М1-предавања прв дел (2)

Помошен математички апарат

4


Множеството 1, 2, 3, се нарекува множество на при-

родните броеви. Збирот и производот на два природни броја се

повторно природни броеви, но разликата на два природни броја не

мора секогаш да биде природен број. Затоа, множеството

природни броеви се проширува со нулата и спротивниот број од

секој природен број, со што се добива множеството на целите

броеви

, 3, 2, 1, 0,1, 2, 3, .

Збир, разлика и производ на два цели броja е повторно цел број,

но количникот на два цели броја не мора секогаш да биде цел

број. Затоа и множеството го прошируваме.

Множеството рационални броеви се воведува за да се

овозможи операцијата делење со ненулти број да биде добро

дефинирана. По дефиниција, рационалните броеви се броеви од

облик q

p, при што p и q се цели броеви и 0q , т.е.

: , , 0p

p q qq

.

Уште во античка Грција, Питагорејците утврдиле дека бројот

2 е должина на дијагоналата на единичен квадрат, но не е

рационален број. Ваквите броеви биле наречени несомерливи,

бидејќи не постоела заедничка мера за нивно споредување со

рационалните броеви. Овие броеви се нарекуваат ирацонални

броеви. Такви се и броевите 3, 5, . Множеството од

ирационални броеви се означува со I . Откривањето на

ирационалните броеви резултирало со целосна промена во

начинот на размислување, бидејќи дотогаш се сметало дека секоја

количина може да се изрази како однос на цели броеви.

Унија од множеството рационални и множеството

ирационални броеви е множеството на реалните броеви , т.е.

Диференцијално и интегрално сметање …

5

I . Ова множество се опишува како множество од сите

броеви кои може да се претстават како бесконечни децимални

броеви. Рационалните броеви се броевите кои може да се

претстават како периодични децимални броеви. На пример,

500,02

1 , 333,0

3

1 , 4545,1

11

16

Ирационалните броеви се претставуваат како непериодични

децимални броеви. На пример,

2 1,414213562 ..., 3 1,732050808... , ...141592654,3 .

Јасно е дека важи: , I и I .

На една права избираме точка О која ја нарекуваме коор-

динатен почеток и точка десно од неа која ја означуваме со 1.

Оваа права се нарекува бројна или реална оска.

O 1

Секој реален број може да се претстави како точка на

реалната оска. Позитивните цели броеви се означени на еднакви

растојанија десно од О, а негативните лево од О. Броевите кои не

се во се претставуваат согласно нивниот децимален запис.

Велиме дека ba или ab ако a лежи лево од b или b

лежи десно од a на реалната оска. Точни се следниве тврдења:

i) Ако ba и ab , тогаш ba .

ii) Ако ba , тогаш , a c b c c .

iii) Ако ba и 0c , тогаш cbca .

iv) Ако ba и 0c , тогаш cbca .

Множеството од реалните броеви може да се прошири со

уште два елементи и . Нека a . Во проширеното

множество реални броеви , важи:


6

( )a a

( ) ( )

( ) ( )

( )a a

( ) ( )

0,

aa

( )a a

( ) , 0a a

, 0

0

aa

( )a a

( ) , 0a a

, 0

0

aa

( ) a

( ) , 0a a

, 0aa

( ) a

( ) , 0a a

, 0aa

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

, 0a

a

( ) ( )

( ) ( )

, 0aa

Множеството ,x x a x b се вика отворен интервал

и се означува со ba, .

Множеството ,x x a x b се вика затворен интер-

вал или сегмент и се означува со ba, . Ова множество се наре-

кува уште отсечка со должина ab .

Множествата ,x x a x b и ,x x a x b се

викаат полузатворени интервали или полуотворени сегменти и

се означуваат со ba, , односно ba, .


7

Ќе ги користиме и следниве ознаки:

, ( , ); , [ , );

, ( , ); , ( , ];

0, ; ,0 .

x x x a a x x x a a

x x x a a x x x a a

1. Принцип на математичка индукција

Во множеството на природни броеви важи принципот на

математичка индукција:

Едно математичко тврдење чија вистинитосна вредност

зависи од природниот број n е точно за секој природен

број 0n n , 0n ако:

i) Тврдењето е точно за 0n .

ii) Од претпоставката дека тврдењето е точно за 0k n ,

k , следува точност на тврдењето за 1k .

Пример 1. Ќе покажеме дека за секој природен број n важи

равенството:

.2

1323741

nnn

1) Прво проверуваме дали равенството е точно за 1n . Добиваме

1 21

2

, т.е. 1=1.

Заклучуваме дека равенството е точно за 1n .

2) Претпоставуваме дека равенството е точно за kn , т.е. важи

.2

1323741

kkk

Оваа претпоставка се нарекува индуктивна претпоставка.


8

3) Проверуваме дали равенството е точно за 1 kn , т.е. дали е

точно равенството

.2

113121323741

kkkk

Поаѓајќи од левата страна на последново равенство и користејќи

ја индуктивната претпоставка добиваме:

,

2

1131

2

231

2

253

132

1321323741

2

kkkkkk

kkk

kk

па според принципот на математичка индукција заклучуваме дека

равенството е точно за секој природен број. ▲

Производот од првите n природни броеви го означуваме со

!n (се чита „n факториел”), т.е.

! ( 1) ( 2) 3 2 1n n n n .

По дефиниција 0! 1 . Јасно е дека важи

! ( 1)! ( 1) ( 2)!

( 1) ( 2) 3 2! ( 1) ( 2) 2 1.

n n n n n n

n n n n n n

Производот од првите n парни природни броеви го означу-

ваме со (2 )!!n , т.е.

(2 )!! (2 ) (2 2) (2 4) 4 2n n n n ,

а производот од првите n непарни природни броеви го означува-

ме со (2 1)!!n , т.е.

(2 1)!! (2 1) (2 3) (2 5) 5 3 1n n n n .


равенството:

1 1! 2 2! 3 3! ! ( 1)! 1.n n n

1) Прво проверуваме дали равенството е точно за 1n :


9

1 1! (1 1)! 1. , т.е. 1=1.

Заклучуваме дека равенството е точно за 1n .

2) Претпоставуваме дека равенството е точно за kn , т.е. важи

1 1! 2 2! 3 3! ! ( 1)! 1k k k .

3) Проверуваме дали равенството е точно за 1 kn , т.е. дали е

точно равенството

1 1! 2 2! 3 3! ! ( 1) ( 1)! ( 2)! 1k k k k k .

Поаѓајќи од левата страна на последново равенство и

користејќи ја индуктивната претпоставка добиваме

1 1! 2 2! 3 3! ! ( 1) ( 1)!

( 1)! 1 ( 1) ( 1)!

( 1)!(1 1) 1 ( 2)( 1)! 1 ( 2)! 1,

k k k k

k k k

k k k k k

па според принципот на математичка индукција заклучуваме дека

равенството е точно за секој природен број. ▲


неравенството на Бернули: (1 ) 1 , , 1.nx nx x x

1) За 1n левата и десната страна на неравенството се еднакви,

па заклучуваме дека тврдењето е точно.

2) Претпоставуваме дека неравенството е точно за kn , т.е. важи

(1 ) 1kx kx (индуктивна претпоставка).

3) Проверуваме дали неравенството е точно за 1 kn , т.е. дали е

точно неравенството 1(1 ) 1 ( 1)kx k x .

Ако неравенството од индуктивната претпоставка го помно-

жиме со 1 0x добиваме:

(1 ) (1 ) (1 ) (1 )kx x kx x .

Поаѓајќи од левата страна на неравенството кое треба да го

покажеме и користејќи го последново неравенство добиваме:


10

1 2

2

(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 1

1 ( 1) 1 ( 1) .

k kx x x kx x x kx kx

k x kx k x

Според принципот на математичка индукција заклучуваме дека

неравенството е точно за секој природен број. ▲

2. Биномна формула

Бројот

!!

!

!

11

knk

n

k

knnn

,

каде што , {0}n k , k n се вика биномен коефициент и се

означува со

k

n, а се чита „n над k”. По дефиниција, 1

0

n,

{0}n .

За биномните коефициенти важат следниве особини:

1) n n

k n k

, каде што , {0}n k , k n .

2)

1

1

1 k

n

k

n

k

n, каде што , {0}n k , k n .

Навистина,

! !

( )!( )! ( )! !

n nn n

n k kn k n n k n k k

, и

! !

1 ! ! 1 ! 1 !

n n n n

k k k n k k n k


11

( 1) ! ( ) !

( 1)! ! 1 ! !

11 ! 1 ! .

11 ! ! 1 ! 1 1 !

k n n k n

k n k k n k

nn n n

kk n k k n k

Биномна формула. За кои било реални броеви a и b и кој

било природен број n важи:

0 1 1 2 2

1 1 0

0

0 1 2

.1

n n n n

nn n n i i

i

n n na b a b a b a b

n n na b a b a b

n n i

За да ја докажеме биномната формула го користиме прин-

ципот на математичка индукција.

1) Проверуваме дали формулата е точна за 1n :

.1

1

0

110011

babababa

Заклучуваме дека формулата е точна за 1n .

2) Претпоставуваме дека формулата е точна за kn , т.е. важи

0 1 1 2 2

1 1 0

0 1 2

.1

k k k k

k k

k k ka b a b a b a b

k ka b a b

k k

3) Проверуваме дали тврдењето е точно за 1 kn .


12

1

0 1 1 2 2

1 1 0

индуктивна претпоставка

0 1 2

1

k k

k k k

k k

a b a b a b

k k ka b a b a b a b

k ka b a b

k k

1 1 1 2 0 0 1 1 2

k k kk k k k k

a a b a b

2 1 1

1

1 0 1 1 2

1 0

1 2 1

1 1 1

0 1 2

1 1

1

k k

k

k k k

k k

k k k ka b a b

k k k k

kb

к

k k ka b a b a b

k ka b a b

k k

(osobina 2 za binomnite koeficienti) =

1,

па заклучуваме дека биномната формула е точна за секој при-

роден број. ■

Забелешка. Ако во биномната формула ставиме 1a b го

добиваме следново равенство:

2 , 0 1 2 1

nn n n n n

nn n

.

Како последица од биномната формула се добива формулата:

Ако во оваа формула ставиме 1a b го добиваме равенството:

0

1 , , , .n

n i n i i

i

na b a b a b n

i


13

0 1 , 0 1 2

nn n n nn

n

.

Забелешка. Од првата особина на биномните коефициенти,

заклучуваме дека важат следниве равенства:

, , , 0 1 1

n n n n n n

n n k n k

,

т.е. во биномната формула се еднакви првиот и последниот

коефициент, вториот и претпоследниот коефициент, итн.

Пример. Користејќи ја биномната формула добиваме:

5 5 4 1 3 2 2 3

5 5 5 53 ( 3) ( 3) ( 3)

0 1 2 3a a a a a

4 55 5

( 3) ( 3)4 5

a

5 4 3 215 90 270 405 243.a a a a a ▲


14

3. Апсолутна вредност на реален број

Апсолутна вредност на реалниот број x се дефинира на

следниов начин:

, 0

, 0

x xx

x x

.

Нека ,x y . Тогаш важат следниве особини:

i) 0x ,

ii) 0 0x x ,

iii) x x ,

iv) , ,x a a a x a т.е. [ , ],x a a

v) , илиx a a x a x a , т.е.

( , ] [ , )x a a ,

vi) yxyx (неравенство на триаголник),

vii) x y x y ,

viii) yxyx ,

ix) .0, yy

x

y

x

Првите пет особини следуваат директно од дефиницијата за

апсолутна вредност.

Ќе го покажеме неравенството на триаголник. Јасно е дека за

секој реален број x важат неравенствата


15

x x и x x .

Нека ,x y . Тогаш, со собирање на неравенствата x x и

y y се добива:

x y x y , (*)

а со собирање на неравенствата x x и y y се добива:

( )x y x y , т.е.

x y x y . (**)

Од неравенствата (*) и (**) следува дека

x y x y x y .

Последново неравенство е еквивалентно со неравенството на три-

аголник yxyx .

Ќе ја покажеме и особината vii). Од неравенството на три-

аголник следува

( )x x y y x y y ,

од каде се добива x y x y .

Ако x и y си ги заменат местата добиваме:

x y y x y x .

Од добиените неравенства x y x y и x y y x следува

x y x y . ■

Пример 1.

а) 2 2 2,x x т.е. [ 2,2].x

б) Неравенката 2 x нема решение во .

в) 0 0x x .

г) 2 2x x или 2x , т.е. ( , 2] [2, ).x


16

д) 2 x x .

ѓ) 0 x x . ▲

Пример 2. Ќе го определиме множеството решенија на следниве

равенки:

а) 3 5 8 10x x , б) 2 5 6 4 8x x x .

а) Од дефиницијата на апсолутна вредност добиваме:

5 3 5,

3 5, 3 5 0 33 5 .

(3 5), 3 5 0 5(3 5),

3

x xx x

xx x

x x

1) За 5

,3

x

ја добиваме линеарната равенка

3 5 8 10x x

чие решение е 1x , а тоа припаѓа на интервалот 5

,3

.

2) За 5

,3

x

ја добиваме линеарната равенка

3 5 8 10x x

чие решение е 15

11x . Ова решение не припаѓа на интерва-

лот 5

,3

.

Според тоа, множеството решенија на равенката е 1M .

