim f (x, y) = b.
x−→∞ y−→∞
(4)
U slu£aju kona£nog broja b, jednakost (4) shvatamo u tom smislu da za svako ε > 0 moºemo odrediti takav broj M > 0 da je za svako y za koje je funkcija de nisana
|f (x, y) − b| < ε kad god je |x| > M i |y| > M. Nave²¢emo, bez dokaza, teoreme o grani£nim vrijednostima koje su analogne teoremama o grani£nim vrijednostima funkcije jedne promjenljive.
Teorema l. (Ko²ijev kriterijum) Da bi funkcija f (x, y) imala grani£nu vrijednost u ta£ki M0 kada (x, y) −→ (x0 , y0 ), potrebno je i dovoljno da se za svako ε > 0 moºe odrediti δ = δ(ε) > 0 takvo da je: |f (x, y) − f (x0 , y 0 )| < ε
za svako x i x0 , y i y 0 iz oblasti A de nisanosti funkcije f (x, y) za koje je:
0 < |x − x0 | < δ, 0 < |x0 − x0 | < δ, 0 < |y − y0 | < δ, 0 < |y 0 − y0 | < δ.
292
Teorema 2. Neka su f (x, y) i g(x, y) funkcije koje su de nisane u oblasti A i neka su lim
f (x, y) = b,
(x,y)−→(x0 ,y0 )
f (x, y) ± g(x, y), f (x, y)g(x, y), 1. (a) (b) (c)
g(x, y) = c. Tada postoji grani£na vrijednost funkcije
lim
(x,y)−→(x0 ,y0 )
f (x, y) , g(x, y) 6= 0 za x, y ∈ A i c 6= 0 i pri tome je: g(x, y)
lim
[f (x, y) ± g(x, y)] = b ± c,
lim
f (x, y)g(x, y) = bc,
(x,y)−→(x0 ,y0 ) (x,y)−→(x0 ,y0 )
f (x, y) b = . (x,y)−→(x0 ,y0 ) g(x, y) c lim
U dosada²njem izlaganju je istaknuto da grani£na vrijednost funkcije f (x, y) ne zavisi od toga na koji na£in njeni argumenti teºe svojim grani£nim vrijednostima. Medutim, kod de nicije grani£ne vrijednosti mora se voditi ra£una o putanji po kojoj ta£ka M (x, y) teºi prema ta£ki M0 (x0 , y0 ), jer se moºe desiti da se po razli£itim putanjama dobiju razli£ite vrijednosti. Kod funkcija dvije promjenljive moºe se uzeti da ta£ka M teºi ta£ki M0 po putanji koju predstavlja gra k funkcije koji prolazi kroz ta£ke M i M0 . xy Primjer 1. Funkcija f (x, y) = 2 de nisana je u svakoj ta£ki (x, y) 6= (0, 0). Ako ta£ka x + y2 M teºi ta£ki (0, 0) po bilo kojoj od koordinatnih osa, dobija se da je lim f (x, y) = 0, M −→(0,0)
u ²to ¢emo se uvjeriti kasnije. Ako se pretpostavi da ta£ka M teºi ka ta£ki (0, 0) po nekoj drugoj putanji, na primjer, duº prave y = kx, k -proizvoljan realan broj, onda se dobija
lim
kx2 k = . 2 2 2 x−→0 x + k x 1 + k2
f (x) = lim
(x,y)−→(x0 ,y0 )
Vrijednost ovoga limesa zavisi isklju£ivo od broja k i razli£ita je od nule kada je k 6= 0. Zna£i, grani£na vrijednost nije ista za sve putanje po kojima ta£ka M teºi ta£ki M0 , pa zato i ne postoji lim f (x, y). (x,y)−→(0,0)
Sl. 80 Pretpostavimo da su karakteristi£ne putanje ta£ke M prema ta£ki M0 putanje duº pravih paralelnih koordinatnim osama Ox i Oy (sl. 80)
293
Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina
Sada moºemo de nisati grani£ne vrijednosti funkcije f (x, y) kada njeni argumenti uzastopno teºe svojim grani£nim vrijednostima. Neka je funkcija f (x, y) de nisana u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 ), osim, moºda, u samoj ta£ki M0 . Pretpostavimo da za ksirane y(0 < |y−y0 | < δ) postoji grani£na vrijednost lim f (x, y) = x−→x0
ϕ(y) (Sl.86 a)). Ova grani£na vrijednost je funkcija od y , pa · ¸ ako postoji grani£na vrijednost lim ϕ(y) = lim lim f (x, y) = b1 , y−→y0
y−→y0
x−→x0
nju nazivamo uzastopnom (itegriranom) grani£nom vrijedno²¢u · funkcije f¸(x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Analogno de ni²emo uzastopnu grani£nu vrijednost lim
x−→x0
lim f (x, y) = b2 (Sl. 86 b).
y−→y0
Uzastopne grani£ne vrijednosti b1 i b2 ne moraju biti medusobno jednake. x2 − y 2 de nisana u intervalu 0 < x < +∞, 0 < y < +∞, Na primjer, funkcija f (x, y) = 2 x + y2 u ta£ki x0 = y0 = 0 ima: · ¸ x2 − y 2 b1 = lim lim 2 = lim (−1) = −1, y−→0 x−→0 x + y 2 y−→0 · ¸ x2 − y 2 b2 = lim lim 2 = lim (1) = 1. x−→0 y−→0 x + y 2 x−→0 · ¸ h i Zna£i, da je lim lim f (x, y) 6= lim lim f (x, y) . y−→0 x−→0
x−→0
y−→0
Moºe se desiti da su uzastopne grani£ne vrijednosti medusobno jednake, a da ne postoji grani£na vrijednost funkcije f (x, y) kada jednovremeno x −→ x0 i y −→ y0 , tj. dvojna graxy ni£na vrijednost ne postoji. Na primjer, funkcija f (x, y) 2 ima uzastopne i medusobno x + y2 jednake grani£ne vrijednosti · ¸ · ¸ xy xy lim lim = 0, i lim lim 2 = 0, y−→0 x−→0 x2 + y 2 x−→0 y−→0 x + y 2 ali dvojna grani£na vrijednost lim
x−→0 x2 y−→0
vaºi sljede¢a teorema.
xy , ne postoji. Za uzastopne grani£ne vrijednosti + y2
Teorema 3. Neka je funkcija f (x, y) de nisana u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 ) osim, moºda, u samoj ta£ki M0 . Ako u ta£ki M0 funkcija f (x, y) ima dvojnu grani£nu vrijednost lim f (x, y) = b i ako postoje grani£ne vrijednosti x−→0 y−→0
lim f (x, y) = ϕ(y)(0 < |y − y0 | < δ),
x−→x0
lim f (x, y) = γ(x)(0 < |x − x0 | < δ),
y−→y0
294 tada postoje uzastopne grani£ne vrijednosti: lim < P (y >= lim[lim f (x, y)L · ¸ lim f (x, y) , lim ϕ(y) = lim y−→y0 y−→y0 x−→x0 ¸ · lim f (x, y) , lim γ(y) = lim x−→x0
x−→x0
· pri £emu je lim
y−→y0
y−→y0
¸ · ¸ lim f (x, y) = lim lim f (x, y) = lim f (x, y) = b.
x−→x0
x−→x0
y−→y0
x−→x0 y−→y0
Dokaz. Prema de niciji grani£ne vrijednosti funkcije f (x, y), u ta£ki M0 moºemo za svako ε > 0 odrediti δ(ε) > 0 takvo da je |f (x, y) − b| < ε za svako (x, y) iz okoline ta£ke M0 , koje zadovoljava uslov q
(x − x0 )2 + (y − y0 )2 < δ.
0<
Prelaskom na grani£nu vrijednost kada x −→ x0 , iz gornjih nejednakosti dobijamo da je |ϕ(y) − b| < ε za 0 < |y − y0 | < δ ,odakle slijedi da je · ¸ lim ϕ(y) = b, tj. lim lim f (x, y) = b. y−→y0
y−→y0
Analogno dokazujemo da je:
· lim
x−→x0
x−→x0
¸ lim f (x, y) = b,
y−→y0
£ime je teorema dokazana. Obrnuto ne vaºi, jer se moºe desiti da u nekoj ta£ki postoje uzastopne medusobno jednake grani£ne vrijednosti, a da ipak u toj ta£ki ne postoji grani£na vrijednost funkcije (vidi primjer 2).
3.2. Neprekidnost funkcije z = f (x, y) Grani£na vrijednost funkcije f(x,y) u ta£ki M0 ne mora se poklapati sa vrijedno²¢u funkcije u toj ta£ki, tj. ne mora biti:
lim
f (x, y) = f (x0 , y0 ).
(x,y)−→(x0 ,y0 )
Neka je funkcija f (x, y) de nisana u okolini i u samoj ta£ki M0 (x0 , y0 ) M0 ∈ D(f ) i ako je
lim
f (x, y) = f (x0 , y0 ) = b,
(x,y)−→(x0 ,y0 )
onda kaºemo da je funkcija f (x, y) neprekidna u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Ako grani£na vrijednost funkcije f (x, y) ne postoji, ili ako postoji a nije jednaka vrijednost funkcije f (x0 , y0 ), re¢i ¢emo da je funkcija f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ) prekidna. Neprekidnost funkcije f (x, y) moºemo iskazati na "jeziku ε − δ ".
Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina
295
Funkcija f (x, y) neprekidna je u ta£ki M0 (x0 , y0 ) ∈ D(f ) za svako ε > 0 moºemo odrediti δ(ε) > 0 tako da je: |f (x, y) − f (x0 , y0 )| < ε za svako (x, y) ∈ D(f ) za koje je 0 < |x − x0 | < δ , 0 < |y − y0 | < δ ili |f (M ) − f (M0 )| < ε kad god je d(M, M0 ) = |M − M0 | < δ. Funkcija f(x,y) neprekidna je na skupu A, A ⊂ D(f ), ako je neprekidna u svakoj ta£ki (x, y) ∈ A. Ako je M0 ∈ D(f ) ksirana ta£ka i M ∈ D(f ) proizvoljna ta£ka domena D(f ) funkcije f (x, y), onda se broj 4z odredene jednako²¢u f (x, y) − f (x0 , y0 ) = 4z naziva totalnim prira²tajem funkcije z = f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Za neprekidnost funkcije f (x, y) u ta£ki M0 potrebno je i dovoljno da grani£na vrijednost 4z bude jednaka nuli kada (x, y) −→ (x0 , y0 ), tj.
lim 4 z = lim [f (x, y) − f (x0 , y0 )] = 0.
x−→x0 y−→y0
x−→x0 y−→y0
Za koordinate ta£aka M (x, y) i M0 (x0 , y0 ) koristi¢emo sljede¢e veze:
x = x0 + 4x i y = y0 + 4y, gdje je 4x prira²taj argumenta x, a 4y prira²taj argumenta y . U tom slu£aju totalni prira²taj 4z bi¢e: 4z = f (x0 + 4x, y0 + 4y) − f (x0 , y0 ). Prethodno tvrdenje moºemo iskazati sljede¢om teoremom.
Teorema 1. Funkcija z = f (M ), M ∈ D(f ) neprekidna je u ta£ki M0 ∈ D(f ) ako i samo
ako je
lim
M −→M0
4 z = 0, odnosno lim 4 z = 0. x−→0 y−→0
Teorema 2. Ako su funkcije f (x, y) i g(x, y), koje su de nisane u oblasti A, neprekidne u ta£ki M0 (x0 , y0 ), tada su u ta£ki M0 neprekidne i funkcije:
f (x, y) ± g(x, y), f (x, y)g(x, y),
f (x, y) (g(x, y) 6= 0 za (x, y) ∈ A), g(x, y)
²to ne¢emo dokazivati. Uniformnu (ravnomjernu) neprekidnost funkcije f (x, y) u oblasti A analogno de ni²emo kao i uniformnu neprekidnost funkcije f (x) u nekom intervalu. Funkcija f (x, y) ravnomjerno je neprekidna u oblasti A ako se za svako ε > 0 moºe na¢i realan pozitivan broj δ(ε) > 0 tako da za bilop koje dvije ta£ke M (x0 , y 0 ) i M (x00 , y 00 ) iz A, £ije koordinate zadovoljavaju nejednakost 0 < (x0 − x00 )2 + (y 0 − y 00 )2 < δ , vaºi
|f (x0 , y 0 ) − f (x00 , y 00 )| < ε. Ako je funkcija f (x, y) neprekidna u zatvorenoj i ograni£enoj oblasti A, tada je ona ravnomjerno neprekidna u toj oblasti.
296
xy u ta£ki M (0, 0). x2 + y 2 Dvojna date funkcije ne postoji, jer ako uzmemo dva parcijalna niza ©¡ 1 grani£na ¢ª ©¡ 2vrijednost ¢ª 1 1 ta£aka n , n i n , n n = 1, 2, ... koji teºe ta£ki M (0, 0) kada n −→ ∞, dobi¢emo
Primjer 2. Odrediti dvojnu grani£nu vrijednost funkcije f (x, y) =
µ lim f
n−→∞
1 1 , n n
¶
1 1 2 1 ¶ µ · · 1 2 1 2 = lim n n = , lim f = lim n n = , , 1 1 n−→∞ 1 n−→∞ 4 2 n−→∞ n n 5 + 2 + 2 2 2 n n n n
²to zna£i da dvojna grani£na vrijednost ne postoji. xy Primjer 3. Funkcija z = √ u ta£ki M (0, 0) ima grani£ne vrijednosti: xy + 1 − 1
lim √
x−→0 y−→0
xy = xy + 1 − 1
xy lim √ = x−→0 xy + 1 − 1
lim
x−→0 y−→0
lim
x−→0
y−→0
³p
´ xy + 1 + 1 = 2,
µ
xy lim √ y−→0 xy + 1 − 1
¶
µ = lim
y−→0
xy lim √ x−→0 xy + 1 − 1
¶ = 2.
Primjer 4. Odrediti neprekidnost funkcija u ta£ki M0 ∈ D(f ) ⊆ R2 : a) z = x2 + y 2 Data funkcija je neprekidna u svakoj ta£ki M0 ∈ R2 , jer totalni prira²taj 4z = 4x2 + 2x0 4 x + 2y0 4 y + 4y 2 teºi nuli kada 4x −→ 0 i 4y −→ 0.
ex + sin y x2 + y 2 + 1 Ova funkcija je neprekidna u svakoj ta£ki M0 (x0 , y0 ), jer je:
b) z =
lim
lim f (x, y) =
x−→x0 y−→y0
(x,y)−→(x0 ,y0 )
lim
(x,y)−→(x0 ,y0 )
c)
(x2 + y 2 + 1)
f (x, y) =
(cx + sin y)
x2 − y 2 , x2 + y 2 0,
=
(ex0 + sin y0 ) = f (x0 , y0 ). x20 + y02 + 1
x2 + y 2 6= 0 x=y=0
Funkcija je de nisana u svakoj ta£ki M (x, y) ∈ D(f ) ⊆ R2 . Ima prekid u ta£ki M (0, 0) jer ne postoji lim f (x, y). x−→0 y−→0
Grani£na vrijednost i neprekidnost funkcije dvaju realnih promjenljivih veli£ina
Zadaci Ako na proizvoljan na£in ta£ka (x, y) −→ (0, 0), pokazati da je: 1. a lim
x−→0 y−→0
2. lim
x−→0 y−→0
2−
√ xy + 4 1 =− , xy 4
sin xy = 0, x
sin xy = 1. x−→0 xy
3. lim
y−→0
297
4. Djelimi£ni (parcijalni) izvodi funkcije z = f (x, y) 4.1. Pojam parcijalnog izvoda Neka je funkcija z = f (x, y) de nisana u okolini ta£ke M (x, y) ∈ D(f ). Uzmimo da je y konstantno, a da se x mijenja za 4x. Tu promjenu funkcije z = f (x, y) nazivamo djelimi£nim (parcijalnim) prira²tajem funkcije f (x, y) u ta£ki M (x, y) po x, tj.
4x z = f (x + 4x, y) − f (x, y). Odavde je:
(1)
4x z f (x + 4x, y) − f (x, y) = . 4x 4x
4x z , tada kaºemo da funkcija z = f (x, y) u ta£ki M (x, y) ima prvi 4x−→0 4x ∂f (x, y) ∂z djelimi£ni izvod po x, koji obiljeºavamo sa fx 0 (x, y), ili sa ili sa (slovo ∂ £ita se ∂x ∂x "delta"). Dakle, Ako postoji lim
f (x + 4x, y) − f (x, y) ∂z = 4x−→0 4x ∂x ∂f (x, y) = = fx 0 (x, y). ∂x
4x z = 4x−→0 4x lim
lim
Analogno, u slu£aju da je x konstantno, a y se mijenja, de ni²emo prvi parcijalni izvod funkcije f (x, y) u ta£ki M (x, y) po y :
f (x, y + 4y) − f (x, y) ∂z ∂f (x, y) 4x z = lim = = = fy 0 (x, y). 4y−→0 4y−→0 4y 4y ∂y ∂y lim
Prema tome, parcijalni izvod funkcije f (x, y) izvod je funkcije po argumentu koji se mijenja, dok je drugi argument konstantan. 298
Djelimi£ni (parcijalni) izvodi funkcije z = f (x, y)
299
Na primjer, za z = x2 + xy + 2y 2 + 1 je: ∂z ∂z = 2x + y, = x + 4y. ∂x ∂y Parcijalno diferenciranje funkcije f (x, y) ne zahtijeva nova pravila diferenciranja, razli£ita od onih koja su data za diferenciranje funkcije jedne promjenljive. ∂z ∂z Parcijalni izvodi , nazivaju se parcijalni izvodi prvog reda. ∂x ∂y
4.2. Geometrijsko zna£enje parcijalnih izvoda Po²to gra k funkcije z = f (x, y) u pravouglom koordinatnom sistemu x0yz predstavlja povr²inu S , to parcijalnim izvodima moºemo odrediti geometrijsko zna£enje. Neka je povr² S zadata jedna£inom z = f (x, y). Ako se u jedna£ini z = f (x, y) y smatra kao konstanta, onda je z = f (x, y) funkcija samo od x i predstavlja krivu G1 na povr²ini S koja je presjek ravni Y = y sa datom povr²inom (sl. 81). Ako kriva G1 ima tangentu u ta£ki M (x, y, z) koja sa osom 0x zaklapa ugao α1 , tada ∂z je, na osnovu geometrijskog zna£enja izvoda funkcije sa jednom promjenljivom, = tg α1 ∂x ∂z d jer je = [(f (x, y))] . ∂x dx
Sl. 81 Sli£no, ako damo promjenljivoj x odredenu vrijednost, a y mijenjamo, dobi¢emo po povr²ini S krivu G2 koja je presjek ravni X = x sa datom povr²inom. ∂z Ako postoji , kriva G2 ima u ta£ki M (x, y, z) tangentu £iji je koe cijent pravca u ∂y ∂z odnosu na y -osu tgα2 = . ∂y
300
∂z ∂z , funkcije z = f (x, y) u ta£ki M (x, y) moºemo smatrati brzinama ∂x ∂y kojima se mijenja vrijednost funkcije u okolini ta£ke M (x, y) kada se mijenja samo y ili samo x, tj. kada se ta£ka M pomjera u pravcu x-ose, odnosno u pravcu y -ose. Parcijalne izvode
4.3. Parcijalni izvodi vi²eg reda Parcijalni izvodi prvog reda
∂z ∂z , su, opet, funkcije od x i y . Ozna£imo ih sa p i q , tj.: ∂x ∂y ∂z ∂z = p, = q. ∂x ∂y
Moºemo odrediti prve parcijalne izvode funkcija p i q po x i y , tj.
∂p ∂p ∂q ∂q , , , . ∂x ∂y ∂x ∂y sa:
Njih nazivamo parcijalnim izvodima drugog reda funkcije z = f (x, y) i ozna£avamo ih
f 00 xx (x, y), f 00 xy (x, y), f 00 yx (x, y), f 00 yy (x, y) ili sa 00 zxx 00 zyx
µ ¶ µ ¶ ∂ 2z ∂ ∂z ∂ 2z ∂ ∂z 00 = = , zxy = = , ∂x2 ∂x ∂x ∂x∂y ∂y ∂x µ ¶ µ ¶ ∂ 2z ∂ ∂z ∂ 2z ∂ ∂z 00 = = , zyy = 2 = . ∂y∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y
00 00 Izvode fxy (x, y) i fyx (x, y) nazivamo mje²ovitim parcijalnim izvodima drugog reda funkcije f (x, y). Sljede¢a teorema daje dovoljan uslov za jednakost mje²ovitih parcijalnih izvoda drugog reda. ∂f Teorema 1. Ako je funkcija f (x, y) de nisana zajedno sa svojim parcijalnim izvodima , ∂x ∂2f ∂ 2f ∂ 2f ∂f ∂ 2 f , i u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 ) i ako su i neprekidne funkcije u ∂y ∂x∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂y∂x ta£ki M0 (x0 , y0 ), tada su u toj ta£ki:
∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) = . ∂x∂y ∂y∂x U ovom slu£aju rezultat diferenciranja ne zavisi od poretka diferenciranja. Ukoliko uslov neprekidnosti nije zadovoljen, tada mje²oviti izvodi u ta£ki M0 (x0 , y0 ) mogu biti razli£iti.
Djelimi£ni (parcijalni) izvodi funkcije z = f (x, y)
301
Na primjer, posmatrajmo funkciju
z = f (x, y) =
x3 y , x2 + y 2 6= 0 i f (0, 0) = 0. x2 + y 2
Lako je provjeriti da je:
x4 + 3x2 y 2 2 , x + y 2 6= 0 i (x2 + y 2 )2 f (x, 0) − f (0, 0) f 0 x (0, 0) = lim = 0; x−→0 x x2 − y 2 2 2 0 f 0 y (x, y) = x3 2 , x + y 6= 0 i fy (0, 0) = 0. 2 2 (x + y ) Prema de niciji je: fx0 (x, y) = y
f 0 y (x, 0) − f 0 y (0, 0) x−0 = lim = 1, x−→0 x−→0 x x f 0 x (0, y) − f 0 x (0, 0) 0−0 f 00 yx (0, 0) = lim = lim = 0, y−→0 y−→0 y y tj. f 00 xy (0, 0) 6= f 00 yx (0, 0). f 00 xy (0, 0) =
lim
Parcijalni izvodi f 00 xy , f 00 yx jesu prekidne funkcije u ta£ki M (0, 0):
f 00 xy (x, y) odakle je lim f 00 yx (x, y) = x−→0 x=y
x6 + 6x4 y 2 − 3x2 y 4 2 , x + y 2 6= 0, 3 2 2 (x + y )
1 6= f 00 yx (0, 0) = 0. 2
Parcijalni izvodi drugog reda su, u op²tem slu£aju, funkcije od x i y . Izvodi prvog reda parcijalnih izvoda drugog reda su parcijalni izvodi tre¢eg reda: µ ¶ µ 2 ¶ µ 2 ¶ ∂ ∂ 2z ∂ z ∂ z ∂ 3z ∂ ∂ 3z ∂ ∂ 3z = , = , = , ∂x ∂x2 ∂x3 ∂x ∂x∂y ∂x2 ∂y ∂x ∂y∂x ∂y∂x2 µ ¶ µ ¶ µ 2 ¶ ∂ ∂ 2z ∂ 3z ∂ ∂ 2z ∂ 3z ∂ ∂ z ∂ 3z = , = , = , ∂x ∂y 2 ∂y 2 ∂x ∂y ∂x2 ∂x2 ∂y ∂y ∂x∂y ∂x∂y 2 ¶ µ 2 ¶ µ ∂ ∂ 2z ∂ 3z ∂ ∂ z ∂ 3z , = . = ∂x ∂y∂x ∂y∂x2 ∂y ∂y 2 ∂y 3 Ovakvim postupkom moºemo odrediti parcijalni izvod n-tog reda funkcije z = f (x, y). On se de ni²e kao parcijalni izvod parcijalnog izvoda (n − 1)-tog µ reda. ¶Tako je, na primjer, ∂nz ∂ ∂ n−1 z ∂ nz , n-ti parcijalni izvod po promjenljivoj x, a = , je parcijalni izvod ∂xn ∂xn−1 ∂y ∂y ∂xn−1 po y (n − 1)-vog parcijalnog izvoda po x.
Teorema 2. Ako funkcija z = f (x, y) u svakoj ta£ki oblasti D(f ) ima ograni£ene parcijalne izvode, tada je ona neprekidna u toj oblasti.
302
4.4. Diferencijabilnost i totalni diferencijal funkcije Obrazujmo totalni prira²taj funkcije z = f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ) ∈ D(f ):
4z = f (x0 + 4x, y0 + 4y) − f (x, y), pri £emu je (x0 + 4x, y0 + 4y) ∈ D(f ). Za funkciju z = f (x, y) kaºemo da je diferencijabilna u ta£ki M0 (x0 , y0 ) ako postoje realni brojevi A i B , koji zavise od x0 i y0 , a ne zavise od prira²taja 4x i 4y , takvi da se totalni prira²taj 4z moºe napisati u obliku:
4z = A 4 x + B 4 y + α(4x, 4y) 4 x + β(4x, 4y) 4 y,
(1)
gdje veli£ine α(4x, 4y) i β(4x, 4y) teºe nuli kada 4x i 4y teºe nuli. U izrazu (1) dio A 4 x + B 4 y , koji je linearan u odnosu na 4x i 4y , naziva se glavnim dijelom prira²taja 4z , a α(4x, 4y) 4 x + β(4x, 4y) 4 y je beskona£no mala veli£ina u odnosu na beskona£no male veli£ine 4x i 4y . Ako je funkcija z = f (x, y) diferencijabilna u ta£ki M0 (x0 , y0 ), tada se glavni dio A 4 x + B 4 y naziva totalnim diferencijalom funkcije z = f (x, y) u ta£ki A 4 M0 (x0 , y0 ) i to se pi²e:
dz = A 4 x + B 4 y. Kako umjesto prira²taja 4x i 4y £esto pi²emo dx i dy , to je:
dz = Adx + Bdy. Istaknimo da je diferencijabilna funkcija z = f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ) istovremeno i neprekidna u toj ta£ki, jer za prira²taj funkcije vaºi lim 4 z = 0. x−→0 y−→0
Teorema 1. Ako je funkcija z = f (x, y) diferencijabilna u ta£ki M0 (x0 , y0 ), onda ona u toj ta£ki ima parcijalne izvode i vaºi:
∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) = A, = B. ∂x ∂y Dokaz. Kako je funkcija diferencijabilna to je:
4z = A 4 x + B 4 y + α(4x, 4y) 4 x + β(4x, 4y) 4 y. Pretpostavimo da je 4x 6= 0, a 4y = 0, tada je:
4zx = A 4 x + α(4x, 0) 4 x. Dijagram ovog izraza sa 4x, dobi¢e se:
4zx = A + α(4x, 0). 4x
Djelimi£ni (parcijalni) izvodi funkcije z = f (x, y)
303
Kako veli£ina A ne zavisi od 4x, a α(4x, 0) −→ 0 kada 4x −→ 0, to je:
4zx = A, 4x−→0 4x lim
²to zna£i da funkcija z = f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ) ima parcijalni izvod za koji je:
∂z ∂f (x0 , y0 ) = = A. ∂x ∂x Na isti na£in, uz pretpostavku da je 4x = 0, a 4y 6= 0 dobija se: ∂z ∂f (x0 , y0 ) = = B. ∂y ∂y Na osnovu prethodne teoreme totalni diferencijal funkcije z = f (x, y) u ta£ki M0 (x0 , y0 ) moºe se napisati u obliku:
dz =
∂f (x0 , y0 ) ∂f (x0 , y0 ) dx + dy, ∂x ∂y
ili kra¢e
∂f ∂f dx + dy. ∂x ∂y Obrnut iskaz prethodnoj teoremi ne vaºi, jer mogu postojati parcijalni izvodi u nekoj ta£ki M (x, y), a da funkcija u toj ta£ki ne bude diferencijabilna, tj. da nema totalni diferencijal. Za diferencijabilnost funkcije z = f (x, y) u ta£ki M (x, y) nije dovoljan uslov postojanje ∂z ∂z parcijalnih izvoda , u ta£ki M. ∂x ∂y dz =
Teorema 2. (Dovoljan uslov za diferencijabilnost)
Ako je funkcija z = f (x, y) de nisana u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 ), ima parcijalne izvode ∂z ∂z , u toj okolini i, ako su ti izvodi neprekidni u ta£ki M0 (x0 , y0 ), tada je funkcija z = ∂x ∂y f (x, y) diferencijabilna u toj ta£ki. Potpuni ili totalni diferencijal funkcije z = f (x, y), tj.
∂z ∂z dx + dy = dz = ∂x ∂y
µ
∂ ∂ dx + dy ∂x ∂y
¶1 f (x, y),
nazivamo prvi diferencijal ili diferencijal prvog reda funkcije f (x, y). ∂z ∂z Uzimaju¢i u obzir ranije oznake = p, = q , moºemo pisati dz = pdx + qdy . ∂x ∂y Totalni diferencijal dz funkcije z = f (x, y) funkcija je nezavisno promjenljivih x i y pa moºemo odrediti totalni diferencijal od dz , tj. d(dz).
304 Totalni diferencijal totalnog diferencijala prvog reda nazivamo totalnim diferencijalom drugog reda i obiljeºavamo ga sa d2 z :
d2 z = d(dz) =
∂(dz) ∂(dz) dx + dy. ∂x ∂y
Prilikom diferenciranja diferencijala dz treba voditi ra£una da dx i dy ne zavise od x i y i da se pri diferenciranju po x i y pona²aju kao konstante pa je:
∂ 2z ∂(dz) ∂ 2z ∂(dz) ∂2z ∂ 2z = dx + dy; = dx + dy i ∂x ∂x2 ∂x∂y ∂y ∂x∂y ∂y 2 ∂ 2z 2 ∂ 2z ∂ 2z 2 d2 z = dx + 2 dxdy + dy . ∂x2 ∂x∂y ∂y 2 Izraz d2 z moºemo simboli£ki pisati u obliku:
µ 2
dz=
∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y
¶(2)
µ =
∂ ∂ dx + dy ∂x ∂y
¶2 f (x, y).
Totalni diferencijal totalnog diferencijala drugog reda je totalni diferencijal tre¢eg reda funkcije z = f (x, y) .Obiljeºavamo ga sa d3 z :
¡ ¢ (d2 z) (d2 z) ∂ 3z 3 ∂3z ∂ 3z ∂ 3z 3 2 d3 z = d d2 z = ∂ dx + ∂ dy = dx + 3 dydx + 3 + dy , ∂x ∂y ∂x3 ∂x2 ∂y ∂x∂y 2 ∂y 3 ili simboli£ki:
µ 3
dz=
∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y
¶(3)
µ =
∂ ∂ dx + dy ∂x ∂y
¶3 f (x, y) .
Ovakvim postupkom moºemo odrediti totalni diferencijal n- tog reda dn z funkcije z = f (x, y), tako da je:
µ n
d z=
∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y
¶(n)
µ =
∂ ∂ dx + dy ∂x ∂y
pod uslovom da je funkcija diferencijabilna do reda n.
¶n f (x, y) ,
5. Ekstremne vrijednosti funkcije
z = f (x, y)
5.1. Lokalni ekstremi Neka je funkcija z = f (x, y) de nisana u oblasti D. Funkcija f (x, y) ima u ta£ki M0 (x0 , y0 ) ∈ D lokalni maksimum (minimum) ako postoji neka okolina (x0 − δ, x0 + δ, y0 − δ 0 , y0 + δ 0 ) ta£ke M0 koja cijela pripada oblasti de nisanosti D funkcije z = f (x, y) u kojoj je f (x0 , y0 ) > f (x.y)(f (x0 , y0 ) < f (x, y)) za svako x, y iz te okoline. Lokalni maksimum (minimum) funkcije z = f (x, y) u ta£ki M0 nazivamo lokalnim ekstremom. Iznos lokalnog maksimuma (minimuma) funkcije jednak je vrijednosti funkcije z = f (x, y) u ta£ki M0 , odnosno jednak je zmax = f (x0 , y0 ) (zmin = f (x0 , y0 )) .
