bf – biotehnologijazeljko.dmfa.si/lectures/2011/biot-matematika.pdf · matematiˇcne metode bf...

Matematicne metodeBF – Biotehnologija

Matjaz Zeljko

Zapiski ob predavanjih v solskem letu 2010/2011

Izpis: 19. avgust 2011

Kazalo

1 Stevila 51.1 Naravna stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Cela stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3 Racionalna stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 Realna stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.5 Urejenost realnih stevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.6 Omejene mnozice realnih stevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.7 Aksiomatska vpeljava realnih stevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Mnozice 152.1 Mnozice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Operacije z mnozicami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.3 Preslikave med mnozicami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Zaporedja 213.1 Zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Potence in koreni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4 Vrste 374.1 Stevilske vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

5 Funkcije 485.1 Splosni pojem funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 485.2 Limita funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 535.3 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 595.4 Lastnosti zveznih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.5 Pregled elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 695.6 Zveznost elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

6 Diferencialni racun 826.1 Definicija odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.2 Geometricni pomen odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 856.3 Pravila za odvajanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 876.4 Odvodi elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 896.5 Diferencial funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.6 Lastnosti odvedljivih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.7 Konveksnost, konkavnost, prevoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1046.8 Ekstremi funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1066.9 Risanje grafov funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.10 L’Hopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.11 Funkcijske vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1216.12 Potencne vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1226.13 Taylorjeva vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

7 Integralski racun 1307.1 Nedoloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1307.2 Pravila za integriranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

2

8 Integralski racun 1378.1 Integral racionalne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1378.2 Integracija trigonometricnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1408.3 Integracija korenskih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1428.4 Doloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1428.5 Geometrijski pomen integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1448.6 Lastnosti dolocenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1458.7 Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1468.8 Racunanje dolocenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1488.9 Posploseni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1528.10 Uporaba integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

9 Funkcije vec spremenljivk 1679.1 Splosni pojem funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1679.2 Odprte mnozice in okolice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1699.3 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1719.4 Parcialni odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1759.5 Verizno pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1829.6 Taylorjeva formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1859.7 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1869.8 Metoda najmanjsih kvadratov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1909.9 Vezani ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

10 Matrike 196

11 Matrike 19611.1 Operacije z matrikami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19611.2 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20111.3 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20211.4 Racunanje determinant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20411.5 Razvoj po vrstici ali stolpcu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20611.6 Cramerjevo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20811.7 Gaussova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21111.8 Inverz matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21811.9 Vektorji v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22311.10Koordinatni sistem v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22711.11Premica in ravnina v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23711.12Razdalje med tockami, premicami in ravninami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23911.13Presecisca premic in ravnin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241

12 Optimizacija 24312.1 Sistem linearnih neenacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24312.2 Linearno programiranje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246

13 Kombinatorika 25013.1 Prestevanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

3

14 Verjetnost 25614.1 Osnovni pojmi in racunanje z dogodki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25614.2 Osnovne lastnosti verjetnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25914.3 Algebra dogodkov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26014.4 Lastnosti verjetnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26014.5 Pogojna verjetnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26214.6 Zaporedje neodvisnih dogodkov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 267

15 Verjetnost 27015.1 Slucajne spremenljivke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27015.2 Stevilske karakteristike slucajnih spremenljivk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275

16 Odlocanje 27816.1 Odlocanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27816.2 Odlocanje ob negotovosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27916.3 Odlocanje s tveganjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

17 Statistika 28117.1 Statistika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28117.2 Enostavno slucajno vzorcenje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28117.3 Predstavitev podatkov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28217.4 Casovne vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28317.5 Vzorcne ocene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284

18 Primeri vprasanj za teoreticni del izpita 289

4

1 Stevila

1.1 Naravna stevila

Naravna stevila so stevila, s katerimi stejemo:

1, 2, 3, 4, . . .

Mnozico naravnih stevil {1, 2, 3, . . .} oznacimo z N. Naravna stevila lahko med seboj sestevamoin mnozimo. Vrstni red pri sestevanju in mnozenju ni pomemben, clene (pri sestevanju) alifaktorje (pri mnozenju) lahko poljubno zdruzujemo. Torej za vsaka tri naravna stevila a, b in cvelja

a+ b = b+ a,

ab = ba,

(a+ b) + c = a+ (b+ c),

(ab)c = a(bc).

Prvi dve lastnosti imenujemo komutativnost sestevanja oz. mnozenja, drugi dve lastnosti paimenujemo asociativnost sestevanja oz. mnozenja.

Ce naravna stevila sestevamo in mnozimo, se moramo drzati dogovora o vrstnem redu ope-racij. Ker ima mnozenje prednost pred sestevanjem, je

a+ b · c = a+ (b · c),a · b+ c = (a · b) + c.

Ce zelimo najprej izracunati a+b in nato rezultat pomnoziti s c, zapisemo (a+b) ·c. V splosnemvelja pravilo o distributivnosti mnozenja:

(a+ b)c = ac+ bc,

a(b+ c) = ab+ ac.

Nacelo matematicne indukcijeNaravna stevila so induktivna mnozica: ce je S ⊆ N taka podmnozica, da je 1 ∈ S in velja

sklep: ce n ∈ S, potem n+ 1 ∈ S, je S = N. Tej lastnosti pravimo tudi nacelo matematicneindukcije.

Zgled 1.1. Za vsako naravno stevilo n velja

1 + 2 + . . .+ n =n(n+ 1)

2. (1)

Resitev. Oznacimo S = {n ∈ N; 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)2 }. Mnozica S je torej mnozica tistih

naravnih stevil, za katera drzi enakost (1). (Induktivna hipoteza je, da formula (1) drzi zadano stevilo n.)

Najprej preverimo, da je 1 ∈ S.Privzemimo sedaj, da je n ∈ S. Tedaj je 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)

2 . Torej je (1 + 2 + . . . +

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

2 , kar pomeni, da je tudi n + 1 ∈ S. Po nacelu

matematicne indukcije je S = N. Torej velja formula 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)2 za vsako naravno

stevilo n.Matematicno indukcijo lahko uporabimo tudi na mnozici N ∪ {0}.

5

Zgled 1.2. Naj bo q 6= 1. Za vsako stevilo n ∈ N ∪ {0} velja

a+ aq + . . .+ aqn = aqn+1 − 1

q − 1.

Resitev. Za n = 0 seveda velja a = a q0+1−1q−1 = a.

V dokazu induktivnega koraka pa opazimo, da je

a+ aq + . . . + aqn + aqn+1 = aqn+1 − 1

q − 1+ aqn+1 =

= aqn+1 − 1 + (q − 1)qn+1

q − 1=

= aqn+2 − 1

q − 1.

Peanovi aksiomiNaravna stevila lahko aksiomaticno vpeljemo s pomocjo Peanovih aksiomov:

• 1 je naravno stevilo.

• Vsakemu naravnemu stevilu n pripada natancno doloceno naravno stevilo n+, ki ga ime-nujemo naslednik stevila n.

• Stevilo 1 ni naslednik nobenega naravnega stevila.

• [Nacelo indukcije] Ce je S ⊆ N taka podmnozica, da je 1 ∈ S in velja sklep: ce n ∈ S,potem n+ ∈ S, je S = N.

S Peanovimi aksiomi lahko v mnozico naravnih stevil vpeljemo tudi sestevanje in mnozenje.

1.2 Cela stevila

V mnozici naravnih stevil lahko sestevamo in mnozimo, ne moremo pa odstevati. Da bi lahkonaravna stevila odstevali, vpeljemo stevilo 0 in negativna stevila. Stevilo 0 je tako stevilo, dazanj velja

a+ 0 = a

za vsako naravno stevilo a. K naravnemu stevilu a pa pridruzimo tako nasprotno stevilo −a,da zanj velja

a+ (−a) = 0.

Mnozico celih stevil oznacimo z

Z = N ∪ {0} ∪ {−n; n ∈ N}.

To je “najmanjsa” mnozica stevil, v kateri je za vsaki naravni stevili a in b resljiva enacbaa = b+ x.

1.3 Racionalna stevila

V mnozici celih stevil ne moremo deliti. Ce zelimo stevilo a razdeliti na b, b 6= 0, enakih delov,bo vsak del velik a

b . Racionalno stevilo ab je torej tako stevilo, za katero velja a

b · b = a.

Mnozico racionalnih stevil oznacimo z Q = {ab ; a, b ∈ Z, b 6= 0}. To je “najmanjsa”

mnozica stevil, v kateri je za vsaki celi stevili a in b, b 6= 0, resljiva enacba a = bx.

6

Pri racunanju s stevilom 0 je potrebno biti previden. Jasno je

a+ 0 = a,

a− 0 = a,

a · 0 = 0.

Racionalno stevilo a0 , a 6= 0, pa ne obstaja (oz. deljenje z 0 ni dopustno), saj ne obstaja tako

stevilo x, za katerega bi bilo x · 0 = a.

1.4 Realna stevila

Stevilska premicaRacionalna stevila si lahko ponazorimo s tockami na stevilski premici. Stevilska premica

je poljubna premica, na kateri smo si izbrali dve razlicni tocki, ki predstavljata O in E. TockoO imenujemo koordinatno izhodisce in upodablja stevilo 0. Tocka E upodablja stevilo 1.

O E0 1bc bc

Z nanasanjem daljice OE v eno ali v drugo stran od koordinatnega izhodisca dobimo slike celihstevil.

0 1 2 3 4−1−2bc bc bc bc bcbcbc

Z enostavno geometrijsko konstrukcijo (razmerja) lahko upodobimo racionalna stevila.

0 135

bc bcb

Izkaze se, da na premici obstajajo stevila, ki niso upodobitve racionalnih stevil.

0 1√2

bc bc b

Pojem stevila zato se enkrat razsirimo in recemo, da so realna stevila vsa stevila, ki jihlahko upodobimo na stevilski premici. Mnozico realnih stevil oznacimo z R.

Med mnozicami naravnih, celih, racionalnih in realnih stevil velja zveza

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R,

kjer so vse inkluzije prave.

7

Decimalni zapis realnega stevilaNaj bo X tocka na stevilski premici. Stevilu X bomo priredili decimalno stevilo x.Ker cela stevila razdelijo stevilsko premico na enotske intervale, obstaja celo stevilo a0, da

lezi tocka X med a0 in a0+1. (Ce X ne upodablja celega stevila, je stevilo a0 doloceno enolicno.)Interval med a0 in a0 + 1 razdelimo na deset enako dolgih delov. Potem obstaja stevilo

a1 ∈ {0, 1, . . . , 9}, da lezi tocka X med a0 +110 in a0 +

110a1 +

110 .

Postopek ponavljamo. Tocki X na stevilski premici smo tako priredili neskoncno zaporedjestevk a0, a1, . . . . Pravimo, da je

x = a0.a1a2a3 . . .

decimalni zapis stevila x.

a0 a0 + 1

a0 +a110 a0 +

a1+110

a0 +a110 + a2

100 a0 +a110 + a2+1

100

b

b

b

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

|

b

b

b

bx

bx

bx

• Decimalni zapis ni nujno enolicen. Stevilo 54 lahko zapisemo kot 1.25000 . . . = 1.250 ali

1.249999 . . . = 1.249.

• Cela stevila in racionalna stevila oblike a2m5n imajo koncen decimalni zapis.

• Vsa druga racionalna stevila imajo neskoncen periodicen decimalni zapis.

5

3= 1.666 . . . = 1.6,

1

7= 0.142857142857 . . . = 0.142857.

• Iracionalna stevila imajo neskoncen neperiodicen decimalni zapis.

π = 3.1415926535897932384626433832795 . . .√2 = 1.4142135623730950488016887242097 . . .

1.5 Urejenost realnih stevil

Realna stevila lahko primerjamo po velikosti. Pravimo, da je stevilo a na stevilski premicipozitivno, ce lezi desno od tocke 0 (torej na istem poltraku kot tocka 1). Pravimo, da je steviloa na stevilski premici negativno, ce lezi levo od tocke 0 (torej na drugem poltraku kot tocka1).

01

negativna stevila

pozitivna stevila

bc bc

8

Pravimo, da je stevilo a manjse od b in oznacimo a < b, ce je stevilo b− a pozitivno (tj. b lezidesno od a). Pravimo, da je stevilo a vecje od b in oznacimo a > b, ce je stevilo b−a negativno(tj. b lezi levo od a).

Stevilo 0 ni ne pozitivno ne negativno.

Simbol < lahko tudi obrnemo. Pravimo, da je stevilo a vecje od b, oznaka a > b, ce jeb < a.

Ce je a b ali a = b, na kratko oznacimo a ≥ b in pravimo, da je a vecje ali enako bPri racunanju s pozitivnimi oz. negativnimi stevili moramo biti nadvse pazljivi.

• iz a 0 sledi ac < bc,

• iz a bc.

Zadnja lastnost enostavno pove, da se pri mnozenju z negativnim stevilom neenakost obrne.

Absolutna vrednostVsakemu realnemu stevilu x lahko priredimo nenegativno realno stevilo |x| s predpisom

|x| ={x, ce je x ≥ 0

−x, ce je x < 0.

Stevilo |x| imenujemo absolutna vrednost stevila x. Velja

|x · y| = |x| · |y|∣∣∣∣x

y

∣∣∣∣ =|x||y|

|x+ y| ≤ |x|+ |y| trikotniska neenakost

Geometrijsko pomeni |x| razdaljo od tocke X, ki upodablja stevilo x, do tocke O na stevilskipremici. Ce sta x, y realni stevili, je |y−x| razdalja med njunima slikama na stevilski premici.

Intervali in okoliceNaj bosta a in b, a ≤ b, poljubni realni stevili. Definirajmo:

[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b} zaprt interval od a do b(a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b} polodprt interval od a do b[a, b) = {x ∈ R; a ≤ x < b} polodprt interval od a do b(a, b) = {x ∈ R; a < x < b} odprt interval od a do b

a b[a, b]

a b(a, b]

a b[a, b)

a b(a, b)

9

Pri a = b je [a, a] = {a} in (a, a] = [a, a) = (a, a) = ∅.Definiramo lahko tudi neskoncne intervale, ki so pri ∞ vedno odprti, saj ∞ sploh ni stevilo:

(−∞, b] = {x ∈ R; x ≤ b}(−∞, b) = {x ∈ R; x < b}[a,∞) = {x ∈ R; a ≤ x}(a,∞) = {x ∈ R; a < x}

(−∞,∞) = R

Za vsak a ∈ R in ε > 0 imenujemo interval

(a− ε, a+ ε) = {x ∈ R; a− ε < x < a+ ε}

ε-okolica tocke a.

a a+ εa− εbcbc bc

Zgled 1.3. Poisci vsa realna stevila x, za katera je x+2 > |2x−1|. Rezultat zapisi z intervalom.

Resitev. Ker je |2x− 1| = 0 za x = 12 , locimo dva primera.

Ce je x < 12 , je |2x − 1| = −2x + 1. Neenakost postane x + 2 > −2x + 1, kar lahko

preoblikujemo v 3x > −1 oz. x > −13 . Torej x ∈ (−1

3 ,12).

Ce pa je x ≥ 12 , je |2x−1| = 2x−1. Neenakost postane x+2 > 2x−1, kar lahko preoblikujemo

v x < 3. Torej x ∈ [12 , 3).Resitev je x ∈ (−1

3 ,12) ∪ [12 , 3), kar lahko krajse zapisemo kot x ∈ (−1

3 , 3).

xO

1

y

1

x+2

|2x−1|

bc

bc

bc

bc

bc

3bc

bc

−13

Zgled 1.4. Poisci vsa realna stevila x, za katera je

|x− 2| ≥ |3x− 1| − 2.

Resitev. Ker je |x− 2| = 0 za x = 2 in |3x− 1| = 0 za x = 13 , locimo 3 primere.

Ce je x < 13 , neenakost preoblikujemo v 2 − x ≥ 1 − 3x − 2, kar nam da x ≥ −3

2 . Torejx ∈ [−3

2 ,13).

Ce je x > 2, neenakost preoblikujemo v x− 2 ≥ 3x− 1− 2, kar nam da x ≤ 12 . Torej v tem

primeru ni resitev.Ce pa je 1

3 ≤ x ≤ 2, velja 2− x ≥ 3x− 1− 2 in x ≤ 54 . Torej x ∈ [13 ,

54 ].

Resitev je x ∈ [−32 ,

13) ∪ [13 ,

54 ], kar lahko krajse zapisemo kot x ∈ [−3

2 ,54 ].

10

xO

1

y

1

|x−2||3x

−1|−2

bc

bc

bc

bc

bc

54

bc

bc

−32

Zgled 1.5. Poisci vsa realna stevila x, za katera je

|x2 − 2| < x+ 2.

Resitev. Ker je |x2 − 2| = 0 za x = ±√2, locimo 3 primere, ki pa jih lahko zdruzimo v 2:

|x| ≤√2 in |x| >

√2.

Ce je |x| ≤√2, velja 2−x2 < x+2. Torej x2+x > 0. Ker je x2+x = 0 za x = 0 in x = −1,

mora biti x > 0 ali x < −1. Ob pogoju |x| ≤√2 to pomeni x ∈ [−

√2,−1) ∪ (0,

√2].

Ce pa je |x| >√2, velja x2 − 2 < x + 2. Torej x2 − x − 4 < 0. Ker je x2 − x − 4 = 0 za

x1,2 =1±

√17

2 , ob pogoju |x| >√2 to pomeni x ∈ (1−

√17

2 ,−√2) ∪ (

√2, 1+

√17

2 ).

Resitev je torej x ∈ (1−√17

2 ,−1) ∪ (0, 1+√17

2 ).

xO

1

y

x+2

bc

bc

bc

bc

bcbc

bc

bc

bc

|x2 − 2|

bc

1+√17

2

bc−1

bc

1−√17

2

1.6 Omejene mnozice realnih stevil

Naj bo A neprazna mnozica realnih stevil. Ce obstaja stevilo M , da je a ≤ M za vsak a ∈ A,pravimo, da je M zgornja meja mnozice A. Pravimo, da je mnozica A navzgor omejena,ce obstaja kaksna zgornja meja mnozice A.

Ce obstaja stevilo m, da je m ≤ a za vsak a ∈ A, pravimo, da je m spodnja meja mnoziceA. Pravimo, da je mnozica A navzdol omejena, ce obstaja kaksna spodnja meja mnozice A.

Mm aAbc bcbc

11

Mnozica A je omejena, ce je omejena navzgor in navzdol.Stevilo M je natancna zgornja meja mnozice A, ce je zgornja meja mnozice A in ce za vsak

ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a > M − ε. (Natancna zgornja meja je torej najmanjsa zgornja mejamnozice A.)

MM − ε aAbc bcbc

Natancno zgornjo mejo mnozice A oznacimo s supA in poimenujemo supremum mnozice A.

• Natancna zgornja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med a in b jestevilo b.

Stevilo m je natancna spodnja meja mnozice A, ce je spodnja meja mnozice A in ce za vsakε > 0 obstaja a ∈ A, da je a < m+ ε. (Natancna spodnja meja je torej najvecja spodnja mejamnozice A.)

m m+ εa Abcbc bc

Natancno spodnjo mejo mnozice A oznacimo z inf A in poimenujemo infimum mnozice A.

• Natancna spodnja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med a in b jestevilo a.

Zgled 1.6. Doloci natancno spodnjo in zgornjo mejo mnozic

A = {n2 + 1; n ∈ Z}B = { 1

n ; n ∈ N},C = {x ∈ R; 2 < x2 ≤ 3}.

inf(A) = 1, sup(A) = ∞.inf(B) = 0, sup(B) = 1.inf(C) = −

√3, sup(C) =

√3.

• Dedekindov aksiom Vsaka neprazna navzdol omejena podmnozica realnih stevil imanatancno spodnjo mejo.

Dedekindov aksiom je ekvivalenten trditvi, da ima vsaka neprazna navzgor omejena pod-mnozica realnih stevil natancno zgornjo mejo.

Ta aksiom razloci med realnimi in racionalnimi stevili. Mnozica A = {x; x2 > 2 in x > 0}v mnozici racionalnih stevil namrec nima natancne spodnje meje, v mnozici realnih stevil pa jenatancna spodnja meja (iracionalno) stevilo

√2.

Zgled 1.7. Stevilo√2 je iracionalno.

Resitev. Dokaz s protislovjem.Recimo, da je

√2 = p

q , kjer je pq okrajsan ulomek. Potem je p2 = 2q2. Torej p = 2p1 in

2p21 = q2. Sledi q = 2q1 in pq = 2p1

2q1v resnici ni okrajsan ulomek.

12

1.7 Aksiomatska vpeljava realnih stevil

Realna stevila lahko vpeljemo povsem aksiomatsko. Realna stevila so mnozica (oznacimo jo zR), v kateri sta definirani racunski operaciji: sestevanje in mnozenje.

Za poljubni dve stevili a ∈ R in b ∈ R obstaja natancno doloceno realno stevilo a+ b, ki gaimenujemo vsota stevil a in b.

Za poljubni dve stevili a ∈ R in b ∈ R obstaja natancno doloceno realno stevilo a · b (krajseab), ki ga imenujemo produkt stevil a in b.

Za sestevanje in mnozenje veljajo naslednji zakoni

I Komutativnost sestevanja: a+ b = b+ a za vsaka a, b ∈ R

II Asociativnost sestevanja: (a+ b) + c = a+ (b+ c) za vsake a, b, c ∈ R

III Obstoj nevtralnega elementa za sestevanje: Obstaja 0 ∈ R, da je a+ 0 = a za vsaka ∈ R

IV Obstoj nasprotnega elementa za sestevanje: Za vsak a ∈ R obstaja stevilo −a ∈ R,da je a+ (−a) = 0

V Komutativnost mnozenja: a · b = b · a za vsaka a, b ∈ R

VI Asociativnost mnozenja: (a · b) · c = a · (b · c) za vsake a, b, c ∈ R

VII Obstoj enote za mnozenje: Obstaja 1 ∈ R, da je 1 · a = a za vsak a ∈ R

VIII Obstoj inverznega elementa za mnozenje: Za vsak a ∈ R \ {0} obstaja a−1 ∈ R, daje a · a−1 = 1

IX Distributivnostni zakon: (a+ b) · c = a · c+ b · c za vsake a, b, c ∈ R

X Razlicnost stevil 0 in 1: Velja 1 6= 0

Mnozici, opremljeni z operacijama sestevanja in mnozenja, ki zadoscata zahtevam I – X,pravimo obseg. Torej je mnozica realnih stevil obseg.

Za vsaki dve realni stevili a in b obstaja natancno doloceno realno stevilo x (namrec stevilob+(−a)), da je a+x = b. Stevilo x imenujemo razlika stevil b in a in oznacimo z b−a. Veljaa + (b − a) = b. Podobno za vsaki dve realni stevili a, a 6= 0, in b obstaja natancno dolocenorealno stevilo x, da je ax = b. Stevilo x imenujemo kvocient stevil b in a in oznacimo z b

a .

Velja a · ba = b.

Urejenost realnih stevilRealna stevila delimo na pozitivna, negativna in stevilo 0.

XI Ce je a 6= 0, je od stevil a in −a natanko eno pozitivno. Stevilo 0 ni ne pozitivno nenegativno.

XII Ce sta stevili a in b pozitivni, sta tudi stevili a+ b in ab pozitivni.

Mnozico R uredimo po velikosti z dogovorom: ce je a−b pozitivno stevilo, pravimo, da je steviloa vecje od b in pisemo a > b. Podobno, ce je a − b negativno stevilo, pravimo, da je steviloa manjse od b in pisemo a < b. Ce je a b ali a = b,pisemo a ≥ b.

13

Lastnosti urejenosti

• Tranzitivnost: Ce je a > b in b > c, je a > c.

• Zakon trihotomije: Za vsaki dve stevili a in b velja natanko ena od treh moznosti a > bali a b, je a+ c > b+ c za vsak c ∈ R.

• Ce je a > b in c > 0, je ac > bc. Ce je a > b in c < 0, je ac < bc.

• Med poljubnima dvema realnima steviloma lezi vsaj eno realno stevilo.

Omejene mnozice realnih stevilNaj bo A neprazna mnozica realnih stevil. Ce obstaja stevilo M , da je a ≤M za vsak a ∈ A,

pravimo, da je M zgornja meja mnozice A. Pravimo, da je mnozica A navzgor omejena,ce obstaja kaksna zgornja meja mnozice A.

Ce obstaja stevilo m, da je m ≤ a za vsak a ∈ A, pravimo, da je m spodnja meja mnoziceA. Pravimo, da je mnozica A navzdol omejena, ce obstaja kaksna spodnja meja mnozice A.

Mnozica A je omejena, ce je omejena navzgor in navzdol.Stevilo M je natancna zgornja meja mnozice A, ce je zgornja meja mnozice A in ce za vsak

ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a > M − ε. (Natancna zgornja meja je torej najmanjsa zgornja mejamnozice A.)

MM − ε aAbc bcbc

Natancno zgornjo mejo mnozice A oznacimo s supA in poimenujemo supremum mnozice A.

• Natancna zgornja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med a in b jestevilo b.

Stevilo m je natancna spodnja meja mnozice A, ce je spodnja meja mnozice A in ce za vsakε > 0 obstaja a ∈ A, da je a < m+ ε. (Natancna spodnja meja je torej najvecja spodnja mejamnozice A.)

m m+ εa Abcbc bc

Natancno spodnjo mejo mnozice A oznacimo z inf A in poimenujemo infimum mnozice A.

• Natancna spodnja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med a in b jestevilo a.

XIII [Dedekindov aksiom] Vsaka neprazna navzdol omejena podmnozica realnih stevil ima na-tancno spodnjo mejo.

Aksiom XIII je ekvivalenten trditvi, da ima vsaka neprazna navzgor omejena podmnozicarealnih stevil natancno zgornjo mejo.

Ta aksiom razloci med realnimi in racionalnimi stevili. Mnozica A = {x; x2 > 2 in x > 0}v mnozici racionalnih stevil namrec nima natancne spodnje meje, v mnozici realnih stevil pa jenatancna spodnja meja (iracionalno) stevilo

√2.

14

Zgled 1.8. Stevilo√2 je iracionalno.

Dokaz. Dokaz s protislovjem.Recimo, da je

√2 = p

q , kjer je pq okrajsan ulomek. Potem je p2 = 2q2. Torej p = 2p1 in

2p21 = q2. Sledi q = 2q1 in pq = 2p1

2q1v resnici ni okrajsan ulomek.

Izrek 1.9 (Arhimedova lastnost). Ce sta x, y ∈ R in je y > 0, obstaja tak n ∈ N, da je x < ny.

Dokaz. Recimo, da takega n ni. Potem je x ≥ ny za vsak n in je zato x zgornja meja mnoziceA = {ny; n ∈ N}. Oznacimo z M njeno natancno zgornjo mejo. Potem obstaja tak n ∈ N, daje ny > M − y. Sledi (n+1)y > M . Ker je (n+1)y ∈ A, je to v protislovju s predpostavko, daje M natancna zgornja meja mnozice A.

Izrek 1.10. Za vsako realno stevilo a in vsak ε > 0 obstaja racionalno stevilo pq , da je |a− p

q | <ε.

Pravimo, da je mnozica racionalnih stevil gosta v mnozici realnih stevil.

2 Mnozice

2.1 Mnozice

Mnozica A je dolocena, ce obstaja pravilo, po katerem je mogoce za vsako rec odlociti ali je v Aali ne. Ce a spada v mnozico A, pravimo, da je a element mnozice A in oznacimo a ∈ A. Ce ani element mnozice A, oznacimo a /∈ A.

Mnozico lahko podamo tako, da zapisemo njene elemente:

A = {1, 2, 3} , B = {“modra”, “zelena”}.Mnozico lahko podamo tudi tako, da povemo lastnost L, ki jo imajo natanko vsi njeni elementi.Torej A = {a; L(a)}.

C = {x; |2x− 1| < 1} , D = {n; n deli stevilo 12}.Mozno je, da noben element nima lastnosti L; tedaj je A prazna mnozica, kar zapisemo A = ∅.

2.2 Operacije z mnozicami

A

B

Mnozica A je podmnozica mnozice B, z oznako A ⊆ B, ce vsak element mnoziceA lezi tudi v mnozici B. Ce je A ⊆ B in B ⊆ A, imata mnozici A in B isteelemente in sta enaki. Oznaka: A = B.

A B

A ∪B

Unija mnozic A in B je mnozica A ∪B, definirana z

A ∪B = {x; x ∈ A ali x ∈ B}.

A B

A ∩B

Presek mnozic A in B je mnozica A ∩B, definirana z

A ∩B = {x; x ∈ A in x ∈ B}.

Za poljubne mnozice A, B in C velja

15

• Komutativnost ∪ in ∩ A ∪B = B ∪A, A ∩B = B ∩A

• Asociativnost ∪ in ∩ (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

• Idempotentnost ∪ in ∩ A ∪A = A, A ∩A = A

•

A B

AbsorbcijaA ∪ (A ∩B) = A, A ∩ (A ∪B) = A

• Lastnost ∅ A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅

Izrek 2.1 (Distributivnostna zakona). Za poljubne mnozice A, B in C velja

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

B C

A

A ∩ (B ∪ C)

B C

A

A ∪ (B ∩ C)

A \B

A B

Razlika mnozic A in B je mnozica A \B, definirana z

A \B = {x; x ∈ A in x /∈ B}.

Mnozici A \B pravimo tudi komplement mnozice B glede na A.

Vcasih obravnavamo le podmnozice neke fiksne, dovolj velike mnozice U , ki jo v tem primeruimenujemo univerzalna mnozica. Komplement mnozice A (glede na univerzalno mnozicoU) je mnozica Ac, definirana z Ac = U \A.

• A ∪ U = U , A ∩ U = A lastnost univerzalne mnozice U

• A ∪Ac = U , A ∩Ac = ∅ lastnost komplementa

• (Ac)c = A involutivnost komplementa

• U c = ∅, ∅c = U komplementarnost U in ∅

Izrek 2.2 (De Morganova zakona). Za poljubne mnozice A, B in C velja

(A ∪B)c = Ac ∩Bc

(A ∩B)c = Ac ∪Bc

16

A B

(A ∪B)cA B

(A ∩B)c

Zgled 2.3. Izracunaj A∪B, A∩B in A\B za A = {2n−1; n = 1, 2, . . . , 7} in B = {3n−2; n =1, 2, . . . , 7}.

Resitev. Ker je A = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13} in B = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19}, je

A ∪B = {1, 3, 4, 5, 7, 9, 10, 11, 13, 16, 19},A ∩B = {1, 7, 13} in

A \B = {3, 5, 9, 11}.

Naj bo x ∈ A in y ∈ B. Urejeni par elementov x in y je mnozica

{{x}, {x, y}},

ki jo krajse oznacimo z (x, y).

• Iz (x, y) = (x′, y′) sledi, da je x = x′ in y = y′. V urejenem paru je vrstni red zapisapomemben.

• Za x 6= y je (x, y) 6= (y, x), vendar pa {x, y} = {y, x}

Kartezicni produkt mnozic A in B je mnozica urejenih parov

A×B = {(x, y); x ∈ A, y ∈ B}.

• A×B = ∅ natanko tedaj, ko je vsaj ena izmed mnozic A in B prazna.

• Za razlicni neprazni mnozici A in B velja A×B 6= B ×A.

• Ce je A = B, pisemo namesto A×A kar A2.

Potencna mnozica mnozice A je mnozica vseh podmnizic mnozice A in jo oznacimo s P(A).Torej

P(A) = {X; X ⊆ A}.

• P(∅) = {∅}

• P(P(∅)) = {∅, {∅}}

• P({1, 2, 3}) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}

• Za koncno mnozico A z n elementi velja, da ima potencna mnozica P(A) natanko 2n

elementov.

17

2.3 Preslikave med mnozicami

Preslikave med mnozicamiNaj bosta A in B mnozici. Preslikava f : A → B je pravilo f , ki vsakemu elementu a

mnozice A priredi natancno dolocen element f(a) mnozice B. (Preslikavo pogosto imenujemotudi funkcija, zlasti, ce je A ⊆ R in B ⊆ R.)

f

a f(a)

A B

bb

Mnozica A je lahko tudi prazna, saj za vsako mnozico B obstaja “prazna” preslikava ∅ → B.Ce pa je mnozica B prazna, obstaja preslikava A→ ∅, le ce je tudi mnozica A prazna.

Mnozico A imenujemo definicijsko obmocje ali domena, mnozico f(A) = {f(a); a ∈A} ⊆ B pa zaloga vrednosti ali kodomena preslikave f . Definicijsko obmocje funkcije foznacimo tudi z Df , zalogo vrednosti pa z Zf .

f

A = DfB

Zf

Zgled 2.4. Ali sta funkciji f1(x) = xx in f2(x) = 1 enaki? Ali sta funkciji g1(x) =

√x2 in

g2(x) = x enaki?

Preslikava f : A → B je injektivna, ce za vsaka a1, a2 ∈ A, a1 6= a2, velja f(a1) 6= f(a2).(Ekvivalentno: f je injektivna, ce za vsaka a1, a2 ∈ A iz f(a1) = f(a2) sledi a1 = a2.)

a1f(a1)

a2 f(a2)

A B

f

fb

b

bb

Preslikava f : A → B je surjektivna, ce je Zf = B. (Ekvivalentno: f je surjektivna, ce zavsak b ∈ B obstaja tak a ∈ A, da je f(a) = b.)

a b

A B

f

b b

Preslikava f je bijektivna, ce je injektivna in surjektivna.Graf preslikave f : A→ B je mnozica

Γ(f) = {(a, f(a)); a ∈ A} ⊂ A×B.

18

A

B

Γ(f)

A×Ba

f(a) bc

bc

bc

Funkcija f je injektivna, ce vsaka vodoravna premica v A × B seka graf Γ(f) najvec enkrat.Funkcija f je surjektivna, ce vsaka vodoravna premica v A×B seka graf Γ(f) vsaj enkrat.

Zgled 2.5. Narisi graf funkcije f : [−1, 2] → [−1, 4], podane s predpisom f(x) = x2. Ali jefunkcija injektivna oz. surjektivna?

Resitev.

xO

4

−1

y

−1 2

bc

bc

bc

bc

bc

Funkcija ni ne injektivna ne surjektivna.

Zgled 2.6. • Funkcija f : R → R, definirana s predpisom f(x) = x3, je bijektivna.

• Funkcija f : R → R, definirana s predpisom f(x) = x3 − x, je surjektivna, a ni injektivna.

• Funkcija f : R → R, definirana s predpisom f(x) = 2x, je injektivna, a ni surjektivna.

Naj bosta f : A→ B in g : B → C preslikavi. Kompozitum preslikav f in g je preslikavag ◦ f : A→ C, definirana z (g ◦ f)(a) = g(f(a)).

f

a f(a)

A B

g

g(f(a))

C

g ◦ f

bb

b

Zgled 2.7. Naj bo f : A→ B in g : B → C.

• Ce sta f , g injektivni, je g ◦ f injektivna.

• Ce sta f , g surjektivni, je g ◦ f surjektivna.

19

• Ce je g ◦ f injektivna, je f injektivna.

• Ce je g ◦ f surjektivna, je g surjektivna.

Resitev. Ce a1 6= a2, potem f(a1) 6= f(a2) in g(f(a1)) 6= g(f(a2)).

Za c ∈ C obstaja b ∈ B, da g(b) = c. Obstaja a ∈ A, da f(a) = b. Torej g(f(a)) = c.

Ce a1 6= a2, potem g(f(a1)) 6= g(f(a2)) in zato f(a1) 6= f(a2).

Za c ∈ C obstaja a ∈ A, da je g(f(a)) = c. Torej je g(b) = c za b = f(a) ∈ B.Preslikavo f : A → A, definirano z f(a) = a, imenujemo identicna preslikava mnozice A

in oznacimo idA.

Naj bo f : A → B preslikava. Ce obstaja taka preslikava g : B → A, da je g ◦ f = idA inf ◦ g = idB , pravimo, da je g inverz preslikave f in oznacimo f−1 = g.

f

a f(a)

A Bg

bb

Trditev 2.8. Preslikava f : A→ B je bijektivna natanko tedaj, ko ima inverz.

Zgled 2.9. Naj bo A = {1, 2, 3, 4} in f(n) = 2n − 1 za n ∈ A. Doloci mnozico B in preslikavog : B → A, ki je inverz preslikave f .

Resitev. Po vrsti izracunamo f(1) = 1, f(2) = 3, f(3) = 5 in f(4) = 7. Torej je mnozicaB = {1, 3, 5, 7} zaloga vrednosti preslikave f .

Ker iz f(n) = 2n − 1 = m sledi n = m+12 , je preslikava g : B → A, podana z g(m) = m+1

2 ,inverz preslikave f .

f : n 7→ 2n− 1

g : m 7→ m+12

1 2 3 4 1 3 5 7b b b b b b b b

Naj bo f : A → B poljubna preslikava in A ⊂ A podmnozica. Zozitev preslikave f napodmnozico A je preslikava f |A : A→ B, definirana z f |A(a) = f(a).

Zgled 2.10. Funkcija f : R → R, podana s predpisom f(x) = x2 + 1, ni bijektivna. Za A ={x; x ≥ 0} in B = {x; x ≥ 1} je zozitev f |A : A→ B funkcije f bijektivna.

Resitev. Funkcija f ni injektivna, saj je f(x) = f(−x) za vsak x ∈ R. Funkcija f ni surjektivna,saj je f(x) ≥ 1 za vsak x ∈ R.

Injektivnost zozitve Ce je f |A(x1) = f |A(x2), je x21 + 1 = x22 + 1, od koder sledi x21 = x22oz. (x1 − x2)(x1 + x2) = 0. Ce je x1 + x2 = 0, je zaradi x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0 lahko le x1 = x2 = 0.Ce je x1 + x2 6= 0, mora biti x1 − x2 = 0 oz. x1 = x2.

Surjektivnost zozitve Vzemimo poljuben y ≥ 1. Tedaj za x =√y − 1 velja f |A(x) = y.

20

xO

1

y

f

f : R → R

bc

bc

xO

1

y

f |A

f |A : A→ BA

B

bc

bc

b

b

3 Zaporedja

3.1 Zaporedja

Zaporedje realnih stevil je preslikava a : N → R. Obicajno namesto a(n) pisemo an. Steviloan imenujemo n-ti clen zaporedja, stevilo n pa indeks clena an. Zaporedje s splosnim clenoman oznacimo z (an).

Zaporedje je lahko podano

• eksplicitno: s pomocjo funkcijskega predpisa an = f(n)

• implicitno oz. rekurzivno: zapisemo prvih nekaj clenov zaporedja in pravilo, kakoizracunamo naslednji clen s pomocjo prejsnjih.

Zaporedje lahko ponazorimo

• s sliko mnozice tock {an; n ∈ N} na realni osi ali

• z grafom Γ(a) ⊂ N× R funkcije a : N → R.

Zgledi

• Zaporedje s splosnim clenom an = 2−n je 2−1, 2−2, 2−3, . . .

• Zaporedje (an) = (−1, 1,−1, . . .) ima splosni clen an = (−1)n = cos(nπ).

• Aritmeticno zaporedje Podamo a1 in razliko d med poljubnima sosednjima clenoma:an+1 − an = d. Sledi an = a1 + (n− 1)d. Ugodneje an = a0 + nd.

• Geometricno zaporedje Podamo a1 in kvocient q med poljubnima sosednjima clenoma:an+1

an= q. Sledi an = a1q

n−1. Ugodneje: an = a0qn.

• Fibonaccijevo zaporedje Podamo a1 = a2 = 1 in an+2 = an+1 + an. Velja an =(1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .)

21

Monotonost in omejenost zaporedijZaporedje je narascajoce, ce je an+1 ≥ an za vsak indeks n.

N

R

b

bb b

bb

b

b b

b

| | | | | | | | | |

Ran−1 an an+1

b bb

Zaporedje je padajoce, ce je an+1 ≤ an za vsak indeks n.

Zaporedje je monotono, ce je narascajoce ali padajoce.Zaporedje je navzgor omejeno, ce obstaja M ∈ R, da je an ≤ M za vsak n. Stevilo M

imenujemo zgornja meja zaporedja.

N

R

M

b

bb

bb b

b

bb

b

bc

| | | | | | | | | |

Ran−1 an+1 an Mbb bb

Zaporedje je navzdol omejeno, ce obstaja m ∈ R, da je an ≥ m za vsak n. Stevilo mimenujemo spodnja meja zaporedja.

Zaporedje je omejeno, ce je navzgor in navzdol omejeno.

• Narascajoce zaporedje je navzdol omejeno, padajoce pa navzgor omejeno.

Zgled 3.1. Razisci zaporedje s splosnim clenom an = 14n+ 1.

Resitev.

N

R

1

an = 14n+ 1

bb

bb

bb

bb

bb

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje ima clene a1 = 54 , a2 = 6

4 , a3 = 74 , . . . . Ker je an+1 − an = 1

4 > 0, je zaporedjenarascajoce. Torej je navzdol omejeno. Zaporedje ni navzgor omejeno.

22

Zgled 3.2. Razisci zaporedje s splosnim clenom an = 1n .

Resitev.

N

R

1

an = 1n

b

bb b b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje ima clene a1 = 1, a2 =12 , a3 =

13 , . . . . Ker je an+1 − an = − 1

n(n+1) < 0, je zaporedjepadajoce. Torej je navzgor omejeno. Ker je an > 0 za vsak n ∈ N, je zaporedje tudi navzdolomejeno. Torej je zaporedje omejeno.

Natancna zgornja in spodnja mejaStevilo M je natancna zgornja meja zaporedja (an), z oznako M = supn∈N an, ce je

an ≤M za vsak n in ce za vsak ε > 0 obstaja indeks k, da je ak > M − ε.

k N

R

M

M − ε bc

bc

b

bb

b b

b

b

b

bb

| | | | | | | | | |

Rakan MM − εbbb

Stevilo M je natancna spodnja meja zaporedja (an), z oznako M = infn∈N an, ce jean ≥M za vsak n in ce za vsak ε > 0 obstaja indeks k, da je ak < M + ε.

Nk

R

M

M + ε bc

bc

b

b

b

bb

b

b

b

b

b

| | | | | | | | | |

Rak anM + εMb b b

Izrek 3.3. Vsako omejeno zaporedje ima natancno zgornjo in spodnjo mejo.

Dokaz. Naj bo A = {an; n ∈ N} mnozica vseh clenov zaporedja (an). Ker je zaporedje (an)omejeno, je mnozica A ⊂ R omejena in zaradi znanih lastnosti omejenih podmnozic realnihstevil obstajata natancna zgornja in spodnja meja mnozice A.

Trditev je tako dokazana, saj je steviloM natancna zgornja meja mnozice A, ce jeM zgornjameja mnozice A in ce za vsak ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a > M − ε.

23

Najvecji in najmanjsi clen zaporedjaOpozoriti velja, da inf an ne pomeni najmanjsi clen zaporedja. Tudi ce inf an obstaja, ni

nujno, da je inf an = aN za neki N ∈ N.

Podobno tudi sup an ne pomeni najvecji clen zaporedja. Tudi ce sup an obstaja, ni nujno,da je sup an = aN za neki N ∈ N.

Obratna trditev pa drzi. Ce najmanjsi clen zaporedja obstaja (oznacimo ga z min an), jeseveda inf an = min an.

Podobno je tudi sup an = max an, ce le najvecji clen zaporedja obstaja (oznacimo ga zmax an).

Zgled 3.4. Doloci natancno zgornjo in spodnjo mejo zaporedja s splosnim clenom an = (n+1)(−1)n

n .

Resitev.

N

R

1

−1

an = (n+1)(−1)n

n

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bbc

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje s cleni |an| = n+1n = 1 + 1

n je padajoce k 1. Torej je (pod)zaporedje s sodimi indeksipadajoce k 1, (pod)zaporedje z lihimi pa narascajoce k −1. Torej je sup an = max an = a2 = 3

2in inf an = min an = a1 = −2.

Stekalisce zaporedjaStevilo a je stekalisce zaporedja (an), ce za vsak ε > 0 in obstaja neskoncno indeksov m,

da je |a−am| < ε. Drugace povedano, stevilo a je stekalisce zaporedja (an), ce je v vsaki njegoviokolici neskoncno clenov tega zaporedja.

N

R

a+ εa

a− ε bc

bc

bc

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

| | | | | | | | | |

Ra

ama+ εa− ε

bc b

• Zaporedje s splosnim clenom an = 1n ima (edino) stekalisce v tocki 0. Stevilo 0 ni clen

tega zaporedja.

N

R

1

an = 1n

b

bb b b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

24

• Zaporedje s splosnim clenom an = (−1)n ima stekalisci v tockah 1 in −1, ki sta tudi clenazaporedja.

N

R

1

−1

an = cos(nπ)

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bbc

bc

| | | | | | | | | |

• Zaporedje s splosnim clenom an = 14n+ 1 nima stekalisc.

N

R

1

an = 14n+ 1

bb

bb

bb

bb

bb

bc

| | | | | | | | | |

• Zaporedje s splosnim clenom an = 1+ nn+1 cos(

nπ2 ) ima stekalisca v tockah 0, 1 in 2. Tocka

1 je tudi clen tega zaporedja.

N

R

0

1

2

an = 1 + nn+1 cos(

nπ2 )

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bc

bc

bc | | | | | | | | | | | | | |

Za n = 4k ± 1 velja an = 1 + 4k±14k±1+1 · 0 = 1.

Za n = 4k velja an = 1 + 4k4k+1 · 1 → 2.

Za n = 4k + 2 velja an = 1 + 4k+24k+3 · (−1) → 0.

Izrek 3.5. Vsako omejeno zaporedje ima stekalisce.

Dokaz. Naj bo m = inf an in M = sup an. Mnozica

A = {x ∈ R; an < x za najvec koncno n}

je neprazna, saj je m ∈ A. Je omejena, saj x < M za vsak x ∈ A. Torej ima natancno zgornjomejo a = supA.

25

Rkoncno clenov

neskoncno clenov

aa− ε a+ εbcbc bc

Stevilo a je stekalisce zaporedja. Za ε > 0 je a− ε ∈ A in a + ε /∈ A. Levo od a− ε je koncnomnogo clenov zaporedja, levo od a + ε pa neskoncno. Torej jih je na intervalu (a − ε, a + ε)neskoncno.

Limita zaporedjaStevilo a je limita zaporedja an, z oznako a = lim

n→∞an, ce za vsak ε > 0 obstaja N ∈ N,

da je |an − a| < ε za vsak n ≥ N .

N

R

a+ εa

a− ε

N

bc

bc

bc

b

b

b

b

b

bb

bb b

| | | | | | | | | |

Ra

anaNa+ εa− ε

bc bb

Drugace povedano, a je limita zaporedja an, ce v vsaki njegovi okolici lezijo vsi cleni odnekega clena dalje.

Stevilo N , ki nastopa v definiciji limite zaporedja, je odvisno od ε. Pri manjsem ε je steviloN = N(ε) vecje.

N1 N2

a+ ε1a+ ε2

a

a− ε2a− ε1

N

R

| | | | | | | | | | | |

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bc

bc

bc

bc

bc

Na gornji sliki imamo ε2 < ε1. Za pripadajoca N1 = N(ε1) in N2 = N(ε2) velja N2 > N1.