б) Од дефиницијата на апсолутна вредност добиваме:

2 2

2

2 2

5 6, 5 6 05 6

( 5 6), 5 6 0

x x x xx x

x x x x


17

2

2

5 6, ( ,2] [3, ).

( 5 6), (2,3)

x x x

x x x

1) За ( ,2] [3, )x ја добиваме квадратната равенка

2 5 6 4 8x x x

чии решенија се 1 1x и 2 2x . Двете добиени решенија при-

паѓаат во интервалот ( ,2] [3, ) .

2) За (2,3)x ја добиваме квадратната равенка

2( 5 6) 4 8x x x

чии решенија се 1 2x и 2 7x . Добиените решенија не при-

паѓаат во интервалот (2,3) .

Според тоа, множеството решенија на дадената равенка е

1,2M . ▲

Пример 3. Ќе го определиме множеството решенија на следниве

неравенки:

а) 2 7x x , б) 2 23 4 3( 1)x x x x .

а) Од дефиницијата на апсолутна вредност добиваме:

7 2 7,

2 7, 2 7 0 22 7 .

(2 7), 2 7 0 7(2 7),

2

x xx x

xx x

x x

1) За 7

,2

x

ја добиваме линеарната неравенка 2 7x x

чие решение е интервалот ( ,7) . Пресек на добиениот ин-

тервал со интервалот 7

,2

е

7,7

2

.


18

2) За 7

,2

x

ја добиваме линеарната неравенка (2 7)x x

чие решение е интервалот 7

, )3

x

. Пресек на добиениот

интервал со интервалот 7

,2

е

7 7,

3 2

.

Според тоа, множеството решенија на дадената равенка е

7 7 7 7, ,7 ,7

3 2 2 3M

.

б) Решение на даденaта неравенка е

1 1

, 1 1, ,4 (4, )2 2

M

. ▲


19

2. Дефиниција и својства на реална функција

20

1. Низи од реални броеви

1.1. Дефиниција на низа од реални броеви

Ако на секој природен број n, според некое правило му е

придружен единствен реален број ( ) na n a , тогаш велиме

дека е зададена низа од реални броеви која ја означуваме

со na .

Бројот na се нарекува општ член на низата 1 2, , , ,na a a

Индексот n може да има почетна вредност нула, наместо еден, па

се разгледува низата 0 1, , , ,na a a .

Пример 1. Првите четири члена од низата na , 1n , каде што

nna2

1 се:

.16

1

2

1,

8

1

2

1,

4

1

2

1,

2

14433221 aaaa ▲

Пример 2. Првите четири члена од низата nb , 1n , каде што

nnb2

11 се:

.16

15

2

11,

8

7

2

11,

4

3

2

11,

2

1

2

11

4433221 bbbb

▲

Да забележиме дека за низите од пример 1 и пример 2 важи:

1 1

1,

2a b

1 2 2

3,

4a a b


21

1 2 3 3

7,

8a a a b

1 2 2 3

11

1 1 1 1 1 12 1 .12 2 2 2 2 2

12

n

n nn na a a b

Пример 3. Општиот член на низата

1, 1, 1, 1,

е ( 1) , 1n

na n , а општиот член на низата

1, 1, 1, 1,

е 1

( 1) , 1n

na n

или 1

( 1) , 1n

na n

. ▲

Велиме дека низата е зададена рекурзивно или со помош на

рекурентна формула, ако е познат првиот член (или неколку

први членови) и формула која го дефинира членот na , користејќи

ги претходните членови.

Пример 4. Првите пет членови од низата зададена рекурзивно на


3,21

,1,1 21

21

nn

a

n

aaaa nn

n

се:

2 11 2 3

3 32 44 5

1 11, 1, 1 ,

2 1 2 2

1 1 2 1 1, 0.

3 2 6 2 3 4 3 6 6

a aa a a

a aa aa a

▲

Пример 5. Низата 2, 4, 6, 8, е аритметичка прогресија со прв

член 1 2a и разлика 2d . Таа ги содржи парните природни


22

броеви, па нејзиниот општ член е 2 , 1na n n . Оваа низа може

да се зададе и со рекурзивна врска:

1 1 12, 2, 2n n na a a d a n . ▲

Пример 6. Ќе го определиме општиот член на низата ,7,5,3,1 .

Низата ги содржи непарните природни броеви, па општиот

член може да се запише во облик 2 1,na n 1n или 2 1,na n

0n . Дадената низа е аритметичка прогресија со прв член 1 1a

и разлика 2d , па може да се зададе и со рекурзивна врска:

1 1,a 1 1 2, 2n n na a d a n . ▲ Пример 7. Низата 3,9,27,81, е геометриска прогресија со прв

член 1 3a и количник 3q . Нејзиниот општ член е 3 ,n

na

1n . Оваа низа може да се зададе и со рекурзивна врска:

1 1 13, 3 , 2n n na a q a a n . ▲

Пример 8. Ќе го определиме општиот член на низата зададена

рекурзивно на следниов начин: 1 15, 5 , 2n na a a n .

Членовите на низата можеме да ги претставиме во облик:

71 3

82 41 2 1 3 25 5 , 5 5 5 5 , 5 5 5 5 5 , a a а a а

од каде што заклучуваме дека општиот член е

2 1

25 , 1

n

n

nа n

.

Општиот член можеме да го запишеме и на следниов начин:

1 2 35 5 5 5 5 5 n n n na a a a

1

1

5 5 5 5 5 5 5 5 .

nn

a


23

Според тоа 5 5 5 5 , 1n

n

a n . ▲

Пример 9. Ќе го определиме општиот член на низата

,15,10,6,3,1 .

Забележуваме дека

2 1 3 2 4 32, 3, 4, a a a a a a ,

па членовите на низата можеме да ги претставиме во облик:

1 2 1 3 2 11, 2, 3, , .n na a a a a a a n

Значи, низата е рекурзивна.

Општиот член можеме да го запишеме на следниов начин:

.2

)1(12321

121 321

nnnnn

nnnannanaa nnnn

Според тоа ( 1)

, 1.2

n

n na n

▲

1.2. Гранична вредност на низа од реални броеви

Можеме да забележиме дека членовите на низата

n2

1 се

доближуваат до 0 кога n неограничено расте, а членовите на

низата

n2

11 се доближуваат до 1 кога n неограничено расте.

Наместо терминот n неограничено расте понатаму ќе велиме n

тежи кон бесконечност.


24

Бројот a се нарекува гранична вредност или лимес

на низата na ако за секој реален број 0 , постои

природен број N кој зависи од (понатаму означуваме

N ) така што aan кога Nn .

Пишуваме aann

lim или na a кога n .

Низата na е конвергентна во множеството ако постои

реален број кој е нејзина гранична вредност. Низите кои не се

конвергентни во , т.е. за кои не постои конечна гранична

вредност се дивергентни во . Понатаму, кога ќе ги користиме

термините конвергентна или дивергентна низа, ќе мислиме

конвергентна или дивергентна низа во множеството .

Пример 1. Користејќи ја дефиницијата за гранична вредност на

низа ќе покажеме дека 3 1 3

lim .2 2n

n

n

Нека 0 е произволен реален број. Ќе покажеме дека

постои природен број N така што

3 1 3 1 1

2 2 2 2n

na a

n n n

кога ).(Nn

Од неравенството 1

2n следува

1

2n

, па природниот

број N го избираме на следниов начин 1

( )2

N

, каде што

[ ]x го означува најголемиот цел број помал или еднаков на x (цел

дел од 1

2 се зема поради тоа што е реален број, а ( )N е

природен број).


25

Така, кога 1

( )2

n N

, важи

1

2na a

n , па заклучуваме

дека 3 1 3

lim .2 2n

n

n

▲

Пример 2. Ќе покажеме дека limn

c c

, каде што c е константа

(низата na каде што , na c n се нарекува константа-низа).

Нека 0 е произволен реален број. Доволно е да избереме

1N . Тогаш 0na a c c кога ( ) 1.n N ▲

Множеството точки x за кои , 0,x a a се

вика -околина на точката a.

Неравенството ax е еквивалентно со неравенствата

ax , односно axa . Значи, геометриски -

околина на точката a е отворениот интервал aa , .

Секој отворен интервал кој ја содржи точката a се нарекува око-

лина на точката a.

Од дефиницијата за гранична вредност на низа следува дека

a е гранична вредност на низата na ако во секоја -околи-

на на точката a, т.е. во интервалот aa , има бесконечно

многу членови од низата, а надвор од оваа околина, т.е. во

, ] [ ,a a има само конечен број членови од низата

1 2 ( ), , , Na a a .

Пример 3. Ќе покажеме дека 1

lim 0n n

, а потоа ќе определиме

колку членови од низата 1

n

се наоѓаат надвор од интервалот

2 210 ,10 , а колку во дадениот интервал.


26

Нека 0 е произволен реален број. Ќе покажеме дека

постои природен број N така што

1 1 10na a

n n n кога ).(Nn


n следува

1n

, па природниот број N

го избираме 1

. Така, кога 1

( )n N

, важи

1na a

n ,

па заклучуваме дека .01

lim nn

За 210 добиваме 21( ) 10N

. Значи првите 100

членови од низата се наоѓаат надвор од интервалот 2 210 ,10 , а

сите останати членови од низата (бесконечно многу) се во

дадениот интервал. ▲

Ако низата na е конвергентна во и нејзината гранична

вредност е 0, тогаш таа се нарекува нула низа или

бесконечно мала низа.

Пример 4. Слично како во пример 3 се покажува дека низата

0,1

pn p

е нула низа. ▲

Согласно геометриската интерпретација на дефиницијата за

гранична вредност на низа, јасно е дека низата останува

конвергентна (односно дивергентна) ако од неа се отстранат

конечен број членови.

Исто така, при отстранување на конечен број членови од

една конвергентна низа, не се менува нејзината гранична

вредност. Значи, конвергентните низи кои се разликуваат за

конечен број членови имаат иста гранична вредност.


27

Така на пример, ако од нула низата ,1

,,4

1,

3

1,

2

1,1

n се

отстранат првите три членови, добиената низа ,1

,,6

1,

5

1,

4

1

n е

повторно нула низа.

Пример 5. Ќе покажеме дека низата ( 1)n не е конвергентна во

, т.е. е дивергентна во .

За да го покажеме ова ќе го претпоставиме спротивното, т.е.

нека постои реален број a така што lim( 1)n

na

. Бидејќи сите

членови на низата се или 1 или 1, од геометриската интерпре-

тација на дефиницијата за гранична вредност на низа следува дека

броевите 1 и 1 се наоѓаат во произволна -околина на точката a.

Но ова не е можно за 1

2 , па следува дека претпоставката не е

точна и низата не е конвергентна. ▲

Точката a е точка на натрупување за низата na

ако секоја околина на точката a содржи барем еден член на

низата na .

Пример 6. а) Првите неколку членови на низата ( 1)n

n се

1 1 11,2, ,4, ,6, ,

3 5 7 и таа има една точка на натрупување 0.

б) Првите неколку членови на низата {( 1) }n се 1,1, 1,1, 1, и

таа има две точки на натрупување 1 и 1.

в) Првите неколку членови на низата sin2

n

се 1,0, 1 ,0,1,0,

1 ,0,... и таа има три точки на натрупување 1, 0 и 1.


28

г) Првите неколку членови на низата { }n се 1,2,3,4,5,... и таа нема

ниту една точка на натрупување. ▲

Се покажува дека ако низата na е конвергентна во ,

тогаш таа има единствена точка на натрупување еднаква со

нејзината гранична вредност. Обратното тврдење не важи. На

пример, низата ( 1)n

n има една точка на натрупување 0, но не е

конвергентна во што ќе биде покажано во поглавје 1.3.

Ако низата нема точки на натрупување или има повеќе

точки на натрупување, тогаш таа е дивергентна во . Поради тоа,

низите {( 1) }n , sin2

n

и { }n се дивергентни низи во .

Множеството точки на натрупување на низата na има

најмал и најголем елемент. Најмалата точка на натрупување на

низата na се нарекува limes inferior и се означува со nn

a

lim , а

најголемата точка на натрупување на низата na се нарекува

limes superior и се означува со nn

a

lim .

Пример 7. limsin 12n

n

и limsin 12n

n

. ▲

Особина 1.1. Ако низата { }na е конвергентна во , тогаш

нејзината гранична вредност е единствена.

Доказ. Претпоставуваме дека низата има две различни гранични

вредности a и b . Избираме 1

03

a b . За вака избра-

ното , -околините на точките a и b немаат заеднички точки. Од

lim nn

a a

следува дека надвор од интервалот aa , има

конечен број членови од низата, што значи дека и во интервалот

,b b има конечен број членови од низата. Ова е против-


29

речно со претпоставката дека и b е гранична вредност на низата.

Значи претпоставката не е точна, па a b . ■

Особина 1.2. (на сендвич низа) Нека na , nb и nc се

низи при што lim limn nn n

a b a

. Ако за некој природен

број N важи nnn bca кога n N , тогаш acn

n

lim .

Доказ. Нека 0 е произволен реален број. Од условот

aba nn

nn

limlim следува дека постојат природни броеви

1 1( )n n и 2 2 ( )n n така што за секој природен број 1n n важи

na a a и за секој природен број 2n n важи

na b a .

Нека 0 1 2max{ , , }n n n N . Тогаш за секој природен број 0n n

важи

n n na a c b a ,

т.е. важи неравенството nc a , од каде следува acnn

lim . ■

Пример 8. Ќе покажеме дека sin

lim 0n

n

n .