Teorema 1. (Potreban uslov za postojanje ekstrema):
Ako je funkcija f (x, y) diferencijabilna u ta£ki M0 i ako u toj ta£ki ima ekstremnu vri∂f ∂f jednost, onda parcijalni izvodi i u toj ta£ki moraju biti jednaki nuli, tj. mora biti: ∂x ∂y
f 0 x (x0 , y0 ) = 0, f 0 y (x0 , y0 ) = 0. Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f (x, y) ima maksimum u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Zna£i, da je u nekoj okolini (x0 − δ, x0 + δ, y0 − δ 0 , y0 + δ 0 ) ta£ke M0 ispunjena nejednakost:
f (x0 , y0 ) > f (x, y).
(1)
Posmatrajmo one ta£ke iz okoline u kojima je y = y0 . Nejednakost (18) u tim ta£kama ima oblik f (x0 , y0 ) > f (x, y0 ). Ova nejednakost pokazuje da diferencijabilna funkcija f (x, y0 ) jedne promjenljive ima maksimum u ta£ki x = x0 . U tom slu£aju izvodna funkcija za x = x0 mora biti jednaka nuli. Izvod f 0 (x, y0 ), izra£unat za x = x0 , poklapa se sa parcijalnim izvodom po x funkcije dvaju promjenljivih izra£unatom u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Dakle, dobijamo da je:
f 0 x (x0 , y0 ) = 0.
305
(2)
306 Posmatrajmo samo one ta£ke iz okoline kod kojih je x = x0 . Nejednakost (18) ima oblik f (x0 , y0 ) > f (x0 , y) i pokazuje da funkcija f (x0 , y) jedne promjenljive ima maksimum za y = y0 . Analogno prethodnom rasudivanju, zaklju£ujemo da je
f 0 y (x0 , y0 ) = 0.
(3)
Jednakostima (19) i (20) dokazana je teorema. Sli£no dokazujemo kada funkcija f (x, y) ima minimum u ta£ki M0 (x0 , y0 ). Potreban uslov za postojanje ekstrema moºemo formulisati i na ovaj na£in: Ako u ta£ki M0 (x0 , y0 ) diferencijabilna funkcija f (x, y) ima ekstrem, tada je totalni diferencijal funkcije f(x,y), izra£unat u ta£ki M0 jednak nuli. Ako ho¢emo da odredimo u kojim ∂f ∂f ta£kama funkcija f (x, y) moºe imati ekstrem, jedna£ine =0i = 0 treba rije²iti po ∂x ∂y x i y . U ta£kama £ije koordinate zadovoljavaju ove dvije jedna£ine, moºe biti ekstrem. Ako ove dvije jedna£ine nemaju rje²enje po x i y , onda funkcija f (x, y) sigurno nema ekstrema. Ako jedna£ine imaju rje²enja, to ne zna£i da funkcija sigurno u tim ta£kama ima ekstrem. Ta£ku M0 (x0 , y0 ), za koju su ispunjeni uslovi (19) i (20), nazivamo stacionarnom ta£kom funkcije f (x, y). Sada ¢emo navesti dovoljan uslov za postojanje ekstrema funkcije f (x, y).
Teorema 2. (Dovoljan uslov ekstrema). Neka funkcija z = f (x, y) u okolini ta£ke M0 (x0 , y0 )
ima neprekidne parcijalne izvode drugog reda i neka je ta£ka M0 (x0 , y0 ) stacionarna ta£ka te funkcije. Ako ozna£imo parcijalne izvode drugog reda u ta£ki M0 (x0 , y0 ) sa
A=
∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) ∂ 2 f (x0 , y0 ) , B = , C = i 4 = B 2 − AC, ∂x2 ∂x∂y ∂y 2
tada, u ta£ki M0 (x0 , y0 ) funkcija z = f (x, y): 1. ima lokalni maksimum ako je 4 < 0 i A < 0 (C < 0), 2. ima lokalni minimum ako je 4 < 0 i A > 0 (C > 0), 3. nema ekstremnu vrijednost ako je 4 > 0, 4. Za 4 = 0, funkcija moºe, ali i ne mora imati ekstremnu vrijednost, ²to treba ispitati pomo¢u diferencijala vi²eg reda od dva. Za funkcije z = f (x, y), koja ima ekstrem u ta£ki M0 , veli£ine A i C ne mogu biti razli£itog predznaka jer bi tada bilo 4 > 0.
Primjer 1. Ispitati da li funkcija z = f (x, y) = 2x2 + 3y 2 − 4x + 12y + 1 ima ekstrema. Odredimo:
∂f ∂f = 4x − 4, = 6y + 12. Odavde je: ∂x ∂y
∂f ∂f = 0 za 4(x − 1) = 0, tj. x = 1, i = 0 za y = −2. ∂x ∂y Ekstrem moºe biti u ta£ki M0 (1, −2).
Ekstremne vrijednosti funkcije
z = f (x, y)
307
Provjerimo da li je u ta£ki M0 (1, −2) zadovoljena nejednakost
AC − B 2 > 0. Odredimo:
∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f ∂2f = 4, · − = 0, 2 = 6 pa je ∂x2 ∂x∂y ∂y ∂x2 ∂y 2 Po²to je
µ
∂ 2f ∂x∂y
¶2 = 24 > 0.
∂2f = 4 > 0, to u ta£ki M0 funkcija ima minimum (-13). ∂x2
Zadaci Odrediti ekstreme funkcija:
· 1. z = x2 − xy − y 2 + x + y , 2. z = x3 + y 3 − 3xy 3. z = x2 + xy + y 2 +
1 1 + (x > 0, y > 0). x y
µ R : max u M0
1 1 , 3 3
¶¸
[R : min u M0 (1, 1)] · µ ¶¸ 1 1 R : min u M0 √ ,√ 3 3 33
6. Uslovni ekstremi 6.1. Pojam uslovnog ekstrema U mnogim prakti£nim i teorijskim razmatranjima javljaju se i takvi slu£ajevi u kojima treba odrediti najmanju i najve¢u vrijednost funkcije u odredenom domenu, pod uslovom da su x i y vezani nekom jedna£inom g(x, y) = 0. (2) Treba odrediti ekstremne vrijednosti funkcije (1), uz uslov (2). Te ekstremume nazivamo uslovnim, relativnim ili vezanim ekstremumima, a jedna£inu (2) jedna£inom veze. Ako je u oblasti D de nisana funkcija z = f (x, y), tada ne posmatramo njene vrijednosti u svim ta£kama u kojima je ona de nisana, ve¢ samo u ta£kama koje zadovoljavaju uslov (2). Skup svih takvih ta£aka ozna£imo sa X . Ta£ka M0 (x0 , y0 ) ∈ X jeste ta£ka uslovnog maksimuma (minimuma) funkcije z = f (x, y) ako postoji okolina ta£ke M0 takva da je za sve ta£ke (x, y) iz te okoline, (x, y) ∈ X , zadovoljena nejednakost:
f (x, y) ≤ f (x0 , y0 ) (f (x, y) ≥ f (x0 , y0 )).
6.2. Metode za odredivanje uslovnih ekstrema Za izra£unavanje relativnih ekstremuma koristimo se metodom eliminacije i Lagranºovom metodom neodredenog mnoºioca.
6.2.1.
Metod eliminacije
Neka je data funkcija z = f (x, y), pri £emu x i y nisu medusobno nezavisni, ve¢ su vezani relacijom g(x, y) = 0. Ako je mogu¢e rije²iti jedna£inu veze po jednoj promjenljivoj, na primjer po y , y = ϕ(x), gdje je g(x(ϕ(x)) ≡ 0, dobi¢emo z kao funkciju jedne promjenljive, tj.
z = F (x) = f (x, ϕ(x)). 308
Uslovni ekstremi
309
Lokalni ekstremum funkcije F (x) bi¢e istovremeno uslovni ekstremum funkcije z = f (x, y). Vrijednosti x za koje ¢e z dosti¢i svoje ekstremne vrijednosti odredi¢emo tada preko jedna£ine: dz = F 0 (x) = 0. (3) dx
Primjer 1. Odrediti ekstremume funkcije z = x + y , pod uslovom da x i y zadovoljavaju
jednakost xy − 1 = 0.
1 1 , pa je z = x + . x x 1 0 0 U ta£kama ekstremuma je z = 0, tj. z = 1 − 2 = 0 za x = ±1 pa su ta£ke M1 (1, 1) i x M2 (−1, −1) ta£ke mogu¢ih ekstrema. 2 Odredimo z 00 , z 00 = 3 .Za x = 1 je z 00 > 0 pa je M1 ta£ka lokalnog minimuma, a za x x = −1 je z 00 < 0 pa je ta£ka M2 ta£ka lokalnog maksimuma. Iz relacije xy − 1 = 0 slijedi da je y =
6.2.2. Lagranºov metod Ovom metodom se koristimo u slu£aju kada nije mogu¢e rije²iti jedna£inu veze ni po jednoj promjenljivoj ili je funkcija F (x) komplikovana pa se ostaje na jednostavnijim funkcijama (1) i (2). Ako su date funkcije z = f (x, y) i ϕ(x, y) = 0, onda se formira tzv. Lagranºova funkcija oblika F (x, y, λ) = f (x, y) + λϕ(x, y), gdje je λ konstanta koja se naziva Lagranºovim mnoºiteljem. U ovom slu£aju uslovni ekstrem funkcije z = f (x, y) je obi£ni ekstrem Lagranºove funkcije.
Teorema 1. (Potreban uslov vezanog ekstrema). Lagranºova funkcija u okolini ta£ke
M0 (x0 , y0 ) ima uslovni ekstremum ako su parcijalni izvodi funkcije F (x, y, λ) po svim promjenljivim x, y i λ u ta£ki F (x, y, λ) jednaki nuli, tj.: ∂f ∂ϕ ∂F = +λ =0 ∂x ∂x ∂x ∂F ∂f ∂ϕ = +λ =0 ∂y ∂y ∂y ∂F = ϕ(x, y) = 0. ∂λ
(3)
Ta£ke u kojima su parcijalni izvodi jednaki nuli nazivaju se stacionarnim ta£kama. Njihove koordinate su rje²enje sistema (3). Dovoljan uslov, da bi funkcija imala ekstremum u stacionarnoj ta£ki, dat je sljede¢om teoremom.
310
Teorema 2. Neka je M0 (x0 , y0 ) stacionarna ta£ka funkcije F u kojoj je totalni diferencijal
drugog reda
d2 F (M0 ) =
∂ 2 F (M0 ) 2 ∂ 2 F (M0 ) ∂ 2 F (M0 ) 2 dx + 2 dxdy + dy ∂x2 ∂x∂y ∂y 2
∂ϕ(M0 ) ∂ϕ(M0 ) dx + dy = 0. ∂x ∂y Tada funkcija z = f (x, y) u stacionarnoj ta£ki ima:
i neka u toj ta£ki
a) uslovni maksimum ako je d2 F (M0 ) < 0, b) uslovni minimum ako je d2 F (M0 ) > 0. Ako je d2 F (M0 ) = 0, potrebna su dopunska ispitivanja ("neodreden" slu£aj). Vrijednost uslovnog ekstrema je zmax(min) = F (M0 ).
Primjer 1. Odrediti ekstremne vrijednosti funkcije z = 2x+y+3, uz uslov x2 −6x+y+5 = 0. Lagranºova funkcija je F (x, yλ) = 2x + y + 3 + λ(x2 − 6x + y + 5). Stacionarne ta£ke odreduju se iz sistema:
Fx = 2 + 2λx − 6λ = 0 Fy = 1 + λ = 0 Fλ = x2 − 6x + y + 5 = 0 Rje²enje sistema je x = 4, y = 3, λ = −1. Ta£ka u kojoj funkcija moºe imati uslovni ekstrem je ta£ka M (4, 3). Treba ispitati stacionarnu ta£ku M (4, 3): Fxx = 2λ, Fxy = 0, Fyy = 0, d2 F (4, 3) = −2dx2 . Iz datog uslova je 2x dx − 6dx + dy = 0, a u ta£ki M (4, 3) je dy = 2dx. Dakle, d2 F (4, 3) 6= 0 za |dx| + |dy| 6= 0 pa je d2 F (4, 3) < 0, odnosno u ta£ki M (4, 3) funkcija ima uslovni maksimum zmax = 3.
Primjer 2. Odrediti uslovne ekstreme funkcije z = x2 + 2xy + y 2 ako je
ϕ(x, y) = 2x2 + y 2 − 6 = 0. Odredimo stacionarne ta£ke Lagranºove funkcije:
¡ ¢ F (x, y, λ) = x2 + 2xy + y 2 + λ 2x2 + y 2 − 6 . Rje²enjem sistema jedna£ina
∂F ∂x ∂F ∂y ∂F ∂λ
= 2x + 2y + 4λx = 0 = 2x + 2y + 2λy = 0 = 2x2 + y 2 − 6 = 0
311
Uslovni ekstremi
dobijamo
3 3 λ1 = − , M1 (1, 2); λ2 = − , M2 (−1, −2); 2 √ 2 √ √ √ λ3 = 0, M3 ( 2, − 2); λ4 = 0, M4 (− 2, 2). Treba ispitati stacionarne ta£ke Mk , k = 1, 2, 3, 4. Kako je Fxx = 2 + 4λ, Fxy = 2, Fyy = 2 + 2λ, 4xdx + 2ydy = 0, dy = −
2x dx(y 6= 0), to je y
ϕx ϕ2 x d F (M, λ) = (Fxx − 2Fxy + Fyy 2 )dx2 = ϕy ϕy · ¸ 8x 4x2 = (2 + 4λ) − + (2 + 2λ) 2 dx2 , y y 2
pa je
µ µ ¶¶ ¸ ·µ µ ¶¶ −3 4·1 −3 8·1 − + 2+2· dx2 = −9dx2 < 0. d F (M1 , λ1 ) = 2+4· 2 2 2 22 2
Ta£ka M1 je ta£ka uslovnog maksimuma, f (M1 ) = 9. Na sli£an na£in, nalazimo: d2 F (M2 , λ2 ) = −9x2 , M2 ta£ka uslovnog maksimuma f (M2 ) = 9, d2 F (M3 , λ3 ) = d2 F (M4 , λ4 ) = 18dx2 > 0, M3 i M4 ta£ka uslovnog minimuma f (M3 ) = f (M4 ) = 0.
Zadaci 1. Odrediti ta£ke uslovnih ekstrema funkcije z = x2 + y 2 ako je 5x2 + 8xy + 5y − 9 = 0. √ √ ¢ √ √ ¢ ¡ ¡ [R : Ta£ke ±3/ 2, ∓3/ 2 uslovnog maksimuma, a ta£ke ±1/ 2, ∓1/ 2 su ta£ke uslovnog minimuma.] 2. Odrediti uslovne ekstreme funkcije z = xy pri uslovu x + y = 0 · µ ¶ ¸ 1 1 1 R : Ta£ka , je ta£ka uslovnog maksimuma, z max = . 2 2 4 3. Na paraboli x2 = 2y na¢i ta£ku koja je najbliºa pravoj x − y − 2 = 0.
x0 − y0 − 2 . 2 2 2 Po²to ta£ka M mora leºati na paraboli x = 2y , bi¢e x0 = 2y0 . Dakle, treba na¢i ekstremnu ¸ 1 x−y−2 2 √ uz uslov x − 2y = 0. Traºena ta£ka je M (1, ) . vrijednost funkcije d(x, y) = 2 2 [Uputstvo : Rastojanje ma koje ta£ke M (x0 , y0 ) od prave dato je obrascem d =
312
V Integralni ra£un
313
1. Primitivna funkcija - neodredeni integral 1.1. Pojam primitivne funkcije Posmatraju¢i problem kretanja materijalne ta£ke, uo£ili smo da ako je poznat zakon kretanja s = s(t), diferenciranjem funkcije s = s(t) odredili smo brzinu v toga kretanja, tj. v(t) = s0 (t). Moºemo postaviti obrnut problem. Poznata je brzina kretanja materijalne ta£ke v = f (t). Treba odrediti zakon kretanja te ta£ke, tj. zavisnost predenog puta s od vremena t. Naime, iz poznate funkcije v = f (t) treba odrediti funkciju s = s(t) za koju je f (t) izvodna funkcija. Uop²te, ako je poznata izvodna funkcija f (x) ili diferencijal funkcije f (x)dx, treba odrediti funkciju F (x) koja zadovoljava uslov F 0 (x) = f (x) ili dF (x) = f (x)dx. Funkciju F (x), koja zadovoljava navedeni uslov, nazivamo primitivnom funkcijom funkcije f (x). Primitivnu funkciju F (x) moºemo preciznije de nisati: Neka je funkcija f (x) de nisana u intervalu a, b). Za funkciju F (x), koja je de nisana u istom intervalu, kaºemo da je primitivna funkcija funkcije f (x) ako za ∀x ∈ (a, b) postoji izvod F 0 (x) i ako je F 0 (x) = f (x) ili dF (x) = F 0 (x)dx = f (x)dx, tj.: (∀x ∈ (a, b)F 0 (x) = f (x)). Ukoliko su funkcije f (x) i F (x) de nisane u zatvorenom ili poluotvorenom intervalu, na primjer u [a, b], onda ¢emo smatrati da je F 0 + (a) = f (a) i F 0 − (b) = f (b). Neka su F1 (x) i F2 (x) primitivne funkcije funkcije f (x) u intervalu (a, b). Tada, u tom intervalu, jeste F 0 1 (x) = f (x) i F 0 2 (x) = f (x), tj. [F2 (x) − F1 (x)]0 = F 0 2 (x) − F 0 1 (x) = o, a funkcija F (x) = F2 (x) − F1 (x) je konstantna:
F (x) = C , tj. F2 (x) = F1 (x) + C. O£igledno, ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f (x), tada je F (x) + C (gdje je C aditivna konstanta), takode, primitivna funkcija funkcije f (x), jer je [F (x) + C] 0 = F 0 (x) = f (x). Ukoliko znamo jednu primitivnu funkciju funkcije f (x), ostale primitivne funkcije dobijamo dodavanjem aditivne konstante C poznatoj primitivnoj funkciji. Skup svih primitivnih funkcija funkcije f (x) izraºavamo zbirom F (x) + C , gdje je C proizvoljna konstanta. 315
316
Integralni ra£un
Primjer 1. Funkcija F (x) = x2 primitivna je funkcija funkcije f (x) = 2x, jer je (x2 ) 0 = 2x.
Funkciji f (x) = 2x odgovaraju i sve primitivne funkcije F (x) = x2 ± C(C = 0, ±1, ±2, ±....).
Primjer 2. Funkcija F (x) = sin x + C je primitivna funkcija funkcije f (x) = cos x, jer je
(sin x + C) 0 = cos x. Skup svih primitivnih funkcija F (x) + C funkcije f (x), de nisanih u intervalu (a, b), nazivamo neodredenim integralom funkcije f (x) i ozna£avamo ga sa simbolom Z f (x)dx,
R gdje je simbol - znak integrala, f (x) podintegralna funkcija (integrand), a f (x)dx - integralni element. R Moºemo pisati, na osnovu de nicije, da je integral, f (x)dx = F (x) + C , gdje je F (x) jedna od primitivnih funkcija funkcije f (x), a C - proizvoljna konstanta (aditivna konstanta ili konstanta integracije). Dio matematike koji se bavi iznalaºenjem integrala i njihovim primjenama nazivamo integralnim ra£unom. Operaciju kojom se odreduje funkcija £iji je izvod poznat, nazivamo integrisanjem ili integracijom. Prirodno je postaviti pitanje da li svaka funkcija ima primitivnu funkciju.U teoriji funkcija utvrdeni su izvjesni uslovi na osnovu kojih sigurno moºemo re¢i koja klasa funkcija ima primitivnu funkciju. O£igledno je, prema de niciji primitivne funkcije, da ako je F (x) primitivna funkcija funkcije y = f (x), u intervalu (a, b), tada je ona diferencijabilna, dakle i neprekidna u tom intervalu. A dovoljan uslov za egzistenciju primitivne funkcije je da je funkcija f (x) neprekidna u tom intervalu. U slu£aju da je funkcija f (x) prekidna, primitivnu funkciju ¢emo odredivati u jednom od intervala neprekidnosti funkcije f (x). 1 Na primjer, funkcija f (x) = jeste prekidna za x = 0. x Intervali neprekidnosti funkcije f (x) jesu (− ∝, 0) i (0, + ∝). 1 U intervalu (0, + ∝) primitivna funkcija funkcije f (x) = jeste F (x) = ln x, pa je: x Z 1 dx = ln x + C1 . x Primitivna funkcija funkcije f (x) =
1 u intervalu (− ∝, 0) jeste F (x) = ln(−x), jer je: x
1 1 (1n(−x))0 = − (−1) = , x x
Primitivna funkcija - neodredeni integral
pa je:
317
Z
1 dx = ln (−x) + C2 . x Medutim, uobi£ajeno je da se pi²e: Z 1 dx = ln |x| + C. x R Ako 2xdx = x2 + C , iz primjera l, prikaºemo gra £ki, dobi¢emo skup parabola koje moºemo dobiti translacijom parabole y = x2 za konstantu C duº y ose. Na slici 82 prikazan je skup tih parabola parabolama koje odgovaraju vrijednostima integracione konstante C = 0, ±1, ±2. Krive, de nisane jedna£inom y = F (x)+C , nazivamo integralnim krivima krive y = f (x). Prema tome, neodredenom integralu odgovara skup integralnih krivih. Da bismo iz skupa primitivnih funkcija y = F (x) + C funkcije f (x) izdvojili jednu odredenu primitivnu funkciju, dovoljno je dati po£etni uslov: y = y0 za x = x0 iz koga se odreduje konstanta C : y0 = F (x0 ) + C, C = y0 − F (x0 ).
Sl. 82 Tako dobijamo odredenu primitivnu funkciju y = F (x) + y0 − F (x0 ) koja prolazi kroz ta£ku M0 (x0 , y0 ). Na primjer, konstantu C treba odrediti tako da za x = 0 funkcija y = x2 + C (1) ima vrijednost y = 1, tj. da njen gra k prolazi kroz ta£ku M0 (0, 1). Uvr²tavanjem ovih vrijednosti u relaciju (1), dobijamo da je C = 1. Odgovaraju¢a primitivna funkcija je y = x2 + 1.
2. Osnovna svojstva i pravila integracije Iz de nicije neodredenog integrala neposredno slijede njegova osnovna svojstva za neprekidne funkcije u intervalu neprekidnosti. 1. Izvod od neodredenog integrala jednak je podintegralnoj funkciji, a diferencijal od neodredenog integrala jednak je integralnom elementu, tj.: µZ ¶0 (x)dx = f (x), Z d f (x)dx = f (x)dx. Iz de nicije neodredenog integrala slijedi da je: ¶0 µZ f (x)dx = [F (x) + C]0 = F 0 (x) = f (x), ¶0 µZ Z f (x)dx dx = F 0 (x)dx = f (x)dx. d f (x)dx = 2. Ako funkcija f (x) ima primitivnu funkciju, tada funkcija Cf (x) (C = cost.), takode, ima primitivnu funkciju, pri £emu je: Z Z Cf (x)dx = C f (x)dx, C 6= 0. Ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f (x), tada je CF (x) primitivna funkcija funkcije Cf (x), jer je (CF (x))0 = CF 0 (x) = Cf (x) pa je, na osnovu de nicije neodredenog integrala: Z Z
Cf (x)dx = CF (x) + C1 . C
f (x)dx = C(F (x) + C2 )
(C1 i C2 - proizvoljne konstante). Za C 6= O, skupovi funkcija na desnim stranama dobijenih jednakosti medusobno se poklapaju. Oni se mogu razlikovati za proizvoljnu konstantu pa je: Z Z Cf (x)dx = C f (x)dx. Dakle, konstantan faktor moºemo iznijeti ispred znaka integrala. 318
Osnovna svojstva i pravila integracije
319
3. Ako funkcije f1 (x) i f2 (x) imaju primitivne funkcije, tada funkcija f1 (x)±f2 (x), takode, ima primitivnu funkciju, pri £emu je: Z Z Z [f1 (x) ± f2 (x)]dx = f1 (x)dx ± f2 (x)dx. Neka su F1 (x) i F2 (x) primitivne funkcije funkcija f1 (x) i f2 (x). Tada je F1 (x) ± F2 (x) primitivna funkcija funkcije f1 (x) ± f2 (x), jer je [F1 (x) ± F2 (x)] 0 = F 0 1 (x) ± F2 (x) = f1 (x) ± f2 (x). Prema de niciji neodredenog integrala je : Z [f1 (x) ± f2 (x)]dx = F1 (x) ± F2 (x) + C. Z Z f1 (x)dx ± f2 (x)dx = F1 (x) + C1 ± F2 (x) + C2 , gdje su C , C1 i C2 - proizvoljnje konstante. O£igledno je da su skupovi funkcije na desnoj strani dobijenih jednakosti medusobno jednaki, pa je osobina 3 dokazana. Dakle, integral algebarske sume funkcija jednak je algebarskoj sumi integrala svih sabiraka (ako integrali funkcija - sabiraka postoje).
3. Tablica osnovnih integrala Diferenciranje neprekidne funkcije je operacija koju uvijek moºemo uraditi primjenjuju¢i tabelu izvoda osnovnih elementarnih funkcija i pravila diferenciranja. Integracijom - operacijom inverznom diferenciranju, ne moºemoR uvijek na jednostavan na£in odrediti odgovaraju¢u primitivnu funkciju. Na osnovu relacije f (x)dx = F (x) + C(F 0 (x) = f (x)) moºemo neposredno na¢i odgovaraju¢u primitivnu funkciju ukoliko je podintegralna funkcija izvod jedne od osnovnih elementarnih funkcija. Naime, iz tablice izvoda elementarnih funkcija, gdje je R F 0 (x) = f (x), neposredno £itamo da se inverznom operacijom dobija F (x) = f (x)dx. Tako je sastavljena tablica osnovnih integrala. R 1. 1 · dx = x + C , (x)0 = (x0 ) = 1 µ n+1 ¶0 R n x xn+1 = xn . 2. x dx = + C , n 6= −1, n+1 n+1 R 1 1 3. dx = ln |x| + C , (ln |x|) 0 = . x x R x 4. e dx = ex + C, (ex )0 = ex . µ x ¶0 R x ax a 5. a dx = + C(a > 0, a 6= 1), = ax . ln a ln a R 6. sin xdx = − cos x + C , (− cos x)0 = sin x. 7.
R
cos xdx = sin x + C ,
(sin x)0 = cos x.
R
1 dx = tg x + C , (tg x)0 = . 2 cos x cos2 x R dx 1 9. = − ctg x + C , (ctg x)0 = − 2 2 sin x sin x ¾ R 1 dx, = arcsin x + C(−1 < x < 1) (arcsin x)0 =√ . 10. √ 0 (− arccos x) 1 − x2 = − arccos x + C 1 − x2 ¾ R dx, = arctg x + C, 1 (arctg x)0 = . 1l. 0 2 = − arcctg x + C, (− arcctg x) 1+x 1 + x2 8.
320
Tablica osnovnih integrala
321
Integrale navedene u ovoj tablici nazivamo tabli£nim integralima. Uradi¢emo nekoliko primjera kori²¢enja tabli£nih integrala i osnovnih svojstava neodredenih integrala. Izra£unajmo integrale:
R R R R R R (5x4 + x2 + 10)dx = 5x4 dx + x2 dx + 10dx = 5 x4 dx + x2 dx + 10 dx = 5 1 5 1 3 1 x + x + 10x + C = x5 + x3 + 10x + C. 5 3 3 ¶ Z µ 1 Z 2√ 3 x 3 x − 3x + 2x2 ex + 1 3 x −2 x − + 2e + x 2. dx = dx = x2 x R 1 R 1 R R 3 4 1 = x 3 dx + 3 dx + 2 ex dx + x−2 dx = x 3 − 3 ln |x| + 2ex − + C. x 4 x Z ³ Z ³ x x ´2 x x x x´ sin + cos 3. dx = sin2 + 2 sin cos + cos2 dx = 2 2 2 2 2 2 R R R = (1 + sin x)dx = dx + sin xdx = x − cos x + C . ¶ Z Z Z µ 1 sin2 x + cos2 x 1 1 dx = dx = 4. + dx = cos2 x sin2 x sin2 x cos2 x sin2 x cos2 x Z Z dx dx = tg x− ctg x + C. = + 2 cos x sin2 x 1.
R
Zadaci Izra£unati integrale: 1. 2.
R
√ (4x3 − sin x + 6 x)dx,
R (1 + x)2 dx, x(1 + x2 )
£ ¤ √ R : x4 + 3 cos x + 4x x + C
[R : ln |x| + 2 arctg x + C]
ex dx, [R : ln(1 + ex ) + C] 1 + ex √ · ¸ Z √ ¯ ¯ √ 2 + x2 − 2 − x2 x ¯ ¯ 2 √ dx R : arcsin √ − ln ¯x + 2 + x ¯ + c 4. 2 4 − x4 3.
R
4. Metode integracije Naveli smo nekoliko primjera gdje se izra£unavanje integrala svodi na osnovnu tablicu integrala. Medutim, u ve¢ini slu£ajeva, izra£unavanje integrala ne moºemo svesti na osnovne obrasce za integrisanje. Koristimo se raznim metodama kojima se integrali odredenog tipa, poslije niza transformacija, svode na kona£no mnogo tabli£nih integrala. Mi ¢emo obraditi samo dvije metode: metodu smjene (supstitucije) i metodu djelimi£ne integracije.
4.1. Metoda smjene (supstitucije) R Pretpostavimo da je potrebno izra£unati f (x)dx o kome znamo da ima primitivnu funkciju koju ne moºemo neposredno odrediti. Tada koristimo metod smjene ili zamjene promjenljive x u podintegralnom izrazu f (x)dx
(1)
uzimaju¢i da je x = ϕ(t), dx = ϕ0 (t)dt. Dakle, uvedimo novu promjenljivu t umjesto x, stavljaju¢i da je x = ϕ(t), gdje je funkcija ϕ(t) monotona i diferencijabilna. Tada je integral: Z Z f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = F (t) + C. (2) Zaista, na osnovu osobineRl. neodredenog integrala je R d f (x)dx = f (x)dx i d f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = f (x)dx, jer je dx = ϕ0 (t)dt. Na ovaj na£in i lijeva i desna strana u formuli (2) imaju jednake diferencijale kojim odgovara isti skup primitivnih funkcija funkcije f (x). Time je dokazana jednakost (2) u smislu da se lijeva i desna strana u (2) mogu razlikovali za neku proizvoljnu konstantu. Da bismo se vratili na polaznu promjenljivu x, dovoljno je u dobijenoj funkciji zamijeniti t vrijedno²¢u koju dobijamo iz x = ϕ(t), tj. vrijedno²¢u t = ψ(x), gdje je ψ(x)-inverzna funkcija funkcije ϕ(t). Ona postoji, jer je x = ϕ(t) monotona funkcija. Dakle, Z Z f (x)dx = f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt = F (t) + C = F (ψ(x)) + C = F (x) + C. Izloºeni na£in izra£unavanja integrala supstitucije.