• Vsaka limita je tudi stekalisce, obrat pa ne drzi, saj ima lahko zaporedje vec stekalisc.

Zaporedje je konvergentno, ce obstaja limita tega zaporedja. Zaporedje je divergentno,ce ni konvergentno.

Zgled 3.6. Dokazi, da za zaporedje an = 1n velja lim

n→∞an = 0. Od katerega clena dalje lezijo vsi

cleni v ε-okolici limitne tocke za ε = 1100?

26

Za dani ε > 0 oznacimo N = [1ε ] + 1. Torej je 1N < ε in je zato an ≤ aN = 1

N < ε za vsakn ≥ N . Posebej, pri ε = 1

100 lezijo v ε-okolici limitne tocke vsi cleni od vkljucno clena a101dalje.

Zgled 3.7. Izracunaj limito zaporedja s splosnim clenom an = n+1n+3 .

Resitev. Ker je n+1n+3 = 1− 2

n+3 , domnevamo, da bo limn→∞

n+1n+3 = 1.

N

R

1

an = n+1n+3

b b b b b b b b b bbc

| | | | | | | | | |

Naj bo ε > 0. Da bi vsi cleni od N -tega dalje lezali v ε-okolici tocke 1, mora veljati |an − 1| < εza n ≥ N . Torej mora biti | 2

n+3 | < ε oz. n > 2ε − 1. Ce torej izberemo poljubno tako naravno

stevilo N , da je N > 2ε − 1, bo za vsak n ≥ N veljalo |an − 1| < ε.

Zgled 3.8. Doloci limito ter najvecji in najmanjsi clen zaporedja s splosnim clenom an = 2n3−2n .

Resitev. Ker je 2n3−2n = −1 + 3

3−2n , je limn→∞

2n3−2n = −1.

N

R

1

−1

2

−4

an = 2n3−2nb

b

bb b b b b b b

bc

bc

bc

bc

| | | | | | | | | |

Ker je za n ≥ 2 vrednost izraza 33−2n negativna in s narascajocim n priblizuje 0, bosta najvecji

in najmanjsi clen kar a1 = 2 in a2 = −4.

Izrek 3.9. Naj bo a ∈ R. Tedaj za |a| < 1 zaporedje s splosnim clenom an = an konvergira k 0,za a = 1 zaporedje (an) konvergira k 1, v vseh ostalih primerih pa je zaporedje (an) divergentno.

Dokaz. Ce je a = 0, je limn→∞

an = 0.

Ce je 0 < a < 1, je zaporedje an padajoce in navzdol omejeno. Torej je konvergentno inoznacimo njegovo limito z α. Ker se zaporedje an+1 razlikuje od zaporedja an le v prvem clenu,je tudi ima enako limito kot an. Sledi

α = limn→∞

an+1 = limn→∞

a · an = limn→∞

a · limn→∞

an = aα,

od koder zaradi a 6= 0 sledi α = 0.

Ce je a = 1, je limn→∞

an = 1.

Ce je a > 1 in ce je zaporedje an omejeno, je konvergentno. Oznacimo njegovo limito z β.Torej je β ≥ a > 1. Sedaj podobno kot v primeru 0 < a < 1 dokazemo, da je β = aβ. Ker pa jeβ > 1 in a > 1, ta enacba ni smiselna. Torej an ni omejeno.

Ce je −1 < a < 0, velja limn→∞

|a|n = 0, od koder izpeljemo, da je tudi limn→∞

an = 0.

Za a ≤ −1 pa ima zaporedje neskoncno clenov na intervalu (−∞,−1] in neskoncno clenovna intervalu [1,∞), zato ni konvergentno.

27

Izrek 3.10 (Bernoullijeva neenakost). Za vsako pozitivno stevilo x in naravno stevilo n > 1velja

(1 + x)n > 1 + nx.

Dokaz. Trditev bomo dokazali z indukcijo. Za n = 2 ni kaj dokazovati. V dokazu indukcijskegakoraka pa privzemimo, da je (1 + x)n > 1 + nx. Tedaj velja

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) > (1 + nx)(1 + x) =

= 1 + (n + 1)x+ nx2 > 1 + (n+ 1)x,

saj je nx2 > 0.

Izrek 3.11. Naj bo a pozitivno realno stevilo. Potem je limn→∞

n√a = 1.

Dokaz. Za a = 1 ni kaj dokazovati. Ce je a > 1, lahko pri fiksnem n > 1 zapisemo a = 1+ nx,kjer je x = a−1

n > 0. Tedaj po Bernoullijevi neenakosti velja

(1 +

a− 1

n

)n

> 1 + na− 1

n= a,

od koder sledi 1 + a−1n > n

√a > 1. Ker je lim

n→∞(1 + a−1

n ) = 1, iz gornje ocene sledi, da je tudi

limn→∞

n√a = 1. Ce pa je 0 < a < 1, pisemo b = 1

a in po ze dokazanem velja limn→∞

n√b = 1. Torej

je tudi

limn→∞

n√a = lim

n→∞1n√b=

1

limn→∞

n√b= 1.

Lastnosti konvergentnih zaporedij

Izrek 3.12. Vsako konvergentno zaporedje je omejeno.

Dokaz. Naj bo a = limn→∞

an. Torej lezi izven intervala (a − 1, a + 1) le koncno mnogo clenov

zaporedja an. Mnozica

A = {a− 1, a+ 1} ∪ {an; an /∈ (a− 1, a+ 1)}

je koncna in ima natancno spodnjo in zgornjo mejo: m in M . Sledi m ≤ an ≤M za vsak n.Zaporedje, ki ni omejeno, ne more biti konvergentno. Prav tako ne more biti konvergentno

zaporedje, ki ima vec kot eno stekalisce.

Izrek 3.13. Zaporedje je konvergentno natanko tedaj, ko je omejeno in ima natanko eno ste-kalisce.

Rs1

s1 − ε s1 + εs2

s2 − ε s2 + εb bbc bc

Dokaz. Recimo, da je zaporedje konvergentno in oznacimo njegovo limito z s1. Po ze dokazanemje omejeno. V skladu z definicijo je limita zaporedja tudi njegovo stekalisce. Recimo, da imazaporedje se eno stekalisce, ki ga oznacimo z s2. Oznacimo ε = 1

2 |s2−s1|. Potem znotraj ε-okolicza s1 in s2 lezi neskoncno clenov tega zaporedja, kar pomeni, da nobena izmed tock s1 in s2 nilimita tega zaporedja.

28

Cauchyjevo zaporedjeZaporedje je Cauchyjevo, ce za vsak ε > 0 obstaja N ∈ N, da je |an − am| < ε za vsaka

m,n ≥ N .

Izrek 3.14. Zaporedje je konvergentno natanko tedaj, ko je Cauchyjevo.

Dokaz. Privzemimo najprej, da je zaporedje an konvergentno. Oznacimo z a njegovo limito.Naj bo ε > 0. Ker je zaporedje konvergentno, obstaja N ∈ N, da je |a− an| < ε

2 za vse n ≥ N .Ce sta torej m,n ≥ N , je

|am − an| ≤ |am − a|+ |a− an| ≤ε

2+ε

2= ε.

Za dokaz v drugo smer pa privzemimo, da je zaporedje Cauchyevo. Potem obstaja N0, daje |am − an| < 1 za vse m,n ≥ N0. Posebej to pomeni, da je |am − aN0 | < 1 za vse n ≥ N0

in je zaporedje omejeno. Torej ima vsaj eno stekalisce, ki ga oznacimo z a. Dokazimo, da je alimita zaporedja (an). Izberimo in fiksirajmo ε > 0. Obstaja nek N , da je |am − an| < ε

2 za vsem,n ≥ N . Vzemimo sedaj poljuben n ≥ N . Potem lezi an na intervalu (aN − ε

2 , aN + ε2) in zato

lezi stekalisce a na intervalu [aN − ε2 , aN + ε

2 ]. Sledi

|an − a| ≤ |an − aN |+ |aN − a| ≤ ε

2+ε

2= ε.

Torej je a limita zaporedja (an).

Izrek 3.15. Vsako monotono in omejeno zaporedje je konvergentno.

Dokaz. Naj bo (an) npr. narascajoce zaporedje. Ker je zaporedje omejeno, obstaja njegovanatancna zgornja meja, ki jo oznacimo z a. Potem za vsak ε > 0 obstaja N , da je a−ε < aN ≤ a.Ker je zaporedje monotono in navzgor omejeno z a, je a − ε < an ≤ a za vsak n ≥ N . Torejlezijo v ε-okolici stevila a vsi cleni od N -tega dalje in je zato a = lim

n→∞an.

Operacije z zaporedji

Izrek 3.16. Ce sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni, so tudi zaporedja (an + bn), (an − bn)in (anbn) konvergentna ter velja

limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn,

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn,

limn→∞

(anbn) = limn→∞

an · limn→∞

bn.

Ce velja se bn 6= 0 za vsak n in limn→∞

bn 6= 0, je konvergentno tudi zaporedje (anbn ) in velja

limn→∞

anbn

=limn→∞

an

limn→∞

bn.

Predpostavka o konvergentnosti zaporedij an in bn je bistvena. Ce npr. postavimo an = (−1)n

in bn = (−1)n+1, je seveda an+bn = 0 za vsak n in limn→∞

(an+bn) = 0, limn→∞

(anbn) = −1, zaporedji

an in bn pa seveda nista konvergentni.Dokaz. Naj bo a = lim

n→∞an in b = lim

n→∞bn. Ce je |an − a| < ε

2 in |bn − b| < ε2 , je

|(an + bn)− (a+ b)| ≤ |an − a|+ |bn − b| < 2ε

2= ε.

29

Torej je limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn.

Podobno dokazemo, da je tudi limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn.

Za dokaz konvergentnosti zaporedja anbn ocenimo

|anbn − ab| = |(an − a)(bn − b) + (an − a)b+ (bn − b)a| =≤ |(an − a)(bn − b)|+ |(an − a)b|+ |(bn − b)a| << ε2 + (|a|+ |b|)ε,

kjer smo privzeli, da je |an − a| < ε in |bn − b| < ε. Torej lahko izberemo tak ε > 0, da jevrednost izraza |anbn − ab| poljubno majhna in je zato res lim

n→∞(anbn) = lim

n→∞an · lim

n→∞bn. Za

dokaz cetrte formule pa najprej dokazimo, da je limn→∞

1bn

= 1b . Ocenimo

∣∣∣∣1

bn− 1

b

∣∣∣∣ =|b− bn||bbn|

<ε

|b|(|b| − ε)<

2ε

|b|2

za ε < |b|2 . Po ze dokazanem pa je lim

n→∞anbn

= limn→∞

an · 1bn

= a · 1b = a

b .

Zgled 3.17. Izracunaj limn→∞

(n− 1)2

3n2 + n+ 1.

Resitev. Ker je (n−1)2

3n2+n+1= n2−2n+1

3n2+n+1, delimo stevec in imenovalec tega ulomka z najvisjo

potenco; torej z n2. Dobimo (n−1)2

3n2+n+1= n2−2n+1

3n2+n+1=

1− 2n+ 1

n2

3+ 1n+ 1

n2. Ker je lim

n→∞1n = 0, je

limn→∞

(1− 2

n + 1n2

)= lim

n→∞1− lim

n→∞2n + lim

n→∞1n2 = 1− 0− 0 = 1,

saj vse limite na desni obstajajo. Podobno je tudi

limn→∞

(3 + 1

n + 1n2

)= lim

n→∞3 + lim

n→∞1n + lim

n→∞1n2 = 3 + 0 + 0 = 3.

Sledi

limn→∞

(n− 1)2

3n2 + n+ 1= lim

n→∞1− 2

n + 1n2

3 + 1n + 1

n2

=limn→∞

(1− 2n + 1

n2 )

limn→∞

(3 + 1n + 1

n2 )=

1

3.


3n + 1

3n+1 − 1.

Resitev. Ce stevec in imenovalec delimo s 3n, dobimo

limn→∞

3n + 1

3n+1 − 1= lim

n→∞1 + 1

3n

3− 13n

=1

3.

Do enakega sklepa bi prisli tudi, ce bi delili s 3n+1.


3n+1 + 5n

3n − 5n+1.

Resitev. Podobno kot v prejsnjem primeru delimo z izrazom, ki najhitreje narasca, tj. s 5n.Dobimo

limn→∞

3n+1 + 5n

3n − 5n+1limn→∞

3 · (35 )n + 1

(35 )n − 5

= −1

5,

kjer smo upostevali, da je limn→∞

(35 )n = 0. Do enakega sklepa bi prisli tudi, ce bi delili s 5n+1.

Deljenje s 3n ali s 3n+1 pa ne vodi k resitvi, saj je limn→∞

(53 )n = ∞.

30


5n+√n2 + 1

5n −√4n2 + 1

.

Resitev. Ce stevec in imenovalec delimo z n, dobimo

limn→∞

5n+√n2 + 1

5n−√4n2 + 1

= limn→∞

5 +√

1 + 1n2

5−√

4 + 1n2

=5 + 1

5− 2= 2.


2 + 6√2n

3√

3 +√n.

Resitev. Ce stevec in imenovalec delimo s 6√n = 3

√√n, dobimo

limn→∞

2 + 6√2n

3√

3 +√n= lim

n→∞

26√n+ 6

√2

3

√3√n+ 1

=6√2.


(√n2 + n− n).

Resitev. Racunajmo:√n2 + n−n =

(√n2 + n− n)(

√n2 + n+ n)√

n2 + n+ n=

n√n2 + n+ n

=1√

1 + 1n + 1

.

Sledi limn→∞

(√n2 + n− n) = lim

n→∞1√

1 + 1n + 1

=1

2.


1√n2 + 2n + 2−

√n2 + n+ 1

.

Resitev. Podobno kot prej lahko izracunamo

1√n2 + 2n+ 2−

√n2 + n+ 1

=

√n2 + 2n + 2 +

√n2 + n+ 1

(n2 + 2n+ 2)− (n2 + n+ 1)=

=

√n2 + 2n + 2 +

√n2 + n+ 1

n+ 1=

=

√1 + 2

n + 2n2 +

√1 + 1

n + 1n2

1 + 1n

,

od koder sledi

limn→∞

√1 + 2

n + 2n2 +

√1 + 1

n + 1n2

1 + 1n

= 2.


1 + 2 + . . .+ n

n2.

Resitev. Ceprav je 1+2+...+nn2 = 1

n2 + 2n2 + . . . + n

n2 in limn→∞

kn2 = 0 za vsak k, ne smemo

sklepati, da je limn→∞

1+2+...+nn2 = 0 + 0 + . . . + 0 = 0. Izrek lim

n→∞(an + bn) = lim

n→∞an + lim

n→∞bn

lahko sicer razsirimo na poljubno, vendar fiksno stevilo clenov, v izrazu 1+2+...+nn2 pa stevilo

clenov ni fiksno, ampak se spreminja hkrati z n.

31

Ker je 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)2 , lahko zapisemo

1+2+...+nn2 = n(n+1)

2n2 = n+12n =

1+ 1n

2 .

Torej je

limn→∞

1 + 2 + . . . + n

n2= lim

n→∞1 + 1

n

2=

1

2.

Izrek 3.25 (Izrek o sendvicu). Ce sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni in imata enaki limititer je an ≤ cn ≤ bn za vsak n ≥ N , je tudi zaporedje (cn) konvergentno in velja lim

n→∞(an) =

limn→∞

(bn) = limn→∞

(cn).

N

R

Abc

b

bb

bb b b

b

bb

b

b

b

b

b

bb

bb b

b

b

bb

b

b bb b b

| | | | | | | | | |

Dokaz. Oznacimo limn→∞

(an) = limn→∞

(bn) = A. Naj bo ε > 0. Potem obstaja n1, da je

an > A− ε za n ≥ n1. Potem obstaja n2, da je bn < A+ ε za n ≥ n2. Sledi limn→∞

cn = A, saj za

n ≥ n0 = max{n1, n2, N} velja

A− ε < an ≤ cn ≤ bn < A+ ε.

Zgled 3.26. Izracunaj limito zaporedja s splosnim clenom

an =1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ . . . +1√

n2 + n.

Resitev. Ocitno jen√

n2 + n≤ an ≤ n√

n2 + 1. Ker za vsak k ∈ {1, 2, . . . , n} velja

limn→∞

n√n2 + k

= limn→∞

1√1 + k

n2

= 1,

je tudi limn→∞

an = 1.

Stevilo eOglejmo si zaporedji an =

(1 + 1

n

)nin bn =

(1− 1

n

)−n.

N

R

e

bn = (1− 1n)

−n

an = (1 + 1n)

nb

b b b b b b b b b

b

bb b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

32

Zaporedje an je narascajoce in navzgor omejeno, zaporedje bn pa padajoce in navzdol omejeno.Torej sta obe zaporedji konvergentni.

Iz zveze

bn+1 =(1− 1

n+1

)−(n+1)=(n+1n

)n+1=(1 + 1

n

)n ·(1 + 1

n

)= an

(1 + 1

n

)

pa sledi, da je

limn→∞

bn = limn→∞

bn+1 = limn→∞

an

(1 +

1

n

)= lim

n→∞an · lim

n→∞

(1 +

1

n

)= lim

n→∞an,

kar pomeni, da imata zaporedji an in bn isto limito, ki jo oznacimo z e. Skratka

e = limn→∞

(1+

1

n

)n

= limn→∞

(1− 1

n

)−n

= limn→−∞

(1 +

1

n

)n

.

Stevilo e je iracionalno in velja e ≈ 2.7182.Dokazati je mozno, da je

e = limx→∞

(1 +

1

x

)x

= limx→−∞

(1 +

1

x

)x

,

ce x tece po realnih stevilih. Ce sedaj pisemo t = 1x , gornji dve limiti skupaj dasta se

limt→0

(1 + t)1t = e.


(1− 1

3n

)n.

Resitev.

Racunajmo

limn→∞

(1− 1

3n

)n

= limn→∞

(1− 1

3n

)−3n·(− 13)

=

= limn→∞

((1− 1

3n

)−3n)− 1

3

.

Ker je limn→∞

13n = 0, je lim

n→∞

(1− 1

3n

)−3n= e. Torej je

limn→∞

(1− 1

3n

)n

= limn→∞

((1− 1

3n

)−3n)− 1

3

= e−13 .

Pri izracunu prejsnje limite smo uporabili spodnjo trditev za zaporedji an =(1− 1

3n

)−3nin

bn = −13 .

Izrek 3.28. Ce sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni, an > 0 za vsak n ter limn→∞

an > 0, je

tudi zaporedje (abnn ) konvergentno in velja

limn→∞

abnn = ( limn→∞

an)lim

n→∞bn.

33


(n+1n+2

)n.

Resitev. Ker je limn→∞

n+1n+2 = 1, zelimo limito preoblikovati na limito za e. Zaradi n+1

n+2 =

n+2−1n+2 = 1− 1

n+2 lahko zapisemo

limn→∞

(n+ 1

n+ 2

)n

= limn→∞

(1− 1

n+ 2

)−(n+2)· n−(n+2)

=

= limn→∞

(1− 1

n+ 2

)−(n+2)

︸︷︷︸an→e

bn→−1︷︸︸︷n

−(n+ 2)

= e−1.


(n2+2nn2+1

)n.

Resitev.

Z deljenjem polinomov ugotovimo n2+2nn2+1 = 1 + 2n−1

n2+1 .

limn→∞

(n2 + 2n

n2 + 1

)n

= limn→∞

(1 +

2n− 1

n2 + 1

)n2+12n−1

·(

2n−1n2+1

·n)

=

= limn→∞

(1 +

2n − 1

n2 + 1

)n2+12n−1

︸︷︷︸an→e

bn→2︷︸︸︷2n2 − n

n2 + 1

= e2.

Limite, ki jih lahko spretno preoblikujemo na limito za e, lahko enostavno izracunamo tudiz uporabo izreka:

Izrek 3.31. Naj bo limn→∞

an = 1 in an 6= 1 za vsak n. Ce za zaporedje (bn) obstaja limita

L = limn→∞

bn(an − 1),

je tudi zaporedje (abnn ) konvergentno in velja

limn→∞

abnn = eL.


(n2+2nn2+1

)n.

Resitev. Oznacimo an = n2+2nn2+1

. Ker je limn→∞

an = 1 in

L = limn→∞

n

(n2 + 2n

n2 + 1− 1

)= lim

n→∞2n2 − n

n2 + 1= 2,

sledi limn→∞

(n2+2nn2+1

)n= eL = e2.

34


(2n−12n+3

)3n+1.

Resitev. Oznacimo an = 2n−12n+3 . Ker je lim

n→∞an = 1 in

L = limn→∞

(3n + 1)

(2n− 1

2n+ 3− 1

)= lim

n→∞−4(3n + 1)

2n+ 3= −6,

sledi limn→∞

(2n−12n+3

)3n+1= eL = e−6.


2n+ 1n√

n2+1.

Resitev. Racunajmo

limn→∞

2n+ 1n√

n2 + 1= lim

n→∞2 + 1

n2√1 + 1

n2

= 2.


1+√n

√

n+√

n2+√n.

Resitev. Racunajmo

limn→∞

1 +√n√

n+√n2 +

√n= lim

n→∞

1√n+ 1

√1 +

√1 +

√n

n2

=1√2.

3.2 Potence in koreni

PotencaNaj bo a ∈ R in n ∈ N. Produkt n enakih faktorjev a imenujemo n-ta potenca stevila a

in oznacimo z a. Stevilo a je osnova, stevilo n pa eksponent. Z indukcijo preverimo, da velja

am+n = am · an(am)n = am·n

(ab)m = ambm

(ab

)m=

am

bm; a 6= 0 6= b

am

an= am−n; a 6= 0,m > n

Ce dodatno postavimo a−m =1

amin a0 = 1, veljajo gornje formule za vse celostevilske ekspo-

nente m in n.

KorenNaj bo a pozitivno realno stevilo in n naravno stevilo. Koren n

√a je tisto stevilo, katerega

n-ta potenca je enaka a.Ker je korenjenje obratna operacija od potenciranja, velja

n√ab = n

√a

n√b

m

√n√a =

mn√ab

m√an =

(m√a)n

35

Ce je naravno stevilo p deljivo z naravnim stevilom q, velja

q√ap = a

pq .

To ugotovitev vzamemo za definicijo potence z racionalnim eksponentnom. Ce je r = pq racio-

nalno stevilo, definiramo ar = q√ap. Prepricamo se lahko, da je definicija dobra, tj. ce je p

q = p′

q′ ,

je tudi q√ap =

q′√ap′ .

Potenca z realnim eksponentomVzemimo poljubno realno stevilo r. Radi bi definirali ar, ce je a pozitivno realno stevilo. Idejakonstrukcije:

• Za dano realno stevilo r obstaja zaporedje (rn) racionalnih stevil, da je limn→∞

rn = r.

• Dokazemo, da je zaporedje arn konvergentno.

• Definiramo ar = limn→∞

arn .

• Pokazemo, da je limita neodvisna od izbire zaporedja (rn), ki konvergira k r. Za poljubnozaporedje r′n, za katero je lim

n→∞r′n = r, dokazemo, da je lim

n→∞ar

′n = lim

n→∞arn .

Izrek 3.36. Za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsako racionalno stevilo q, |q| < δ, velja|aq − 1| < ε.

Dokaz. Naj bo ε > 0. Ker je limn→∞

n√a = 1, obstaja tak n1, da je | n1

√a − 1| < ε. Ker je

limn→∞

n√a−1 = 1, obstaja tak n2, da je | n2

√a−1− 1| < ε. Postavimo n = max{n1, n2}. Ce je sedaj

0 ≤ q < 1n , je |aq − 1| < | n

√a− 1| < ε. Za − 1

n < q < 0 pa ocenimo |aq − 1| < | n√a−1 − 1| < ε.

Torej lahko postavimo δ = 1n .

Obstaja zaporedje (rn) racionalnih stevil, da je limn→∞

rn = r. Pokazimo, da je zaporedje arn

Cauchyjevo. Naj bo ε > 0. Za rm > rn velja arm − arn = arn(arm−rn − 1). Ker je zaporedje rnkonvergentno, je omejeno in je zato tudi |arn | ≤M za vse n. Po prejsnjem izreku obstaja δ > 0,da je |aq − 1| < ε

M za vse |q| < δ. Ker je zaporedje rn konvergentno, je Cauchyevo in obstajaN ∈ N, da je |rn − rm| < δ za m,n ≥ N . Torej je

|arm − arn | = |arn | · |arm−rn − 1| < Mε

M= ε

za vsem,n ≥ N . Zaporedje je zato Cauchyjevo in obstaja limn→∞

arn . Dobljeno vrednost oznacimo

z ar.Ce imamo se eno zaporedje r′n, za katero je lim

n→∞r′n = r, velja lim

n→∞(r′n − rn) = 0 in zato

limn→∞

ar′n−rn = 1. Ker pa je

limn→∞

ar′n−rn =

limn→∞

ar′n

limn→∞

arn= 1,

od tod sledi limn→∞

ar′n = lim

n→∞arn . Torej je vrednost ar neodvisna od zaporedja racionalnih stevil,

ki konvergira k r.

Nazadnje omenimo, da veljajo vsa pravila za racunanje s potencami, ki smo jih izpeljali zaracionalne eksponente, tudi za realne eksponente.

36

LogaritemVzemimo, da sta v enacbi ay = x stevili a in x znani, y pa ne. Resitev te enacbe zapisemo

v obliki y = loga x in preberemo y je logaritem stevila x z osnovo a. Stevilu x pravimologaritmand, stevilo a pa osnova logaritma. Da se dokazati, da je za dani pozitivni stevilia in x, a 6= 1, stevilo y, ki zadosca enacbi ay = x, enolicno doloceno. Iz definicije logaritmasledi, da je loga 1 = 0 in loga a = 1. Logaritem ni definiran, ce je a ≤ 0 ali a = 1. Ce je a > 1,je funkcija x 7→ loga x narascajoca in navzgor neomejena.

Iz pravil za racunanje s potencami izpeljemo podobna pravila za racunanje z logaritmi. Cev formulo aU+V = aUaV vstavimo U = loga u in V = loga v, dobimo

loga(uv) = loga u+ loga v.

Iz aU−V = aU

aVizpeljemo

logau

v= loga u− loga v.

Iz (aU )V = aUV pa s podobnim prijemom izpeljemo

loga uv = v loga u.

Ceprav je lahko osnova logaritma katerokoli pozitivno realno stevilo a, a 6= 1, najpogostejeuporabljamo logaritme z osnovo e ali 10. Logaritem z osnovo e imenujemo naravni logaritemin oznacimo loge x = lnx. Logaritem z osnovo 10 imenujemo desetiski ali Briggsov logaritemin oznacimo log10 x = log x. V novejsem casu se uporabljajo tudi logaritmi z osnovo 2, ki jihimenujemo dvojiski logaritmi.

Iz enakosti aloga x = x = blogb x z logaritmiranjem sledi loga x · loga a = logb x · loga b, od koderizpeljemo

logb x =loga x

loga b.

Posebej velja

log x = log10 x =loge x

loge 10=

lnx

ln 10

in

lnx = loge x =log10 x

log10 e=

log x

log e.

4 Vrste

4.1 Stevilske vrste

Naj bo a1, a2, . . . zaporedje realnih stevil. Izraz

a1 + a2 + a3 + · · ·

imenujemo stevilska vrsta in ga oznacimo z∞∑

k=1

ak, stevila a1, a2, . . . pa cleni te vrste.

Za vsak n definiramo sn =

n∑

k=1

ak. Stevilo sn imenujemo n-ta delna vsota vrste

∞∑

k=1

ak.

Vrsta je konvergentna, ce konvergira zaporedje delnih vsot. Ce vrsta ni konvergentna,pravimo, da je divergentna. Limito zaporedja delnih vsot imenujemo vsota vrste.

37

• Vrsta∞∑

k=1

k s splosnim clenom ak = k je divergentna, ker je zaporedje delnih vsot sn =

a1 + . . .+ an = 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)2 neomejeno.

• Vrsta

∞∑

k=1

(−1)k s splosnim clenom ak = (−1)k je divergentna, ker ima zaporedje delnih

vsot

sn =

{−1, ce je n liho stevilo,

0, ce je n sodo stevilo,

dve stekalisci.

Zgled 4.1. Dokazi, da je vrsta∞∑

k=1

1

k(k + 1)konvergentna in izracunaj njeno vsoto.

Resitev. Ker je 1k(k+1) =

1k − 1

k+1 , lahko izraz za n-to delno vsoto zapisemo kot

sn =n∑

k=1

1

k(k + 1)=

(1

1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ . . .+

(1

n− 1

n+ 1

)=

=1

1− 1

n+ 1.

Torej je sn = 1− 1n+1 . Ker je lim

n→∞(1− 1

n+1) = 1, je vrsta konvergentna in ima vsoto 1.

Zgled 4.2. Dokazi, da je vrsta

∞∑

k=1

ln(1 + 1k ) divergentna.

Resitev. Splosni clen je ak = ln(1 + 1k ). Izracunajmo delno vsoto:

sn =n∑

k=1

ak =n∑

k=1

ln(1 + 1k ) =

= ln(1 + 11) + ln(1 + 1

2 ) + · · ·+ ln(1 + 1n) =

= ln((1 + 1

1)(1 +12 )(1 +

13) · · · (1 + 1

n))=

= ln(21 · 3

2 · 43 · · · n+1

n

)= ln(n+ 1).

Vrsta je divergentna, ker je zaporedje delnih vsot neomejeno.

Geometrijska vrsta je vrsta

∞∑

k=0

aqk s splosnim clenom ak = a qk.

Ce je q 6= 1, velja

sn =n∑

k=0

a qk = a+ a q + a q2 + · · ·+ a qn = a qn+1−1q−1 .

Vemo, da za |q| < 1 zaporedje qn konvergira k 0 in tedaj je limn→∞

sn = a1−q .

Ce je q = 1, je sn =

n∑

k=0

a = (n+ 1)a in to zaporedje je neomejeno.

38

Torej geometrijska vrsta∞∑

k=0

aqk konvergira natanko tedaj, ko je |q| < 1. Tedaj velja

∞∑

k=0

aqk =a

1− q.

Zgled 4.3. Izracunaj

∞∑

k=1

4

3k−1.

Resitev. Najprej premaknimo sumacijski indeks:

∞∑

k=1

4

3k−1=

∞∑

k=0

4

3k. Torej je a = 4 in q = 1

3 .

Sledi

∞∑

k=0

4

3k=

4

1− 13

= 6.

Legenda o sahu

Zgled 4.4. Legenda pravi, da je kralj Sahram zelel nagraditi modreca Sisa Ben Dahiro, ki gaje naucil sah. Modrec je bil skromen in mu je rekel, da naj mu da toliko zita, kot ga gre nasahovsko plosco, ce polozi na prvo polje 1 zrno, na drugo 2 zrni, na tretje 4, . . . .

Ali mu je kralj lahko izplacal zeleno nagrado?

Resitev. Na sahovnico bi bilo potrebno poloziti

1 + 2 + . . .+ 263 =264 − 1

2− 1= 18 446 744 073 709 551 615 ≈ 1.8 · 1019

zrn zita. Ce vzamemo, da zrno zita tehta 20 mg (tj. 2 · 10−5 kg), bi vse zito skupaj tehtalo3.6 · 1014 kg oz. 3.6 · 1011 ton. (Svetovna letna proizvodnja zita je 6 · 108 ton.)

Konvergencni kriteriji

Izrek 4.5 (Cauchyjev kriterij). Vrsta

∞∑

k=1

ak je konvergentna natanko tedaj, ko za vsak ε > 0

obstaja N ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N velja

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣ < ε.

Dokaz. Po definiciji je vrsta konvergentna natanko tedaj, ko je konvergentno zaporedje delnihvsot. Zaporedje pa je konvergentno natanko tedaj, ko ustreza Cauchyjevemu pogoju: Za vsakε > 0 obstaja N ∈ N, da je |sm − sn| < ε za vsaka m,n ≥ N . Trditev je tako dokazana, saj je

sm − sn =m∑

k=n+1

ak.

Zgled 4.6. Harmonicna vrsta

∞∑

k=1

1

kje divergentna.

Resitev. Oglejmo si delne vsote:

s2n − sn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ . . .+

1

n+ n≥ 1

n+ n+

1

n+ n+ . . .

1

n+ n=

1

2.

39

Zaporedje delnih vsot ne ustreza Cauchyjevemu pogoju.

1 +1

2+

1

3+

1

4︸︷︷︸≥ 1

2

+1

5+

1

6+

1

7+

1

8︸︷︷︸≥ 1

2

+1

9+

1

10+ · · ·+ 1

15+

1

16︸︷︷︸≥ 1

2

+ · · · .

Izrek 4.7. Ce je vrsta∞∑

k=1

ak konvergentna, je limk→∞

ak = 0.

Dokaz. V Cauchyjevem pogoju pisemo m = n+1 in dobimo, da za vsak ε > 0 obstaja N ∈ N,da je |am| < ε za vsak m ≥ N . To pa ravno pomeni, da je lim

k→∞ak = 0.

Opozorilo. Velja limk→∞

1k = 0. Videli pa smo, da je harmonicna vrsta divergentna. Torej je

pogoj limk→∞

1k = 0 za konvergenco vrste potreben, a ni zadosten.

Izrek 4.8 (Primerjalni kriterij). Ce za vsak indeks k velja |ak| ≤ bk in je vrsta

∞∑

k=1

bk konver-

gentna, je tudi vrsta

∞∑

k=1

ak konvergentna.

Dokaz. Ker je vrsta∞∑

k=1

bk konvergentna, po Cauchyjevem kriteriju za dani ε > 0 obstaja

N ∈ N, da jem∑

k=n+1

bk < ε za vse m > n ≥ N . Torej je

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣ ≤m∑

k=n+1

|ak| ≤m∑

k=n+1

bk < ε

in je vrsta

∞∑

k=1

ak konvergentna, saj ustreza Cauchyjevemu kriteriju.


k=0

1

2ksin kx konvergentna za vsako realno stevilo x.

Resitev. Ker za vsako realno stevilo x velja | sin kx| ≤ 1, lahko ocenimo | 12k

sin kx| ≤ 12k. Torej

smo clene vrste∞∑

k=0

1

2ksin kx navzgor ocenili s cleni konvergentne geometrijske vrste

∞∑

k=0

1

2k.

Pri primerjalnem kriteriju moramo vrsto∞∑

k=1

ak primerjati s kaksno znano vrsto. Najpogo-

steje uporabljamo geometrijsko vrsto ali pa vrsto

∞∑

k=1

1

kαza primerno realno stevilo α.

Izrek 4.10. Naj bo α ∈ R poljubno stevilo. Vrsta

∞∑

k=1

1

kαkonvergira natanko tedaj, ko je α > 1.

40

Za α = 1 dobimo (divergentno) harmonicno vrsto∞∑

k=1

1

k.

Ker za α < 1 velja 1kα >

1k , je v tem primeru vrsta

∞∑

k=1

1

kαdivergentna.

Dokaz konvergentnosti vrste za α > 1 izpustimo.

Izrek 4.11 (Kvocientni oz. d’Alembertov kriterij). Naj bo

∞∑

k=1

ak taka vrsta s pozitivnimi cleni,

za katero obstaja

limn→∞

an+1

an,

ki jo oznacimo s q.

• Ce je q < 1, je vrsta konvergentna.

• Ce je q > 1, je vrsta divergentna.

• Ce je q = 1, na podlagi kvocientnega kriterija o konvergenci ne moremo odlociti.

Dokaz. Oglejmo si najprej primer, ko je q < 1. Izberimo poljubno stevilo r, q < r < 1. Tedajobstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja an+1

an≤ r. Torej je an+1 ≤ ran za vsak n ≥ N .

Zapisimo

aN+1 ≤ raN ,

aN+2 ≤ raN+1 ≤ r2aN , . . .

aN+k ≤ rkaN .

Torej je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, saj je lahko navzgor ocenimo s konvergentno vrsto:

∞∑

k=1

ak ≤ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ aN + raN + r2aN + . . .︸︷︷︸konvergentna vrsta

.

V drugem primeru pa naj bo q > 1. Izberimo poljubno stevilo r, 1 < r < q. Tedaj obstajastevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja an+1

an≥ r. Torej je an+1 ≥ ran za vsak n ≥ N in

podobno kot zgoraj velja

aN+1 ≥ raN ≥ aN ,

aN+2 ≥ raN+1 ≥ raN ≥ aN ,

...

aN+k ≥ aN .

Sedaj pa vidimo, da pogoj limn→∞

an = 0, ki mu zadosca vsaka konvergentna vrsta, ne more biti

izpolnjen.

Zgled 4.12. Za vsako pozitivno realno stevilo x je vrsta∞∑

k=1

xk

k!konvergentna.

Resitev. Pisimo an = xn

n! . Tedaj je

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

xn+1

(n+1)!xn

n!

= limn→∞

x

n+ 1= 0,

41

kar zaradi q < 1 pomeni, da vrsta konvergira za vsak x > 0.

Vrsta je v resnici konvergentna za vsako realno stevilo x, le da bomo to znali dokazati kasneje,ko bomo obravnavali absolutno konvergenco vrst.

Zgled 4.13. Dokazali smo ze, da je vrsta

∞∑

k=1

1

k(k + 1)konvergentna. Kvocientni kriterij tega

ne ugotovi.

Resitev. Za an = 1n(n+1) imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1(n+1)(n+2)

1n(n+1)

= limn→∞

n

n+ 2= 1.

Zgled 4.14. Dokazali smo ze, da je vrsta∞∑

k=1

1

kdivergentna. Kvocientni kriterij tega ne ugotovi.

Resitev. Za an = 1n imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1n+11n

= limn→∞

n

n+ 1= 1.

Zgled 4.15. Razisci konvergenco vrste∞∑

k=1

k!

kk.

Resitev. Za an = n!nn imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(n+1)!(n+1)n+1

n!nn

= limn→∞

nn

(n + 1)n= lim

n→∞1

(1 + 1n)

n=

1

e.

Ker je 1e < 1, je vrsta konvergentna.


k=1

ak

(1 + a)(1 + a2) · · · (1 + ak)za a > 0.

Resitev. Za an = an

(1+a)(1+a2)···(1+an)imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

an+1

(1+a)(1+a2)···(1+an)(1+an+1)an

(1+a)(1+a2)···(1+an)

= limn→∞

a

1 + an+1.

Ker je

q = limn→∞

a

1 + an+1=

a, ce je a < 1,12 , ce je a = 1,

0, ce je a > 1,

je za vsak a > 0 gornja vrsta konvergentna.

42

Izrek 4.17 (Korenski oz. Cauchyjev kriterij). Naj bo∞∑

k=1

ak taka vrsta s pozitivnimi cleni, za

katero obstajalimn→∞

n√an,

ki jo oznacimo s q.

• Ce je q < 1, je vrsta konvergentna.

• Ce je q > 1, je vrsta divergentna.

• Ce je q = 1, na podlagi kvocientnega kriterija o konvergenci ne moremo odlociti.

Dokaz. Oglejmo si najprej primer, ko je q < 1. Izberimo poljubno stevilo r, q < r < 1. Tedajobstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja n

√an ≤ r. Torej je an ≤ rn za vsak n ≥ N .

Torej je vrsta

∞∑

k=1

ak konvergentna, saj je lahko navzgor ocenimo s konvergentno vrsto:

∞∑

k=1

ak ≤ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ rN + rN+1 + rN+2 + . . .︸︷︷︸konvergentna vrsta

.

V drugem primeru pa naj bo q > 1. Izberimo poljubno stevilo r, 1 < r < q. Tedajobstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja n

√an ≥ r. Torej je an ≥ rn za vsak n ≥ N .

Torej je vrsta∞∑

k=1

ak divergentna, saj je lahko navzdol ocenimo z divergentno geometrijsko vrsto

(tj. r > 1):∞∑

k=1

ak ≥ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ rN + rN+1 + rN+2 + . . .︸︷︷︸divergentna vrsta

.

Zgled 4.18. Razisci konvergenco vrste

∞∑

k=1

k

akza a > 0.

Resitev. Ker je limn→∞

n√n = 1, velja

q = limn→∞

n

√n

an= lim

n→∞

n√n

a=

1

a.

Torej je po korenskem kriteriju vrsta konvergentna za 1a < 1 (tj. a > 1) in divergentna za 1

a > 1(tj. a < 1).

Ce je a = 1, korenski kriterij ne odloca o konvergenci. Divergenco vrste pa lahko v tem

primeru uvidimo kar iz vrste same. Vrsta

∞∑

k=1

k

1k=

∞∑

k=1

k namrec divergira.


∞∑

k=1

(k − 1

k + 1

)k(k−1)

.

Resitev. Uporabimo korenski kriterij

q = limn→∞

n

√(n− 1

n+ 1

)n(n−1)

= limn→∞

(n− 1

n+ 1

)n−1

.

43

Ker je limn→∞

n−1n+1 = 1, lahko izracunamo

L = limn→∞

(n− 1)

(n− 1

n+ 1− 1

)= lim

n→∞−2(n− 1)

n+ 1= −2

in od tod

q = limn→∞

(n− 1

n+ 1

)n−1

= eL = e−2.

Ker je e−2 < 1, vrsta konvergira.

Korenski kriterij za ugotavljanje konvergence vrste

∞∑

k=1

ak uporabljamo najpogosteje tedaj,

ko je izraz n√an ’ugoden’ za limitiranje. Korenski kriterij pa ni izboljsava kvocientnega, saj velja:

Izrek 4.20. Naj bo (an) zaporedje s pozitivnimi cleni. Ce obstaja limita limn→∞

an+1

an, obstaja tudi

limita limn→∞

n√an in sta enaki.

Torej nima smisla poskusiti s korenskim kriterijem, ce smo pri kvocientnem kriteriju izracunalilimn→∞

an+1

an= 1, saj bomo izracunali tudi lim

n→∞n√an = 1.


∞∑

k=1

(k

3k + 1

)2k+1

.

Resitev. Uporabimo korenski kriterij. Za an =(

n3n+1

)2n+1imamo

q = limn→∞

((n

3n+ 1

)2n+1) 1

n

= limn→∞

(n

3n + 1

) 2n+1n

=1

9,

kjer smo upostevali, da je limn→∞

n3n+1 = 1

3 in limn→∞

2n+1n = 2. Torej je vrsta konvergentna.


∞∑

k=1

(2k)!

(3k)!.

Resitev. Uporabimo kvocientni kriterij. Za an = (2n)!(3n)! imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

(2(n+1))!(3(n+1))!

(2n)!(3n)!

= limn→∞

(2n+ 2)! · (3n)!(2n)! · (3n + 3)!

=

= limn→∞

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

=

= limn→∞

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

(3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)=

4n2 + . . .

27n3 + . . .= 0.

Torej je vrsta konvergentna.

Alternirajoce vrste

Vrsta∞∑

k=1

ak je alternirajoca, ce je akak+1 < 0 za vsak k.

Izrek 4.23 (Leibnitzov kriterij). Ce v alternirajoci vrsti absolutne vrednosti clenov padajo inkonvergirajo k 0, je vrsta konvergentna.

44

Dokaz. Naj vrsta∞∑

k=1

ak ustreza pogojem izreka. Oznacimo bk = |ak|. Privzeti smemo, da je

a1 > 0. Torej imamo vrsto∞∑

k=1

(−1)k+1bk, kjer je bk ≥ bk+1 > 0 za vsak k in limk→∞

bk = 0.

Ker jes2n+2 = s2n + (b2n+1 − b2n+2)︸︷︷︸

≥0

≥ s2n,

je zaporedje (s2n)n sodih delnih vsot narascajoce.Zaradi

s2n = b1 − (b2 − b3)︸︷︷︸≥0

− (b4 − b5)︸︷︷︸≥0

− . . .− (b2n−2 − b2n−1)︸︷︷︸≥0

− b2n︸︷︷︸≥0

≤ b1,

je zaporedje navzgor omejeno. Torej je zaporedje sodih delnih vsot konvergentno.Oznacimo s = lim

n→∞s2n. Ker je s2n+1 = s2n + b2n+1 in je lim

n→∞b2n+1 = 0, je konvergentno

tudi zaporedje (s2n+1)n lihih delnih vsot in s = limn→∞

s2n+1. Torej je konvergentno tudi zaporedje

(sn) in velja s = limn→∞

sn.

Izrek 4.24. Delna vsota sn alternirajoce vrste∞∑

k=1

ak se od vsote vrste razlikuje za manj kot

|an+1|.

Dokaz. Oglejmo si dokaz Leibnitzovega izreka podrobneje. Ce je a1 > 0, smo dokazali, da jezaporedje sodih delnih vsot narascajoce. Ker je konvergentno, je navzgor omejeno s svojo limito.Podobno dokazemo, da je zaporedje lihih delnih vsot padajoce. Ker je konvergentno, je navzdolomejeno s svojo limito. Sledi s2n < s < s2n+1, od koder izpeljemo 0 < s − s2n < s2n+1 − s2n =a2n+1. Podobno je s2n+2 < s < s2n+1, od koder izpeljemo s2n+2−s2n+1 = a2n+2 < s−s2n+1 < 0.

Torej za vsak indeks n velja, da je |s− sn| < |an+1|.


∞∑

k=1

(−1)k+1 1

kkonvergentna.

Resitev. Oznacimo ak = (−1)k+1 1k . Ker je ak · ak+1 = − 1

k(k+1) < 0 in |ak| = 1k+1 < |ak+1| =

1k+1 , po Leibnitzovem kriteriju vrsta konvergira.


k=2

(−1)k1

ln kkonvergentna. Koliko clenov moramo sesteti, da

bi izracunali vsoto vrste na 1100 natancno?

Resitev. Vrsta je konvergentna, saj je zaporedje 1ln k padajoce. Ker se napaka delne vsote

razlikuje od vsote vrste za manj kot je absolutna vrednost prvega izpuscenega clena, moramopoiskati tak k, da je 1

ln k <1

100 . Slednje je ekvivalentno s k > e100 ≈ 1043. Torej smo ugotovili,da vrsta sicer konvergira, a je konvergenca precej ’pocasna’.

Zgled 4.27. Ali je vrsta 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ 1√4−1

− 1√4+1

+ · · · konvergentna?

Resitev. Leibnitzovega kriterija ne smemo uporabiti, saj absolutne vrednosti clenov vrstekonvergirajo k 0, vendar ne monotono.

45

N

R

1

|an|

b

b

bb

b

b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Za vsak k ≥ 2 namrec velja 1√k−1

> 1√k+1

in 1√k+1

< 1√k+1−1

. (Slednje je ekvivalentno z√k + 1−

√k < 2.)

Izracunajmo sode delne vsote gornje vrste:

s2n = 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ · · ·+ 1√n−1

− 1√n+1

=

= 2(√2−1)(

√2+1)

+ 2(√3−1)(

√3+1)

+ · · ·+ 2(√n−1)(

√n+1)

=

= 22−1 + 2

3−1 + · · · + 2n−1 = 2

n−1∑

k=1

1

k.

Torej so sode delne vsote s2n neomejeno podzaporedje v zaporedju delnih vsot.