Бидејќи 1 sin 1,n n следува дека

1 sin 1,

n

n n n n ,

па можеме да избереме низи na , nb и nc на следниов начин:

1na

n ,

1nb

n и

sinn

nc

n .

Од lim lim 0n nn n

a b

заклучуваме дека sin

lim lim 0nn n

nc

n .

▲


30

Велиме дека низата na има гранична вредност ако за

секој реален број 0M , постои природен број N кој зависи од

M (понатаму означуваме ( )N M ), така што na M кога ( )n N M

и пишуваме lim nn

a

.

Велиме дека низата na има гранична вредност ако за

секој реален број 0M , постои природен број ( )N M така што

na M кога ( )n N M и пишуваме

nn

alim .

За низите кои имаат гранична вредност или велиме

дека се конвергентни во проширеното множество реални

броеви , .

Пример 9. Ќе покажеме дека limlogn

n

, а потоа ќе опреде-

лиме колку членови од низата {log }n се наоѓаат надвор од интер-

валот (1, ) .

Нека 0M е произволен реален број. Ќе покажеме дека

постои природен број N M така што logna n M кога

( ).n N M Од неравенството log n M следува дека 10Mn , па

природниот број N M го избираме на следниов начин:

( ) 10MN M . Така, кога ( )n N M важи na M , па заклучу-

ваме дека limlogn

n

.

За 1M добиваме ( ) 10 10MN M . Значи, првите 10

членови од низата се наоѓаат надвор од интервалот (1, ) , а сите

останати членови од низата (бесконечно многу) се во дадениот

интервал. ▲

Забелешка. Слична особина на особината 1.2 важи и во случај

кога a или a .


31

Нека na и nb се низи при што

nn

alim . Ако за некој

природен број N важи nn

ba кога n N , тогаш

nn

blim .

Ако пак, na и nb се низи при што

nn

blim и за некој

природен број N важи nn

ba кога n N , тогаш

nn

alim .

Заклучуваме дека граничната вредност на низа од реални

броеви na може да биде некој реален број a , , , или

да не постои.

1.3. Ограничени и монотони низи

Низата na е ограничена од горе (од десно,

мајорирана) ако постои реален број M така што за секој

природен број n важи Man . Во тој случај M се нарекува

мајоранта на низата na .

Слично, низата na е ограничена од долу (од лево,

минорирана) ако постои реален број m така што за секој

природен број n важи man . Во тој случај m се нарекува

миноранта на низата na .

Ако постои мајоранта или миноранта на низата na , тогаш

тaa не е единственa.

Низата na е ограничена низа ако е ограничена од горе и

од долу, т.е. ако постојат реални броеви m и M така што за секој

природен број n важи nm a M .

Јасно е дека низата na е ограничена ако постои реален број

0M така што за секој природен број n важи na M .


32

Пример 1. Низата со општ член sin ,na n n е ограничена

бидејќи 1 sin 1n , n . ▲

Пример 2. Ќе покажеме дека низата со општ член 3

3

1

4n

na

n

,

n е ограничена.

Навистина,

14

4

4

10

3

3

3

3

n

n

n

nan ,

4па заклучуваме дека за секој природен број n важи 10 na , т.е.

низата е ограничена. ▲

Пример 3. Јасно е дека низата со општ член na n , n не е

ограничена од горе, но е ограничена од долу бидејќи важи 1na ,

n .

Првите неколку членови на низата со општ член ( 1)n

nb n ,

n се 1 2 3 4 5

1 11, 2, , 4,

3 5b b b b b . Низата не е ограниче-

на од горе, но е ограничена од долу бидејќи важи 0nb , n .

Првите неколку членови на низата со општ член

( 1)n

nc n , n се 1 2 3 4 52, 1, 4, 3, 6c c c c c .

Оваа низа не е ограничена од долу, но е ограничена од горе

бидејќи од неравенствата ( 1) 1n и 1n n следува

( 1) 0n

nc n , n . ▲ Пример 4. Ќе покажеме дека низата со општ член

1,cos nnnan не е ограничена.

Навистина, за општиот член на оваа низа важи

nnnnna n

n )1(cos , n .


33

Бидејќи не постои реален број 0M така што за секој природен

број n важи na n M , заклучуваме дека низата не е ограничена.

▲

Теорема 1.1. Ако na е конвергентна низа во ,

тогаш таа е ограничена.

Доказ. Нека низата na е конвергентна во и aann

lim . Значи

0 , ( )N така што aan кога ).(Nn

Избираме 1 . Тогаш постои природен број N , така што

1 aan кога n N , што е еквивалентно со 11 aaa n ,

кога n N . Овие неравенства не важат за членовите 1, , Na a .

Ако ставиме

1max 1, , , ,NM a a a 1min 1, , , ,Nm a a a

тогаш за секој природен број n ќе важи nm a M , па заклучу-

ваме дека низата na е ограничена. ■

Од претходната теорема заклучуваме дека ограниченоста е

потребен услов за конвергенција на низа, но не и доволен услов

(обратното тврдење на теорема 1.1. не важи).

На пример, низата {( 1) }n , n е ограничена бидејќи важи

неравенството 1 1na , n , но не е конвергентна (покажа-

но во пример 5 од поглавје 1.2).

Од теоремата следува дека ако низата не е ограничена,

тогаш таа не е конвергентна во . Поради тоа, за низите од

пример 3 и пример 4 можеме да заклучиме дека не се конвер-

гентни во .

Ако една нула низа се помножи со ограничена низа,

добиената низа е повторно нула низа, како што покажува

следново тврдење.


34

Теорема 1.2. Ако na е нула низа и nb е ограничена низа

(која не мора да биде конвергентна), тогаш низата nc каде

што , 1n n nc a b n е нула низа.

Доказ. Од условот nb да е ограничена низа следува дека постои

реален број 0M таков што за секој природен број n важи

nb M . Од условот lim 0nn

a

следува дека за секој реален број

0 , постои природен број ( )N , така што naM

кога

( )n N . Според тоа, за ( )n N важи

, n n n n nc a b a b MM

од каде следува дека nc е нула низа. ■

Пример 5. Низата 2

cos, 1

nn

n

е нула низа, т.е. важи

2

coslim 0n

n

n бидејќи низата {cos }n е ограничена, а низата

2

1

n

е

нула низа. ▲

Низата na е монотоно растечка ако

1 ,n na a n ,

а е монотоно опаѓачка ако

1 ,n na a n .

Ако

1 ,n na a n ,


35

тогаш велиме дека низата е строго монотоно растечка (или

монотоно неопаѓачка), а ако

1 ,n na a n ,

тогаш таа е строго монотоно опаѓачка (или монотоно нерас-

течка).

Монотоноста на низите најчесто ја испитуваме на еден од

следниве начини:

1) Ако 1 0n na a , n , тогаш низата е растечка.

Ако 1 0n na a , n , тогаш низата е опаѓачка.

2) Нека 0, na n , т.е. сите членови на низата се пози-

тивни. Ако 1 1n

n

a

a

, n , тогаш низата е растечка. Ако

пак, 1 1n

n

a

a

, n , тогаш низата е опаѓачка.

Спротивни неравенства важат во случај кога

0, na n , т.е. кога сите членови на низата се

негативни. Ако 1 1n

n

a

a

, n , тогаш низата е опаѓачка.

Ако пак, 1 1n

n

a

a

, n , тогаш низата е растечка.

Пример 6. Ќе испитаме монотоност на следниве низи:

a) nn

na

2 , б)

!n

nan ,

в) 2

( 1)n

nan

, г)

nnnan

2

1

2

1

1

1

.

а) Го определуваме знакот на разликата меѓу два соседни члена од

низата:


36

1 1 1

1 10, ,

2 2 2n n n n n

n n na a n

па заклучуваме дека низата е опаѓачка.

Исто така, може да се заклучи дека низата е опаѓачка и од тоа што

0, na n и важи

11

112 1

2 2

2

nn

nn

na n n n

na n n

, n .

б) Бидејќи 0, na n и важи

1

1

1( 1)!1,

!

n

n

n

a nn

na n

n

,

следува дека оваа низа е опаѓачка.

в) Го определуваме знакот на разликата меѓу два соседни члена од

низата: 1 2 2

1

1 2 2 2 2

( 1) ( 1) ( 1)( 1)

( 1) ( 1)

n nn

n n

n na a

n n n n

.

Јасно е дека 2 2

2 2

( 1)0,

( 1)

n nn

n n

, па знакот на разликата

1n na a зависи од членот 1( 1)n . Ако n е парен број, тогаш

1 0n na a , т.е. 1n na a , а ако n е непарен број, тогаш

1 0n na a , т.е. 1n na a . Според тоа, низата не е монотона.

г) 1

1 1 1 1 1

2 3 2 2 1 2 2n na a

n n n n n

1 1 1 1

1 2 3 2n n n n


37

1 1 1 10, ,

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

n n n n n

па заклучуваме дека низата е строго монотоно растечка. ▲

Теорема 1.3. (за монотони и ограничени низи) Секоја

монотоно растечка и ограничена од горе низа е

конвергентна. Секоја монотоно опаѓачка и ограничена од

долу низа е конвергентна.

Обратното тврдење на теорема 1.3. не важи. На пример,

користејќи ја дефиницијата за гранична вредност на низа се

покажува дека ( 1)

lim 0n

n n

, но јасно е дека оваа низа не е моно-

тона.

Забелешка. Како што веќе нагласивме, низата останува

конвергентна (односно дивергентна) ако од неа се отстранат

конечен број членови. Според тоа, за докажување на

конвергенција со помош на последнава теорема, доволно е да се

докаже дека низата е монотона и ограничена почнувајќи од некој

природен број 0 1n (т.е. неравенствата со кои се дефинира

монотоност и ограниченост на низа може да важат почнувајќи од

некој природен број 0 1n , наместо за секој природен број n ).

Пример 7. Да ја испитаме конвергенцијата на низата 1,!

2

nn

n

.

Ќе покажеме дека низата е монотона и ограничена. За да ја

испитаме монотоноста, проверуваме каков е количникот на два

соседни члена од низата: 1

1

2

2( 1)!1, .

2 1

!

n

n

n

n

a nn

a n

n


38

Бидејќи 0, na n следува дека nn aa 1 , па заклучу-

ваме дека низата е монотоно опаѓачка. Од тоа што 0n

a , n

следува дека низата е ограничена од долу. Според теорема 1.3.

низата е конвергентна. ▲

Пример 8. Ќе покажеме дека низата со општ член 1

1

n

nan

е

монотоно растечка и ограничена од горе.

1 1 1

1

1

1 2 21

1 11 1 1

1 1 1 11

n n n

n

n n n

n

n n

a n nn n n

a n nn n n

n n n n

11 2

2 2

( 2) 1 2 1 1 1

( 1) ( 1)

nn

n n n n n n

n n n n

1

2 2

1 1 1 11 1 1.

( 1) ( 1)

n

n n n

n n n n

Во горното изведување го користевме неравенството на Бернули

(1 ) 1 , , 1, nx nx x x n .

Бидејќи 0, na n следува дека 1 , n na a n , од

каде заклучуваме дека низата монотоно расте.

За да докажеме дека низата е ограничена од горе, ја корис-

тиме биномната формула.

2 3

1 1 1 1 11

0 1 2 3

n

n n

n n n n na

nn n n n n

2 3

( 1) 1 ( 1)( 2) 1 ( 1) 2 1 1 1 1 .

2! 3! ! n

n n n n n n n

n n n n


39

Бидејќи за 2 k n важи

1

1 ( 1) ( 1) 1 1 1 1

! !

1 1 1 1 ,

! 1 2 3 1 2 2 2 2

k k

k

n n n n k n n n k

k n k n k n n n

k k

следува дека 1

1

2 1

11

1 1 1 1 121 1 2 3 3

12 2 2 2 21

2

n

n

n na

,

од каде заклучуваме дека низата е ограничена од горе со бројот 3.

Од теоремата за монотони и ограничени низи следува дека

низата со општ член 1

1

n

nan

е конвергентна. ▲

1.4. Операции со конвергентни низи

Теорема 1.4. Ако na и nb се конвергентни низи такви

што

lim nn

a a

и lim nn

b b

,

тогаш и низите

n na b , n na b , n

n

a

b

( 0nb , n ), nc a ( c ),

na , ( )k

na ( k ) и

mna ( m ; ако m е парен број, тогаш 0na ) ,

се конвергентни и важи:


40

1. baba nnn

lim ;

2. baba nnn

lim ;

3. lim , 0, 0,nn

nn

a ab b n

b b ;

4. lim ,nn

c a c a c

;

5. lim nn

a a

;

6. lim( ) ,k k

nn

a a k

;

7. lim , mmn

na a m

(ако m е парен број , тогаш

0,na n и 0a ).

Доказ. 1. Нека 0 е произволен реален број. Од условот

aann

lim и bbnn

lim следува дека постојат природни броеви

1 1( )n n и 2 2 ( )n n , така што за секој природен број 1n n

важи 2

na a

, и за секој природен број 2n n важи 2

nb b

.

Нека 0 1 2max{ , }n n n . Тогаш за секој природен број 0n n

важи

( ) ( )2 2

n n n na b a b a a b b

.