R
f (x)dx nazivamo metodom smjene ili metodom
322
Metode integracije
323
Uradi¢emo nekoliko primjera koji ¢e ilustrovati metodu smjene. Izra£unati integrale: R 1. (a + bx)n dx, n 6= −1, b 6= 0
t−a 1 , a dx = dt, pa je b b Z Z dt 1 tn+1 (a + bx)n dx = tn = + C. b bn+1
Uzmimo da je a + bx = t pa je x =
R 1 (a + bx)n+1 Vra¢aju¢i se na promjenljivu x, dobijamo da je: (a + bx)n dx = + C. b n+1 √ R x dx. 2. √ 3 x+1 Uzmimo da je x = t6 , odakle je dx = 6t5 dt, pa je: √ Z Z 3 5 Z x t 6t t8 √ dx = dt = 6 dt 3 t2 + 1 t2 + 1 x+1 ¶ Z µ 1 6 4 2 = 6 dt t −t +t −1+ 2 t +1 µ ¶ 1 7 1 5 1 3 = 6 t − t + t − t + arctg t + C. 7 5 7 Vra¢aju¢i se na promjenljivu x, dobijemo da je: ¶ µ √ √ Z √ √ √ x 1 6 7 1√ 1 6 6 6 √ x − x5 + x − x + arctg x + C. dx = 6 3 7 5 3 x+1 (U ovom primjeru smo t8 podijelili na t2 + 1). Z 1 1 e x dx. 3. x2 µ ¶ 1 1 = − 2 dx, to dati integral moºemo pisati u obliku: Po²to je d x x µ ¶ Z Z 1 1 1 1 x x e dx = − e d . 2 x x Neka je
1 = t. Tada je: x µ ¶ Z Z Z 1 1 1 1 1 t t ex d e x dx = −e x + C. = − e dt = −e + C, ili 2 x x
Integralni ra£un
324
Z
x2 4. dx. 1 + x6 Uzmimo da je t = x3 , dt = 3x2 dx. Tada je Z Z Z x2 1 1 3x2 dt 1 1 dx = dx = = arctg t + C = arctg x3 + C. 2 6 2 1+x 3 3 1+t 3 3 1 + (x3 ) Z 5.
x2 dx. 1 + x3
Neka je x3 + l = t, 3x2 dx = dt, x2 dx =
Z
x2 1 dx = 3 1+x 3
Uop²te integral oblika
Z
dt . Tada je: 3
¯ dt 1 1 ¯ = ln |t| + C = ln ¯x3 + 1¯ + C. t 3 3 Z
f 0 (x) dx, f (x)
smjenom f (x) = t, f 0 (x) dx = dt, svodi se na tabli£ni integral Z Z 0 Z d (t) f (x) dt : dx = = ln |t| + C = ln |f (x)| + C. t f (x) t 6.
Z
¶ Z Z µ dx (x + a) − (x − a) 1 1 1 1 = dx = − dx x2 − a 2 2a x2 − a2 2a x−a x+a ¯ ¯ ¯x − a¯ 1 1 ¯ ¯ + C. = (ln |x − a| − ln |x + a|) + C = ln 2a 2a ¯ x + a ¯
Z √ x+1+1 √ 7. dx. x+1−1 Smjena x + 1 = t2 , x = t2 − 1, dx = 2tdt, pa je: ¶ Z √ Z Z µ (t + 1)t x+1+1 2 √ dx = 2 dt = 2 t+2+ dt t−1 t−1 x+1−1 ¶ µ 1 2 t + 2t + 2 ln |t − 1| + C = t2 + 4t + 4 ln |t − 1| + C = 2 2 ¯√ ¯ √ ¯ ¯ = x + 4 x + 1 + 4 ln ¯ x + 1 − 1¯ + C1 , gdje je C1 = C + 1- proizvoljna konstanta.
325
Metode integracije
Z 8.
√
dx . x2 ± a2
U ovakvom obliku integrala najpodesnija smjena je Odavde je x = to je
Z
Z 9.
Smjena t =
Z
√ 3
x2 ± a2 = t − x.
√ t2 ± a2 t2 ± a2 t2 ± a2 t2 ± a2 2 ± a2 = t − x , a dx = dt . Kako je = , 2t 2t2 2t 2t
dx √ = 2 x ± a2
xdx √ . 3 x+2
√
Z
(t2 ± a2 ) 2t dt = (t2 ± a2 ) 2t2
Z
¯ ¯ √ dt ¯ ¯ 2 2 = ln |t| + C = ln ¯x + x ± a ¯ + C. t
x + 2, x = t3 − 2, dx = 3t2 dt daje:
Z Z 3 xdx (t − 2)t2 √ dt = 3 (t4 − 2t)dt = 3 3 t x+2 p 3 5 3p = t − 3t2 + C = 3 (x + 2)5 − 3 3 (x + 2)2 + C. 5 5
R R R Integrali oblika cos ax cos bxdx, sin ax sin bx dx i sin ax cos bx dx trigonometrijskim transformacijama: 1 [cos(a + b)x + cos(a − b)x], 2 1 sin ax sin bx = [cos(a − b)x − cos(a + b)x] , 2 1 sin ax cos bx = [sin(a + b)x + sin(a − b)x], 2
cos ax cos bx =
svode se na integrale:
Z
Z Z 1 1 cos ax cos bxdx = cos(a + b)xdx + cos(a − b)xdx, 2 2 Z Z Z 1 1 sin ax sin bxdx = cos(a − b)xdx − cos(a + b)xdx, 2 2 Z Z Z 1 1 sin ax cos bxdx = sin(a + b)xdx + sin(a − b)xdx, 2 2
koje rje²avamo uvodenjem smjene: (a + b)x = t i (a − b)x = t (a ± b 6= 0).
Integralni ra£un
326
10. Izra£unati integral I =
Z
R
sin 3x sin 5x dx.
Z 1 sin 3x sin 5xdx = (cos 2x − cos 8x) dx 2 Z Z 1 1 1 1 cos 2xdx − cos 8xdx = sin 2x − sin 8x + C. = 2 2 4 16
R
¯ ¯ ¯ 1 ¯¯ 1 R 1 1 ¯ cos tdt = sin t = sin 2x, cos 2xdx = ¯2x = t, dx = dt¯ = 2 2 2 2 R 1 cos 8xdx = sin 8x 8
11. Izra£unati integral
R
sin x sin 2x sin 3x dx.
Z sin x sin 2x sin 3xdx = = = =
Z 1 (cos x − cos 3x) sin 3xdx 2 Z Z 1 1 cos x sin 3xdx − cos 3x sin 3xdx 2 2 Z Z 1 1 (sin 4x + sin 2x)dx − sin 6xdx 4 4 1 1 1 cos 6x − cos 4x − cos 2x + C. 24 16 8
Zadaci Izra£unati integrale:
Z 1.
Z 2.
Z 3. 4. 5.
R
R
dx √ , 1+ x+1 cos 2xdx , 1 + sin 2x
£
R:2
£√ ¤ ¤ √ x + 1 − ln(1 + x + 1) + C ·
1 R : ln(1 + sin 2x) + C 2
√ cos x √ dx, x cos 2x sin 4xdx, √ x3 5 x4 + 1dx,
¸
√ [R : 2 sin x + C] · ¸ 1 1 R : − cos 6x − cos 2x + C 12 4 · R:
6 5 4 (x + 1) 5 + C 24
¸
327
Metode integracije
4.2. Metoda parcijalne (djelimi£ne) integracije Neka su u(x) i v(x) diferencijabilne funkcije. Tada je (uv)0 = u0 v + v 0 u i d(uv) = vdu + udv . Odavde je udv = d(uv) − vdu. Integracijom i lijeve i desne strane ove jednakosti, dobijamo da je: Z Z udv = uv − vdu , (1) gdje su u i v funkcije od x. R R Ova jednakost je skra¢eni oblik jednakosti u(x)dv(x) = u(x)v(x) − v(x)du(x) u kojoj je nagla²eno R da su u i v funkcije od x. FormulaR(1) pruºa mogu¢nost da se izra£unavanje integrala udv svede na izra£unavanje integrala vdu koji bi trebalo da bude jednostavniji za izra£unavanje ili je ve¢ tabli£ni integral. Ovakav na£in odredivanja integrala nazivamo metodom parcijalne integracije. Ovom metodom koristimo se kada se pogodnim izborom u i R dv u datom integralu dobija jednostavniji integral vdu. Izraz pod znakom datog integrala moramo napisati u obliku proizvoda dva faktora od kojih ¢e jedan biti u, i u njemu se ne¢e nalaziti dx, a drugi ¢e biti dv , i u njemu ¢e se nalaziti dx. Iz dv ¢emo integracijom dobiti v , a iz u ¢emo diferenciranjem dobiti du. Na primjer, izra£unati integrale: 1.
R
xex dx.
Uzmimo da je u = x i dv = ex dx, onda je,
Z du = dx, a v =
ex dx = ex .
Na osnovu formule (1), je: Z Z x x xe dx = xe − ex dx = xex − ex + C = (x − 1) ex + C.
¯ ¯ ¯ ¯ u = ln x, dv = dx R ¯ ¯ R 1 ln xdx = ¯ ¯ = x ln x − dx ¯ du = dx, v = dx = x ¯ x = x ln x − x + C = x(ln x − 1) + C. u = ln x, dv = xn dx R n R x ln xdx (n 6= −1) = 1 xn+1 du = dx, v = xn dx = x n+1 1 R n xn+1 ln x xn+1 xn+1 ln x − x dx = − + C. = n+1 n+1 n+1 (n + 1)2 R
2.
3.
Integralni ra£un
328
¯ ¯ R ¯ = −x2 cos x + 2 x cos xdx. 4. I = ¯ R Metodom parcijalne integracije rje²avamo integral x cos x dx, uzimaju¢i da je u = x, dv = cos x dx, pa je du = dx, a v = sin x. Tada je Z Z x cos x dx = x sin x − sin x dx = x sin x + cos x + C , a R
¯ ¯ u = x2 , dv = sin xdx x sin xdx = ¯¯ du = 2xdx, v = − cos x 2
I = −x2 cos x + 2(x sin x + cos x) + C. R Sli£no izra£unavamo i integral I = x2 cos x dx. R√ x2 + adx. 5. I = √ xdx Uzmimo da je u = x2 + a, dv = dx, te je du = √ , v = x, a x2 + a Z √ x2 dx 2 I =x x +a− √ . x2 + a Z x2 dx √ Posebno rje²avamo integral : x2 + a Z Z 2 Z √ Z x2 dx x +a−a dx 2 √ √ = dx = x + adx − a √ 2 x2 + a x2 + a Z √ x +a ¯ ¯ √ ¯ ¯ = x2 + adx − a ln ¯x + x2 + a¯ . Uvr²tavanjem ovog izraza u I , dobijamo: Z √ Z √ ¯ ¯ √ √ ¯ ¯ 2 2 2 2 I= x + adx = x x + a − x + adx + a ln ¯x + x + a¯ . Odavde je:
2 odnosno I = 6. I =
R
R√
Z √
¯ ¯ √ √ ¯ ¯ x2 + adx = x x2 + a + a ln ¯x + x2 + a¯ + C,
x2 + adx =
¯ √ x√ 2 a ¯ x + a + ln ¯x + x2 + a¯ + C. 2 2
arcsin x dx.
Ako stavimo u = arcsin x i dv = dx, bi¢e du = √
dx i v = x, pa je 1 − x2
Z I = x arcsin x −
√
xdx . 1 − x2
Metode integracije
329
1 Za odredivanje integrala uzimamo da je 1 − x2 = t, odakle je xdx = − dt, pa je 2 Z Z √ √ xdx 1 dt √ √ = − t = − 1 − x2 . =− 2 t 1 − x2 Uvr²tavanjem ovoga izraza u I , dobijamo da je: √ I = x arcsin x + 1 − x2 + C. Istim postupkom se koristimo pri izra£unavanju integrala ostalih inverznih trigonometrijskih funkcija. Metod parcijalne integracije nekada treba primijeniti vi²e puta. Poslije nekoliko uzastopnih je da Rse pojavi polazni R ax primjena, R mogu¢e R integral, na primjer u integralima oblika ax e sin bx dx, e cos bx dx, sin (ln x) dx, cos (ln x) dx, poslije druge primjene parcijalne integracije javlja se polazni integral. R Primjer 7. Izra£unati integral eax sin bx dx. ¯ ¯ Z Z ¯u = sin bx, du = b cos bx dx¯ 1 b ¯ ¯ ax ax 1 e sin bxdx = ¯ eax cos bx dx. (1) ¯ = e sin bx − ¯ dv = eax dx, v = eax ¯ a a a R ax Posebno izra£unajmo integral e cos bx dx. ¯ ¯ Z Z ¯u = cos bx, du = −b sin bx dx¯ 1 b ¯ ¯ ax ax 1 ax e cos bxdx = ¯ eax sin bx dx. (2) ¯ = e cos bx + ax ¯ ¯ dv = e dx, v = e a a a b R ax Uvr²tavanjem (2) u (1) i prebacivanjem integrala e sin bx dx, na lijevu stranu jeda nakosti, poslije sredivanja, dobi¢emo: Z a2 + b2 a sin bx − b cos bx ax eax sin bx dx = e + C1 , 2 a a2 odakle je
Z
a sin bx − b cos bx ax eax sin bx dx = e + C2 . a2 + b2 R Analogno izra£unavamo integral eax cos bx dx. Naime, iz (2) i (3) slijedi da je Z a sin bx − b cos bx ax e + C. eax cos bx dx = a 2 + b2 R Integral oblika cos(ln x) dx, rje²avamo uzimaju¢i da je: Z 1 u = cos(ln x), dv = dx pa je cos(ln x)dx = [sin(ln x) + cos(ln x)] + C. 2 R Analogno izra£unavamo integral sin(ln x) dx.
(3)
330
Integralni ra£un
Prilikom izra£unavanja nekih integrala koristimo se metodom smjene, parcijalne integracije i pogodne transformacije. Z xex dx Primjer 8. Izra£unati integral . (x + 1)2 Z Z Z Z xex dx x+1−1 x ex dx ex dx = e dx = − . (x + 1) (x + 1)2 (x + 1)2 (x + 1)2 Primjenimo li metodu parcijalne integracije na integral Z x e dx 1 (u = , dv = ex dx), x+1 x+1 dobi¢emo da je integral
Z
xex dx ex = + C. x+1 (x + 1)2
R Integral oblika Pn (x)eax dx, a 6= 0 rje²avamo metodom parcijalne integracije ili metodom neodredenih koe cijenata. Metodu parcijalne integracije primjenjujemo n puta uzastopno, pri £emu uzimamo da je u = Pn (x), dv = eax dx. Prvom primjenom parcijalne integracije dobi¢emo: ¯ ¯ ¯ u = Pn (x), du = Pn0 0 (x) dx = Pn−1 (x) dx ¯ Z ¯ ¯ ¯ ¯ Pn (x)eax dx = ¯ ¯ 1 ¯ ax ¯ ax ¯ dv = e dx, v = e ¯ a Z 1 1 Pn−1 (x)eax dx . = Pn (x)eax − a a R Integral Pn−1 (x)eax dx istog je tipa kao posmatrani integral. Primjenjuju¢i na njega parcijalnu integraciju (u = Pn−1 (x), dv = eax dx), dobi¢emo R integral Pn−2 (x)eax dx koji je istog tipa kao i polazni integral, ali polinom Pn−2 (x) niºeg je stepena za 2 od stepena polinoma Pn (x). Nastavljaju¢i ovaj postupak, poslije n - puta primijenjene parcijalne integracije, dobi¢emo integral Z 1 eax dx = eax + C. a Zbir svih polinoma dobijenih na desnoj strani, poslije n-puta primijenjene parcijalne integracije na proizvod Pn (x)eax , moºemo predstaviti u obliku Qn (x)eax + C , gdje je Qn (x) polinom istog stepena kao i Pn (x), a C - proizvoljna konstanta. Tada je: Z Pn (x)eax dx = Qn (x)eax + C. (1)
Metode integracije
331
R Integral Pn (x)eax dx moºemo izra£unati i metodom neodredenih koe cijenata. Treba ga napisati u obliku jednakosti (1) u kojoj su koe cijenti polinoma Qn (x) nepoznati. Odredujemo ih tako ²to diferenciramo jednakost (I) i dobijeni rezultat podijelimo sa eax 6= 0: Pn (x)eax = Q0 n (x)eax + aQn (x)eax , odnosno
Pn (x) = aQn (x) + Q0 n (x),
odakle odredimo koe cijente polinoma Qn (x) primjenom teoreme o identi£nosti polinoma. R Primjer 9. Izra£unati integral (x2 − 3x + 1)e2x dx. U datom slu£aju jednakost (1) ima oblik: Z (x2 − 3x + 1)e2x dx = (ax2 + bx + c)e2x + C. (2) Diferenciranjem jednakosti (2) i podjelom sa e2x , dobi¢emo: (x2 − 3x + 1) = 2(ax2 + bx + c) + 2ax + b, ili x2 − 3x + 1 = 2ax2 + 2(a + b)x + b + 2c, odakle je: 2a = 1 2(a + b) = −3 (3) b + 2c = 1. Rje²enje sistema (3) je:
pa je integral:
dv .
3 1 a = , b = −2, c = , 2 2
Z
1 (x2 − 3x + 1)e2x dx = e2x (x2 − 4x + 3) + C. 2 R R Na sli£an na£in moºemo izra£unati integrale oblika Pn (x) cos ax dx, Pn (x) sin ax dx. Ako primjenjujemo metodu parcijalne integracije, treba uzeti cos ax dx ili sin ax dx za
Ako se koristimo metodom neodredenih koe cijenata, navedene oblike integrala izra£unavamo prema formulama:
Z Pn (x) cos axdx = aQn (x) sin ax + Q0 n (x) cos ax + C Z Pn (x) sin ax dx = aQn (x) cos ax − Q0 n (x) sin ax + C R
Primjer 10. Izra£unati integral (x2 − 5x + 6) cos 3x dx.
(4)
Integralni ra£un
332
Prema formulama (4), imamo: Z (x3 − 5x + 6) cos 3xdx = 3(ax2 + bx + c) sin 3x + (2ax + b) cos 3x + C,
(x2 − 5x + 6) cos 3x = 3(2ax + b) sin 3x + 9(ax2 + bx + c) cos 3x + + 2a cos 3x − 3(2ax + b) sin 3x, Odakle je :
(x2 − 5x + 6) cos 3x = (9ax2 + 9bx + 9c + 2a) − cos 3x, x2 − 5x + 6 = 9ax2 + 9bx + 9c + 2a. 1 5 52 Rje²enje sistema 9a = 1, 9b = −5, 9c + 2a = 6 je: a = , b = − −, c = , pa je 9 9 81 Z (x2 − 5x + 6) cos 3xdx =
1 1 (9x2 − 45x + 52) sin 3x + (2x − 5) cos 3x + C. 27 9
Zadaci Izra£unati integrale: 1. 2. 3. 4. 5.
R R R R R
· x ln x dx, x ar x tg x dx, sin(ln x) dx,
R:
¸ 2√ 3 2 x (ln x − ) + C 3 3 · ¸ x2 + 1 x R: ar x tg x − + C 2 2
[R :
(x2 − x)e3x dx, (x2 − 3x − 1) cos 3x dx.
x (sin(ln x) − cos(ln x)) + C] 2
[R :
1 (9x2 − 15x + 5)e3x + C] 27 [R :
1 ((9x2 + 2x − 11) sin 3x + (6x + 9) cos 3x) + C] 27
5. Integrali racionalnih funkcija 5.1. Razlaganje racionalnih funkcija na elementarne razlomke Neka je y = R(x):
R(x) =
Pn (x) an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = (m 6= 0) Qm (x) bm xm + bm−1 xm−1 + . . . + b1 x + b0
razlomljena racionalna funkcija. Ona je de nisana za svako x za koje je Qm (x) 6= 0. Ako je n < m, za funkciju f (x) kaºemo da je prava razlomljena racionalna funkcija, a u slu£aju da je n > m, funkcija f (.x) jeste neprava razlomljena racionalna funkcija. Svaku nepravu razlomljenu funkciju f (x), dijeljenjem polinom Pn (x) sa Qm (x), moºemo napisati u obliku zbira jedne cijele racionalne funkcije (polinoma) i jedne prave racionalne funkcije, tj. Pn (x) Rk (x) = Pn−m + , (n ≥ m), Qm (x) Qm (x) gdje je Rk (x) ostatak dijeljenje Pn (x) sa Qm (x) £iji je stepen k < m. Prave racionalne funkcije oblika:
A Mx + N , , k = 1, 2, 3, . . . (x − a)k (x2 + px + q)k nazivamo elementarnim razlomcima ili jednostavnim racionalnim funkcijama u kojim su a, p, q , A, M , i N realni parametri. Kao ²to je poznato (vidi rastavljanje polinoma na faktore), svaki polinom sa realnim koe cijentima stepena vi²eg od dva moºemo na jedinstven na£in razloºiti na linearne i kvadratne faktore sa realnim koe cijentima koji se u razlaganju mogu pojaviti vi²e puta. Dakle, polinom Qm (x) moºemo napisati u obliku:
Qm (x) = bm (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − as )ks (x2 + p1 x + q1 )r1 (x2 + p2 x + q2 )r2 . . . . . . (x2 + pl x + ql )rl , (1) gdje je m = k1 + k2 + ...ks + 2(r1 + r2 + ... + rl ) stepen polinoma Qm (x). 333
334
Integralni ra£un
U algebri se dokazuje da svakom faktoru (koji se ne ponavlja) oblika (x − a) odgovara u A razlaganju jedan elementarni razlomak oblika , a faktoru oblika(x − a)k odgovara zbir x−a od k elementarnih razlomaka oblika:
A1 A2 Ak . + 2 +...+ x − a (x − a) (x − a)k Mx + N + px + q a faktoru oblika (x2 + px + q)r odgovara zbir od r elementarnih razlomaka oblika: Svakom faktoru oblika x2 +px+q odgovara jedan elementarni razlomak oblika
x2
M1 x + N1 M2 x + N2 Mr x + Nr + + ... + 2 . 2 2 x + px + q (x2 + px + q) (x + px + q)r Ovdje su A, M , B , Ai , Mi , Ni - realni koe cijenti. Zna£i, ukoliko znamo razlaganje (1) polinoma Qm (x), tada znamo imenioce svih elementarnih razlomaka na koje je razloºena posmatrana racionalna funkcija. U op²tem slu£aju, razlaganje prave racionalne funkcije na zbir elementarnih razlomaka izgleda ovako:
A2 Ak1 P (x) A1 + + ... + = + k1 k1−1 Q(x) (x − a1 ) (x − a1 ) (x − a1 ) B2 Bk2 M1 x + N1 B1 + + ... + + ... + 2 + k2 k2−1 (x − a2 ) (x + px + q)r (x − a2 ) (x − a2 ) M2 x + N2 Mr x + Nr . r−1 + . . . + 2 (x2 + px + q) (x + px + q)
(2)
U razlaganju (2) A1 , A2 , Ak1 , B1 , B2 ,..., Bk2 , M1 , N1 , M2 , N2 ,..., Mr , Nr jesu konstante koje treba odrediti, tako da jedna£ina (2) bude identi£ki zadovoljena za svako x. Brojnici elementarnih razlomaka su ili konstante ili polinomi prvog stepena, zavisno da li je odgovaraju¢i imenilac neki stepen polinoma prvog ili drugog stepena. Konstante u brojnicima elementarnih razlomaka odreduju se metodom neodredenih koe cijenata koja se sastoji u tome da se na desnoj strani jednakosti (2), dovodenjem na zajedni£ki imenilac Q(x), saberu elementarni razlomci pa dobijemo
S(x) P (x) ≡ , Q(x) Q(x)
(3)
gdje je S(x) polinom stepena m − 1, ako je Q(x) stepena m. Iz jednakosti (3) proizilazi identitet:
P (x) ≡ S(x)
(4)
Integrali racionalnih funkcija
335
koji postoji pod uslovom da su koe cijenti uz odgovaraju¢e £lanove polinoma P (x) i S(x) medusobno jednaki. Izjedna£avanjem koe cijenta uz jednake stepene x u (5), dobijamo sistem od m linearnih jedna£ina sa m nepoznatih, gdje su nepoznati koe cijenti (2). Rje²enje sistema odreduje vrijednosti koe cijenta (2).
2x2 − x + 3 na proste (elementarne) razlomke. x3 + x2 − 2x Prvo, imenilac rastavljamo na faktore x2 + x3 − 2x = x(x2 + x − 2) = x(x − 1)(x + 2), 2x2 − x + 3 pa f (x) moºemo pisati u obliku f (x) = . x(x − 1)(x + 2) Po²to su u imeniocu svi faktori linearni i medusobno razli£iti, razlaganje date racionalne funkcije ima oblik: A B C 2x2 − x + 3 = + + , x(x − 1)(x + 2) x x−1 x+2 gdje su A, B i C nepoznati i treba ih odrediti. Svodenjem elementarnih razlomaka na najmanji zajedni£ki imenilac i poslije sredivanja brojioca, dobijamo:
Primjer 1. Razloºiti funkciju f (x) =
2x2 − x + 3 (A + B + C)x2 + (A + 2B − C)x − 2A = , x(x − 1)(x + 2) x(x − 1)(x + 2) odakle je:
2x2 − x + 3 ≡ (A + B + C)x2 + (A + 2B − C)x − 2A.
Iz ovog identiteta slijedi sistem jedna£ina:
A+B+C =2 A + 2B − C = −1 −2A = 3. Rje²avanjem sistema, dobijamo da je:
3 4 13 A=− ,B= ,C= , 2 3 6 pa je kona£ni oblik razlaganja:
3 4 13 2x2 − x + 3 =− + +C = . x(x − 1)(x + 2) 2x 3 (x − 1) 6 (x + 2) 3x2 − 8x + 2 Primjer 2. Razloºiti funkciju na proste razlomke. (x − 2)2 (x2 + x + 1) U datom slu£aju je: 3x2 − 8x + 2 A B Cx + d = + , + 2 (x − 2)2 (x2 + x + 1) x − 2 (x − 2) x2 + x + 1
Integralni ra£un
336 odakle je
3x2 − 8x + 2 = A(x − 2)(x2 + x + 1) + B(x2 + x + 1) + (Cx + D)(x − 2)2 . Daljim sredivanjem i izjedna£avanjem koe cijenata uz jednake stepene x, rje²avanjem sistema jedna£ina, dobijamo:
A=
3 2 38 47 ,B = − ,C = − ,D = . 49 7 49 49
Datu funkciju moºemo prikazati u obliku:
3x2 − 8x + 2 38 2 38x − 47 = − . 2 − 2 2 (x − 2) (x + x + 1) 49 (x − 2) 7 (x − 2) 49 (x2 + x + 1)
Zadaci Razloºiti funkcije na proste razlomke: 1.
x2 − 2 , (x − 1)2 (x2 + 1)
2.
2x2 + 2x + 13 . (x − 1)(x2 + 1)2
5.2. Integracija racionalnih funkcija Ve¢ smo vidjeli da svaku pravu racionalnu funkciju moºemo prikazati u obliku sume prostih razlomaka oblika: Cx + D A B Mx + N 1) , 2) (k = 2, 3, ...), 3) 2 , 4) 2 (n = 2, 3, 4..), gdje k x−a x + px + q (x + px + q)n (x − a) su A, B , C , D, M , N - realni koe cijenti a trinom x2 + px + q nema realnih korijena. Izra£unavanje integrala funkcije oblika 1) i 2) ve¢ nam je poznato: Z A dx = A ln |x − a| + C, x−a Z B dx B (x − a)1−k + C. = k 1 − k (x − a) Da bismo odredili integral funkcije oblika 3), potrebno je imenilac x2 + px + q napisati u obliku: µ µ ¶ µ ¶ ³ ¶ p2 2px p2 p2 p ´2 2 2 + + q− x + px + q = x + + q− = x+ . 2 4 4 2 4
Integrali racionalnih funkcija
337
p p p2 Uvodenjem smjene x + = t, odakle je x = t − , dx = dt i q − =h= 6 0), gdje h 2 2 4 moºe biti pozitivan ili negativan broj, dobijamo da je: µ ¶Z Z Z Z Ct + D − C p2 1 Cp 2t dt Cx + D dx = dt = C dt + D − , 2 2 2 2 x + px + q t +h 2 t +h 2 t +h gdje je integral
Z
¯2 ¯ ¯ ¯ 2t ¯t + h¯ + C1 = ln ¯x2 + px + q ¯ + C1 , dt = ln t2 + h
Z
dt izra£unavamo na ve¢ poznati na£in u zavisnosti da li je h > 0 ili h < 0. +h Z 6x + 5 Primjer 1. Izra£unati integral dx. 2 x + 4x + 9 Kvadratni trinom iz imenioca napi²imo u obliku: a integral
t2
x2 + 4x + 9 = (x + 2)2 + 5. Ako uzmemo da je x + 2 = t, dx = dt i x = t − 2, dobijamo da je: Z Z Z Z 6x + 5 (6x + 5) 6 (t − 2) + 5 6t − 7 dx = dx = dt = dt = 2 2 2 x + 4x + 9 t +5 t2 + 5 (x + 2) + 5 Z Z ¡ ¢ 2t dt 7 t = 3 dt − 7 = 3 ln t2 + 5 − √ arctg √ + C. 2 2 t +5 t +5 5 5 Vra¢aju¢i se na promjenljivu x, imamo da je: Z ¡ 2 ¢ 6x + 5 7 x+2 √ √ + C. dx = ln x + 4x + 9 − arctg x2 + 4x + 9 5 5 Sli£nim postupkom se izra£unava i integral Z Cx + D p dx. x2 + px + q Kvadratni trinom pi²emo u obliku:
p2 p ´2 +q− . x + px + q = x + 2 4 p p Uzmimo da je x + = 1, onda je x = t − , dx = dt, pa je: 2 2 µ ¶Z Z Z Cx + D 2t C Cp dt p √ √ dx = dt + D − , 2 2 t2 + h t2 + h x2 + px + q 2
³
(5)
Integralni ra£un
338
p2 gdje je h = q − . 4 Z √ du √ = 2 u + C , u = t2 + h, pa je: Prvi integral je oblika u Z p √ 2t √ dt = 2 t2 + h + C = 2 x2 + px + q + C. t2 + h Drugi integral se rje²ava na ve¢ poznat na£in. Analogno izra£unavamo integral Z Cx + D p dx −x2 + px + q
(6)
p2 > 0. 4 Integrale oblika 3) i 5) moºemo izra£unati bez uvodenja smjene ako ih napi²emo u obliku zbira dva integrala koja ve¢ znamo izra£unati:
pod uslovom da je q +
Z
Z Cx + Cp − Cp + D 2 2 dx = x2 + px + q µ ¶Z Z C dx 2x + p Cp = dx + D − = 2 x2 + px + q 2 x2 + px + q ³ p´ µ ¶ Z Z d x+ d (x2 + px + q) C Cp µ2 ¶, = + D − ³ p ´2 p2 2 x2 + px + q 2 x+ + 2− 2 4
Cx + D dx = x2 + px + q
a integral
Z
Cx + D
C p dx = 2 x2 + px + q
Z
2x + p
Cp p dx + D − 2 x2 + px + q
Z
Primjer 2. Izra£unati integral Z
µ
x2
¶Z
dx
p
x2 + px + q
.
4x − 7 dx. − 6x + 13
7 Z 2x + 6 − 6 − 7 2 dx = 2 2 dx = x2 − 6x + 13 x2 − 6x + 13 Z (2x − 6) + 5 Z Z 2x − 6 dx 2 = 2 dx = 2 dx + 5 . 2 2 2 x − 6x + 13 x − 6x + 13 x − 6x + 13
4x − 7 dx = 2 2 x − 6x + 13
Z
2x −
Integrali racionalnih funkcija
Integral
Z 2
a integral
Z 5
x2
339
¡ ¢ 2x − 6 dx = 2 ln x2 − 6x + 13 + C1 , − 6x + 13
dx = 2 x − 6x + 13
Z
d (x − 3) 1 x−3 = arctg + C2 , 2 2 2 (x − 3) + 4
pa je integral Z
¡ 2 ¢ 5 4x − 7 x−3 dx = 2 ln x − 6x + 13 + arctg + C. 2 x − 6x + 13 2 2 Z dx 1 √ Integral oblika izra£unavamo uvodenjem smjene x = . 2 t x ax + bx + c Sli£no prethodnim integralima izra£unavamo i integral Z Mx + N dx : 2 (x + px + q)n µ ¶Z Z Z dx Mx + N M 2x + p Mp . n dx = n dx + N − 2 2 2 (x + px + q) 2 (x + px + q) 2 (x + px + q)n Z du 1 Prvi integral se svodi na integral oblika = · u1−n + C, u = x2 + px + q . U n u 1−n p drugom integralu uvodimo smjenu x + = t i dobijemo: 2 Z Z dt dx , In = n = 2 2 (x + px + q) (t + h)n gdje je u = (t2 + h)−n > (). Integral In moºe biti izra£unat parcijalnom integracijom (u = (t2 + h)−n , dv = dt).
Zadaci Izra£unati integrale:
Z 1.
x3 − 7x + 1 dx, x2 − 3x + 2
Z 2.
x3 Z
3.