Absolutna in pogojna konvergenca

Vrsta∞∑

k=1

ak je absolutno konvergentna, ce je konvergentna tudi vrsta∞∑

k=1

|ak|.

Ce je vrsta konvergentna, a ni absolutno konvergentna, pravimo, da je pogojno konver-gentna.

Zgled 4.28. Vrsta∞∑

k=1

(−1)k+1 1

kje pogojno konvergentna, saj je harmonicna vrsta

∞∑

k=1

1

kdiver-

gentna.

Izrek 4.29. Vsaka absolutno konvergentna vrsta je konvergentna.

Dokaz. Oglejmo si vrsto∞∑

k=1

ak. Ker je vrsta absolutno konvergentna (tj. vrsta∞∑

k=1

|ak| je

konvergentna), po Cauchyjevem kriteriju za ε > 0 obstaja N ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N

veljam∑

k=n+1

|ak| < ε. Ker zaradi trikotniske neenakosti velja se |m∑

k=n+1

ak| ≤m∑

k=n+1

|ak|, je tako

|m∑

k=n+1

ak| < ε in tudi vrsta∞∑

k=1

ak je konvergentna.

Ena najpomembnejsih lastnosti absolutno konvergentnih vrst je, da se njena vsota ne spre-meni, ce sestejemo clene v drugacnem vrstnem redu.


k=1

ak absolutno konvergentna, je za vsako bijekcijo σ : N → N vrsta

∞∑

k=1

aσ(k) absolutno konvergentna in velja∞∑

k=1

aσ(k) =∞∑

k=1

ak.

Pri vsaki pogojno konvergentni vrsti pa lahko s primerno spremembo vrstnega reda sestevanjaclenov kot vsoto vrste dobimo vsako realno stevilo ali celo ∞ ali −∞.

46

k=1

ak pogojno konvergentna, za vsak α ∈ R ∪ {−∞,∞} obstaja taka

bijekcija σ : N → N, da je∞∑

k=1

aσ(k) = α.


k=1

(−1)k√k

.

Resitev. Ker zaporedje s splosnim clenom an = 1√nmonotono konvergira k 0, po Leibnitzovem

kriteriju vrsta konvergira. Konvergenca je le pogojna, saj je 1√n≥ 1

n , vrsta

∞∑

k=1

1

kpa divergira.


∞∑

k=1

(−1)k

k(k + 2).

Resitev. Dokazimo, da je vrsta

∞∑

k=1

(−1)k

k(k + 2)absolutno konvergentna. Ker je

1

n(n+ 2)=

1

2

(1

n− 1

n+ 2

),

lahko zapisemo

∞∑

k=1

1

k(k + 2)=

1

2

((1

1− 1

3) + (

1

2− 1

4) + (

1

3− 1

4) + (

1

5− 1

6) + . . .

)

Torej je n-ta delna vsota gornje vrste enaka sn = 12

(1 + 1

2 − 1n+1 − 1

n+2

)< 3

4 .

Operacije z vrstami

Izrek 4.34. Ce sta vrsti

∞∑

k=1

ak in

∞∑

k=1

bk konvergentni, konvergira tudi vrsta

∞∑

k=1

(ak + bk) in

velja

∞∑

k=1

(ak + bk) =

∞∑

k=1

ak +

∞∑

k=1

bk.

Dokaz. Naj bo ε > 0. Po Cauchyjevem kriteriju za vrsto∞∑

k=1

ak obstaja N1 ∈ N, da za vsaka

m > n ≥ N1 velja |m∑

k=n+1

ak| <ε

2. Podobno po Cauchyjevem kriteriju za vrsto

∞∑

k=1

bk obstaja

N2 ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N2 velja |m∑

k=n+1

bk| <ε

2.

Ce sedaj pisemo N = max{N1, N2}, velja ocena

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

(ak + bk)

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣+∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

bk

∣∣∣∣∣ ≤ε

2+ε

2= ε

za vse m > n ≥ N .

47

Zelena enakost nazadnje sledi iz izreka o vsoti limit zaporedij:

∞∑

k=1

(ak + bk) = limn→∞

n∑

k=1

(ak + bk) = limn→∞

(n∑

k=1

ak +

n∑

k=1

bk

)=

= limn→∞

n∑

k=1

ak + limn→∞

n∑

k=1

bk =

∞∑

k=1

ak +

∞∑

k=1

bk.


k=1

ak konvergentna, je za vsako realno stevilo c konvergentna tudi vrsta

∞∑

k=1

cak in velja∞∑

k=1

cak = c∞∑

k=1

ak.

Dokaz. Trditev ocitno drzi, ce je c = 0. Vzemimo sedaj c 6= 0. Naj bo ε > 0. Po Cauchyjevem

kriteriju za vrsto∞∑

k=1

ak obstaja N ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N velja

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣ <ε|c| . Tedaj

velja ocena ∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

cak

∣∣∣∣∣ = |c| ·∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

cak

∣∣∣∣∣ ≤ |c| · ε|c| = ε.

Zelena enakost nazadnje sledi iz izreka o limiti produkta zaporedij:

∞∑

k=1

cak = limn→∞

n∑

k=1

cak = limn→∞

cn∑

k=1

ak = c limn→∞

n∑

k=1

ak = c ·∞∑

k=1

ak.

Pri izreku o vsoti vrst je predpostavka, da obe vrsti konvergirata, bistvena. Prav tako izrekane moremo uporabiti v drugo smer: ce lahko konvergentno vrsto zapisemo kot vsoto dveh vrst,ni receno, da ti dve vrsti konvergirata.

Primer za to nam je ze znan. Ceprav velja

1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

ne smemo zapisati∞∑

k=1

1

k(k + 1)=

∞∑

k=1

1

k−

∞∑

k=1

1

k + 1,

saj vrsti

∞∑

k=1

1

kin

∞∑

k=1

1

k + 1nista konvergentni.

5 Funkcije

5.1 Splosni pojem funkcije

Naj bosta X in Y mnozici. Funkcija ali preslikava f : X → Y je pravilo f , ki vsakemuelementu x mnozice X priredi natancno dolocen element f(x) mnozice Y . Oznacimo lahko tudix 7→ f(x).

Mnozico X imenujemo definicijsko obmocje ali domena, mnozico f(X) = {f(x); x ∈ X}pa zaloga vrednosti funkcije f . Definicijsko obmocje funkcije f oznacimo tudi z Df , zalogovrednosti pa z Zf .

48

Graf funkcije f : X → Y je mnozica

Γ(f) = {(x, f(x)) ∈ X × Y ; x ∈ X} ⊂ X × Y.

Funkcija f je tako dolocena, ce je podano definicijsko obmocje Df in funkcijski predpis,ki vsakemu x ∈ Df priredi natancno dolocen element f(x). Funkcijski predpis podamo lahkos tabelo, besedilom, diagramom, ali pa, kot je v matematiki obicajno, analiticno. Analiticnolahko podamo funkcijo

• eksplicitno; tj. v obliki y = f(x)

• implicitno; tj. v obliki F (x, y) = 0

• parametricno; tj. v obliki x = g(t), y = h(t)

Ce je funkcija podana eksplicitno, jo enostavno pretvorimo v implicitno ali parametricno obliko.Obratna pot ni vedno mozna ali pa je racunsko neizvedljiva.

Zgled 5.1. Funkcijo y = f(x) zapisemo implicitno kot F (x, y) = y− f(x), parametricno pa kotx = t, y = f(t).

Naj bo I ⊂ R interval in f : I → R funkcija. Funkcija f je navzgor omejena, ce obstajaM ∈ R, da je f(x) ≤M za vsak x ∈ I. Stevilo M imenujemo zgornja meja funkcije f .

y

xI

M bc

Funkcija f je navzdol omejena, ce obstaja m ∈ R, da je f(x) ≥ m za vsak x ∈ I. Stevilom imenujemo spodnja meja funkcije f .

y

xI

m bc

Funkcija f je omejena, ce je navzgor in navzdol omejena. Torej obstajata m,M ∈ R, da jem ≤ f(x) ≤M za vsak x ∈ I.

49

y

xI

M

m

bc

bc

Natancna zgornja meja funkcije f je njena najmanjsa zgornja meja: torej stevilo M ∈ R,da je f(x) ≤M za vsak x ∈ I in da za vsak ε > 0 obstaja x0 ∈ I, da je f(x0) > M − ε. Pogostooznacimo M = sup(f).

y

xI

M − ε

M

x0

bc

bc

bc

bc

Natancna spodnja meja funkcije f je njena najvecja spodnja meja: torej stevilo m ∈ R,da je f(x) ≥ m za vsak x ∈ I in da za vsak ε > 0 obstaja x0 ∈ I, da je f(x0) < m+ ε. Pogostooznacimo m = inf(f).

y

xI

m

m+ ε

x0

bc

bc

bc

bc

Nicla funkcije f je tako stevilo a, da je f(a) = 0.

y

xabcbc

Zgled 5.2. Obravnavaj omejenost funkcije f : [1,∞) → R, podane s predpisom f(x) = 1x .

50

x

y

f(x) = 1x

bc

O

bc1

bc

1

bc

Funkcija f je omejena in velja sup(f) = 1, inf(f) = 0. Ker velja f(1) = sup(f), je sup(f) =max(f). Ker pa je f(x) > 0 za vsak x > 0, ne obstaja tocka x0, v kateri je f(x0) = inf(f) inzato ne obstaja minimum funkcije f .

Tocka x0 je pol funkcije f , ce je v vsaki njeni okolici funkcija f neomejena; tj. ce za vsak Mobstaja ε > 0, da je |f(x)| > M za vsak 0 < |x− x0| < ε.

x0 − ε x0 + εx0 x

y

M

f

Obcbc

bc

bc bc

• Funkcija f : R \ {−1} → R, f(x) = 1x+1 , ima pol v tocki x0 = −1.

• Funkcija f : R → R,

f(x) =

{1

x+1 , ce je x 6= −1,

0, ce je x = −1

ima pol v tocki x0 = −1 ∈ Df .

Definicijsko obmocje funkcije f je simetricno, ce je x ∈ Df natanko tedaj, ko je −x ∈ Df .Funkcija f je soda, ce ima simetricno definicijsko obmocje in velja f(−x) = f(x) za vsak x ∈ Df .

x

y

bcO

bcf(x)

bc

xbc

−x

bc bc

Graf sode funkcije je simetricen na ordinatno os.Funkcija f je liha, ce ima simetricno definicijsko obmocje in velja f(−x) = −f(x) za vsak

x ∈ Df .

51

x

y

bcO

bcf(x)

bc −f(x)

bc

xbc

−x

bc

bc

Graf lihe funkcije je simetricen na koordinatno izhodisce.Enostavno je videti, da je

• Vsota, razlika, produkt in kvocient dveh sodih funkcij je soda funkcija.

• Vsota in razlika dveh lihih funkcij je liha funkcija, produkt in kvocient dveh lihih pa jesoda funkcija.

• Produkt in kvocient sode in lihe funkcije je liha funkcija.

Zgled 5.3. Funkcija xf7→ ex+e−x

2 je soda, xh7→ ex−e−x

2 liha, xg7→ ex

2 pa ni ne soda ne liha.

x

y

f

h

gbc

O

bc

1

bc −1

bc

1bc

−1

Funkcija f : I → R je narascajoca na intervalu I, ce je f(x1) ≤ f(x2) za vsaka x1, x2 ∈ I,x1 < x2. Funkcija f : I → R je strogo narascajoca na intervalu I, ce je f(x1) < f(x2) zavsaka x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

y

xIx1 x2

f(x1)

f(x2) bc

bc bc

bc bc

bc

52

Funkcija f : I → R je padajoca na intervalu I, ce je f(x1) ≥ f(x2) za vsaka x1, x2 ∈ I,x1 < x2. Funkcija f : I → R je strogo padajoca na intervalu I, ce je f(x1) > f(x2) za vsakax1, x2 ∈ I, x1 < x2.

y

xIx1 x2

f(x1)

f(x2) bc

bc bc

bc bc

bc

Zgled 5.4. Funkcija f : R → R, podana s predpisom f(x) = 2xx2+1 , je na intervalu [−1, 1] strogo

narascajoca, na intervalih (−∞,−1], in [1,∞) pa strogo padajoca.

x

y

bc

O

bc

bc

bc

1bc

−1

Inverzna funkcijaNaj bo f : X → Y funkcija. Ce obstaja taka funkcija g : Y → X, da je g ◦ f = idX in

f ◦g = idY , pravimo, da je g inverz funkcije f in oznacimo f−1 = g. Spomimo se, da inverznafunkcija k dani funkciji f obstaja natanko tedaj, ko je f bijektivna.

y

x

f(x) = (x− 2)3

f−1(x) = x13 + 2

O 1 21

2

bc bc bc

bc

bc

bc

Inverzno funkcijo graficno dolocimo tako, da narisemo graffunkcije f in ga prezrcalimo cez simetralo lihih kvadrantov.Analiticno pa dolocimo inverzno funkcijo tako, da enacboy = f(x) “resimo” na x; torej tako, da iz enacbe y = f(x)izrazimo x = g(y).

5.2 Limita funkcije

Naj bo x0 notranja tocka intervala I in f : I \ {x0} → R dana funkcija. Stevilo A je limitafunkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz 0 < |x− x0| < δ sledi|f(x)−A| < ε. Oznaka: lim

x→x0

f(x) = A.

53

y

xO x0x0 − δ x0 + δ

A

A+ ε

A− ε

f

bc

bc

bc

bc

Zgled 5.5. Dokazi, da je limx→1

(2x+ 1) = 3.

x

y

bcO

bc

bc

1

bc3

Resitev. Oznacimo f(x) = 2x + 1 in izberimo ε. Poiskati moramotak δ, da je

|f(x)− 3| < ε za 0 < |x− 1| < δ.

Ker je f(x) − 2 = 2(x − 1), bo za |x − 1| < ε2 veljalo |2(x − 1)| < ε.

Torej za δ = ε2 velja: ce je 0 < |x− 1| < δ, je |f(x)− 3| < ε.

Zgled 5.6. Doloci limx→1

f(x) za funkcijo f , podano s predpisom f(x) =

{x2−1x−1 ce je x 6= 1,

1 ce je x = 1.

x

y

bcO

bc2

bc1

bc

1

b

Resitev. Velja: limx→1

f(x) = 2 in f(1) = 1.

Limita funkcije f v tocki x0 ni odvisna od funkcijske vrednosti vtej tocki. V definiciji limite imamo namrec pogoj 0 < |x−x0| <δ, kar pomeni, da se x tocki x0 sicer poljubno priblizuje, vendarte tocke ne doseze. Se vec, zaradi pogoja |x − x0| > 0 tudi nipotrebno, da je funkcija f v tocki x0 sploh definirana.

Izrek 5.7 (Izrek o sendvicu). Ce je limx→x0

f(x) = limx→x0

h(x) = A in je f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) za vse

x blizu x0 (razen za x = x0), obstaja tudi limita limx→x0

g(x) in je enaka A.

54

x

y

h

g

f

bcO

bcbcA

bc

x0

Dokaz. Naj obstaja δ0 > 0, da je f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) za vse 0 < |x − x0| < δ0. Izberimoε > 0. Potem obstaja δ1, da je |f(x) − A| < ε za vse 0 < |x − x0| < δ1. Obstaja tudi δ2,da je |h(x) − A| < ε za vse 0 < |x − x0| < δ2. Oznacimo δ = min{δ0, δ1, δ2}. Torej za vse0 < |x− x0| < δ velja

−ε < f(x)−A ≤ g(x) −A ≤ h(x)−A < ε,

kar nam da |g(x)−A| < ε. Torej je res limx→x0

g(x) = A.

Zgled 5.8. Dokazi, da je limx→0

sinxx = 1.

Ox

C A

D

B

1

x

y

bc

bc

bc bc

bc

bc

Resitev. S skice razberemo, da za 0 < x < π2 velja ocena

|CD| = sinx < x < tan x = |AB|.

Torej je 1 < xsinx <

1cos x , kar lahko zapisemo tudi v obliki

cos x <sinx

x< 1.

Ker je limx→0

cos x = 1, po prejsnjem izreku sledi limx→0

sinxx = 1.

Leva in desna limitaStevilo A je leva limita funkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak

x ∈ I iz 0 < x0 − x < δ sledi |f(x) − A| < ε. Oznaka: limx↑x0

f(x) = A. (Z oznako x ↑ x0poudarimo, da x narasca k x0.)

A

A+ ε

A− ε

x0x0 − δ x

y

Obcbc

bcbc

bc

55

Stevilo A je desna limita funkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsakx ∈ I iz 0 < x − x0 < δ sledi |f(x) − A| < ε. Oznaka: lim

x↓x0

f(x) = A. (Z oznako x ↓ x0poudarimo, da x pada k x0.)

A

x0 x

y

O x0 + δ

A+ ε

A− ε

bc

bc bc

bc bc

Neposredno iz definicije limite vidimo, da obstaja limx→x0

f(x) natanko tedaj, ko obstajata

limiti limx↑x0

f(x) in limx↓x0

f(x) in sta enaki.

Zgled 5.9. Izracunaj limx↓0

arc tan 1x in lim

x↑0arc tan 1

x . Ali obstaja limx→0

arc tan 1x?

x

y

bcO

bc

π2

bc

−π2

Zgled 5.10. Ali obstaja limx→0

1

1+e1x?

Resitev. Funkcija x 7→ 1x ima pri x = 0 pol: lim

x↓01x = +∞ in lim

x↑01x = −∞. Torej je lim

x↓01

1+e1x= 0

in limx↑0

1x = 1 ter lim

x→0

1

1+e1xne obstaja.

x

y

bc

O

bc 1

bc

12

Limita v neskoncnostiStevilo A je limita funkcije f v neskoncnosti, z oznako lim

x→∞f(x) = A, ce za vsak ε > 0

obstaja b, da za vsak x > b velja |f(x)−A| < ε.

56

b x

y

AA+ ε

A− ε

f

Obc

bc

bc

bc

bc

Podobno oznacimo limx→−∞

f(x) = A, ce za vsak ε > 0 obstaja b, da za vsak x 0, da je f(x) > b za 0 < |x − a| < δ, pravimo, da gre vrednost

funkcije f preko vsake meje, ko gre x proti a, in oznacimo limx→a

f(x) = ∞.

a− δ a+ δa x

y

b

f

Obcbc

bc

bc bc

Podobno oznacimo limx→a

f(x) = −∞, ce za vsak b obstaja δ > 0, da je f(x) < b za 0 <

|x− a| < δ.

57

a− δ a+ δax

y

b

f

Obcbc

bc

bc bc

Zgled 5.11. Naj bosta p(x) = amxm+ . . .+a0 in q(x) = bnx

n+ . . .+ b0 polinoma, am 6= 0 6= bn.

Izracunaj limx→∞

p(x)q(x) .

Resitev. Stevec in imenovalec ulomka p(x)q(x) delimo z xn in dobimo

p(x)

q(x)=amx

m−n + am−1xm−n−1 + . . .+ a0x

−n

bn + bn−1x−1 + . . .+ b0x−n.

Ker je limx→∞

(bn + bn−1x−1 + . . . + b0x

−n) = bn 6= 0, od tod sledi

limx→∞

p(x)

q(x)=

0 ce je m < n,ambn

ce je m = n,

∞ · sign(ambn ) ce je m > n.

Zgled 5.12. Izracunaj limx→∞

(√x2 + x−

√x2 − x) in lim

x→−∞(√x2 + x−

√x2 − x).

Resitev. Pri izracunih limit v neskoncnosti si pogosto pomagamo z enakimi prijemi kot priracunanju limit zaporedij. Torej

√x2 + x−

√x2 − x =

(x2 + x)− (x2 − x)√x2 + x+

√x2 − x

=2x√

x2 + x+√x2 − x

.

Pri limiti x→ ∞ lahko predpostavimo, da je x > 0 in zato

limx→∞

2x√x2 + x+

√x2 − x

= limx→∞

2√1 + 1

x +√

1− 1x

= 1.

Pri limiti x→ −∞ lahko predpostavimo, da je x < 0 in zato

limx→−∞

2x√x2 + x+

√x2 − x

= limx→−∞

2

−√1 + 1

x −√

1− 1x

= −1,

kjer smo upostevali, da je√x2 = |x| = −x za x < 0.

58

5.3 Zveznost

Naj bo x0 poljubna tocka intervala I in f : I → R dana funkcija. Funkcija f je zvezna v tockix0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz |x− x0| < δ sledi |f(x)− f(x0)| < ε.

y

xO x0x0 − δ x0 + δ

f(x0)

f(x0) + ε

f(x0)− ε

f

bc

bc

bc

bc

Pravimo, da je funkcija f zvezna na intervalu I, ce je zvezna v vsaki njegovi tocki.Funkcija je zvezna z leve v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz

0 ≤ x0 − x < δ sledi |f(x)− f(x0)| < ε.

f(x0)

f(x0) + ε

f(x0)− ε

x0x0 − δ x

y

Obcbc

bcbc

bc

Funkcija je zvezna z desne v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ Iiz 0 ≤ x− x0 < δ sledi |f(x)− f(x0)| < ε.

f(x0)

x0 x

y

O x0 + δ

f(x0) + ε

f(x0)− ε

bc

bc bc

bc bc

Funkcija celi delZa realno stevilo x z [x] oznacimo najvecje celo stevilo, ki ne presega x. Torej je [π] = 3 in

[−π] = −4.

59

x

y

bc

O

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc1

bc −1

bc2

bc −2

bc

3bc

2bc

1bc

−1bc

−2

Funkcija x 7→ [x] je v vseh celostevilskih tockah zvezna z desne.Mnozica tock, v katerih je funkcija f : R → R nezvezna, je lahko koncna (ali celo prazna) ali

neskocna (ali celo vsa realna stevila).

Zgled 5.13. Dirichletova funkcija f(x) =

{1, ce je x ∈ Q,

0, ce je x /∈ Q,je nezvezna v vsaki tocki x ∈ R.

x

y

bc

O

bc

1

bc

x0

Izrek 5.14. Funkcija f : I → R je v tocki x0 ∈ I zvezna natanko tedaj, ko je limx→x0

f(x) = f(x0).

Pogosto je funkcija f v okolici tocke x0 podana z vec predpisi. Ker je limx→x0

f(x) = A natanko

tedaj, ko obstajata limiti limx↑x0

f(x) in limx↓x0

f(x) in sta enaki A, lahko zveznost v tocki x0 dokazemo

tudi s pomocjo leve in desne limite:

Izrek 5.15. Funkcija f : I → R je v tocki x0 ∈ I zvezna natanko tedaj, ko je

limx↑x0

f(x) = limx↓x0

f(x) = f(x0).

Zgled 5.16. Doloci vrednosti konstant a in b tako, da bo funkcija f : R → R,

f(x) =

ax+ b, ce je x > 2,

5, ce je x = 2,

bx− a, ce je x < 2,

zvezna v tocki x = 2.

Resitev. Da bi bila funkcija zvezna v tocki 2, mora veljati limx↑2

f(x) = limx↓2

f(x) = f(2). Ker je

limx↑2

f(x) = 2b− a, limx↓2

f(x) = 2a+ b in f(2) = 5, mora veljati

2b− a = 5

2a+ b = 5

Ce enacbi odstejemo, dobimo b− 3a = 0, oz. b = 3a in od tod 2a+3a = 5. Sledi a = 1 in b = 3.

60

Izrek 5.17. Naj bosta f, g : I → R funkciji in naj obstajata limiti limx→x0

f(x) in limx→x0

g(x). Potem

obstajata tudi limiti limx→x0

(f(x) + g(x)) in limx→x0

(f(x) · g(x)) in velja

limx→x0

(f(x) + g(x)) = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x)

limx→x0

(f(x) · g(x)) = limx→x0

f(x) · limx→x0

g(x)

Ce je g(x) 6= 0 za vse x blizu x0 in limx→x0

g(x) 6= 0, obstaja tudi limita limx→x0

f(x)g(x) in velja[-2ex]

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x).

Dokaz. Oznacimo limx→x0

f(x) = A in limx→x0

g(x) = B. Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1 in δ2,

da je |f(x) − A| < ε2 za 0 < |x − x0| < δ1 in |g(x) − B| < ε

2 za 0 < |x − x0| < δ2. Oznacimoδ = min{δ1, δ2}. Torej za 0 < |x− x0| < δ velja

|(f(x) + g(x)) − (A+B)| ≤ |f(x)−A|+ |g(x)−B| < ε

2+ε

2= ε.

Za dokaz druge trditve zapisimo

f(x)g(x)−AB = (f(x)−A)g(x) +A(g(x) −B). (2)

Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1 in δ2, da je |f(x) − A| < ε2(|B|+1) za 0 < |x − x0| < δ1 in

|g(x)−B| < ε2(|A|+1) za 0 < |x−x0| < δ2. Ker je lim

x→x0

g(x) = B, obstaja δ3, da je |g(x)| ≤ |B|+1

za 0 < |x− x0| < δ3. Oznacimo δ = min{δ1, δ2, δ3}.Torej lahko za 0 < |x− x0| < δ v (2) ocenimo

|f(x)g(x)−AB| = |(f(x)−A)g(x) +A(g(x) −B)| ≤≤ |(f(x)−A)g(x)| + |A(g(x) −B)|= |(f(x)−A)| · |g(x)| + |A| · |(g(x) −B)| ≤≤ |(f(x)−A)| · |g(x)| + (|A|+ 1) · |(g(x) −B)| << ε

2(|B|+1)(|B|+ 1) + (|A| + 1) ε2(|A|+1) = ε.

Za dokaz tretje trditve pa zapisimo

f(x)g(x) − A

B = f(x)B−g(x)Ag(x)B = (f(x)−A)B+A(B−g(x))

Bg(x) . (3)

Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1 in δ2, da je |f(x) − A| < ε4 |B| za 0 < |x − x0| < δ1 in

|g(x)−B| < ε4

B2

|A|+1 za 0 < |x−x0| < δ2. Ker je limx→x0

g(x) = B 6= 0, obstaja δ3, da je |g(x)| ≥ |B|2

za 0 < |x−x0| < δ3. Oznacimo δ = min{δ1, δ2, δ3}. Torej lahko za 0 < |x−x0| < δ v (3) ocenimo∣∣∣f(x)g(x) − A

B

∣∣∣ =∣∣∣f(x)B−g(x)A

Bg(x)

∣∣∣ ≤

≤ |f(x)−A|·|B|+|A|·|B−g(x)||B|·|g(x)| ≤

≤ε4|B|·|B|+|A|· ε

4B2

|A|+1

|B|· |B|2

=

= ε2 +

ε2

|A||A|+1 <

ε2 + ε

2 = ε.

61

Posledica 5.18. Ce sta funkciji f in g zvezni v tocki x0, sta v tej tocki zvezni tudi funkcijix 7→ (f(x) + g(x)) in x 7→ (f(x) · g(x)). Ce je g(x0) 6= 0, je v tocki x0 zvezna tudi funkcija

x 7→ f(x)g(x) .

Kompozitum zveznih funkcij

Izrek 5.19. Ce obstaja limita limx→x0

f(x) (oznacimo jo z A) in je funkcija g zvezna v tocki A,

obstaja tudi limita limx→x0

g(f(x)) in velja limx→x0

g(f(x)) = g(A).

Dokaz. Naj bo ε > 0. Ker je g zvezna v tocki A, obstaja δ1 > 0, da je |g(y) − g(A)| < ε za|y − A| < δ1. Ker je lim

x→x0

f(x) = A, obstaja δ > 0, da je |f(x) − A| < δ1 za 0 < |x − x0| < δ.

Za f(x) = y od tod sledi |g(f(x)) − g(A)| = |g(y) − g(A)| < ε. Torej za 0 < |x− x0| < δ velja|g(f(x)) − g(A)| < ε in lim

x→x0

g(f(x)) = g(A).

Posledica 5.20. Ce je funkcija f zvezna v tocki x0 in funkcija g zvezna v tocki f(x0), je tudifunkcija g ◦ f zvezna v tocki x0.

Zgled 5.21. Izracunaj limito limx→x0

x2−5x+6x2−6x+8

za x0 = 2 in x0 = 3.

Resitev. Ker je x2−5x+6x2−6x+8

= (x−2)(x−3)(x−2)(x−4) , lahko za x 6= 2 ulomek okrajsmo v x−3

x−4 . Ker je funkcija

x 7→ x−3x−4 v tocki x = 2 zvezna, tako velja

limx→2

x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8= lim

x→2

x− 3

x− 4=x− 3

x− 4

∣∣∣∣x=2

=2− 3

2− 4=

1

2.

Izracun limite limx→3

x2−5x+6x2−6x+8

pa ni problematicen, saj je funkcija x 7→ x2−5x+6x2−6x+8

v tocki x = 3

zvezna in zato velja

limx→3

x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8=x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8

∣∣∣∣x=3

=0

−1= 0.

Zgled 5.22. Izracunaj limx→−1

√x2+3−2x+1 .

Resitev. Racunajmo

√x2 + 3− 2

x+ 1=

(√x2 + 3− 2)(

√x2 + 3 + 2)

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=

=(√x2 + 3)2 − 22

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=(x2 + 3)− 4

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=

=(x− 1)(x+ 1)

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=x− 1√

x2 + 3 + 2.

Torej je

limx→−1

√x2 + 3− 2

x+ 1= lim

x→−1

x− 1√x2 + 3 + 2

=−2√4 + 2

= −1

2.

Zgled 5.23. Izracunaj limx→0

sin 3xsin 5x in lim

x→π

sin 3xsin 5x .

62

Resitev. Iz limx→0

sinxx = 1 sledi, da je za vsak a 6= 0 tudi lim

x→0

sinaxax = 1.

Ker jesin 3x

sin 5x=

sin 3x3x

sin 5x5x

· 3x5x,

je

limx→0

sin 3x

sin 5x=

limx→0

sin 3x3x

limx→0

sin 5x5x

· limx→0

3x

5x=

3

5.

Opisanega prijema pa pri drugi limiti ne moremo uporabiti, saj je limx→π

sin 3x3x = lim

x→0

sin 5x5x = 0.

Pisimo t = x− π oz. x = t+ π. Ce gre x→ π, gre t→ 0. Ker je

sin(3x) = sin 3(t+ π) = sin(3t+ 3π) =

= sin 3t cos 3π + cos 3t sin 3π = − sin 3t

in podobno sin(5x) = − sin 5t, sledi

limx→π

sin 3x

sin 5x= lim

t→0

− sin 3t

− sin 5t=

3

5.

Zgled 5.24. Naj bosta m,n ∈ N. Izracunaj limx→∞

xm−1xn−1 .

Resitev.

limx→∞

xm − 1

xn − 1=

1, ce je m = n,

0, ce je m < n,

∞, ce je m > n,

Zgled 5.25. Naj bosta m,n ∈ N. Izracunaj limx→1

xm−1xn−1 .

Resitev.

limx→1

xm − 1

xn − 1= lim

x→1

(x− 1)(xm−1 + xm−2 + · · ·+ 1)

(x− 1)(xn−1 + xn−2 + · · · + 1)=

= limx→1

xm−1 + xm−2 + · · · + 1

xn−1 + xn−2 + · · ·+ 1=m

n.

Zgled 5.26. Izracunaj limito limx→−1

x2−1x3+1

.

Resitev.

limx→−1

x2 − 1

x3 + 1= lim

x→−1

(x− 1)(x+ 1)

(x+ 1)(x2 − x+ 1)= lim

x→−1

x− 1

x2 − x+ 1= −2

3.

Zgled 5.27. Izracunaj limito limx→2

(2−x)√x+7

x2−4.

Resitev.

limx→2

(2− x)√x+ 7

x2 − 4= lim

x→2

−(x− 2)√x+ 7

(x− 2)(x + 2)= lim

x→2

−√x+ 7

x+ 2= −3

4.


1−cos xx2 .

63

Resitev.

limx→0

1− cosx

x2= lim

x→0

(1− cos x)(1 + cos x)

x2(1 + cos x)=

= limx→0

sin2 x

x2· 1

1 + cos x=

1

2,

kjer smo upostevali limx→0

sinxx = 1.


x2−√x√

x−1.

Resitev. Izraza x2−√x in

√x− 1 zavzameta vrednost 0 pri x = 1, vendar iz njiju ne moremo

izpostaviti faktorja x − 1. Ker pa je (x2 − √x)(x2 +

√x) = x4 − x = x(x − 1)(x2 + x + 1) in

(√x− 1)(

√x+ 1) = x− 1, lahko zapisemo

limx→1

x2 −√x√

x− 1= lim

x→1

(x2 −√x)(x2 +

√x)(

√x+ 1)

(x2 +√x)(

√x− 1)(

√x+ 1)

=

= limx→1

x(x− 1)(x2 + x+ 1)(√x+ 1)

(x2 +√x)(x− 1)

=

= limx→1

x(x2 + x+ 1)(√x+ 1)

x2 +√x

=1 · 3 · 2

2= 3.

Zgled 5.30. Doloci vrednost parametra a tako, da bo obstajala limita limx→1

( 1x−1 − a

x2−1) in jo

izracunaj.

Resitev. Ocitno je a 6= 0. Izreka o razliki limit ne smemo uporabiti, ker nobena od limitlimx→1

1x−1 in lim

x→1

ax2−1

ne obstaja. Ker pa je

1

x− 1− a

x2 − 1=x+ 1− a

x2 − 1,

bo limita limx→1

x+1−ax2−1

obstajala le, ce je limx→1

(x+ 1− a) = 0. Ker je limx→1

(x+ 1− a) = 2− a, sledi

a = 2. Torej je

limx→1

x− 1

x2 − 1= lim

x→1

1

x+ 1=

1

2.


f(x) in limx→x0

g(x). Ce je

f(x) > 0 v okolici tocke x0 in limx→x0

f(x) > 0, obstaja tudi limita limx→x0

(f(x))g(x) in velja

limx→x0

(f(x))g(x) =

(limx→x0

f(x)

) limx→x0

g(x)

.

Dokaz. Najprej opazimo, da je (f(x))g(x) = eg(x) ln f(x). Ker je limx→x0

f(x) > 0, je limx→x0

ln f(x) =

ln( limx→x0

f(x)). Potem pa je limx→x0

g(x) ln f(x) = limx→x0

g(x) · ln( limx→x0

f(x)) in zato

limx→x0

(f(x))g(x) = limx→x0

eg(x) ln f(x) = elim

x→x0g(x)·ln( lim

x→x0f(x))

=

=

(limx→x0

f(x)

) limx→x0

g(x)

.

64

(2x+13−x

)x+1.

Resitev. Uporabimo izrek za izracun limite limx→x0

(f(x))g(x) za f(x) = 2x+13−x in g(x) = x+ 1.

Ker je limx→1

2x+13−x = 3

2 in limx→1

(x+ 1) = 2, sledi

limx→1

(2x+ 1

3− x

)x+1

=

(3

2

)2

=9

4.


f(x) = 1 in limx→x0

g(x)(f(x)−1). Ce je f(x) 6= 1 v okolici tocke x0, obstaja tudi limita lim

x→x0

(f(x))g(x) in velja

limx→x0

(f(x))g(x) = elim

x→x0g(x)(f(x)−1)

.

Dokaz. Najprej opazimo, da je

(f(x))g(x) = (1 + (f(x)− 1))1

f(x)−1·g(x)(f(x)−1)

=

=((1 + (f(x)− 1))

1f(x)−1

)g(x)(f(x)−1).

Ker pa je limx→x0

(1 + (f(x)− 1)))1

f(x)−1 = e, sledi

limx→x0

(f(x))g(x) = elim

x→x0g(x)(f(x)−1)

.


(2x+14−x

) 1x−1

.

Resitev. Uporabimo izrek za izracun limite limx→x0

(f(x))g(x) za f(x) = 2x+14−x in g(x) = 1

x−1 .

Najprej opazimo, da limita limx→1

1x−1 ne obstaja, velja pa lim

x→1

2x+14−x = 1. Ker je

limx→1

1

x− 1

(2x+ 1

4− x− 1

)= lim

x→1

3x− 3

(x− 1)(4 − x)= lim

x→1

3

4− x= 1,

sledi

limx→1

(2x+ 1

4− x

) 1x−1

= e1 = e.

5.4 Lastnosti zveznih funkcij

Izrek 5.35. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in je f(a)f(b) < 0, ima funkcija f na temintervalu vsaj eno niclo.

Dokaz. Naj bo f(a) > 0 > f(b). Trditev je geometricno nazorna, saj je graf zvezne funkcijenepretrgan. Ker lezi tocka A(a, f(a)) na zgornji polravnini, tocka B(b, f(b)) pa na spodnji, moragraf funkcije f med tockama A in B vsaj enkrat sekati abscisno os.

65

xbc

a

bcA

bca2

bca1

bc

c1

bc

bca3

bc

c3

bc

bca4

bc

c4

bc

bc b4

bc b3

bc b2

bc

c2

bc

bc Bbc b1

bcb

Dokazimo sedaj trditev analiticno. Razpolovimo interval [a, b]. Ce v razpoloviscu c1 veljaf(c1) = 0, smo niclo ze nasli, sicer pa na enem od podintervalov, oznacimo ga z [a1, b1], velja

f(a1) > 0 > f(b1).

Razpolovimo interval [a1, b1]. Ce v razpoloviscu c2 intervala [a1, b1] velja f(c2) = 0, smo takotocko ze nasli, sicer pa na enem od podintervalov, oznacimo ga z [a2, b2], velja f(a2) > 0 > f(b2).Postopek se ponavljamo . . .

Tako dobimo narascajoce zaporedje (an) levih krajisc in padajoce zaporedje (bn) desnihkrajisc. Obe zaporedji sta konvergentni in imata skupno limito x0. Ker je f zvezna v tocki x0,velja f(x0) = lim

n→∞f(an) ≥ 0 in f(x0) = lim

n→∞f(bn) ≤ 0. Ker je f(x0) ≥ 0 in f(x0) ≤ 0, od tod

sledi f(x0) = 0.

xbc

a

bcA

bca2

bca1

bc

c1

bc

bca3

bc

c3

bc

bca4

bc

c4

bc

bc b4

bc b3

bc b2

bc

c2

bc

bc Bbc b1

bcb

Metodi iskanja nicle funkcije, ki smo jo uporabili v gornjem dokazu, pravimo bisekcija inje ena najenostavnejsih numericnih metod za iskanje nicel funkcij.

Zgled 5.36. Poisci kaksno realno niclo polinoma f(x) = x3 − 2x2 + x− 1.

x

y

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

2bc

bc

Resitev. Ker je f(1) = −1 in f(2) = 1, lezi nicla na intervalu [1, 2].

[1, 2] f(1.5) < 0[1.5, 2] f(1.75) < 0[1.75, 2] f(1.875) > 0[1.75, 1.875] f(1.8125) > 0[1.75, 1.8125] f(1.78125) > 0[1.75, 1.78125] f(1.765625) > 0[1.75, 1.765625] f(1.7578125) > 0[1.75, 1.765625] f(1.75390625) < 0[1.75390625, 1.7578125] x0 ≈ 1.755859375

Izrek 5.37. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je na tem intervalu tudi omejena.

66

Dokaz. Recimo, da je funkcija f neomejena. Razpolovimo interval [a, b]. Potem je na vsaj enemdobljenih podintervalov, oznacimo ga z [a1, b1], neomejena. Postopek ponovimo in dobimo, da jena vsaj enem od novih podintervalov, oznacimo ga z [a2, b2], neomejena. Postopek ponavljamo. . .

Tako dobimo narascajoce zaporedje (an) levih krajisc in padajoce zaporedje (bn) desnihkrajisc. Obe zaporedji sta konvergentni in imata skupno limito x0. Ker je f zvezna v tocki x0,obstaja δ > 0, da je |f(x)−f(x0)| < 1 za |x−x0| < δ. Ker lim

n→∞|bn−an| = 0, obstaja N , da lezi

interval [aN , bN ] znotraj (x−δ, x0+δ). To pa ni mozno, kar je po eni strani funkcija f na intervalu[aN , bN ] neomejena, po drugi strani pa za x ∈ (x− δ, x0 + δ) velja f(x) ∈ (f(x0)− 1, f(x0) + 1).

xbaa1 a2 b1b2

x0

f(x0)

f(x0) + 1

f(x0)− 1

x0 − δ x0 + δ

aN bNbc bc

bc

bc bc bcbcbcbc bc

bc

bc

bc

Opozorilo. Predpostavka, da je funkcija definirana na zaprtem intervalu, je bistvena. Zveznafunkcija f : (−1, 1) → R, f(x) = x

1−x2 , je na (odprtem) intervalu (−1, 1) navzgor in navzdolneomejena.

x

y

bc

Obc

1bc

−1

Izrek 5.38. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in m njena natancna spodnja meja, M pa njenanatancna zgornja meja, obstajata tocki xm in xM , da je f(xm) = m in f(xM) =M .

x

y

Oa b

m

M

f

xM xmb b

b

b

b bbc

bc

bc

bc

bc

Dokaz. Recimo, da ne obstaja tako stevilo xm, da je f(xm) = m. Torej je f(x) 6= m za vsakx ∈ [a, b] in je funkcija g, g(x) = 1

f(x)−m , na intervalu [a, b] zvezna. Naj boM ′ natancna zgornja

67

meja za g. Tedaj je 1f(x)−m ≤M ′, kar nam da f(x) ≥ m+ 1

M ′ > m, zato m ni natancna spodnja

meja za f . Privzetek, da je f(x) 6= m za vsak x ∈ [a, b], je tako napacen. Podobno dokazemotudi, da obstaja xM , da je f(xM ) =M .

Predpostavka, da je funkcija definirana na zaprtem intervalu, je bistvena. Zvezna funkcijaf : (1, 2) → R, f(x) = x, ima na odprtem intervalu (1, 2) natancno spodnjo mejo 1 in natancnozgornjo mejo 2, vendar teh dveh vrednosti ne zavzame.

x

y

Df

bc

O

bc1

bc2

bc

1bc

2

Posledica 5.39. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in M njena natancna zgornja meja, m panjena natancna spodnja meja, za vsak y ∈ [m,M ] obstaja tocka x ∈ [a, b], da je f(x) = y.

Dokaz. Naj bo y ∈ [m,M ] poljubno stevilo. Videli smo ze, da obstajata xm in xM , da jef(xm) = m in f(xM) = M . Privzemimo torej, da je y ∈ (m,M). Oglejmo si funkcijo g,g(x) = f(x) − y, na intervalu a′ = min{xm, xM} in a′ = max{xm, xM}. Potem je g(a′) 6= 0,g(b′) 6= 0 in g(a′)g(b′) < 0. Po izreku o bisekciji obstaja x ∈ (a′, b′), da je g(x) = 0, kar nam daf(x) = y.

Gornja dva izreka in posledico lahko skupaj na kratko povemo takole: Zvezna funkcija je na(koncnem) zaprtem intervalu omejena in zavzame vse vrednosti na zaprtem intervalu (vkljucnos krajisci) med svojo najvecjo in najmanjso vrednostjo.

x

y

Oa b

m

M

f

b b

b

b

bc

bc

bc

bc

bc

Izrek 5.40. Ce je f : [a, b] → R zvezna in strogo narascajoca funkcija, obstaja inverzna funkcijag : [f(a), f(b)] → R k f in g je na intervalu [f(a), f(b)] strogo narascajoca in zvezna.

x

y

a b

f(a)

f(b)

f(a) f(b)

a

b

f

g

Obc bc bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

68

Po prejsnjem izreku za vsak y ∈ [f(a), f(b)] obstaja x, da je f(x) = y. Ker je f strogonarascajoca, je injektivna. Torej je f : [a, b] → [f(a), f(b)] bijektivna in obstaja inverz g : [f(a), f(b)] →[a, b]. Ker je f(x) < f(x′) natanko tedaj, ko je x < x′, je y < y′ natanko tedaj, ko je g(y) < g(y′).Torej je tudi g strogo narascajoca.

Dokazimo se, da je g zvezna. Vzemimo ε > 0. Potem moramo poiskati tak δ > 0, da bo iz|y − y0| < δ sledilo |g(y) − g(y0)| < ε. Torej iscemo tak δ > 0, da iz |f(x) − f(x0)| < δ sledi|x−x0| < ε. Oznacimo y1 = f(x0− ε), y2 = f(x0+ ε) in δ = min{y2− y0, y0− y1}. Tedaj zaradimonotonosti g velja: Ce je y2 < y < y1, je g(y2) < g(y) < g(y1) oz. |g(y) − g(y0)| < ε. Torej za|y − y0| < δ res velja |g(y)− g(y0)| < ε.

5.5 Pregled elementarnih funkcij

Linearna funkcijaLinearna funkcija je v eksplicitni obliki podana s predpisom

f(x) = kx+ n.

Stevilo k je naklonski koeficient, n pa odsek na ordinatni osi.

• Ce sta T1(x1, y1) in T2(x2, y2) tocki z razlicnima abscisama, obstaja natancno ena linearnafunkcija skozi ti dve tocki in ta je podana z enacbo

y − y1 =y2 − y1x2 − x1

(x− x1).

• Ce sta premici podani kot grafa linearnih funkcij y = k1x+n1 in y = k2x+n2, za kot mednjima velja

tanϕ =k2 − k11 + k1k2

.

Potence in polinomi

x

y

x2

x

x3

bc

O

bc1

bc −1

bc

1bc

−1

bcbc

bc

Naj bo n naravno stevilo. Funkcija f : R → R, podana s predpisomf(x) = xn, se imenuje potencna funkcija ali na kratko potenca.Potencna funkcija je definirana za vsak x in ima edino niclo pri x =0. Graf te funkcije imenujemo parabola n-te stopnje. Ce je nsodo stevilo, je f soda funkcija, sicer pa je f liha funkcija. Potencnafunkcija je neomejena in ima edino niclo pri x = 0.

Naj bodo a0, a1, . . . , an realna stevila. Izraz f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a1x + a0imenujemo polinom. Ce je an 6= 0, je stopnja polinoma f enaka n. Polinomska funkcija jedefinirana na celi realni osi.

Izrek 5.41 (Osnovni izrek algebre). Vsak polinom stopnje vsaj 1 ima vsaj eno kompleksnoniclo.

69

Od tod izpeljemo, da lahko polinom f stopnje n zapisemo v obliki

f(x) = a0(x− x1)(x− x2) · · · (x− xn),

kjer so x1, . . . , xn nicle polinoma f . Kompleksne nicle polinoma z realnimi koeficienti nastopajov konjugiranih parih, zato ima polinom lihe stopnje z realnimi koeficienti vsaj eno realno niclo.

Ce je stevilo x0 nicla nenicelnega polinoma f , potem obstaja natancno doloceno naravnostevilo r, da je f(x) = (x− x0)

rg(x) in g(x0) 6= 0. Stevilo r imenujemo red nicle x0.

Lokalno obnasanje polinoma v okolici nicleKer je f(x) = (x − x0)

rg(x) in g(x0) 6= 0, se v okolici nicle polinom obnasa podobno kotpotencna funkcija x 7→ a(x− x0)

r, kjer je a 6= 0. Glede na stevilo r locimo 3 tipe nicel.

x

r = 1 r > 1, liho r > 1, sodo

a < 0

a > 0

a < 0

a > 0

a > 0

a < 0

bc

x0bc

x0bc

x0

Zgled 5.42. Skiciraj graf polinoma f(x) = x4 − x2.