2. Нека 0 е произволен реален број. Од условот bbnn

lim и

од теорема 1.1. следува дека низата nb е ограничена, па постои

реален број 0M таков што за секој природен број n важи

nb M . Од aann

lim и bbnn

lim следува дека постојат при-

родни броеви 1 1( )n n и 2 2 ( )n n , така што за секој природен


41

број 1n n важи 2

na aM

и за секој природен број 2n n

важи 2

nb ba

.

Нека 0 1 2max{ , }n n n . Тогаш за секој природен број 0n n

важи

n n n n n na b a b a b a b a b a b

.2 2

n n nb a a a b b M aM a

3. За да се докаже ова правило, доволно е да се докаже дека

1 1limn

nb b и потоа да се примени правилото 2.

4. Нека 0 е произволен реален број. Од aann

lim следува

дека постои природен број 0 0( )n n така што за секој природен

број 0n n важи na ac

. Тогаш за секој природен број 0n n

важи

.n nca ca c a a cc

5. Нека 0 е произволен реален број. Од aann

lim следува

дека постои природен број 0 0( )n n така што за секој природен

број 0n n важи na a . Од особината vii) на апсолутна

вредност следува дека за секој природен број 0n n важи

.n na a a a ■

Забелешка. Обратното тврдење од теорема 1.4. не мора да важи,

т.е. низите n na b , n na b , n

n

a

b

, nc a , na , ( )k

na и


42

mna може да се конвергентни, но низите na и nb да не се

конвергентни. Така на пример, низата ( 1)n

n

е конвергентна и

( 1)lim 0

n

n n

, но низата ( 1)n не е конвергентна, додека низата

1

n

е конвергентна и 01

lim nn

.

Забелешка. Операциите од теорема 1.4. важат и за конвергентни

низи во проширеното множество реални броеви , . Во

некои случаи при операција со две низи, резултатот не може

однапред да се одреди. Тогаш велиме дека граничната вредност е

неопределена. Но тоа не значи дека граничната вредност не

постои, а за да се определи потребно е неопределениот израз да

се трансформира. Неопределени изрази се:

;

0 00

0 ; ; ; 1 ; ; 0 .0

Да забележиме дека 0

и 0 не се неопределени изрази

бидејќи важи

1( ) ( ) ( )

0 0

и 0 0 .

Пример.

2

2 2

2

4lim 4 [ ] lim 4

4n n

n nn n n n

n n


43

2 2

2

2

4 1 4 4lim 4lim 0.

( ) 2441 1

n n

n n

n nn

n

▲

1.5. Некои поважни гранични вредности на низи

Пример 1. Ќе покажеме дека lim 1.n

nn

Користејќи ја биномната формула добиваме

1 ( 1)n n

n nn n n

2

1 1 1 .0 1 2

nn n n

n n n nn n n

n

Од тоа што 1 0n n , n следува дека сите собироци

во горниот збир се позитивни, па важи

2

1 1 10 1 2

nn n n

n n n nn n n n

n

2 2( 1)

1 1 .2 2

n nn n n

n n

Значи, 2( 1)

12

nn nn n

, од каде го добиваме неравенството

20 1

1

n nn

, 1n .


44

Од тоа што 2

lim 01n n

и од особината на сендвич низи,

заклучуваме дека lim 1 0n

nn

, од каде lim 1n

nn

. ▲

Пример 2. Ќе покажеме дека lim 1, , 0.n

na a a

Нека 1a . Тогаш постои природен број 0n таков што за

секој природен број 0n n важи 1 a n , од каде следува

1 n na n .

Од тоа што lim1 lim 1n

n nn

и од особината на сендвич низи,

заклучуваме дека lim 1n

na

, 1a .

Нека 0 1a . Тогаш 1

1a , па од претходниот случај

следува 1

lim 1n

n a . Оттука

1lim 1

nn a , т.е. lim 1, 0 1.n

na a

▲

Пример 3. Ќе покажеме дека

0, 1

, 1lim .

1, 1

не постои, 1

n

n

q

qq

q

q

За 1q имаме lim lim1 1.n n

n nq

За 1q ја добиваме низата ( 1)n која има две точки на

натрупување 1 и 1, па заклучуваме дека е дивергентна.

Нека 1q и 0 е произволен реален број. Ќе покажеме

дека постои природен број N така што 0nnq q кога

).(Nn Од неравенството на Бернули


45

(1 ) 1 , 1, nx nx x n

следува дека

1 1 1 1 11 1 1 1 1 .

n

nn n

q q qq

Оттука 1

q

n q

, односно

1

qn

q

. Природниот број

N го избираме на следниов начин:

( )1

qN

q

, па

заклучуваме дека lim 0n

nq

кога 1q .

Нека 1q и 0M е произволен реален број. Ќе покажеме

дека постои природен број ( )N M така што nq M кога

( )n N M . Од неравенството nq M следува log

log

Mn

q , па

log( )

log

MN M

q

. Заклучуваме дека lim n

nq

кога 1q .

Нека 1q . Јасно е дека низата во овој случај не е

ограничена, па следува дека не е конвергентна. ▲

Пример 4. Во пример 8 од поглавје 1.3. покажавме дека низата со

општ член 1

1

n

nan

е монотоно растечка и ограничена од

горе, па според теоремата за монотони и ограничени низи следува

дека е конвергентна. Граничната вредност на оваа низа ја озна-

чуваме со e, т.е.

1lim 1

n

ne

n

.


46

Од оваа дефиниција на бројот e, тој може приближно да се

пресмета ( 2,71828...e ). Бројот e се вика Неперов број и е основа

на природните логаритми. Тој е ирационален број (бесконечен

непериодичен децимален број) и трансцедентен број (не е корен

на ниту еден полином со целобројни коефициенти). Заедно со

броевите 0, 1 и е најважен реален број во математиката.

Ако lim nn

а

или lim nn

а

, тогаш се покажува дека

1lim 1

na

nn

ea

. ▲

Пример 5. Нека 1 1 0 1 1 0, , , , , , , , , , ,k k m ma a a a b b b b k m .

Тогаш 1 2

1 2 1 0

1 2

1 2 1 0

limk k

k k

m mnm m

a n a n a n a n a

b n b n b n b n b

1 1 01

1 1 01

1 1 1

lim1 1 1

k

k k k k

nm

m m m m

n a a a an n n

n b b b bn n n

1 1 01

1 1 01

1 1 1

lim1 1 1

k k k kk m

n

m m m m

a a a an n nn

b b b bn n n

0,

,

., , 0

, , 0

k

m

k

m

k

m

k m

ak m

b

ak m

b

ak m

b

▲


47

Често пати се користат и следниве гранични вредности, кои

се покажуваат на сличен начин како граничните вредности во

претходните примери:

lim 0, , 1, .nn

na a

a

, lim 0, , 1.!

n

n

aa a

n

1.6. Кошиеви низи

Низата na е Кошиева (фундаментална) ако за

секој реален број 0 , постои природен број )(N така

што за секој природен број p важи npn aa кога

( ).n N

Теорема 1.5. (Кошиев критериум за конвергенција на

низи) Низата na е Кошиева ако и само ако е

конвергентна во .

Пример 1. Ќе покажеме дека низата со општ член

cos1! cos 2! cos !

, 11 2 2 3 1

n

na n

n n

е конвергентна.

Нека 0 е произволен реален број и .p Ќе покажеме

дека низата е Кошиева, т.е. постои природен број N така што

npn aa кога ).(Nn Навистина,

cos 1 ! cos 2 !cos1! cos 2! cos !

1 2 2 3 1 1 2 2 3n p n

n nna a

n n n n n n

cos ! cos1! cos 2! cos !

1 1 2 2 3 1

n p n

n p n p n n


48

cos 1 ! cos 2 ! cos !

1 2 2 3 1

n n n p

n n n n n p n p

cos 1 ! cos 2 ! cos !

1 2 2 3 1

n n n p

n n n n n p n p

1 1 1

1 2 2 3 1n n n n n p n p

1 1 1 1 1 1

1 2 2 3 1n n n n n p n p

1 1 1 1.

1 1 1n n p n n


n добиваме

1n

, па избираме

1

N

. Заклучуваме дека низата е Кошиева, па според теоре-

ма 1.5. таа е конвергентна. ▲

Пример 2. Ќе покажеме дека низата со општ член

1 1 11 , 1

2 3na n

n

не е конвергентна. Оваа низа е наречена хармониска низа.

Прво ќе покажеме дека низата не е Кошиева. За таа цел, ќе

покажеме дека постои реален број 0 , така што за секој

природен број n , постои природен број p , така што важи

n p na a .


49

Нека 1

2 и n е произволен природен број. Ако p n ,

тогаш

2n p n n na a a a

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 3 1 2 2 2 3n n n n n

1 1 1 1 1 1 1 .

1 2 2 2 2 2 2 2

n

n n n n n n n

Бидејќи низата не е Кошиева, од теорема 1.5. следува дека таа не е

конвергентна. ▲


50

2. Дефиниција и својства на реална

функција од една реална променлива

1B2.1. Дефиниција и основни поими

Често пати во реалноста се среќаваме со величини кои се

зависни една од друга. На пример, при движење, изминатиот пат

зависи од времето, плоштината на кругот зависи од неговиот

радиус и сл.

Нека X и Y се непразни подмножества од множеството на

реалните броеви . Ако според некое правило, на секој

елемент од множеството X му е придружен единствен

елемент од множеството Y, тогаш велиме дека е зададена

реална функција од една реална променлива.

Функциите се означуваат со малите букви од латиницата f,

g, h, r, … Најчесто функцијата :f X Y е зададена со правилото

на придружување во облик ( )y f x , x X .

Множеството X се нарекува дефинициона област или

домен на функцијата f и се означува со fD , а множеството Y е

кодомен на функцијата f .

Множеството ( )f fV f x x D Y се нарекува множес-

тво вредности или ранг на функцијата f .

Ако функцијата f е зададена само со правилото на придру-

жување ( )y f x , тогаш земаме Y , а дефинициона област

fX D е множеството вредности x за кои функцијата е

дефинирана, т.е. за кои ( )f x .

Забелешка. Секоја низа од реални броеви na е реална функција

од една реална променлива f чиј домен е множеството природни


51

броеви, т.е. :f , ( ) nf n a , n .

Нека f е функција со дефинициона област fD и fx D .

Бројот ( ) fy f x V се вика зависна променлива или слика на

елементот x, а x е независна променлива или аргумент на

функцијата f .

Множеството подредени двојки

( , ) ( ),f fG x y y f x x D

се вика график на функцијата .: YXf Ако во рамнината е

зададен координатен систем, тогаш за некои функции, графикот

fG е рамнинска крива.

Пример 1. Функцијата ( ) 0f x се вика нула функција, ( )g x c ,

c е константна функција, а ( ) 1h x е единична функција.

Дефинициона област на овие функции е множеството , а

множествата вредности се 0fV , gV c и 1fV . ▲

Пример 2. Дефинициона област и множество вредности на

функцијата 1

( )f xx

е множеството \ 0f fD V .


52

Дефиниционата област и можеството вредности на функци-

јата ( )f x x е [0, )f fD V .

Логаритамската функција ( ) logaf x x , 0, 1a a има

дефинициона област (0, )fD и множество вредности fV .

▲

2.1.1. Еднакви функции

Две функции f и g се еднакви на множеството X

ако ),()( xgxf Xx .

Ако не е наведено множеството X над кое ја испи-

туваме еднаквоста на две функции, тогаш ја користиме следнава

дефиниција:

Две функции f и g се еднакви ако имаат исти дефини-

циони области и важи ( ) ( ), f gf x g x x D D .

Во тој случај, пишуваме .gf


53

Пример 3. Функциите 31

( )1

xf x

x

и

2( ) 1g x x x не се

еднакви бидејќи имаат различни дефинициони области,

\ 1fD и gD . Но, на множеството )1,1(X функци-

ите f и g се еднакви. ▲

Пример 4. Функциите xxf )( и x

xxg

2

)( не се еднакви,

бидејќи имаат различни дефинициони области, fD и

\ 0gD .

Исто така, функциите 2( ) logf x x и ( ) 2logg x x не се

еднакви, бидејќи имаат различни дефинициони области,

\ 0fD и (0, )gD . ▲

2.1.2. Начини на задавање на функциите

Постојат три начини на задавање на функциите: табеларно,

графички и аналитички.

1) Ако 1 2, , ,f nD x x x и ( ) ,i if x y 1,2, ,i n , тогаш

функцијата ( )y f x може да се задaде со следнава табела:

x 1x 2x . . . nx

( )y f x 1y 2y . . . ny

2) Ако во некој координатен систем во рамнина (најчесто

Декартов правоаголен координатен систем) е скицирана кривата

fG велиме дека функцијата f е зададена графички.

3) Најчесто функцијата :f X Y се задава со правило

(формула) според кое на секој елемент од множеството X му се

придружува единствен елемент од множеството Y . Во тој случај

велиме дека функцијата f е зададена аналитички. Постојат три


54

облици на аналитичко задавање на функциите: експлицитен,

имплицитен и параметарски облик.

За функцијата велиме дека е зададена експлицитно ако

правилото на придружување е зададено во облик ).(xfy

На пример, функциите 3y x , cos 1y x и xy се

експлицитно зададени.

Функцијата :f X Y , ,X Y зададена со равенката

( , ) 0,F x y каде што :F X Y и ( )y f x , x X велиме

дека е зададена имплицитно.

Понекогаш променливата y од имплицитниот облик

( , ) 0F x y може да се изрази преку променливата x во облик

( )y f x , но често пати оваа постапка е комплицирана, па дури и

невозможна.