3x − 1 dx, − x2 − 2x
x(1 − x2 ) dx. 1 + x4
¯ ¯ · ¸ ¯x − 2¯ x2 + 6x ¯ ¯ R: + 12 ln ¯ +C 2 x − 1¯ " # 5 √ x (x − 2) 6 R : ln +C (x − 1) · ¸ ¢ 1 1 ¡ 4 2 R : arctg x − ln x + 1 + C 2 4
6. Odredeni integral 6.1. Pojam Rimanova integrala Neka je ograni£ena funkcija f (x) de nisana u zatvorenom intervalu [a, b]. Podijelimo interval [a, b] ta£kama x0 , x1 , ..., xn tako da je: a = x0 < x1 < ... < xn = b na n podintervala [xi , xi+1 ] (i = 0, 1, ..., n − 1) duºine 4xi = xi+1 −xi . Tu podjelu ozna£imo sa R. Izaberimo proizvoljnu ta£ku ξ ∈ [xi , xi+1 ] za svako i = 0, 1, 2, ..., n − 1. Izra£unajmo odgovaraju¢e vrijednosti funkcije f (ξ i ) u ta£kama ξ 0 , ξ 1 , ...ξ n−1 i formirajmo proizvode f(ξ i )4xi i = 0, 1, 2, ..., n − 1. Zbir: n−1 X ¡ ¢ f (ξ i ) 4 xi SR (ξ) = f (ξ 0 ) 4 x0 + f (ξ 1 ) 4 x1 + ... + f ξ n−1 4 xn−1 = i=()
nazivamo Rimanovom integralnom sumom funkcije f (x) za uzetu podjelu R intervala [a, b] i© izabrane ta£ke ξ iª (i = 0, 1, .....n − 1) u podintervalima od [a, b], tj. po podjeli R = x0 ξ 0 , xn−1 ξ n−1 , xn . O£igledno je da SR (ξ) zavisi od podjele R. Neka je 4 = max 4xi . Broj S nazivamo grani£nom vrijedno²¢u integralnih suma kada 4 −→ 0, odnosno n −→∝, ako za svako ε > 0, postoji takav broj δ = δ (ε) da je za svaku podjelu R za koju je 4 < δ i za svaki izbor ta£aka ξ i ∈ [xi , xi+1 ] zadovoljena nejednakost
|SR (ξ) − S| < ε. Dakle, S = lim SR (ξ) . 4−→0
Funkcija f (x) integrabilna je po Rimanu u intervalu [a, b] ako postoji kona£na grani£na vrijednost S integralnih suma te funkcije kad 4 −→ (). Grani£nu vrijednost S nazivamo odredenim integralom funkcije f (x) u intervalu [a, b] i Rb ozna£avamo simboli£no S = f (x) dx , ili a
Zb S=
f (x)dx = lim
4−→0
a
340
n−1 X i=()
f (ξ i ) 4 xi .
341
Odredeni integral
Brojevi a i b jesu granice integrala, gdje je a donja, a b gornja granica integrala; f (x) poRb dintegralna je funkcija; x je promjenljiva integracija, a [a, b] interval integracije. ( f (x) dx a
£ita se: integral f (x) u granicama od a do b).
6.2. Geometrijska interpretacija Rimanovog integrala Neka je funkcija f (x) neprekidna i nenegativna u intervalu [a, b] , i neka je SR (ξ) =
n−1 P i=()
xi .
f (ξ i )4
Ravnu guru B , koja je ograni£ena linijama L : y = f (x), x = b, y = 0, i x = a, nazivamo "krivolinijski trapez". Svaki sabirak integralne sume SR (ξ) predstavlja povr²inu n−1 P jednog od pravougaonika £ije su stranice f (ξ i ) i 4x1 , a integralna suma f (ξ i ) 4 xi i=()
povr²inu stepenaste gure sastavljene od takvih pravougaonika (sl. 83).
Sl. 83 Ako je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], tada je grani£na vrijednost:
lim
4−→0
n−1 X i=()
Zh f (ξ i ) 4 xi . =
f (x)dx = P a
jednaka povr²ini "krivolinijskog trapeza" koji je ograni£en stepenastom linijom Ln i dijelovima pravih x = a, x = b i y = 0.
Teorema 1. Ako je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], tada je ona ograni£ena u tom intervalu.
Dokaz. Neka je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], neka je neograni£ena u nekom podintervalu [xk , xk+1 ] podjele R intervala [a, b] na podintervale [xi , xi+1 ] i = 0, 1, ..., n − 1 i neka je IR (ξ) dio integralne sume SR (ξ) koja odgovara svim podintervalima, osim podintervalu [xk , xk+1 ]. Tada je: SR (ξ) = IR (ξ) + f (ξ k ) 4 xk , gdje je ξ k ∈ [xk , xk+1 ].
Integralni ra£un
342
Funkcija f (x) u intervalu [xk , xk+1 ] neograni£ena je pa uvijek moºemo odabrati ta£ku ξ k takvu da je za svako C > 0 zadovoljena nejednakost:
|f (ξ k ) 4 xk | > C + |IR (ξ)| . U tom slu£aju je |SR (ξ)| = |IR (ξ) + f (ξ k ) 4 xk | > |f (ξ k ) 4 xk | − |IR (ξ)| > C. Po²to je C proizvoljan broj, suma SR (ξ) ne moºe imati kona£nu grani£nu vrijednost kada 4 −→ 0, ²to je suprotno pretpostavci da je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b]. Ovim je teorema dokazana. Primijetimo da je ograni£enost funkcije potreban, ali nije dovoljan uslov za njenu integrabilnost. Svaka ograni£ena funkcija u intervalu [a, b] nije i integrabilna u intervalu. Na primjer, funkcija Dirihla, koja je de nisana u intervalu [0, 1] sa f (x) = 1 za x-racionalan broj, a f (x) = 0 za x-iracionalan broj, ograni£ena je u intervalu [0, 1], ali nije u njemu integrabilna po Rimanu. Zaista, za bilo koju podjelu intervala [0, 1] za racionalne ta£ke ξ i grani£na vrijednost, kad 4 −→ 0, odgovaraju¢e integralne sume jednaka je 1, a za iracionalne ta£ke ξ i 0 nuli. Prema tome, ne postoji grani£na vrijednost sume SR (ξ) kad ∆ −→ 0 pa funkcija f (x) nije integrabilna u intervalu [0, 1].
6.3. Pojam Darbuovih suma i njihove osobine Da bismo formulisali dovoljan uslov za postojanje odredenog integrala, uvedimo pojam Darbuove sume. Neka je funkcija f (x) ograni£ena u intervalu [a, b] i neka je R = {x0 , x1 , ..., xn } bilo koja odredena podjela intervala [a, b] na n dijelova. Uvedimo oznake:
M = supf (x), m = inf f (x), Mi = sup f (x), mi = sup f (x) [a,b]
[a,b]
[xi ,xi+1 ]
[xi ,xi+1 ]
i formirajmo sume:
S(R) =
n−1 X i=0
Mi 4 xi , σ = SR (ξ) =
n−1 X i=0
0
f (ξ i ) 4 xi , s(R) =
n−1 X
m i 4 xi .
i=0
Sume S(R) i s(R) nazivamo gornjom i donjom integralnom sumom, ili gornjom i donjom Darbuovom sumom funkcije f (x) u intervalu [a, b] po podjeli R. Kako su mi i Mi vrijednosti funkcije f (x) u podintervalima [xi , xi+1 ], to u njima postoje ta£ke ξ i i ξ 0 i takve da je f (ξ i ) = mi i f (ξ 0 i ) = Mi , a za datu podjelu R intervala [a, b] Darbuove sume su najmanja i najve¢a od integralnih suma σ . O£igledno je da je s ≤ σ ≤ S , jer je mi ≤ f (ξ i ) ≤ Mi , i = 0, 1, ..., n − 1.
Odredeni integral
343
Sl. 84 U slu£aju da je f (x) ≥ 0 svuda u intervalu [a, b], Darbuove sume geometrijski predstavljaju povr²inu stepenastih gura (sl.84). Povr²ina krivolinijskog trapeza (sl.84a) predstavlja donju, a (sl.84b) gornju Darbuovu sumu. Neka je pored podjele R data jo² jedna podjela R1 intervala [a, b]. Podjelu R1 nazivamo pro njenjem podjele R ako je R ⊂ R1. Nave²¢emo, bez dokazivanja, neke osobine Darbuovih suma. 1. Ako su s1 i S1 donja i gornja suma podjele R1 , tada je R ⊂ R1 i s ≤ s1 ≤ S1 ≤ S , tj. uvodenjem novih ta£aka podjele intervala [a, b], donje sume se ne smanjuju a gornje ne pove¢avaju. 2. Za bilo kakve dvije podjele R1 , i R2 intervala [a, b] je s(R1 ) ≤ S(R2 ), tj. donja suma proizvoljne podjele nije ve¢a od gornje Darbuove sume ma koje druge podjele. Ova osobina ukazuje na to da je skup svih donjih Darbuovih suma ograni£en sa gornje, a gornjih Darbuovih suma sa donje strane. Ako je I = sup {S} , I¯ = inf {S} , tada je s ≤ I ≤ I¯ ≤ S , gdje su s i S proizvoljne donje i gornje Darbuove sume po mogu¢im podjelama intervala [a, b]. Brojeve I i I¯ nazivamo donjim i gornjim Darbuovim integralom funkcije f (x) u intervalu [a, b]. Ako je funkcija f (x) ograni£ena u intervalu [a, b], tada je
I = lim s(R), I¯ = lim S(R). 4−→0
4−→0
6.4. Integrabilnost funkcija Sljede¢a teorema predstavlja kriterij integrabilnosti funkcije f (x) po Rimanu.
Teorema 2. Da bi funkcija f (x), koja je de nisana i ograni£ena u intervalu [a, b|, bila u
tom intervalu integrabilna, potrebno je i dovoljno da za svako ε > 0 postoji takvo δ = δ(ε) da je 0 ≤ S(R) − s(R) < ε ako je 4 < δ za svaku podjelu R intervala [a, b]. Kratko: lim (S(R) − s(R)) = 0. 4−→0
Integralni ra£un
344
Posljedice teoreme 2. 1. Ako je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], tada je ona integrabilna u svakom intervalu [c, d] ⊂ [a, b], ili ako je funkcija f (x) integrabilna u podintervalima [a, c] i [c, b] intervala [a, b], a < c < b, tada je f (x) integrabilna u intervalu [a, b]. 2. Ako je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], tada je u tom intervalu integrabilna funkcija |f (x)| i funkcija f 2 (x). 3. Neka su u intervalu [a, b] integrabilne funkcije f (x) i g(x). Tada su u tom intervalu f (x) integrabilne i funkcije C1 f (x) + C2 g(x)(C1 i C2 proizvoljne konstante), f (x)g(x) i g(x) pod uslovom da je |g(x)| ≥ k > 0. Bez dokaza, nave²¢emo dovoljne uslove postojanja odredenog integrala. 1. Ako je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b], onda je integrabilna u tom intervalu. 2. Ako je funkcija f (x) monotona u intervalu [a, b], onda je integrabilna u tom intervalu. 3. Ograni£ena funkcija f (x) u intervalu [a, b], koja moºe imati najvi²e prebrojivo mnogo ta£aka prekida u [a, b], integrabilna je u intervalu [a, b]. 4. Ako je funkcija f (x) ograni£ena u intervalu [a, b], onda je integrabilna u [a, b] ako i samo ako je I = I¯.
6.5. Osnovne osobine odredenog integrala Prije navodenja osnovnih osobina odredenog integrala pretpostavimo da su funkcije kojima se koristimo neprekidne u intervalu [a, b], tj. da postoji njihov odredeni integral. Na osnovu de nicije odredenog integrala, neposredno slijedi da je
Za
Zb f (x)dx = 0 i za a > b je
a
Za f (x)dx.
f (x)dx = − a
b
Odredeni integral ima sljede¢a osnovna svojstva: 1.
Zb
Zb
Zb a
g (x) dx
f (x) dx + C2
[C1 f (x) + C2 g (x)] dx = C1
a
a
(C1 ,C2 - proizvoljne konstante).
Zb Zb Specijalno, ako je C1 = C , a g(x) = 0, tada je Cf (x) = C f (x) dx . a
a
345
Odredeni integral
2.
Zb
Zc f (x) dx =
a
Zb f (x) dx +
a
f (x) dx, a < c < b. c
3. Ako je f (x) ≥ g(x) za x ∈ [a, b], tada je
Zb
Zb g (x) dx za a < b.
f (x) dx ≥ a
a
4. Ako je g(x) ≥ 0 u intervalu [a, b], tada je
Zb
Zb f (x) g (x) dx = µ
a
g (x) dx, a
gdje je m ≤ µ ≤ M, m = inf f (x), M = sup f (x). x∈[a,b]
x∈[a,b]
Ovu formulu nazivamo formulom srednje vrijednosti za odredeni integral. Ako je g(x) = 1, formula srednje vrijednosti ima oblik:
Zb f (x) dx = µ (b − a) , a
gdje je m ≤ µ ≤ M . Dokaza¢emo navedena svojstva odredenog integrala. 1. Data relacija u 1) izraºava osobinu lineralnosti odredenog integrala i proizlazi iz analognog svojstva integralnih suma i osobine grani£nih vrijednosti. Specijalno, zbog ΣCf (ζ i ) ∆xi = CΣf (ζ i ) ∆xi proizlazi da je, kad n −→ ∞, a max ∆x −→ 0,
Zb
n
n
lim Σ Cf (ζ i ) ∆xi = C lim Σ Cf (ζ i ) ∆xi , tj.
Cf (x) = C
n−→∞i=1
n−→∞i=1
Zb
a
f (x) dx. a
Sli£no dokazujemo da je
g (x) dx.
f (x) dx ± C2
[C1 f (x) ± C2 g (x)] dx = C1 a
Zb
Zb
Zb
a
a
Integralni ra£un
346
Odavde slijedi da, ako je C1 = 1, C2 = ±1, onda je:
Zb
Zb [f (x) ± g (x)] dx =
a
Zb f (x) dx ±
a
g (x) dx a
Ovo pravilo moºemo pro²iriti i na integral zbira od kona£no mnogo funkcija. 2. Neka je c ∈ (a, b), a < b i R bilo kakva podjela intervala [a, b]. U ta£ke podjele intervala [a, b] uklju£imo i ta£ku c(a < c < b). Tada integralnu sumu SR (ζ) moºemo napisati u obliku: (1)
(2)
SR (ζ) = SR (ζ) + SR (ζ) . (1)
(2)
Suma SR odgovara podintervalima intervala [a, c], a suma SR podintervalima intervala [c, b]. Prelaskom na grani£nu vrijednost, kad ∆ −→ 0(∆ = max ∆xi ), dobijamo da je:
Zb
Zc f (x) dx =
odakle je: a
f (x) dx.
a
c
Zc
Zb
Zc
f (x) dx = a
Zc f (x) dx =
f (x) dx +
a
Neka je c > b. Tada je:
Zb
Zb
Zb
f (x) dx + a
f (x) dx =
f (x) dx + a
Zb f (x) dx − a
b
Zb f (x) dx, c
f (x) dx. c
Analogno dokazujemo druge slu£ajeve rasporeda ta£aka a, b i c. 3. Uzmimo da je h(x) = f (x) − g(x). Po²to je f (x) ≥ g(x) u intervalu [a, b], to je u njemu i h(x) ≥ 0. Prema tome, za a < b sve integralne sume funkcije h(x) jesu pozitivne, pa u grani£nom procesu, kad ∆ −→ 0,dobijamo da je:
Zb
Zb h (x) dx ≥ 0, tj.
a
Zb f (x) dx ≥
a
Koriste¢i se ovom osobinom moºemo pokazati da je: ¯ ¯b ¯ Zb ¯Z ¯ ¯ ¯ f (x) dx¯ ≤ |f (x)| dx. ¯ ¯ ¯ ¯ a
a
g (x) dx. a
347
Odredeni integral
4) Neka je M = sup f (x), m = inf f (x) i g(x) ≥ 0 u intervalu x∈[a,b]
x∈[a,b]
[a, b]. Kako je mg(x) ≤ f (x)g(x) ≤ M g(x), to, prema 1) i 3), za a < b vaºi nejednakost: Zb
Zb
m
g (x) dx ≤
Zb f (x) g (x) dx ≤ M
a
a
a
Zb
Zb g (x) dx ≥ 0 . Tada za µ =
Pretpostavimo da je a
Zb g (x) dx imamo da
f (x) g (x) dx a
a
g (x) dx, gdje je m ≤ µ ≤ M .
f (x) g (x) dx = µ a
Zb Ako je
Zb
Zb
je m ≤ µ ≤ M . Na taj na£in je
(1)
g (x) dx.
a
g (x) dx = 0, tada iz nejednakosti (1) slijedi da je a
Zb f (x) g (x) dx = 0. a
Ovim je formula srednje vrijednosti dokazana za a < b. Koriste¢i se jednakostima:
Zb
Zb
Za
a
g (x) dx = −
f (x) g (x) dx,
f (x) g (x) dx = −
aZ
a
b
g (x) dx, b
formulu o srednjoj vrijednosti dokazujemo u slu£aju da je a > b. Po²to je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b], onda u tom intervalu postoji bar jedna ta£ka ζ tako da je µ = f (ζ) pa formulu o srednjoj vrijednosti moºemo pisati u obliku:
Zb
Zb g (x) dx, ζ ∈ [a, b] .
f (x) g (x) dx = f (ζ) a
a
Specijalno ako je g(x) ≡ 1, formula ima oblik:
Zb f (x) dx = f (ζ) (b − a) , ζ ∈ [a, b] . a
Broj µ nazivamo srednjom vrijedno²¢u funkcije f (x) u intervalu [a, b] .
7. Veza izmedu odredenog i neodredenog integrala 7.1. Odredeni integral sa promjenljivom gornjom granicom Neka je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b]. Tada je f (x) integrabilna u svakom podintervalu [a, x] (a ≤ x ≤ b) intervala [a, b], tj. za svako x ∈ [a, b] postoji integral:
Zx f (t)dt. a
Zx Neka je F (x) =
f (t)dt. Funkciju F (x) nazivamo integralom sa promjenljivom gornjom a
granicom. Prira²taj funkcije F (x) je x+∆x Z
∆F (x) = F (x + ∆x) − F (x) =
Zx
f (t)dt − a
Zx f (t)dt =
a x+∆x Z
∆F (x) =
x+∆x Z
f (t)dt + a
Zx f (t)dt −
x
f (t)dt, a
f (t)dt. x
Teorema 1. Ako je funkcija f (x) integrabilna u intervalu [a, b], onda je funkcija F (x) neprekidna u intervalu [a, b], a ako je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b], onda je funkcija F (x) diferencijabilna u [a, b] i pri tome je F 0 (x) = f (x) za svako x ∈ [a, b].
Dokaz. Funkcija f (x) integrabilna je u intervalu [a, b] pa je u njemu i ograni£ena, tj. postoji M > 0 tako da je |f (x)| ≤ M u intervalu [a, b]. Ocijenimo prira²taj funkcije F (x): ¯ x+∆x ¯x+∆x x+∆x ¯ ¯ Z Z Z ¯ ¯ ¯ ¯ |f (t)| |dt| |≤ M | |dt| = M |∆x| , (x ∈ [a, b] i x + ∆x ∈ [a, b]) . f (t)dt¯ ≤ |∆F (x)| = ¯ ¯ ¯ x
x
x
348
349
Veza izmedu odredenog i neodredenog integrala
Iz ove nejednakosti slijedi da je funkcija F (x) neprekidna u ta£ki x ∈ [a, b]. Pokaºimo da je funkcija F (x) diferencijabilna i da je F 0 (x) = f (x). Neka je funkcija f (x) neprekidna u ta£ki x. Tada za svako ε > 0 moºemo odrediti takav broj δ > 0 da je |f (t) − f (x)| < ε ako je |t − x| < δ . Prema tome, za |∆x| < δ je: x+∆x Z
¯ ¯ ¯¯ ¯ F (x + ∆x) − F (x) ¯ ¯ ¯ − f (x)¯¯ = ¯ ¯ ¯ ∆x
x+∆x Z
(f (t) − f (x)) dt ¯ ¯ ¯ ¯≤ ¯ ∆x
x
x+∆x Z
|f (t) − f (x)| · |dt| x
|∆x|
|dt|
ε x
≤
|∆x|
²to zna£i da postoji grani£na vrijednost i da je:
F 0 (x) = lim
∆x−→0
F (x + ∆x) − F (x) = f (x). ∆x
Na osnovu ove teoreme slijedi da ako je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b], onda ona u tom intervalu ima primitivnu funkciju F (x), x ∈ [a, b]. Ako sa F1 (x) ozna£imo bilo koju primitivnu funkciju funkcije f (x), tada je:
Zx F (x) = F1 (x) + C, ili
(1)
f (t)dt = F1 (x) + C, a
gdje je C odredena realna konstanta.
Zb
Ova teorema vaºi i u slu£aju da je u pitanju donja granica, tj. ako je F (x) =
f (t)dt, x
jer je:
Zb
Zx f (t)dt = − f (t)dt i F 0 (x) = −f (x).
x
b
Teorema 2. Neka je funkcija f (x) neprekidna u intervalu [a, b] i neka je F (x) bilo koja primitivna funkcija funkcije f (x). Tada je:
Zb f (t)dt = F (b) − F (a). b
Dokaz. Ako u formuli (1) uzmemo da je x = a, a zatim x = b, dobi¢emo da je
Zb f (t)dt = F1 (a) + C = 0, tj. C = −F1 (a) , a
(2)
= ε,
Integralni ra£un
350 odnosno:
Za f (t)dt = F1 (b) + C = F1 (b) − F1 (a) , a
ili uop²te:
Za f (t)dt = F (b) − F (a). a
Formulu (2) nazivamo Njutn-Lajbnicovom formulom. Nju £esto pi²emo u obliku Zb f (x)dx = F (x) |ba = F (b) − F (a), gdje je istaknuto da najprije treba odrediti jednu a
primitivnu funkciju F (x) pa obrazovati razliku F (b) − F (a). Njutn-Lajbnicovom formulom izraºena je veza izmedu izvoda i integrala neprekidne funkcije koja je temelj za izgradnju integralnog ra£una. Zbog toga navedenu teoremu, £iji sadrºaj predstavlja ta formula, nazivamo osnovnom teoremom diferencijalnog i integralnog ra£una, ili Njutn-Lajbnicovom teoremom.
Z2
Primjer 1. Da bismo izra£unali odredeni integral
x2 dx, treba najprije da nademo primi1
x3 tivnu funkciju funkcije x2 , a to je funkcija F (x) = + C. 3 Po²to je dovoljno da uzmemo jednu, bilo koju od primitivnih funkcija, uze¢emo onu kod x3 koje je C = 0, tj. F (x) = . Primjenom Njutn-Lajbnicove formule, dobijamo da je: 3 Z2 x2 dx = 1
x3 2 23 13 7 |= − = . 3 1 3 3 3
¶ Z3 µ 4 2 3x − + 5 dx. Primjer 2. Izra£unati integral x 2
Na osnovu osobina odredenog integrala i Njutn-Lajbnicove formule, jeste:
Z3 µ 2
¶ Z3 Z3 Z3 3 3 4 1 dx + 5 dx = x3 | −4Inx | +5x = 3x2 − + 5 dx = 3 x2 dx − 4 x x 2 2 2
2
2
3 = 33 − 23 − 4 (In3 − In2) + 5 (3 − 2) = 24 − 4 ln . 2
Veza izmedu odredenog i neodredenog integrala
Zadaci Izra£unati integrale:
Zπ 1.
2 cos x − 3 sin x)dx,
[R : −5]
π 2
Z1 2. 0
Z1 e2x dx..
3. 0
£ ¤ R : 23
dx √ 4 − 3x £
R:
1 2
¡ 2 ¢¤ e −1
351
8. Metode integracije u odredenom integralu 8.1. Metoda smjene Neka je funkcija F (x) primitivna funkcija integrabilne funkcije f (x) u intervalu [a, b] i neka je x = ϕ(t) funkcija promjenljive t ix ∈ [a, b], tada je t ∈ [α, β], pri £emu je ϕ(α) = a i ϕ(β) = b. Ako funkcija ϕ(t) ima neprekidan izvod u [α, β] a funkcija f [ϕ (t)] ϕ0 (t) odredeni integral u tom intervalu, tada je:
[F (ϕ (t))]0 = F 0 (x) · ϕ0 (t) = f [ϕ (t)] · ϕ0 (t) | x = ϕ (t) . Funkcija F (ϕ (t)) primitivna je funkcija funkcije f (ϕ (t)) ϕ0 (t) za t ∈ [α, β],tj. Z f (ϕ (t)) ϕ0 (t) dt = F (ϕ (t)) + C. Primjenom Njutn-Lajbnicove formule, nalazimo da je:
Zb
Zβ f [ϕ (t)] ϕ0 (t) dt.
f (x) dx = F (b) − F (a) = F [ϕ (β)] − F [ϕ (α)] = a
α
Zb Dakle,
Zβ f [ϕ (t)] ϕ0 (t) dt.
f (x) dx = a
α
Ova formula nam pokazuje kako treba uraditi smjenu promjenljivih u odredenom integralu. π
Z2
Primjer 1. Izra£unati integral π 2
π 2
Z
0
Z cos3 xdx =
0
cos3 xdx. π
Z2 cos2 x · cos xdx =
0
¡
¢ 1 − sin2 x cos xdx.
0
352
353
Metode integracije u odredenom integralu
Uvodenjem smjene sin x = t, bi¢e cos dx = dt i za x = 0,t = 0, a za x = π
Z2
Z1 cos3 xdx =
0
Z1 (1 − t2 ) dt = 0
Z3
Primjer 2. Izra£unati √
√
1
t2 dt = t | −
dt −
0
Neka je
Z1
0
0
π , t = 1, pa je: 2
t3 1 2 |= . 3 0 3
1 + xdx.
0
1 + x = t, x = t2 − 1, dx = 2tdt,a α = Z3
√
Z2 1 + xdx = 2
0
1
√
1 + 0 = 1, β =
√
1 + 3 = 2. Tada je
2 2 14 t2 dt = t3 | = . 3 1 3
Zadaci Izra£unati integrale:
Z4 1. 0
Z8 2. 0
dx √ 1+ x
[R : 4 − 2 ln 3]
£ R:
xdx √ 1+x Zπ
3. Provjeriti jednakost 0
32 3
¤
x sin x π2 dx = . 2 1 + cos x 4
8.2. Metoda djelimi£nog integrisanja Ako funkcije u(x) i v(x) imaju neprekidne izvode u intervalu [a, b], tada je:
Zb
b
Zb
udv = uv | − a
a
vdu. a
Integracijom jednakosti d(u, v) = udv + vdu, dobi¢emo navedenu formulu parcijalne integracije. π
Z2
Primjer 1. Izra£unati integral
x sin xdx. 0
Integralni ra£un
354
Uzmimo da je u = x, sin xdx = dv , odakle je du = dx, v = − cos x, pa je π
Z2
π
Z2 x sin xdx = −x cos x | + cos xdx = 1. π 2
0
0
0
Ze
Primjer 2.
x2 ln xdx. 1
1 x3 Uvedimo smjenu u = lux i dv = x2 dx, odakle je du = dx, v = , pa je x 3 Ze Ze 3 e x 1 1 x2 ln xdx = ln x | − x2 dx = ... (e3 + 1) . 3 3 9 1 1
1
Zadaci Z1 1.
¡ ¢ xIn x2 + 1 dx.
0
·
1 R : In2 − 2
¸
Zπ x2 cos xdx.
2. 0
[R : −2π]
9. Primjena odredenog integrala 9.1. Kvadratura ravnih povr²ina Pod kvadraturom podrazumijevamo odredivanje povr²ine P neke gure u ravni. Znamo da Darbuove sume predstavljaju povr²ine stepenastih gura. Po²to su za neprekidnu funkciju f (x) Darbuove sume s i S najmanja i najve¢aZ od integralnih suma, to je prema Rimanovom kriteriju integrabilnosti, lim s = lim S = ∆−→0
∆−→0
f (x)dx = P.
Povr²ina P je povr²ina krivolinijskog trapeza ograni£enog odsje£kom [a, b] ose 0x, lukom krive koja je gra k funkcije f (x) neprekidne na odsje£ku [a, b] i ordinatama f (a) i f (b) krive y = f (x) (sl. 84).
Sl. 84 Ovakve povr²ine nazivamo povr²inama ravnih gura i izra£unavaju se na osnovu obrasca
Zb P =
f (x)dx. a
Za funkciju f (x) smo pre¢utno pretpostavili da je svuda u intervalu [a, b] pozitivna. Drugim rije£ima, odgovaraju¢i luk krive y = f (x) je iznad x-ose. U ovom slu£aju, u zbiru n−1 X f (ζ i ) ∆xi svaki sabirak je pozitivan pa i grani£na vrijednost takvog zbira mora biti poi=0
zitivna. 355
Integralni ra£un
356
Ako je neprekidna funkcija y = f (x) na intervalu [a, b] negativna (f (x) < 0)), onda je n−1 X svaki sabirak u zbiru f (ζ i ) ∆xi negativan pa je i grani£na vrijednost ovog zbira negativna,
Zb tj. P =
i=0
f (x)dx < 0.(sl. 85). a
Sl. 85
¯b ¯ ¯Z ¯ Zb ¯ ¯ Povr²ina kao geometrijska veli£ina jednaka je: P = ¯¯ f (x)dx¯¯ ili f (x)dx = −P. ¯ ¯ a a Dakle, ako je na intervalu [a, b] funkcija f (x) stalno pozitivna ili stalno negativna, tada pozitivan, odnosno negativan znak integrala ukazuje na poloºaj povr²ine (iznad, odnosno ispod x-ose), a povr²ina je: ¯b ¯ ¯Z ¯ ¯ ¯ ¯ P = ¯ f (x)dx¯¯ . ¯ ¯ a
Ako imamo neprekidnu funkciju f (x) £iji je gra k jednim dijelom ispod, a drugim dijelom iznad x-ose (sl.86), onda je povr²ina dijela ravni ograni£ena krivom y = f (x), odsje£kom [a, b] x-ose i ordinatama f (a) i f (b):
Sl. 86 ¯ ¯b ¯ c3 ¯c ¯ ¯Z ¯ Z ¯Z2 Zc1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ P = f (x) dx + ¯ f (x) dx¯ + f (x) dx + ¯ f (x) dx¯¯ ¯ ¯ ¯ ¯ a
c1
c2
c3
1
357
Primjena odredenog integrala
Primjer 1. Izra£unati povr²inu gure ograni£ene parabolom y = x2 − 3x, pravom x = −2
i x osom (sl.87).
Sl. 87 U ovom slu£aju dio gura se nalazi ispod a dio iznad x-ose, pa ¢emo povr²inu odrediti prema formuli (1) na ovaj na£in: ¯ ¯3 ¯Z ¯ Z0 Z3 Z0 ¯ ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ ¯ ¡ 2 ¢ x − 3x dx − x − 3x dx = x − 3x dx¯¯ = P = x − 3x dx + ¯¯ ¯ ¯ −2 0 0 −2 µ 3 ¶ 0 µ 3 ¶3 x x 3 3 53 = − x2 | − − x |= . 3 2 3 2 6 −2 0
Primjer 2. Izra£unati povr²inu gure ograni£ene parabolom y = x2 , pravim, x = 1 i x = 2i
x-osom (sl.88).
Zb P =
x2 dx =
f (x) dx = a
Sl. 88
Z2 1
x3 2
7 |= . 3 1 3
Ako je gura ograni£ena neprekidnim funkcijama y1 = f1 (x) i y2 = f2 (x) (y2 ≤ y1 ) u intervalu [a, b] i pravima x = a, x = b, onda povr²inu takve gure odredujemo kao razliku povr²ina dvaju krivolinijskih trapeza (sl. 89).
Zb P = PaA2 B2 b − PaA1 B1 b, ili P =
Zb f2 (x) dx −
a
Zb f1 (x) dx =
a
[f2 (x) − f1 (x)] dx. a
Integralni ra£un
358
Sl. 89
Primjer 3. Izra£unati povr²inu gure ograni£ene pravom y = 2x + 3 i parabolom y = x2
(sl.90).