Resitev. Ker je f(x) = x2(x− 1)(x + 1), ima polinom nicle v −1, 0 (reda 2) in 1.

x

y

y = x4 − x2

bc

Obc

1

bc1

bc

−1bc

− 1√2

bc

bc

1√2

bcbc

−14

Zgled 5.43. Skiciraj graf polinoma f(x) = x3(x− 2)2.

Resitev. Polinom ima niclo tretjega reda v x = 0 in drugega v x = 2. Za velike x se obnasapodobno kot x 7→ x5.

x

y

y = x3(x− 2)2

bc

Obc

1

bc

1

bc

2bc

65

bcbc

70

Zgled 5.44. Naj bo f(x) = 16(2x+ 1)(2x + 3)(x− 2). Skiciraj grafa funkcij f(x) in |f(x)|.

Resitev.

y

xO 1 2

12

−1

−52

−1bc bc bcbcbc bc

bc

bc

bc

bc

bc

y

xO 1 2

12

1

52

−1bc bc bcbcbc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Racionalne funkcijeKvocient dveh polinomov

f(x) =p(x)

q(x)=

anxn + an−1x

n−1 + . . . + a1x+ a0bmxm + bm−1xm−1 + . . . + b1x+ b0

imenujemo racionalna funkcija. Ce polinoma p in q nimata skupnih nicel, so nicle racionalnefunkcije f nicle polinoma p, poli pa nicle funkcije q. Racionalna funkcija f je definirana povsod,razen v niclah polinoma q. (Mozno je, da q nima realnih nicel, tedaj je f definirana povsod.Npr. f(x) = 1−x

1+x2 .)

Potenca z negativnim eksponentom

y

x

y = x−4

y = x−2

O 1−1

1

bc bcbc

bc bcbc

y

x

y = x−5

y = x−3

O 1

1

−1

−1

bc bcbc

bc

bcbc

bc

f(x) = x−n je liha oz. soda funkcija, ce je n liho oz. sodo stevilo.

Lokalno obnasanje racionalne funkcije v okolici polaNaj bo f(x) = p(x)

q(x) . Recimo, da je x0 nicla reda r polinoma q in da je p(x0) 6= 0. Tedaj

zapisemo f(x) = p(x)(x−x0)rq1(x)

, kjer je p(x0)q1(x0)

6= 0. Torej se v blizini pola racionalna funkcija obnasa

kot x 7→ a(x− x0)−r, a 6= 0.

71

x

r liho r sodo

a < 0

a > 0 a > 0

a < 0

bc

x0bc

x0

Zgled 5.45. Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = 1x2+2x

.

Resitev. Ker je x2 + 2x = x(x+ 2), ima f pola prvega reda v x = 0 in x = −2.

x

y1

x2+2x

bc

Obc

1

bc1bc

−1bc

−2bc bc −1

Asimptota racionalne funkcijeNaj bo f(x) = p(x)

q(x) , kjer stopnja polinoma p ni manjsa od stopnje polinoma q. Ko polinomp delimo s polinomom q, dobimo

p(x) = k(x)q(x) + r(x),

kjer je stopnja polinoma r manjsa od stopnje polinoma q, k pa nenicelni polinom. Torej je

f(x) = k(x) +r(x)

q(x).

Ker je lim|x|→∞

r(x)q(x) = 0, se za velike x racionalna funkcija obnasa tako kot polinom k. Pravimo,

da je k asimptota racionalne funkcije f .

Opazimo, da je f(x) = k(x) natanko tedaj, ko je r(x) = 0. Graf funkcije f torej seka svojoasimptoto v tockah (x, f(x)), kjer je r(x) = 0.

Zgled 5.46. Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x2

x2+1.

Resitev. Ker je x2

x2+1= x2+1−1

x2+1= 1− 1

x2+1, ima funkcija vodoravno asimptoto y = 1.

x

y

x2

x2+1bc

Obc

1

bc

1

72

Zgled 5.47. Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x2

2x−2 .

Resitev. Ker je x2

2x−2 = 12x+ 1

2 +1

2x−2 , je polinom 12x+ 1

2 (linearna) asimptota funkcije f .

x

yx2

2x−2

bc

Obc

1

bc 1bc

12

Zgled 5.48. Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x4−3x2+1x2−1

.

Resitev. Ker je x4 − 3x2 + 1 = (x2 − 1)(x2 − 2)− 1, je x4+x2+1x2−1

= x2 − 2− 1x2+1

in je polinom

x 7→ x2 − 2 asimptota funkcije f .

x

y

x4−3x2+1x2−1

bc

Obc1

bc1bc

−1

Algebraicne funkcijeAlgebraicna funkcija y = y(x) je resitev enacbe

An(x)yn +An−1y

n−1 + . . .+A1(x)y +A0(x) = 0,

kjer so A0, . . . , An polinomi. Tako npr. za n = 2 in A2 = 1, A1 = 0 in A0(x) = −x dobimoenacbo y2−x = 0, kar nam da korensko funkcijo. V splosnem ima gornja enacba n resitev, zatoje algebraicna funkcija veclicna. Ce se omejimo na realne funkcije, resitev ne obstaja ali pa nipovsod definirana. Med algebraicne funkcije spadajo vse krivulje II. reda:

• elipsa; npr. x2

a2 + y2

b2 = 1,

• hiperbola; npr. x2

a2− y2

b2= 1 (ali x2

a2− y2

b2= −1),

• parabola; npr. y2 = 2px.

Elipsa

73

x

y

bc

−a

bc

−a

bc

−b

bc

O

bcb

bca

bca

bc

F1

bc

F2

Enacba elipse v sredisci legi je

x2

a2+y2

b2= 1.

Stevili a in b imenujemo polosi elipse.Elipsa je mnozica tock v ravnini, za katere je vsota razdalj do dvehizbranih tock v ravnini konstantna. Izbrani tocki imenujemo goriscielipse. Na sliki sta to tocki F1(−e, 0) in F2(e, 0), kjer je e =

√a2 − b2.

(Tu smo privzeli, da je a ≥ b. Ce je a < b, je elipsa raztegnjena vsmeri ordinatne osi, gorisci pa sta v tockah (0,±

√b2 − a2).)

HiperbolaEnacba hiperbole v sredisci legi je

x2

a2− y2

b2= 1.

Hiperbola je sestavljena iz dveh vej, ki lezita simetricno glede na ordinatno os. Premici y = ± bax

sta asimptoti hiperbole. Hiperbola je mnozica tock v ravnini, za katere je absolutna vrednostrazlike razdalj do dveh izbranih tock v ravnini konstantna. Izbrani tocki imenujemo goriscihiperbole. Na sliki sta to tocki F1(−e, 0) in F2(e, 0), kjer je e =

√a2 + b2.

x

y

bcb

bc

abc

Obc

−b

bc

−abc

F1

bc

F2

x2

a2− y2

b2= 1

x

yx2

a2− y2

b2= −1

bcb

bc

abc

Obc

−b

bc−a

bcF1

bcF2

74

Parabola

x

y

bc

Obc

−p2

bc

p2

bcF

d

Enacba parabole v temenski obliki je

y2 = 2px.

Parabola je mnozica tock v ravnini, ki so enako oddaljene od izbranetocke F v ravnini in izbrane premice d v ravnini. Tocka F (p2 , 0) seimenuje gorisce parabole, premica d pa vodnica parabole.Parabola je simetricna na abscisno os in jo sestavljata grafa funkcijf1(x) =

√2px in f2(x) = −√

2px.

Korenske funkcijeKorenske funkcije x 7→ n

√x so inverzne funkcije k potencnim funkcijam. Ce je n liho stevilo,

so definirane povsod, ce je n pozitivno sodo stevilo, pa le na intervalu [0,∞).

y

x

y = 3√x

y = 5√x

O 1

1

−1

−1

bc bcbc

bc

bc

bc

bc

y

x

y =√x

y = 4√x

O 1

1

bc bc

bc bc

Zgled 5.49. Skiciraj graf korenske funkcije f(x) = 3√x+ 2− 1.

Resitev. Funkcija f je inverzna k funkciji g(x) = (x+ 1)3 − 2.

y

x

y = 3√x+ 2− 1

y = (x+ 1)3 − 2

O 1

1−1

−1

−2

−2

bc bcbc bc

bc

bc

bcbc

bc

bc

Eksponentna funkcija

75

xO 1

a

y

ax0

x0

1

ax

bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Funkcija, ki ni algebraicna, se imenuje transcendentna.Med najpomembnejse take funkcije sodi eksponentnafunkcija x 7→ ax, kjer je a > 0 poljubno realno stevilo.Za eksponentno funkcijo je znacilen adicijski izrek ax+y =axay. Najpogosteje uporabljamo eksponentno funkcijo zosnovo e, torej x 7→ ex. Eksponentna funkcija je povsoddefinirana in navzgor neomejena, ce je a 6= 1.

Naj bo f(x) = ax. Za a > 1 je funkcija f strogo narascajoca, za 0 < a < 1 pa je funkcija fstrogo padajoca. V obeh primerih je zaloga vrednosti enaka (0,∞).

x

y

f(x) = ax

a > 1

bc

0

bc1

bca

bc

1

bc

x

y

f(x) = ax

0 < a < 1

bc

0

bc1

bc 1a

bc

1bc

−1

bc

Zgled 5.50. Skiciraj graf eksponentne funkcije f(x) = 1 + 2x−3.

Resitev.

x−1 O 1

y

1

2 3

1 + 2x−3

2x

2

bc bcbc

bc

bc bc

bc bc

76

xO

1

y

1

e

e

ex

lnx

bc bc

bc

bc

bc

bcbc

Obrat eksponentne funkcije x 7→ ex je logaritemska funk-cija ln, ki je definirana s predpisom: x = ey natanko tedaj,ko je y = lnx. Logaritemska funkcija je definirana na in-tervalu (0,∞) in je neomejena. Za logaritemsko funkcijo jeznacilna enakost ln(xy) = lnx+ ln y.

Zgled 5.51. Skiciraj graf logaritemske funkcije f(x) = −1 + ln(x+ 2).

Resitev.

xO

1

y

1

−1

2−2

lnx

−1 + ln(x+ 2)

−1

bc bc

bc

bc bcbcbc

bcbc

Kotne funkcije

xO

B

A

bc

bcbc

Kotne funkcije so sin (sinus), cos (kosinus), tan (tangens) in jih vpe-ljemo s pomocjo kotov v pravokotnem trikotniku. V pravokotnem tri-kotniku OAB s hipotenuzo OB naj velja x = ∠AOB. Definiramosinx = |AB|

|OB| , cosx = |OA||OB| in tan x = sinx

cos x = |AB||OA| .

Definicijo lahko pri funkcijah sin in cos razsirimo na vsa realna stevila.

O 1

1

αO 1

1

αsinα

cosαbc bc

bc

bc bc

bc

Funkciji sin in cos sta periodicni s periodo 2π, saj velja sinx = sin(x + 2π) in cos x =cos(x+ 2π) za vsak x ∈ R.

x

ysinx

bc

Obc

2πbc

πbc

−π

bc1

bc−1

77

x

ycos x

bc

Obc

π2

bc

πbc

3π2

bc

2πbc

−π2

bc

−πbc

−3π2

bc1

bc−1

x

ytanx

bc

0bc

π2

bcπ

bc

3π2

bc2π

bc

5π2

bc3π

bc

−π2

bc−π

bc

−3π2

bc1

Funkcija tan je periodicna s periodo π, saj velja tanx = tan(x+ π) za vsak x ∈ R.

Med njimi veljajo zveze tanx = sinxcos x , sin

2 x+ cos2 x = 1, 1 + tan2 x = 1cos2 x .

Zgled 5.52. Skiciraj graf funkcije f(x) = sin(2x+ π) + 1.

Resitev.

x

y

Obc

bc

2bc

1bc

π4

bc

πbc

5π4

bc

9π4

bc

−3π4

bc

−7π4

Ciklometricne funkcijeCiklometricne funkcije so inverzne funkcije h kotnim funkcijam. Funkcija sin : R → R ni

injektivna, zato inverz na celotni realni osi ne obstaja. Na intervalu [−π2 ,

π2 ] pa je injektivna in

zavzame vsako vrednost z intervala [−1, 1] natanko enkrat.

x

y

bc

0bc

π2

bc

−π2

sinxbc1

bc −1bc

bc

Inverz funkcije sin : [−π2 ,

π2 ] → [−1, 1] torej obstaja. Imenujemo ga arkus sinus in oznacimo

z arc sin. Torej za x ∈ [−π2 ,

π2 ] in y ∈ [−1, 1] velja x = sin y natanko tedaj, ko je y = arc sinx.

78

x

y

y = sinx,|x| ≤ π

2

y = arc sinx

bc

Obc

π2

bc

−π2

bcπ2

bc −π2

bc1

bc −1

bc

1bc

−1

bc

bc

Ker je sin periodicna funkcija, ima enacba x = sin y, x ∈ [−1, 1] neskoncno resitev: ce jey = arc sinx resitev, je za vsak k ∈ Z tudi arc sinx + 2kπ resitev. Zgoraj opisano funkcijoimenujemo zato glavno vejo funkcije arc sin.

Podobno definiramo (glavno vejo) inverza funkcije cos, skrcene na interval [0, π]. Na temintervalu je kosinus strogo padajoca funkcija (torej injektivna) in zavzame vsako vrednost zintervala [−1, 1] natanko enkrat.

x

y

cos x

bc

0bc

πbc

π2

bc

1

bc−1 bc

Inverz funkcije cos : [0, π] → [−1, 1] imenujemo arkus kosinus in oznacimo z arc cos. Zax ∈ [0, π] in y ∈ [−1, 1] velja x = cos y natanko tedaj, ko je y = arc cos x.

x

y

y = cos x, 0 ≤ x ≤ π

y = arc cos x

bc

Obc

π2

bc

π

bc π

bc

π2

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

bc

Nazadnje vpeljemo se (glavno vejo) inverza funkcije tan: (−π2 ,

π2 ) → R, ki ga imenujemo

arkus tangens in oznacimo z arc tan.

79

x

ytanx

bc

0bc

π2

bcπ

bc

3π2

bc2π

bc

5π2

bc3π

bc

−π2

bc−π

bc

−3π2

bc1

Za x ∈ (−π2 ,

π2 ) in y ∈ R velja x = tan y natanko tedaj, ko je y = arc tan x. Funkcija arc tan x

je definirana povsod, njena zaloga vrednosti pa je interval (−π2 ,

π2 ).

x

yy = tanx,|x| < π

2

y = arc tan xbcO bc

π2

bc

−π2

bc

π2

bc

−π2

Zgled 5.53. Skiciraj graf funkcije f(x) = − arc tan(x2 − 2)− π2 .

Resitev.

x

y

bcO

bc

bc

bc

bc−π2

bc

−π

bc−π4

bc−3π4

bc6

bc4

bc2

bc1

bc−1

Zgled 5.54. Skiciraj graf funkcije f(x) = sin(x3).

Resitev.

80

x

y

Obc bcbc

bcy = x3

bc

bc1

bc

−1

bc−π

bcπ

bc

5.6 Zveznost elementarnih funkcij

Izrek 5.55. Elementarne funkcije so zvezne povsod, kjer so definirane.

Vse elementarne funkcije lahko sestavimo kot kompozitum “osnovnih” elementarnih funkcij:polinomi, racionalne funkcije, eksponentna funkcija, trigonometricne funkcije in njihovi inverzi.V nadaljevanju bomo pokazali, da so vse omenjene funkcije zvezne.

Zveznost polinomov in racionalnih funkcijKer sta konstantna funkcija x 7→ c in identicna funkcija x 7→ x zvezni na celi realni osi, je

po izreku o produktu zveznih funkcij povsod zvezna tudi funkcija x 7→ c xn.

Po izreku o vsoti zveznih funkcij je zato zvezna tudi funkcija

x 7→ anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a0.

Racionalna funkcija je zvezna povsod, kjer je definirana (tj. razen v polih), saj je kvocientdveh polinomov.

Zveznost eksponentne in logaritemske funkcijeEksponentna funkcija je zvezna: Naj bo f(x) = ax. Tedaj je f(x) − f(x0) = ax − ax0 =

ax0(ex−x0 − 1). Ker je limx→x0

ex−x0 = 1, je limx→x0

f(x) = f(x0). Logaritemska funkcija je po

definiciji inverzna funkcija k zvezni eksponentni funkciji, zato je po izreku o inverzu zveznihfunkcij tudi zvezna.

Zveznost trigonometricnih in ciklometricnih funkcijKotne funkcije so zvezne, kjer so definirane. Dokazimo zveznost za funkcijo sin. Ker je

sinx− sinx0 = 2 sinx− x0

2cos

x+ x02

,

je[-3ex]

| sinx− sinx0| = |2 sin x− x02

cosx+ x0

2| ≤

≤ 2| sin x− x02

| ≤ |2 · x− x02

| = |x− x0|.

(Upostevali smo, da za vsak t velja | sin t| ≤ |t|.) Torej lahko pri danem ε > 0 postavimo δ = εin bo za |x− x0| < δ veljalo | sinx− sinx0| < ε.

Ker je cos(x) = sin(π2 − x), po izreku o kompozitumu zveznih funkcij od tod sledi, da jezvezna tudi funkcija cos. Iz zveze tan(x) = sinx

cos x potem sledi, da je zvezna tudi funkcija tanpovsod, kjer je definirana; torej na mnozici R \ {π

2 + kπ; k ∈ Z}.Ciklometricne funkcije so po definiciji inverzne funkcije k zveznim kotnim funkcijam, zato so

po izreku o inverzu zveznih funkcij tudi zvezne.

81

6 Diferencialni racun

6.1 Definicija odvoda

Naj bo I interval. Dana je funkcija f : I → R. Zanima nas, kako hitro se funkcijska vrednostf(x) spreminja v odvisnosti od x.

Izrazf(x+ h)− f(x)

h

imenujemo diferencni kvocient in je enak naklonskemu koeficientu premice skozi tocki (x, f(x))in (x+ h, f(x+ h)).

sekanta

x

y f

f(x)

f(x+ h)

x x+ h

h

f(x+ h)− f(x)

Obc

bc

bc

bc

bc

bc bc

Naj bo x notranja tocka intervala I. Funkcija f : I → R je odvedljiva v tocki x, ce obstajalimita

limh→0

f(x+ h)− f(x)

h.

Vrednost te limite oznacimo z f ′(x) in imenujemo odvod funkcije f v tocki x. Pravimo, daje funkcija f odvedljiva na intervalu I, ce je odvedljiva v vsaki tocki na tem intervalu.

Definicijo lahko povemo tudi drugace. Stevilo f ′(x) je odvod funkcije f v tocki x, ce za vsakε > 0 obstaja δ > 0, da iz 0 < |h| < δ sledi

∣∣∣∣f(x+ h)− f(x)

h− f ′(x)

∣∣∣∣ < ε.

Funkcija f in njen odvod f ′.

x

y

ff ′

bc

Obcbc

bc

Zgled 6.1. Izracunaj odvod konstantne funkcije.

Resitev. Ce oznacimo f(x) = c, potem za vsak x velja

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

c− c

h= 0.

82

Zgled 6.2. Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = x2, v tocki x.

x

y

f

f ′

bc

O

bc

1

bc −1

bc

1bc

−1

Resitev. Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h=

= limh→0

(x+ h)2 − x2

h=

= limh→0

2xh+ h2

h=

= limh→0

(2x+ h) = 2x.

Zgled 6.3. Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = 13x

3, v poljubni tocki x.

x

yf ′

f

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

Resitev. Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h=

= limh→0

(x+ h)3 − x3

3h=

= limh→0

3hx2 + 3h2x+ h3

3h=

= limh→0

3x2 + 3hx+ h2

3= x2.

Zgled 6.4. Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = 1x , v poljubni tocki x 6= 0.

x

y

f

f ′

bc

O

bc1

bc−1

bc1

bc−1

Resitev. Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h=

= limh→0

1x+h − 1

x

h=

= limh→0

x− (x+ h)

hx(x+ h)=

= limh→0

−hhx(x+ h)

= − 1

x2.

Zgled 6.5. Ali je funkcija f , f(x) = |x|, odvedljiva v tocki x = 0?

Resitev.

x

y

f

f ′

bc

O

bc1

bc −1

bc

1bc

−1

83

Ker je

limh↑0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h↑0|0 + h| − |0|

h= lim

h↑0−hh

= −1

in

limh↓0

f(0 + h)− f(0)

h= lim

h↓0|0 + h| − |0|

h= lim

h↓0h

h= 1,

limita limh→0

f(0+h)−f(0)h ne obstaja. Torej funkcija f ni odvedljiva v tocki x = 0.

Ce obstaja limita limh↑0

f(x+h)−f(x)h , pravimo, da je funkcija f z leve odvedljiva v tocki x in

oznacimo

limh↑0

f(x+ h)− f(x)

h= f ′L(x).

Ce obstaja limita limh↓0

f(x+h)−f(x)h , pravimo, da je funkcija f z desne odvedljiva v tocki x

in oznacimo

limh↓0

f(x+ h)− f(x)

h= f ′D(x).

Izrek 6.6. Funkcija f : I → R je odvedljiva v tocki x ∈ I natanko tedaj, ko je v tej tockiodvedljiva z leve in z desne in sta levi in desni odvod v tej tocki enaka.

x

y

f

f ′

bc

1

bc1

bc−1

bc

−1

bc−4

bc 4Oglejmo si odvod funkcije f : R → R, podane s predpisom

f(x) = |x3 − x| − x2.

V tockah −1, 0 in 1, kjer funkcija f ni odvedljva, obstajataleva in desna odvoda, vendar nista enaka.

f ′L(−1) = 0,f ′D(−1) = 4,f ′L(0) = −1,f ′D(0) = 1,f ′L(1) = −4,f ′D(1) = 0.

Zgled 6.7. Doloci vrednosti parametrov a in b tako, da bo funkcija f ,

f(x) =

{x2, ce je x > 1,

ax+ b, ce je x ≤ 1,

odvedljiva v tocki x = 1.

Resitev. Vrednosti parametrov a in bmoramo izbrati tako, da bo obstajala limita limh→0

f(1+h)−f(1)h .

Ker sta za funkcijo uporabljena dva predpisa, si bomo pomagali z levim in desnim odvodom vtocki x = 1.

f ′L(1) = limh↑0

f(1+h)−f(1)h = lim

h↑0a(1+h)+b−(a+b)

h = limh↑0

ahh = a.

f ′D(1) = limh↓0

f(1+h)−f(1)h = lim

h↓0(1+h)2−(a+b)

h = limh↓0

(1−a−b)+2h+h2

h .

84

Ce naj gornja limita obstaja, mora biti a+ b = 1. Sledi

f ′D(1) = limh↓0

(1−a−b)+2h+h2

h = limh↓0

2h+h2

h = limh↓0

(2 + h) = 2.

Torej bo funkcija v tocki x = 1 odvedljiva, ce bo f ′L(1) = f ′D(1) oz. a = 2. Skupaj s pogojema+ b = 1 izracunamo se b = −1.

Cemu pogoj a + b = 1 pri gornji nalogi? Ker je limx↑1

f(x) = a + b in limx↓1

f(x) = 1 = f(1),

lahko pogoj a+ b = 1 zapisemo tudi v obliki

limx↑1

f(x) = limx↓1

f(x) = f(1),

kar pomeni, da je funkcija f zvezna v tocki 1. Slednje velja tudi v splosnem:

Izrek 6.8. Ce je funkcija f : I → R v tocki x odvedljiva, je v tej tocki tudi zvezna.

Dokaz. Spomnimo se, da je stevilo f ′(x) odvod funkcije f v tocki x, ce za vsak ε > 0 obstajaδ > 0, da iz 0 < |h| < δ sledi

∣∣∣∣f(x+ h)− f(x)

h− f ′(x)

∣∣∣∣ < ε,

kar lahko zapisemo tudi kot

|f(x+ h)− f(x)− hf ′(x)| < ε|h|.

Slednje lahko preoblikujemo v

|f(x+ h)− f(x)| < |h|(ε + |f ′(x)|).

Torej velja limh→0

f(x+ h) = f(x), kar je ravno pogoj zveznosti v tocki x.

6.2 Geometricni pomen odvoda

Naj bo f : I → R zvezna funkcija. Kot smo ze videli, je diferencni kvocient f(x+h)−f(x)h enak

naklonskemu koeficientu premice skozi tocki T (x, f(x)) in T1(x + h, f(x + h)), ki jo imenujenosekanta. Ko se h priblizuje vrednosti 0, se tocka T1 priblizuje tocki T . Ce sekanta limitira protineki koncni legi, imenujemo sekanto v limitni legi tangenta na krivuljo v tocki (x, f(x)).

tangen

ta

x

y

O

f

x x+ h

f(x)

f(x+ h)

bc

bcT

bc

bc bc

bcT1

bc

85

Smerni koeficient sekante preide v smerni koeficient tangente. Tangenta na graf funkcije f vtocki (x, f(x)) oklepa s pozitivno smerjo abscisne osi kot α, ki zadosca zvezi

tanα = f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h.

tangenta

normala

O x

y

x

f(x)

α

f

bc

bcbc

bc

Enacba tangente na graf funkcije f v tocki x se glasi

Y − f(x) = f ′(x)(X − x),

enacba normale (tj. pravokotnice na tangento) v tej tockipa

Y − f(x) = − 1

f ′(x)(X − x).

Zgled 6.9. Zapisi enacbo tangente in normale na graf funkcije f , podane s predpisom f(x) = 13x

3

v tocki x = 1.

y= −x+

43 y

=x−23

x

y

f(x) = 13x

3

bc

O

bc13

bc1

bc

1

bc

Resitev. Izracunali smo ze f ′(x) = x2. Enacba tangente jeY − 1

3x3 = x2(X − x), kar nam za x = 1 da

Y =1

3+ (X − 1) = X − 2

3.

Enacba normale je Y − 13x

3 = − 1x2 (X − x), kar nam za x = 1

da

Y =1

3− (X − 1) = −X +

4

3.

Kot med premicamaDolocimo kot med premicama y = k1x+ n1 in y = k2x+ n2.

x

y

Oα2 α1

α

bcbc bc

bc

Iskani kot je enak α = α2 − α1, kjer je k1 = tanα1 in k2 = tanα2. Torej je

tanα = tan(α2 − α1) =tanα2 − tanα1

1 + tanα1 tanα2=

k2 − k11 + k1k2

.

Od tod tudi vidimo, da je naklonski koficient normale − 1k , ce je k naklonski koeficient tangente.

Kot med premico in krivuljoKot med premico in krivuljo je po definiciji enak kotu med premico in tangento v presecni

tocki.

86

αA

t

k

p

bc

Kot med krivuljamaKot med krivuljama je po definiciji enak kotu med tangentama v presecni tocki.

x

y

O

α

t1

t2

bc

bc

Zgled 6.10. Poisci tocko na grafu funkcije f : (0,∞) → R, f(x) = 1x , v kateri tangenta seka

abscisno os pod kotom π4 . V kateri tocki ta tangenta seka ordinatno os?

x

yf

bc

O

bc1

bc

2

bc

1bc

2

bc

Resitev. Tangenta ima enacbo Y − f(x) = f ′(x)(X − x). Ker jef ′(x) = − 1

x2 , velja

Y − 1

x= − 1

x2(X − x),

od koder izrazimo Y = 1x − 1

x2 (X − x). Ker mora v tangentni tockiveljati |f ′(x)| = 1

x2 = 1, sledi x = 1. Enacba tangente je zato Y =1 − (X − 1) = 2 − X. V tocki, kjer tangenta seka ordinatno os, veljaX = 0, zato je Y = 2. Tangenta seka ordinatno os v tocki (0, 2).

6.3 Pravila za odvajanje

Izrek 6.11. Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudi funkcijaf + g in velja (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).

Dokaz. Racunajmo

(f + g)′(x) = limh→0

(f + g)(x + h)− (f + g)(x)

h=

= limh→0

f(x+ h) + g(x+ h)− f(x)− g(x)

h=

= limh→0

f(x+ h)− f(x)

h+ lim

h→0

g(x+ h)− g(x)

h=

= f ′(x) + g′(x).

Posledica 6.12. Ce so funkcije f1, f2, . . . , fn odvedljive v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudifunkcija f1 + f2 + . . . + fn in velja (f1 + f2 + . . .+ fn)

′ = f ′1 + f ′2 + . . .+ f ′n.

87

Dokaz. Dokazimo trditev z indukcijo. Za n = 1 ni kaj dokazovati. Za n > 1 pa lahko zapisemo

(f1 + f2 + . . .+ fn−1 + fn)′ = (f1 + f2 + . . .+ fn−1)

′ + f ′n =

= (f ′1 + f2 + . . .+ f ′n−1) + f ′n,

kjer smo v prvi enakosti upostevali indukcijsko predpostavko za 2 clena, v drugi pa indukcijskopredpostavko za n− 1 clenov.

Izrek 6.13. Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudi funkcija fgin velja (fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Dokaz. Racunajmo

(fg)′(x) = limh→0

(fg)(x+h)−(fg)(x)h = lim

h→0

f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)h =

= limh→0

(f(x+h)−f(x))g(x+h)+f(x)(g(x+h)−g(x))h =

= limh→0

(f(x+h)−f(x))g(x+h)h + lim

h→0

f(x)(g(x+h)−g(x))h =

= limh→0

(f(x+h)−f(x))h · lim

h→0g(x+ h) + f(x) lim

h→0

(g(x+h)−g(x))h =

= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),

kjer smo zaradi zveznosti g zapisali limh→0

g(x+ h) = g(x).

Posledica 6.14. Ce so funkcije f1, f2, . . . , fn odvedljive v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudifunkcija f1f2 · · · fn in velja

(f1f2 · · · fn)′ = f ′1f2f3 · · · fn + f1f′2f3 · · · fn + . . .+ f1f2 · · · fn−1f

′n.

Dokaz. Dokazimo trditev z indukcijo. Za n = 1 ni kaj dokazovati. Za n > 1 pa lahko zapisemo

(f1f2 · · · fn)′ = (f1f2 · · · fn−1)′fn + (f1f2 · · · fn−1)f

′n =

= f ′1f2f3 · · · fn + f1f′2f3 · · · fn + . . .+ f1f2 · · · fn−1f

′n

kjer smo v prvi enakosti upostevali indukcijsko predpostavko za 2 faktorja, v drugi pa indukcijskopredpostavko za n− 1 faktorjev.

Posledica 6.15. Ce je f odvedljiva funkcija v tocki x in c poljubna konstanta, je v tocki xodvedljiva tudi funkcija cf in velja (cf)′(x) = cf ′(x).

Dokaz. Velja (cf)′(x) = c′f(x) + cf ′(x) = cf ′(x), saj je c′ = 0.

Izrek 6.16. Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x in g(x) 6= 0, je v tej tocki odvedljiva tudi

funkcija fg in velja (fg )

′(x) = f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)g2(x) .

Dokaz. Racunajmo

(fg

)′(x) = lim

h→0

( fg)(x+h)−( f

g)(x)

h = limh→0

f(x+h)g(x+h)

− f(x)g(x)

h =

= limh→0

f(x+h)g(x)−f(x)g(x+h)hg(x)g(x+h) =

= limh→0

(f(x+h)−f(x))g(x)−f(x)(g(x+h)−g(x))hg(x)g(x+h) =

=limh→0

f(x+h)−f(x)h

g(x)−f(x) limh→0

g(x+h)−g(x)h

limh→0

g(x)g(x+h) =

= f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)g2(x)

,

kjer smo zaradi zveznosti g zapisali limh→0

g(x+ h) = g(x).

88

Izrek 6.17 (Verizno pravilo). Ce je f odvedljiva funkcija v tocki x in g odvedljiva funkcija vtocki f(x), je tudi funkcija g ◦ f odvedljiva v tocki x in velja g(f(x))′ = g′(f(x))f ′(x).

Dokaz. Ker je g odvedljiva v tocki t = f(x), velja g(t+k)−g(t)k = g′(t)+η(k), kjer je lim

k→0η(k) = 0.

Torej je g(t + k) − g(t) = kg′(t) + kη(k) za majhne k. Ker je f zvezna v tocki x, bo zak(h) = f(x+ h)− f(x) veljalo lim

h→0k(h) = 0. Racunajmo

g(f(x+ h)) − g(f(x))

h=

g(f(x) + k(h))− g(f(x))

h=

= g(f(x)+k(h))−g(f(x))k(h) · k(h)

h =

= g′(f(x))f(x+h)−f(x)h + η(h)f(x+h)−f(x)

h

Od tod sledi

g(f(x))′ = limh→0

g(f(x+ h)) − g(f(x))

h=

= limh→0

(g′(f(x))f(x+h)−f(x)

h + η(h)f(x+h)−f(x)h

)=

= g′(f(x))f ′(x).

Posledica 6.18. Ce je g inverzna funkcija k f in f ′(x) 6= 0, je g odvedljiva v tocki f(x), invelja g′(f(x)) = 1

f ′(x) .

Dokaz. Ce je g inverzna funkcija k f , velja g(f(x)) = x. Torej je g′(f(x))f ′(x) = x′ = 1, odkoder sledi g′(f(x)) = 1

f ′(x) .

Opomba. Ce pisemo y = f(x), lahko pravilo o odvodu inverzne funkcije zapisemo tudi kotg′(y) = 1

f ′(g(y)) .

Zgled 6.19. Izracunaj odvod funkcije x 7→ √x.

Resitev. Naj bo funkcija f : [0,∞) → R definirana s predpisom f(x) = x2. Potem je funkcijag : [0,∞) → R, definirana z g(x) =

√x, inverzna funkcija k f .

Ker je f ′(x) = 2x, po zgoraj dokazanem velja g′(f(x)) = 1f ′(x) =

12x za vsak x > 0. Ce sedaj

pisemo y = x2, izpeljemo g′(y) = 12√y .

6.4 Odvodi elementarnih funkcij

Polinomi in racionalne funkcijeNaj bo f(x) = xn, kjer je n ∈ N. Tedaj je

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

(x+ h)n − xn

h=

= limh→0

∑ni=0

(ni

)xn−ihi − xn

h= lim

h→0(

n∑

i=1

(n

i

)xn−ihi−1) =

=

(n

1

)xn−1 = nxn−1.

Ce je f(x) = x−n = 1xn , racunamo f ′(x) = 1′·xn−1·(xn)′

(xn)2= −nxn−1

x2n = −nx−n−1. Torej je

(xn)′ = nxn−1 za n ∈ Z.

89

Za polinomf(x) = anx

n + an−1xn−1 + . . . + a1x+ a0

je takof ′(x) = nanx

n−1 + (n− 1)an−1xn−2 + . . .+ a1.

Racionalne funkcije odvajamo po pravilu za odvajanje kvocienta dveh funkcij.

Zgled 6.20. Izracunaj odvod funkcije x 7→ (x2 + x+ 1)9.

Resitev. Naj bo f(x) = (x2 + x + 1) in g(x) = x9. Tedaj je h(x) = g(f(x)) = (x2 + x + 1)9.Ker je f ′(x) = 2x+ 1 in g(x) = 9x8, po veriznem pravilu sledi

h′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) = 9(x2 + x+ 1)8 · (2x+ 1).

Zgled 6.21. Izracunaj odvod funkcije x 7→ xx2+1

.

Resitev. Oznacimo f(x) = xx2+1

. Tedaj je

f ′(x) =x′(x2 + 1)− x(x2 + 1)′

(x2 + 1)2=

1(x2 + 1)− x (2x)

(x2 + 1)2=

1− x2

(x2 + 1)2.

Eksponentna funkcijaOznacimo f(x) = ex. Tedaj je

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

ex+h − ex

h= ex lim

h→0

eh − 1

h.

Ce postavimo t = eh − 1, velja limh→0

eh − 1 = 0. Torej lahko zapisemo

limh→0

eh − 1

h= lim

t→0

t

ln(1 + t)= lim

t→0

1

ln(1 + t)1/t=

1

ln e= 1,

kjer smo upostevali, da je limt→0

(1 + t)1/t = e. Torej je

(ex)′ = ex.

Za splosno eksponentno funkcijo x 7→ ax, a > 0, pa lahko zapisemo ax = ex lna. Ce oznacimog(x) = ex in f(x) = x ln a, velja ax = ex lna = g(f(x)). Izracunajmo odvod po pravilu za odvodsestavljene funkcije: Ker je g′(x) = (ex)′ = ex in f ′(x) = (x ln a)′ = ln a, je

(ax)′ = g(f(x))′ = g′(f(x))f ′(x) = ex lna ln a = ax ln a.

Torej je(ax)′ = ax ln a.

Zgled 6.22. Izracunaj odvod funkcije x 7→ x e−x.

Resitev. Naj bo f(x) = x e−x. Tedaj je

f ′(x) = x′ e−x + x (e−x)′ = e−x + x e−x(−x)′ == e−x + x e−x(−1) = (1− x)e−x.

Zgled 6.23. Izracunaj odvod funkcije x 7→ x2 + 2x.

Resitev. Naj bo f(x) = x2 + 2x. Tedaj je

f ′(x) = 2x+ 2x ln 2.

90

Logaritemska funkcijaNaj bo f(x) = ax, a > 0. Potem je funkcija g, g(x) = loga x, inverzna funkcija k f in velja

g′(x) =1

f ′(g(x))=

1

aloga x ln a=

1

x ln a.

Torej je

(loga x)′ =

1

x ln a

in

(lnx)′ =1

x.

Zgled 6.24. Izracunaj odvod funkcije x 7→ x lnx.

Resitev. Naj bo f(x) = x lnx. Tedaj je

f ′(x) = x′ lnx+ x(ln x)′ = lnx+ x1

x= 1 + lnx.

Zgled 6.25. Izracunaj odvod funkcije x 7→ 1+lnx1−lnx .

Resitev. Naj bo f(x) = 1+lnx1−lnx . Tedaj je

f ′(x) =(1 + lnx)′ · (1− lnx)− (1 + lnx) · (1− lnx)′

(1− lnx)2=

=1x(1− lnx)− (1 + lnx)(− 1

x)

(1− lnx)2=

2x

(1− lnx)2=

2

x(1− lnx)2.

Splosna potencna funkcijaIzracunali smo ze odvod funkcije f , f(x) = xn, kjer je eksponent n celo stevilo. Ce pa je n

poljubno realno stevilo, pisemo f(x) = en lnx, od koder sledi

f ′(x) = en lnx(n lnx)′ = en lnx(n1

x) = nxn

1

x= nxn−1.

Zgled 6.26. Izracunaj odvod funkcije x 7→ 2x√

2.

Resitev. Naj bo f(x) = 2x√

2. Ker za dvojne potence velja ab

c= a(b

c), po veriznem pravilusledi

f ′(x) = 2x√

2 · ln 2 · (x√2)′ = 2x

√2(ln 2)(

√2x

√2−1) =

= 2x√

2x√2−1

√2 ln 2.

Zgled 6.27. Izracunaj odvod funkcije x 7→ xx.

Resitev. Naj bo f(x) = xx. Tedaj je f(x) = ex lnx. Torej lahko odvajamo po veriznem pravilu:f ′(x) = ex lnx(x lnx)′ = xx(lnx+ 1).

91

Kotne funkcijeNaj bo f(x) = sinx. Racunajmo

(sinx)′ = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h= lim

h→0

sin(x+ h)− sinx

h=

= limh→0

2 cos(x+ h2 ) sin

h2

h= lim

h→0cos(x+

h

2) · lim

h→0

sin h2

h2

=

= cosx,

saj je limh→0

sin h2

h2

= 1. Ker je cos x = sin(π2 − x), je

(cosx)′ = sin(π

2− x)′ = sin′(

π

2− x) · (π

2− x)′ =

= cos(π

2− x) · (−1) = − sinx.

Iz tanx = sinxcos x pa izpeljemo se

(tan x)′ =

(sinx

cos x

)′=

sin′ x cos x− sinx cos′ xcos2 x

=

=cos x cos x− sinx(− sinx)

cos2 x=

1

cos2 x.

Zgled 6.28. Izracunaj odvod funkcije x 7→ sin(x2).

Resitev. Naj bo f(x) = sin(x2). Tedaj je f ′(x) = sin′(x2) · (x2)′ = cos(x2)2x.

Zgled 6.29. Izracunaj odvod funkcije x 7→ cos2(x).

Resitev. Naj bo f(x) = cos2(x). Tedaj je f ′(x) = 2 cos(x)(− sin(x)) = − sin(2x).

Zgled 6.30. Izracunaj odvod funkcije x 7→ tan( 1x).

Resitev. Naj bo f(x) = tan( 1x). Tedaj je f′(x) = 1

cos2( 1x)( 1x)

′ = 1cos2( 1

x)(− 1

x2 ) = − 1x2 cos2( 1

x).

Ciklometricne funkcijeKer so te funkcije po definiciji inverzne h kotnim funkcijam, si pri izracunu odvodov poma-

gamo s pravilom o odvodu inverza. Racunajmo

(arc sinx)′ =1

sin′(arc sinx)=

1

cos(arc sinx)=

1√1− x2

,

saj je cos(arc sinx) =√1− x2 (pisemo t = arc sinx in upostevamo, da je sin2 t + cos2 t = 1).

Podobno izpeljemo se

(arc cosx)′ =1

cos′(arc cosx)=

1

− sin(arc cos x)= − 1√

1− x2,

(arc tanx)′ =1

tan′(arc tan x)= cos2(arc tan x) =

=1

tan2(arc tan x) + 1=

1

x2 + 1.

92

Zgled 6.31. Izracunaj odvod funkcije x 7→ x arc sin(x).

Resitev. Naj bo f(x) = x arc sin(x). Tedaj je f ′(x) = arc sin(x) + x 1√1−x2

.

Zgled 6.32. Izracunaj odvod funkcije x 7→ arc tan( 1x2+1

).

Resitev. Naj bo f(x) = arc tan( 1x2+1

). Tedaj je

f ′(x) =1

1 + ( 1x2+1

)2·(

1

x2 + 1

)′=

=1

(x2+1)2+1(x2+1)2

· −2x

(x2 + 1)2=

−2x

x4 + 2x2 + 2.

Zberimo odvode elementarnih funkcij v eno preglednico:

(c)′ = 0, c konstanta (xr)′ = rxr−1, r ∈R (ex)′ = ex (ax)′ = ax ln a, a > 0

(lnx)′ =1

x(loga x)

′ =1

x ln a, a > 0, a 6= 1

(sinx)′ = cosx (cos x)′ = − sinx (tan x)′ =

1

cos2 x(arc sinx)′ =

1√1− x2

(arc cosx)′ =

− 1√1− x2

(arc tan x)′ =1

x2 + 1

Zgled 6.33. Izracunaj odvod funkcije f , podane s predpisom f(x) = ln x+1x−1 .

Resitev. Racunajmo

(lnx+ 1

x− 1

)′=

1x+1x−1

·(x+ 1

x− 1

)′=

=x− 1

x+ 1· (x+ 1)′(x− 1)− (x+ 1)(x− 1)′

(x− 1)2=

=x− 1

x+ 1· 1 · (x− 1)− (x+ 1) · 1

(x− 1)2=

=x− 1

x+ 1· −2

(x− 1)2= − 2

x2 − 1=

2

1− x2.

Do enakega rezultata pa pridemo nekoliko hitreje, ce opazimo, da je

lnx+ 1

x− 1= ln(x+ 1)− ln(x− 1)

in od tod (lnx+ 1

x− 1

)′=

1

x+ 1− 1

x− 1= − 2

x2 − 1=

2

1− x2.

Zgled 6.34. Izracunaj odvod funkcije x 7→ ln x+√1−x2

x .

93

Resitev. Racunajmo

f ′(x) =1

x+√1−x2

x

·(x+

√1− x2

x

)′

=

=x

x+√1− x2

· (x+√1− x2)′x− (x+

√1− x2)x′

x2=

=x

x+√1− x2

·(1 + −2x

2√1−x2

)x− (x+√1− x2)

x2=

=x

x+√1− x2

· (√1− x2 − x)x− x

√1− x2 − (1− x2)

x2√1− x2

=

=x

x+√1− x2

· −1

x2√1− x2

= − 1

x(x+√1− x2)

√1− x2

.

Zgled 6.35. Izracunaj odvod funkcije x 7→ arc tan ex + ln√

e2x

e2x+1.

Resitev.

f ′(x) =1

1 + (ex)2· (ex)′ + 1√

e2x

e2x+1

(√e2x

e2x + 1

)′

=

=ex

1 + e2x+

1√e2x

e2x+1

· 1

2√

e2x

e2x+1

·(

e2x

e2x + 1

)′=

=ex

1 + e2x+

12e2x

e2x+1

· 2e2x(e2x + 1)− e2x(2e2x)

(e2x + 1)2=

=ex

1 + e2x+e2x + 1

2e2x· 2e2x

(e2x + 1)2=

ex

1 + e2x+

1

e2x + 1=

ex + 1

1 + e2x.

Zgled 6.36. Izracunaj odvod funkcije x 7→ 2 arc tan x+ arc sin 2x1+x2 .

Resitev. Racunajmo

f ′(x) =2

1 + x2+

1√1− ( 2x

1+x2 )2·(

2x

1 + x2

)′=

=2

1 + x2+

1√(x2+1)2−4x2

(1+x2)2

· 2(1 + x2)− 2x · 2x(1 + x2)2

=

=2

1 + x2+

1√x4 + 2x2 + 1− 4x2

· 2(1 − x2)

1 + x2=

=2

1 + x2+

1√(x2 − 1)2

· 2(1 − x2)

1 + x2=

=2

1 + x2+

1

|x2 − 1| ·2(1− x2)

1 + x2.

Torej je

f ′(x) =2

1 + x2+

1

|x2 − 1| ·2(1 − x2)

1 + x2,

94

kar med drugim pomeni, da v tockah x = ±1 funkcija ni odvedljiva. Ce je |x| < 1, je |x2 − 1| =1− x2, zato je f ′(x) = 4

1+x2 . Ce je |x| > 1, je |x2 − 1| = x2 − 1, zato je f ′(x) = 0.

x

y

bc

O

fbcπ

bc −π

bc

1bc

−1

bc

bc

6.5 Diferencial funkcije

Naj bo f odvedljiva funkcija v tocki x. Pokazimo, da tangenta na graf funkcije f v tocki x dobroaproksimira funkcijo f v okolici tocke x.

x

y

O x x+ h

f ′(x)h

h

f(x+ h)− f(x)

t f

bc bc bc

bcbc

bc

bc

bc

Ker je

f ′(x) = limh→0

f(x+ h)− f(x)

h,

za funkcijo η(h), definirano v okolici tocke 0 s predpisom

η(h) =f(x+ h)− f(x)

h− f ′(x),

velja limh→0

η(h) = 0. Iz gornje enacbe sledi sledi

f(x+ h) = f(x) + f ′(x)h+ η(h)h.

Ker gre s h → 0 tudi η(h) → 0, gre pri h → 0 vrednost izraza η(h)h proti 0 precej hitreje kotf ′(x)h. Ce racunamo priblizno, je torej clen η(h)h pri majhnih h zanemarljiv glede na f ′(x)h.