На пример, функцијата зададена имплицитно со равенката

3log ( 2) 0x y може да се запише во експлицитен облик

3 2xy , додека функцијата зададена имплицитно со равенката 4 sin 0y xy e xy не може да се запише во експлицитен облик.

Функцијата :f X Y , ,X Y зададена со равенките

( ),x t ( ),y t t I ,

каде што за функциите : I и : I важи ( )t X ,

( )t Y , t I велиме дека е зададена во параметарски облик.

Променливата t се вика параметар на функцијата.

На пример, со равенките 1x t , 2y t , t параметарски

е зададена функција која може да се запише во експлицитен облик 2( 1)y x . Од тоа што t , следува x , т.е. дефинициона

област на оваа функција е .

За [1, )t , со истите параметарски равенки 1x t , 2y t е зададена функцијата 2( 1)y x дефинирана на [0, ) ,

бидејќи од [1, )t следува [0, )x .


55

Пример 5. График на функцијата зададена во експлицитен облик

со равенката 21y x е горната полукружница со центар во

координатниот почеток и радиус 1. Имплицитниот облик на оваа

функција е 2 2 1x y , 0y , а нејзиниот параметарски облик е

зададен со равенките cos ,x t sin ,y t 0,t . ▲

Забелешка. Имплицитниот и параметарскиот облик често пати се

користат за дефинирање криви кои не мора да бидат график на

некоја функција.

На пример, со равенката 2 2 1x y без ограничувања за y ,

се дефинира кружница со центар во координатниот почеток и

радиус 1. Оваа кружница може да се дефинира и со

параметарските равенки cos ,x t sin ,y t [0, 2 )t . Но со

равенката 2 2 1x y не се дефинира функција бидејќи на секоја

вредност ( 1,1)x и одговараат две вредности за y , а тоа се

21y x .

Исто така, со параметарските равенки 2 4x t , 2y t ,

t се дефинира параболата 2( 2) 4x y . Но, со равенката 2( 2) 4x y не се дефинира функција, бидејќи на секоја вред-

ност ( 4, )x и одговараат две вредности за y , а тоа се

2 4y x .

Нека 1 2, , , nI I I , n и i jI I , i j . За

функцијата

1 1

2 2

( ),

( ), ( )

( ), n n

f x x I

f x x If x

f x x I

велиме дека е зададена по

делови. Нејзината дефинициона област е 1 2f nD I I I .


56

Пример 6. Функцијата зада-

дена по делови на следниов

начин:

0, 0( )

1, 0

xH x

x

е наречена Хевисајдова функ-

ција.

x

y

O

1

-1

y x= sgn( )

Функцијата зададена по дело-

ви на следниов начин:

1, 0

sgn( ) 0, 0

1, 0

x

x x

x

го определува знакот на реал-

ниот број x.

Функцијата

2

, 0

, 0 2( )

4 , 2

x x

x xh x

x x

,

чијшто график е претставен на

сликата десно со полна линија,

е исто така зададена по делови.

▲


57

2.1.3. Операции со функции

Нека функциите f и g имаат иста дефинициона област

f gD D X . Функциите: збир f g , разлика f g , производ

f g , производ на функција со број cf ( c е константа) и количник

f

g се функции кои се дефинираат на следниов начин:

1) ( ) ( ) ( ), f g x f x g x x X ,

2) ( ) ( ) ( ), f g x f x g x x X ,

3) ( ) ( ), cf x cf x x X ,

4) ( )

( ) , за кое ( ) 0( )

f f xx x X g x

g g x

.

Забелешка. Ако f gD D , тогаш дефинициона област на

функциите f g и f g е f gD D , а дефинициона област на

функцијата f

g е \ : ( ) 0f gD D x g x .

Пример 7. Функција sin

( ) tgcos

xf x x

x има дефинициона област

\ : 2

fD k k

, а функција cos

( ) ctgsin

xf x x

x има де-

финициона област \ : fD k k . ▲

Пример 8. Секоја функција дефинирана со

1

2

( ), ( )

( ),

f x x af x

f x x a

,

може да се претстави со помош на Хевисајдовата функција на



58

1 2 1( ) ( ) ( ( ) ( )) ( )f x f x f x f x H x a .

▲

2.1.4. Сложена функција

Сложена функција (композиција или состав) на

функциите :f X Y и :g Y Z , , , X Y Z претставува

функција :f g X Z која се означува со f g и се дефи-

нира на следниов начин:

( )( ) ( ) , f g x g f x x X .

Пример 9. Нека 3( )f x x и ( ) sing x x . Сложените функции

:f g и :g f се дефинирани, бидејќи :f

и :g .

3 3( )( ) ( ) sinf g x g f x g x x , x ,

3( )( ) ( ) sin sing f x f g x f x x , x .

Заклучуваме дека f g g f . ▲


59

2.1.5. Нули на функција

Нули на функцијата ( )f x се оние вредности 0 fx D за

кои 0( ) 0f x .

Ако 0x е нула на функцијата f , тогаш нејзиниот график ја

сече x -оската во точката 0( ,0)x .

Забележуваме дека графикот на функцијата може да ја сече

x -оската во повеќе точки, бидејќи функцијата може да има повеќе

нули, додека точката (0, (0))f е единствената пресечна точка на

графикот на функцијата f со y-оската.

На пример, функцијата 2( ) 1f x x има две нули 1 1x и

2 1x (тоа се решенијата на равенката 2 1 0x ). Нејзиниот

график ја сече x -оската во две точки ( 1,0) и (1,0) , а y-оската во

точката (0, 1) .

Функцијата 1

( )1

g xx

нема нули, бидејќи равенката

10

1x

нема реални решенија.

Функцијата ( ) sinh x x има бесконечно многу нули, а тоа се

решенијата на равенката sin 0x .


60

Според тоа, нулите на функцијата ( ) sinh x x се вредностите

,kx k k .

2.1.6. Инверзна функција

Нека функцијата f има дефинициона област fD и

))(,( xfx , fx D е точка од нејзиниот график. Формираме ново

множество составено од точките .),),(( fDxxxf Се поставува

прашањето: Дали ова множество може да биде график на некоја

функција g ?

Одговорот е позитивен само ако за сите fDxx 21, , 1 2x x

важи ).()( 21 xfxf Овој услов е еквивалентен со условот од

еднаквоста на сликите 1 2( ) ( )f x f x , fDxx 21, да следува

1 2x x , т.е. секој елемент од ( )f fV f D е слика на точно еден

елемент од fD . Тогаш велиме дека функцијата f има инверзна

функција : f fg V D дефинирана со

( ) ( )g y x f x y .


61

Значи, важи xxfg ))(( , fx D и ( ( ))f g y y , fy V .

Инверзната функција на f ја означуваме со .1f Заклучуваме

дека важи 1 ffD V и 1 ff

V D .

Ќе покажеме дека графикот на инверзната функција 1f е

осно симетричен со графикот на функцијата f во однос на

правата y x (симетрала на првиот и третиот квадрант).

Навистина, нека 1 1M( , )x y е произволна точка од графикот

на функцијата f . Тогаш 1 1N( , )y x е точка од графикот на инверз-

ната функција 1f . Равенката на правата p што минува низ

точките 1 1M( , )x y и 1 1N( , )y x е 1 11 1

1 1

( )x y

y y x xy x

, т.е.

1 1: p y x x y .

Правата p е нормална на права-

та :q y x бидејќи

1p qk k .

Пресекот на правите p и q е

точката 1 1 1 1P ,2 2

x y x y

, која е

средина на отсечката MN .

Според тоа, точките 1 1M( , )x y и 1 1N( , )y x се симетрични во

однос на правата y x . Од произволноста на точката M следува

заклучокот дека графикот на инверзната функција 1f е осно си-

метричен со графикот на функцијата f во однос на правата

y x .


62

Пример 10. Функцијата

23)( xxf

има инверзна функција.

Навистина, од

)()( 21 xfxf , 1 2, fx x D

следува

2323 21 xx ,

односно 21 xx .

Инверзната функција ја добиваме кога од равенката 23 xy ќе

ја изразиме променливата x преку променливата y :

.3

2)(1 x

xf

Графикот на функцијата ( )f x е претставен со испрекината ли-

нија, а графикот на нејзината инверзна функција 1( )f x

е прет-

ставен со полна линија. ▲

Пример 11. Функцијата 3)( xxf

има инверзна функција.

Навистина, од

)()( 21 xfxf , 1 2, fx x D

следува 3 3

1 2x x , од каде се

добива 21 xx .

Инверзната функција е 31 )( xxf

.

Графикот на функцијата ( )f x е претставен со испрекината

линија, а графикот на нејзината инверзна функција 1( )f x

е

претставен со полна линија. ▲


63

Пример 12. Функцијата 2( )f x x , [0, )x има инверзна функ-

ција 1( )f x x . Функцијата

2( )g x x , ( ,0]x има инверз-

на функција 1( )g x x . Графикот на функцијата ( )f x ,

односно ( )g x е претставен со испрекината линија, а графикот на

инверзната функција 1( )f x

, односно 1( )g x

е претставен со пол-

на линија.

Функцијата 2( )h x x , x нема инверзна функција

бидејќи од )()( 21 xfxf , 1 2, fx x D , т.е. од 2 2

1 2x x не сле-

дува 21 xx . ▲


64

2.2. Својства на реалните функции од една

реална променлива

2.2.1. Парност и непарност на функции

Непразното подмножество X од е симетрично во однос

на координатниот почеток ако за секое x X важи x X . На

пример, следниве множества се симетрични во однос на

координатниот почеток: ( 2,2) , [ 1,1] , [ 5, 3) (3,5] , .

Нека дефиниционата област fD на функцијата ( )f x е

симетрично множество во однос на координатниот

почеток.

Функцијата ( )f x е парна, ако за секоj fx D важи

( ) ( )f x f x , а е непарна ако за секоj fx D важи

).()( xfxf

Нека 1 1( , )M x y е произволна точка од графикот на парната

функција f . Тогаш и точката 1 1( , )N x y припаѓа на графикот на

функцијата f , па заклучуваме дека графикот на парна функција е

осно симетричен во однос на y-оската.

Ако пак, 1 1( , )M x y е произволна точка од графикот на

непарната функција f , тогаш и точката 1 1( , )N x y припаѓа на

графикот на функцијата f . Значи графикот на непарна функција е

централно симетричен во однос на координатниот почеток.

Затоа при скицирање на графикот на парна, односно

непарна функција, доволно е тој да се скицира на интервалот

[0, ) или на интервалот ( ,0] , а потоа да се искористи осната,

односно централната симетрија.


65

Пример 1. Функцијата 2)( xxf е парна бидејќи

2 2( ) ( )f x x x f x , fx D .

Функцијата , 0

( ), 0

x xg x x

x x

е парна бидејќи за 0x важи

0x и ( ) ( ) ( )g x x x g x , а за 0x важи 0x и

( ) ( )g x x g x .

Функциите 3( )h x x и ( ) sinr x x се непарни бидејќи

3 3( ) ( )h x x x h x , hx D

и

( ) sin( ) sin ( )r x x x r x , rx D .

▲


66


( ) xf x xe

не е ниту парна, ниту непарна

бидејќи ( ) xf x xe , па

( ) ( )f x f x и

( ) ( )f x f x .

▲

Пример 3. Дефиниционата област на функцијата ( ) logf x x е

(0, )fD . Бидејќи (0, ) не е симетрично множество во

однос на координатниот почеток, следува дека функцијата не е

ниту парна, ниту непарна. ▲

Единствена функција која истовремено е парна и непарна е

нула функцијата ( ) 0, f x x . Секоја друга функција може да

биде или парна или непарна, или ниту парна ниту непарна

функција.

Лесно се покажува дека производ од две парни, односно

непарни функции е парна функција, а производ од парна и

непарна функција е непарна функција.

2.2.2. Периодичност на функции

Функцијата ( )f x е периодична ако постои реален број

0T така што за секој fx D важи fx T D и

).()( xfTxf Бројот T се нарекува период на функци-

јата f .

Ако f е периодична функција со период T , тогаш и kT ( k

е произволен цел број различен од 0) е период на функцијата f .


67

Ако постои најмал позитивен број 0T за кој важи

дефиницијата, тогаш тој се нарекува основен период на функци-

јата.

При скицирање на графикот на една периодична функција со

основен период 0T , доволно е тој да се скицира на кој било

сегмент со должина 0T (најчесто на сегментот 0[0, ]T или на

сегментот 0 0/ 2, / 2T T ), а потоа периодично да се продолжи лево

и десно од овој сегмент.

Пример 4. Функцијата xy 2sin е периодична.

Навистина,

( ) ( ) sin(2 2 ) sin 2f x T f x x T x

2 2 2 2 2 22sin cos

2 2

x T x x T x

2sin cos(2 ),T x T

па заклучуваме дека ( ) ( ) 2sin cos(2 ) 0f x T f x T x T за се-

кој fx D , ако .0sin T Решението на оваа равенка е

, \{0}T k k .

Значи оваа функција е

периодична и секој реален

број од облик ,k k е

нејзин период. Најмалиот

позитивен број од облик

, \{0}k k е 0T и тоа

е основниот период на

функцијата xy 2sin .