Sl. 90
Rje²avanjem sistema:
y = x2 y = 2x + 3 odredi¢emo presje£ne ta£ke prave s parabolom x2 − 2x − 3 = 0, slijedi da je x1 = −1, x2 = 3, pa je:
Z3 P =
Z3 2
(2x + 3) dx − −1
Z3 x dx =
−1
¢ ¡ 2x − 3 − x2 dx =
−1
µ ¶ x3 3 32 2 x + 3x − |= . 3 −1 2
Primjer 4. Izra£unati povr²inu gure ograni£ene linijama: 1 y = x2 + 1, x ∈ [0, 1] , y = − x2 + 1, x ∈ [0, 3] i y = −x + 3, x ∈ [1, 3] (sl.91) 9 O£igledno je sa slike da je traºena povr²ina: P = POACD + PCDB − POAB , ili
Primjena odredenog integrala
Sl. 91
¶ 1 2 P = x + 1 dx + (−x + 3) dx− − x + 1 dx = 9 0 1 0 µ ¶1 µ ¶3 µ ¶3 1 3 1 2 1 3 4 = x + x | + − x + 3x | − − x + x | = . 3 2 27 3 0 1 1 Z1
¡
2
¢
Z3
Z3 µ
Zadaci 1. Izra£unati povr²inu gure ograni£ene pravom y + 3x − 4 = 0 i parabolom y = x2 − 3x. 2. Izra£unati povr²inu ograni£enu parabolom y = 6x − x2 i x−osom. 3. Odrediti povr²inu gure linijama y =
1 2 1 x i y = x + 2. 9 3
359
10. Nesvojstveni (uop²teni) integrali 10.1. Pojam uop²tenog integrala Zb f (x) dx uzimali smo da je oblast integrisanja kona£na, a
U de niciji odredenog integrala a
podintegralna funkcija f (x) de nisana i ograni£ena na kona£nom integralu [a, b]. Ukoliko jedan od ovih uslova nije ispunjen, de nicija odredenog integrala gubi smisao, jer integralne sume neograni£enih funkcija nemaju kona£an limes, a beskona£ne intervale moºemo podijeliti na n kona£nih intervala. Sad ¢emo razmotriti pitanje odredenih integrala kod kojih granice integracije nisu kona£ne ili je podintegralna funkcija neograni£ena. Takve integrale nazivamo uop²tenim ili nesvojstvenim integralima.
10.2. Integrali s beskona£nim granicama integracije Neka je funkcija f (x) de nisana i ograni£ena u intervalu [a, +∞) i neka je integrabilna u A Z
svakom podintervalu [a, A], tj. postoji odredeni integral
f (x) dx gdje je (a ≤ A < +∞) . a
Ako postoji kona£na grani£na vrijednost ZA lim
f (x) dx = I,
A−→∞
(1)
a
nju nazivamo nesvojstvenim integralom prvog reda ili nesvojstvenim integralom funkcije f(x) u intervalu [a, +∞) i ozna£avamo je sa: +∞ Z
f (x) dx,
I= a
tj.
+∞ Z
ZA f (x) dx = lim
f (x) dx.
A−→∞ a
a
360
(2)
361
Nesvojstveni (uop²teni) integrali
U ovom slu£aju kaºemo da funkcija f (x) u intervalu [a, +∞) ima integral ili da integral (2) konvergira. Ako grani£na vrijednost (1) ne postoji ili je beskona£na, tada kaºemo da funkcija f (x) nema integral u intervalu [a, +∞) ili da integral (2) divergira. Analogno de ni²emo nesvojstveni integral funkcije f (x) koja je ograni£ena u intervalu [−∞, b)j i integrabilna u svakom podintervalu [A, b] (−∞ < A ≤ b) , sa
Zb
Zb (x) dx =
lim
−∞
(3)
f (x) dx.
A−→−∞ A
Nesvojstveni integral je konvergentan ako postoji grani£na vrijednost (3), a u suprotnom je divergentan. Neka je funkcija f (x) de nisana i ograni£ena u intervalu (−∞, +∞) i neka je integrabilna u intervalima [c, d] i [d, e], gdje je c ma koji broj manji od d, a e ma koji broj ve¢i od d. Ako postoje integrali: +∞ Z
Zd
f (x) dx,
f (x) dx, I2 =
I1 =
−∞
d
+∞ Z
onda se njihov zbir ozna£ava sa
f (x) dx, tj. −∞
+∞ Z
Zd f (x) dx = lim
f (x) dx + lim
c−→−∞
−∞
Ze
c
(4)
f (x) dx.
e−→+∞ d
Moºe se pokazati da suma integrala u formuli (4) ne zavisi od izbora ta£ke d. Po²to se nesvojstveni integral de ni²e kao grani£na vrijednost odredenog integrala, to se osobine 1) i 2) odredenog integrala lako prenose na konvergentne uop²tene integrale. Na formule koje karakteri²u svojstva odredenih integrala treba primijeniti grani£ni prelaz kojim je de nisan konvergentni nesvojstveni integral. Izra£unavanje nesvojstvenih integrala zasnovano je na njihovoj de niciji. Zaista, ako je F (x) primitivna funkcija funkcije f (x),tada je iz de nicije nesvojstvenog integrala (2):
ZA
+∞ Z
f (x) dx = a
f (x) dx =
lim
A−→+∞ a
+∞
= lim [F (A) − F (a)] = F (+∞) − F (a) = F (x) | ,
A−→+∞
a
gdje je F (+∞) = = lim F (A) uslovna oznaka za ovu grani£nu vrijednost. A−→+∞
Posljednja grani£na vrijednost postoji istovremeno sa nesvojstvenim integralom (2).
Integralni ra£un
362
Dakle, za izra£unavanje integrala (2) dobili smo uop²tenu Njutn-Lajbnicovu formulu: +∞ Z
f (x) dx = F (+∞) − F (a) , a
analogno:
Zb f (x) dx = F (b) − F (−∞) ,
(5)
−∞ +∞ Z
f (x) dx = F (+∞) − F (−∞) , −∞
gdje je F (−∞) =
lim F (A) .
A−→−∞
Nesvojstveni integral (2) postoji ako i samo ako postoji kona£na grani£na vrijednost
lim F (A) = F (+∞) .
A−→+∞
+∞ Z
Primjer 1. Odrediti konvergenciju integrala
dx . xα
1 +∞ Z
dx = lim xα A−→+∞
1
ZA 1
A dx 1 1−α = lim x |= xα 1 − α A−→+∞ 1
+∞ Z
Primjer 2. Odrediti konvergenciju integrala
(
1 , α > 1, (konvergentan) α−1 +∞, α < 1, (divergentan).
2x dx. 1 + x2
−∞ +∞ Z
2x dx = 1 + x2
Z0 lim
A−→−∞
−∞
ZA 2x 2x dx + lim dx 2 A−→+∞ 1+x 1 + x2 0
A
¢A ¡ lim ln 1 + x | + lim ln 1 + x2 | A−→−∞ A−→+∞ 0 A £ ¤ £ ¤ 2 = lim ln1 − ln(1 + A ) + lim ln(1 + A2 ) − ln1 . ¡
=
A−→−∞
¢ 2
0
A−→+∞
Grani£na vrijednost prvog integrala je −∞, a drugog +∞, pa integral divergira. Za utvrdivanje konvergencije uop²tenog integrala na intervalu [a, +∞) primjenjujemo metodu uporedivanja.
363
Nesvojstveni (uop²teni) integrali
Teorema1. (Teorema uporedivanja) Neka su funkcije f (x) i g(x) za svaki x ≥ a de nisane
i neka je 0 ≤ f (x) ≤ g(x). Tada: +∞ Z
1. Ako je integral
g(x)dx konvergentan, konvergentan je i integral a
+∞ Z
+∞ Z
f (x)dx pri £emu je a
+∞ Z
f (x)dx ≤
g(x)dx.
a
a
+∞ Z
2. Ako je integral
+∞ Z
f (x)dx divergentan, divergentan je i integral a
g (x)dx. a
Dokaz.
Zb 1. Iz pretpostavke slijedi da je 0 ≤
Zb
a
a
+∞ Z
Ako integral
g(x)dx.
f (x)dx ≤ +∞ Z
g(x)dx konvergira, onda je a
g(x)dx = M , gdje je M konstanta, pa je a
Zb
Zb f (x)dx ≤
+∞ Z
g(x)dx ≤ a
a
g(x)dx ≤ M. a
Zb Ako b −→ +∞, integral
f (x)dx monotono raste kao integral nenegativne funkcije i uz a
to je ograni£en, pa zato mora konvergirati. +∞ Z
+∞ Z
g(x)dx konvergira, onda, na osnovu 1, integral
2. Pretpostavimo da integral
f (x)dx a
a
konvergira, a to je suprotno tvrdenju da taj integral divergira. Zna£i, ne moºe biti +∞ Z ta£no da integral g(x)dx konvergira, ve¢ mora divergirati. a +∞ Z
Primjer 3. Ispitati da li je integral
√ 1
x2 dx konvergentan. x8 + x2 + 1
Integralni ra£un
364 Kako je za x ≥ 1
x2 x2 dx 1 √ < = 2 , to je 8 2 8 x x +x +1 x +∞ +∞ Z Z x2 dx 1 √ dx = 1, < 8 2 x2 x +x +1 √
1
1
²to zna£i da dati integral konvergira. Kao posljedicu teoreme 1 izvodimo +∞ +∞ Z Z Teoremu 2. Ako konvergira integral |f (x)| dx, tada konvergira i integral f (x)dx. a
+∞ Z
U ovom slu£aju
a
f (x)dx se naziva apsolutno konvergentnim. Uop²ten i integral (2) a
+∞ Z
uslovno je konvergentan, ako konvergira, a integral a
Zb U slu£aju nesvojstvenog integrala oblika
|f (x)| dx divergira.
f (x)dx vaºe teoreme 1 i 2 s tim ²to se pret−∞
postavlja da su funkcije f (x) i g(x), za svaki x ≤ b, de nisane i zadovoljavaju nejednakost 0 ≤ f (x) ≤ g(x). +∞ Z cos x Primjer 4. Integral dx konvergira apsolutno, jer je 1 + x2 0
¯ ¯ ¯ cos x ¯ 1 ¯ ¯ ¯ 1 + x2 ¯ ≤ 1 + x2 i ¯ ¯+∞ +∞ +∞ ¯Z ¯ ¯ Z ¯ Z Za ¯ cos x ¯ ¯ ¯ 1 dx cos x ¯ ¯ ¯ ¯ dx = lim ¯ 1 + x2 ¯ dx ≤ ¯ 1 + x2 dx¯ ≤ 2 a−→+∞ 1+x 1 + x2 ¯ ¯ 0
0
0
π = lim arctg x | = lim arctg a = . a−→+∞ a−→+∞ 2 0 a
Primjer 5. Odrediti konvergenciju integrala +∞ Z
x2 −∞
dx . + 2x + 2
0
365
Nesvojstveni (uop²teni) integrali
Podintegralna funkcija
x2
1 jeste integrabilna na svakom kona£nom intervalu, pa + 2x + 2
uvijek postoji integral: Zb Zb Zb b dx dx dx = = = arctg(x + 1) |= x2 + 2x + 2 x2 + 2x + 1 + 1 (x + 1)2 + 1 a a
a
a
arctg(b + 1) − arctg(a + 1). Na osnovu ovoga je: +∞ Z
x2
dx = + 2x + 2
lim lim
a−→−∞
−∞
lim
x2
b−→+∞
dx + 2x + 2
a
µ =
Zb
¶
lim [arctg (b + 1) − arctg (a + 1)] hπ i π ³ π´ = lim − arctg (a + 1) = − − = π, a−→−∞ 2 2 2 pa je dati integral konvergentan. a−→−∞
b−→+∞
10.3. Nesvojstveni integral u odnosu na funkciju Sada ¢emo razmotriti drugi tip nesvojstvenog integrala, tj. slu£aj kada je funkcija neograni£ena u kona£nom intervalu integracije [a, b] . Neka je funkcija f (x) neprekidna na intervalu [a, b) i neka je x = b ta£ka u kojoj funkcija postaje beskona£na, odnosno ta£ka u £ijoj okolini je funkcija neograni£ena (sl. 92).
Sl. 92 Onda, za proizvoljno uzet mali broj ε > 0 funkcija f (x) nije integrabilna u intervalu [b − ε, b) ali je integrabilna na svakom intervalu [a, b − ε] , ε > 0, i taj integral pi²emo u b−ε Z obliku f (x) dx. a
Integralni ra£un
366
Tada, ako postoji kona£na grani£na vrijednost: b−ε Z
lim
f (x) dx = I,
²−→0
(1)
a
nazivamo je nesvojstvenim integralom drugog reda funkcije f (x) u intervalu [a, b) i ozna£avamo: Zb I = f (x) dx, (2) a
tj.
b−ε Z
Zb
f (x) dx,
f (x) dx = lim
²−→0 a
a
pa kaºemo da integral (2) konvergira. Ako grani£na vrijednost (1) ne postoji ili je beskona£na, onda integral (2) ne postoji ili je divergentan. Ako umjesto intervala [a, b) posmatramo interval [a, b], tada uvodimo pojam nesvojstvenog integrala za funkciju f (x) koja je neograni£ena u okolini ta£ke x = a. Ako je funkcija f (x) integrabilna na svakom intervalu [a + ε, b], ε > 0, tada je: Zb Zb f (x) dx = lim f (x) dx. (3) ²−→0 a+ε
a
Ako je funkcija f (x) neograni£ena u okolini ta£aka x = a i x = b i ako postoje grani£ne vrijednosti
Zc lim
ε1 −→0 a+ε1
b−ε Z2
f (x) dx i lim
f (x) dx,
ε2 −→0 c
c ∈ (a, b) , ε1 > 0, ε2 > 0, tada njihov zbir nazivamo nesvojstvenim integralom i ozna£avamo ga simbolom
Zb f (x) dx, a
tj.
Zc
Zb f (x) dx = lim a
ε1 −→0 a+ε1
b−ε Z2
f (x) dx + lim
f (x) dx.
ε2 −→0 c
Nesvojstveni (uop²teni) integrali
367
Zb U tom slu£aju integral
f (x) dx konvergira. a
Zb
Medutim, ako jedna od grani£nih vrijednosti ne postoji, onda ne postoji ni integral
f (x) dx . Dakle, posmatrani integral divergira. a
Z1
Primjer 1. Izra£unati nesvojstveni integral
√ 0
dx . 1 − x2
1 Podintegralna funkcija √ neograni£ena je u okolini ta£ke x = 1. U ostalim ta£kama 1 − x2 intervala funkcija je neprekidna, a potom i integrabilna u svakom intervalu [0, 1 − ε], gdje je 0 < ε < 1, pa je: Z1 0
dx √ = lim 1 − x2 ε−→0
1−ε Z
√ 0
1−ε dx π = lim arcsin x | = lim arcsin (1 − ε) = . 2 ε−→0 ε−→0 2 1−x 0
Primjer 2. Ispitati konvergenciju nesvojstvenih integrala Zb
dx , p > 0. (b − x)p
a
Podintegralna funkcija u ta£ki x = b ima prekid druge vrste. Neka je p 6= 1. Tada, prema de niciji nesvojstvenog integrala, jeste:
Zb
b−ε Z
dx = lim (b − x)p ε−→0
b−ε dx 1 lim (b − x)1−p | = p = (b − x) p − 1 ε−→0 a a a 1 £ 1−p 1 (b − a)1−p , p < 1 1−p ¤ − (b − a) = lim ε . = 1−p p − 1 ε−→0 +∞, p < 1
Akoje p = 1, tada je:
Zb a
b−ε Z
dx = lim b − x ε−→0
a
b−ε dx b−a = −lim ln (b − x) | = lim = +∞. ε−→0 ε−→0 ε b−x a
Dakle, integral je konvergentan za p < 1, a divergentan za p ≥ 1.
Integralni ra£un
368
Ako je funkcija f (x) neograni£ena u okolini bilo koje ta£ke c, c ∈ [a, b], a < c < b i neprekidna na intervalima [a, c) i (c, b], tada nesvojstveni integral funkcije f (x) na (sl.93) [a, b] de ni²emo:
Zb
c−ε Z
f (x) dx = lim
f (x) dx + lim
ε−→0
a
Zb ε−→0
a
f (x) dx, ε > 0. c+ε
Ovaj integral postoji ukoliko postoje integrali na desnoj strani posljednje jednakosti.
Sl. 93
Zb Sli£no de ni²emo integral
f (x)dx ako u intervalu [a, b] ima vi²e ta£aka u kojima funkcija a
postaje beskona£na.
Z3
2xdx
Primjer 3. Izra£unati integral
2 . 2 − 1) 3 (x 0 Podintegralna funkcija je prekidna u ta£ki x = 1. Kako je
1−ε Z
lim
0
lim
¸ ¢ 13 1−ε = lim 3 x − 1 | =3i
2
ε−→0
Z3
·
2xdx
ε−→0 (x2 1+ε
·
2
− 1) 3
2
ε−→0
(x2 − 1) 3 2xdx
¡
0
¡
¢1 3 = lim 3 x − 1 3 | ε−→0
Z3
1+ε
2xdx 2
0
¸
2
(x2 − 1) 3
= 9.
= 6, to je
369
Nesvojstveni (uop²teni) integrali
Zadaci Ispisati konvergenciju nesvojstvenih integrala: +∞ Z
1. 0 +∞ Z
2. −∞
Z2 3. 1
e−x √ dx, x
[R :
2xdx , x2 + 1
[R : +∞]
√ π]
dx , x ln x
[R : +∞]
dx . x ln2 x
[R : 1]
1
Ze 4.
0
370
Integralni ra£un
VI Diferencijalne jedna£ine
371
1. De nicija i obrazovanje diferencijalnih jedna£ina Poznato nam je da smo pri rje²avanju neodredenih integrala dobili beskona£no mnogo rje²enja, jer za svaku neprekidnu funkciju postoji beskona£no mnogo primitivnih funkcija koje se razlikuju za konstantu. Ako ozna£imo datu funkciju f (x), onda se osnovni zadatak integralnog ra£una sastoji u odredivanju funkcije y koja zadovoljava jedna£inu:
dy = f (x). dx
(1)
dy Izvod nepoznate funkcije moºe biti dat izrazom oblika f (x, y) koji sadrºi pored ardx gumenta x i nepoznatu funkciju y . Takav izraz za izvod imali smo prilikom diferenciranja implicitne funkcije. U ovom slu£aju moºemo postaviti zadatak da odredimo funkcije y(x) koje zadovoljavaju jedna£inu dy = f (x, y). (2) dx Moºemo postaviti i op²tiji zadatak da se odrede funkcije y(x) koje zadovoljavaju jedna£inu u kojoj pored x i nepoznate funkcije y guri²u i njeni izvodi y 0 , y 00 , ..., y (n) , tj. F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0,
(3)
gdje je F neprekidna funkcija nezavisno promjenljivih x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) . Jedna£ine oblika (1),(2) i (3) nazivamo diferencijalnim jedna£inama. Za jedna£inu oblika: F (x, y, y 0 ) = 0 kaºemo da predstavlja diferencijalnu jedna£inu prvog reda, koja rije²ena po y 0 , ako je mogu¢e, ima oblik y 0 = f (x, y), gdje je f (x, y) neprekidna funkcija dviju nezavisno promjenljivih u nekoj oblasti ravni x0y . Ako diferencijalna jedna£ina sadrºi izvod drugog reda nepoznate funkcije y(x), nju nazivamo diferencijalnom jedna£inom drugog reda:
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0. 373
374
Diferencijalne jedna£ine
Uop²te, za diferencijalnu jedna£inu kaºemo da je diferencijalna jedna£ina n-tog reda ako je n red najvi²eg izvoda koji se u njoj pojavljuje:
F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0. Najve¢i eksponent najve¢eg reda izvoda u jedna£ini odreduje stepen jedna£ine. Tako je : y 002 + 2y 0 + xy = 0 diferencijalna jedna£ina drugog reda i drugog stepena. Diferencijalnu jedna£inu sa jednom nezavisno promjenljivom nazivamo obi£nom diferencijalnom jedna£inom. Svaka funkcija y(x), koja identi£ki zadovoljava jedna£inu (3), jeste i rje²enje te jedna£ine. Rije²iti diferencijalnu jedna£inu zna£i na¢i sva njena rje²enja. Kako se do tih rje²enja, naj£e²¢e, dolazi integracijom, to je uobi£ajeno da rje²enja diferencijalne jedna£ine nazivamo integralima te jedna£ine. Na primjer, rje²enje jedna£ine (1) je : Z y = f (x)dx + C, ili y = F (x) + C, (4) gdje je C proizvoljna konstanta (integraciona konstanta). O£igledno je da ovih rje²enja ima beskona£no mnogo. Ako je jedno rje²enje F (x), sva su ostala F (x) + C .
Primjer 1. Neka je data diferencijalna jedna£ina y ln y − xy 0 = 0. Ovu jedna£inu moºemo napisati u obliku y 0 = f (x, y). Njeno rje²enje je funkcija y = ex , jer njenim uvr²tavanjem u datu jedna£inu umjesto y i y 0 jedna£ina je identi£ki zadovoljena, tj. ex ln ex − xex ≡ 0. Data jedna£ina ima i druga rje²enja, na primjer, funkcija y = e−x , takode, jeste rje²enje date jedna£ine. Moºemo provjeriti da je svaka funkcija oblika
y = eCx ,
(5)
gdje je C proizvoljna konstanta, rje²enje date jedna£ine. Rje²enje jedna£ine (2) pi²emo u obliku:
y = ϕ(x, C), ψ(x, y, C) = 0 ili ψ(x, y) = C, gdje je C proizvoljna konstanta (integraciona) koja ne zavisi od x i y . Funkciju ϕ(x, C), koja zavisi od x i jedne proizvoljne konstante C , a identi£ki zadovoljava diferencijalnu jedna£inu prvog reda F (x, y, y 0 ) = 0, nazivamo op²tim rje²enjem ili op²tim integralom date diferencijalne jedna£ine.
De nicija i obrazovanje diferencijalnih jedna£ina
375
Svako rje²enje, koje dobijamo iz op²teg daju¢i konstanti C odredenu vrijednost, nazivamo partikularnim rje²enjem ili partikularnim integralom date diferencijalne jedna£ine. Konstantu C ¢emo odrediti iz dodatnog uslova. Treba odrediti rje²enje diferencijalne jedna£ine (2) koje zadovoljava uslov:
y = y0 , y 0 = y 0 0
(6)
za x = x0 , gdje su x0 i y0 dati brojevi. Ove brojeve nazivamo po£etnim vrijednostima, a uslov (6) po£etnim uslovom. Po£etni uslov moºemo zapisati i ovako:
y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y 0 0 . Za x0 i y0 uzimamo takve vrijednosti da funkcija f (x, y) ima smisla, tj. da postoji f (x0 , y0 ). Uvr²tavaju¢i vrijednost x0 i y0 u op²te rje²enje, dobi¢emo jedna£inu
y0 = ϕ(x0 , C) iz koje na jedinstven na£in moºemo odrediti vrijednost konstante C . esto kaºemo da partikularno rje²enje koje zadovoljava po£etne uslove prolazi ta£kom (x0 , y0 ) ili da sadrºi ta£ku (x0 , y0 ). Moºe se desiti da, osim op²teg i partikularnog rje²enja, diferencijalna jedna£ina ima i tzv. singularno rje²enje koje se ne moºe dobiti iz op²teg rje²enja za bilo koji niz vrijednosti proizvoljne konstante. Neka je y = ϕ(x) rje²enje jedna£ine (2), onda krivu de nisanu jedna£inom y = ϕ(x) nazivamo integralnom krivom diferencijalne jedna£ine. Op²te rje²enje geometrijski predstavlja jednu familiju integralnih krivih linija koja zavisi od parametra C , a partikularni integral predstavlja jednu odredenu krivu liniju toga sistema. Prema tome, ima beskona£no mnogo integralnih krivih linija diferencijalne jedna£ine prvog reda, ali kroz jednu odredenu ta£ku prolazi samo jedna.
Primjer 2. Diferencijalna jedna£ina y 0 = 2x ima op²te rje²enje
y = x2 + C . Geometrijski, ono predstavlja familiju parabola simetri£nih u odnosu na y - osu, a partikularno rje²enje, za C = 0, ima za gra k parabolu sa tjemenom u koordinatnom po£etku (sl.94 ). Sl. 94
376
Diferencijalne jedna£ine
Primjer 3. Op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine y 0 = − xy jeste x2 + y 2 = C 2 .
(7)
Geometrijski, ono predstavlja familiju koncentri£nih krugova sa centrom u koordinatnom po£etku. Ako ºelimo da odredimo jedna£inu kruga koji prolazi kroz ta£ku A(0, 3), onda u jedna£ini (7) zamijenimo x = 0 i y = 3 pa je C 2 = 9. Tada, jedna£ina: x2 + y 2 = 9 predstavlja partikularno rje²enje date diferencijalne jedna£ine. Vidjeli smo da op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine prvog reda zavisi od jedne proizvoljne konstante. Moºe se pokazati da ¢e op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine drugog reda F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0 zavisiti od dviju proizvoljnih konstanti: y = ϕ(x, C1 , C2 ), a op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine n-tog reda F (x, y, y 0 , y 00 , ..., y (n) ) = 0 ima¢e n proizvoljnih konstanti: y = (x, C1 , C2 , ..., Cn ). Dakle, broj konstanti jednak je redu diferencijalne jedna£ine. Postavimo, u izvjesnom smislu, obrnut zadatak integrisanju diferencijalne jedna£ine. Neka je poznata familija krivih linija:
y = ϕ(x, C),
(8)
gdje je C neka konstanta. Treba odrediti diferencijalnu jedna£inu F (x, y, y 0 ) = 0 familije krivih linija, odnosno diferencijalnu jedna£inu £ije je to rje²enje. Pretpostavimo da postoje izvodi koji ¢e se pojaviti. Diferenciranjem (8) po x, dobi¢emo jedna£inu: y 0 = ϕ0 x (x, C). (9) Eliminacijom parametra C iz jedna£ina (8) i (9), dobi¢emo diferencijalnu jedna£inu F (x, y, y 0 ) = 0 £ije je rje²enje y = ϕ(x, C).
Primjer 4. Odrediti diferencijalnu jedna£inu £ije je rje²enje funkcija: y=
C + x2 x
(10)
za svako C . Diferenciranjem funkcije (10) po x, dobi¢emo:
y0 = − Iz (10) slijedi da je: C = x(y − x2 ).
C + 2x. x2
(11)
De nicija i obrazovanje diferencijalnih jedna£ina
377
Uvr²tavanjem vrijednosti C u (11), dobi¢emo:
x(y − x2 ) + 2x; x2 y y y 0 = − + 3x, ili y 0 + = 3x. x x Dobili smo diferencijalnu jedna£inu y y 0 + = 3x. x Provjerimo da li je funkcija (10) njeno rje²enje. Uvr²tavanjem vrijednosti y iz (10) u jedna£inu (12), dobi¢emo: y0 = −
µ
C + x2 x
¶0
1 + x
µ
C + x2 x
¶ = 3x, ili −
(12)
C C + 2x + 2 + x = 3x, tj. 3x ≡ 3x. 2 x x
Dakle, funkcija (10) jeste rje²enje diferencijalne jedna£ine (12) za svaku konstantu C. Sli£no, ako je data familija krivih linija
y = ϕ(x, C1 , C2 )
(13)
i funkcija y koja je dvaput diferencijabilna, tada ¢emo dvaput diferenciranjem funkcije y po x dobiti:
y 0 = ϕ0 x (x, C1 , C2 ), y 00 = ϕ00xx (x, C1 , C2 ).
(14)
Eliminacijom konstanti C1 i C2 iz (13) i (14), dobi¢emo diferencijalnu jedna£inu drugog reda:
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0.
Primjer 4. Formirati diferencijalnu jedna£inu £ije je op²te rje²enje: y = C1 sin(ax + C2 ).
(15)
Dva puta diferenciranjem funkcija y po x, dobi¢emo:
y 0 = aC1 cos(ax + C2 ), y 00 = −a2 C1 sin(ax + C2 ).
(16)
Ako posljednju jednakost iz (16) podijelimo sa a2 i saberemo sa (15), eliminisa¢emo C1 i C2 i dobi¢emo diferencijalnu jedna£inu:
y 00 + a2 y = 0. Lako je provjeriti da je funkcija y rje²enje jedna£ine (17).
(17)
378
Diferencijalne jedna£ine Uop²te, ako je data neka familija krivih linija funkcijom
y = ϕ(x, C1 , C2 , ..., Cn )
(18)
sa n proizvoljnih konstanti, koja je n-puta diferencijabilna i ako odredimo uzastopne izvode
y 0 = ϕ0 (x, C1 , C2 , ..., Cn ) y 00 = ϕ00 (x, C1 , C2 , ..., Cn ) ................. (n) (n) y = ϕ (x, C1 , C2 , ..., Cn )
(19)
po x, dobi¢emo n relacija. Eliminacijom proizvoljnih konstanti C1 , C2 , ..., Cn iz relacija (18) i (19) dobi¢emo diferencijalnu jedna£inu:
F (x, y, y 0 , y 00 , ...y (n) ) = 0.
2. Singularno rje²enje diferencijalne jedna£ine Kada je data neka diferencijalna jedna£ina, postavlja se pitanje egzistencije i vrste njenih rje²enja. Moºe se desiti da, osim op²teg i partikularnog rje²enja, diferencijalna jedna£ina ima i tzv. singularno rje²enje koje ne moºemo dobiti iz op²teg ni za kakvu vrijednost proizvoljne konstante. Neka je data jedna£ina oblika F (x, y, C) = 0, (1) gdje su x, y promjenljive Dekartove koordinate, a C - parametar koji moºe da uzima razli£ite ksne vrijednosti. Za svaku odredenu vrijednost parametra C jedna£inom (1) odredena je kriva u ravni x0y . Kada parametar C uzme sve mogu¢e vrijednosti, dobi¢e se familija krivih koje zavise od jednog parametra. Takva familija naziva se jednoparametarska familija krivih. Prirodno je postaviti geometrijsko pitanje: postoji li za datu familiju krivih takva kriva koja bi dodirivala svaku krivu te familije? Takvu krivu liniju, koja u svakoj svojoj ta£ki dodiruje krivu familije (1), nazivamo obvojnicom jednoparametarske familije. Da bismo odredili jedna£inu obvojnice primijetimo da svaka kriva iz familije (1) dodiruje obvojnicu samo u jednoj ta£ki. Tada svakoj vrijednosti parametra C odgovara jedna odredena ta£ka obvojnice pa koordinate x i y ta£ke obvojnice moºemo posmatrati kao funkciju parametra C :
x = ϕ(C), y = ψ(C),
(2)
pri £emu je za svaku vrijednost parametra C zadovoljena jednakost
F (ϕ(C), ψ(C), C) = 0.
(3)
Koe cijent pravca tangente na obvojnicu u ta£ki (x, y) odredi¢emo iz (2):
y0c k=yx= 0 . xc 0
(4)
Koe cijent pravca tangente na krivu familije (1) dobi¢emo diferenciranjem (1) po x, ali smatraju¢i da je C konstanta: Fx0 + F 0 y y 0 x = 0, 379
Diferencijalne jedna£ine
380 odakle je
F 0x k=yx=− 0 . Fy 0
(5)
Kako u ta£ki (x, y) obvojnicu dodiruje jedna linija familije, to su koe cijenti pravca tangenata na obvojnicu i na liniju familije jednaki medu sobom pa iz (4) i (5) dobijamo:
y0c F 0x = − , ili F 0 x x0 c + F 0 y y 0 c = 0. x0 c F 0y
(6)
Diferenciranjem jednakosti (3) po C , uzimaju¢i u obzir (2), dobi¢emo:
F 0 x x0 c + F 0 y y 0 c + F 0 c = 0.
(7)
Uporeduju¢i (6) i (7) zaklju£ujemo da je
F 0 c = 0. Na taj na£in, da bi neka kriva (2) bila obvojnica familije krivih (1), potrebno je da koordinate svake ta£ke te krive zadovoljavaju istovremeno jedna£ine:
F (x, y, C) = 0, Fc0 (x, y, C) = 0.