Za majhne h lahko zapisemo

f(x+ h) ≈ f(x) + f ′(x) h. (4)

Ker lezi tocka (x+h, f(x+h)) na grafu funkcije f , tocka (x+h, f(x)+f ′(x)h) pa na tangenti nagraf funkcije f v tocki (x, f(x)), enacba (4) potrjuje, da v okolici tocke x tangenta res aproksimirafunkcijo samo.

95

x

y

O x x+ dx

f(x) + f ′(x)dxf(x+ dx)

f(x)f ′(x) dx

t f

bc bc bc

bcbc

bc bc

bcbc

Oznacimo dx = h. Diferencial funkcije f v tocki x je enak produktu f ′(x) dx in gaoznacimo z df . Torej je df = f ′(x) dx.

Pogosto za funkcijo y = f(x) pisemo tudi dy = f ′(x) dx ali

f ′(x) =dy

dx.

Zgled 6.37. Priblizno izracunaj√17.

Resitev. Ker je 17 = 16 + 1, lahko zapisemo√17 = 4

√1 + 1

16 . Oznacimo f(x) = 4√1 + x.

Torej moramo priblizno izracunati f(x+dx) za x = 0 in dx = 116 . Ker je f ′(x) = 4 1

2√1+x

= 2√1+x

,je

f( 116 ) ≈ f(0) + f ′(0) 1

16 = 4 + 2 · 116 = 4.125 .

Dobljen rezultat je natancen na dve decimalni mesti, saj je√17 ≈ 4.1231056 . Omenjena metoda

racunanja pribliznih vrednosti funkcije je enostavna, zal pa iz metode same ni razvidno, kakonatancen je dobljen rezultat. Kasneje si bomo pogledali, kako lahko s pomocjo Taylorjeve vrsteocenimo, kako velika je napaka, ce nadomestimo f(x+ dx) z f(x) + f ′(x) dx.

Visji odvodiNaj bo funkcija f na intervalu (a, b) odvedljiva in g = f ′ njen odvod. Ce je funkcija g

odvedljiva v tocki x, pravimo, da je funkcija f dvakrat odvedljiva v tocki x in oznacimof ′′(x) = g′(x). Funkcijo f ′′ imenujemo drugi odvod funkcije f .

Ce je drugi odvod odvedljiva funkcija, oznacimo odvod drugega odvoda z f ′′′ in imenujemotretji odvod funkcije f .

Splosno velja: ce se da funkcija f n-krat zaporedoma odvajati, dobimo po n korakih n-tiodvod, ki ga oznacimo z f (n).

Visji odvodi elementarnih funkcijZa f(x) = xm po vrsti izracunamo

(xm)′ = mxm−1

(xm)′′ = m(m− 1)xm−2

...

(xm)(n) = m(m− 1) . . . (m− n+ 1)xm−n.

Ce je m naravno stevilo, bo (m+1)-vi in vsi visji odvod enak 0. (tj. (xm)(n) = 0 za n ≥ m+1).Ce pa je m negativno celo stevilo ali m ∈ R \ Z, pa noben odvod ne bo 0.

96

Za f(x) = sinx po vrsti izracunamo

(sinx)′ = cos x = sin(x+ π2 ),

(sinx)′′ = − sinx = sin(x+ 2 · π2 ),

(sin x)′′′ = − cos x = sin(x+ 3 · π2 ),

(sinx)(4) = sinx = sin(x+ 4 · π2 ).

Torej za vsak k velja (sinx)(k)(x) = sin(x+ k · π2 ).

Za f(x) = cosx po vrsti izracunamo

(cos x)′ = − sinx = cos(x+ π2 ),

(cos x)′′ = − cos x = cos(x+ 2 · π2 ),

(cos x)′′′ = sinx = cos(x+ 3 · π2 ),

(cos x)(4) = cos x = cos(x+ 4 · π2 ).

Torej za vsak k velja (cos x)(k)(x) = cos(x+ k · π2 ).

Za f(x) = lnx po vrsti izracunamo

(lnx)′ =1

x= x−1

(lnx)′′ = −x−2

(lnx)′′′ = (−1)(−2)x−3 = 2x−3

...

(lnx)(k) = (−1)k−1(k − 1)!(1 + x)−k.

Zaporedne visje odvode izracunamo enako kot pri visjih odvodih potencne funkcije.

Za f(x) = ax pa je f ′(x) = ax ln a, od koder v splosnem sledi f (k)(x) = ax(ln a)k.

Za visje odvode ciklometricnih funkcij v splosnem ne obstajajo lepe formule.

6.6 Lastnosti odvedljivih funkcij

Naj bo f odvedljiva funkcija v tocki x0. Iz

limh→0

f(x0 + h)− f(x0)

h= f ′(x0)

sledi, da lahko zapisemo f(x0+h)−f(x0)h = f ′(x0) + η(h), kjer za funkcijo η velja lim

h→0η(h) = 0.

Ce je f ′(x0) 6= 0, je v enakosti

f(x0 + h)− f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

predznak vsote f ′(x0)+η(h) dolocen s predznakom stevila f ′(x0) in se za majhne h ne spreminja.(Obstaja namrec tak δ > 0, da je |f ′(x0)| > |η(h)| za vse |h| < δ.)

Ce je f ′(x0) > 0, izf(x0 + h)− f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

sledi, da za majhne h veljaf(x0 + h) > f(x0) ⇐⇒ h > 0.

97

x0

f(x0)

x0 + h

f(x0 + h)

x

y f

bcbc

bcbc

bc

bc bc

Ce je f ′(x0) < 0, izf(x0 + h)− f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

sledi, da za majhne h veljaf(x0 + h) < f(x0) ⇐⇒ h > 0.

x0

f(x0)

x0 + h

f(x0 + h)

x

y

fbcbc

bcbc

bc

bc bc

Ce pa je f ′(x0) = 0, veljaf(x0 + h)− f(x0) = hη(h)

in o obnasanju funkcije v okolici tocke x0 ne moremo povedati nicesar.

x0

f(x0)

x0 + h x

y

f(x0 + h)

f(x0 + h)

f

bcbc

bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

Zgled 6.38. Za funkcijo f ,

f(x) =

{x+ 2x2 sin π

x , ce je x 6= 0

0, ce je x = 0,

je f ′(0) = 1, vendar v nobeni okolici tocke 0 ni narascajoca.

Dokaz. Res je

f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

h+ 2h2 sin πh

h= lim

h→0(1 + 2h sin

π

h) = 1.

Po drugi strani pa za x 6= 0 velja

f ′(x) = 1 + 4x sinπ

x− 2π cos

π

x.

98

Ce postavimo a = 1πn , n ∈ N, bo f ′(a) = 1 + 4

2n · sin(2πn)− 2π cos(2πn) = 1− 2π < 0.Po gornjem razmisleku za tocko b blizu a, b < a, velja f(b) > f(a). Torej funkcija f na

intervalu [0, a] ni narascajoca.

x

y

bc

O

Zgled 6.39. Za funkcije x 7→ x3, x 7→ −x3 in x 7→ x2 velja, da je njihov odvod v tocki 0 enak0. Prva funkcija je v okolici tocke 0 narascajoca, druga padajoca, tretja pa ni ne narascajocain ne padajoca.

x

y

x3

bc

O x

y

−x3

bc

O x

y

x2

bc

O

Stacionarne tockeNaj bo I odprt interval in f : I → R funkcija. Tocki x ∈ I, kjer je f ′(x) = 0, pravimo

stacionarna tocka funkcije f .

y

xx

f ′(x) = 0

I

bc

bc

Vrednost funkcije se v okolici stacionarne tocke pocasi spreminja. Tangenta na graf funkcije vstacionarni tocki je vzporedna z abscisno osjo.

Funkcija f ima v tocki x0 ∈ I lokalni maksimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsakx ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} velja f(x) < f(x0).

99

x0 − δ x0 + δx0

f(x0)

x

y

bc bc

bc

bc

bc

Funkcija f ima v tocki x0 ∈ I lokalni minimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsak x ∈(x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} velja f(x) > f(x0).

x0 − δ x0 + δx0

f(x0)

x

y

bc bc

bc

bc

bc

Ce ima funkcija f v tocki x0 lokalni maksimum ali lokalni minimum, pravimo, da ima f vtocki x0 lokalni ekstrem.

Izrek 6.40. Ce ima odvedljiva funkcija f v tocki x0 lokalni ekstrem, je f ′(x0) = 0.

Dokaz. Naj ima f v tocki x0 lokalni maksimum. Ce ima lokalni minimum, dokazemo trditevpodobno.

Naj bo torej f(x0 + h) < f(x0) za vse h blizu 0. Za h < 0 torej velja

f(x0+h)−f(x0)h > 0

in zato f ′L(x0) = limh↑0

f(x0+h)−f(x0)h ≥ 0. Za h > 0 pa velja

f(x0+h)−f(x0)h < 0

in zato f ′D(x0) = limh↓0

f(x0+h)−f(x0)h ≤ 0. Ker je f ′(x0) = f ′L(x0) ≥ 0 in f ′(x0) = f ′D(x0) ≤ 0, od

tod sledi f ′(x0) = 0.Odvedljiva funkcija ima lahko ekstreme le v stacionarnih tockah. Kot kaze funkcija x 7→ x3,

pa obrat ne drzi. Tocka x = 0 je stacionarna, vendar je v okolici te tocke funkcija narascajoca.

xO

1

−1

y

1

−1x3

bc

bc

bc

bcbc

100

V gornjem izreku predpostavke o odvedljivosti ne smemo izpustiti. Funkcija x 7→ 3√x2 ima v

tocki x = 0 lokalni minimum, a ni odvedljiva. Prav tako ima tudi funkcija x 7→√4− x2 lokalna

minima v tockah x = ±2, a sta ti dve tocki na robu definicijskega obmocja in zato funkcija vteh dveh tockah ni odvedljiva.

xO

1

y

1−1

3√x2

bc

bc

bc

bcbc

xO

2y

2−2

√4− x2

bc

bc

bb

Izrek 6.41 (Rolleov izrek). Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija, ki je na intervalu (a, b)odvedljiva. Ce je f(a) = f(b), obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je f ′(ξ) = 0.

Dokaz. Ker je f zvezna na zaprtem intervalu [a, b], zavzame maksimum M in minimum m. CejeM = m, je funkcija f konstantna, zato je f ′(ξ) = 0 za vsak ξ ∈ (a, b). Ce pa je m <M , zaradipogoja f(a) = f(b) ne more zavzeti obeh ekstremnih vrednosti v krajiscih. Torej obstaja tockaξ ∈ (a, b), da je f(ξ) ∈ {M,m} \ {f(a)}. V tocki ξ je funkcija f odvedljiva in po ze dokazanemizreku je f ′(ξ) = 0.

Geometrijski pomen Rolleovega izreka: Ce imata krajisci grafa funkcije f na intervalu [a, b]enaki ordinati, obstaja vsaj ena tocka na grafu funkcije, v kateri je tangenta vzporedna z abscisnoosjo.

a bξ

f ′(ξ) = 0

f(a) = f(b)

x

y

bc bc

bc

bc

bc bc bc

Izrek 6.42 (Lagrangeov izrek). Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija, ki je na intervalu (a, b)

odvedljiva. Potem obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je f ′(ξ) = f(b)−f(a)b−a .

Dokaz. Funkcija g : [a, b] → R,

g(x) = f(x)− f(b)− f(a)

b− a(x− a),

je intervalu [a, b] zvezna in na intervalu (a, b) odvedljiva.

a b

f(a)

f(b)

x

yf

g(x)

xbc bc

bc bc

bcbc

bc

101

Po konstrukciji je g(a) = f(a) in g(b) = f(b) − f(b)−f(a)b−a (b − a) = f(a), zato ustreza pogojem

Rolleovega izreka. Torej obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je g′(ξ) = 0. Sledi g′(ξ) = f ′(ξ)− f(b)−f(a)b−a =

0, kar nam da f ′(ξ) = f(b)−f(a)b−a .

Geometrijski pomen Lagrangeovega izreka: Ce je funkcija med tockama A(a, f(a)) inB(b, f(b))gladka, obstaja vsaj ena tocka na grafu, v kateri je tangenta vzporedna premici skozi tocki A inB.

f′ (ξ) =

f(b)−f(a

)

b−a

a bξ

f(a)

f(b)

x

y

A

Bf

bc bcbc

bc bc

bc

bcbc

Zgled 6.43. S pomocjo Lagrangeovega izreka dokazi, da za 0 ≤ a < b < π2 velja

b− a

cos2 a< tan b− tan a <

b− a

cos2 b. (5)

Ker je tan′(x) = 1cos2 x

, opazujmo funkcijo f , podano s predpisom f(x) = tan x. Po Lagran-geovem izreku obstaja tocka ξ med a in b, da je f(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a) oz.

tan b− tan a =1

cos2 ξ(b− a).

Ker je funkcija cos na intervalu [0, π2 ) pozitivna in padajoca, je funkcija x 7→ 1cos2 x

narascajoca,zato za a < ξ < b velja

1

cos2 a<

1

cos2 ξ<

1

cos2 b.

Ko slednje pomozimo z b− a, dobimo zeleno neenakost (5).

Posledica 6.44. Ce je funkcija f na intervalu [a, b] zvezna, na intervalu (a, b) odvedljiva in jef ′(x) = 0 za vsak x ∈ (a, b), je f konstantna.

Dokaz. Vzemimo poljuben x ∈ (a, b). Po Lagrangeovem izreku za funkcijo f na intervalu [a, x],

obstaja ξ ∈ (a, x), da je f ′(ξ) = f(x)−f(a)x−a . Ker je f ′(ξ) = 0, je f(x) = f(a). Zaradi zveznosti je

f(b) = limx↑b

f(x) = f(a). Torej je res funkcija na intervalu [a, b] konstantna.

Posledica 6.45. Ce sta funkciji f in g na intervalu [a, b] zvezni, na intervalu (a, b) odvedljivi inje f ′(x) = g′(x) za vsak x ∈ (a, b), obstaja konstanta c, da je g(x) = f(x) + c za vsak x ∈ [a, b].

Dokaz. Funkcija h = g − f ustreza pogojem prejsnje trditve, zato je g − f konstanta, recimoc. Torej je g(x) − f(x) = c oz. g(x) = f(x) + c za vsak x ∈ [a, b].

Gornjo trditev lahko enostavno povemo tudi takole: ce imata funkciji enaka odvoda, serazlikujeta le za konstanto. Pri uporabi gornje trditve pa je potrebno paziti, da sta funkciji resdefinirani na intervalih.

102

f′ (x)

g′ (x)

= f′ (x)y

xa b

c

x

g

f

bc

bc

bc

bc bc

Zgled 6.46. Zapisi zvezo med arc cos x in arc sinx.

Resitev. Oznacimo f(x) = arc cos x in g(x) = arc sinx. Ker je f ′(x) = − 1√1−x2

in g′(x) =1√

1−x2, se odvoda funkcij x 7→ −f(x) in x 7→ g(x) ujemata. Po zgornji trditvi je zato g(x) =

−f(x) + c oz.arc sinx = − arc cos x+ c. (6)

Ko vstavimo primeren x, npr. x = 0, dobimo arc sin 0 = − arc cos 0+c in od tod c = arc cos 0 = π2 .

Slediarc cos x+ arc sinx =

π

2.

Zgled 6.47. Skiciraj grafe funkcij, podane s predpisi f(x) = arc tan x, g(x) = 12 arc tan

2x1−x2 in

h(x) = − arc tan x+1x−1 .

Resitev. Najprej opazimo, da je Df = R, Dg = R \ {−1, 1} in Dh = R \ {1}. Ker jef ′(x) = 1

x2+1= g′(x) = h′(x), se funkcije na intervalih, ki so v presekih definicijskih obmocij,

razlikujejo za konstante.

F (x) F (0) limx→−∞

F (x) limx→∞

F (x)

f(x) = arc tan x 0 −π2

π2

g(x) = 12 arc tan

2x1−x2 0 0 0

h(x) = − arc tan x+1x−1

π4 −π

4 −π4

Iz tabele torej vidimo, da dobimo grafa funkcij g in h tako, da vzporedno premaknemoposamezne dele grafov funkcije f .

x

y

bc

O

f

h

g

bc

π2

bc

−π2

bc

π4

bc

−π4

bc

1bc

−1

103

F (x) F (0) limx→−∞

F (x) limx→∞

F (x)

f(x) = arc tan x 0 −π2

π2

g(x) = 12 arc tan

2x1−x2 0 0 0

h(x) = − arc tan x+1x−1

π4 −π

4 −π4

Izrek 6.48. Naj bo funkcija f na intervalu (a, b) odvedljiva. Ce je f ′(x) > 0 za vsak x ∈ (a, b),je f narascajoca. Ce je f ′(x) < 0 za vsak x ∈ (a, b), je f padajoca.

Dokaz. Izberimo x1, x2 ∈ (a, b), x1 < x2. Po Lagrangeovem izreku za funkcijo f na intervalu

[x1, x2], obstaja ξ ∈ (x1, x2), da je f ′(ξ) = f(x2)−f(x1)x2−x1

. V prvem primeru je f ′(ξ) > 0, zato

je f(x2)−f(x1)x2−x1

> 0, kar nam da f(x2) > f(x1). V drugem primeru pa je f ′(ξ) < 0, zato jef(x2)−f(x1)

x2−x1< 0, kar nam da f(x2) < f(x1).

Zgled 6.49. Doloci intervale narascanja in padanja za funkcijo f : R → R, podano s predpisomf(x) = 2x

x2+1.

Resitev. Ker je f ′(x) = 2(1−x2)(x2+1)2

, je na intervalu [−1, 1] strogo narascajoca, na intervalih

(−∞,−1], in [1,∞) pa strogo padajoca.

x

y

bc

O

bc

bc

padajocanarascajocapadajoca

bc

1bc

−1

6.7 Konveksnost, konkavnost, prevoji

Konveksna funkcijaPravimo, da je funkcija f : I → R konveksna na intervalu I, ce za vsak interval [a, b] ⊆ I

in za vsako tocko x ∈ (a, b) velja

f(x) ≤ f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Graficno to pomeni, da na intervalu [a, b] lezi graf funkcije f pod premico skozi tocki (a, f(a))in (b, f(b)).

xa b

f

x I

y

Obc

bc

bc

bcbc

bc

bc

104

Konkavna funkcijaPravimo, da je funkcija f : I → R konkavna na intervalu I, ce za vsak interval [a, b] ⊆ I in

za vsako tocko x ∈ (a, b) velja

f(x) ≥ f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Graficno to pomeni, da na intervalu [a, b] lezi graf funkcije f nad premico skozi tocki (a, f(a))in (b, f(b)).

xa b

f

Ix

y

Obc

bc

bc

bcbc

bc

bc

Neposredno iz definicije vidimo, da je funkcija f : I → R na intervalu I konveksna natankotedaj, ko je funkcija g : I → R, definirana s predpisom g(x) = −f(x), na tem intervalu konkavna.

Izrek 6.50. Funkcija je konveksna na intervalu [a, b], ce je f ′′(x) > 0 za vsak x ∈ (a, b).Funkcija je konkavna na intervalu [a, b], ce je f ′′(x) < 0 za vsak x ∈ (a, b).

Zgled 6.51. Doloci intervale konveksnosti in konkavnosti za funkcijo f : R → R, podano spredpisom f(x) = 2x

x2+1.

Resitev. Ker je f ′′(x) = 4x(x2−3)(x2+1)3

, je na intervalih (−∞,−√3] in [0,

√3] konkavna, na intervalih

[−√3, 0], in [

√3,∞) pa konveksna.

x

y

bc

O

bc

bc

bc

bc

konkavna konveksna konkavna konveksna

bc

1bc−1

bc √3

bc−√3

Prevoj funkcijeNaj bo f : I → R funkcija. Tocka x ∈ I je prevoj funkcije f , ce se funkcija v njej spremeni

iz konveksne v konkavno ali obratno.

xx

y

O

f

konkavna konveksnabcbc

bc

105

Izrek 6.52. Naj bo f : I → R dvakrat odvedljiva funkcija. Ce je f ′′(x) = 0 in f ′′ spremenipredznak pri prehodu cez tocko x, je tocka x prevoj funkcije f .

Torej v prevojni tocki graf funkcije seka tangento na graf funkcije v tej tocki.

xx

y

O

f

bcbc

bc

Zgled 6.53. Doloci obmocje konveksnosti, konkavnosti in prevoje za funkcijo f , podano s pred-pisom f(x) = 1

4(x2 − 9)(x2 − 1).

xO

y

94

−119

√53−

√53

1−1 3−3

konveksna konveksnakonkavna

bc

bc

bc

bcbc bcbc bc bc

bc bc

Resitev. Po vrsti izracunamo

f(x) = 14(x

4 − 10x2 + 1),

f ′(x) = x3 − 5x,

f ′′(x) = 3x2 − 5.

Torej sta prevoja v tockah x = ±√

53 . Funkcija konveksna

na intervalih (−∞,−√

53 ) in (

√53 ,∞), konkavna pa na

intervalu (−√

53 ,√

53).

6.8 Ekstremi funkcij

Spomnimo se, da za odvedljivo funkcijo f v lokalnem ekstremu x0 velja f ′(x0) = 0. Ali veljaobrat, tj. ali lahko iz pogoja f ′(x0) = 0 sklepamo, da ima funkcija f je v tocki x0 lokalni ekstrem?

Izrek 6.54. Naj bo x0 stacionarna tocka funkcije f .

1. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) in f′(x) < 0 za x ∈ (x0, x0 + δ), ima

funkcija f v tocki x0 lokalni maksimum.

2. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) < 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) in f′(x) > 0 za x ∈ (x0, x0 + δ), ima

funkcija f v tocki x0 lokalni minimum.

3. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) enakega predznaka za vse x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}, funkcijaf v tocki x0 nima lokalnega ekstrema.

Po izreku 6.48 je funkcija narascajoca, ce je f ′ > 0 in padajoca, ce je f ′ < 0.

V prvem primeru je f na intervalu (x0− δ, x0) narascajoca, zato je f(x) < f(x0) za x0− δ <x < x0. Podobno je f na intervalu (x0, x0+δ) padajoca, zato je f(x0) > f(x) za x0 < x < x0+δ.Torej je f(x) > f(x0) za vsak x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} in je x0 lokalni maksimum.

Drugi primer dokazemo podobno kot prvi.

V tretjem primeru pa npr. vzemimo, da je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}. Potem jena intervalih (x0 − δ, x0) in (x0, x0 + δ) funkcija f narascajoca, kar pomeni, da je

f(x1) < f(x0) < f(x2)

za vsak x1 ∈ (x0−δ, x0) in vsak x2 ∈ (x0, x0+δ). Torej v tocki x0 funkcija f nima ekstrema.Pri prehodu preko stacionarne tocke so mozne stiri kombinacije predznakov odvoda in dve

od teh nam dasta lokalni ekstrem, v drugih dveh primerih pa ekstrema ni.

106

f ′ se spremeni:+−→ x0

−−→ lokalni maksimum

f ′ se spremeni:−−→ x0

+−→ lokalni minimum

f ′ se spremeni:+−→ x0

+−→ ni ekstrema

f ′ se spremeni:−−→ x0

−−→ ni ekstrema

+−→ x0−−→ −−→ x0

+−→ +−→ x0+−→ −−→ x0

−−→

bc bc bc bc

Zgled 6.55. Karakteriziraj vse stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x) = x2+4x+1.

xO

−3

y

−2bc

bcbc

bc

Resitev. Ker jef ′(x) = 2x+ 4,

je edina stacionarna tocka pri x0 = −2. Iz zapisa f ′(x) = 2(x + 2)sledi, da je f ′(x) < 0 za x < −2 in f ′(x) > 0 za x > −2. Torej imamoprehod oblike

−−→ x0+−→,

ki nam da lokalni minimum.

Zgled 6.56. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x3 − x2 − x+ 1.

xO

3227

y

1−13

bc bc

bc

bc

Resitev. Izracunajmo odvod:

f ′(x) = 3x2 − 2x− 1.

Ker je 3x2 − 2x− 1 = (3x+ 1)(x− 1), vidimo od tod, da je f ′(x) = 0za x1 = −1

3 in x2 = 1.Ce je x < x1, je f

′(x) > 0. Ce je x1 < x < x2, je f′(x) < 0. Ce pa

je x2 < x, je spet f ′(x) > 0. Pri stacionarni tocki x1 = −13 imamo

torej prehod oblike+−→ x1

−−→, ki nam da lokalni maksimum. Pri

stacionarni tocki x2 = 1 pa imamo prehod oblike−−→ x2

+−→, ki nam da lokalni minimum.

Zgled 6.57. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = (2x+ 1)5.

xO

y

−12

bcbc

Resitev. Ker je

f ′(x) = 5 · (2x+ 1)4 · 2 = 10(2x + 1)4,

je edina stacionarna tocka pri x0 = −12 . Ker je f ′(x) > 0 za vsak

x 6= −12 , imamo pri x0 prehod oblike

+−→ x0+−→, kar pomeni, da v

tej tocki ni ekstrema.

Izrek 6.58. Naj bo funkcija f dvakrat odvedljiva. Ce v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) < 0, jev tej tocki lokalni maksimum. Ce v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) > 0, je v tej tocki lokalniminimum.

107

Dokaz. Oglejmo si primer, da v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) < 0. Potem je funkcija g = f ′

v okolici tocke x0 padajoca. Torej obstaja δ > 0, da je f ′(x) = g(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) in

f ′(x) = g(x) < 0 za x ∈ (x0, x0 + δ). Torej imamo za funkcijo f ′ prehod oblike+−→ x0

−−→, karpomeni, da je v tocki lokalni maksimum.

Ce pa v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) > 0, je funkcija f ′ v okolici tocke x0 narascajoca.

Podobno kot zgoraj vidimo, da imamo v tem primeru prehod oblike−−→ x0

+−→, ki nam dalokalni minimum.

Ce je f ′′(x0) = 0 v stacionarni tocki x0, to ne pomeni, da v tej tocki ni ekstrema, pac pale, da o naravi stacionarne tocke ne moremo sklepati na podlagi drugega odvoda. Za primervzemimo funkciji f : x 7→ x3 in g : x 7→ x4, za kateri sta prvi in drugi odvod v tocki x0 = 0 enaka0. Funkcija f v tocki x0 nima ekstrema, funkcija g pa ima lokalni (celo globalni) minimum.

x

y

x3

bc

O x

y

x4

bc

O

Zgled 6.59. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x2e−x.

xO

y

2

4e−2

bc

bc

bc

bc

Resitev. Odvajajmo:

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = (−x2 + 2x)e−x,

f ′′(x) = (−2x+ 2)e−x − (−x2 + 2x)e−x =

= (x2 − 4x+ 2)e−x.

Iz pogojaf ′(x) = (−x2 + 2x)e−x = x(2− x)e−x = 0

izpeljemo, da ima funkcija stacionarni tocki x1 = 0 in x2 = 2. Iz f ′′(x1) = f ′′(0) = 2 > 0 sledi,da je v tocki x1 = 0 lokalni minimum. Iz f ′′(x2) = f ′′(2) = −2e−2 < 0 pa sledi, da je v tockix2 = 2 lokalni maksimum.

Zgled 6.60. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = xlnx .

Resitev. Ker je f ′(x) = lnx−1ln2 x

, je f ′(x) = 0 le za x = e. Iz f ′′(x) = 2−lnxx ln3 x

pa sledi f ′′(e) = 1e > 0.

Torej je v tocki T (e, e) lokalni minimum.

xO

1

y

1 e

e bc

bc

bc

bc

bc

bc

108

Zgled 6.61. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x2 − ln(x2).

Resitev. Ker je f ′(x) = 2x − 2x , je f ′(x) = 0 le za x = ±1. Iz f ′′(x) = 2 + 2

x2 pa sledif ′′(±1) = 4 > 0. Torej sta v tockah T (1, 1) in T (−1, 1) in lokalna minima.

xO

1

y

1−1

bcbc

bc

bc

bcbc

Zgled 6.62. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) =√x

x+1 .

Resitev. Ker je f ′(x) =1

2√

x(x+1)−√

x

(x+1)2= 1−x

2√x(x+1)2

, je edina stacionarna tocka v x0 = 1. Ker

imamo za f ′ prehod oblike+−→ x0

−−→, je v tocki T (1, 12) lokalni maksimum. Ker pa je fdefinirana na intervalu [0,∞), ki je pri 0 zaprt, lahko nastopi lokalni ekstrem tudi v krajiscutega intervala. Zaradi f(0) = 0 in f(x) > 0 za x > 0 je v tocki T (0, 0) celo globalni minimumfunkcije f .

xO

12

y

1

bc

bc

bc

bc

Zgled 6.63. Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x+ 2 sin x.

xO

y

2π3

4π3

−2π3−4π

3

8π3

−8π3

bc bcbcbc bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Ker je f ′(x) = 1+2 cos x = 0 le za cos x = −12 ,

sledi

xk = 2π3 + 2kπ,

xk = 4π3 + 2kπ.

Velja f ′′(x) = −2 sinx. Ker je f ′′(xk) =√32 > 0, je v teh

tockah lokalni maksimum. Ker je f ′′(xk) = −√32 < 0, je

v teh tockah lokalni minimum.

Ekstrem zvezne funkcije na zaprtem intervaluNaj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Potem funkcija f na zaprtem intervalu zavzame

najvecjo in najmanjso vrednst. Ce je funkcija f na odprtem intervalu (a, b) odvedljiva, jeekstremna tocka stacionarna. Ekstrem pa lahko doseze tudi v krajiscu intervala ali pa v tocki,kjer funkcija f sploh ni odvedljiva.

Povzemimo: Ce zavzame funkcija f v tocki x ∈ [a, b] ekstremno vrednost, je tocka x

109

• stacionarna tocka funkcije f ali

• krajisce intervala ali

• tocka, v kateri funkcija f ni odvedljiva.

Zgled 6.64. Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f : [−1, 2] → R, podane s predpisomf(x) = x2.

xO

1

4

y

−1 2bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Stacionarna tocka je le ena sama: f ′(x) = 2x in f ′(x) = 0 leza x = 0. Ker je f ′′(0) = 2 > 0, je v tocki x = 0 lokalni minimum. Kerje f(x) ≥ 0 za vsak x, je v tocki x = 0 tudi globalni minimum. Kerje f na intervalu (−1, 2) povsod odvedljiva, si moramo ogledati le sevrednost v krajiscih: f(−1) = 1, f(2) = 4. Torej je najvecja vrednostfunkcije f enaka 4, funkcija pa to vrednost zavzame v tocki 2.

Zgled 6.65. Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f : [0, 4] → R, podane s predpisomf(x) = x− 2

√x.

xO

y

−1

41bc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Ker je f ′(x) = 1− 1√x, je x = 1 edina stacionarna

tocka. Velja f ′′(x) = 1

2√x3

in zaradi f ′′(1) = 12 > 0 je v tocki

T (1,−1) lokalni minimum.Vrednosti funkcije v krajiscu definicijskega obmocja staf(0) = 0 in f(4) = 0 in ker ni drugih moznosti za lokalneekstreme, sta to tudi edina lokalna maksima.Najvecja vrednost funkcije f je torej 0, najmanjsa pa −1.

Zgled 6.66. Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f : (0, 12 ] → R, podane s predpisomf(x) = xx.

xO

y1

1e

12

1√2

1e√e

bc

bc

bc

bc bcbcbc

Resitev. Ker je f(x) = ex lnx, je

f ′(x) = ex lnx(lnx+ 1) = xx(lnx+ 1).

Torej je f ′(x) = 0 za x = e−1. Ker je

f ′′(x) = xx(1

x+ (lnx+ 1)2

),

je zaradi f ′′(1e ) > 0 v tocki x = 1e lokalni minimum. Lokalni maksimum

je v desnem krajiscu. Zaradi (12 )12 = 1√

2< 1 in lim

x↓0xx = 1, pa funkcija ne

zavzame najvecje vrednosti.

Zgled 6.67. Ali ima funkcija f : [0, 1] → R, podana s predpisom

f(x) =

{x2 sin π

x , ce je 0 < x ≤ 1

0, ce je x = 0,

lokalna ekstrema v tockah x = 0 in x = 1?

110

Resitev. Za x > 0 velja

f ′(x) = 2x sinπ

x+ x2 cos

π

x·(− π

x2

)= x2 sin

π

x− π cos

π

x,

zato je f ′L(1) = π in je v tocki x = 1 lokalni maksimum. Zaradi

f ′D(0) = limh↓0

f(h)− f(0)

h= lim

h↓0

h2 sin πh

h= 0

je funkcija f z desne odvedljiva v 0 in x = 0 je njena stacionarna tocka. Ker pa funkcija fzavzame pozitivne in negative vrednosti poljubno blizu tocke x = 0, v tej tocki ni lokalnegaekstrema.

x

y

bc

Obc1

Povzemimo: Funkcija f : [0, 1] → R, podana s predpisom

f(x) =

{x2 sin π

x , ce je 0 < x ≤ 1

0, ce je x = 0,

ima lokalni maksimum v tocki x = 1, v tocki x = 0 pa nima ekstrema, ceprav je f ′D(0) = 0.

Zgled 6.68. Kateri pravokotnik z obsegom s ima najvecjo ploscino?

Resitev. Ce oznacimo dolzino ene stranice pravokotnika z x, bo dolzina druge stranice enakas2 − x. Ploscina je tedaj enaka p(x) = x( s2 − x). Racunajmo

p′(x) =s

2− 2x,

p′′(x) = −2.

Torej je p′(x) = 0 za x = s4 in ker je p′′( s4 ) < 0, je v tej tocki lokalni maksimum. Ker je funkcija p

definirana le na intervalu [0, s2 ] in je p(0) = p( s2 ) = 0, je v tocki x = s2 njen globalni maksimum.

Zgled 6.69. Poisci taksno tocko na grafu funkcije f , f(x) =√

ln(−x), ki je koordinatnemuizhodiscu najblizja.

xO

y

−1bcbc

Resitev. Racunajmo

d(x) =√x2 + y2 =

√x2 + ln(−x),

d′(x) =1

2√x2 + ln(−x)

(2x+1

x).

Ker je d′(x) 6= 0 za vsak x, lahko doseze funkcija d ekstrem le na robu definicijskega obmocja.Ker je funkcija f (in zato d) definirana na (−∞,−1], je koordinatnemu izhodiscu najblizja tockaT (1, 0).

Zgled 6.70. Poisci taksno tocko na grafu funkcije f , f(x) =√

| ln(−x)|, ki je koordinatnemuizhodiscu najblizja.

111

xO

y

−1− 1√2

bcbc bc

bc

Resitev. Racunajmo

d(x) =√x2 + y2 =

√x2 + | ln(−x)|,

d′(x) =2x+ | ln(−x)|′2√x2 + ln(−x)

.

Ce je x < −1, je | ln(−x)| = ln(−x) in d′(x) 6= 0. Ce pa je x ∈ (−1, 0),je | ln(−x)| = − ln(−x) in (− ln(−x))′ = − 1

x . Torej je d′(x) = 0, ce je2x − 1

x = 0, kar nam da x = − 1√2. Iz analize predznaka d′ pri prehodu

−−→ − 1√2

+−→ pa vidimo, da gre res za minimum.

Zgled 6.71. Posoda v obliki valja brez pokrova ima prostornino V . Kaksne oblike naj bo posoda,da bomo zanjo porabili cim manj materiala?

h

rbc

Resitev. Valj lahko opisemo z dvema parametroma: r (polmer) in h(visina). Potem je V = πr2h, P = πr2 + 2πrh. Ker lahko izrazimoh = V

πr2, je

P (r) = πr2 + 2πrh = πr2 + 2πrV

πr2=

= πr2 + 2V

r.

Iz P ′(r) = 2πr − 2vr2 = 0 sledi r = 3

√Vπ in h = V

πr2 = 3

√Vπ = r. Visina valja je torej enaka

polmeru osnovne ploskve.

Zgled 6.72. Kmet zeli ograditi svojo njivo v obliki pravokotnika. Ker je njiva ob ravni reki,jo je potrebno ograditi le s treh strani. Koliko lahko najvec meri povrsina njive, ce je porabil ametrov ograje?

Resitev.

x

a− 2x

Povrsina njive je enaka P (x) = x(a−2x) = ax−2x2. Torej je P ′(x) = 0 za a−4x = 0 in x = a4 .

Povrsina je tedaj enaka

P (a

4) =

a

4(a− 2 · a

4) =

1

8a2.

Zgled 6.73. Kanal sirine a se pravokotno stika s kanalom sirine b. Doloci dolzino najdaljse(tanke) palice, ki lahko priplava iz enega v drugi kanal.

112

b

a

d

ϕ

Resitev. Pri danem kotu ϕ je dolzina najdaljse palice, ki lahkopriplava iz enega v drugi kanal, enaka

d(ϕ) =a

cosϕ+

b

sinϕ.

Iscemo minimum te funkcije. Velja d′(ϕ) = asinϕ

cos2 ϕ− b

cosϕ

sin2 ϕ.

Ce je d′(ϕ) = 0, sledi tanϕ = 3

√ba . Potem je 1

cosϕ =

√1 +

3

√(ba

)2

in 1sinϕ =

√1 + 3

√(ab

)2, od koder sledi d =

√(3√a2 +

3√b2)3

=

(a

23 + b

23

) 32. Tocka je res minimum, saj imamo pri d′(ϕ) =

a sin3 ϕ−b cos3 ϕcos2 ϕ sin2 ϕ

premeno tipa−−→ ϕ

+−→.

6.9 Risanje grafov funkcij

AsimptoteFunkcija g je asimptota funkcije f , ko gre x proti ∞, ce velja

limx→∞

(f(x)− g(x)) = 0.

Najpogosteje obravnamo linearne asimptote, tj. premice. Da bi bila premica z enacbo y =kx+ n asimptota, mora veljati

limx→∞

(f(x)− kx− n) = 0.

Torej je n = limx→∞

(f(x) − kx) = limx→∞

x(f(x)x − k). Ker limita limx→∞

x(f(x)x − k) obstaja, od tod

sledi, da je limx→∞

(f(x)x − k) = 0. Torej smo dokazali, da je

k = limx→∞

f(x)

x, n = lim

x→∞(f(x)− kx).

Zgled 6.74. Zapisi enacbo posevne asimptote funkcije f , podane s predpisom f(x) = x2+1x−1 .

xO

1

y

−11

bc

bc

bcbc

Resitev. Racunajmo

k = limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞x2 + 1

x(x− 1)= 1,

n = limx→∞

(f(x)− kx) = limx→∞

(x2 + 1

x− 1− x

)=

= limx→∞

x+ 1

x− 1= 1.

Enacba posevne asimptote se torej glasi y = kx + n = x + 1 in jeenaka tudi, ko gre x proti −∞.

Pri racionalnih funkcijah do posevne asimptote pridemo hitreje z deljenjem polinomov. Kerje x2 + 1 = (x− 1)(x+ 1) + 2, lahko v gornjem primeru zapisemo

x2 + 1

x− 1= (x+ 1) +

2

x− 1.

113

Ker je limx→∞

2x−1 = 0, velja lim

x→∞(f(x)− (x+ 1)) = 0 in je zato y = x+ 1 res posevna asimptota

funkcije f .

Z opisano metodo lahko pri racionalnih funkcijah poiscemo tudi polinomsko asimptoto.

Zgled 6.75. Dana je racionalna funkcija f , f(x) = x4

x2−1. Poisci polinom g, da bo lim

x→∞(f(x)−

g(x)) = 0.

xO1

y

−1 1bc

bc

bcbc

Resitev. Z deljenjem polinomov dobimo

x4 = (x2 + 1)(x2 − 1) + 1.

Torej je

f(x) = (x2 + 1) +1

x2 − 1.

Iskana polinomska asimptota je

g(x) = x2 + 1.

Risanje grafov funkcijPri risanju grafov funkcij obravnavamo naslednje elemente:

• definicijsko obmocje, nicle in pole funkcije,

• ekstreme funkcije,

• asimptote

• in po potrebi prevoje.

Zgled 6.76. Narisi graf funkcije f , podane s predpisom f(x) = (1−x)3

(1+x)2.

Resitev. Definicijsko obmocje: Df = R \ {−1}, nicle: {1}, poli: {−1}. Ker je

f ′(x) =−3(1− x)2(1 + x)2 − 2(1 − x)3(1 + x)

(1 + x)4=

= −(1− x)2(x+ 5)

(1 + x)3,

sta x = −5 in x = 1 stacionarni tocki. Z analizo spremembe predznaka odvoda pri prehodupreko stacionarne tocke ugotovimo, da je pri x = −5 lokalni minimum, v tocki x = 1 pa niekstrema. Ker je

f ′′(x) =24(1 − x)

(1 + x)4,

je v tocki x = 1 prevoj.Z deljenjem ugotovimo:

−x3 + 3x2 − 3x+ 1 = (x2 + 2x+ 1)(−x+ 5) + (−12x− 4),

torej je

f(x) = (−x+ 5)− 12x+ 4

(x+ 1)2

114

in je y = −x+5 linearna asimptota. Ker je 12x+4 = 0 za x = −13 , seka funkcija svojo asimptoto

v tocki T (−13 ,

163 ).

xO

1

5

y

13.5

1−1

−55

bc

bc

bc

bcbc

bc bcbcbc

bc

T (−13 ,

163 )

Zgled 6.77. Narisi graf funkcije f , podane s predpisom f(x) =√

x3

x−2 .

Resitev. Definicijsko obmocje Df = (−∞, 0] ∪ (2,∞), nicle: {0}, poli: {2}. Z odvajanjem

dobimo f ′(x) = (x − 3)√

x(x−2)3

. Z analizo spremembe predznaka pri prehodu cez tocko x = 3

oz. pri x ↑ 0 ugotovimo, da ima f lokalna minima pri v tockah (0, 0) in (3, 3√3). Opazimo, da

se pri x = 0 graf dotika abscisne osi. Ker je f ′′(x) = 3√x(x−2)5

, funkcija nima prevojev.

Pokazimo, da ima funkcija ima dve linearni asimptoti:

y = k+x+ n+ = x+ 1 za x→ ∞ in

y = k−x+ n− = −x− 1 za x→ −∞.

k+ = limx→∞

√x3

x−2

x= lim

x→∞

√x

x− 2= 1,

n+ = limx→∞

(√x3

x− 2− x

)= lim

x→∞

x3

x−2 − x2√

x3

x−2 + x=

= limx→∞

2x2√x3(x− 2) + x(x− 2)

= 1,

k− = limx→−∞

√x3

x−2

x= − lim

x→−∞

√x

x− 2= −1,

n− = limx→−∞

(√x3

x− 2+ x

)= lim

x→−∞

x3

x−2 − x2√

x3

x−2 − x=

= limx→−∞

2x2

−√x3(x− 2)− x(x− 2)

= −1.

115

xO

1

3√3

−1

y

12 3

bcbc

bc

bc

bc

bc bc

bc

bc

bc

Zgled 6.78. Narisi graf funkcije f , podane s predpisom f(x) = x ln2 x.

Resitev. Definicijsko obmocje: Df = (0,∞), nicle: {1}. Ker je

f ′(x) = ln(x)(ln(x) + 2),

sta x = 1 in x = e−2 stacionarni tocki. Z analizo spremembe predznaka pri prehodu cezstacionarni tocki ugotovimo, da je (e−2, 4e−2) lokalni maksimum, (1, 0) pa lokalni minimum.

Iz odvoda tudi vidimo, da ima f asimptoticno navpicno tangento za x ↓ 0. Ker je

f ′′(x) =2(ln(x) + 1)

x

in f ′′ spremeni predznak pri prehodu preko tocke e−1, je v tocki (e−1, e−1) prevoj.

xO

1

y

1e−1

e−1

e−2

4e−2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Zgled 6.79. Narisi graf funkcije f , podane s predpisom f(x) = arc tan(1 + 1

x

).

Resitev. Definicijsko obmocje: Df = R \ {0}, nicle: {−1}. Ker je

f ′(x) =−1

2x2 + 2x+ 1,

funkcija nima stacionarnih tock. Ker je povsod odvedljiva in definirana na uniji odprtih inter-valov, nima ekstremov. Ker je

f ′′(x) =2(2x + 1)

(2x2 + 2x+ 1)2,

ima funkcija prevoj v tocki (−12 ,−π

4 ).Funkcija ima vodoravno asimptoto y = π

4 za x→ ∞ in x→ −∞.

116

xO

1

y

1−1

−12

π4

−π4

π2

−π2

bcbc

bc

bc

bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Zgled 6.80. Narisi graf funkcije f , podane s predpisom

f(x) = x23 e−x2

.

Resitev. Definicijsko obmocje: Df = R, nicle: {0}. Ker je

f ′(x) =2

3 3√x(1− 3x2)e−x2

,

sta stacionarni tocki ± 1√3. Z analizo spremembe predznaka odvoda pri prehodu preko stacio-

narne tocke vidimo, da sta tocki (− 1√3, 1

3√3e) in ( 1√

3, 1

3√3e) lokalna maksima.

Funkcija v tocki x = 0 ni odvedljiva in ima asimptoticno navpicno tangento pri x→ 0. Kerje f(0) = 0 in f(x) > 0 za x 6= 0, je v tocki (0, 0) (globalni) minimum.

xO

1

y

11√3

− 1√3

13√3e

bcbc

bc

bc

bc

bcbc

bcbc

bc

6.10 L’Hopitalovo pravilo

Ce imata pri funkciji F , F (x) = f(x)g(x) , stevec in imenovalec v kaksni tocki a skupno niclo, pravimo,

da ima funkcija v tocki a nedolocenost oblike 00 . Kljub temu pa je mozno, da obstaja limita

limx→a

f(x)g(x) . Ce sta npr. f in g polinoma, x = a pa enostavna nicla za f in g, lahko zapisemo

f(x) = (x− a)f1(x) in g(x) = (x− a)g1(x), kjer je f1(a) 6= 0 6= g1(a). Tedaj je

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

(x− a)f1(x)

(x− a)g1(x)= lim

x→a

f1(x)

g1(x)=f1(a)

g1(a).


x3−1x2−1 .

Resitev. Racunajmo limx→1

x3−1x2−1

= limx→1

(x−1)(x2+x+1)(x−1)(x+1) = lim

x→1

x2+x+1x+1 = 3

2 .

117

Izrek 6.82 (L’Hopitalovo pravilo). Naj bosta funkciji f in g odvedljivi v okolici tocke a inf(a) = g(a) = 0. Obstaja naj δ > 0, da je g(x) 6= 0 in g′(x) 6= 0 za vsak x, za katerega je

0 < |x− a| < δ. Ce obstaja limx→a

f ′(x)g′(x) , obstaja tudi lim

x→a

f(x)g(x) in sta enaki.

Dokaz. Vzemimo poljubno tocko x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a} in definirajmo A = f(x)g(x) . Vpeljimo

funkcijo F , F (t) = f(t) − Ag(t), definirano na intervalu med a in x. Tedaj je F (a) = f(a) −Ag(a) = 0 in F (x) = f(x) − f(x)

g(x) · g(x) = 0. Po Rolleovem izreku obstaja tocka ξ = ξ(x) med

a in x, da je F ′(ξ) = 0. Torej je F ′(ξ) = f ′(ξ) − Ag′(ξ) = 0, kar nam da A = f ′(ξ)g′(ξ) . Sedaj pa

lahko izracunamo limx→a

f(x)g(x) = lim

x→a

f ′(ξ)g′(ξ) = lim

x→a

f ′(x)g′(x) , saj lezi ξ med x in a in je lim

x→aξ(x) = a.