Пример 5. Функциите siny x и cosy x се периодични функ-

ции со основен период 0 2T бидејќи fx D важи


68

sin( 2 ) sinx k x и cos( 2 ) cos , .x k x k

Функциите tgy x и ctgy x се периодични функции со основен

период 0T бидејќи

tg( ) tgx k x , \ : 2

fx D k k

и

ctg( ) ctg ,x k x \ : fx D k k . ▲

Пример 6. Константната функција ( ) , f x c x ( c е констан-

та) е периодична функција, но нема основен период, бидејќи

, 0x T важи ( ) ( )f x T f x , но не постои најмал пози-

тивен реален број. ▲

Пример 7. Функција 2( )f x x не е периодична бидејќи не постои

реален број 0T така што за секој fx D важи

2 2( ) ( ) ( ) (2 ) 0f x T f x x T x T x T . ▲

2.2.3. Ограниченост на функции

Функцијата ( )f x е ограничена од горе ако постои ре-

ален број M така што за секој fx D важи ( ) .f x M

Функцијата ( )f x е ограничена од долу ако постои ре-

ален број m така што за секој fx D важи ( ) .f x m

Функцијата ( )f x е ограничена ако е ограничена од

горе и од долу, т.е. ако постојат реални броеви m и M

така што за секој fx D важи .)( Mxfm

Графикот на ограничена функција ( )y f x лежи меѓу пра-

вите my и My .


69

Јасно е дека функцијата ( )f x е ограничена ако постои

реален број 0M така што за секој fx D важи ( ) .f x M

Пример 8. Функција ( ) 2xf x е ограничена од долу бидејќи

2 0,x fx D , а функцијата ( ) 2xg x е ограничена од

горе бидејќи 2 0,x gx D . Функцијата ( ) cosh x x е

ограничена бидејќи 1 cos 1,x hx D . ▲

Пример 9. Функција ( ) sin cosf x x x е ограничена, бидејќи од

1 sin 2 1,x x следува 1 1

sin cos2 2

x x . ▲

2.2.4. Монотоност и екстремни вредности на функции

Функцијата )(xf е монотоно растечка на интервалот

fI D ако од 21 xx , 1 2,x x I следува 1 2f x f x , а е

монотоно опаѓачка на интервалот fI D ако од 21 xx ,

1 2,x x I следува 1 2f x f x .

Ако наместо горните неравенства важат строги неравенства

1 2f x f x , односно 1 2f x f x , велиме дека функцијата е


70

строго монотоно растечка (или монотоно неопаѓачка), т.е.

строго монотоно опаѓачка (или монотоно нерастечка).

Графикот на една строго монотоно растечка функција е

претставен на горната слика лево, а графикот на една строго

монотоно опаѓачка функција е претставен на горната слика десно.


1( )f x

x

е строго монотоно опаѓачка

на дефиниционата област

( ,0) (0, )fD

бидејќи 1 2, fx x D за кои

21 xx следува 1 2

1 1

x x , т.е.

1 2f x f x .

Аналогно се покажува дека функцијата 3( )g x x е строго

монотоно растечка на fD , додека функцијата 2( )h x x е

строго монотоно опаѓачка на ( ,0] , а строго монотоно растечка


71

на [0, ) (графиците на овие функции се дадени во пример 1 од

поглавјето 2.2.1). ▲

Забелешка. Монотоноста на функциите се користи при решавање

неравенки.

Така на пример, при решавање на неравенката 1

42

x

го

користиме фактот дека функцијата 1/ 2logy x е монотоно

опаѓачка на дефиниционата област (0, ) , па добиваме

1/ 2 1/ 2

1log log 4

2

x

од каде 2x .

Од тоа што функцијата 5logy x е монотоно растечка на

дефиниционата област (0, ) , неравенката sin5 1x е

еквивалентна со sin

5 5log 5 log 1x , од каде се добива sin 0x чие

решение е (2 , 2 ), x k k k .

Забелешка. Ако функцијата f е строго монотона функција на

множеството fI D , тогаш постои нејзината инверзна функција

1 : ( )f f I I .

Навистина, ако ( )f x е строго монотона растечка функција на

множеството fI D , тогаш од 21 xx , 1 2,x x I следува

1 2f x f x . Значи, од 1 2x x , 1 2,x x I следува 1 2( ) ( )f x f x

што претставува услов за постоење на инверзна функција 1 : ( )f f I I . Аналогно се покажува и во случај кога f е строго

монотона опаѓачка функција на множеството fI D .

Функцијата )(xf има апсолутен максимум (односно

апсолутен минимум) во точката fc D ако

( ) ( ), ff x f c x D (односно ( ) ( ), ff x f c x D ).


72

Ако )(xf има апсолутен максимум (најголема вредност) или

апсолутен минимум (најмала вредност) во точката fc D , тогаш

велиме дека таа има апсолутен екстрем во таа точка.

Функцијата )(xf има локален максимум (односно

локален минимум) во точката fc D ако постои отворен

интервал I кој ја содржи точката c така што

( ) ( ), ff x f c x I D

(односно ( ) ( ), ff x f c x I D ).

Локалниот минимум и локалниот максимум се нарекуваат

локални екстреми на функцијата.

Јасно е дека секој апсолутен екстрем е и локален екстрем, но

обратното не мора да важи, како што покажува следниов пример.


2

, 0

, 0 2( )

4 , 2

x x

x xh x

x x

има локален минимум во точка-

та 0x , а локален максимум во

2x , но нема апсолутни ек-

стреми.

▲

Пример 12. Функцијата 2 1( )

2f x x има локален минимум и

апсолутен минимум во точката 0x и тој изнесува 1

(0)2

f , но

нема локален максимум и апсолутен максимум.


73

Функцијата 2( ) 1g x x има локален максимум и

апсолутен максимум во точката 0x и тој изнесува (0) 1g , но

нема локален минимум и апсолутен минимум.

▲

Забелешка. Функциите може да имаат локални екстреми во

повеќе точки, како што покажува следниот пример. За разлика од

локалните екстреми, ако функцијата има апсолутен максимум,

односно апсолутен минимум, тогаш тие се единствени.


2

, 3 0

, 0 2( )

4 , 2

x x

x xg x

x x

има локален минимум во точка-

та 0x , а локален максимум во

точките 2x и 3x .

Оваа функција има апсолутен максимум во точката 3x и тој

изнесува ( 3) 3g , но нема апсолутен минимум. ▲

3. Гранична вредност и непрекинатост на реална функција

74

3. Гранична вредност и непрекинатост на

реална функција од една реална

променлива

3.1. Дефиниција на гранична вредност на функција

Лева и десна гранична вредност

Често пати потребно е да се знае вредноста на функцијата

( )f x кога независната променлива x е блиску до некоја точка a ,

при што функцијата f не мора да биде дефинирана во точката a .

Во случај кога таква вредност на функцијата постои, таа се

нарекува гранична вредност на функцијата f кога x тежи кон a .

Ако функцијата f е дефинирана во точката a , тогаш граничната

вредност на функцијата f кога x тежи кон a не смее да се

изедначува со вредноста ( )f a , иако во некои случаи тие се

еднакви.

Граничните процеси се она по што математичката анализа се

разликува од алгебрата и геометријата. Иако добар дел од

анализата бил познат во XVII и XVIII век, клучниот момент во

нејзиниот развој е воведувањето прецизна дефиниција за гранична

вредност.

Нека множеството E има бесконечно многу еле-

менти. Точката a е точка на натрупување на множес-

твото E , ако за секој реален број 0 интервалот

( , )a a содржи барем еден елемент од множеството

E различен од a .

Точката на натрупување на множеството E не мора да

припаѓа на множеството E . Се покажува дека ако a е точка на


75

натрупување на множеството E , тогаш за секој реален број 0

интервалот ( , )a a содржи бесконечно многу елементи од

множеството E различни од a .

На пример, множеството 1 1 1

1, , , , , 2 3

En

има

точка на натрупување 0 E бидејќи во која било околина на

точката 0 постојат бесконечно многу елементи од множеството E

различни од 0.

Секоја точка од сегментот [ , ]a b е негова точка на

натрупување. Исто така, точки на натрупување на отворениот

интервал ( , )a b се сите негови точки, како и крајните точки a и b ,

додека точката 1 не е точка на натрупување на множеството

1 (2,3) . Множеството 1, 2, 3 нема ниту една точка на

натрупување.

Нека a е точка на натрупување на дефиниционата

област fD на функцијата f .

Бројот A е гранична вредност или лимес на

функцијата f во точката a ако за секој реален број

0 , постои реален број ( ) 0 така што

Axf )( кога 0 , fx a x D .

Пишуваме lim ( )x a

f x A

, или ( )f x A , кога x a .

Јасно е дека 0 x a ако и само ако x a . Затоа, во

горната дефиниција наместо 0 , fx a x D може да стои

, \{ }fx a x D a . Овој услов е даден во горната дефиниција,

бидејќи точката a не мора да припаѓа во дефиниционата област

на функцијата.


76

Од дефиницијата следува дека lim ( )x a

f x A

ако за секој

интервал ( , )A A , постои интервал ( , )a a така што

важи ( ) ( , )f x A A за ( , ) fx a a D , освен можеби

за точката x a . Геометриски тоа значи дека за секоја -околина

на точката A, постои -околина на точката a која целосно, освен

можеби точката a , се пресликува со f во -околината на точката

A.

Како што истакнавме, функцијата не мора да биде дефини-

рана во точката a , а ако е дефинирана, тогаш вредноста )(af не

мора да биде еднаква на A.

Пример 1. Користејќи ја дефиницијата за гранична вредност на

функција ќе покажеме дека .5)23(lim1

xx

Нека 0 е произволен реален број. Од неравенството

1333523)( xxxAxf

следува ).(3

1 x

Значи, за произволен реален број 0 , постои реален број

03

така што ( ) 5f x кога 1x , па

1lim ( ) 5.x

f x


77

Врската меѓу гранична вредност на низа и функција е дадена

со следнава дефиниција, позната како дефиниција според Хајне.

Нека a е точка на натрупување на дефиниционата об-

ласт fD на функцијата f .

Бројот A е гранична вредност на функцијата f

во точката a ако Aaf nn

)(lim за која било низа од реал-

ни броеви na , \{ }, n fa D a n , таква што

aann

lim .

Се покажува дека двете дефиниции за гранична вредност на

функција се еквивалентни. Втората дефиниција често пати се

користи за полесно докажување дека функцијата f нема

гранична вредност во некоја точка a и притоа, треба да се покаже

дека постои низа од реални броеви na , \{ }, n fa D a n

таква што aann

lim , но lim ( )nn

f a

не постои.

На пример, ќе покажеме дека 0

1limsinx x

не постои.

Јасно е дека за низата со општ член 2

nan

важи lim 0nn

a

.

Бидејќи 1

( ) sinf xx

следува ( ) sin2

n

nf a

. Низата со општ член

( ) sin2

n

nf a

има три точки на натрупување 1 , 0 и 1 (пример 6

од поглавје 1.2.), па таа е дивергентна, т.е. не постои lim ( )nn

f a

.

Исто така, за да се докаже дека функцијата f нема

гранична вредност во некоја точка a , може да се покаже дека

постојат две низи од реални броеви na и nb , \{ }n fa D a ,

\{ }n fb D a , n такви што


78

lim limn nn n

a b a

, но lim ( ) lim ( )n nn n

f a f b

.


област fD на функцијата f таква што во секоја нејзина

околина се наоѓа барем една точка fx D , x a .

Бројот A е лева гранична вредност на функцијата

f во точката a ако за секој реален број 0 , постои

реален број ( ) 0 така што

Axf )( кога ( , ) fx a a D .

Пишуваме 0

lim ( )x a

f x A

или lim ( )x a

f x A

.


област fD на функцијата f таква што во секоја нејзина

околина се наоѓа барем една точка fx D , x a .

Бројот A е десна гранична вредност на

функцијата f во точката a ако за секој реален број

0 , постои реален број ( ) 0 така што

Axf )( кога ( , ) fx a a D .

Пишуваме 0

lim ( )x a

f x A

или lim ( )x a

f x A

.

Левата и десната гранична вредност се викаат еднострани

гранични вредности и често се означуваат како

lim ( ) ( 0)x a

f x f a

(или ( )f a ) и lim ( ) ( 0)x a

f x f a

(или ( )f a ).

Теорема 3.1. Функцијата f има гранична вредност A

кога ax ако и само ако има лева и десна гранична

вредност во точката a и тие се еднакви на A, т.е. важи

lim ( ) lim ( ) lim ( ) .x a x a x a

f x f x f x A

.


79

Пример 2. Ќе покажеме дека граничната вредност на функцијата

2 1, 1( )

2 3, 1

x xf x

x x

во точката 1x не постои.

Ги бараме едностраните гранични

вредности на функцијата во точката

1x .

1 1

1 1

lim ( ) lim (2 1) 3,

lim ( ) lim( 2 3) 1.

x x

x x

f x x

f x x

Левата и десната гранична вредност на функцијата се различни, па

заклучуваме дека граничната вредност на функцијата во точката

1x не постои. ▲

Пример 3. Ќе покажеме дека граничната вредност на функцијата

xexf

1

)( во точката 0x не постои.

Ги бараме едностраните гранични вредности на функцијата

во точката 0x .

1 1

0

0 00

0 , 0lim ( ) lim lim 0,

0x

xf x e e e

1 1

0

0 00

0 , 0lim ( ) lim lim .