(8)
Iz sistema (8) odredujemo parametarske jedna£ine obvojnice (2). Geometrijsko mjesto ta£aka (x, y), koje zadovoljavaju uslov (8), nazivamo diskriminantnom krivom familije (1), odnosno ako je uslovima (8) uop²te odredena neka kriva, tu krivu nazivamo diskriminantnom krivom. Medu ta£kama diskriminantne krive mogu biti i singularne ta£ke krivih familije (1), tj. ta£ke gdje je ispunjeno Fx 0 = 0, Fy 0 = 0. Formulisa¢emo teoremu koju ne¢emo dokazivati.
Teorema 1. Ako krive linije familije (1) nemaju singularnih ta£aka, onda je sistemom jedna£ina (8) de nisana obvojnica date familije pod uslovom da i ona nema singularnih ta£aka.
Primjer 1. Na¢i obvojnicu familije krivih (x − C)2 + y 2 = 4C . Datom √ jedna£inom je de nisana familija krugova sa centrima u ta£kama (C, 0) i radijusima 2 C . Imamo:
F (x, y, C) = (x − C)2 + y 2 − 4C, F 0 c (x, y, C) = −2(x − C) − 4.
Singularno rje²enje diferencijalne jedna£ine
381
Iz sistema jedna£ina
(x − C)2 + y 2 − 4C = 0. −2(x − C) − 4 = 0 elimini²emo C . Dobi¢emo: y 2 = 4x + 4, ²to predstavlja jedna£inu diskriminantne krive. Kako na toj krivoj Fx 0 = 2(x − C) i Fy 0 = 2y ne mogu istovremeno biti jednaki nuli, to je y 2 = 4x + 4 obvojnica date familije krugova (sl. 95).
Sl. 95 Neka diferencijalna jedna£ina
y 0 = f (x, y)
(9)
F (x, y, C) = 0
(10)
ima op²te rje²enje i neka familija integralnih krivih (10) ima obvojnicu. Ta obvojnica je, takode, integralna kriva diferencijalne jedna£ine (9). Zaista, obvojnica u svakoj svojoj ta£ki dodiruje neku krivu familije, tj. ima sa njom zajedni£ku tangentu. Dakle, u svakoj zajedni£koj ta£ki obvojnica i kriva familije imaju jednake vrijednosti veli£ina x, y, y 0 . Kako za svaku krivu familije veli£ine x, y, y 0 zadovoljavaju jedna£inu (9), to zna£i da tu istu jedna£inu zadovoljavaju apscisa, ordinata i koe cijent pravca tangente svake ta£ke obvojnice. To i ozna£ava da je obvojnica rje²enje date diferencijalne jedna£ine. Kako obvojnica nije u op²tem slu£aju kriva familije (10), to njenu jedna£inu ne moºemo dobiti iz op²teg rje²enja (10) ni za jednu vrijednost konstante C . Rje²enje diferencijalne jedna£ine, koje ne dobijamo ni za jednu vrijednost konstante C iz op²teg rje²enja, a koja predstavlja obvojnicu familije krivih op²teg rje²enja, nazivamo singularnim rje²enjem diferencijalne jedna£ine. Dakle, ako je op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine familija krivih (10), tada iz jedna£ine (10) i jedna£ine FC 0 (x, y, C) = 0 eliminacijom C dobijamo funkciju y = ϕ(x) koja je obvojnica familije (10), tj. singularno rje²enje diferencijalne jedna£ine ili geometrijsko mjesto singularnih ta£aka (povratne ta£ke, £vorne ta£ke i druge) koje nisu singularno rje²enje jedna£ine.
382
Diferencijalne jedna£ine
Primjer 2. Diferencijalna jedna£ina y0 =
p
1 − y2
(11)
ima za svako C rje²enje
y = sin(x + C)
(12)
koje predstavlja gra £ki familiju sinusoidnih krivih. Funkcije: y = 1 i y = −1 jesu, takode, rje²enja jedna£ine (11). Njih ne moºemo dobiti iz rje²enja (12) ni za koju vrijednost konstante C . Zna£i, y = ±1 singularna su rje²enja jedna£ine (11). Geometrijski, njima odgovaraju dvije prave paralelne x-osi na rastojanju 1 od x-ose. Jasno je da ne pripadaju op²tem rje²enju (12). Moºemo navesti i druga rje²enja jedna£ine (11). Na primjer, funkcije ½ 1 za x ≤ π2 − C ϕ(x) = sin(x + C) za x > π2 − C zadovoljava jedna£inu (11) za svako C .
Primjer 3. Jedna£ina:
(x − C)2 + y 2 = 4
(13)
predstavlja skup krugova polupre£nika r = 2 £iji se centri nalaze na x-osi. Odredimo diferencijalnu jedna£inu £ije je op²te rje²enje jedna£ina (13):
2(x − C) + 2yy 0 = 0 ili x − C + yy 0 = 0.
(14)
Eliminacijom konstante C iz (13) i (14) dobi¢emo diferencijalnu jedna£inu 2
y2 + y2y0 = 4
(15)
skupa (13). Diferencijalna jedna£ina (15) ima i dva singularna rje²enja koja ne moºemo dobiti iz op²teg rje²enja (13) ni za bilo koje vrijednosti parametra C .
Sl. 96 Ta rje²enja su: y = 2 i y = −2 i ona zadovoljavaju jedna£inu (15). O£ito je da ove prave ne pripadaju skupu krugova. One predstavljaju obvojnice familije krugova (13) (sl.96 ).
Singularno rje²enje diferencijalne jedna£ine
383
Zadaci 1. Formirati diferencijalne jedna£ine £ija su rje²enja:
[R : y 0 − yctgx = ctgx] · ¸ 1 2 00 0 R : x y − 5x y + 5y = x
a) y = C sin x − 1, b) y =
1 + C1 x5 + C2 , 12x
c) y = e2x (C1 cos 3x + C2 sin 3x).
[R : y 00 − 2y 0 + 50y = 0]
2. Pokazati da su za date diferencijalne jedna£ine navedene funkcije y rje²enja za svaku vrijednost konstante C . Odrediti partikularna rje²enja koja zadovoljavaju po£etne uslove: 3
a) y 0 = 3x2 y , y = Cex , y(0) = 2,
x+y C − x2 ,y= , y(1) = 1, x 2x 1 1 c) x0 y − y − x3 = 0, y = x3 + Cx, y(1) = . 2 2
b) y 0 = −
3. Pokazati da diferencijalna jedna£ina
y = xy 0 + r
q 1 + y0 2
√ pored op²teg rje²enja y = Cx + r 1 + C 2 , ima singularno rje²enje x2 + y 2 = r2 .
3. Diferencijalne jedna£ine prvog reda Poznato nam je da jedna£inu oblika
F (x, y, y 0 ) = 0
(1)
nazivamo diferencijalnom jedna£inom prvog reda. Ako datu jedna£inu moºemo rije²iti po y 0 , ona ima oblik y 0 = f (x, y). Postavlja se pitanje egzistencije i jedinstvenosti rje²enja jedna£ine (1) pri zadatim po£etnim uslovima. Odgovor na to pitanje daje Ko²ijeva teorema koju ¢emo navesti bez dokaza.
Teorema 1. Ako su funkcija f (x, y), koja je de nisana u nekoj oblasti D, i njen prvi
∂f neprekidni u oblasti D = {(x, y)|a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d} ravni x0y , onda ∂x za svaku ta£ku M (x0 , y0 ) u oblasti D (tj.: a < x < b, c < y < d), postoji jedinstveno rje²enje jedna£ine (1) y = ϕ(x) koje zadovoljava po£etni uslov y = y0 za x = x0 . Geometrijski to zna£i da kroz svaku ta£ku M (x0 , y0 ) u oblasti D prolazi jedna i samo jedna integralna kriva y = ϕ(x) diferencijalne jedna£ine (1) (sl.97). parcijalni izvod
Sl. 97 Rje²ava¢emo neke tipove diferencijalnih jedna£ina prvog reda.
3.1. Diferencijalne jedna£ine sa razdvojenim promjenljivima Diferencijalnu jedna£inu nazivamo jedna£inom sa razdvojenim promjenljivima ako je data u obliku y 0 = f1 (x)f2 (y). (1) 384
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
385
Nave²¢emo bez dokaza Ko²ijevu teoremu kojom su odredeni uslovi pod kojim jedna£ina (1) ima jedinstveno rje²enje.
Teorema 1. Ako je funkcija f1 (x) neprekidna u intervalu (a, b), a funkcija f2 (y) i njen izvod po y neprekidni u intervalu (c,d), tada za po£etne vrijednosti x0 ∈ (a, b) i y0 ∈ (c, d) postoji jedinstveno rje²enje y = ϕ(x) jedna£ine (1) koje zadovoljava uslove da je ϕ(x0 ) = y0 . Geometrijski, to zna£i da pod navedenim uslovima teoreme kroz svaku ta£ku pravougaonika a < x < b, c < y < d prolazi jedna i samo jedna integralna kriva jedna£ine (1) (sl. 97). Kroz ta£ke, u kojima uslovi Ko²ijeve teoreme nisu ispunjeni mogu¢e je da ne prolazi ni jedna integralna kriva, prolazi samo jedna, prolazi nekoliko, odnosno beskona£no mnogo integralnih krivih date jedna£ine. Pretpostavimo da je f2 (y) 6= 0. Tada jedna£inu (1) moºemo napisati u obliku: dy = f1 (x)dx. f2 (y)
(2)
Jedna£inu oblika (2) nazivamo jedna£inom sa razdvojenim promjenljivima. R R Teorema 2. Ako postoje integrali f2dy(y) , i f1 (x)dx, tada je op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine (2) dato jedna£inom F2 (y) = F1 (x) + C,
1 i f1 (x). f2 (y) Dokaz. Pretpostavimo da je funkcija y = ϕ(y) rje²enje jedna£ine (2). Uvr²tavanjem u (2) y = ϕ(y) dobi¢emo jednakost po x: gdje su F2 (y) i F1 (x) neke primitivne funkcije funkcija
ϕ0 (x)dx = f1 (x)dx. f2 (ϕ(x)) Integracijom po x izraza (3), dobijemo: Z Z ϕ0 (x)dx = f1 (x)dx + C. f2 (ϕ(x)) Smjenom y = ϕ(x), dy = ϕ0 (x)dx, (4) moºemo napisati kao: Z Z dy = f1 (x)dx + C, f2 (y)
(3)
(4)
(5)
ili
F2 (y) = F1 (x) + C, 1 i f1 (x). f2 (y) Dakle, svako rje²enje jedna£ine (2) zadovoljava jedna£inu (6).
gdje su F2 (y) i F1 (x) primitivne funkcije odgovaraju¢ih funkcija
(6)
386
Diferencijalne jedna£ine
Obrnuto, neka funkcija y = ϕ(x) zadovoljava (6). Tada je Z 0 Z ϕ (x)dx ϕ0 (x) = f1 (x)dx + C i = f1 (x), f2 (y) f2 (ϕ(x)) odnosno ϕ0 (x)dx dy = f1 (x)dx ili = f1 (x)dx, f2 (ϕ(x)) f2 (y) ²to zna£i da je funkcija y = ϕ(x) rje²enje jedna£ine (2). Napomenimo da funkcija de nisana jedna£inom (6) zadovoljava i jedna£inu (1). Jedna£ina (1) moºe imati i druga rje²enja. Na primjer, ako je broj a rje²enje jedna£ine f2 (y) = 0, tada je funkcija y(x) = a rje²enje jedna£ine (1). Uo£imo to na primjeru. √ Primjer 1. Rije²iti jedna£inu y 0 = 2 y i ispitati prirodu rje²enja. √ Data jedna£ina je sa razdvojenim promjenljivima: f1 (x) = 1, f2 (y) = 2 y . df2 (y) 1 Funkcije f1 (x), f2 (y) i = √ neprekidne su za svako x > 0 i y > 0 pa za te vrijednosti dy y ispunjavaju uslove Ko²ijeve teoreme. Dakle, za svaku ta£ku (x0 ,y0 ) gornje poluravni postoji √ jedinstveno rje²enje jedna£ine y 0 = 2 y koje prolazi kroz tu ta£ku. Odredimo ta rje²enja:
za y 6= 0 jeste
dy √ = 2 y, dx
dy √ = dx. 2 y Integracijom desne i lijeve strane jedna£ine (7), dobijamo: √ √ y + C = x, ili y = x − C, √ gdje je C proizvoljna konstanta. Kako je y > 0, to je x − C > 0, tj. x > C . Iz (8) slijedi op²te rje²enje y = (x − C)2 , x > C jedna£ine dy √ = dx. 2 y
(7)
(8)
Za svaku vrijednost konstante C funkcija y = (x − C)2 , x > C jeste rje²enje i jedna£ine √ y 0 = 2 y . Ono nije op²te rje²enje, jer ne predstavlja skup svih njenih rje²enja. Rje²enje date jedna£ine je i funkcija y = 0 kao i familija funkcija de nisanih formulama: ½ 0, za x ≤ C; ϕ(x) = (x − C)2 , za x > C. ½ 0, za C1 < x ≤ C; ψ(x) = (x − C)2 , za x > C. gdje su C i C1 proizvoljne konstante C1 < C .
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
387
Ova rje²enja moºemo dobiti iz funkcije y = (x−C)2 , pa su to singularna rje²enja jedna£ine √ y0 = 2 y. y Primjer 2. Rije²iti jedna£inu y 0 = , x 6= 0. x Datu jedna£inu moºemo napisati u obliku:
dy dx = za y 6= 0, y x pa integracijom dobijamo
ln |y| = ln |x| + C1 . Uzmimo da je C1 = ln C2 , C2 > 0. C: pa je
ln |y| = ln |x| + ln C2 , odakle je:
|y| = C2 |x|, ili y = ±C2 x.
Uzmimo da je ± C2 = C , tada je y = Cx op²te rje²enje date jedna£ine. Jedna£ina y y = , pored rje²enja y = Cx, ima i singularno rje²enje y = 0. x Primjer 3. Odrediti ono partikularno rje²enje jedna£ine 2y 0 y = 1 − 3x2 koje prolazi kroz ta£ku (1, 3). Razdvajanjem promjenljivih i integracijom dobi¢emo: 0
dy = 1 − 3x2 , dx 2ydy = (1 − 3x2 )dx, Z Z 2ydy = (1 − 3x2 )dx, tj. 2y
y 2 = x − x3 + C.
(9)
Uvr²tavanjem po£etnih vrijednosti x0 = 1, y0 = 3 u (9) dobi¢emo da je C = 9, pa partikularno rje²enje glasi: y 2 = x − x3 + 9, ili x3 + y 2 − x − 9 = 0.
Zadaci 1. Rije²iti diferencijalnu jedna£inu y 0 sin x = y ln y i odrediti onu integralnu krivu koja prolazi £ ¤ π kroz ta£ku ( , 1). R: y = ec tg x2 ; y = 1 2 £ ¤ 1+y 2 2. Na¢i op²te rje²enje jedna£ine y 0 = xy(1+x R: (1 + y 2 )(1 + x2 ) = Cx2 2) . h √ i p p √ 3. Rije²iti jedna£inu x 1 − y 2 dx+y 1 − x2 dy = 0. R: 1 − x2 + 1 − y 2 = C, y = ±1
Diferencijalne jedna£ine
388
3.2. Homogene diferencijalne jedna£ine Funkciju f (x, y) nazivamo homogenom funkcijom k -tog stepena homogenosti ako za svako t vaºi jednakost f (tx, ty) = tk f (x, y). Za k = 0 imamo:
f (tx, ty) = t0 f (x, y) = f (x, y).
Primjer 1. Funkcija f (x, y) = 2x3 − 5xy 2 homogena je funkcija tre¢eg stepena homogenosti
jer je: f (tx, ty) = 2(tx)3 − 5tx(tx)2 = t3 (2x3 − 5xy 2 ) = t3 f (x, y) . Sli£no pokazujemo da je 2x + y funkcija ϕ(x, y) = homogena funkcija nultog stepena homogenosti. x − 3y Diferencijalnu jedna£inu prvog reda y 0 = f (x, y) nazivamo homogenom ako je funkcija f (x, y) homogena funkcija nultog stepena homogenosti, tj.
f (tx, ty) = t0 f (x, y) = f (x, y). (1) 1 Ako u (1) uzmemo da je t = , onda je x ³ y´ f (x, y) = f 1, , x ³y´ pa se funkcija f (x, y) pi²e u obliku ϕ = , a homogena diferencijalna jedna£ina ¢e imati x ³y´ oblik y 0 = ϕ . x Homogene diferencijalne jedna£ine svodimo na diferencijalne jedna£ine sa razdvojenim promjenljivima smjenom y = z, y = zx, dy = zdx + xdz, x ³y´ gdje je z = z(x)-nova nepoznata funkcija. Uvodenjem smjene jedna£ina y 0 = ϕ postaje x zdx + xdz = ϕ(z)dx, odakle razdvajanjem promjenljivih i integracijom dobijamo: dz dx = , ϕ(z) − z x Z dz = ln x + C. ϕ(z) − z y Ako u ovaj izraz umjesto z stavimo , dobijamo op²te rje²enje jedna£ine. x y Primjer 2. Rije²iti jedna£inu y 0 = . y−x O£igledno je da je desna strana date jedna£ine homogena funkcija nultog reda: y ³y´ = y x . ϕ x −1 x
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
389
Smjenom y = zx, dy = zdx + xdz , dobijamo
zdx + xdz =
z dx, z−1
Integracijom je:
Z ln x =
ili
dx z−1 = dz. x z(2 − z)
z−1 dz + C, z(2 − z)
1 1 ln x = − ln(z) − ln(z − 2) + ln C1 , C1 proizvoljna konstanta, 2 2 1 ln x = − ln(z − 2)z + ln C1 , 2 1 x ln = ln |z(z − 2)|− 2 , C1 tako da je
x = p
C1
z · (z − 2) r z y = C1 . z−2
, y = x · z,
Ako elimini²emo z, dobi¢emo op²te rje²enje u implicitnom obliku
y(y − 2x) + C = 0. Neke diferencijalne jedna£ine na prvi pogled nisu homogene, ali se podesnom smjenom mogu dovesti na homogene, pa onda rije²iti metodom razdvajanja promjenljivih. One imaju oblik: a1 x + b1 y + c1 y0 = f ( ). (4) a2 x + b2 y + c2 Da bismo ovu jedna£inu, koja nije homogena, pretvorili u homogenu, treba uvesti smjenu promjenljivih: x = u + h, y = v + k, dx = du, dy = dv, gdje su u i v nove promjenljive, a h i k konstante koje ¢emo tako odrediti da nova jedna£ina bude homogena. Poslije zamjene imamo:
a1 x + b1 y + c1 = a1 u + b1 v + a1 h + b1 k + c1 a2 x + b2 y + c2 = a2 u + b2 v + a2 h + b2 k + c2 dy dv y0 = = . dx du Odredimo h i k tako da bude: a1 h + b1 k + c1 = 0 a2 h + b2 k + c2 = 0.
(5)
390
Diferencijalne jedna£ine To je mogu¢e ako je determinanta sistema (5) razli£ita od nule, tj.
¯ ¯ a D = ¯¯ 1 a2
¯ b1 ¯¯ = a1 b2 − a2 b1 6= 0. b2 ¯
Pod tim uslovom diferencijalnu jedna£inu (4) svodimo na homogenu diferencijalnu jedna£inu oblika a1 + b1 uv dv a 1 u + b1 v = f( ) = f( ) du a 2 u + b2 v a2 + b2 uv koju znamo rije²iti. Medutim, kada je a1 b2 − a2 b1 = 0, prethodnim postupkom ne moºemo ni²ta posti¢i, jer ne moºemo odrediti h i k . Tada treba razlikovati razne slu£ajeve: a) Ako je a2 = b2 = 0, mora biti c2 6= 0, ima¢emo diferencijalnu jedna£inu:
y 0 = f (ax + by + c)
(6)
koju, ako je b = 0, moºemo neposredno rije²iti. Ako je b 6= 0, uvodimo smjenu:
ax + by + c = z, y 0 =
z0 − a , b
pa ¢emo dobiti jedna£inu
z 0 = a + bf (z) koju moºemo rije²iti metodom razdvajanja promjenljivih. b) Ako je bar jedan od koe cijenata a2 i b2 razli£it od nule, onda iz a1 b2 − a2 b1 = 0 slijedi da je a1 = λa2 i b1 = λb2 , gdje je λ - konstanta, pa jedna£ina (4) ima oblik:
y0 = f (
λ(a2 x + b2 y) + c1 ), a2 x + b2 y) + c2
Ako je b2 = 0, jedna£inu neposredno rje²avamo. Ako je b2 6= 0, smjenom
a2 x + b2 y = z, a2 + b2 dobi¢emo jedna£inu
dy dz = , dx dx
λz + c1 dz = a 2 + b2 f ( ) dx z + c2
koju moºemo rije²iti metodom razdvajanja promjenljivih.
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
Primjer 3. Rije²iti jedna£inu y0 =
391
2x − y + 1 . 1 + x − 2y
Stavimo:
x = u + h, dx = du, y = v + k, dy = dv,
(7)
pa je:
2x − y + 1 = 2u − v + 2h − k + 1, 2y − x − 1 = 2v − u + 2k − h − 1. Odredimo h i k tako da je:
2h − k + 1 = 0 −h + 2k − 1 = 0. To je mogu¢e, jer je ¯ ¯ 2 D = ¯¯ −1
(8)
¯ 1 1 − 1 ¯¯ = 5 6= 0, pa iz sistema (8) je h = − , k = . ¯ 2 3 3
Uvr²tavanjem ovih vrijednosti u (7) imamo
1 1 x = u − ,y = v + . 3 3 Zamjenom x, y, dx i dy u datu jedna£inu, dobi¢emo: 2 − uv dv 2u − v = , ili dv = du. du u − 2v 1 − 2 uv v = z , v = u · z , dv = z · du + u · dz u (9) je u 2−z zdu + udz = du 1 − 2z Iz (10), razdvajanjem promjenljivih i integracijom, slijedi:
(9)
Smjenom
v 2 − uv + u2 = C1 . Vra¢aju¢i se na promjenljive x i y , dobi¢emo op²te rje²enje jedna£ine:
x2 + y 2 − xy − y + x = C1 .
Primjer 4. Rije²iti jedna£inu
x+y+1 . 2x + 2y − 1 U datoj jedna£ini su koe cijenti uz x i y iz brojioca i imenioca proporcionalni. y0 = −
(10)
Diferencijalne jedna£ine
392
Uzmimo da je x + y = z, dx + dy = dz, dy = dz − dx. Kada uvrstimo ove vrijednosti u datu jedna£inu, dobi¢emo
dz − dx = − odakle je
dx +
z+1 dx, 2(z + 1) − 1
2z − 1 dz = 0. 2−z
Op²te rje²enje ove jedna£ine je:
2z + 3 ln |z − 2| = x + C. Vra¢aju¢i se na promjenljive x, y , op²te rje²enje date jedna£ine je:
x + 2y + 3 ln |x + y − 2| = C.
Zadaci √ ( xy + 2y)3 1. Utvrditi homogenost funkcije . x2 + y 2 h i p R: ln x2 + y 2 = arc tg xy + C
2. Rije²iti jedna£inu (x + y)dx + (y − x)dy = 0.
£
3. Rije²iti jedna£inu y 0 =
x+y−2 . y−x−4
4. Rije²iti jedna£inu y 0 =
3x − 4y − 2 . 3x − 4y − 3
R: x2 − y 2 + 2xy − 4x + 8y = C
¤
[R: x − y + C = ln |3x − 4y + 1|]
3.3. Linearne diferencijalne jedna£ine To su jedna£ine oblika
y 0 + P (x)y = Q(x),
(1)
gdje su P (x) i Q(x) neprekidne funkcije od x u nekom intervalu (a, b). Ako je Q(x) ≡ 0, jedna£ina (1) jeste homogena (nepotpuna), a ako je Q(x) 6= 0 jedna£ina je nehomogena (potpuna). Homogenu jedna£inu y 0 + P (x)y = 0 (2) rje²avamo razdvajanjem promjenljivih:
dy = −P (x)dx, y
393
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
odakle je
Z ln y = −
P (x)dx + ln C,
y = Ce−
ili
R
P (x)dx
(20 )
Potpunu diferencijalnu jedna£inu (1) moºemo rije²iti na dva na£ina. Prema prvom na£inu odredivanje op²teg rje²enja diferencijalne jedna£ine (1) svodimo na rje²avanje dviju diferencijalnih jedna£ina sa razdvojenim promjenljivima uvodenjem smjene
y = u(x) · v(x),
(3)
gdje su u(x) i v(x) nepoznate funkcije. Od njih, na primjer, prvu moºemo birati proizvoljno, a v(x) odredi¢emo tako da y , odnosno proizvod uv zadovoljava jedna£inu (1). Diferenciranjem jednakosti (3) dobi¢emo
y 0 = u0 · v + v 0 · u.
(4)
Uvr²tavanjem (3) i (4) u (1) imamo da je:
u0 · v + v 0 · u + P (x)u · v = Q(x)
u · v 0 + (u0 + P (x)u) · v = Q(x).
ili
(5)
Po²to funkciju u(x) biramo proizvoljno, izaberimo je tako da koe cijent uz v bude jednak nuli, tj. du + P (x)u = 0. (6) dx Ovo je homogena jedna£ina £ije je op²te rje²enje
u = Ce−
R
P (x)dx
.
Za funkciju u uze¢emo jedno od partikularnih rje²enja, na primjer za C = 1:
u = e−
R
P (x)dx
.
Kako je funkcija u rje²enje jedna£ine (6), to njenim uvr²tavanjem u (5), dobi¢emo:
e−
R
P (x)dx dv
dx
odakle je
dv = Q(x)e odnosno
Z v=
R
R
= Q(x), P (x)dx
dx,
Q(x)e P (x)dx dx + C.
(7)
Ako uvrstimo dobijene vrijednosti za u i v u (3), dobi¢emo op²te rje²enje jedna£ine (1) ¸ ·Z R R − P (x)dx P (x)dx dx + C . (8) y=e Q(x)e
Diferencijalne jedna£ine
394
Primjer 5. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine (1 + x2 )y 0 − xy = 2x. Dovedimo datu jedna£inu na oblik (1). Podijelimo je sa (1+x2 ) 6= 0, pa je:
x 2x y= . 2 1+x 1 + x2 2x x , Q(x) = . P (x) = − 2 1+x 1 + x2 y0 −
Uzmimo da je y = u · v , odakle je
y0 = u ·
dv vdu + . dx dx
Uvrstimo li y i y 0 u jedna£inu (1), dobi¢emo:
u ili
dv du xuv 2x + − = , 2 dx + v dx 1 + x 1 + x2
dv u +v dx
µ
du xu − dx 1 + x2
¶ =
2x . 1 + x2
(9)
Odaberimo funkciju u 6= 0 tako da je
du xu − = 0. dx 1 + x2
(10)
Tada jedna£ina (9) ima oblik
dv 2x = . dx 1 + x2 Jedna£inu (10) rje²avamo kao jedna£inu sa razdvojenim promjenljivima: u
du dx − , u 1 + x2 1 ln |u| = ln |1 + x2 |, C = 0, 2 odakle je
u=
√
1 + x2 .
Uvrstimo li vrijednost funkcije u u jedna£inu (11) bi¢e:
√
1 + x2
dv 2x = , dx 1 + x2
tj. dv =
2xdx , (1 + x2 )3/2
(11)
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
395
odakle je
2 + C. 1 + x2 Zamjenimo li u smjeni y = uv funkcije u i v njihovim vrijednostima, dobi¢emo op²te rje²enje date jedna£ine: µ ¶ √ 2 2 y = 1+x C − √ , 1 + x2 √ y = C 1 + x2 − 2. v = −√
Primjer 6. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ine xy 0 − y = x3 , ako je y = Napi²imo jedna£inu u obliku
y0 − Uvrstimo y = uv i y 0 = u
1 za x = 1. 2
y = x2 . x
dv du +v u prethodnu jedna£inu, dobi¢emo dx dx du uv dv − = x2 , u +v dx dx x
odakle je
µ ¶ du u dv u +v − = x2 . dx dx x Odaberimo funkciju u tako da je du u − = 0. dx x Tada jedna£ina (12) oblika je dv = x2 . u dx Rije²imo jedna£inu (13): u du = , dx x dx du = , u x ln |u| = ln |x|, tj. u = x. Uvrstimo vrijednosti funkcije u u (14) dobi¢emo:
x odakle je v =
x2 + C. 2
dv = x2 , ili dv = xdx, dx
(12)
(13)
(14)
Diferencijalne jedna£ine
396
Op²te rje²enje date jedna£ine je
y=(
x2 x3 + C)x = + Cx. 2 2
Odredimo partikularno rje²enje:
1 1 = + c, tj.C = 0. 2 2 Dakle, partikularno rje²enje je funkcija
x3 . 2
y=
Prema drugom na£inu, koji je poznat kao Lagranºov metod varijacije konstante, izdvojimo homogeni dio jedna£ine (1), jedna£inu (2) £ije je op²te rje²enje
y = Ce−
R
P (x)dx
.
(15)
U nehomogenoj diferencijalnoj jedna£ini (1) uze¢emo za y isti oblik, samo ²to C ne predstavlja vi²e konstantu ve¢ neku proizvoljnu funkciju po x, na primjer, C = u(x) pa op²te rje²enje je oblika
y = u(x)e−
R
P (x)dx
(16)
u kome treba odrediti nepoznatu funkciju u(x). Odredi¢emo je iz uslova da funkcija (17) zadovoljava jedna£inu (1). Iz (16) jeste R R y 0 = u0 (x)e− P (x)dx − u(x)P (x)e− P (x)dx . Zamjenom u i y 0 u (1), dobi¢emo:
u0 (x)e− tj.
R
P (x)dx
u0 (x)e−
− u(x)P (x)e−
R
P (x)dx
R
= Q(x),
P (x)dx
ili
+ u(x)P (x)e−
R
P (x)dx
R
u0 (x) = Q(x)e
= Q(x),
P (x)dx
,
odakle integracijom dobijamo
Z u(x) =
Q(x)e
R
P (x)dx
dx + C.
Zamjenimo li nadenu vrijednost za u(x) u (10), dobi¢emo op²te rje²enje jedna£ine (1).
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
397
Primjer 7. Metodom varijacije konstante rije²iti jedna£inu y 0 − y tg x = 2 sin x. Homogena jedna£ina y 0 − y tg x = 0 ima op²te rje²enje:
y=
C . cos x
(17)
Uzmimo da je C = u(x), onda je izvod funkcije
u(x) cos x u0 (x) sin x = + u(x) 2 . cos x cos x
y = y0
(18)
Zamjenom vrijednosti za y i y 0 u polaznu nehomogenu jedna£inu dobijamo:
u0 (x) sin x u(x) sin x + u(x) − · = 2 sin x, 2 cos x cos x cos x cos x odakle je:
du(x) = 2 sin x cos xdx; a integracijom
u(x) = sin2 x + C.
Iz (18) i (19) proizlazi op²te rje²enje polazne jedna£ine
y=
1 (sin2 x + C). cos x
Zadaci 1. Rije²iti na oba na£ina diferencijalne jedna£ine: · ¸ sin x C 0 a) xy + y − x sin x = 0, R: y = − cos x + + x x £ ¤ 2 0 2 2 2 b) (1 + x )y − 2xy = (1 + x ) , R : y = (1 + x )(x + C) h i 2 2 2 R : y = xe−x (C + x2 ) c) y 0 + 2xy = xe−x , " µ ¶2 # √ y 2 C + ln cos x 2y d) y 0 + x = . R : y = tg x + cos2 x x 2. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ina pri navedenim uslovima: £ ¤ a) xy 0 − 3y = x4 ex , y(1) = e, R : y = x3 ex ¡ ¢ b) y 0 sin x − y cos x = 1, y π2 = 1. [R : y = sin x − cos x]
(19)
Diferencijalne jedna£ine
398
3.3.1.