Odpravljanje nedolocenosti oblike 00


x3−1x2−1

.

Resitev. Racunajmo

limx→1

x3 − 1

x2 − 1= lim

x→1

3x2

2x=

3

2.


ex−1ln(x+1) .

Resitev. Racunajmo

limx→0

ex − 1

ln(x+ 1)= lim

x→0

ex

1x+1

= 1.


xtan x − 1

x2.

Resitev. Pred uporabo L’Hopitalovega pravila je izraz koristno preoblikovati. Torejx

tan x−1

x2 =x−tanxx2 tan x . Potem pa je

limx→0

x− tan x

x2 tanx= lim

x→0

1− 1cos2 x

2x tan x+ x2 1cos2 x

=

= limx→0

− sin2 x

2x sinx cos x+ x2=

= − limx→0

sinx

x· 1

2 cos x+ xsinx

= −1

3.


arc sin(2x)−2xarc tan(3x)−3x .

Resitev. Uporabimo L’Hopitalovo pravilo

limx→0

arc sin(2x)− 2x

arc tan(3x) − 3x= lim

x→0

2√1−4x2

− 2

31+9x2 − 3

=

=2

3limx→0

1−√1− 4x2

1− (1 + 9x2)· 1 + 9x2√

1− 4x2︸︷︷︸→1

.

Ker obstaja limita drugega faktorja, zadosca posebej izracunati limito prvega faktorja in upo-rabiti izrek o produktu limit.

118

Sledi

limx→0

1−√1− 4x2

1− (1 + 9x2)= lim

x→0

1− (1− 4x2)

−9x2(1 +√1− 4x2)

=

= limx→0

4x2

−9x2(1 +√1− 4x2)

=4

−9 · 2 = −2

9,

zato je celotna limita enaka 23 · (−2

9) = − 427 . Skratka

limx→0

arc sin(2x)− 2x

arc tan(3x)− 3x= − 4

27.

Opozorilo. Na tem mestu velja opomniti, da bi z dvakratno uporabo L’Hopitalovega pravilalimito hitreje izracunali:

limx→0

arc sin(2x)− 2x

arc tan(3x)− 3x= lim

x→0

2√1−4x2

− 2

31+9x2 − 3

= limx→0

8x√(1−4x2)3

− 54x(1+9x2)2

= − 4

27.

Odpravljanje nedolocenosti oblike ∞∞ .

Izrek 6.87. Naj bosta funkciji f in g odvedljivi v okolici tocke a in limx→a

f(a) = limx→a

g(a) = ∞.

Ce obstaja limx→a

f ′(x)g′(x) , obstaja tudi lim

x→a

f(x)g(x) in sta enaki.

Zgled 6.88. Izracunaj limito limx→∞

x2+1(x+1)2 .

Resitev. Z dvakratno uporabo L’Hopitalovega pravila izpeljemo

limx→∞

x2 + 1

(x+ 1)2= lim

x→∞2x

2(x+ 1)= lim

x→∞2

2= 1.

Odpravljanje nedolocenosti oblike 0 · ∞ ali ∞ · 0.Izraz f(x)·g(x) preoblikujemo v tistega izmed ekvivalentnih izrazov f(x)

1g(x)

ali g(x)1

f(x)

, pri katerem

je imenovalec lazje odvajati.


x ln2 x.

Resitev. Gre za nedolocenost oblike 0 · ∞, zato je smiselno zapisati x ln2 x = ln2 xx−1 . Sledi

limx↓0

ln2 x

x−1= lim

x↓0

2 ln x · 1x

−x−2= −2 lim

x↓0lnx

x−1= −2 lim

x↓0

1x

−x−2= 2 lim

x↓0x = 0.

Opomba. Z enakim prijemom je mozno dokazati, da je

limx↓0

xa lnx = 0 za vsak a > 0.

Zgled 6.90. Izracunaj limx→∞

x2e−x.

119

Resitev. Tokrat je smiselno zapisati x2e−x = x2

ex . Sledi

limx→∞

x2

ex= lim

x→∞2x

ex= lim

x→∞2

ex= 0.

Opomba. Z enakim prijemom je mozno dokazati, da je

limx→∞

xbe−x = 0 za vsak b ∈ R.

(Ce je b ≤ 0, ni kaj dokazovati. Ce je b > 0, pa zaporedoma uporabljamo L’Hopitalovo pravilo.)

Odpravljanje nedolocenosti oblike ∞−∞.


( 1x sinx − 1

x2 ).

Resitev. Racunajmo

limx→0

(1

x sinx− 1

x2

)= lim

x→0

x− sinx

x2 sinx= lim

x→0

1− cos x

2x sin x+ x2 cos x=

= limx→0

sinx

2 sinx+ 4x cos x− x2 sinx=

= limx→0

cos x

6 cos x− 6x sinx− x2 cos x=

1

6.

Opazimo lahko, da je bilo zadnje odvajanje odvec, saj je

sinx

2 sin x+ 4x cos x− x2 sinx=

1

2 + 4 xsinx cos x− x2

,

od koder sledi, da limita res 16 .

Odpravljanje nedolocenosti oblike 1∞, ∞0 in 00.Pri vseh treh nedolocenostih uporabimo enak prijem: izraz logaritmiramo in prevedemo na

nedolocenost oblike 0·∞ ali ∞·0. Natancneje: ce zelimo izracunati L = limx→a

f(x)g(x), izracunamo

raje K = limx→a

g(x) ln f(x), od koder potem sledi L = eK .


xx.

Resitev. Gre za nedolocenost oblike 00. Ko logaritmiramo, dobimo ln(xx) = x lnx. Po zeizracunanem je lim

x↓0x lnx = 0, od koder sledi, da je iskana limita enaka e0 = 1.


(e2x + x)1x .

Resitev. Gre za nedolocenost oblike 1∞, zato izraz logaritmiramo;

limx→0

ln((e2x + x)1x ) = lim

x→0

ln(e2x + x)

x= lim

x→0

2e2x+1e2x+x

1= 3

in od tod limx→0

(e2x + x)1x = e3.


(cot x)1

lnx .

Resitev. Gre za nedolocenost oblike ∞0. Ko logaritmiramo, dobimo ln((cot x)1

lnx ) = ln(cot x)lnx .

Torej je

limx↓0

ln(cot x)

lnx= lim

x↓0

1cot x · −1

sin2 x1x

= limx↓0

−1sinx cos x

1x

= limx↓0

−xsinx cos x

= −1,

od koder sledi limx↓0

(cot x)1

lnx = e−1.

120

6.11 Funkcijske vrste

Naj bo I ⊂ R interval. Dano je zaporedje funkcij fk : I → R. Funkcijska vrsta je vrsta∞∑

k=1

fk(x). Ce za dani x ∈ I ta vrsta konvergira, pravimo, da vrsta konvergira v tocki x. Ce

za vsak x ∈ I vrsta konvergira v tocki x, pravimo, da vrsta konvergira po tockah na intervaluI. Po definiciji konvergence to pomeni, da za vsak x ∈ I in vsak ε > 0 obstaja N , da za vsaka

m > n ≥ N velja |m∑

k=n+1

fk(x)| < ε. (Stevilo N je odvisno od x in ε.)

Pravimo, da funkcijska vrsta konvergira enakomerno na intervalu I, ce vsak ε > 0

obstaja N , da za vsaka m > n ≥ N velja |m∑

k=n+1

fk(x)| < ε za vse x ∈ I. (Stevilo N je odvisno

samo od ε.)

Izrek 6.95. Ce obstaja konvergentna stevilska vrsta

∞∑

k=1

ak, da je |fk(x)| ≤ ak za vsak x ∈ I, je

vrsta

∞∑

k=1

fk(x) enakomerno konvergentna na intervalu I.

Dokaz. Ker je vrsta

∞∑

k=1

ak konvergentna, pri danem ε > 0 obstajaN , da je za vsakam > n ≥ N

velja ∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣ < ε.

Torej za vsak x ∈ I velja

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

fk(x)

∣∣∣∣∣ ≤m∑

k=n+1

|fk(x)| ≤m∑

k=n+1

ak < ε.


∞∑

k=1

sin kx

k!enakomerno konvergentna na R.

Resitev. Ker je | sin kx| ≤ 1, lahko za vsak k zapisemo | sin kxk! | ≤ 1

k! . S pomocjo kvocientnega

kriterija pa se hitro prepricamo, da je vrsta∞∑

k=1

1

k!konvergentna.

Zveznost funkcijske vrste

Izrek 6.97. Naj bodo fk : I → R zvezne funkcije. Ce je funkcijska vrsta∞∑

k=1

fk(x) enakomerno

konvergentna, je njena vsota f(x) =∞∑

k=1

fk(x) zvezna funkcija.

Integral funkcijske vrste

121

Izrek 6.98. Naj bodo fk : I → R zvezne funkcije. Za vsak zaprt interval [a, b] ⊂ I je vrsta∞∑

k=1

(∫ b

afk(x) dx

)konvergentna in velja

∫ b

a

( ∞∑

k=1

fk(x)

)dx =

∞∑

k=1

(∫ b

afk(x) dx

).

Odvod funkcijske vrste

Izrek 6.99. Naj bodo fk : I → R odvedljive funkcije. Ce je funkcijska vrsta

∞∑

k=1

fk(x) konver-

gentna, vrsta

∞∑

k=1

f ′k(x) pa enakomerno konvergentna, je funkcija f : I → R, podana z f(x) =

∞∑

k=1

fk(x), odvedljiva in velja

f ′(x) =∞∑

k=1

f ′k(x).

6.12 Potencne vrste

Naj bo (an) zaporedje realnih stevil. Vrsta

∞∑

k=0

akxk

se imenuje potencna vrsta.

Izrek 6.100. Ce je potencna vrsta

∞∑

k=0

akxk konvergentna za x = x0, je absolutno konvergentna

za vsak x, za katerega velja |x| < |x0|.

Ce obstaja tako stevilo R, da potencna vrsta

∞∑

k=0

akxk

konvergira za vsak x, |x| < R, in divergira za vsak x, |x| > R, pravimo, da je R konvergencnipolmer vrste. Mozno je, da vrsta

∞∑

k=0

akxk

konvergira za vsak x, v tem primeri oznacimo R = ∞.

Izrek 6.101. Ce obstaja limita limn→∞

| anan+1

| = a, je polmer konvergencnega kroga potencne vrste∞∑

k=0

akxk enak R = a.

122

Zgled 6.102. Doloci konvergencni polmer vrste∞∑

k=1

2kxk

k.

Resitev. Ker je ak = 2k, velja

R = limk→∞

akak+1

= limk→∞

2k

k2k+1

k+1

= limk→∞

k + 1

2k=

1

2.

Torej vrsta konvergira za |x| < 12 in divergira za |x| > 1

2 .

Ce je x = 12 , vrsta

∞∑

k=1

1

kdivergira. Ce je x = −1

2 , vrsta

∞∑

k=1

(−1)k1

kkonvergira.

Izrek 6.103. Naj bo R konvergencni polmer potencne vrste∞∑

k=0

akxk. Potem vrsta konvergira

absolutno za vsak |x| < R in za vsak 0 < r < R vrsta konvergira enakomerno na intervalu[−r, r].

Odvod potencne vrste

Izrek 6.104. Naj bo R konvergecni polmer potencne vrste f(x) =

∞∑

k=0

akxk. Potencna vrsta

∞∑

k=1

kakxk−1 ima tudi konvergencni polmer R in velja f ′(x) =

∞∑

k=1

kakxk−1.

6.13 Taylorjeva vrsta

Videli smo ze, da lahko za funkcijo, ki je v tocki x odvedljiva, v okolici te tocke pa zvezna,zapisemo

f(x+ h) ≈ f(x) + f ′(x)h.

Ker je limh→0

(f(x)+f ′(x)h) = f(x) = limh→0

f(x+h), je gornja formula za majhne h precej natancna.

Tezava pa je v tem, da iz same formule ni razvidno, kako majhen h moramo izbrati, da bo pridanem ε > 0 veljalo

|f(x+ h)− (f(x) + f ′(x)h)| < ε.

V nadaljevanju si bomo ogledali, kako lahko funkcijo aproksimiramo z drugo, enostavnejso funk-cijo in ocenimo napako aproksimacije.

Ko vstavimo v polinom

f(x) = c0 + c1x+ c2x2 + . . .+ cnx

n

izraz x = a+ h, dobimo

f(a+ h) = c0 + c1(a+ h) + c2(a+ h)2 + . . . + cn(a+ h)n. (7)

Gornji izraz lahko preoblikujemo v

f(a+ h) = b0 + b1h+ b2h2 + . . .+ bnh

n, (8)

kjer je bk = bk(a). Po vrsti izracunamo

f ′(a+ h) = b1 + 2b2h+ . . . + nbnhn−1,

123

f ′′(a+ h) = 2b2 + 3 · 2b3h+ . . .+ n(n− 1)bnhn−2,

...f (n)(a+ h) = n(n− 1) · · · 1

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

Ce sedaj v gornjih enacbah postavimo h = 0, dobimo f(a) = b0, f′(a) = b1, f

′′(a) = 2b2,. . . , f (n+1)(a+ h) = n!bn; torej

bk =1

k!f (k)(a) za k = 0, 1, . . . , n,

kjer smo definirali 0! = 1 in k! = 1 · 2 · · · k za k ∈ N. Ce sedaj to upostevamo v (8), dobimo

f(a+ h) =n∑

k=0

f (k)(a)

k!hk.

Ker je a+ h = x, lahko zapisemo Taylorjevo formulo za polinom f :

f(x) =

n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (9)

Ce je f poljubna funkcija, ki je v tocki x = a n-krat odvedljiva, lahko zapisemo polinom

Pn(x) =

n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (10)

Za polinom Pn velja Pn(a) = f(a) in P(k)n (a) = f (k)(a) za k = 1, 2, . . . , n. V splosnem pa Pn(x)

ni enak f(x) za vsak x, ampak je le priblizek. Izraz

Rn(x) = f(x)− Pn(x) = f(x)−n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k.

imenujemo ostanek v Taylorjevi formuli (in je odvisen od x, a in n.)Naj bo f : I → R (n+1)-krat odvedljiva funkcija in x ∈ I poljubna tocka z odprtega intervala

I. Postavimo

g(t) = −f(x) +n∑

k=0

f (k)(t)

k!(x− t)k +Rn(x)

(x− t

x− a

)n+1

.

Potem je g(a) = g(x) = 0 in po Rolleovem izreku obstaja tocka ξ med a in x, da je g′(ξ) = 0.Sledi

g′(t) =f (n+1)(t)

n!(x− t)n −Rn(x)

(n+ 1)(x − t)n

(x− a)n+1.

Ker je g′(ξ) = 0, sledi f(n+1)(t)n! (x− ξ)n = Rn(x)

(n+1)(x−ξ)n

(x−a)n+1 in od tod

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

Gornji izraz imenujemo Lagrangeova oblika ostanka v Taylorjevi formuli.

124

Izrek 6.105. Naj bo n ∈ N in f zvezna funkcija, definirana na zaprtem intervalu med a in x,ki je na odprtem intervalu med a in x (n+ 1)-krat odvedljiva. Potem obstaja stevilo ξ med a inx, da je

f(x) =

n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k +

f (n+1)(ξ)

(n + 1)!(x− a)n+1.

Pri fiksnem a je ostanek v Taylorjevi formuli odvisen se od x in n. Pri funkcijah, ki soneskoncnokrat odvedljive, se lahko zgodi, da je lim

n→∞Rn(x) = 0. Za take funkcije velja

f(x) =

∞∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k.

Gornji izraz imenujemo Taylorjeva vrsta funkcije f v okolici tocke x = a.

Taylorjeva vrsta za ex

Naj bo f(x) = ex. Videli smo ze, da je f (k)(x) = ex za vsak k. Torej je razvoj pri a = 0enak

f(x) =n∑

k=0

f (k)(0)

k!xk +Rn(x) =

n∑

k=0

1

k!xk +Rn(x),

kjer je Rn(x) =xn+1

(n+1)!eξ, ξ med 0 in x. Za vsak x in vsak ξ je

limn→∞

Rn(x) = limn→∞

xn+1

(n+ 1)!eξ = 0.

Razvoj za eksponentno funkcijo se torej glasi

ex = 1 + x+1

2!x2 +

1

3!x3 + . . . =

∞∑

k=0

xk

k!za vsak x ∈ R.

x

yex

1

1 + x

1 + x+ x2

2!

1 + x+ x2

2! +x3

3!

bc

O

bc

1

bc−1

Taylorjeva vrsta za sinxNaj bo f(x) = sinx. Tedaj za vsak k velja

f (k)(x) = sin(x+ k · π2 ).

125

Pri a = 0 je zato f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = −1, f (4)(0) = 0, . . . , kar nam da

f(x) = x− 1

3!x3 +

1

5!x5 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k + 1)!.

Ostanek te vrste je namrec Rn(x) = xn+1

(n+1)! sin(ξ + (n + 1) · π2 ) in podobno kot prej ocenimo

limn→∞

Rn(x) = 0. Torej je

sinx = x− 1

3!x3 +

1

5!x5 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)kx2k+1

(2k+ 1)!za vsak x ∈ R.

x

y

sinx

x

x− x3

3!

x− x3

3! +x5

5!

bc

Obc

2πbc

πbc

−π

bc1

bc−1

Taylorjeva vrsta za cos xNaj bo f(x) = cos x. Tedaj za vsak k velja

f (k)(x) = cos(x+ k · π2 ).

Pri a = 0 je zato f(0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 0, f (4)(0) = 1, . . . , kar nam da

f(x) = 1− 1

2!x2 +

1

4!x4 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)kx2k

(2k)!.

Ostanek te vrste je namrec Rn(x) = xn+1

(n+1)! cos(ξ + (n + 1) · π2 ) in podobno kot prej ocenimo

limn→∞

Rn(x) = 0. Torej je

cosx = 1− 1

2!x2 +

1

4!x4 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)kx2k

(2k)!za vsak x ∈ R.

126

x

y

cos x

1

1− x2

2!

1− x2

2! +x4

4!

bc

Obc

π2

bc

3π2

bc

−π2

bc

−3π2

bc1

bc−1

Taylorjeva vrsta za (1 + x)r

Naj bo f(x) = (1 + x)r. Potem je

f (k)(x) = r(r − 1) · · · (r − k + 1)(1 + x)r−k.

Za vsak k torej velja f (k)(0) = r(r − 1) · · · (r − k + 1) in lahko zapisemo

f(x) = 1 + rx+r(r − 1)

2!x2 + . . .+

r(r − 1) · · · (r − n+ 1)

n!xn +Rn(x).

Dokazati je mozno, da je limn→∞

Rn(x) = 0 za |x| < 1. Razvoj v potencno vrsto (za |x| < 1) se

torej glasi

(1+ x)r = 1 + rx+r(r − 1)

2!x2 +

r(r − 1)(r − 2)

3!x3 + . . . =

∞∑

k=0

(r

k

)xk,

kjer smo oznacili(r0

)= 1 in

(rk

)= r(r−1)(r−2)···(r−k+1)

k! .

Za r = 12 imamo f(x) = (1 + x)

12 =

√1 + x. Po vrsti izracunamo

( 121

)= 1

2 ,( 1

22

)=

12·( 1

2−1)

2 =

−18 ,( 1

23

)=

12·( 1

2−1)·( 1

2−2)

3! = 116 , . . . . Torej je

√1 + x = 1 +

1

2x− 1

8x2 +

1

16x3 + . . . za |x| < 1.

Za r = −12 imamo f(x) = (1 + x)−

12 = 1√

1+x. Po vrsti izracunamo

(− 121

)= −1

2 ,(− 1

22

)=

− 12·(− 1

2−1)

2 = 38 ,(− 1

23

)=

− 12·(− 1

2−1)·(− 1

2−2)

3! = − 516 , . . . . Torej je

1√1 + x

= 1− 1

2x+

3

8x2 − 5

16x3 + . . . za |x| < 1.

127

x

y

√1 + x

1 + x2

1 + x2 − x2

8

1 + x2 − x2

8 + x3

16

1

bc

O

bc

1

bc

−1

Taylorjeva vrsta za ln(1 + x)Za f(x) = ln(1 + x) lahko izracunamo

f (k)(x) = (−1)k−1(k − 1)!(1 + x)−k.

Sledi f (k)(0) = (−1)k−1(k − 1)! in

f(x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ . . . .

Ostanek v Lagrangeovi obliki je enak Rn(x) = (−1)n

n+1 ( x1+ξ )

n+1 in dokazati je mozno, da jelimn→∞

Rn(x) = 0 za |x| < 1. Razvoj za logaritemsko vrsto se torej glasi

ln(1+ x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ . . . =

∞∑

k=1

(−1)k−1xk

kza |x| < 1.

x

y

ln(1 + x)

x

x− x2

2

x− x2

2 + x3

3

x− x2

2 + x3

3 − x4

4

bc

O

bc

1

bc

−1

128

Uporaba Taylorjeve vrste pri racunanju limit


3√1+x− 3√1−xx .

Resitev. Ker je

3√1 + x = 1 +

(13

1

)x+

(13

2

)x2 + . . . = 1 +

1

3x+

(13

2

)x2 + . . . ,

3√1− x = 1−

(13

1

)x+

(13

2

)x2 + . . . = 1− 1

3x+

(13

2

)x2 + . . . ,

velja 3√1 + x− 3

√1− x = 2

3x+ 2( 1

33

)x3 + . . . in

limx→0

3√1 + x− 3

√1− x

x= lim

x→0

23x+ 2

( 133

)x3 + . . .

x=

2

3.


ex−cos xx .

Resitev. Ker je ex = 1 + x+ 12x

2 + . . . in cos x = 1− 12x

2 + . . ., je

limx→0

ex − cos x

x= lim

x→0

(1 + x+ 12x

2 + . . .)− (1− 12x

2 + . . .)

x=

= limx→0

x+ x2 + . . .

x= 1.


ln(1+x)x .

Resitev. Ker je ln(1 + x) = x− 12x

2 + 13x

3 + . . ., je

limx→0

ln(1 + x)

x= lim

x→0

x− 12x

2 + 13x

3 + . . .

x= 1.

Zgled 6.109. Razvij funkcijo f , f(x) = 11+x2 , v Taylorjevo vrsto okoli x = 0.

Resitev. Ker je 11+x2 = (1 + x2)−1, lahko uporabimo razvoj za f(t) = (1 + t)−1 = 1− t+ t2 −

t3 + . . ., |t| < 1, okoli t = 0, v katerega pisemo t = x2. Sledi

f(x2) =1

1 + x2= 1− x2 + x4 − x6 + . . . za |x| < 1.

Izrek 6.110. Naj bo funkcija f (n+ 1)-krat odvedljiva in naj v stacionarni tocki x0 velja

f ′(x0) = f ′′(x0) = . . . = f (n−1)(x0) = 0

inf (n)(x0) 6= 0.

Ce je n sodo stevilo, je v tej tocki ekstrem in sicer lokalni maksimum, ce je f (n)(x0) < 0 inlokalni minimum, ce je f (n)(x0) > 0.

Ce je n liho stevilo, v tej tocki ni ekstrema.

129

Dokaz. Zaradi Taylorjeve formule je

f(x0 + h) =n−1∑

k=0

f (k)(x0)

k!hk +

f (n)(ξ)

n!hn+1 = f(x0) +

f (n)(ξ)

n!hn,

kjer je ξ tocka med x0 in x0 + h. Ce je n sodo stevilo in je npr. f (n)(x0) > 0, je f (n)(ξ) > 0

tudi za vsak ξ blizu x0 in je zato f(x0 + h)− f(x0) =f(n)(ξ)

n! hn > 0 za vse h blizu 0. Torej je v

tocki x0 lokalni minimum. Podobno dokazemo, da je v primeru f (n)(x0) < 0 v tocki x0 lokalnimaksimum.

Ce pa je n liho stevilo, izraz hn nima konstantnega predznaka za majhne h. V tocki x0 ni

ekstrema, saj potem tudi f(x0+h)−f(x0) = f(n)(ξ)n! hn nima konstantnega predznaka za majhne

h.

Zgled 6.111. Poisci vse ekstreme funkcije x 7→ arc tan(2x) − 2x.

Resitev. Oznacimo f(x) = arc tan(2x)− 2x. Iz

f ′(x) =2

1 + 4x2− 2 = − 8x2

1 + 4x2

vidimo, da je f ′(x) = 0 le za x = 0. Po vrsti izracunamo

f ′′(x) = −16x(1 + 4x2)− 8x2 · 8x(1 + 4x2)2

= − 16x

(1 + 4x2)2

∣∣∣∣x=0

= 0,

f ′′′(x) = −16(1 + 4x2)2 − 16x · 2(1 + 4x2) · 8x(1 + 4x2)4

=

=16(12x2 − 1)

(1 + 4x2)3

∣∣∣∣x=0

6= 0.

Torej je f ′(0) = f ′′(0) = 0 in f ′′′(0) 6= 0. Ker je prvi nenicelni odvod lihega reda, v tockix = 0 ni ekstrema. Ker funkcija nima drugih stacionarnih tock, je pa definirana in odvedljivapovsod na realni osi, sploh nima nobenega ekstrema.

x

y

O

π2 −

2x

−π2 −

2x

bc

bcπ2

bc −π2

bc

π4

bc

−π4

Za vajo dolocimo se linearni asimptoti funkcije f . Torej

k = limx→±∞

arc tan(2x) − 2x

x= −2,

n+ = limx→∞

(f(x)− kx) =π

2,

n− = limx→−∞

(f(x)− kx) = −π2.

Asimptoti sta y = π2 − 2x za x→ ∞ in y = −π

2 − 2x za x→ −∞.

7 Integralski racun

7.1 Nedoloceni integral

Naj bo f : I → R dana funkcija, kjer je I ⊂ R odprti interval. Funkcijo F , za katero jeF ′(x) = f(x) za vsak x ∈ I, imenujemo nedoloceni integral oz. primitivna funkcija funkcijef in oznacimo F (x) =

∫f(x) dx.

130

Izrek 7.1. Ce je F nedoloceni integral funkcije f : I → R, je njen nedoloceni integral tudifunkcija G, G(x) = F (x) + c, kjer je c ∈ R poljubna konstanta, in vsak nedoloceni integralfunkcije f ima obliko F (x) + c.

Dokaz. Po definiciji nedolocenega integrala je F ′(x) = f(x), zato je tudi (F (x)+ c)′ = F ′(x)+c′ = F ′(x)+0 = f(x). Za drugi del dokaza pa vzemimo neko funkcijoG, za katero jeG′(x) = f(x)za vsak x ∈ I. Ker je poleg tega se F ′(x) = f(x) za vsak x ∈ I, velja F ′(x) = G′(x) za vsak x zintervala I. Po posledici Lagrangeovega izreka obstaja c ∈ R, da je G(x) = F (x) + c.

Zgled 7.2. Izracunaj integral∫x2 dx.

Resitev. Ker je (x3)′ = 3x2, je (13x3)′ = x2. Torej je

∫x2 dx = 1

3x3 + c, kjer je c ∈ R poljubna

konstanta.

Zgled 7.3. Izracunaj integral∫

1(1+x)2 dx.

Resitev. Spomnimo se, da je ( 1x)′ = − 1

x2 . Torej je ( 1x+1 )

′ = − 1(x+1)2

in zato∫

1(1+x)2

dx =

− 1x+1 + c.


1x dx.

Resitev. Spomnimo se, da je (lnx)′ = 1x za x > 0. Za x < 0 pa velja (ln(−x))′ = 1

−x ·(−1) = 1x .

Torej je ∫1

xdx =

{ln(x) + c1, ce x > 0,

ln(−x) + c2, ce x < 0.

Pogosto pisemo, da je∫

1x dx = ln |x|+ c, kjer je

c = c(x) =

{c1, ce x > 0,

c2, ce x < 0.

funkcija, ki ni konstantna po vsej realni osi, je pa konstantna na pozitivnem in negativnempoltraku posebej.

Integrali elementarnih funkcijTabelo integralov nekaterih elementarnih funkcij dobimo iz tabele odvodov elementarnih

funkcij. Torej je

∫xr dx = 1

r+1xr+1 + c, r 6= −1∫

1x dx = ln |x|+ c∫ex dx = ex + c∫ax dx = 1

ln aax + c, a > 0, a 6= 1∫

sinx dx = − cos x+ c∫cos x dx = sinx+ c

∫1

cos2 x dx = tan x+ c∫1

sin2 xdx = − cot x+ c∫

1√1−x2

dx = arc sinx+ c = − arc cos x+ c1∫1

x2+1dx = arc tanx+ c∫

1√1+x2

dx = ln(x+√1 + x2) + c

7.2 Pravila za integriranje

Izrek 7.5. Ce imata funkciji f in g nedolocena integrala, ga ima tudi njuna vsota in velja∫(f(x) + g(x)) dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x)dx in G(x) =

∫g(x)dx. Tedaj je (F (x)+G(x))′ = F ′(x)+G′(x) =

f(x) + g(x) in zato∫(f(x) + g(x)) dx = F (x) +G(x).

131

Izrek 7.6. Ce ima funkcija f nedolocen integral, ga ima za vsak k ∈ R tudi funkcija g, g(x) =

kf(x), in velja

∫(kf(x)) dx = k

∫f(x) dx.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x)dx. Tedaj je (kF (x))′ = k F ′(x)) = k f(x) in zato

∫(k f(x))dx =

k F (x).

Zgled 7.7. Izracunaj∫(x5 + 3x−2 + 1) dx.

Resitev.

∫(x5 + 3x−2 + 1) dx =

∫x5 dx+

∫3x−2 dx+

∫1 dx =

=1

6x6 + 3 · 1

−1x−1 + x+ c =

=1

6x6 − 3x−1 + x+ c.

Zgled 7.8. Izracunaj∫5x3−x dx.

Resitev. ∫5x3−x dx =

∫ (5

3

)x

dx =1

ln 53

(5

3

)x

+ c.

Integral polinomaS pomocjo gornjih dveh izrekov vidimo, da vsak polinom z realnimi koeficienti premore

nedoloceni integral. Za polinom

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . . + a1x+ a0

tako velja

∫f(x) dx =

∫(anx

n + an−1xn−1 + . . . + a1x+ a0) dx =

=

∫anx

n dx+

∫an−1x

n−1 dx+ . . .+

∫a1x dx+

∫a0 dx =

=ann+ 1

xn+1 +an−1

nxn + . . .+

a12x2 + a0x+ c.

Zgled 7.9. Izracunaj integral∫(6x3 − 4x2 − x) dx.

Resitev.

∫(6x3 − 4x2 − x) dx = 6 · 1

4x4 − 4 · 1

3x3 − 1

2x2 + c =

=3

2x4 − 4

3x3 − 1

2x2 + c.

Zgled 7.10. Izracunaj integral∫(x+ 1)2(x− 1) dx.

Resitev. Ker je (x+ 1)2(x− 1) = (x2 − 1)(x + 1) = x3 + x2 − x− 1, je

∫(x+ 1)2(x− 1) dx =

∫(x3 + x2 − x− 1) dx =

1

4x4 +

1

3x3 − 1

2x2 − x+ c.

132

Izrek 7.11 (Pravilo zamenjave). Ce ima funkcija f nedoloceni integral in je g odvedljiva

funkcija, ima nedoloceni integral tudi funkcija h, h(t) = f(g(t)) · g′(t), in velja

∫f(x) dx =

∫f(g(t)) · g′(t) dt.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx. Ce pisemo x = g(t), dobimo F (g(t)) = G(t) in G′(t) =

F ′(g(t))g′(t) = f(g(t))g′(t). Sledi F (x) = F (g(t)) = G(t) =∫f(g(t))g′(t) dt in od tod∫

f(x) dx =∫f(g(t))g′(t) dt.

Zgled 7.12. Izracunaj integral∫(3 + 2x)42 dx.

Resitev. Ce oznacimo 3 + 2x = t, lahko izrazimo x = t−32 = g(t). Sledi

∫f(x) dx =

∫f(g(t))g′(t) dt =

∫t42

1

2dt =

= 12 · 1

43t43 = 1

86 t43 = 1

86 (3 + 2x)43 + c.

Obicajno uporabljamo metodo zamenjave v nekoliko drugacni obliki. Ce izraz 3 + 2x = tdiferenciramo, dobimo dt = d(3 + 2x) = 2dx, od koder izrazimo dx = 1

2dt. Torej je∫(3 +

2x)42 dx =∫t42 12dt =

186 t

43 = 186 (3 + 2x)43 + c.


1x−7 dx.

Resitev. Pisimo x−7 = t. Torej je dt = d(x−7) = dx in∫

1x−7 dx =

∫1t dt = ln t = ln(x−7)+c.

Zgled 7.14. Izracunaj integral∫ √

2x− 1 dx.

Resitev. Pisimo 2x− 1 = t. Torej je dt = 2dx in

∫ √2x− 1 dx =

∫ √t · 1

2dt =

1

2

∫t12 dt =

1

2· 23t32 =

1

3(2x− 1)

32 + c.


1x2+a2

dx.

Resitev. Vemo∫

1x2+1 dx = arc tanx. Pisimo x = at in dx = a dt. Sledi

∫1

x2 + a2dx =

∫a

a2t2 + a2dt =

1

a

∫1

t2 + 1dt =

=1

aarc tan t+ c =

1

aarc tan

x

a+ c.


1a2x2+1 dx.

Resitev. Pisimo ax = t in a dx = dt. Sledi

∫1

a2x2 + 1dx =

∫ 1a

t2 + 1dt =

1

aarc tan t+ c =

1

aarc tan ax+ c.


1√a2−x2

dx.

133

Resitev. Pisimo x = at in dx = a dt. Sledi∫

1√a2 − x2

dx =

∫a√

a2 − a2t2dt =

∫1√

1− t2dt =

= arc sin t+ c = arc sinx

a+ c.


x√x2+1

dx.

Resitev. Pisimo t = x2 + 1 in dt = 2x dx. Sledi∫

x√x2 + 1

dx =1

2

∫1√tdt =

1

2

∫t−

12 dt = t

12 + c =

√x2 + 1 + c.

Izrek 7.19. Ce je g odvedljiva funkcija, velja

∫g′(x)g(x)

dx = ln(g(x)) + c.

Dokaz. Pisimo t = g(x). Tedaj je dt = g′(x)dx in∫ g′(x)

g(x) dx =∫

1t dt = ln t+c = ln g(x)+c.

Zgled 7.20. Izracunaj integral∫tan x dx.

Resitev. Ker je tan x = sinxcos x in (cos x)′ = − sinx, pisemo cos x = t. Tedaj je dt = − sinx dx in

∫sinx

cosxdx = −

∫1

tdt = − ln t+ c = − ln(cos x) + c.

Izrek 7.21 (Integracija po delih). Ce obstaja eden od integralov∫f(x)g′(x)dx in

∫g(x)f ′(x)dx,

obstaja tudi drugi in velja

∫f(x)g′(x) dx+

∫g(x)f ′(x) dx = f(x)g(x).

Dokaz. Recimo, da obstaja integral∫f(x)g′(x) dx. Pisimo F (x) =

∫f(x)g′(x) dx. Tedaj je

F ′(x) = f(x)g′(x). Ker je (f(x)g(x) − F (x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) − F ′(x) = f ′(x)g(x), podefiniciji nedolocenega integrala velja f(x)g(x) − F (x) =

∫f ′(x)g(x) dx oz.

∫f(x)g′(x) dx +∫

g(x)f ′(x) dx = f(x)g(x).

Opomba. Pogosto pisemo pravilo za integracijo po delih (integracija per partes) v obliki∫u dv = uv −

∫v du ali

∫v du = uv −

∫u dv.

Zgled 7.22. Izracunaj integral∫x lnx dx.

Resitev. Bistvo integracije po delih je v tem, da integrand spretno zapisemo v obliki f(x)g′(x).Torej v obliki produkta dveh funkcij, od katerih bo potrebno eno odvajati, drugo pa integrirati.Ker naceloma znamo odvajati vsako funkcijo, je potrebno spretno izbrati tisto funkcijo, ki jobomo integrirali. V danem primeru lahko zapisemo u = lnx in dv = x dx. Tedaj je du = 1

x dx,v = 1

2x2 in lahko zapisemo

∫x lnx dx =

∫lnx︸︷︷︸u

· x dx︸︷︷︸dv

= lnx︸︷︷︸u

· 12x2

︸︷︷︸v

−∫

1

2x2

︸︷︷︸v

· 1xdx

︸︷︷︸du

=

=1

2x2 lnx− 1

2

∫x dx =

1

2x2 lnx− 1

4x2 + c.

134

Zgled 7.23. Izracunaj integral∫lnx dx.

Resitev. Ker funkcije ln ne znamo neposredno integrirati, jo bomo odvajali. Integrirali pabomo tisto, kar je poleg nje. Skratka u = lnx, dv = dx in du = 1

x dx, v = x. Torej lahkozapisemo ∫

lnx dx = x lnx−∫x1

xdx = x lnx− x+ c.

Opomba. Opisana metoda je uporabna tudi v splosnem za izracun integralov oblike∫f(x) lnxdx,

kjer je f polinom. V tem primeru funkcijo ln odvajamo, polinom poleg nje pa integriramo. Priintegraciji po delih nam v drugem clenu ostane tako le se integral, ki je enostavno izracunljiv.Skratka, ce je F (x) =

∫f(x) dx, velja

∫f(x) lnx dx = F (x) ln(x)−

∫F (x)

xdx.

Zgled 7.24. Izracunaj integral∫x2ex dx.

Resitev. Ker je (ex)′ = ex, je vseeno, ali bomo eksponentno funkcijo integrirali ali odvajali.Ker je izraz poleg nje polinom (tj. x2), ga je koristno odvajati in znizati njegovo stopnjo. Skratkadu = ex dx, v = x2 in u = ex, dv = 2x dx. Torej je

∫x2ex dx = x2ex −

∫2xex dx.

V preostalem integralu je polinom nizje stopnje kot prej, zato postopek ponovimo: du = ex dx,v = x in u = ex, dv = dx. Torej je

∫xex dx = xex −

∫ex dx = xex − ex in

∫x2ex dx = x2ex − 2(xex − ex) = (x2 − 2x+ 2)ex.

Opisana metoda je uporabna tudi v splosnem za izracun integralov oblike∫f(x)ex dx, kjer

je f polinom. V tem primeru funkcijo x 7→ ex integriramo, polinom poleg nje pa odvajamo. Priintegraciji po delih nam v drugem clenu ostane tako le se integral podobne oblike, kjer pa jestopnja polinoma za 1 manjsa kot prej. Skratka:

∫f(x)ex dx = f(x)ex −

∫f ′(x)ex dx.

Integrala oblike∫f(x) sinxdx ali

∫f(x) cos xdx, kjer je f polinom, izracunamo podobno. V

tem primeru funkcijo sin ali cos integriramo, polinom poleg nje pa odvajamo. Pri integraciji podelih nam v drugem clenu ostane tako le se integral podobne oblike, kjer pa je stopnja polinomaza 1 manjsa kot prej. Skratka

∫f(x) sinx dx = −f(x) cos x+

∫f ′(x) cos x dx,

∫f(x) cos x dx = f(x) sinx−

∫f ′(x) sinx dx.

Zgled 7.25. Izracunaj integral∫(4x+ 2) sin 2x dx.

135

Resitev. Pisimo u = 4x+ 2 in dv = sin 2x dx. Tedaj je du = 4dx, v = −12 cos 2x in

∫(4x+ 2) sin 2x dx = (4x+ 2)(−1

2 cos 2x) +12

∫4 cos 2x dx =

= −(2x+ 1) cos 2x+ sin 2x.

Zgled 7.26. Izracunaj integral∫x2 cos x dx.

Resitev. Pisimo u = x2 in dv = cos x dx. Tedaj je du = 2x dx, v = sinx in∫x2 cos x dx = x2 sinx−

∫2x sinx dx.

Integral∫x sinx dx izracunamo enako kot v prejsnjem zgledu. Pisimo u = x in dv = sinx dx.

Tedaj je du = dx, v = − cos x in∫x sinx dx = −x cos x+

∫cos x dx = −x cos x+ sinx.

Sledi∫x2 cos x dx = x2 sinx− 2(−x cos x+ sinx) = (x2 − 2) sinx+ 2x cos x.

Zgled 7.27. Izracunaj integrala∫eax sin bx dx in

∫eax cos bx dx, kjer je a 6= 0 6= b.

Resitev. Uporabimo metodo integracije po delih. Poskusimo s prijemom u = eax in dv =sin bx dx. Tedaj je du = aeax dx in v = −1

b cos bx. Sledi

∫eax sin bx dx = −1

beax cos bx+

a

b

∫eax cos bx dx. (11)

Integral∫eax cos bx poskusimo izracunati s podobnim prijemom: u = eax in dv = cos bx dx.

Tedaj je du = aeax dx in v = 1b sin bx. Sledi

∫eax cos bx dx =

1

beax sin bx− a

b

∫eax sin bx dx. (12)

Ce sedaj upostevamo (12) v (11), dobimo∫eax sin bx dx = −1

beax cos bx+

a

b

(1

beax sin bx− a

b

∫eax sin bx dx

).

Opazimo, da integral, ki ga zelimo izracunati, nastopa v gornji enacbi tudi na desni strani.Pisimo

∫eax sin bx dx = I. Tedaj iz gornje enacbe sledi I = −1

beax cos x+ a

b

(1be

ax sin bx− ab I),

od koder izracunamo I(1 + a2

b2

)= −1

beax cos bx+ a

b2eax sin bx in nazadnje I = eax

a2+b2(a sin bx−

b cos bx). Sledi ∫eax sin bx dx =

eax

a2 + b2(a sin bx− b cos bx)

in podobno se ∫eax cos bx dx =

eax

a2 + b2(a cos bx+ b sin bx).

Opomba. Pri integralu smo dvakrat zaporedoma uporabili integracijo po delih. Vseeno je,katero izmed funkcij bomo na zacetku integrirali, katero pa odvajali. Pomembno pa je, da istitip funkcije (eksponentno ali trigonometricno) tudi v drugem koraku integriramo.

136

8 Integralski racun

8.1 Integral racionalne funkcije

Izracunati zelimo integral

∫p(x)

q(x)dx, kjer sta p in q polinoma.

Oglejmo si najprej enostaven primer. Naj bo q(x) = (ax + b)m, kjer je a 6= 0. Tedaj lahkopisemo ax+ b = t. Od tod izrazimo x = 1

a(t− b) in zapisemo p(x) = p( 1a(t− b)) = r(t). Ker je

dx = 1adt, sledi

∫p(x)

(ax+ b)mdx =

∫r(t)

atmdt. Funkcija r je se vedno polinom v t, zato ga lahko

clenoma delimo s tm. Dobljene integrale zlahka izracunamo.


x2+x(x−1)3 dx.

Resitev. Pisimo x− 1 = t. Tedaj je

∫x2 + x

(x− 1)3dx =

∫t+ 1 + (t+ 1)2

t3dt =

∫t2 + 3t+ 2

t3dt =

=

∫ (1

t+

3

t2+

2

t3

)dt = ln t− 3

t− 1

t2=

= ln(x− 1)− 3

x− 1− 1

(x− 1)2=

= ln(x− 1) +2− 3x

(x− 1)2.

Ce v integralu

∫p(x)

q(x)dx, kjer sta p in q polinoma, stopnja polinoma p ni nizja od stopnje

polinoma q, lahko polinoma delno delimo. Torej je p(x) = k(x)q(x) + r(x), kjer je stopnjapolinoma r manjsa od stopnje polinoma q. Tedaj velja

∫p(x)

q(x)dx =

∫k(x)q(x) + r(x)

q(x)dx =

∫ (k(x) +

r(x)

q(x)

)dx.

Integral∫k(x) dx je enostavno izracunljiv. V preostalem integralu

∫r(x)

q(x)dx pa je stopnja

stevca manjsa od stopnje imenovalca.Poiscimo vse (realne in kompleksne) nicle polinoma q. Ker ima ta polinom realne koeficiente,

nastopajo realne nicle v konjugiranih parih. Potem lahko zapisemo

q(x) = (x− x1)α1(x− x2)

α2 · · · (x− xm)αm ··(x− y1)

β1(x− y1)β1(x− y2)

β2(x− y2)β2 · · · (x− yn)

βn(x− yn)βn ,

kjer je x1, . . . , xm ∈ R, y1, . . . , yn ∈ C \ R.Naj bo j ∈ {1, 2, . . . , n}. Za aj = −(yj + yj) in bj = |yj|2 lahko zapisemo

(x− yj)(x− yj) = x2 − (yj + yj)x+ |yj|2 = (x2 + ajx+ bj)βj .

Poudarimo se, da je polinom x2 + ajx+ bj nerazcepen v realnem, saj sta yj, yj ∈ C \ R njegovinicli.

137

Kvocient r(x)q(x) lahko sedaj zapisemo v obliki

r(x)

q(x)=

(A11

x− x1+

A12

(x− x1)2+ . . .+

A1α1

(x− x1)α1

)+

+

(A21

x− x2+

A22

(x− x2)2+ . . .+

A2α2

(x− x2)α2

)+

+ . . .+

+

(An1

x− xn+

An2

(x− xn)2+ . . .+

Anαn

(x− xn)αn

)+

+

(B11x+ C11

x2 + a1x+ b1+

B12x+C12

(x2 + a1x+ b1)2+ . . .+

B1β1x+ C1β1

(x2 + a1x+ b1)β1

)+

+ . . .+

+

(Bm1x+ Cm1

x2 + amx+ bm+

Bm2x+ Cm2

(x2 + amx+ bm)2+ . . . +

Bmβmx+ Cmβm

(x2 + amx+ bm)βm

),

kjer so Aij, Bij in Cij neznani koeficienti.Ko gornjo enakost pomnozimo s q(x) in odpravimo vse ulomke, dobimo enakost r(x) = s(x),

kjer je s polinom, katerega stopnja je manjsa od stopnje polinoma q. Neznani koeficienti Aij,Bij in Cij nastopajo kot koeficienti polinoma s. Ko izenacimo istolezne koeficiente polinoma sz istoleznimi koeficienti polinoma r, dobimo sistem enacb. Dokazati je mozno, da je ta sistemvedno enolicno resljiv. Torej nam preostane le se, da pokazemo kako izracunamo integral vsakegaclena posebej.

Integrale oblike

∫Aij

(x− xi)jdx smo ze izracunali:

∫Aij

(x− xi)jdx =

Aij

(1− j)(x − xi)j−1, ce j 6= 1,

Aij ln(x− xi), ce j = 1.

Tu smo si pomagali z zamenjavo t = x− xi.Izracunajmo

∫Bx+C

x2+ax+b, kjer je polinom x2 + ax + b nerazcepen v realnem; tj. a2 − 4b < 0.

Izraz Bx+Cx2+ax+b

preoblikujemo v

Bx+C

x2 + ax+ b=B

2· 2x+ a

x2 + ax+ b+

C − 12aB

x2 + ax+ b.

Ker je x2 + ax+ b = (x+ a2 )

2 +

(√b− a2

4

)2

, sledi

∫Bx+ C

x2 + ax+ bdx =

B

2ln(x2 + ax+ b) +

C − 12aB√

b− a2

4

arc tanx+ a

2√b− a2

4

.