0x

xf x e e e


80

Значи, граничната вредност на функцијата во точката 0x не

постои. ▲

3.2. Гранични вредности во бесконечност и

хоризонтални асимптоти

Нека fD е дефинициона област на функцијата f и нека

постои a така што , fa D .


во ако за секој реален број 0 , постои реален број

( ) 0M така што

( )f x A кога x M , fx D .

Пишуваме lim ( )x

f x A

.

Слично се дефинира гранична вредност на функцијата f

кога x .

Нека fD е дефинициона област на функцијата f и нека

постои a така што , fa D .


81


во ако ако за секој реален број 0 , постои реален

број ( ) 0M така што

( )f x A кога x M , fx D .

Пишуваме lim ( )x

f x A

.

lim ( )x

f x A

lim ( )x

f x A

Да забележиме дека ако lim ( )x

f x A

тогаш за секој реален

број 0 , постои реален број ( ) 0M така што графикот на

функцијата f е меѓу хоризонталните прави y A и y A

кога x M (слика лево). Аналогно, ако lim ( )x

f x A

тогаш за

секој реален број 0 , постои реален број ( ) 0M така што

графикот на функцијата f е меѓу хоризонталните прави y A и

y A кога x M (слика десно) .

Забелешка. Дефиницијата според Хајне, која дава врска меѓу

гранична вредност на низа и функција, важи и за граничните

вредности во бесконечност.


82

Правата y b , b е хоризонтална асимптота за гра-

фикот на функцијата f ако е исполнет барем еден од след-

ниве услови:

lim ( )x

f x b

или lim ( )x

f x b

.

Ако lim ( )x

f x b

, тогаш велиме дека правата y b е

хоризонтална асимптота за графикот на функцијата f од десно

(десна хоризонтална асимптота), а ако lim ( )x

f x b

, тогаш

правата y b е хоризонтална асимптота за графикот на функци-

јата од лево (лева хоризонтална асимптота).

Како што покажуваат наредниве примери, левата и десната

хоризонтална асимптота може, но не мора да се исти прави.

Пример 1. Ќе ги определиме хоризонталните асимптоти на функ-

цијата 2

2

2( )

2

xf x

x

.

2 2

22

2

2 2lim ( ) lim lim 2

221

x x x

x xf x

xx

x

.

Исто така, lim ( ) 2x

f x

, па заклучуваме дека правата 2y е

хоризонталната асимптота од лево и десно за графикот на

функцијата.

▲


83

Пример 2. Ќе ги определиме хоризонталните асимптоти на

функцијата 2

( )2

xf x

x

.

2

2 2

lim ( ) lim lim lim 1,2 22

1 1x x x x

x x xf x

xx x

x x

2

2 2

lim ( ) lim lim lim 1.2 22

1 1x x x x

x x xf x

xx x

x x

Заклучуваме дека правата 1y е хоризонталната асимптота на

функцијата од десно, а правата 1y е хоризонталната асимпто-

та на функцијата од лево.

▲


84

3.3. Бесконечни гранични вредности и вертикални

асимптоти

Нека a е точка на натрупување на дефиниционата област fD

на функцијата f .

Велиме дека функцијата f има гранична вредност

во точката a ако за секој реален број 0K , постои

реален број ( ) 0K така што

( )f x K кога 0 , fx a x D .


f x

.

Да забележиме дека ако

lim ( )x a

f x

,

тогаш за секој реален број

0K , постои интервал

( , )a a

така што ( )f x K за

( , ) fx a a D ,

освен можеби за точката

x a .

Велиме дека функцијата f има гранична вредност

во точката a ако за секој реален број 0K , постои

реален број ( ) 0K така што

( )f x K кога 0 , fx a x D .


f x

.


85

Ако lim ( )x a

f x

, тогаш за

секој реален број 0K ,

постои интервал

( , )a a

така што ( )f x K за

( , ) fx a a D ,

освен можеби за точката

x a .

Забелешка. Дефиницијата според Хајне, која дава врска меѓу

гранична вредност на низа и функција, важи и за бесконечните

гранични вредности.

Пример 1. Користејќи ја дефиницијата ќе покажеме дека

20

1limx x

.

Нека 0K е произволен реален број. Неравенката ( )f x K , т.е

2

1K

x е еквивалентна со

1 1x

K K , т.е.

1| |x

K . Од

последната неравенка избираме 1

0K

. Оттука следува дека

20

1limx x

. ▲

Аналогно се дефинираат и едностраните бесконечни

гранични вредности:

lim ( )x a

f x

, lim ( )x a

f x

,

lim ( )x a

f x

и lim ( )x a

f x

.


86

Правата x a , a е вертикална асимптота за гра-

фикот на функцијата f ако е исполнет еден или најмногу

два од следниве услови:

lim ( )x a

f x

, lim ( )x a

f x

,

lim ( )x a

f x

или lim ( )x a

f x

.

Пример 2. Ќе ги определиме вертикалните асимптоти на функци-

јата 1

( )1

f xx

.

0 01 1

1 , 01 1 1lim ( ) lim lim lim ,

01 1 1x x

xf x

x

1 1

0

0

1lim ( ) lim

1

1 , 0

0

1 lim

1 1

1 lim ,

x xf x

x

x

па заклучуваме дека правата 1x е вертикална асимптота на

дадената функција. ▲

На сличен начин се дефинираат и следниве гранични

вредности:

lim ( )x

f x

, lim ( )x

f x

, lim ( )x

f x

и lim ( )x

f x

.


87

3.4. Коси асимптоти

Нека f x е функција која неограничено расте (или неогра-

ничено опаѓа) кога x или x .

Ако lim ( ) ( ) 0x

f x kx n

или lim ( ) ( ) 0x

f x kx n

,

тогаш графикот на функцијата, кога x или x , се

доближува кон правата y kx n .

За да ги определиме параметрите , k n поаѓаме од

условот lim ( ) ( ) 0x

f x kx n

и теорема 3.2. а), од каде што

следува дека

1 1

lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) lim 0x x x

f x kx n f x kx nx x

.

Оттука

1 ( )

0 lim ( ) ( ) lim

( ) ( ) lim lim , т.е.

x x

x x

f x nf x kx n k

x x x

f x f xk k

x x

( )limx

f xk

x .

Од lim ( ) ( ) 0x

f x kx n

за параметарот n добиваме

lim ( )x

n f x kx

.

Аналогно се добиваат параметрите од правата во случај кога

x .


88

Правата y kx n , , k n , 0k е коса асимптота за

графикот на функцијата f ако е исполнет барем еден од

следниве услови:

( )limx

f xk

x или

( )limx

f xk

x .

Тогаш lim ( )x

f x kx n

, односно lim ( )x

f x kx n

.

Ако ( )

limx

f xk

x , 0k , тогаш велиме дека правата

y kx n , каде што lim ( )x

n f x kx

е коса асимптота за

графикот на функцијата од десно (десна коса асимптота), а ако

( )limx

f xk

x , 0k , тогаш правата y kx n , каде што

lim ( )x

n f x kx

е коса асимптота за графикот на функцијата од

лево (лева коса асимптота).

Забележуваме дека левата и десната коса асимптота може, но

не мора да се исти прави. Косата асимптота може да го сече

графикот на функцијата. Ако функцијата има хоризонтална

асимптота од лева страна (односно десна страна), тогаш таа не

може да има коса асимптота од истата страна. Важи и обратното,

постоењето на коса асимптота ја исклучува можноста за постоење

хоризонтална асимптота од истата страна.

Пример. Ќе ги определиме косите асимптоти на функцијата 3

2( )

1

x xf x

x

.

3

3 2

23

2

11

( )lim lim lim 1,

111

x x x

xf x x x x

kx x x

xx


89

3

2lim ( ) lim

1x x

x xn f x kx x

x

2

2

2

2 2lim lim 0,

111

x x

x x

xx

x

Исто така, ( )

lim 1x

f xk

x и lim ( ) 0,

xn f x kx

па заклучу-

ваме дека правата y x е коса асимптота на функцијата кога

x и x .

Можеме да ја определиме

точката во која графикот на

функцијата ја сече косата асимп-

тота, решавајќи го системот од

две равенки со две непознати:

3 3

2 21 1

x x x xy x

x x

y x y x

3 3 0

.0

xx x x x

yy x

Значи, O(0, 0) е точката во која графикот на функцијата се сече со

косата асимптота. ▲


90

3.5. Операции со гранични вредности на функции

Теорема 3.2. Нека a е точка на натрупување на дефини-

ционата област D на функциите f и g .

а) Ако постојат граничните вредности

lim ( )x a

f x A

, lim ( )x a

g x B

, ,A B ,

тогаш постојат и следниве гранични вредности и важи:

lim ( ) ( ) ;x a

f x g x A B

lim ( ) ( ) ;x a

f x g x A B

lim[ ( )] , ;x a

cf x cA c

( )

lim( )x a

f x A

g x B , ( ) 0, g x x D и 0.B

б) Ако lim ( ) , lim ( ) , ,x a x a

f x g x B B

тогаш

lim ( ) ( ) ;x a

f x g x

lim ( ) ( )x a

f x g x

, ако 0B ;

lim ( ) ( )x a

f x g x

, ако 0B ;

( )lim 0

( )x a

g x

f x , ( ) 0, f x x D .


91

в) Ако lim ( ) , lim ( ) , ,x a x a

f x g x B B

тогаш

lim ( ) ( ) ;x a

f x g x

lim ( ) ( )x a

f x g x

, ако 0B ;

lim ( ) ( )x a

f x g x

, ако 0B ;

( )lim 0

( )x a

g x

f x , ( ) 0, f x x D .

Доказ. Ќе го докажеме само равенството од а). Сите останати

равенства се докажуваат на сличен начин користејќи ја

дефиницијата за гранична вредност на функција. Исто така,

горните равенства може да се покажат и со користење на

соодветните равенства кај операции со конвергентни низи имајќи

ја предвид дефиницијата според Хајне која дава врска меѓу

гранична вредност на низа и функција.

а) Нека 0 е произволен реален број. Од условот lim ( )x a

f x A

,

lim ( )x a

g x B

, ,A B , следува дека постојат 1 1( ) 0 и

2 2( ) 0 така што

( )2

f x A

кога 10 x a , x D и

( )2

g x B

кога 20 x a , x D .

Нека 1 2min{ , } . Тогаш за 0 , x a x D важи:

( ( ) ( )) ( ) ( ) ( )2 2

f x g x A B f x A g x B

. ■

Забелешка. Равенствата под б) често пати скратено симболички

ги запишуваме на следниов начин:


92

( ) , ;

( ) , 0;

( ) , 0;

0.

B B

B B

B B

B

Слично можат да се запишат и равенствата под в), како и некои

други операции со бесконечни гранични вредности.

Во некои случаи при операција со гранични вредности на

функции, резултатот не може однапред да се одреди. Тогаш

велиме дека граничната вредност е неопределена. Но тоа не

значи дека граничната вредност не постои, а за да се определи

потребно е неопределениот израз да се трансформира. Неопре-

делени изрази се:

0 00[ ], 0 ( ) , , , 1 , ( ) , 0

0

.

Операциите под а) важат и за едностраните гранични

вредности, како и за граничните вредности во бесконечност, со

исклучок на случаите кога се добиваат неопределени изрази.

Теорема 3.3. (особина на сендвич-функција) Нека a е

точка на натрупување на дефиниционата област D на

функциите f , g и h .

Ако постојат граничните вредности

lim ( ) lim ( )x a x a

f x g x A

, A ,

и важи

( ) ( ) ( )f x h x g x , \x D a ,

тогаш постои и граничната вредност lim ( )x a

h x

и

lim ( )x a

h x A

.


93

Аналогна особина важи и за едностраните гранични

вредности, како и за граничните вредности во бесконечност.

Пример 1. Ќе покажеме дека cos

lim 0x

x

x .

Од тоа што 1 cos 1x и 0x следува 1 cos 1x

x x x .

Бидејќи 1 1

lim lim 0x xx x

, од особината на сендвич-функција

следува cos

lim 0x

x

x . Аналогно се покажува

coslim 0x

x

x . ▲

Функцијата ( )f x е бесконечно мала кога ax ако

0)(lim

xfax

.

Теорема 3.4. Нека a е точка на натрупување на дефини-

ционата област D на функциите f и g . Ако f е беско-

нечно мала функција кога ax и g е ограничена

функција, тогаш функцијата f g е исто така бесконечно

мала функција кога ax .

Доказ. Нека 0 е произволен реален број. Од ограниченоста на

функцијата g следува дека постои реален број 0M така што за

секој x D важи ( )g x M . Од условот 0)(lim

xfax

следува

дека постои ( ) 0 така што

( ) 0f xM

кога 0 x a , x D .

Според тоа,

( ) ( ) 0 ( ) ( )f x g x f x g x MM

,

кога 0 x a , x D , од каде заклучуваме дека


94

lim ( ) ( ) 0x a

f x g x

. ■

Теорема 3.4. важи и за едностраните гранични вредности, како

и за граничните вредности во бесконечност.

Пример 2. Ќе покажеме дека 0

1lim sin 0x

xx

.

Од тоа што ( )f x x е бесконечно мала функција кога 0x и

1( ) sing x

x е ограничена функција на \ 0 , следува дека

1sinx

x

е исто така бесконечно мала функција кога 0x .

Исто така,

sinlim 0x

x

x и

sinlim 0x

x

x . ▲


95

3.6. Непрекинатост на реална функција од една

реална променлива



Функцијата f е непрекината во точката fa D ако

( 0)( ( ) 0) така што

( ) ( )f x f a кога , fx a x D .