Diferencijalne jedna£ine koje svodimo na linearne diferencijalne jedna£ine
Veliki broj diferencijalnih jedna£ina, koje nisu linearne, moºemo pogodnim transformacijama svesti na linearne. Mi ¢emo obraditi neke od njih.
3.3.1.1.
Bernulijeva diferencijalna jedna£ina
Jedna£inu oblika:
y 0 + P (x)y = Q(x)y n , n ∈ R, n 6= 0,
(1)
gdje su P (x) i Q(x) date neprekidne funkcije u intervalu (a, b), nazivamo Bernulijevom diferencijalnom jedna£inom. Za n = 0, jedna£ina (1) postaje linearna, a za n = 1 jedna£ina u koje se promjenljive razdvajaju. Za n 6= 0, n 6= 1, jedna£ina nije linearna, ali pogodnom smjenom promjenljivih moºemo je svesti na linearnu. Podijelimo jedna£inu ( 1 ) sa y n :
y0 P (x) + n−1 = Q(x), (2) n y y a potom u jedna£ini (2) uvedemo smjenu 1 1−n 0 z = z(x) = n−1 , z 0 = ·y, y yn dobi¢emo linearnu jedna£inu po nepoznatoj funkciji z(x): z0 + P (x)z = Q(x). 1−n Ako u op²te rje²enje ove jedna£ine umjesto z stavimo y −n+1 , dobi¢emo op²te rje²enje Bernulijeve jedna£ine.
Primjer 1. Rije²iti jedna£inu
xy 0 + y = y 2 ln x.
Podijelimo datu jedna£inu sa y 2 i uvedimo smjenu z = y −1 , z 0 = −y −2 y 0 i dobi¢emo jedna£inu: ln x 1 z0 − z = x x £ije je rje²enje 1 ln x z = eln x (C + + ), ili z = 1 + ln x + Cx. x x Ako se ova vrijednost uvrsti u smjenu, dobi¢emo op²te rje²enje polazne jedna£ine: 1 . y= 1 + ln x + Cx
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
399
3.3.1.2. Kleroova diferencijalna jedna£ina Jedna£inu oblika
y = xy 0 + f (y 0 )
(3)
nazivamo Kleroovom diferencijalnom jedna£inom. Ona nije rije²ena po izvodu y 0 . Da bismo je rije²ili po izvodu, treba je diferencirati po x uz pretpostavku da postoji izvod y 00 kao i da funkcija f (y 0 ) ima izvod po y 0 . Tada je:
odakle je
y 0 = xy 00 + y 0 + fy0 0 (y 0 )y 00 ,
(4)
{x + f 0 (y 0 )}y 00 = 0.
(5)
Da bi jedna£ina (5) bila zadovoljena, treba da je:
y 00 = 0 ili x + f 0 (y 0 ) = 0.
(6)
Ako je y 00 = 0, onda je y 0 = C (C -konstanta). Kada y 0 zamijenimo sa C u jedna£ini (3), onda Kleroova jedna£ina ima op²te rje²enje:
y = Cx + f (C).
(7)
Geometrijski, ono predstavlja jednoparametarsku familiju pravih linija. Ako je x + f 0 (y 0 ) = 0, onda je y 0 = ϕ(x). Uvrstimo li vrijednost y 0 u jedna£inu (3), dobi¢emo: y = xϕ(x) + f [ϕ(x)] . (8) Mogli smo uzeti da je
x = −f 0 (y 0 ), y = −y 0 f 0 (y 0 ) + f (y 0 ), gdje je y 0 parametar, ili staviti da je y 0 = p pa dobiti krivu (8) u parametarskom obliku:
x = −f 0(p), y = −pf 0(p) + f (p) koja je rje²enje Kleroove jedna£ine (3). Kriva (9) redukova¢e se na ta£ku M (a, b) ako je:
−f 0(p) = a, −pf 0(p) + f (p) = b, ina£e nema redukovanja. Iz prvog uslova je:
f (p) = −ap + k, gdje je k proizvoljna konstanta. Uzmemo li da je k = b, bi¢e i drugi uslov zadovoljen.
(9)
Diferencijalne jedna£ine
400
Prema tome, da se kriva (9) ne bi redukovala na ta£ku, potrebno je i dovoljno da f (p) ne bude konstanta. Odredimo vezu izmedu pravih (7) i krive (9) ukoliko se ona ne redukuje na ta£ku. Obvojnicu pravih (7) odredujemo iz jedna£ine (6) i iz jedna£ine x+fC0 (C) = 0. Dobijamo, dakle, za tu obvojnicu parametarske jedna£ine:
x = −f 0C (C), y = −Cf 0(C) + f (C), gdje je C parametar. One nisu ni²ta drugo, nego kriva (9), samo sa drugom oznakom parametra. Dakle, kriva (9) obvojnica je pravih (7) i predstavlja singularno rje²enje jedna£ine (3). Ako se kriva (9) redukuje na ta£ku M (a, b), tada sve prave (7) prolaze kroz nju, jer ove tada imaju jedna£inu:
y = Cx − aC + b, tj.y − b = C(x − a).
Primjer 1. Odrediti op²te i singularno rje²enje jedna£ine y = xy 0 − y 0 2 . Diferenciranjem ¢emo odrediti op²te rje²enje:
y 0 = y 0 + xy 00 − 2y 0 y 00 , odnosno
y 00 (x − 2y 0 ) = 0, za y 00 = 0 ili x − 2y 0 = 0. Iz y 00 = 0 jeste y 0 = C . Kada uvrstimo y 0 = C u datu jedna£inu, dobi¢emo jednoparametarsku familiju integralnih pravih oblika
y = Cx − C 2 ,
(1)
koje predstavljaju op²te rje²enje date jedna£ine. Obvojnica familije (1) integralna je kriva koju ¢emo odrediti eliminacijom parametra C iz jedna£ine (1) i jedna£ine x − 2C = 0. x2 Dobi¢emo obvojnicu y = . Ona je obvojnica svojih tangenata (1). 4
Zadaci 1. Odrediti krivu izmedu koordinatnih osa ima konstantnu duºinu jedh kojoj odsje£ak tangente i 2 2 2 aC naku a. R: y = Cx ± √1+C 2 · x 3 + y 3 = a 3 2. Odrediti op²te i singularno rje²enje jedna£ine y = xy 0 +
a . y0
h i a R : y = Cx + , y 2 = 4ax c
3. Ako kriva y = f (x) ima u ta£ki M (x0 , y0 ) tangentu a ta£ka M se kre¢e po datoj krivoj, odrediti diferencijalnu jedna£inu tangenata date krive. [R: y = xy 0 + f (y 0 )]
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
401
3.4. Diferencijalne jedna£ine drugog reda koje se svode na diferencijalne jedna£ine prvog reda Op²ti oblik diferencijalne jedna£ine drugog reda je:
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0 ili y 00 = f (x, y, y 0 ) a njeno op²te rje²enje je:
y = ϕ (x, C1 , C2 ) . Najprostiji slu£aj diferencijalnih jedna£ina drugog reda je jedna£ina oblika:
y 00 = f (x), F (x, y 00 ) = 0
a)
Rije²i¢emo je uzastopnom integracijom. Jedna£inu (1) moºemo rije²iti i sniºavanjem reda uvodenjem smjene y 0 = p(x). Tada je 00 y = p0 , pa jedna£ina (1) ima oblik:
p0 = f (x), odakle je
ili
dp = f (x)dx,
Z p=
f (x)dx = F (x) + C1 ,
gdje je F (x) jedna od primitivnih funkcija funkcije f (x). Kako je y 0 = p, to je
y 0 = F (x) + C1 ,
ili
dy = F (x)dx + C1 dx,
odakle, ponovnom integracijom, dobijamo op²te rje²enje jedna£ine (1) Z y = F (x)dx + C1 x + C2 , u oblasti gdje postoje posmatrani integrali.
Primjer 1. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 = cos 2x.
(1)
Uzmimo da je y 0 = p(x). Tada je y 00 = p0 , pa je
p0 cos 2x, ili dp = cos 2xdx,
(2)
odakle je, integracijom jedna£ine (2),
p=
1 sin 2x + C1 , 2
ili
y 0 = sin 2x + C1 , tj. 1 sin 2xdx + C1 dx. dy = 2
(3)
402
Diferencijalne jedna£ine Integracijom (3) dobijamo op²te rje²enje jedna£ine (1):
1 y = − cos 2x + C1 x + C2 . 4 b)
y 00 = f (y), F (y, y 00 ) = 0
Ovu jedna£inu moºemo rije²iti uvodenjem smjene y 0 = p, gdje se p uzima kao nova nepoznata funkcija od y , tj. p = p(y), a preko y zavisi od x pa ¢emo se koristiti pravilom diferenciranja sloºenih funkcija za odredivanje y 00 . Uzmimo da je y 0 = p. Tada jedna£inu (2) moºemo napisati u obliku:
dp dp dy dp = · = p = f (y) , tj. dx dy dx dy dp p = f (y). dy R Integracijom jedna£ine (3) dobijamo: p2 = 2 f (y)dy + C1 . Ako korjenujemo desnu i lijevu stranu i vratimo se na promjenljivu x dobi¢emo: dy dx = ± q R . 2 f (y)dy + C1
(3)
(4)
Integracijom jedna£ine (4) dobi¢emo op²ti integral jedna£ine (2): Z dy x = C2 ± q R . 2 f (y)dy + C1
Primjer 2. Rije²iti jedna£inu
y 00 = y.
(1)
Uzmimo da je y 0 = p(y), pa se data jedna£ina moºe napisati u obliku:
p
dp = y. dy
(2)
Integracijom jedna£ine (2) i vra¢anjem na promjenljivu x, dobi¢emo:
dy
dx = ± p
y 2 + C1
.
Za pozitivan predznak je Z ³ ´ p dy p x= + C2 = C2 + ln y + y 2 + C1 , ili y 2 + C1
y+
p
y 2 + C1 = ex−C2 .
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
403
Rje²enjem ove jedna£ine po y , dobi¢emo op²te rje²enje: · ¸ 1 x−C2 C1 y= e − x−C2 . 2 e
Primjer 3. Rije²iti jedna£inu:
y 00 + a2 y = 0.
(1)
Zadatak ¢emo rije²iti bez uvodenja smjene. Iz (1) je:
d2 y = −a2 y. dx2
(2)
dy Pomnoºimo lijevu stranu jedna£ine (2) sa 2 dx dx, a desnu sa 2dy , ima¢emo
dy d2 y 2dx 2 = −2a2 ydy. (3) dx dx µ ¶2 dy Integracijom (3), dobi¢emo: = −a2 y 2 + C1 , odakle je, ako uzmemo pozitivan dx predznak korijena, dy p = C1 − a2 y 2 . (4) dx Razdvajanjem promjenljivih je: dy dx = p C1 − a2 y 2
(5)
a integracijom (5) slijedi:
1 ay arcsin √ = x + C2 , a C1 pa je
ili
ay arcsin √ = ax + aC2 , C1
ay √ = sin (ax + aC2 ) = sin ax cos aC2 + cos ax sin aC2 , C1
ili
√ y=
C1 cos aC2 sin ax + a c)
√
C1 sin C2 cos ax = C1 sin ax + C2 cos ax. a y 00 = f (y 0 ), F (y 0 , y 00 ) = 0
Jedna£inu ovog tipa rje²avamo smjenom y 0 = p, £ime se svodi na jedna£inu prvog reda: µ ¶ dp f p, = 0, dx
Diferencijalne jedna£ine
404 £iji je op²ti integral:
p = ϕ(x, C1 ), odnosno
dy = ϕ(x, C1 )dx.
(4)
Integracijom (4), dobi¢emo op²te rje²enje jedna£ine (3) Z y = ϕ(x, C1 )dx + C2 .
Primjer 4. Rije²iti jedna£inu:
q 00
y =
1 + y02.
Smjenom y=p, dobijamo jedna£inu
p0 = odakle je x = ln(p +
dp p = 1 + p2 , dx
p
1 + p2 ) + C1 , ili p+
p
1 + p2 = ex−C1 .
Ako rije²imo ovu jedna£inu po p, dobi¢emo
dy =
¢ 1 ¡ x−C1 e − e−x+C1 dx, 2
odakle je op²te rje²enje jedna£ine
y=
¢ 1 ¡ x−C1 x e + e− +C1 + C2 . 2 y 00 = f (y, y 0 ), F (y, y 0 , y 00 ) = 0
d)
(3..1)
Uvedimo smjenu y 0 = p, gdje je p = p(y) pa je
µ 00
y =
dy dx
¶0 =
dp dp dy dp = · = · p. dx dy dx dy
Uvrstiv²i y 0 i y 00 u jedna£inu (4), dobi¢emo jedna£inu prvog reda sa nepoznatom funkcijom p: dp F (y, p, p. ) = 0, dy £ije je op²te rje²enje oblika:
p = ϕ(y, C1 ).
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
405
Vra¢aju¢i se na smjenu, dobi¢emo:
dy = ϕ(y, C1 ), dx odakle je, razdvajanjem promjenljivih i integracijom: Z dy dy = dx, x + C2 = . ϕ(y, C1 ) ϕ(y, C1 ) Posljednja jednakost je op²te rje²enje date jedna£ine.
Primjer 5. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ine: 2
y 0 + 2yy 00 = 0
(1)
ako je y = 1 i y 0 = 1 za x = 1.
dp . Smjenom, data jedna£ina ima oblik: dy µ ¶ dp dp 2 p + 2yp = 0 ili p p + 2y = 0. dy dy
Uzmimo da je y 0 = p, pa je y 00 =
(2)
dp = 0. dy Ako je p = 0, tada je y = C , (C -konstanta). Rije²imo jedna£inu (2): Iz (2) jeste p = 0 ili p + 2y
dp = 0, dy dp dy 1 = − , ln |p| = − ln |y| + ln |C1 | , p 2y 2 p = 2y
C1 p = √ . Uvrstimo y 0 umjesto p : y
pa je
√
C1 dy =√ , dx y
(3)
µ ¶ 23 3 2 3 (C1 x + C2 ) 2 = (C3 x + C4 ) 3 , y= 2
(4)
3
ydy = C1 dx, 32 y 2 = C1 x + C2 ;
3 1 gdje je C3 = C1 , C4 = − C2 . 2 2
Diferencijalne jedna£ine
406
Izraz (3) op²te je rje²enje date jedan£ine. Uvrstimo li po£etne uslove u (3) i (4), dobi¢emo
C1 = 1, C3 + C4 = 1, pa je
1 3 C3 = , C 4 = − . 2 2 µ ¶ 23 3 Partikularno rje²enje date jedna£ine je: y = x − 12 . 2 y 00 = f (x, y 0 ), F (x, y 0 , y 00 ) = 0
e)
Sli£no prethodnom slu£aju rje²avamo i ovakve jedna£ine. Smjenom y 0 = p, y 00 = p, data jedna£ina ima oblik: F (x, p, p0 ) = 0, £ije je op²te rje²enje
p = ϕ(x, C1 ), odnosno
y 0 = ϕ (x, C1 ) ,
pa je op²te rje²enje polazne jedna£ine
y=
Z ϕ(x, C1 )dx + C2 .
Primjer 6. Rije²iti diferencijalnu jedna£inu y 00 = 1 + y 0 . dp , data jedna£ina svodi se na jedna£inu prvog reda dx dp =1+p dx u kojoj se mogu razdvojiti promjenljive, pa je dp = dx. 1+p Njeno op²te rje²enje je p = C1 ex − 1. dy Po²to je y 0 = p = , to je dx dy = C1 ex − 1, dx £ije je op²te rje²enje y = C1 ex − x + C2 . Smjenom y 0 = p, y 00 = p0 =
Ono predstavlja op²te rje²enje diferencijalne jedna£ine (1).
(1)
Diferencijalne jedna£ine prvog reda
Zadaci Rije²iti jedna£ine:
£ ¤ R: y = C1 e3x + C2 e−3x £ ¤ 2. y 00 y 3 = 1, R: C1 y 2 = 1(C1 xC2 )2 £ ¤ R: y = C1 eC2x + 1 3. (y − 1)y 00 = y 0 2 , · µ 3 ¶ ¸ x 00 2 0 4. y (1 + x ) = 2xy , R: C1 + x + C2 3 1. y 00 − 9y = 0,
5. y 00 = cos x.
[R: − cos x + C1 x + C2 ]
407
4. Homogene linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda Homogenim linearnim jedna£inama drugog reda nazivamo jedna£ine oblika:
g(y) = y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0,
(1)
gdje su p(x) i q(x) poznate funkcije. Jedna£inu (1) nazivamo linearnom zbog toga ²to su y , y 0 ,y 00 na prvom stepenu.
Teorema 1. (Ko²ijeva)
Ako su funkcije p(x) i q(x) neprekidne u intervalu [a, b] i ako su dati po£etni uslovi:
y = y0 i y 0 = y0 za x = x0 (x0 ∈ [a, b]), tada u intervalu [a, b] postoji jedinstveno rje²enje y = y(x) jedna£ine (1) koja zadovoljava po£etne uslove: y(x0 ) = y0 , y 0 (x0 ) = y 0 0 . Iz £injenice da je izraz g(y) linearan, slijede osnovne osobine ovih jedna£ina:
g(Cy1 ) = Cg(y1 ), g(C1 y1 + C2 y2 ) = C1 g(y1 ) + C2 g(y2 ),
(10 )
tj. ako je y = y1 partikularno rje²enje jedna£ine (1), onda je i y = Cy1 , takode, rje²enje te jedna£ine, gdje je C ma kakva konstanta. Ako su y1 i y2 partikularna rje²enja jedna£ine (1), onda je y = C1 y + C2 y2 rje²enje te jedna£ine, gdje su C1 i C2 proizvoljne konstante. Funkcije y1 (x) i y2 (x), de nisane u intervalu [a, b], jesu linearno zavisne u tome intervalu ako postoje takve konstante C1 i C2 koje nisu istovremeno nule, tako da je za svako x ∈ [a, b]
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) ≡ 0.
(2)
Ako je identitet (2) zadovoljen u intervalu [a, b] i, na primjer, y2 6= 0, tada je, o£igledno,
C2 y1 (x) =− = Const. y2 (x) C1
(C1 6= 0).
Obratno, ako je poznato da je koli£nik funkcija y1 (x) i y2 (x) konstantan u intervalu [a, b], tada vaºi identitet (2). 408
Homogene linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda
409
Dakle, linearnu zavisnost dviju funkcija moºemo de nisati i na drugi na£in. Funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno su zavisne u [a, b] ako je njihov koli£nik konstantna veli£ina za svako x ∈ [a, b], tj. ako su one proporcionalne jedna drugoj u intervalu [a, b]. Linearna zavisnost funkcija y1 (x) i y2 (x) ozna£ava da jednu od njih dobijamo iz druge mnoºenjem konstantom. Ako je identitet (2) zadovoljen samo za C1 = C2 = 0, onda kaºemo da su funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno nezavisne u intervalu [a, b]. Kaºemo da su funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno nezavisne u [a, b] ako njihov koli£nik nije konstanta veli£ina u tome intervalu.
Primjer 1. Funkcije y1 = 4x2 , y2 = x2 linearno su zavisne u svakom intervalu: y1 = 4y2 .
Primjer 2. Funkcije y1 = 4x2 , y2 = x3 linearno su nezavisne u svakom intervalu [a, b]: 4 y1 = 6= Const. y2 x Uzmimo diferencijabilne funkcije y1 (x) i y2 (x) i de ni²imo Vronskijevu determinantu (Vronskijan) funkcija y1 (x) i y2 (x): ¯ ¯ ¯ y1 (x) y2 (x) ¯ ¯ = y1 (x)y2 0 (x) − y2 (x)y10 (x). W (x) = W (y1 (x), y2 (x)) = ¯¯ 0 (3) y 1 (x) y 0 2 (x) ¯
Teorema 2. Ako su funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno zavisne u [a, b], tada je u tom intervalu njihov Vronskijan identi£ki jednak nuli. Dokaz. Prema de niciji linearne zavisnosti funkcija y1 (x) i y2 (x) postoje konstante C1 i C2 od kojih je bar jedna od njih razli£ita od nule (na primjer, C1 6= 0) takve da u intervalu [a, b] vaºi identitet: C1 y1 (x) + C2 y2 (x) ≡ 0. Odakle je
C2 y2 (x), C1 C2 y 0 (x) = − y2 0 (x). C1
y1 (x) = −
Uvrstiv²i izraze (4) u Vronskijan (3), dobi¢emo: ¯ ¯ ¯ ¯ y1 (x) y2 (x) ¯ ¯ − C2 y2 (x) ¯ = ¯ C1 0 W (x) = ¯¯ 0 2 y 1 (x) y 0 2 (x) ¯ ¯ − C y (x) C1 2
(4) ¯ y2 (x) ¯¯ ≡ 0, y 0 2 (x) ¯
²to je trebalo dokazati. Ako su funkcije y1 (x) i y2 (x) rje²enja jedna£ine (1), tada za njih vaºi obrnuta tvrdnja tvrdnji teoreme (2): Ako je Vronskijan dvaju rje²enja jedna£ine (1) identi£ki jednak nuli u intervalu [a, b], tada su u tome intervalu rje²enja linearno zavisna.
410
Diferencijalne jedna£ine
Teorema 3. Ako su rje²enja y1 (x) i y2 (x) jedna£ine (1) linearno nezavisna u intervalu [a, b],
tada je Vronskijan W (x) razli£it od nule u svakoj ta£ki intervala [a, b]. Dokaz. Neka je x = x0 proizvoljno uzeta ta£ka iz intervala [a, b] za koju je W (x)x=x0 = 0. Formirajmo sistem jedna£ina:
C1 y1 (x0 ) + C2 y2 (x0 ) = 0 C1 y 0 1 (x0 ) + C2 y2 0 (x0 ) = 0,
(5)
gdje su C1 , i C2 nepoznati brojevi. Sistem (5) linearan je i homogen sistem jedna£ina, pa ima netrivijalno rje²enje, ako i samo ako je determinanta sistema jednaka nuli. Ta determinanta se poklapa sa W (x)x=x0 pa je W (x) = 0. Zna£i iz sistema (5) moºemo odrediti brojeve C1 i C2 , od kojih je bar jedan razli£it od nule, tako da su rje²enja toga sistema. Za ovako odabrane brojeve C1 i C2 obrazujemo funkciju: u(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x). Na osnovu osobine (1) jedna£ine (1) slijedi da je funkcija u(x) rje²enje jedna£ine (1). Iz (5) slijedi da je
u(x0 ) = C1 y1 (x0 ) + C2 y2 (x0 ) = 0 u0 (x0 ) = C1 y1 0 (x0 ) + C2 y2 0 (x0 ) = 0.
(6)
Na osnovu teoreme 1 slijedi da je funkcija identi£ki jednaka nuli u [a, b] rje²enje jedna£ine (1) i da zadovoljava po£etne uslove (6). Zna£i, u(x) ≡ 0 u [a, b], tj.
C1 y1 (x) + C2 y2 (x) ≡ 0.
(7)
Identitet (7) pokazuje da su funkcije y1 (x) i y2 (x) linearno zavisne u intervalu [a, b], stoje suprotno pretpostavci teoreme. Dakle, W (x) ne moºe biti jednaka nuli ni u jednoj ta£ki intervala [a, b]. Linearno nezavisna rje²enja y1 (x) i y2 (x) jedna£ine (1) nazivamo i fundamentalnim sistemom rje²enja jedna£ine (1). Na osnovu izloºenog moºemo zaklju£iti da dva partikularna rje²enja y1 (x) i y2 (x) jedna£ine (1) obrazuju fundamentalan sistem rje²enja, ako je za svako x W (x) = y1 (x)y 0 2 (x) − y 0 1 (x)y2 (x) 6= 0.
Primjer 3. Funkcije y1 = e2x , y2 = ex , y3 = 5e2x jesu partikularna rje²enja jedna£ine: y 00 − 3y 0 + 2y = 0. Treba pokazati da rje²enja y1 , i y2 obrazuju fundamentalan sistem rje²enja, a y1 , i y3 ne obrazuju takav sistem. Ovo ¢emo pokazati odredivanjem Vronskijana navedenih parova rje²enja.
W1 (x) = e2x ex − 2e2x ex = −e3x 6= 0 W2 (x) = e2x · 5 · e2x − 2e2x · 5e2x = 10e4x − 10e4x ≡ 0. Iz navedenog primjera vidimo da je broj linearno nezavisnih rje²enja date jedna£ine jednak redu jedna£ine.
Homogene linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda
411
Teorema 4. (O strukturi op²teg rje²enja) Neka su u jedna£ini (1) p(x) i q(x) neprekidne funkcije u intervalu [a, b] i neka partikularna rje²enja y1 (x) i y2 (x) jedna£ine (1) obrazuju fundamentalan sistem rje²enja. Tada je op²te rje²enje jedna£ine (1)
y = C1 y1 + C2 y2 ,
(8)
gdje su C1 i C2 proizvoljne konstante. Izraz C1 y1 + C2 y2 nazivamo linearnom kombinacijom funkcija y1 (x) i y2 (x). Dokaz. Najprije ¢emo pokazati da je funkcija (8) rje²enje jedna£ine (1). U jedna£ini (1) uvrstimo funkciju (8) i njene izvode
y 0 = C1 y 0 1 + C2 y2 0 i y 00 = C1 y100 + C2 y200 , dobi¢emo
¡ ¢ ¡ ¢ C1 y100 + C2 y200 + pC1 y 0 1 + pC2 y2 0 + qC1 y1 + qC2 y2 = C1 y100 + py1 0 + qy1 + C2 y200 + py2 0 + qy2 ≡ 0,
jer su vrijednosti u zagradama identi£ki jednake nuli s obzirom na pretpostavku da su y1 (x), odnosno y2 (x), partikularna rje²enja jedna£ine (1). Zna£i funkcija (8) rje²enje je jedna£ine (1). Da bi funkcija (8) bila op²te rje²enje jedna£ine (1), potrebno je i dovoljno da se za svako x0 , i x0 ∈ [a, b] mogu odrediti konstante C1 i C2 tako da y(x0 ) i y 0 (x0 ) imaju unaprijed date vrijednosti y0 i y0 0 . Da bismo odredili C1 i C2 formirajmo sistem:
y(x0 ) = C1 y1 (x0 ) + C2 y2 (x0 ) = y0 y 0 (x0 ) = C1 y1 0 (x0 ) + C2 y2 0 (x0 ) = y0 0
(9)
Kako funkcije y1 (x) i y2 (x) jesu fundamentalan sistem rje²enja, to je W (x0 ) 6= 0 pa iz sistema (9) slijedi da je:
y0 y 0 2 (x) − y 0 0 y2 (x) , W (x0 ) y0 y 0 1 (x) − y 0 0 y1 (x) . = W (x0 )
C1 = C10 = C2 = C20
Posmatrajmo partikularno rje²enje koje se dobija iz (8) ako uzmemo C1 = C10 i C2 = C20 :
y (x) = C10 y1 (x) + C20 y2 (x).
(10)
S obzirom na sistem (5) rje²enje y(x) zadovoljava po£etne uslove (x0 , y0 , y0 0 ) pa je, na osnovu teoreme (1), ϕ(x) = y(x) op²te rje²enje jedna£ine (1). Sada ¢emo pokazati da je za odredivanje op²teg rje²enja jedna£ine (1) dovoljno znati jedno njeno partikularno rje²enje. Neka je y1 (x) jedno partikularno rje²enje jedna£ine (1). Uzmimo da je
y = y1 (x)u(x), gdje je u(x) nepoznata funkcija koju treba odrediti.
(11)
Diferencijalne jedna£ine
412
Odredi¢emo je tako da y1 u bude rje²enje jedna£ine (10). Ako u jedna£inu (1) uvrstimo funkciju (11) i njene izvode
y 0 = y1 u + y1 u0 , y 00 = y100 u + 2u0 y1 + y1 u00 , dobi¢emo ili
y100 u + 2y10 u0 + y1 u00 + p(x)(y1 0 u + y1 u0 ) + q(x)y1 u = 0, {y100 + p(x)y1 0 + q(x)y1 } u + {y1 u00 + (2y1 0 + p(x)y1 ) u0 } = 0.
Kako je y1 rje²enje jedna£ine (1), to je faktor uz u jednak nuli pa dobijamo po u diferecijalnu jedna£inu y1 u00 + (2y1 0 + p(x)y1 ) u0 = 0 koja se smjenom u0 = z svodi na jedna£inu prvog reda
y1 z 0 + (2y1 0 + p(x)y1 ) z = 0 koju ¢emo rije²iti razdvajanjem promjenljivih. Prvim integrisanjem nalazimo z , a dugim u tako da ¢e tada y = y2 = y1 u biti rje²enje jedna£ine (1) koje je linearno nezavisno od y1 , jer y1 je = u - funkcija koja nije konstantna. Op²te rje²enje jedna£ine (1) jeste oblika y2
y = C1 y1 + C2 y2 .
Primjer 4. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 +
y0 y − 2 =0 x x
ako je y1 = x njeno partikularno rje²enje. Datu jedna£inu moºemo posmatrati u intervalu (0, +∞) ili (−∞, 0). Uzmimo da je y = xu. Uvrstiv²i y , y 0 = xu0 + u i y 00 = 2u0 + xu00 u datu jedna£inu, dobi¢emo 2u0 + xu00 + x1 (xu0 + u) − x12 xu = 0, odakle je
xu00 + 3u0 = 0.
(12)
Smjenom u0 = z i u00 = z 0 , jedna£ina (12) ima oblik
xz 0 + 3z = 0. Rje²avanjem jedna£ine (13), dobi¢emo
x
dz dz dx 1 + 3z = 0, − = , − ln |z| = ln |x| + ln |C| , dx 3z x 3 1 1 √ = Cx, = C 3 x3 . 3 z z
Kako je z = u0 , to je
dx dx 1 1 = C 3 x3 , = C 3 x3 , 3 3 = du, − 3 3 + C1 = u. 0 u du C x 2C x
(13)
413
Homogene linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda
Uzmimo da je −
1 = C2 i odredimo y : 2C 3 µ ¶ C2 C2 y = y1 u = C + C1 = + C1 x. 2 x x
Zna£i, rje²enje date jedna£ine je oblika
y=
C2 + C1 x. x2
(14)
1 Za C1 = 0 i C2 = 1 iz (14) dobi¢emo funkciju y2 (x) = x koja je rje²enje date jedna£ine u ²to se lako uvjeriti njenim uvr²tavanjem u datu jedna£inu. Rje²enja y1 (x) i y2 (x) su linearno nezavisna u svakom od intervala (−∞, 0) i (0, +∞), jer je y1 = x2 6= const. y2 Dakle, prema teoremi 4 izraz (14) op²te je rje²enje date jedna£ine.
Zadaci 1. Pokazati da funkcije y1 = sin x i y2 = cos x obrazuju fundamentalan sistem rje²enja jedna£ine y 00 + y = 0 i napisati op²te rje²enje date jedna£ine. 2. Dokazati da su dvije funkcije, od kojih je jedna identi£ki jednaka nuli u intervalu [a, b], a druga proizvoljno uzeta, uvijek linearno zavisne u [a, b]. 2
y0 + 3. Provjeriti da li je funkcija y1 = x rje²enje jedna£ine y 00 − x3x h ³ 2 3 +1 ´i rje²enje date jedna£ine. R: y = C1 x + C2 x2 − 1
3x y x3 +1
= 0,i odrediti op²te
5. Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima To su jedna£ine oblika ili
ay 00 + by 0 + cy = f (x), y 00 + py 0 + qy = f (x),
(1)
gdje su a, b, c, p, q date konstante, a f (x) poznata funkcija. Ako je f (x) 6= 0, jedna£ina je nehomogena, a ako je f (x) = 0, jedna£ina je homogena.