Pri zadnjem integralu smo si pomagali s substitucijo x+ p = qt za p = a2 in q =

√b− a2

4

∫1

(x+ p)2 + q2dx =

1

q

∫1

t2 + 1dt =

1

qarc tan t =

1

qarc tan

x+ p

q.


x5

x3−1 dx.

138

Resitev. Ker je stopnja polinoma v stevcu vecja od stopnje polinoma v imenovalcu, lahkodelno delimo: x5 = (x3 − 1)x2 + x2. Torej je

∫x5

x3 − 1dx =

∫x2 dx+

∫x2

x3 − 1dx =

x3

3+

1

3ln(x3 − 1).


1x4−1

dx.

Resitev. Ker je x4 − 1 = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1), napravimo razcep

1

x4 − 1=

A

x− 1+

B

x+ 1+Cx+D

x2 + 1.

Ko odpravimo ulomke, dobimo

1 = A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 − 1) =

= x3(A+B + C) + x2(A−B +D) + x(A+B − C) + 1(A−B −D).

Ko izenacimo koeficiente na levi in desni strani, dobimo sistem enacb

A+B +C = 0 (13)

A−B +D = 0 (14)

A+B −C = 0 (15)

A−B −D = 1. (16)

Iz (13) in (15) sledi C = 0, iz (14) in (16) pa D = −12 . Preostali enacbi dasta A = 1

4 inB = −1

4 . Sledi1

x4 − 1=

1

4· 1

x− 1− 1

4· 1

x+ 1− 1

2· 1

x2 + 1.

Torej je∫

1

x4 − 1dx =

1

4

∫1

x− 1dx− 1

4

∫1

x+ 1dx− 1

2

∫1

x2 + 1dx =

=1

4ln(x− 1)− 1

4ln(x+ 1)− 1

2arc tan x =

=1

4lnx− 1

x+ 1− 1

2arc tanx.

Zgled 8.4. Izracunaj∫

x+1x2−x−6

dx.

Resitev. Razcep na parcialne ulomke da

x+ 1

x2 − x− 6=

A

x− 3+

B

x+ 2.

Dobimox+ 1 = A(x+ 2) +B(x− 3) = x(A+B) + (2A − 3B).

oz. A+B = 1, 2A− 3B = 1, kar nam da A = 45 , B = 1

5 . Sledi∫

x+ 1

x2 − x− 6dx =

4

5

∫1

x− 3dx+

1

5

∫1

x+ 2dx =

=4

5ln(x− 3) +

1

5ln(x+ 2) + c.

139


2x3

x2+2x+2dx.

Resitev. Delno deljenje: 2x3 = (x2 + 2x+ 2)(2x − 4) + (4x+ 8). Sledi

∫2x3

x2 + 2x+ 2dx =

∫(2x− 4) dx+

∫4x+ 8

x2 + 2x+ 2dx =

= (x2 − 4x) +

∫2(2x + 2)

x2 + 2x+ 2dx+

+

∫4

(x+ 1)2 + 1dx =

= (x2 − 4x) + 2 ln(x2 + 2x+ 2) + 4arc tan(x+ 1).


x2+1x4−x2 dx.

Resitev. Ker je x4 − x2 = x2(x− 1)(x+ 1), napravimo razcep

x2 + 1

x4 − x2=A

x+B

x2+

C

x− 1+

D

x+ 1.

Ko odpravimo ulomke, dobimo

x2 + 1 = Ax(x2 − 1) +B(x2 − 1) + Cx2(x+ 1) +Dx2(x− 1) =

= x3(A+ C +D) + x2(B + C −D) + x(−A) + 1(−B).

Ko izenacimo koeficiente na levi in desni strani, dobimo sistem enacb

A+ C +D = 0

B + C −D = 1

−A = 0

−B = 1.

Torej je A = 0 in B = −1 ter od tod C +D = 0 in C −D = 2, kar nam da C = 1 in D = −1.Sledi

x2 + 1

x4 − x2= − 1

x2+

1

x− 1− 1

x+ 1.

Torej je

∫x2 + 1

x4 − x2dx = −

∫1

x2dx+

∫1

x− 1dx−

∫1

x+ 1dx =

=1

x+ ln(x− 1)− ln(x+ 1) =

1

x+ ln

x− 1

x+ 1.

8.2 Integracija trigonometricnih funkcij

Univerzalna trigonometrijska substitucijaIntegral oblike

∫R(sinx, cos x) dx, kjer je R racionalna funkcija, lahko z univerzalno trigo-

nometrijsko substitucijo prevedemo v integral racionalne funkcije, ki ga vsaj naceloma znamoizracunati. Pisimo

t = tanx

2.

140

Tedaj je dt = 1cos2 x

2· 12 dx, od koder sledi dx = 2 dt

1+t2. Velja se

sinx = 2 sinx

2cos

x

2= 2 tan

x

2cos2

x

2=

2t

1 + t2

cos x = 2cos2x

2− 1 =

1− t2

1 + t2,

kjer smo upostevali, da je cos2 x2 = 1

1+tan2 x2= 1

1+t2.

Pri substituciji t = tanx

2torej velja dx =

2 dt

1 + t2in

sinx =2t

1+ t2, cosx =

1− t2

1+ t2in tan x =

2t

1− t2.


1sinx dx.

Resitev. Pisimo t = tan x2 . Tedaj je

∫1

sinxdx =

∫12t

1+t2· 2

1 + t2dt =

∫1

tdt = ln t = ln tan

x

2+ c.


1cos x+2 dx.

Resitev. Pisimo t = tan x2 . Tedaj je

∫1

cos x+2 dx =∫

11−t2

1+t2+2

· 21+t2 dt =

∫2

3+t2 dt =

2√3arc tan t√

3= 2√

3arc tan

tan x2√3

+ c.


sin 2x1+sin2 x

dx.

Resitev. Zamenjava t = tan x2 je vsekakor mozna, a to ni najboljsa izbira. Ker je sin 2x =

2 sinx cos x, je bolj smiselno zapisati t = sinx, dt = cos x dx. Sledi

∫sin 2x

1 + sin2 xdx =

∫2t

1 + t2dt = ln(t2 + 1) = ln(sin2 x+ 1) + c.

Integrale oblike∫sinm x cosn x dx, kjer sta celi stevili, lahko v primeru, ko je m ali n liho

stevilo, uzenemo s primerno zamenjavo. Ce je m liho stevilo, postavimo t = cos x. Ce je n liho,postavimo t = sinx. Ce sta obe stevili lihi, sta obe substituciji primerni. Ce pa sta obe stevilisodi, moramo najprej z ustreznimi trigonometricnimi prijemi znizati red.

Zgled 8.10. Izracunaj integral∫sin3 x cos3 x dx.

Resitev. Ce pisemo t = cos x, dt = sinx dx, lahko izracunamo

∫sin3 x cos3 x dx = −

∫t3(1− t2) dt = −

∫t3 dt+

∫t5 dt =

= −1

4t4 +

1

6t6 = −1

4cos4 x+

1

6cos6 x+ C.

141

8.3 Integracija korenskih funkcij

Integral iracionalne funkcije, v katerem nastopa izraz√x2 + a2,

√x2 − a2 ali

√a2 − x2, najprej z

ustrezno trigonometricno zamenjavo prevedemo na integral racionalne trigonometricne funkcije.

• Ce v integralu nastopa√a2 − x2, sta x = a sin t ali x = a cos t primerni substituciji.

• Ce v integralu nastopa√x2 + a2, je x = a tan t primerna substitucija.

• Ce v integralu nastopa√x2 − a2 sta x = a

sin t ali x = acos t primerni substituciji.

Zgled 8.11. Izracunaj integral∫ √

a2 − x2 dx.

Resitev. Vpeljimo x = a sin t. Tedaj je dx = a cos t dt in∫ √

a2 − x2 dx =∫a2 cos2 t dt =

a2

2

∫(1 + cos(2t)) = a2

2 (t+12 sin(2t)). Ker je t = arc sin x

a , lahko zapisemo, sin 2t = 2 sin t cos t =

2xa

√1− (xa )

2 = 2x2

a2

√a2 − x2. Sledi

∫ √a2 − x2 dx = a2

2 (t+12 sin 2t) =

a2

2

(arc sin x

a + x2

a2

√a2 − x2

)=

= 12a

2 arc sin xa + 1

2x2√a2 − x2.


1x2

√a2+x2

dx.

Resitev. Vpeljimo x = a tan t. Tedaj je dx = acos2 t

dt in

∫1

x2√a2 + x2

dx =

∫1

a2 tan2 t acos t

· a

cos2 tdt =

1

a2

∫cos t

sin2 tdt.

Ce sedaj pisemo u = sin t, du = cos t dt, izracunamo∫

cos tsin2 t

dt =∫

1u2 du = − 1

u = − 1sin t . Ker je

tan2 t+ 1 = 1cos2 t

, velja

1

sin t=

1

tan t · cos t =√tan2 t+ 1

tan t=a

x

√x2

a2+ 1 =

√a2 + x2

x.

Torej je ∫1

x2√a2 + x2

dx = −√a2 + x2

a2 x.

8.4 Doloceni integral

Naj bo [a, b] poljuben zaprt interval in f : [a, b] → R omejena funkcija. Radi bi izracunaliploscino lika med abscisno osjo in grafom funkcije f na intervalu [a, b]. Priblizno lahko ploscinolika izracunamo tako, da ga razrezemo na navpicne trakove. Cim ozji so trakovi, tem boljsa jeaproksimacija za ploscino. Pricakovati je, da bomo najbolj natancen rezultat dobili v limiti, kogredo sirine trakov proti 0.

a = x0 b = xnξkx

y

xk−1 xk

f(ξk)

bc bcbc

bc

bc bc

bc

142

Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Njihove dolzine ∆k = xk−xk−1 so lahko razlicne.Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆. Torej je

∆ = max{∆1,∆2, . . . ,∆k}.Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Izraz

σ =

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1)

imenujemo Riemannova oz. integralska vsota funkcije f pri dani delitvi D intervala [a, b] napodintervale.

Stevilo I imenujemo doloceni integral funkcije f na intervalu [a, b], ce za vsak ε > 0obstaja δ > 0, da iz ∆ < δ sledi |I − σ| < ε. Ce tako stevilo I obstaja, pravimo, da je

f integrabilna na intervalu [a, b] in oznacimo I =∫ ba f(x) dx. Interval [a, b] imenujemo

integracijski interval, stevili a in b spodnja in zgornja meja integracije, x pa integracijskaspremenljivka.

Definicijo dolocenega integrala lahko povemo tudi drugace. Stevilo I je doloceni integralfunkcije f na intervalu [a, b], ce se od njega locijo integralske vsote funkcije f za vse zadostidrobne delitve intervala [a, b] tako malo, kot hocemo. Zapisati smemo tudi

∫ b

af(x) dx = lim

∆→0

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1).

Dokazati je mozno, da vse dovolj “lepe” funkcije premorejo doloceni integral. Natancneje:

Izrek 8.13. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je tudi integrabilna na intervalu [a, b].

Zgled 8.14. Izracunaj∫ ba x dx.

Resitev. Razdelimo interval [a, b] na n podintervalov z delilnimi tockami

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Za tocko ξk ∈ [xk−1, xk] vzemimo kar sredino ustreznega intervala: ξk = 12 (xk−1 + xk). Tedaj je

σ =n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) =n∑

k=1

1

2(xk−1 + xk)(xk − xk−1) =

=1

2

n∑

k=1

(x2k − x2k−1) =1

2(b2 − a2),

saj se v tej vsoti vsi vmesni cleni odstejejo.Ker je funkcija f zvezna, je integrabilna, zato je limita

lim∆→0

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1)

neodvisna od izbire delilnih tock ξk ∈ [xk−1, xk]. Sledi∫ b

ax dx =

1

2(b2 − a2).

143

8.5 Geometrijski pomen integrala

Naj bo f na intervalu [a, b] zvezna in nikjer negativna. Graf funkcije f , abscisna os ter premicix = a in x = b, omejujeta lik T , ki ga imenujemo krivocrtni trazpez. Dolocimo njegovoploscino.

Razdelimo interval [a, b] na podintervale z delilnimi tockami a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = bin oznacimo ∆ = max{xk − xk−1; k = 1, 2, . . . , n}. Za vsak k oznacimo z mk in Mk natancnospodnjo in natancno zgornjo mejo funkcije f na intervalu [xk−1, xk].

a = x0 b = xn x

y

xk−1 xk

mk

Mk

bc bc

bc

bc bc

bc

Narisimo nad vsakim intervalom [xk−1, xk] pravokotnik z visino mk. Tedaj je

S(T ) =

n∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤ S(T ).

Stevilo S(T ) imenujemo spodnja integralska vsota za f na intervalu [a, b]. Podobno lahkonarisemo nad vsakim intervalom [xk−1, xk] pravokotnik z visino Mk. Tedaj je

S(T ) =n∑

k=1

Mk(xk − xk−1) ≥ S(T ).

Stevilo S(T ) imenujemo zgornja integralska vsota za f na intervalu [a, b]. Ker je funkcijaf zvezna na intervalu [a, b], je integrabilna in je zato

lim∆→0

S(T ) = lim∆→0

S(T ) =

∫ b

af(x) dx.

Ker pa je S(T ) ≤ S(T ) ≤ S(T ), od tod sledi S(T ) =∫ ba f(x) dx in je stevilo S(T ) neodvisno od

delitve intervala [a, b] na podintervale.

Izrek 8.15. Ce je f : [a, b] → R zvezna in nenegativna, je ploscina lika, ki ga omejujejo graf

funkcije f , abscisna os ter premici x = a in x = b, enaka

∫ b

af(x) dx.

a b x

y

∫ b

af(x) dx

bc bc

144

Posledica 8.16. Ploscina lika med grafoma zveznih funkcij f in g na intervalu [a, b] je enaka∫ ba |g(x) − f(x)| dx.

a b x

y

f

g

∫ b

a|g(x) − f(x)| dx

bc bc

8.6 Lastnosti dolocenega integrala

Izrek 8.17. Ce sta funkciji f in g integrabilni na intervalu [a, b], α in β pa poljubni realnistevili, je funkcija h, h(x) = αf(x) + βg(x), tudi integrabilna na intervalu [a, b] in velja

∫ b

a(αf(x) + βg(x)) dx = α

∫ b

af(x) dx+ β

∫ b

ag(x) dx.

Dokaz. Naj bo D katerakoli delitev intervala [a, b]. Potem je integralska vsota za funkcijo henaka

σ(h) =

n∑

k=1

h(ξk)(xk − xk−1) =

n∑

k=1

(αf(ξk) + βg(ξk))(xk − xk−1).

Ce je delitev intervala dovolj drobna, je vrednost desne strani poljubno blizu stevila α∫ ba f(x)dx+

β∫ ba g(x) dx, leva pa blizu

∫ ba (αf(x) + βg(x)) dx. Torej je res

∫ ba (αf(x) + βg(x)) dx = α

∫ ba f(x) dx+ β

∫ ba g(x) dx.

Izrek 8.18. Ce je f na intervalu [a, b] zvezna in c ∈ (a, b) poljubno stevilo, je

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx.

Dokaz. Ker je funkcija f zvezna na [a, b], je zvezna tudi na intervalih [a, c] in [c, b], zato integrala∫ ca f(x)dx in

∫ bc f(x)dx obstajata. Vzemimo sedaj tako delitev a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b

intervala [a, b], da je v njej c delilna tocka – torej c = xm za neki m, 1 < m < n. Tedaj je

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) =

m∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) +

n∑

k=m+1

f(ξk)(xk − xk−1).

Od tod sledi gornja zveza, ko gredo dolzine vseh delilnih podintervalov k 0.

Izrek 8.19. Ce v integralu zamenjamo meji, spremeni predznak:

∫ a

bf(x) dx = −

∫ b

af(x) dx.

Dokaz. Ce zamenjamo meji, je treba vse razlike xk−xk−1 nadomestiti z razlikami xk−1−xk =−(xk − xk−1), zato dobi vsak clen v integralski vsoti nasproten predznak.

Posledica 8.20. Velja

∫ a

af(x) dx = 0.

145

Dokaz. Po gornjem izreku je

∫ a

af(x) dx = −

∫ a

af(x) dx, torej je 2

∫ a

af(x) dx = 0 oz.

∫ a

af(x) dx = 0.

Izrek 8.21 (Izrek o povprecni vrednosti). Naj bosta m in M natancna spodnja in zgornja mejafunkcije f na intervalu [a, b]. Potem obstaja tocka p ∈ [m,M ], da je

1

b− a

∫ b

af(x) dx = p.

Ce je f zvezna, obstaja taka tocka ξ ∈ [a, b], da je f(ξ) = p.

a bξ x

y

f(ξ)

bc bcbc

bc bc

8.7 Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom

Naj bo f : [a, b] → R integrabilna funkcija. Tedaj je za vsak x ∈ [a, b] funkcija F , F (x) =∫ x

af(t) dt, dobro definirana.

y

xba

f

x

F (x)

bc

bc

bc

bc

bc

Izrek 8.22. Ce je f : [a, b] → R integrabilna, je funkcija F , F (x) =

∫ x

af(t) dt, zvezna.

Dokaz. Ker je F (x+ h) =

∫ x+h

af(t) dt in F (x) =

∫ x

af(t) dt, je

F (x+ h)− F (x) =

∫ x+h

af(t) dt−

∫ x

af(t) dt =

∫ x+h

xf(t) dt.

y

xba

f

x

F (x+ h)− F (x)

x+ h

h

bc

bc

bc

bc

bc bc

146

Po izreku o povprecni vrednosti je

∫ x+h

xf(t) dt = f(ξ)h

za neko stevilo ξ med x in x+ h. Stevilo f(ξ) lezi med m in M , kjer sta m in M najmanjsa innajvecja vrednost funkcije f na intervalu [a, b]. Torej je

|F (x+ h)− F (x)| = |f(ξ)h| ≤ |h|max{|m|, |M |}.

Torej je za majhne h sprememba F (x+ h)− F (x) poljubno majhna.

Izrek 8.23. Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je funkcija F , F (x) =

∫ x

af(t) dt, odvedljiva

in velja F ′(x) = f(x) za vsak x ∈ (a, b).

Dokaz. Ker je f zvezna, obstaja tocka ξ med x in x+ h, da je

F (x+ h)− F (x) =

∫ x+h

af(t) dt−

∫ x

af(t) dt =

∫ x+h

xf(t) dt = f(ξ)h.

Torej je f(ξ) = F (x+h)−F (x)h . Ko gre h → 0, gre tudi ξ → x, zato je lim

h→0

F (x+h)−F (x)h =

limh→0

f(ξ)hh = f(x). Sledi F ′(x) = f(x).

Izrek 8.24 (Osnovni izrek infinitezimalnega racuna). Doloceni integral zvezne funkcije je kotfunkcija zgornje meje nedoloceni integral funkcije pod integralskim znakom.

Dokaz. Ker je F ′(x) = f(x), se funkciji F (x) in

∫ x

af(t) dt razlikujeta za konstanto. Torej

F (x) =

∫ x

af(t) dt + C. Ker je

∫ a

af(t) dt = 0, je C = F (a). Sledi

∫ x

af(t) dt = F (x) − C =

F (x)− F (a).Gornji izrek lahko povemo tudi drugace. Ce je F katerikoli nedoloceni integral funkcije f ,

torej

F (x) =

∫f(x) dx,

za doloceni integral velja ∫b

a

f(x) dx = F(b)− F(a).

Pogosto pisemo tudi ∫b

a

f(x) dx = F(x)

∣∣∣∣b

a

= F(b)− F(a)

ali celo ∫ b

af(x) dx = F (x)

∣∣∣∣b

x=a

= F (b)− F (a),

ce v integralu nastopa vec parametrov.

147

8.8 Racunanje dolocenega integrala

Pri racunanju dolocenega integrala si najpogosteje pomagamo s prejsnjim izrekom in najprejizracunamo nedoloceni intagral.


∫ 2

−1x2 dx.

Resitev. Nedoloceni integral je ∫x2 dx =

1

3x3.

Torej je ∫ 2

−1x2 dx =

(1

3x3)∣∣∣∣

2

−1

=1

3

(23 − (−1)3

)= 3.


∫ 4

1(x2 − 2x) dx.

Resitev. Racunajmo

∫ 4

1(x2 − 2x) dx =

(1

3x3 − x2

)∣∣∣∣4

1

= (1

3· 43 − 42)− (

1

3· 13 − 12) = 6.


∫ π/2

0sin2 x dx.

Resitev. Ker je sin2 x = 12(1 − cos 2x), zapisemo

∫sin2 x dx =

∫1

2(1 − cos 2x) dx =

x

2−

1

4sin(2x) in od tod

∫ π/2

0sin2 x dx =

(x

2− 1

4sin(2x)

)∣∣∣∣π/2

0

=π

4.

Opozorilo. Pri uporabi osnovnega izreka infinitezimalnega racuna moramo biti pazljivi. Za∫f(x)dx = F (x) res velja

∫ b

af(x)dx = F (x)

∣∣∣∣b

a

= F (b)−F (a), a ne smemo spregledati pogoja,

da mora biti funkcija f na intervalu [a, b] integrabilna. Tako je npr. racun

∫ 2

−1

1

x2dx =

(−1

x

)∣∣∣∣2

−1

= −1

2− 1 = −3

2

ocitno napacen, saj je podintegralska funkcija pozitivna, integral pa negativen. Tezava se skrivav tem, da funkcija F , F (x) = − 1

x , ni nedoloceni integral funkcije f , f(x) =1x2 , na intervalu

[−1, 2], saj na tem intervalu povsod niti definirana ni.

Zgled 8.28. Doloci ploscino obmocja, ki ga graf polinoma f(x) = 14(x + 1)(x − 2)2 oklepa z

abscisno osjo.

xO

y

2−1

bc bcbc

Resitev. Obmocje je omejeno z grafom funkcije f na inter-valu [−1, 2] in odsekom abscisne osi. Torej je

148

S =

∫ 2

−1f(x) dx =

∫ 2

−1

1

4(x3 − 3x2 + 4) dx =

1

4

(1

4x4 − x3 + 4x

)∣∣∣∣2

−1

=

=1

4

((1

4· 24 − 23 + 4 · 2

)−(1

4· (−1)4 − (−1)3 + 4 · (−1)

))=

=1

4

(4−

(−11

4

))=

27

16.

Zgled 8.29. Doloci ploscino obmocja, ki ga omejujeta grafa funkcij, podanih s predpisomaf(x) = x2 + x− 1 in g(x) = −x2 + x+ 1.

y

x

g

f

O 1

−1

1

−1

bc bcbc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Dolocimo najprej presecisca krivulj: x2 + x − 1 =−x2 + x+ 1, kar nam da 2x2 = 2 oz. x = ±1. Sledi

S =

∫ 1

−1(g(x) − f(x)) dx

=

∫ 1

−1(2− 2x2) dx =

=

(2x− 2

3x3)∣∣∣∣

1

−1

=4

3− (−4

3) =

8

3.

Zgled 8.30. Naj bo f(x) = x2 + 1. Doloci ploscino obmocja, ki ga dolocajo graf funkcije f ,tangenta na graf funkcije f v tocki (0, 1) in normala na graf funkcije v tocki (1, 2).

Resitev.

y = 1

y = − 12 x+ 5

2

y

xO 1 3

1

2

bc bc bc

bcbc

bc bc

Ker je f(x) = x2+1, je f ′(x) = 2x. Torej je f ′(0) = 0 in f ′(1) = 2. Enacba tangente v tocki(0, 0) je y = 0, saj je ta tocka stacionarna. Enacba normale v tocki (1, 2) je y − 1 = −1

2(x− 1),kar lahko zapisemo kot y = −1

2x+ 52 .

Premici y = 1 in y = −12x+ 5

2 se sekata v tocki (3, 1). Torej je iskana ploscina enaka

S =

∫ 1

0((x2 + 1)− 1) dx+

∫ 3

1((−1

2x+

5

2)− 1) dx =

=

(1

3x3)∣∣∣∣

1

0

+

(−1

4x2 +

3

2x

)∣∣∣∣3

1

=1

3+

9

4− 5

4=

4

3.

149

Pri racunanju nedolocenega integrala si pogosto pomagamo s pravilom zamenjave. Ce pisemox = g(t), velja ∫

f(x) dx =

∫f(g(t)) · g′(t) dt = G(t) = F (x),

kjer smo v funkciji G zamenjali t = g−1(x). Ravno ta korak pa je pogosto v praksi tezko izvedljivali pa vsaj racunsko neugoden, saj to pomeni, da moramo izracunati tudi inverz g−1.

Izrek 8.31 (Pravilo zamenjave v doloceni integral). Naj bo g : [α, β] → R zvezna, monotona inodvedljiva funkcija na intervalu [α, β]. Tedaj je

∫ b

af(x) dx =

∫ β

αf(g(t)) · g′(t) dt,

kjer smo oznacili a = g(α) in b = g(β).

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx. Tedaj je

∫ β

αf(g(t)) · g′(t) dt = F (g(t))

∣∣∣∣β

α

= F (g(β)) − F (g(α)) =

= F (b)− F (a) =

∫ b

af(x) dx,

kjer potrebujemo monotonost funkcije g zato, da je g : [α, β] → [a, b] bijekcija.


∫ 1

0

1

ex + e−xdx.

Resitev. Uporabimo zamenjavo t = ex, dt = ex dx. Sledi dx = t−1 dt. Tedaj je

∫ 1

0

1

ex + e−xdx =

∫ e

1

1

t+ t−1t−1dt =

∫ e

1

1

t2 + 1dt =

= (arc tan t)

∣∣∣∣e

1

= arc tan e− π

4,

kjer smo upostevali, da se pri zamenjavi t = ex spremenijo tudi meje: 0 7→ e0 = 1, 1 7→ e1 = e.

Zgled 8.33. Izracunaj∫ a0

√a2 − x2 dx.

Resitev. S pomocjo izreka o zamenjavi v nedoloceni integral smo izracunali∫ √

a2 − x2 dx =a2

2 arc sin xa + x2

2

√a2 − x2, torej je

∫ a

0

√a2 − x2 dx =

(a2

2arc sin

x

a+x2

2

√a2 − x2

)∣∣∣∣a

0

=a2

2arc sin 1 =

π

4a2.

S pomocjo izreka o zamenjavi v doloceni integral pa pri zamenjavi x = a sin t izracunamo

∫ a

0

√a2 − x2 dx =

∫ π/2

0a2 cos2 t dt =

∫ π/2

0

a2

2(1 + cos 2t) dt =

=a2

2

(t+

1

2sin 2t

)∣∣∣∣π/2

0

=π

4a2.

Opozorilo. Pri uporabi pravila zamenjave v doloceni integral moramo biti nadvse previdni.Najpomembneje je, da za zamenjavo uporabimo bijektivno funkcijo.

150

Zgled 8.34. Ali lahko uporabimo zamenjavo t = sinx v integralu

∫ π

0sin2 x dx?

Resitev. Pri t = sinx imamo dt = cos x dx in

dx =1

cos xdt =

1√1− sin2 x

dt =1√

1− t2dt.

Sledi ∫ π

0sin2 x dx =

∫ 0

0

t2√1− t2

dt = 0,

kar pa ne drzi, saj je sin2 x > 0 na intervalu (0, π) in zato

∫ π

0sin2 x dx > 0. Zamenjave torej ne

smemo uporabiti.

Izrek 8.35 (Integracija po delih). Ce sta f in g odvedljivi funkciji na intervalu [a, b], velja

∫ b

af(x)g′(x) dx = (f(b)g(b) − f(a)g(a)) −

∫ b

ag(x)f ′(x) dx.

Dokaz. Ker za H(x) = f(x)g(x) velja H ′(x) = f ′(x)g(x)+f(x)g′(x), je H(x) =

∫(f(x)g′(x)+

g(x)f ′(x)) dx. Torej je

H(b)−H(a) =

∫ b

a(f(x)g′(x) + g(x)f ′(x)) dx =

=

∫ b

af(x)g′(x) dx+

∫ b

ag(x)f ′(x) dx in zato

∫ b

af(x)g′(x) = H(b)−H(a)−

∫ b

ag(x)f ′(x) dx =

= (f(b)g(b) − f(a)g(a)) −∫ b

ag(x)f ′(x) dx.


∫ π

0x sinx dx.

Resitev. Ker gre za integral oblike

∫p(x) sinx dx, kjer je p(x) = x polinom, je pri integraciji

po delih ugodno polinom odvajati, trigonometricno funkcijo poleg njega pa integrirati. Torej∫ π

0x sinx dx = −x cosx

∣∣∣∣π

0

+

∫ π

0cos x dx = π + sinx

∣∣∣∣π

0

= π,

kjer smo v prvi enakosti upostevali u = x, dv = sinx dx in du = dx, v = − cos x.


∫ 1

−1x ex dx.

Resitev. Ker gre za integral oblike

∫p(x)ex dx, kjer je p(x) = x polinom, je pri integraciji po

delih ugodno polinom odvajati, eksponentno funkcijo poleg njega pa integrirati. Torej∫ 1

−1x ex dx = (x ex)

∣∣1−1

−∫ 1

−1ex dx = (e+ e−1)− ex|1−1 =

= (e+ e−1)− (e− e−1) = 2e−1,

kjer smo v prvi enakosti upostevali u = x, dv = ex dx in du = dx, v = ex.

151

8.9 Posploseni integral

Pri definiciji dolocenega integrala smo zahtevali, da je integracijsko obmocje zaprt (koncen!)interval, funkcija, ki jo integriramo, pa na njem omejena. Razsirimo pojem dolocenega integralana primer, ko kaksen od gornjih privzetkov ni izpolnjen. Take integrale imenujemo posploseneoz. izlimitirane.

x

y

a

∫ ∞

af(x) dx

bc

Vzemimo najprej primer, ko funkcija f : [a, b] → R ni omejena, ima en pol na intervalu [a, b]in ta pol je v krajiscu intervala.

Recimo, da ima f pol v tocki b, na intervalu [a, b) pa je zvezna. Potem za vsak ε > 0 obstaja

integral∫ b−εa f(x) dx. Ce obstaja lim

ε↓0

∫ b−εa f(x) dx, oznacimo

∫ b

af(x) dx = lim

ε↓0

∫ b−ε

af(x) dx.

x

y

a bb− εbc

bc

bcbc

Recimo, da ima f pol v tocki a, na intervalu (a, b] pa je zvezna. Potem za vsak ε > 0 obstaja

integral∫ ba+ε f(x) dx. Ce obstaja lim

ε↓0

∫ ba+ε f(x) dx, oznacimo

∫ b

af(x) dx = lim

ε↓0

∫ b

a+εf(x) dx.

x

y

ba a+ εbc

bc

bc bc

152

Ce ima funkcija f pol v kaksni tocki c ∈ (a, b), integracijsko obmocje razdelimo na dva dela.

Ce obstajata (posplosena) integrala∫ ca f(x) dx in

∫ bc f(x) dx, izracunamo

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx =

= limε↓0

∫ c−ε

af(x) dx+ lim

ε↓0

∫ b

c+εf(x) dx.

x

y

a bcc− ε c+ εbc bc

bc

bc

bc bcbc

Opozorilo. Limiti limε↓0

∫ c−εa f(x) dx in lim

ε↓0

∫ bc+ε f(x) dx ne smemo zdruziti v eno limito, tj. v

limε↓0

(∫ c−ε

af(x) dx+

∫ b

c+εf(x) dx

), (17)

saj sta limiti med seboj neodvisni.

Zgled 8.38. Ali obstaja posploseni integral∫ 1−2

1x3 dx?

Resitev. Ker funkcija f , f(x) = 1x3 , ni definirana v tocki 0, moramo zapisati

∫ 1

−2

1

x3dx =

∫ 0

−2

1

x3dx+

∫ 1

0

1

x3dx,

kjer zahtevamo, da oba integrala na desni strani obstajata. Po definiciji je∫ 0

−2

1

x3dx = lim

ε↓0

∫ 0−ε

−2

1

x3dx,

ce ta integral sploh obstaja. Racunajmo∫ 0−ε

−2

1

x3dx = − 1

2x2

∣∣∣∣−ε

−2

= − 1

2ε2+

1

8.

Ker limita limε↓0

(− 12ε2

+ 18) ne obstaja, funkcija f ni integrabilna na intervalu [−2, 0], torej tudi

ne na vecjem intervalu [−2, 1].Pripomniti velja, da bi s pomocjo limite (17) prisli do napacne ugotovitve. Velja namrec

∫ 1

0+ε

1

x3dx = − 1

2x2

∣∣∣∣1

0+ε

= −1 +1

2ε2

in od tod dobimo

limε↓0

(∫ 0−ε

−2

1

x2dx+

∫ 1

0+ε

1

x2dx

)=

= limε↓0

((−1 +

1

2ε2

)+

(− 1

2ε2+

1

8

))= −7

8.

Slednje seveda ni enako vrednosti integrala∫ 1−2

1x3 dx, saj le-ta ne obstaja.

153

Cauchyjeva glavna vrednostGornji primer torej kaze, da lahko obstaja limita

limε↓0

(∫ c−ε

af(x) dx+

∫ b

c+εf(x) dx

),

ceprav ne obstaja izlimirani integral∫ ba f(x)dx. V tem primeru pravimo, da obstajaCauchyjeva

glavna vrednost integrala∫ ba f(x) dx.

Zgled 8.39. Izracunaj Cauchyevo glavno vrednost integrala∫ 1−2

1x3 dx.

Resitev. Kot smo ze videli, je

limε↓0

(∫ 0−ε

−2

1

x2dx+

∫ 1

0+ε

1

x2dx

)= −7

8.

Zgled 8.40. Izracunaj∫ 20

1√2−x

dx.

Resitev. Ker funkcija f , f(x) = 1√2−x

, ni definirana v tocki x = 2, je

∫ 2

0

1√2− x

dx = limε↓0

∫ 2−ε

0

1√2− x

dx,

ce limita na desni obstaja. Ker je∫ 2−ε

0

1√2− x

dx = −2√2− x

∣∣2−ε

0= −2

√ε+ 2

√2,

velja ∫ 2

0

1√2− x

dx = limε↓0

∫ 2−ε

0

1√2− x

dx = limε↓0

(−2√ε+ 2

√2) = 2

√2.


1xα dx za razlicne vrednosti parametra α.

Resitev. Po definiciji je ∫ 1

0

1

xαdx = lim

ε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx.

Ce je α = 1, imamo∫ 1ε

1x dx = lnx|1ε = − ln ε, vendar v tem primeru

limε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx = lim

ε↓0(− ln ε)

ne obstaja.Ce je α 6= 1, ∫ 1

ε

1

xαdx =

1

1− αx1−α

∣∣∣∣1

ε

=1

1− α(1 − ε1−α).

Ker limita limε↓0

ε1−α obstaja le za α < 1, obstaja integral le za α < 1 in v tem primeru velja

∫ 1

0

1

xαdx = lim

ε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx = lim

ε↓01

1− α(1− ε1−α) =

1

1− α.

Torej integral ∫ 1

0

1

xαdx

obstaja natanko tedaj, ko je α < 1.

154

Zgled 8.42. Izracunaj∫ 8−1 x

− 23 dx.

Resitev. Ker funkcija f , f(x) = x−23 , ni definirana v tocki x = 0, pisemo

∫ 8

−1x−

23 dx =

∫ −ε

−1x−

23 dx+

∫ 8

εx−

23 dx.

Oba integrala na desni strani obstajata, saj ustrezata pogojem prejsnje naloge pri α = 23 .

Racunajmo

∫ 8

−1x−

23 dx =

∫ −ε

−1x−

23 dx+

∫ 8

εx−

23 dx =

= limε↓0

∫ −ε

−1x−

23 dx+ lim

ε↓0

∫ 8

εx−

23 dx =

= limε↓0

3x13

∣∣∣−ε

−1+ lim

ε↓03x

13

∣∣∣8

ε=

= limε↓0

3(−ε 13 + 1) + lim

ε↓03(2 − ε

13 ) = 3 + 6 = 9.


1√1−x2

dx.

Resitev. Po definiciji je

∫ 1

0

1√1− x2

dx = limε↓0

∫ 1−ε

0

1√1− x2

dx.

Ker je∫

1√1−x2

dx = arc sinx, lahko izracunamo:

∫ 1

0

1√1− x2

dx = limε↓0

(arc sinx|1−ε

0

)= lim

ε↓0arc sin(1− ε) =

π

2.

Doslej smo se ukvarjali le z integrali neomejenih funkcij na koncnih intervalih. Predpostavimosedaj, da je integracijski interval neomejen, funkcija pa naj bo na vsakem koncnem podintervaluintegrabilna (v pravem ali posplosenem smislu).

Ce za vsak b > a obstaja integral∫ ba f(x) dx in ce obstaja lim

b→∞

∫ ba f(x) dx, pravimo, da je f

integrabilna na intervalu [a,∞) in oznacimo

∫ ∞

af(x) dx = lim

b→∞

∫ b

af(x) dx.

Podobno definiramo integrabilnost na intervalu (−∞, b]. Ce za vsak a < b obstaja integral∫ ba f(x)dx in ce obstaja lim

a→−∞

∫ ba f(x)dx, pravimo, da je f integrabilna na intervalu (−∞, b]

in oznacimo ∫ b

−∞f(x) dx = lim

a→−∞

∫ b

af(x) dx.

Nazadnje definiramo se integral∫∞−∞ f(x) dx. Ce je funkcija f integrabilna na vsakem

koncnem zaprtem intervalu v (−∞,∞) in ce obstaja limita

lima→−∞b→∞

∫ b

af(x) dx,

155

pravimo, da je f integrabilna na intervalu (−∞,∞) in oznacimo

∫ ∞

−∞f(x) dx = lim

a→−∞b→∞

∫ b

af(x) dx.

Opozorilo. V lima→−∞b→∞

∫ ba f(x) dx moramo izracunati limiti po a in b neodvisno in si racuna ne

smemo poenostaviti v

lima→∞

∫ a

−af(x) dx =

∫ ∞

−∞f(x) dx.

Res pa je, da je∫∞−∞ f(x) dx = lim

a→∞

∫ a−a f(x) dx, ce integral

∫∞−∞ f(x) dx obstaja.

Zgled 8.44. Izracunaj∫∞1

1xα dx za razlicne vrednosti parametra α.

Resitev. Po definiciji je∫∞1

1xα dx = lim

b→∞

∫ b1

1xα dx. Ce je α = 1, imamo

∫ b1

1x dx = lnx|b1 = ln b,

vendar v tem primeru limb→∞

∫ b1

1xα dx = lim

b→∞ln b ne obstaja.

Ce je α 6= 1, velja

∫ b

1

1

xαdx =

1

1− αx1−α

∣∣∣∣b

1

=1

1− α(b1−α − 1).

Ker limita limb→∞

b1−α obstaja le za α > 1, obstaja integral le za α > 1 in v tem primeru velja

∫ b

1

1

xαdx = lim

b→∞

∫ b

1

1

xαdx = lim

b→∞1

1− α(b1−α − 1) =

1

α− 1.

Iz gornjih zgledov vidimo, da integral ∫ ∞

0xα dx

ne obstaja za noben α ∈ R.

Zgled 8.45. Izracunaj∫ 0−∞ ex dx.

Resitev. Racunajmo

∫ 0

−∞ex dx = lim

a→−∞

∫ 0

aex dx = lim

a→−∞ex|0a = lim

a→−∞(1− ea) = 1.

Zgled 8.46. Ali obstaja∫∞0

x+1x2+1

dx?

Resitev. Izracunajmo najprej nedoloceni integral:∫

x+ 1

x2 + 1dx =

1

2

∫2x

x2 + 1dx+

∫1

x2 + 1dx =

=1

2ln(x2 + 1) + arc tanx.

Torej dani integral ne obstaja, saj je

∫ ∞

0

x+ 1

x2 + 1dx = lim

b→∞

∫ b

0

x+ 1

x2 + 1dx =

= limb→∞

(1

2ln(1 + b2) + arc tan b

)= ∞.

156

Zgled 8.47. Izracunaj∫ 1/20

1x ln2 x

dx.

Resitev. Izracunajmo najprej nedoloceni integral, tako da vpeljemo t = lnx, dt = 1x dx. Tedaj

je ∫1

x ln2 xdx =

∫1

t2dt = −1

t= − 1

lnx.

∫ 1/2

0

1

x ln2 xdx = lim

ε↓0

∫ 12

ε

1

x ln2 xdt = − lim

ε↓01

lnx

∣∣∣∣

12

ε

=

= − limε↓0

(1

ln 12

− 1

ln ε

)= − 1

ln 12

=1

ln 2.

Zgled 8.48. Izracunaj∫ 10 x lnx dx.

Resitev. Videli smo ze, da je∫x lnx dx = x2

2 lnx− x2

4 . Torej je

∫ 1

0x lnx dx = lim

ε↓0

∫ 1

εx lnx dx = lim

ε↓0

(x2

2lnx− x2

4

)∣∣∣∣1

ε

=

= limε↓0

(−1

4− ε2

2ln ε+

ε2

4

)∣∣∣∣1

ε

= −1

4,

saj je limε↓0

ε2 ln ε = 0.

Zgled 8.49. Izracunaj∫ 2π0

14−3 cos x dx.

Resitev. Uporabimo zamenjavo t = tan x2 . Potem je dx = 2dt

1+t2in cos x = 1−t2

1+t2. Sledi

∫1

4− 3 cos xdx =

∫1

4− 31−t2

1+t2

· 2

1 + t2dt =

∫2

1 + 7t2dt.

Ker funkcija x 7→ tan x2 ni injektivna na intervalu [0, 2π] (pravzaprav ni niti definirana za x =

π), ne moremo napraviti zamenjave na celem integracijskem intervalu, ampak moramo najprejinterval razdeliti na dva dela. Torej

∫ 2π

0

1

4− 3 cos xdx =

∫ π

0

1

4− 3 cos xdx+

∫ 2π

π

1

4− 3 cos xdx.

Ce sedaj upostevamo, da je limx↑π

tan x2 = ∞ in lim

x↓πtan x

2 = −∞, lahko zapisemo

∫ 2π

0

1

4− 3 cos xdx =

∫ π

0

1

4− 3 cos xdx+

∫ 2π

π

1

4− 3 cos xdx =

=

∫ ∞

0

2

1 + 7t2dt+

∫ 0

−∞

2

1 + 7t2dt =

∫ ∞

−∞

2

1 + 7t2dt =

=2√7arc tan(t

√7)

∣∣∣∣∞

−∞=

2√7

(π2− (−π

2))=

2π√7.

157

8.10 Uporaba integrala

Prostornina vrtenine (pri vrtenju okoli abscisne osi)Izracunati zelimo prostornino vrtenine, ki jo doloca graf pozitivne funkcije f na intervalu

[a, b] pri vrtenju okoli abscisne osi. Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆.Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Telo, ki ga graf doloca, razdelimo na tankenavpicne rezine – valje.

a bξk x

y

xk−1 xk

f(ξk)

bc bcbc

bc

bc bc

bc

Prostornina posameznega valja je enaka πf2(ξk)(xk − xk−1).Celotna prostornina telesa pri delitvi D je priblizno enaka

V (D) = π

n∑

k=1

f2(ξk)(xk − xk−1)

in je zato

V = lim∆→0

V (D) = π

∫ b

af2(x) dx.

Prostornina valjaPri izracunu smo uporabili, da je prostornina pokoncnega valja s polmerom r osnovne ploskve

in visino h enaka πr2h.

r

h

Zgled 8.50. Izracunaj prostornino krogle s polmerom r.

Resitev. Kroglo v srediscni legi si lahko predstavljamo kot vrtenino, ki jo dobimo z vrtenjemkroznega loka z enacbo f(x) =

√r2 − x2 na intervalu [−r, r] okoli abscisne osi. Torej je

V = π

∫ r

−rf2(x) dx = π

∫ r

−r(r2 − x2) dx =

(xr2 − 1

3x3)∣∣∣∣

r

−r

=4

3πr3.

158

Zgled 8.51. Izracunaj prostornino vrtenine, ki nastane z vrtenjem enega loka grafa funkcije f ,podane z enacbo f(x) =

√sinx, okoli abscisne osi.

Resitev.

x

y √sinx

sinx

bc

Obc

2πbc

πbc

−π

bc1

bc−1

Ker je sinx ≥ 0 za x ∈ [0, π], je iskana prostornina enaka

V = π

∫ π

0sinx dx = π(− cos x)

∣∣∣∣π

0

= 2π.

Prostornina vrtenine (pri vrtenju okoli ordinatne osi)Izracunajmo prostornino vrtenine, ki jo doloca graf pozitivne funkcije f na intervalu [a, b],

0 /∈ [a, b], pri vrtenju okoli ordinatne osi. Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆.Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Telo, ki ga graf doloca, razdelimo na tankevaljaste cevi.

a bxk−1 ξkxk

f(ξk)

x

y

f

bc bcbcbc bc

bc

Prostornina posamezne valjaste cevi je enaka πf(ξk)(x2k − x2k−1).

Ker je x2k − x2k−1 = (xk + xk−1)(xk − xk−1) in ξk ∈ [xk−1, xk], je xk + xk−1 ≈ 2ξk. Torej jeprostornina posamezne valjaste cevi priblizno enaka 2πξk f(ξk)(xk −xk−1). Celotna prostorninatelesa pri delitvi D je priblizno enaka

V (D) =n∑

k=1

2πξkf(ξk)(xk − xk−1)

in je zato

V = lim∆→0

V (D) = 2π

∫ b

ax f(x) dx.

159

Prostornina pokoncne valjaste ceviPri izracunu smo uporabili, da je prostornina pokoncne valjaste cevi z zunanjim polmerom

R, notranjim polmerom r in h enaka π(R2 − r2)h.

r

h

R

Zgled 8.52. Koliksna je prostornina telesa, ki ga dobimo, ko graf funkcije f(x) = 1(x2+1)2 na

intervalu [0, 1] zavrtimo okoli ordinatne osi?

Resitev. Naj bo f(x) = 1(x2+1)2

. Potem je prostornina enaka

V = 2π

∫ 1

0

x

(x2 + 1)2dx.

Vpeljimo substitucijo t = x2 + 1, dt = 2x dx. Sledi

V = 2π

∫ 1

0

x

(x2 + 1)2dx = π

∫ 2

1

1

t2dt = − π

t

∣∣∣2

1= −π

2+ π =

π

2.

Zgled 8.53. Izracunaj prostornino torusa s polmeroma R in r.

Resitev. Torus nastane tako, da krog/kroznico s polmerom r, katere sredisce je od premice ℓoddaljeno R, zavrtimo okoli te premice.

bR

ℓ

r

Torej lahko nalogo resimo na dva nacina – z vrtenjem okoli abscisne ali vrtenjem okoli ordinatneosi.

Vrtenje okoli abscisne osi

160

x−r r

R

y

O

yz

ys

bc

bc

bc bc

Torus nastane tako, da kroznico z enacbo x2+(y−R)2 = r2 zavrtimookoli abscisne osi. Sledi y = R ±

√r2 − x2 in yz = R +

√r2 − x2,

ys = R−√r2 − x2. Prostornina je tako enaka

V = Vz − Vs = π

∫ r

−r(y2z − y2s) dx =

= π

∫ r

−r(yz + ys)(yz − ys) dx =

= π

∫ r

−r2R · 2

√r2 − x2 dx =

= 4πR · 12πr2 = 2π2Rr2.