Функцијата f е непрекината во точката a ако

1. f е дефинирана во точката a ;

2. постои lim ( )x a

f x

;

3. ).()(lim afxfax

Јасно е дека двете дефиниции се еквивалентни. Исто така,

очигледно е дека функцијата е непрекината во точката a ако и

само ако е дефинирана во точката a , постојат едностраните

лимеси lim ( )x a

f x

и lim ( )x a

f x

и важи

).()(lim)(lim afxfxfaxax

Функцијата f е непрекината од лево во точката

fa D ако постои lim ( )x a

f x

и )()(lim afxfax

.

Функцијата f е непрекината од десно во точката

fa D ако постои lim ( )x a

f x

и )()(lim afxfax

.


96

Јасно е дека ако f е непрекината од лево и десно во точката

fa D , т.е. постојат lim ( )x a

f x

и lim ( )x a

f x

и важи

lim ( ) lim ( ) ( )x a x a

f x f x f a

,

тогаш f е непрекината во точката a .

Се покажува дека ако f и g се непрекинати функции во

точката a , тогаш во точката a се непрекинати и функциите

f g , f g , c f ( c е константа) и f

g, ако ( ) 0g а .

Функцијата f е непрекината на интервалот ,a b ако е не-

прекината во секоја точка од тој интервал.

Функцијата f е непрекината на сегментот ,a b ако е не-

прекината во секоја точка од ,a b , непрекината од десно во

точката a и непрекината од лево во точката b .

Функцијата f е непрекината на интервалот ,a b ако е не-

прекината во секоја точка од ,a b и е непрекината од лево во

точката b . Аналогно, функцијата f е непрекината на интервалот

,a b ако е непрекината во секоја точка од ,a b и е непрекината

од десно во точката a .

Пример 1. Функцијата 1

1 1 0( ) ( ) n n

n n nf x P x a x a x a x a

,

1 1 0, , , , n na a a a е реален полином од степен n . Поли-

номната функција ( )nP x е непрекината во сите точки од нејзината

дефинициона област fD .

Функцијата од облик )(

)()(

xQ

xPxf

m

n , каде што )(xPn и )(xQm

се реални полиноми од степен n и m соодветно, се нарекува


97

дробно-рационална функција. Таа е непрекината во сите точки од

нејзината дефинициона област

: ( ) 0f mD x Q x .

Тригонометриските функции ( ) sinf x x и ( ) cosf x x се

непрекинати во сите точки од нивната дефинициона област

fD .

Функцијата ( ) tgf x x е непрекината на множеството

\ : 2

fD k k

,

додека функцијата ( ) ctgf x x е непрекината на множеството

\ : fD k k .

Експоненцијалната функција ( ) , 0, 1xf x a a a е непре-

кината на fD , а логаритамската функција ( ) logaf x x ,

0, 1a a е непрекината на (0, )fD . ▲

Нека функцијата )(xgu има гранична вредност во точката

a еднаква на A, т.е. ,)(lim Axgax

а функцијата )(ufy е

непрекината во точката Au . Ако постои сложената функција

( ( ))y f g x , тогаш таа има гранична вредност во точката a

еднаква на )(Af , т.е. важи

lim ( ( )) (lim ( )) ( ).x a x a

f g x f g x f A

Заклучуваме дека со лимесот можеме да влеземе во

аргументот на непрекината функција.

Пример 2. .1ln1

1limln1

1lnlim

e

xx

x

x

x

x ▲


98

Теорема 3.5. (за непрекинатост на сложена функција)

Нека функцијата )(xgu е непрекината во точката ga D , а

функцијата )(ufy е непрекината во точката ( ) fg a D .

Ако постои сложената функција ( )y f g x , тогаш таа е

непрекината во точката .a

Теорема 3.6. (за апсолутен екстрем) Ако )(xf е непрекина-

та функција на сегментот ba, , тогаш постојат 1 2, ,c c a b

така што за секој bax , важи

1 2( ) ( ) ( ).f c f x f c

Значи, секоја функција која е непрекината на сегмент има

апсолутен максимум (најголема вредност) и апсолутен минимум

(најмала вредност). Во овој случај, често пати се користат

ознаките 1[ , ]

min ( ) ( )x a b

f x f c

и 2[ , ]

max ( ) ( )x a b

f x f c

.


99

3.6.1. Класификација на точките на прекин

Точките во кои функцијата не е непрекината се нарекуваат

точки на прекин.

Нека a е точка на натрупување на дефиниционата област

fD на функцијата f . Точката a е точка на прекин за

функцијата f ако е исполнет барем еден од следниве три

услови:

1. функцијата f не е дефинирана во точката ax ;

2. не постои lim ( )x a

f x

;

3. постои lim ( )x a

f x

, но lim ( ) ( ).x a

f x f a

Ако наместо lim ( )x a

f x

, ги земеме едностраните гранични

вредности lim ( )x a

f x

(односно lim ( )x a

f x

), тогаш точката a е точ-

ка на прекин од лево (односно десно) за функцијата f .

1. Функцијата f има отстранлив прекин во точката x a ако

постои lim ( )x a

f x b

, но f не е дефинирана во точката a .

На сликата е прикажана

функција која има отстран-

лив прекин во точката a .

Ако lim ( )x a

f x b

и f не

е дефинирана во точката

ax , тогаш функцијата

може да се додефинира во

оваа точка ставајќи

baf )( .


100

Новата функција

axb

axxfxF

,

),( е непрекината во точка-

та ax .

2. Функцијата f има прекин од прв ред (скок) во точката ax

во следниве случаи:

2.1. Постојат левата и десната гранична вредност во точката a

и се конечни, но различни меѓусебе, т.е.

( 0) lim ( ) lim ( ) ( 0)x a x a

f a f x f x f a

.

Забележуваме дека функцијата може, но не мора да биде

дефинирана во точката ax (слика долу лево).

2.2. Постои lim ( )x a

f x b

и ( )f a , но baf )( (слика до-

лу десно).

3. Функцијата f има прекин од втор ред (суштински прекин)

во точката ax ако не постои барем една од едностраните

гранични вредности кога ax или барем едната од нив е

бесконечна ( или ).

Нагласуваме дека функцијата може, но не мора да биде

дефинирана во точката ax .


101

На сликата лево е прикажана функција за која левата

гранична вредност во точката a е конечна, но lim ( )x a

f x

,

додека на сликата десно прикажана е функција за која

lim ( )x a

f x

и lim ( )x a

f x

. Во двата случаи функцијата

не е дефинирана во точката ax .

Пример 3. Точката 2x е можен прекин за функцијата

2,2

2,1

xx

xxxf .

Функцијата е дефинирана во

точката 2x и 1)2( f . Левиот и

десниот лимес во точката 2x се

2 2lim ( ) lim ( 1) 1,x x

f x x

42lim)(lim22

xxfxx

.

Бидејќи 2 2

lim ( ) lim ( )x x

f x f x

за-

клучуваме дека во точката 2x

функцијата има прекин од прв ред.

▲


102

Пример 4. Да ја разгледаме функцијата 2

2

1( )

2

xf x

x x

.

Дадената функција можеме

да ја претставиме во облик

( 1)( 1)

( )( 1)( 2)

x xf x

x x

.

Таа е дробно-рационална функци-

ја и не е дефинирана во точките

1x и 2x . Поради тоа,

точките 1x и 2x се нејзини

точки на прекин.

Кога 1x функцијата може да се претстави во облик

1( )

2

xf x

x

. Граничната вредност во точката 1x е

1 1

1 2lim ( ) lim

2 3x x

xf x

x

,

па заклучуваме дека во оваа точка функцијата има отстранлив

прекин. Функцијата ( )f x можеме да ја додефинираме во точката

1x , така што функцијата

1, 1

2( )

2, 1

3

xx

xF x

x

е непрекината во точката 1x .

Во точката 2x , за едностраните лимеси имаме

02 2

2 , 01 1lim ( ) lim lim

02x x

xxf x

x

,


103

02 2

2 , 01 1lim ( ) lim lim

02x x

xxf x

x

.

Значи, во точката 2x функцијата има прекин од втор ред. ▲

Пример 5. Функцијата 1

sinf xx

не е дефинирана во точката

0x , па поради тоа 0x е точка на прекин. Левата и десната

гранична вредност во точката 0x не постојат (докажано во

поглавје 3.1.), па заклучуваме дека во оваа точка функцијата има

прекин од втор ред. ▲

Забелешка. Како што веќе нагласивме може да се дефинираат и

прекини од лево, односно десно ако наместо lim ( )x a

f x

ги земеме

едностраните гранични вредности.

Ако постои ( )f a и конечна лева гранична вредност

lim ( )x a

f x

, но lim ( ) ( )x a

f x f a

, тогаш велиме дека функцијата има

прекин од прв ред од лево во точката ax . Аналогно се

дефинира прекин од прв ред од десно во точката ax .

Ако пак, не постои левата гранична вредност lim ( )x a

f x

или е

бесконечна ( или ) тогаш велиме дека функцијата има

прекин од втор ред од лево во точката ax . Аналогно се

дефинира прекин од втор ред од десно во точката ax .


104

3.7. Некои поважни гранични вредности

1. 0

sinlim 1x

x

x

За да ја покажеме горната гранична вредност, ја разгле-

дуваме единичната тригонометриска кружница со центар во точ-

ката O(0,0) и радиус 1R . Нека DOA, 02

x x

. Точката

B е подножје на нормалата спуштена од точката A кон x -оската

и DC е тангента на кружницата повлечена во точката D .

Од сликата е очигледно дека AB AD CD , каде што AD е

должината на кружниот лак AD . Од тоа што AB

sin xR

,

CDtg x

R , и 1R следува AB sin x и CD tg x . Бидејќи

AD x добиваме sin tgx x x . Ако последново неравенство се

подели со sin 0x се добива 1

1sin cos

x

x x , т.е.

sincos 1

xx

x .


105

Од 0

lim cos 1x

x

и особината на сендвич-функција, следува

0

sinlim 1x

x

x .

Ако 02

x

тогаш

0 0 0

sin sin( ) sinlim lim lim 1

0 0x t t

x tx t t

x t tx t

.

Според тоа, 0

sinlim 1x

x

x .

Од оваа гранична вредност се добиваат и следниве гранич-

ни вредности:

0 0

sin sinlim lim 1

0 0x t

kx tkx t

x tkx t

, \ 0k ,

0

11 sin

lim sin lim 1

0x t

t tx x

x tx t

.

Аналогно важи и 1

lim sin 1x

xx .

Важи и поопшто, ако lim ( ) 0,x a

u x

,a , тогаш

sin( ( ))

lim 1.x a

u x

u x


106

Нагласуваме дека 0

1sin

lim 11x

x

x

, бидејќи

0 0

1lim ( ) lim 0x x

u xx

и

не важи горната гранична вредност. Од пример 2 од поглавје 3.5.

следува

0 0

1sin

1lim lim sin 0

1x x

x xx

x

.

2. 1

lim 1

x

xe

x

За да ја покажеме горната гранична вредност, ја користиме

следнава гранична вредност на низа 1

lim 1

n

ne

n

.

Нека , 0x x . Тогаш постои природен број n таков што

1n x n од каде се добива

1 1 1

1n x n

, т.е.

1 1 11 1 1

1n x n

.

Од последново неравенство и од неравенството 1n x n

имаме

11 1 1

1 1 11

n x n

n x n

.

Бидејќи 1 1

1 1 1lim 1 lim 1 1

n n

n ne

n n n

и

( 1)11 1

lim 1 lim 11 1

nn n

n

n ne

n n

,


107

од особината на сендвич-функција следува 1

lim 1

x

xe

x

.

Важи и поопшто, ако lim ( ) ,x a

u x

,a , тогаш

( )

1lim 1

( )

u x

x ae

u x

.

Користејќи ја горната гранична вредност ќе покажеме дека и

1lim 1

x

xe

x

.

Навистина,

1 1 1lim 1 lim 1 lim

x t t

x t t

x t t

x tx t t

1 1 1 lim lim lim 1

1 1 1

t t t

t t t

t t

t t t

11 1

lim 1 1 .1 1

t

te

t t

Важи и поопшто, ако lim ( )x a

u x

или lim ( ) ,x a

u x

,a , тогаш

( )

1lim 1

( )

u x

x ae

u x

.

Од горната гранична вредност се добива и 1

0lim 1 x

xx e

.

Навистина,


108

1

0

11

lim 1 lim 1

0

t

x

x t

tx ex

tx t

.

Важи и поопшто, ако lim ( ) 0,x a

u x

,a , тогаш

1

( )lim 1 ( ) u x

x au x e

.

3.

0

1lim ln , 0, 1

x

x

aa a a

x

Навистина,

0 0

1 log (1 )1lim lim

log (1 )0 0

xxa

x ta

a t x ta t

x tx t

10 0

1 1 1 1lim lim ln .

1 lnloglog (1 ) log (1 )

ln

t tat

a a

aee

t tt a

Специјално, ако a e се добива 0

1lim 1.

x

x

e

x

Важи и поопшто, ако lim ( ) 0,x b

u x

,b , тогаш

( ) 1lim ln , 0, 1

( )

u x

x b

aa a a

u x

.

4. 0

log (1 ) 1lim , 0, 1

ln

a

x

xa a

x a

Навистина,

М1-предавања прв дел (2)

Documents