5.1. Homogena linearna diferencijalna jedna£ina Jedna£inu
y 00 + py 0 + qy = 0,
(1)
gdje su p i q realne konstante, nazivamo homogeno linearnom diferencijalnom jedna£inom. Op²te rje²enje jedna£ine (1) jeste
yh = C1 y1 + C2 y2 , gdje su C1 i C2 proizvoljne i medusobno nezavisne konstante, a y1 = y1 (x) i y2 = y2 (x) dva linearno nezavisna rje²enja jedna£ine (1). Rje²enja su nezavisna ukoliko je ¯ ¯ ¯ y1 y2 ¯ ¯ 6= 0. w(y1 , y2 ) = ¯¯ 0 y 1 y02 ¯ Rje²enja y1 i y2 nazivamo partikularna rje²enja. Njih traºimo u obliku
y = erx ,
(2)
gdje je r konstanta koju treba odrediti. Iz (2) je y 0 = rerx , y 00 = r2 erx , pa zamjenom y , y 0 i y 00 u (1) dobi¢emo erx (r2 + pr + q) = 0. 414
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
415
Kako je erx 6= 0 za svako x, to je
r2 + pr + q = 0.
(3)
Jedna£inu (3) nazivamo karakteristi£nom jedna£inom diferencijalne jedna£ine (1). Ona je karakteristi£na po tome ²to se iz nje moºe odrediti konstanta r rje²enjem jedna£ine (3) i ²to se sastavlja direktno iz jedna£ine (1) zamjenom y 00 , y 0 i y sa r2 , r i 1. Rje²enja r1 i r2 jedna£ine (3) odreduju dva partikularna rje²enja oblika (2) jedna£ine (1). Razlikova¢emo tri slu£aja: a) Rje²enja karakteristi£ne jedna£ine su realna i razli£ita r1 6= r2 . Tada imamo dva partikularna rje²enja jedna£ine (1):
y1 = er1 x , y2 = er2 x . Ta rje²enja su nezavisna
W (x) = er1 x · r2 er2 x − r1 er1 x · er2 x = r2 e(r1 +r2 )x − r1 e(r1 +r2 )x = e(r1 +r2 )x · (r2 − r1 ) 6= 0. Prema teoremi 4, op²te rje²enje jedna£ine (1) jeste
yh = C1 er1 x + C2 er2 x .
Primjer 1. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ine y 00 + 7y 0 + 12y = 0 koje zadovoljava uslove y(0) = 1, y 0 (0) = −2. Karakteristi£na jedna£ina date jedna£ine je
r2 + 7r + 12 = 0 a njena rje²enja su r1 = −3 i r2 = −4. Partikulana rje²enja su y1 = e−3x i y2 = e−4x , a op²te rje²enje date jedna£ine je y = C1 e−3x + C2 e−4x . Diferenciranjem op²teg rje²enja dobi¢emo
y 0 = −3C1 e−3x − 4C2 e−4x . Prema zadatim po£etnim uslovima je ½ 1 = C1 + C2 −2 = −3C1 − 4C2 odakle je C1 = 2 i C2 = −1. Dakle, traºeno partikularno rje²enje je funkcija y = 2e−3x −e−4x .
Diferencijalne jedna£ine
416
b) Rje²enja karakteristi£ne jedna£ine su realna i jednaka:
r1 = r2 = r. U ovom slu£aju imamo samo jedno partikularno rje²enje y1 = erx gdje je r = r1 = r2 = p2 . Da bismo odredili drugo partikularno rje²enje koje je nezavisno od y1 , uzmimo da je y = y1 u, gdje je u = u(x) nova nepoznata funkcija koju treba odrediti. Ako u jedna£inu (1) uvrstimo funkciju y = y1 (x) u(x) i njene izvode y 0 i y 00 , dobi¢emo:
(y100 + py1 0 + qy1 ) u + u00 y1 + (2y1 0 + py1 ) u0 = 0. Kako je y1 rje²enje jedna£ine (1), to je faktor uz u jednak nuli, pa dobijamo po u diferencijalnu jedna£inu y1 u00 + (2y1 0 + py1 )u0 = 0 koju ¢emo smjenom u=z svesti na jedna£inu prvog reda
y1 z 0 + (2y1 0 + py1 )z = 0, a nju rije²iti razdvajanjem promjenljivih. Prvim integrisanjem nazivamo z , a drugim u tako da ¢e tada y = y2 = y1 u biti rje²enje jedna£ine (1) koje je linearno nezavisno od y1 . Nama je dovoljno uzeti ma kakvu funkciju koja zadovoljava ovu jedna£inu, na primjer, u = x. Tada je y2 = xerx drugo linearno nezavisno rje²enje jedna£ine (1), a op²te rje²enje je
y = C1 erx + C2 xerx = erx (C1 + C2 x).
Primjer 2. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 + 6y 0 + 9y = 0. Karakteristi£na jedna£ina je
r2 + 6r + 9 = 0.
Njena rje²enja su r1 = r2 = −3, pa je op²te rje²enje date jedna£ine
y = e−3x (C1 + C2 x). c) Rje²enja karakteristi£ne jedna£ine su konjugovano kompleksni brojevi:
r1 = a + bi, r2 = a − bi(b 6= 0). U ovom slu£aju funkcije y1 = eax cos bx i y2 = eax sin bx jesu partikularna rje²enja jedna£ine (1). Ona su linearno nezavisna, jer je W (x) = y1 y2 0 − y1 0 y2 = eax cos bx(aeax sin bx + beax cos bx) − (aeax cos bx − beax sin bx)eax sin bx = e2ax (a cos bx sin bx + b cos2 bx − a cos bx sin bx + b sin2 bx) = e2ax (b cos2 bx + b sin2 bx) = be2ax 6= 0.
Op²te rje²enje jedna£ine (1) je
y = C1 eax cos bx + C2 eax sin bx,
ili
y = eax (C1 cos bx + C2 sin bx).
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
417
Primjer 3. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 − 6y 0 + 13y = 0. Karakteristi£na jedna£ina je
r2 − 6r + 13 = 0,
a njena rje²enja su: r1 = 3 + 2i, r2 = 3 − 2i. Op²te rje²enje date jedna£ine je
y = = = =
C1 e(3+2i)x + C2 e(3−2i)x = e3x (C1 e2ix + C2 e−2ix ) e3x [C1 (cos 2x + i sin 2x) + C2 (cos 2x − i sin 2x)] e3x [(C1 + C2 ) cos 2x + i(C1 − C2 ) sin 2x] e3x [K1 cos 2x + K2 sin 2x], C1 + C2 = K1 , i(C1 − C2 ) = K2 .
Ovdje smo se koristili Ojlerovom formulom
e±αxi = cos αx ± i sin αx koju nismo naveli pod c).
Primjer 4. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ine y 00 + 2y 0 + 5y = 0, koje zadovoljava po£etne uslove y(0) i y 0 (0) = 1 . Karakteristi£na jedna£ina je
r2 + 2r + 5 = 0, a njena rje²enja su : r1 = −1 + 2i, r2 = −1 − 2i. Op²te rje²enje date jedna£ine je
y = e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x).
(1)
Diferencirajmo (1):
y 0 = −e−x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) + e−x (−2C1 sin 2x + 2C2 cos 2x), ili
y 0 = e−x [(2C2 − C1 ) cos 2x − (2C1 + C2 ) sin 2x] .
(2)
Konstante C1 i C2 ¢emo odrediti iz (1) i (2) uvr²tanjem po£etnih slova.
0 = e−0 (C1 cos 0 + C2 sin 0) 1 = e−0 [(2C2 − C1 ) cos 0 − (2C1 + C2 ) sin 0] . Iz (3) jeste C1 = 0, C2 = 12 . Traºeno partikularno rje²enje je funkcija
1 y = e−x sin 2x. 2
(3)
Diferencijalne jedna£ine
418
Zadaci 1. Odrediti op²te rje²enje jedna£ina: £ ¤ (a) y 00 + 3y 0 − 4y = 0, R: y = C1 ex + C2 e−4x £ ¤ (b) y 00 + 8y 0 + 16y = 0, R: y = (C1 + C2 x) e−4x £ ¤ (c) y 00 + 4y 0 + 8y = 0. R: y = e−2x (C1 cos 2x + C2 sin 2x) 2. Odrediti partikularno rje²enje jedna£ina: (a) y 00 − y 0 − 2y = 0, ako je y = 3 i y 0 = 0 za x = 0. (b) y 00 + 2y 0 + 5y = 0, ako je y = 1 i y 0 = 1 za x = 0.
£
R: y = e2x + 2e−x
¤
[R: y = e−x (cos 2x + sin 2x) ]
5.2. Nehomogena linearna diferencijalna jedna£ina Posmatrajmo nehomogenu linearnu jedna£inu drugog reda u kojoj su koe cijenti p i q konstantne veli£ine: y 00 + py 0 + qy = f (x). (1) Op²te rje²enje ove jedna£ine moºemo odrediti metodom varijacije konstanata. Ako je funkcija f (x) polinom, ili eksponencijalna funkcija, ili trigonometrijska funkcija sin βx ili cos βx, ili linearna kombinacija navedenih funkcija, tada partikularno rje²enje yp jedna£ine (1) moºemo odrediti metodom neodredenih koe cijenata. Op²te rje²enje jedna£ine (1)je
y = yh + yp. Oblik u kome se traºi partikularno rje²enje zavisi od oblika date funkcije f (x). Razmotrimo nekoliko slu£ajeva: 1. Neka je na desnoj strani jedna£ine (1) algebarski polinom stepena n:
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + ... + a2 x2 + a1 x + a0 .
(2)
Svi izvodi funkcije f (x) istog su oblika kao i funkcija f (x) pa partikularno rje²enje yp treba traºiti u obliku funkcije (2). a) Ako je q 6= 0, tada yp traºimo u obliku polinoma istog stepena kao i polom (2).
yp = bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ,
(3)
gdje su bi (i = 0, 1, 2, ..., n) konstante koje treba odrediti. Diferenciranjem (3) dobi¢emo:
yp 0 = nbn xn−1 + (n − 1)bn−1 xn−2 + ... + 2b2 x + b1 , yp00 = (n − 1)nbn xn−2 + (n − 2)(n − 1)bn−1 xn−3 + ... + 2b2 .
(4)
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
419
Zamjenom (3) i (4) u (1) na lijevoj strani jedna£ine dobi¢emo polinom n-tog stepena po x. Da bi funkcija (3) bila rje²enje jedna£ine (I), treba da je polinom na lijevoj strani u (1) identi£ki jednak polinomu na desnoj strani. To ¢e biti ako su koe cijenti uz iste stepene od x jednaki. Izjedna£avanjem koe cijenata uz jednake stepene od x dobi¢emo sistem jedna£ina. Rje²enje toga sistema su vrijednosti koe cijenata partikularnog rje²enja (3). b) Ako je q = 0, p 6= 0, tada na lijevoj strani jedna£ine (1) nedostaje £lan s y pa rje²enje yp ne moºemo traºiti u obliku polinoma istog stepena kao u (2). Zaista, na lijevoj strani jedna£ine (1), poslije uvr²tavanja polinoma n-tog stepena, nedostajao bi £lan koji sadrºi xn , a na desnoj strani je sadrºan pa identi£nost lijeve i desne strane jedna£ine (1) bi bila nemogu¢a. U ovom slu£aju potrebno je traºiti rje²enje yp u obliku polinoma £iji je stepen za jedan ve¢i od stepena polinoma (2), pri £emu taj polinom odmah moºemo pisati bez slobodnog £lana, jer on svakako otpada prilikom diferenciranja. Zna£i,
yp = bn xn+1 + bn−1 xn + ... + b2 x3 + b1 x2 + b0 x = = x(bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ).
(5)
Nepoznate koe cijente bi (i = 0, 1, ...n) odredujemo kao u slu£aju a). c) Ako je p = q = 0, tada na lijevoj strani jedna£ine (1) nedostaju £lanovi sa y 0 i y . Sli£no slu£aju pod b) rje²enje yp jedna£ine (1) traºimo u obliku polinoma £iji je stepen za dva ve¢i od stepena polinoma (2), tj.
yp = x2 (bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ).
(6)
Napominjemo da u slu£aju b) moºemo sniziti red jedna£ine smjenom y 0 = z , a u slu£aju c) jedna£inu moºemo neposrednim integrisanjem rije²iti.
Primjer 1. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 − 5y 0 + 4y = x2 + 1. Odgovaraju¢a homogena jedna£ina
y 00 − 5y 0 + 4y = 0 ima karakteristi£nu jedna£inu
r2 − 5r + 4 = 0
£ija su rje²enja r1 = 1, r2 = 4, pa je op²te rje²enje jedna£ine (2)
yh = C1 ex + C2 e4x . Kako je u datoj jedna£ini q = 4 6= 0, a na desnoj strani je polinom drugog stepena, to ¢emo partikularno rje²enje traºiti prema formuli (3):
yp = b2 x2 + b1 x + b0 .
Diferencijalne jedna£ine
420
Uvrstiv²i yp , yp 0 = 2b2 x + b1 i yp00 = 2b2 u datu jedna£inu dobi¢emo
2b2 − 5(2b2 x + b1 ) + 4(b2 x2 + b1 x + b0 ) ≡ x2 + 1, ili
4b2 x2 + (4b1 − 10b2 )x + (4b0 − 5b1 + 2b2 ) ≡ x2 + 1.
Na osnovu teoreme o identi£nosti polinoma slijedi da je: 4b2 = 1, b2 = 14 4b1 − 10b2 = 0, b1 = 58 4b0 − 5b1 + 2b2 = 1, b0 =
29 32
pa je
x2 5x 29 yp = + + . 4 8 32 Op²te rje²enje date jedna£ine je: y = yh + yp = C1 ex + C2 e4x +
x2 5x 29 + + . 4 8 32
Primjer 2. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 + 2y 0 = 24x. Op²te rje²enje odgovaraju¢e jedna£ine
y 00 + 2y 0 = 0 (r2 + 2r = 0, r1 = 0, r2 = −2) je
yh = C1 + C2 e−2x .
U datoj jedna£ini je q = 0, a na desnoj strani nalazi se polinom prvog stepena, pa ¢emo partikularno rje²enje odrediti na osnovu formule (4)
yp = x(b1 x + b0 ). Zamjenom, yp , yp 0 = 2b1 x + b0 , yp00 = 2b1 u datu jedna£inu dobi¢emo:
2b1 + 2(2b1 x + b0 ) = 24x odakle je, izjedna£avanjem koe cijenata uz jednake stepene od x,
b1 = 6, 2b1 + 2b0 = 0, b0 = −6, pa je
yp = 6x(x − 1). Op²te rje²enje date jedna£ine je
y = C1 + C2 e−2x + 6x(x − 1). Datu jedna£inu moºemo rije²iti sniºavanjem reda jedna£ine uvodenjem smjene y 0 = z , u ²to ¢ete se uvjeriti.
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
421
2. Neka se na desnoj strani jedna£ine (1) nalazi funkcija oblika
f (x) = eαx Pn (x), gdje Pn (x) ozna£ava polinom n-tog stepena. Partikularno rje²enje jedna£ine (1) traºi¢emo u obliku
yp = eαx u(x), gdje je u(x) nepoznata funkcija koju treba odrediti. Zamijenimo yp , yp 0 = αeαx u + eαx · u0 , yp00 = α2 eαx u + 2αeαx u0 + eαx u00 u jedna£inu (1) dobi¢emo:
αeαx u + 2αeαx u0 + eαx u00 + p(αeαx u + eax · u0 ) + qeαx · u = eαx Pn (x), odakle je
(α2 + pα + q)u + (2α + p)u0 + u00 = Pn (x)
(7)
Da bi jednakost (7) bila identi£ki zadovoljena, potrebno je i dovoljno, da je stepen polinoma na lijevoj strani jednakosti (7) jednak broju n. d) Ako α nije rje²enje karakteristi£ne jedna£ine odgovaraju¢e homogene jedna£ine (1), tj. α2 +pα+q = 0, onda je potrebno i dovoljno, da bi jednakost (7) bila ispunjena za svako x, da je u(x) polinom istog stepena kao i polinom Pn (x). U tom slu£aju partikularno rje²enje traºimo u obliku
yp = eαx (bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ).
(8)
Nepoznate koe cijente bi (i = 0, 1, ..., n) odredujemo kao u slu£aju a). e) Ako je α jednostruko rje²enje karakteristi£ne jedna£ine, tj. α2 +pα+q = 0 i 2α+p 6= 0, onda je (7) ispunjeno za svako x ukoliko je u(x) polinom n + 1 stepena kao u slu£aju b), tj. u(x) = x(bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ). Partikularno rje²enje je oblika
yp = eαx x(bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ).
(9)
f) Ako je α dvostruki korijen karakteristi£ne jedna£ine α2 + pα + q = 0 i 2α + p = 0, onda polinom u(x) na lijevoj strani u (7) treba da bude stepena n + 2 da bi ta jednakost bila ispunjena za svako x. Oni £lanovi polinoma u(x), koji su stepena manjeg od dva, ne guri²u u jednakosti (7) pa moºemo uzeti da su nule.
Diferencijalne jedna£ine
422
Dakle, polinom u(x) traºimo u obliku
u(x) = x2 (bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ), £ije koe cijente odredujemo kao u prethodnim slu£ajevima. Partikularno rje²enje jedna£ine (1) jeste yp = eαx x2 (bn xn + bn−1 xn−1 + ... + b2 x2 + b1 x + b0 ). 10
Primjer 3. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 − 2y 0 + y = (6x2 − 4)ex . Karakteristi£na jedna£ina homogene jedna£ine
y 00 − 2y 0 + y = 0 jeste
r2 − 2r + 1 = 0.
Njena rje²enja su r1 = r2 = 1 pa je
yh = C1 ex + C2 xex . Na desnoj strani date jedna£ine se nalazi proizvod polinoma drugog stepena i eksponencijalne funkcije eαx , gdje je α = 1. Zna£i, α je dvostruko rje²enje karakteristi£ne jedna£ine, pa partikularno rje²enje date jedna£ine treba traºiti prema fomuli (10):
yp 0 = ex x2 (b2 x2 + b1 x + b0 ). Odredimo izvode:
yp 0 = ex (b2 x4 + b1 x3 + b0 x2 ) + ex (4b2 x3 + 3b1 x2 + 2b0 x) i yp00 = ex (4b2 x3 + 3b1 x2 + 2b0 x) + ex (b2 x4 + b1 x3 + 2b0 x2 ) + +ex (12b2 x2 + 3b1 x + 2b0 ) Stavljanjem y , yp 0 i yp00 u datu jedna£inu, grupisanjem £lanova i dijeljenjem sa ex , dobi¢emo 12b2 x2 + 4b1 x + 2b0 = 6x2 − 4, odakle je, izjedna£avanjem koe cijenata, 12b2 = 6, b2 = 21 4b1 = 0, b1 = 0 2b0 = −4, b0 = −2 Partikularno rje²enje date jedna£ine jeste x 2
yp = e x
µ
¶ 1 2 x −2 2
a op²te
µ x
x
x 2
y = C1 e + C2 xe + e x
¶ 1 2 x −2 . 2
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
423
3. Ako je f (x) = f1 (x) + f2 (x) + ... + fn (x), onda se partikularno rje²enje traºi u obliku zbira partikularnih rje²enja za pojedine funkcije:
yp = yp1 + yp2 + ...ypn . 4. Neka desna strana jedna£ine (1) ima oblik
f (x) = eαx [Pn (x) cos βx + Qm (x) sin βx] ,
(14)
gdje je Pn (x) - polinom stepena n, a Qm (x) - polinom stepena m. Koriste¢i se rezultatima iz ta£ke 2 slijedi da partikularno rje²enje treba traºiti u obliku
yp = e(α+βi)x Rp (x) + e(α−βi)x Tp (x) ako brojevi α ± βi i nisu rje²enja karakteristi£ne jedna£ine (slu£aj d), a u obliku £ ¤ yp = x e(α+βi)x Rp (x) + e(α−βi)x Tp (x)
(15)
(16)
ako su brojevi α ± βi rje²enja karakteristi£ne jedna£ine (slu£aj e). U formuli (15) i (16) ozna£eni su polinomi stepena p, gdje je p = max(n, m). Zamjenom u (15) i (16) eksponencijalnih funkcija e(α+βi)x i e(α−βi)x , dobi¢emo:
i
yp = eαx [Lp (x) cos βx + Sp (x) sin βx]
(17)
yp = xeαx [Lp (x) cos βx + Sp (x) sin βx] ,
(18)
gdje su Lp (x) i Sp (x) - algebarski polinomi stepena p. Ukoliko u (14) ne guri²e £lan sa sinusom ili kosinusom, rje²enje, ipak, treba traºiti prema formuli (17) ili (18).
Primjer 4. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 + 6y 0 + 9y = 2xe−3x sin x. Karakteristi£na jedna£ina r2 + 6r + 9 = 0 homogene jedna£ine y 00 + 6y 0 + 9y = 0 ima rje²enja r1 = r2 = −3, pa je yh = C1 e−3x + C2 xe−3x . Uporeduju¢i desnu stranu date jedna£ine sa izrazom (14) vidimo da je α = −3, β = 1, Pn (x) ≡ 0, Qm (x) = 2x, m = 1, p = 1. Kompleksni brojevi α ± βi = −3 ± i nisu rje²enja karakteristi£ne jedna£ine, pa ¢emo rje²enje yp traºiti prema izrazu (17):
yp = e−3x [(b1 x + b0 ) cos x + (c1 x + c0 ) sin x] .
Diferencijalne jedna£ine
424
Uzmimo da je (b1 x + b0 ) cos x + (c1 + c0 ) sin x = z. Odredimo izvode:
yp 0 = −3e−3x · z + e−3x · z 0 , gdje je
z 0 = b1 cos x − (b1 x + b0 ) sin x + c1 sin x + (c1 x + c0 ) cos x 00 yp = 9e−3x · z − 6e−3x · z 0 + e−3x · z 00 , gdje je
z 00 = −2b1 sin x − (b1 x + b0 ) cos x + 2c1 cos x − (c1 x + c0 ) sin x,
Zamjenom yr , yp0 i yp ” u datu jedna£inu imamo:
9e−3x · z − 6e−3x · z 0 + e−3x · z 00 − 18e−3x · z + 6e−3x · z 0 + 9e−3x · z = 2xe−3x sin x, ili
e−3x · z 00 = 2xe−3x sin x. Poslije dijeljenja sa e−3x i uvr²tavanja vrijednosti z 00 dobi¢emo
(−2b1 − c0 − c1 x) sin x + (2c1 − b0 − b1 x) cos x = 2x sin x. odakle je:
−c1 x − c0 − 2b1 ≡ 2x −b1 x − b0 − 2c1 ≡ 0. Izjedna£avanjem koe cijenata slijedi da je −c1 = 2, −c0 − 2b1 = 0, −b1 = 0, 2c1 − b0 = 0 pa je c1 = −2, c0 = 0, b1 = 0, b0 = −4. Dakle, yp = e−3x (−4 cos x + 2x sin x). Op²te rje²enje date jedna£ine je
y = C1 e−3x + C2 xe−3x − e−3x (4 cos x + 2x sin x).
Primjer 5. Odrediti op²te rje²enje jedna£ine y 00 − y 0 − 2y = 5e4x + 8x − 5. Karakteristi£na jedna£ina r2 − r − 2 = 0 homogene jedna£ine y 00 − y 0 − 2y = 0 ima rje²enja r1 = −1, r2 = 2, pa je yh = C1 e−x + C2 e2x . Partikularno rje²enje date jedna£ine traºimo u obliku zbira yp = yp1 +yp2 . yp1 odredi¢emo za jedna£inu y 00 − y 0 − 2y = 8x − 5 (1)
yp001
Kako je q = −2 6= 0, to ¢emo Yp1 traºiti u obliku yp1 = b1 x + b0 . Uvrstiv²i yp1 , yp0 1 = b1 , = 0 u jedna£inu (1) dobi¢emo
−b1 − 2b1 x − 2b0 = 8x − 5.
Linearne diferencijalne jedna£ine drugog reda sa konstantnim koe cijentima
½ Izjedna£avanjem koe cijenata je:
425
9 −2b1 = 8 , odakle je b1 = −4, b0 = , a −b1 − 2b0 = −5 2
yp1 = −4x + 29 . Partikularno rje²enje yp2 odredimo za jedna£inu
y 00 − y 0 − 2y = 5e4x .
(2)
Kako je α=4 razli£ito od korijena karakteristi£ne jedna£ine, to ¢emo rje²enje traºiti u obliku yp2 = b0 e4x . Stavljaju¢i yp2 , yp0 2 , yp002 u jedna£inu (2) i izjedna£avaju¢i koe cijente, dobi¢emo b0 = 12 , pa je
1 yp2 = e4x . 2 Partikularno rje²enje date jedna£ine je
9 1 yp = yp1 + yp2 = e4x − 4x + , 2 2 a op²te
9 1 y = yh + yp = C1 e−x + C2 e2x + e4x − 4x + . 2 2
Zadaci Odrediti op²ta rje²enja jedna£ina: 1. y 00 − 6y 0 − 9y = 54x + 18,
[R: yh + yp , yp = 6 (x + 1) ] £ ¤ 2. y 00 − 4y 0 − 5y = 2x2 ex ; R: yp = 12 x2 e2x h ³ 4 ´ i 3. y 00 − 2y 0 − y = (1 + x) + (6x2 − 4)ex , R: yp = x + 3 + x4 − 2x2 ex 4. y 00 + 4y 0 + 3y = 8 cos x − 6 sin x,
[R: yp = 2 cos x + sin x] ¤ 5. y 00 − 6y 0 − 13y = 8e3x sin 2x, R: yp = 2xe3x cos 2x £ ¡ ¢ ¤ 6. y 00 − 6y 0 − 25y = 2e3x cos 4x + 8e3x (1 − 2x) sin 4x. R: yp = e3x x2 − x cos 4x £
Spisak imena prema originalnom pravopisu 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 31. 32. 33. 34.
Arhimed Berniuli Bolcano ebi²ev Darbu Dekart Dirihle Euklid Fermat Gaus Klero Ko²i Krarner Kroneker Lopital Lagranº Lajbnic Laplas Makloren Moavr Neper Njutn Ojler Paskal Peano Poason Riman Role Sarus Simpson Tejlor Vajer²tras Vandermound Vijete
(278-212 prije n.e.) - anti£ki gr£ki matemati£ar, zi£ar i astronom. Daniel Bernoulli (1700 -1782) - ²vajcarski matemati£ar. Bernhard Bolzano (1781-1848) - £e²ki matemati£ar. Qeb~ixev Pafnuti L~boviq (1821-1894) - ruski matemati£ar. Gaston Darboux (1842-1917) - francuski matemati£ar. Rene Descartes (1596-1650) - francuski matemati£ar. Gustav Lejeune-Dirichlet (1805-1859) - njema£ki matemati£ar. anti£ki gr£ki matemati£ar iz III stolje¢a prije n.e. Pierre de Fermat (1601-1665) - francuski matemati£ar. Carl Friedrich Gauss (1777-1855) - njema£ki matemati£ar. Alexis Clairaut (1713-1765) - francuski matemati£ar. Augustin Louis Couchv (1789-1857) - francuski matemati£ar. Gabriel Krammer (1704-1752) - ²vajcarski matemati£ar. Leopold Kronecker (1823-1891) - njema£ki matemati£ar. Guillaume de L'Hospital (1661-1704) - francuski matemati£ar. Joseph Louis Lagrange (1736-1813) - francuski matemati£ar. Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) - njema£ki matemati£ar. Pierre Simon Laplace (1794 - 1827) - francuski matemati£ar. Colin Mac-Laurin (1698-1746) - engleski matemati£ar. Abraham de Moivre (1667-1754) - francuski matemati£ar. John Neper (1550-1617) - engleski matemati£ar. Isak Newton (1643-1727) - engleski matemati£ar i zi£ar. Leonhard Euler (1707 - 1783) - ²vajcarski matemati£ar. Blaise Pascal (1623-1662) - francuski matemati£ar. Guiseppe Peano (1858-1932) - italijanski matemati£ar. Simeon Denis Poisson (1781-1840) - francuski matemati£ar. Bernhard Reimann (1826-1 S66) - njema£ki matemati£ar. Michel Rolle (1652-1719) - francuski matemati£ar. Pierre Frederic Sarrus (1798-1861) - francuski matemati£ar. Thomas Simpson (1710-1761) - engleski matemati£ar. Brook Tavlor (1658- 173 1) - engleski matemati£ar. Karl Weierstrass (1815-1897) - njema£ki matemati£ar. Alexandre Théophile Vandermond (1735-1796) francuski matemati£ar. Francois Viete (1540-1603) - francuski matemati£ar.
426
Literatura [1] Allen, R.G. - Analvses mathematiques et economique. - Paris, Presses Universitaires de France. 1950. [2] Andeli¢, T. - Teorija vektora. - Nau£na knjiga, Beograd 1949. [3] Bandi¢, Ivan -Vi²a algebra. - Nau£na knjiga, Beograd 1948. [4] Bertolino, M. - Matematika II. - Nau£na knjiga, Beograd 1969. [5] Bilimovi¢, Anton Vi²a matematika. - Nau£na knjiga, Beograd 1958. [6] Blanu²a, D. - Vi²a matematika. - Tehni£ka knjiga, Zagreb 1963. [7] Bloh, Z. L., Loxinski L. I., Turin V. P. - Osnovy lineno algebry i nekatorie e priloeni . - Nauka. Moskva 1971. [8] Bohan, K. A., Egora I. A., Laxenev K. A. - Kurs matematiqeskogo analiza. - Prosvexenie, Moskva 1988. [9] Bugarov, . C., Nikol~ski, C. M. - Differencial~noe i integral~noe isqislenie. Nauka, Moskva 1988. [10] Courant, R., John, F. Introduction to Calculus and Analysis. - John Wiley and Sons, Inc. New York 1965. [10] Gaudiot, P. - Algebre et analyse. - Paris 1954. [12] Ivanovi¢, Branislav - Matematika za ekonomiste. - Nau£na knjiga, Beograd 1978. [13] Jovi£evi¢, M., Lu£i¢, B. - Matematika za ekonomiste. - V. Masle²a, Sarajevo 1991. [14] Ka²anin, R. - Vi²a matematika. - Nau£na knjiga, Beograd 1950. [15] Kurepa, Duro - Teorija skupova. - Tehni£ka knjiga, Zagreb 1951. [16] Kurpea, S. - Kona£no dimenzionalni vektorski prostori i primjene. - Tehni£ka knjiga, Zagreb 1967. [17] Lu£i¢, Leonida - Matematika za ekonomiste. - Savremena administracija, Beograd 1972.
427
428
Diferencijalne jedna£ine
[18] Ljubovi¢, amila; Bo²njak, Ana - Zbirka rije²enih zadataka iz matematike za ekonomiste. - Svjetlost, Sarajevo 1986. [19] Marde²i¢, M. - Matemati£ka analiza I. - kolska knjiga, Zagreb 1974. [20] Marjanovi¢, M. - Matemati£ka analiza I. - Nau£na knjiga, Beograd 1983. [21] Mici¢, Vladimir; Trifunovi¢, Milomir - Matematika 1. - Nau£na knjiga, Beograd 1988. [22] Mitrinovi¢, D.S.; Mihailovi¢, D., Vasi¢, P.M. - Linearna algebra, polinomi, analiti£ka geometrija. - Gradevinska knjiga, Beograd 1988. [23] Pejovi¢, Tadija - Matemati£ka analiza. - Nau£na knjiga, Beograd 1969. [24] Peri¢, Veselin - Algebra I. - Svjetlost, Sarajevo 1978. [25] Pre²i¢, S. - Realni brojevi. - Matemati£ka biblioteka 45, Beograd 1970. [26] Raljevi¢, Sefkija - Osnovi vektorske algebre sa primjenama u geometriji. - Univerzitet u Sarajevu 1962. [27] Roxdestvenski, B. L. - Lekcii po matematiqeskomu analizu. - Nauka, Moskva 1972. [28] Stipani¢, E. - Vi²a matematika I i II. - Gradevinska knjiga, Beograd 1974. [29] Sutherland, W.A. - Intorucion to metric and topological spaces. - Clarendon Press, Oxford 1975. [30] lakovi¢, Semiha - Matematika. - Univerzitet u Sarajevu 1982. [31] Tomi¢, Milo² - Diferencijalne jedna£ine. - Svjetlost, Sarajevo 1989. [32] Baluca, I. I.; Diligul, G. D. - Matematika dl tehnikumov. - Nuka, Moskva 1989. [33] Vukadinovi¢, Svetozar; Su£evi¢, Dejan - Vi²a matematika I i II. - Privredni pregled, Beograd 1974.
View more...
Comments