Vrtenje okoli ordinatne osiy

−r

r

R xR+ rR− r

O

yz

ys

bc bcbc bcbc

bc

bc

Torus nastane tudi tako, da kroznico z enacbo

(x−R)2 + y2 = r2

zavrtimo okoli ordinatne osi. V tem primeru je

yz =√r2 − (x−R)2,

ys = −√r2 − (x−R)2.

Sledi

V = 2π

∫ R+r

R−rx(yz − ys) dx = 4π

∫ R+r

R−rx√r2 − (x−R)2 dx =

= . . . = 2π2Rr2.

Dolzina ravninske krivuljeNaj bo K krivulja v ravnini. Radi bi definirali dolzino krivulje K. Naj bosta A in B krajisci

te krivulje. Oznacimo z D delitev krivulje K z zaporednimi tockami A = T0, T1, . . . , B = Tn.

A = T0

B = TnTn−1

Tn−2

T1

T2

T3

Kbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Dobimo poligonalno crto, katere dolzino lahko izracunamo: L(D) =n∑

k=1

|Tk−1Tk|.

Poligonalna crta T0T1 . . . Tn se loci od krivulje K tem manj, cim krajse so vse daljice vpoligonalni crti. Se vec, krivuljo imamo lahko za limitno obliko poligonalnih crt, ko gredodolzine vseh daljic proti 0. Torej lahko vzamemo za dolzino L krivulje K kar limito dolzinL(D), ko gredo dolzine vseh daljic proti 0. Ce z ∆ oznacimo dolzino najkrajse med njimi, je

L = lim∆→0

L(D).

Ce gornja limita obstaja, pravimo, da je krivulja merljiva.

161

Naj bo sedaj krivulja podana z grafom zvezno odvedljive funkcije f na intervalu [a, b]. Raz-delimo interval z delilnimi tockami a = x0 < x1 < . . . < xn = b na podintervale. Dolzinonajdaljsega med njimi oznacimo z ∆. Tocka Tk ima koordinati (xk, f(xk)).

a = x0 b = xn x

y

xk−1 xk

f(xk)

f(xk−1)Tk−1

Tkbc

bc

bc bc

bc

bc

bc

bc

Dolzina posameznega odseka lomljenke je enaka |Tk−1Tk| =√

(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2.

Racunajmo

L(D) =

n∑

k=1

√(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2 =

=

n∑

k=1

√1 +

(f(xk)−f(xk−1)

xk−xk−1

)2· (xk − xk−1) =

=

n∑

k=1

√1 + (f ′(ξk))2 · (xk − xk−1),

kjer smo zapisali f ′(ξk) =f(xk)−f(xk−1)

xk−xk−1s pomocjo Lagrangeovega izreka. Torej je

L = lim∆→0

L(D) =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Zgled 8.54. Izracunaj obseg kroznice s polmerom r.

Resitev. Ker je kroznica simetricna, zadosca dolociti dolzino loka kroznice v I. kvadrantu. Kerje f(x) =

√r2 − x2, je f ′(x) = − x√

r2−x2. Torej je

ℓ =

∫ r

0

√1 + (f ′(x))2 dx =

∫ r

0

√1 +

x2

r2 − x2dx =

=

∫ r

0

√r2

r2 − x2dx = r

∫ r

0

1√r2 − x2

dx =

= r arc sin 1 =πr

2.

Obseg kroznice je torej enak 4 · πr2 = 2πr.

Zgled 8.55. Izracunaj dolzino loka grafa funkcije y = ln(1− x2) med tockama x = 0 in x = 12 .

xO

y

ln 34

12

bc bcbc

bc

bcbc

Resitev. Naj bo f(x) = ln(1− x2). Potem je

f ′(x) =−2x

1− x2

in dolzina loka je enaka

162

∫ 12

0

√

1 +

( −2x

1− x2

)2

dx =

∫ 12

0

√(1− x2)2 + (−2x)2

(1− x2)2dx =

=

∫ 12

0

√(1 + x2)2

(1− x2)2dx =

∫ 12

0

1 + x2

1− x2dx.

Izracunajmo najprej nedoloceni integral

∫1 + x2

1− x2dx. Ker stopnja polinoma v stevcu ni

manjsa od stopnje polinoma v imenovalcu, najprej delno delimo:

(x2 + 1) = (−x2 + 1)(−1) + 2

in od tod1 + x2

1− x2= −1 +

2

−x2 + 1= −1 +

−2

x2 − 1.

S pomocjo razcepa na parcialne ulomke

−2

x2 − 1=

A

x+ 1+

B

x− 1=A(x− 1) +B(x+ 1)

x2 − 1

dobimo A+B = 0 in −A+B = −2. Sledi A = 1 in B = −1. Torej je

1 + x2

1− x2= −1 +

1

x+ 1− 1

x− 1.

Sledi

∫1 + x2

1− x2dx =

∫ (−1 +

1

x+ 1− 1

x− 1

)dx =

= −x+ ln |x+ 1| − ln |x− 1| = −x+ ln

∣∣∣∣x+ 1

x− 1

∣∣∣∣

in

L =

(−x+ ln

∣∣∣∣x+ 1

x− 1

∣∣∣∣)∣∣∣∣

12

0

= −1

2+ ln 3.

Povrsina vrtenineIzracunati zelimo povrsino vrtenine, ki jo doloca graf pozitivne funkcije f na intervalu [a, b]

pri vrtenju okoli abscisne osi. Razdelimo interval z delilnimi tockami a = x0 < x1 < . . . < xn = bna podintervale. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆. Telo, ki ga graf doloca, razdelimona tanke navpicne rezine – prisekane stozce.

163

a = x0 b = xn x

y

xk−1 xk

f(xk)

f(xk−1)

bc bc

bc

bc bc

bc

bc

bc

Povrsina plasca posameznega stozca je enaka

π(f(xk) + f(xk−1))√

(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2.

Torej je povrsina pri delitvi D priblizno enaka

P (D) =n∑

k=1

2π√

(xk − xk−1)2 + (f(xk)− f(xk−1))2 · f(xk)+f(xk−1)2 =

= 2πn∑

k=1

√

1 +

(f(xk)− f(xk−1)

xk − xk−1

)2

· f(xk)+f(xk−1)2 · (xk − xk−1) =

= 2πn∑

k=1

√1 + (f ′(ξk))2 · f(xk)+f(xk−1)

2 · (xk − xk−1),

kjer smo zapisali f ′(ξk) =f(xk)−f(xk−1)

xk−xk−1s pomocjo Lagrangeovega izreka. Ker je ξk ∈ (xk−1, xk)

in je f zvezna, jef(xk)+f(xk−1)

2 ≈ f(ξk). Sledi

P = lim∆→0

P (D) = 2π

∫ b

af(x)

√1 + (f ′(x))2 dx.

Povrsina plasca prisekanega stozcaPlasc prisekanega stozca meri π(R + r)d, kjer sta r in R polmera osnovnih ploskev, d pa

stranska visina.

R

rd

d

2πR

2πr

x x

164

Iz podobnosti sledi x : r = d : (R − r) in x = rdR−r . Ploscina kolobarjevega izseka je p =

πR(x+ d)− πrx = π(Rd+ x(R − r)) = π(R+ r)d.

Zgled 8.56. Izracunaj povrsino krogle s polmerom r.

Resitev. Pri obicajni parametrizaciji je y =√r2 − x2 in y′ = −x√

r2−x2. Torej je

P = 2π

∫ r

−ry√

1 + y′2 dx = 2π

∫ r

−r

√r2 − x2

√1 +

x2

r2 − x2dx =

= 2πr

∫ r

−rdx = 4πr2.

Zgled 8.57. Izracunaj povrsino telesa, ki ga doloca graf funkcije f , f(x) = 13(3 − x)

√x, na

intervalu med njenima niclama pri vrtenju okoli abscisne osi.

Resitev.

xO

y

123

1 3bc bc bc

bc

bcbc

Ker je f(x) =1

3(3− x)

√x = x

12 − 1

3x

32 , je f ′(x) =

1

2x−

12 − 1

2x

12 =

1− x

2√x.

Sledi

1 + (f ′(x))2 = 1 +(1− x)2

4x=

4x+ 1− 2x+ x2

4x=

(1 + x)2

4x

in od tod

P = 2π

∫ 3

0y√

1 + y′2 dx = 2π

∫ 3

0

1

3(3− x)

√x · x+ 1√

4xdx =

=π

3

∫ 3

0(3− x)(x+ 1) dx =

π

3

∫ 3

0(−x2 + 2x+ 3) dx =

=π

3

(−1

3x3 + x2 + 3x

)∣∣∣∣3

0

= 3π

Prostornina geometrijskega telesaDano naj bo geometrijsko telo in stevilska premica x. Pri dani vrednosti x naj bo S(x)

ploscina preseka telesa z ravnino, ki je pravokotna na os x v tocki x. Vzemimo se, da je Szvezna funkcija.

ba

xx

S(x)bcbc bc

165

Razdelimo telo z ravninami, pravokotnimi na os x, na rezine. Ce je plast med sosednjimapresekoma tanka, je prostornina priblizno enaka S(ξk)(xk−xk−1), kjer je ξk ∈ [xk−1, xk] poljubnatocka. Torej je celotna prostornina priblizno enaka

V (D) =

n∑

k=1

S(ξk)(xk − xk−1).

Ta priblizek je tem boljsi, cim tanjse so rezine, tj. cim krajsi so delilni intervali. Torej je smiselnopostaviti V = lim

∆→0V (D), kjer je ∆ dolzina najdaljsega izmed delilnih intervalov. Ker je je S

zvezna funkcija, je integrabilna in

V = lim∆→0

V (D) =

∫ b

aS(x) dx.

Zgled 8.58. Izracunaj prostornino piramide s ploscino osnovne ploskve S in visino h.

Resitev.

x

h

S(x)

S

Na visini x je ploscina prereza enaka S(x). Torej je S(x) :

S = x2 : h2 in zato S(x) = Sx2

h2 . Sledi

V =

∫ h

0S(x) dx =

=

∫ h

0

Sx2

h2dx =

1

3Sh.

Guldinovi pravili za vrtenine

br∗

S

Prostornina telesa, ki ga dobimo pri vrtenju ploskve S okoli ravneosi, je enaka

V = 2πr∗p(S),

kjer je p(S) ploscina ploskve S, r∗ pa oddaljenost tezisca ploskve odosi vrtenja.

br∗

LPovrsina ploskve, ki jo dobimo pri vrtenju loka L okoli ravne osi, jeenaka

P = 2πr∗s(L),

kjer je s(L) dolzina loka L, r∗ pa oddaljenost tezisca loka od osivrtenja.

Zgled 8.59. Izracunaj prostornino in povrsino torusa s polmeroma R in r.

Resitev. Resitev. Torus nastane tako, da krog/kroznico s polmerom r, katere sredisce je odpremice ℓ oddaljeno R, zavrtimo okoli te premice.

bR

ℓ

r

166

Torej jeV = 2πr∗p(S) = 2πR · πr2 = 2π2r2R

inP = 2πr∗s(L) = 2πR · 2πr = 4π2rR.

9 Funkcije vec spremenljivk

9.1 Splosni pojem funkcije

Naj bo D ⊂ Rn poljubna (neprazna) mnozica. Realna funkcija vec spremenljivk je presli-kava f : D → R. Zaloga vrednosti funkcije f je mnozica

Zf = {f(x) ∈ R;x ∈ D}.

• Za tocko (x, y) v ravnini (tj. (x, y) ∈ R2) je s predpisom d(x, y) =√x2 + y2 podana

funkcija dveh spremenljivk d : R2 → R, ki podaja razdaljo te tocke do koordinatnegaizhodisca.

• Ploscina trikotnika je funkcija treh sprememljivk

h(x, y, z) =1

4

√(x+ y + z)(x+ y − z)(y + z − x)(z + x− y).

Definicijsko obmocje funkcije h je mnozica tock v R3, dolocena s pogoji: x > 0, y > 0,z > 0, x+ y − z > 0, y + z − x > 0 in z + x− y > 0.

Graf funkcije vec spremenljivkGraf funkcije vec spremenljivk f : D → R je mnozica

Γ(f) = {(x, y) ∈ Rn × R; x ∈ D in f(x) = y}.

• Graf funkcije dveh spremenljivk f : D → R, D ⊂ R2, je ploskev v prostoru, ki lezi naddefinicijskim obmocjem funkcije f .

xx0

y0

y

z

D

Γf

f(x0, y0)

(x0, y0)bc

bc

bc

bc

Funkcijo dveh spremenljivk lahko ponazorimo tudi drugace. Naj bo z ∈ Zf poljubna tockaiz zaloge vrednosti funkcije f : D → R. Ce je funkcija f dovolj lepa, je mnozica tock

{(x, y) ∈ D; f(x, y) = z}

167

krivulja v D, ki jo imenujemo nivojska krivulja funkcije f . Vsaka tocka (x, y) ∈ D lezi nanatanko eni nivojski krivulji.

f(x, y) = z0

b

Izohipse na zemljevidu so nivojske krivulje funkcije, kimeri nadmorsko visino na nekem obmocju. Izobare navremenski karti so nivojske krivulje funkcije, ki predsta-vlja zracni tlak na nekem obmocju.

Zgled 9.1. Narisi nivojske krivulje in graf funkcije f : R2 → R, podane s predpisom f(x, y) =x2 − y2.

Resitev. Nivojske krivulje so hiperbole, podane z enacbo x2 − y2 = z, z ∈ R.

x

yz ↓

z ↑

x

y

z

z=0

z=0

Zgled 9.2. Kako naj se planinec poda od T1(−2, 1, 3) do T2(2,−1,−3) po ploskvi, podani kotgraf funkcije z = y(x2 − 1), ce naj se med potjo ne vzpenja?

Resitev. Premice y = 0, x = −1 in x = 1 so nivojnice ploskve pri z = 0. Ce planinec preckato nivojnico, se nanjo ne more vec vrniti. Pot planinca med tockama A(−1, 0, 0) in B(1, 0, 0) jetorej natancno dolocena. Zacetni del poti (spust od T1 do A) in koncni del poti (spust od B doT2) pa nista natancno dolocena, planinec mora paziti le, da se ne vrne na nivojnico, na kateri jeze bil.

168

xO

1

y

AB

T2

T1

bcbc

bc

bcbc

b

b

x

y

z

z=0

z=0

9.2 Odprte mnozice in okolice

Kot obicajno oznacimo mnozico realnih stevil z R, mnozico

n faktorjev︷︸︸︷R×R× . . .× R pa z Rn.

Prostor Rn je metricen prostor, v katerem merimo razdaljo na obicajen, Evklidski nacin.Razdaljo med tockama x, y ∈ Rn oznacimo z dist(x, y) in velja

dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + . . . + (xn − yn)2,

kjer je x = (x1, . . . , xn) in y = (y1, . . . , yn). Ce na Rn pogledamo kot na vektorski prostor,je dist(x, y) = ‖x − y‖, kjer je x − y razlika vektorjev x in y, ‖x − y‖ pa norma oz. dolzinavektorja x− y.

Mnozica K(a, r) = {x ∈ Rn; dist(x, a) < r} je odprta krogla s srediscem v a in polmeromr. Mnozica K(a, r) = {x ∈ Rn; dist(x, a) ≤ r} je zaprta krogla s srediscem v a in polmeromr.

169

D

a

K(a, r)

b

Mnozica D ⊂ Rn je odprta, ce za vsako tocko a ∈ D obstaja takr > 0, da za vsak x ∈ Rn, ki zadosca pogoju dist(x, a) < r, veljax ∈ D.Torej lahko recemo, da je mnozica D odprta, ce lezi vsaka tockate mnozice v neki odprti krogli, ki v celoti lezi v D.

Odprta okolica tocke a ∈ Rn je poljubna odprta mnozica, kivsebuje tocko a v svoji notranjosti, ε-okolica tocke a ∈ Rn pa jesinonim za odprto kroglo K(a, ε).

Zgled 9.3. Opisi odprte in zaprte krogle v R v obicajni Evklidski metriki.

Resitev. V obicajni Evkidski metriki v R je

dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 = |x1 − y1|.Torej je odprta krogla s polmerom r in srediscem v a enaka odprtemu intervalu

K(a, r) = {x ∈ R; |x− a| < r} = (a− r, a+ r),

zaprta krogla s polmerom r in srediscem v a pa je enaka zaprtemu intervalu

K(a, r) = {x ∈ R; |x− a| ≤ r} = [a− r, a+ r].

Zgled 9.4. Opisi odprte in zaprte krogle v R2 v obicajni Evklidski metriki.

Resitev. V obicajni Evkidski metriki v R2 velja

dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.

Torej je odprta krogla s polmerom r in srediscem v a = (a1, a2) enaka odprtemu krogu

K(a, r) = {x ∈ R2;√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 < r} =

= {x ∈ R2; (x1 − a1)2 + (x2 − a2)

2 < r2},zaprta krogla s polmerom r in srediscem v a = (a1, a2) pa je enaka zaprtemu krogu

K(a, r) = {x ∈ R2;√

(x1 − a1)2 + (x2 − a2)2 ≤ r} =

= {x ∈ R2; (x1 − a1)2 + (x2 − a2)

2 ≤ r2}.

Zgled 9.5. Naj bo X = {(x, y) ∈ R2; 1 ≤ x < 3; 1 ≤ y < 3}. Ali je mnozica X odprta v R2? Alije mnozica R2 \X odprta v R2?

Resitev.

1 3

1

3

xO

y

a1

a2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Mnozica X ni odprta v R2, saj noben odprt krog s srediscem v tocki a1 ne lezi v celoti v X.Tudi mnozica R2 \X ni odprta v R2, saj noben odprt krog s srediscem v tocki a2 ne lezi v celotiv R2 \X.

170

9.3 Zveznost

Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica. Funkcija f : D → R je zvezna v tocki a ∈ D, ce za vsakε > 0 obstaja tak δ > 0, da za tocke, ki zadoscajo pogoju dist(x, a) < δ, velja |f(x)− f(a)| < ε.Funkcija f je zvezna na mnozici D, ce je za vsako tocko a ∈ D funkcija f zvezna v tocki a.

f(a)

f(x)

f(a) + εf(a)− ε

ax

K(a, δ)

D

f

Rb

b b b

Za D ⊂ R se ta definicija ujema z obicajno definicijo zveznosti za funkcije ene spremenljivke,saj v R velja dist(x, y) = |x− y|.

Naj bo i ∈ {1, 2, . . . , n}. S pi : Rn → R oznacimo projekcijo na i-to koordinato.

Zgled 9.6. Projekcija pi : Rn → R je zvezna funkcija.

Resitev. Za tocko a = (a1, . . . , an) in x = (x1, . . . , xn) velja pi(x) − pi(a) = xi − ai. Ker jed(x, a) =

√(x1 − a1)2 + . . .+ (xn − an)2, velja

|pi(x)− pi(a)| ≤ d(x, a).

Torej lahko pri izbranem ε > 0 postavimo δ = ε in bo iz d(x, a) < δ res sledilo |pi(x)− pi(a)| <ε.

Izrek 9.7. Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica in I ⊂ R odprt interval. Naj bo f : D → I zveznafunkcija in g : I → R zvezna funkcija. Potem je g ◦ f : D → R zvezna funcija.

RIb = f(a) g(b)ax f(x) y g(y)

D

f g

K(a, δ)

δ1-okolica ε-okolica

b bb

b

b b b

Dokaz. Izberimo a ∈ D in postavimo b = f(a). Naj bo ε > 0. Potem obstaja δ1 > 0,da za |y − b| < δ1 velja |g(y) − g(b)| < ε. Torej obstaja δ > 0, da za dist(x, a) < δ velja|f(x)− f(a)| < δ1. Torej za dist(x, a) < δ res velja |g(f(x)) − g(f(a))| < ε.

Osnovne racunske operacije +, −, · lahko prepoznamo kot funkcije dveh spremenljivk, npr.sestevanje je funkcija s : R × R → R, s(x, y) = x + y. Tudi deljenje lahko prepoznamo kotfunkcijo dveh spremenljivk, le na definicijsko obmocje je potrebno paziti: g : R× (R \ {0}) → R,g(x, y) = x

y .

Izrek 9.8. Osnovne racunske operacije so kot funkcije dveh spremenljivk zvezne povsod, kjer sodefinirane.

Ce sedaj zdruzimo gornje izreke, lahko ugotovimo, da so tudi “elementarne” funkcije vecspremeljivk zvezne povsod, kjer so definirane.

171

Izrek 9.9. Sestevanje s : R× R → R, s(x, y) = x+ y, je zvezna funkcija.

Dokaz. Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R2 in dokazimo, da je funkcija s zvezna v tocki (a, b).Naj bo ε > 0 in postavimo δ = 1

2ε. Ce je

‖(x, y) − (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (y − b)2 < δ,

je tudi |x− a| < δ in |y − b| < δ. Torej je res

|s(x, y)− s(a, b)| = |x+ y − a− b| ≤ |x− a|+ |y − b| < 2 · δ = ε.

Podobno dokazemo tudi zveznost odstevanja, torej zveznost funkcije (x, y) 7→ x− y.

Izrek 9.10. Mnozenje m : R× R → R, m(x, y) = xy, je zvezna funkcija.

Dokaz. Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R2 in dokazimo, da je funkcija m zvezna v tocki (a, b).Naj bo ε > 0 in postavimo δ = min{ ε

|a|+|b|+1 , 1}. Podobno kot prej iz

‖(x, y) − (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (y − b)2 < δ,

sledi |x− a| < δ in |y − b| < δ ≤ 1; torej je |y| < |b|+ 1. Racunajmo

|m(x, y)−m(a, b)| = |xy − ab| = |(x− a)y + a(y − b)| ≤≤ |x− a| · |y|+ |a| · |y − b| <<

ε

|a|+ |b|+ 1· (|b|+ 1) + |a| · ε

|a|+ |b|+ 1= ε.

Izrek 9.11. Deljenje g : R× (R \ {0}) → R, g(x, y) = xy , je zvezna funkcija.

Dokaz. Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R× (R \ {0}) in dokazimo, da je funkcija g zvezna v

tocki (a, b). Ce postavimo δ = min{ εb2

2(|a|+|b|) ,12 |b|}, velja

|g(x, y) − g(a, b)| =

∣∣∣∣x

y− a

b

∣∣∣∣ =|xb− ay|

|by| =|(x− a)b− a(y − b)|

|by| ≤

≤ |x− a| · |b|+ |a| · |y − b||b| · |y| <

(|b| + |a|)δ|b| · |y| < ε,

saj je |y| > |b|2 in δ ≤ εb2

2(|a|+|b|) .

Zgled 9.12. Dokazi, da je f : R2 → R, f(x, y) = ln(x2 + y2 + 1), zvezna funkcija.

Resitev. Funkcijo f lahko predstavimo kot kompozitum nekaj zveznih funkcij.

x x2

(x, y) x2 + y2 ln(x2 + y2 + 1)y y2

p1

p2

q

q

s

s

g

Uporabljene so zvezne funkcije dveh spremenljivk: p1(x, y) = x, p2(x, y) = y, s(x, y) = x+ y terzvezni funkciji ene spremenljivke q(t) = t2, g(t) = ln(t+ 1).

172

Limita funkcije vec spremenljivkNaj bo D ⊂ Rn odprta mnozica. Stevilo A je limita funkcije f v tocki a, oznaka

limx→a

f(x) = A, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da iz 0 < dist(x, a) < δ sledi |f(x)−A| < ε.

A

f(x)

A+ εA− ε

ax

K(a, δ)

D

f

Rb

b b b

Za D ⊂ R se ta definicija ujema z obicajno definicijo limite za funkcije ene spremenljivke,saj v R velja dist(x, y) = |x− y|.

Enako kot pri funkcijah ene spremeljivke velja, da funkcijska vrednost v tocki a ne vpliva navrednost lim

x→af(x). Potrebno ni niti, da je funkcija f sploh definirana v tocki a.

Izrek 9.13. Funkcija f : D → R je zvezna v tocki a ∈ D, natanko tedaj, ko je limx→a

f(x) = f(a).

Zgled 9.14. Naj bo f(x, y) = x2−y2

x2+y2 . Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

Limito L1 = limx→0

(limy→0

f(x, y)

)izracunamo tako, da pri fiksnem x 6= 0 izracunamo lim

y→0f(x, y),

nato pa dobljeni izraz po x limitiramo k 0. Torej limy→0

f(x, y) = limy→0

x2−y2

x2+y2= x2

x2 = 1 in zato

L1 = limx→0

(1) = 1.

Podobno za y 6= 0 najprej izracunamo limx→0

f(x, y) = limx→0

x2−y2

x2+y2 = −y2

y2 = −1 in od tod

L2 = limy→0

(−1) = −1.

Ponovljena limita

Izracun limite limx→0

(limy→0

f(x, y)

).

F (x) = limy→0

f(x, y)limx→0

F (x)(0, 0)bc

Dokazimo nazadnje, da limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja. Ce bi ta limita obstajala, bi

bila neodvisna od smeri priblizevanja (x, y) → (0, 0). Postavimo y = kx. Ce bi torej limitalim

(x,y)→(0,0)f(x, y) obstajala, bi bila enaka limiti lim

x→0f(x, kx) za vsak k. Racunajmo:

limx→0

f(x, kx) = limx→0

x2 − (kx)2

x2 + (kx)2= lim

x→0

x2(1− k2)

x2(1 + k2)=

1− k2

1 + k2.

173

Izracunali smo, da limita limx→0

f(x, kx) obstaja za vsak k, vendar je njena vrednost za vsak k

drugacna. Torej limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja.

Radialna limitaRadialna limita je lim

x→0f(x, kx).

(0, 0)

y=k 1x

y = k2x(x, y) (x, k2x)

(x, k1x)

bc

bc

bc

bc

Zgled 9.15. Naj bo f(x, y) = (x+ y) sin 1x sin

1y . Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

Naj bo x 6= 0. Potem limita

limy→0

(x+ y) sin1

xsin

1

y

ne obstaja. Podobno za y 6= 0 tudi limita ne obstaja

limx→0

(x+ y) sin1

xsin

1

y.

Po drugi strani pa lahko ocenimo

|f(x, y)| = |x+ y| · | sin 1

x| · | sin 1

y| ≤ |x|+ |y|,

saj je sinus navzgor omejen z 1. Ker velja lim(x,y)→(0,0)

(|x|+ |y|) = 0, je tudi

0 ≤ lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ≤ lim(x,y)→(0,0)

(|x|+ |y|) = 0

in zatolim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0.

Zgled 9.16. Naj bo f(x, y) = 2xyx2+y2

. Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

Pri danem x 6= 0 je seveda L1 = limy→0

f(x, y) = limy→0

2xyx2+y2 = 0 in zato L1 = lim

x→00 = 0.

Podobno je tudi limy→0

(limx→0

f(x, y))

= 0. Ceprav sta sedaj ponovljeni limiti enaki, tudi to ni

dovolj za zveznost. Postavimo y = kx in izracunajmo radialno limito

limx→0

f(x, kx) = limx→0

2x · kxx2 + (kx)2

=2k

1 + k2.

174

Enako kot prej lahko sklepamo, da limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja, saj so radialne limite

razlicne.Gornji primeri kazejo, da je obravnavanje zveznosti funkcije vec spremenljivk tezavnejse

od obravnavanja zveznosti funkcije ene spremenljivke in da si pri tem ne moremo pomagati s

ponovljenimi limitami (tj. limitami oblike limx→0

(limy→0

f(x, y)

). )

Dokazati je mozno, da velja:

Izrek 9.17. Naj bo a = (a1, a2). Ce obstaja limita lim(x,y)→(a1,a2)

f(x, y), ce za vsak x blizu a1

obstaja limita limy→a2

f(x, y) in ce za vsak y blizu a2 obstaja limita limx→a1

f(x, y), potem je

limx→a1

(limy→a2

f(x, y)

)= lim

y→a2

(limx→a1

f(x, y)

)= lim

(x,y)→(a1,a2)f(x, y).

Naj bo D odprta mnozica in f : D → R poljubna funkcija. Za poljubno tocko (a, b) ∈ Dlahko definiramo funkciji f1 : D1 → R, f1(x) = f(x, b), in f2 : D2 → R, f2(y) = f(a, y), definiranina majhnih okolicah D1 in D2 tock a oz. b.

Izrek 9.18. Ce je f zvezna funkcija v tocki (a, b), je funkcija f1 zvezna v a, funkcija f2 pazvezna v b.

Dokaz. Poglejmo natancno definicijo zveznosti funkcije f . Pri danem ε > 0 obstaja δ > 0, daza ‖(x, y) − (a, b)‖ < δ velja |f(x, y)− f(a, b)| < ε. Ker pa iz |x− a| < δ sledi, da je

‖(x, b)− (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (b− b)2 = |x− a| < δ,

je |f(x, b) − f(a, b)| < ε. Ce upostevamo, da je f(x, b) = f1(x), smo tako dokazali, da je|f1(x) − f1(a)| < ε. Torej je f1 zvezna funkcija v tocki a. Podobno dokazemo, da je f2 zveznafunkcija v tocki b.

(a, b)

D

a

b

a− δ a+ δ

b+ δ

b− δ

O x

y

bcbc

bcbc

Opozoriti velja, da ne velja obrat gornjega izreka. Funkcija f , f(x, y) = 2xyx2+y2

, ni zvezna v

(0, 0), posamezni funkciji f1 in f2 pa sta zvezni v 0.

9.4 Parcialni odvodi

Naj bo D odprta mnozica v Rn in f : D → R poljubna funkcija. Naj bo a = (a1, . . . , an) ∈ Din i ∈ {1, 2, . . . , n}. Ce obstaja limita

limh→0

f(a1, . . . , ai−1,ai + h, ai+1, . . . , an)− f(a1, . . . , ai−1,ai, ai+1, . . . , an)

h,

pravimo, da je funkcija f parcialno odvedljiva na spremenljivko xi v tocki a in oznacimo

∂f

∂xi(a) = lim

h→0

f(a1,...,ai−1,ai+h,ai+1,...,an)−f(a1,...,ai−1,ai,ai+1,...,an)h .

175

Posebej, ce je f funkcija dveh spremenljivk, oznacimo

∂f

∂x(a, b) = lim

h→0

f(a+ h, b)− f(a, b)

h,

∂f

∂y(a, b) = lim

h→0

f(a, b+ h)− f(a, b)

h,

xa

b

y

z

D

Γf

f(a, b)

(a, b)

g(x)

k = g′(a)

bc

bc

bc

bc

Pri fiksnem b je g(x) = f(x, b) funkcija ene spremenljivke in g′(a) = ∂f∂x(a, b).

y

xO

b

a

f(x, b)

f(a, x)

z < f(a, b)

z = f(a, b)

z > f(a, b)

bc

bcbc

∂f

∂x(a, b) = 0,

∂f

∂y(a, b) > 0.

Visji parcialni odvodiNeposredno iz definicije sledi, da je ∂f

∂xispet funkcija iz D v R. Ce je ta funkcija parcialno

odvedljiva na xj, obstaja∂

∂xj

∂f∂xi

, kar lahko krajse zapisemo kot ∂2f∂xi∂xj

. Ce je i = j, oznacimo

kar ∂2f∂x2

i

.

Ce je funkcija ∂2f∂xi∂xj

zvezna, lahko vrstni red parcialnega odvajanja tudi zamenjamo. Torej

je ∂2f∂xi∂xj

= ∂2f∂xj∂xi

. V splosnem primeru, torej ko je funkcija f k-krat, k = (i1 + i2 + . . . + in),

zvezno odvedljiva, vrstni red odvajanja pri funkciji ∂i1+i2+...+inf

∂xi11 ...∂xin

n

ni pomemben.

176

Zgled 9.19. Izracunaj ∂f∂x in ∂f

∂y za f(x, y) = xy.

Resitev. Izracunamo ∂f∂x = yxy−1 in ∂f

∂y = xy lnx.


∂y za f(x, y) = x−yx+y .

Resitev. S pomocjo pravila za odvod kvocienta dveh funkcij izracunamo

∂f

∂x=

1 · (x+ y)− (x− y) · 1(x+ y)2

=2y

(x+ y)2,

∂f

∂y=

(−1) · (x+ y)− (x− y) · 1(x+ y)2

= − 2x

(x+ y)2.


∂y za f(x, y) = ln(tan xy ).

Resitev. Izracunamo

∂f

∂x=

1

tan xy

· 1

cos2 xy

· 1y=

1

y sin xy cos

xy

=2

y sin 2xy

,

∂f

∂y=

1

tan xy

· 1

cos2 xy

·(− x

y2

)= − x

y2 sin xy cos

xy

= − 2x

y2 sin 2xy

.


∂y za f(x, y) = ln(x+√x2 + y2).

Resitev. Izracunamo

∂f

∂x=

1

x+√x2 + y2

·(1 +

2x

2√x2 + y2

)=

1√x2 + y2

,

∂f

∂y=

1

x+√x2 + y2

· 2y

2√x2 + y2

=y

x2 + y2 + x√x2 + y2

.


∂y za f(x, y) = arc sin√

x2−y2

x2+y2.

Resitev. Izracunamo

∂f

∂x=

1√1−

(√x2−y2

x2+y2

)2 · 1

2√

x2−y2

x2+y2

· 2x · (x2 + y2)− (x2 − y2)2x

(x2 + y2)2=

=xy2

√2

|y|(x2 + y2)√x2 − y2

,

∂f

∂x=

1√1−

(√x2−y2

x2+y2

)2 · 1

2√

x2−y2

x2+y2

· −2y · (x2 + y2)− (x2 − y2)2y

(x2 + y2)2=

= − yx2√2

|y|(x2 + y2)√x2 − y2

.

Zgled 9.24. Izracunaj vse druge parcialne odvode funkcije f , f(x, y) = x2− y2+3xy− 4x+2y.

177

Resitev. Velja

∂f

∂x= 2x+ 3y − 4

∂f

∂y= −2y + 3x+ 2

∂2f

∂x2=

∂

∂x(2x+ 3y − 4) = 2

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x=

∂

∂x(−2y + 3x+ 2) = 3

∂2f

∂y2=

∂

∂y(−2y + 3x+ 2) = −2

Zgled 9.25. Izracunaj vse druge parcialne odvode funkcije f , f(x, y) = ln(x+ y2).

Resitev. Velja

∂f

∂x=

1

x+ y2

∂f

∂y=

2y

x+ y2

∂2f

∂x2=

∂

∂x

(1

x+ y2

)= − 1

(x+ y2)2

∂2f

∂x∂y=

∂2f

∂y∂x=

∂

∂x

(2y

x+ y2

)= − 2y

(x+ y2)2

∂2f

∂y2=

∂

∂y

(2y

x+ y2

)=

2(x+ y2)− 2y · 2y(x+ y2)2

=2(x− y2)

(x+ y2)2

Zgled 9.26. Naj bo

f(x, y) =

{2xy

x2+y2, ce je x2 + y2 6= 0,

0, sicer.

Izracunaj ∂f∂x(0, 0).

Resitev. Parcialni odvod izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0− 0

h= 0.

Pri tem zgledu velja omeniti, da funkcija f ni zvezna v (0, 0) kot funkcija dveh spremenljivk, jepa zvezna v vsaki spremenljivki posebej.

Zgled 9.27. Naj bo

f(x, y) =

{exey−1x+y , ce je x 6= −y,

1, sicer.

Izracunaj ∂f∂x(0, 0).

178

Resitev. Parcialni odvod izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h=

= limh→0

eh−1h − 1

h= lim

h→0

eh − 1− h

h2=

= limh→0

eh − 1

2h= lim

h→0

eh

2=

1

2,

kjer smo si pri izracunu zadnjih dveh limit pomagali z L’Hospitalovim pravilom.

Zgled 9.28. Naj bo

f(x, y) =

{xy(x2−y2)x2+y2 , ce je x2 + y2 6= 0

0, sicer.

Izracunaj ∂2f∂x∂y (0, 0) in ∂2f

∂y∂x(0, 0).

Resitev. Parcialna odvoda v tocki (x, y) 6= (0, 0) sta

∂f

∂x=

y(x4 + 4x2y2 − y4)

(x2 + y2)2,

∂f

∂y=

x(x4 − 4x2y2 − y4)

(x2 + y2)2.

Parcialna odvoda v (0, 0) izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0)− f(0, 0)

h= lim

h→0

0− 0

h= 0

in podobno∂f

∂y(0, 0) = lim

h→0

f(0, h) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0− 0

h= 0.

Od tod sledi, da je ∂f∂x(0, y) = −y za vsak y in ∂f

∂y (x, 0) = x za vsak x. Torej je ∂2f∂x∂y (0, 0) = 1 in

∂2f∂y∂x(0, 0) = −1.

Totalni diferencialVideli smo ze, da lahko za funkcijo ene spremenljivke zapisemo

f(a+ h) ≈ f(a) + f ′(a)h.

Podobno velja tudi za funkcije vec spremenljivk.

Naj bo funkcija f : D → R zvezna v tocki (a, b) ∈ D. Potem je razlika f(a+h, b+k)−f(a, b)hkrati s h in k majhna. Ce obstajata taki stevili A,B ∈ R, da je

lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− (Ah+Bk)√h2 + k2

= 0,

pravimo, da je f diferenciabilna v tocki (a, b).Ker velja

lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− (Ah+Bk)√h2 + k2

= 0

179

kakorkoli gre (h, k) proti (0, 0), lahko postavimo k = 0 in h > 0. Tedaj je

lim(h,0)→(0,0)

f(a+ h, b)− f(a, b)−Ah

h= 0,

kar pomeni, da je

limh↓0

f(a+ h, b) − f(a, b)

h= A.

Ker pa je limh→0

f(a+h,b)−f(a,b)h = ∂f

∂x(a, b), smo tako dokazali, da je A = ∂f∂x(a, b). Podobno je

B = ∂f∂y (a, b).

Izraz∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k

imenujemo totalni diferencial funkcije f v tocki (a, b). Totalni diferencial pove, kako hitrose spreminja funkcijska vrednost funkcije f v okolici tocke (a, b).

Iz definicije vidimo, da velja

f(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k.

Pogosto totalni diferencial oznacimo krajse

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy.

xa

b

y

z

D

Γf

(a, b)

(a+ h, b+ k)

f(a, b)

f(a, b) + dff(a+ h, b+ k)

bc

bc

bc

bc

bc

bc

b

bb

b

f(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h+

∂f

∂y(a, b)k

︸︷︷︸df

.

Zgled 9.29. Izracunaj totalni diferencial funkcije f , f(x, y) = xyx−y .

Resitev. Izracunamo df = − y2

(x−y)2dx+ x2

(x−y)2dy = 1

(x−y)2(−y2 dx+ x2 dy).

Zgled 9.30. Izracunaj totalni diferencial funkcije f , f(x, y) =√x2 + y2.

Resitev. Izracunamo df = x√x2+y2

dx+ y√x2+y2

dy = 1√x2+y2

(x dx+ y dy).

180

Zgled 9.31. Kako natancno lahko izracunamo ploscino pravokotnika, ce izmerimo dolzini stra-nic pravokotnika na α % in β % natancno?

Resitev. Ploscino pravokotnika lahko zapisemo kot funkcijo dveh spremenljivk. Torej f(x, y) =xy.

Totalni diferencial je enak df = y dx + x dy. Od tod dobimo priblizek za relativno napakoprodukta dveh izmerjenih kolicin, ce poznamo napaki pri merjenju dx in dy. Torej

df

f=ydx+ xdy

xy=dx

x+dy

y.

Ker je |dxx | ≤ α in |dyy | ≤ β, od tod sledi

∣∣∣∣df

f

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣dx

x

∣∣∣∣+∣∣∣∣dy

y

∣∣∣∣ ≤ α+ β.

Ploscino lahko izracunamo na (α+ β) % natancno.

Zgled 9.32. Izracunaj priblizno√4.052 + 2.932.

Resitev. Oznacimo f(x, y) =√x2 + y2. Izracunali smo ze df = 1√

x2+y2(x dx + y dy). Posta-

vimo x = 4, y = 3, dx = 0.05 in dy = −0.07, pa dobimo

df =1√

x2 + y2(x dx+ y dy) =

=1√

42 + 32(4 · 0.05 + 3 · (−0.07)) = −0.002 .

Ker je f(4, 3) = 5, je f(4.05, 2.93) ≈ 5 − 0.002 = 4.998. Pripomniti velja, da je bolj natancnavrednost enaka 4.99874.

Videli smo ze, da je diferenciabilna funkcija parcialno odvedljiva na obe spremenljivki. Obratpa drzi le ob dodatni predpostavki.

Izrek 9.33. Ce sta parcialna odvoda ∂f∂x in ∂f

∂y zvezna v tocki (a, b), je f diferenciabilna v tocki(a, b).

Dokaz. Zapisemo lahko f(a+h, b+k)−f(a, b) = f(a+h, b+k)−f(a, b+k)+f(a, b+k)−f(a, b).Po Lagrangeovem izreku je

f(a+ h, b+ k)− f(a, b+ k) =∂f

∂x(ξ1, b+ k)h

za neko tocko x1 med a in a+ h ter

f(a, b+ k)− f(a, b+ k) =∂f

∂x(a, ξ2)k

za neko tocko x2 med b in b+ k.Izraz

f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− ∂f∂x (a, b)h− ∂f

∂y (a, b)k√h2 + k2

lahko potem zapisemo kot vsoto clenov

f(a+ h, b+ k)− f(a, b+ k)− ∂f∂x(a, b)h√

h2 + k2=

∂f∂x(ξ1, b+ k)h− ∂f

∂x(a, b)h√h2 + k2

181

inf(a, b+ k)− f(a, b)− ∂f

∂y (a, b)k√h2 + k2

=

∂f∂y (a, ξ2)k −

∂f∂y (a, b)k√

h2 + k2.

Ker pa je ∣∣∣∣∣

∂f∂y (ξ1, b)h− ∂f

∂y (a, b)h√h2 + k2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∂f

∂x(ξ1, b)−

∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣

in ∣∣∣∣∣

∂f∂y (a, ξ2)k −

∂f∂y (a, b)k√

h2 + k2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∂f

∂y(a, ξ2)−

∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ ,

lahko lahko zaradi zveznosti parcialnih odvodov v tocki (a, b) pri danem ε > 0 najdemo takδ > 0, da iz ‖(h, k)‖ < δ sledi

∣∣∣∣∂f

∂x(ξ1, b)−

∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2in

∣∣∣∣∂f

∂y(a, ξ2)−

∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2.

Torej je res ∣∣∣∣∣f(a+ h, b+ k)− f(a, b)− ∂f

∂x(a, b)h − ∂f∂y (a, b)k√

h2 + k2

∣∣∣∣∣ < ε.

Zgled 9.34. Dokazi, da je f , f(x, y) = arc tan yx , diferenciabilna funkcija na obmocju D =

R× (R \ {0}).

Resitev. Parcialna odvoda sta

∂f

∂x=

1

1 + ( yx)2· (− y

x2) = − y

x2 + y2,

∂f

∂y=

1

1 + ( yx)2· 1x=

x

x2 + y2.

Ker sta funkciji (x, y) 7→ − yx2+y2

in (x, y) 7→ xx2+y2

zvezni povsod na mnozici D, je f na mnoziciD tudi diferenciabilna.

Zgled 9.35. Izracunaj x∂f∂y + y ∂f

∂x za f(x, y) = arc sin(x2 − y2).

Resitev. Ker je ∂f∂x = 2x√

1−(x2−y2)2in ∂f

∂y = − 2y√1−(x2−y2)2

, je vrednost izraza enaka 0.

9.5 Verizno pravilo

Spomnimo se najprej veriznega pravila za funkcijo ene spremenljivke. Naj bosta I, J ⊂ R odprtaintervala ter g : J → I in f : I → R odvedljivi funkciji. Velja:

(f(g(x))′ = f ′(g(x)) g′(x).

J I R

xx+ h

g(x)

g′(x)h

f(g(x))

f ′(g(x))g′(x)h

g f

b b b b b b

182

Naj bo I ⊂ R odprt interval in D ⊂ R2 odprta mnozica. Naj bo funkcija f : D → R

diferenciabilna, funkciji x : I → R in y : I → R pa odvedljivi. Za vsak t ∈ I naj bo (x(t), y(t)) ∈D. Potem je funkcija F : I → R, podana s predpisom F (t) = f(x(t), y(t)), odvedljiva in velja

F ′(t) =∂f

∂x(x(t), y(t))x′(t) +

∂f

∂y(x(t), y(t))y′(t).

tt+ h

(x(t), y(t))

(x′(t)h, y′(t)h)

f(x(t), y(t))

∂f∂x(x(t), y(t))x

′(t)h+ ∂f∂y (x(t), y(t)) y

′(t)h

(x, y) f

I

D

Rb b

b

b

b b

F ′(t) = limh→0

F (t+ h)− F (t)

h= lim

h→0

f(x(t+ h), y(t + h))− f(x(t), y(t))

h.

Ker sta x in y zvezno odvedljivi, lahko po Lagrangeovem izreku zapisemo x(t+h) = x(t)+x′(ξ)hin y(t+ h) = y(t) + y′(ψ)h. Ker je f diferenciabilna, je

f(u+∆u, v +∆v)− f(u, v) =∂f

∂u∆u+

∂f

∂v∆v + η

√∆2u+∆2v,

kjer gre η hkrati z ∆u in ∆v proti 0. Torej je

F ′(t) = limh→0

f(x(t+ h), y(t + h)) − f(x, y)

h=

= limh→0

∂f∂u (x, y)x

′(ξ)h+ ∂f∂v (x, y)y

′(ψ)h + hη√x′(ξ)2 + y′(ψ)2

h=

=∂f

∂u(x, y)x′(t) +

∂f

∂v(x, y)y′(t),

saj gresta ξ in ψ proti t, ko gre h proti 0.Pravilo lahko zapisemo tudi v splosnem.

Izrek 9.36. Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica, f : D → R diferenciabilna, funkcije xi = xi(t), i =1, . . . , n pa naj bodo zvezne in odvedljive funkcije parametra t. Potem je F (t) = f(x1(t), . . . , xn(t))odvedljiva in velja

F ′(t) =n∑

k=1

∂f

∂xk(x1(t), . . . , xn(t))x

′k(t).

Ce je tudi t funkcija vec spremenljivk, lahko gornje pravilo se nekoliko posplosimo.

Izrek 9.37. Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica, f, x1, . . . , xn : D → R diferenciabilne funkcije.Potem je funkcija g : D → R, definirana s predpisom

g(t1, . . . , tn) = f(x1(t1, . . . , tn), x2(t1, . . . , tn), . . . , xn(t1, . . . , tn)),

diferenciabilna in za vsako tocko a ∈ D velja

∂g

∂tk(a) =

n∑

i=1

∂f

∂xk(b) · ∂xk

∂ti(a),

kjer smo oznacili b = (x1(a), . . . , xn(a)).

183

V posebnem primeru n = 2 za f = f(x, y), x = x(u, v) in y = y(u, v) enostavno zapisemo

∂f

∂u=

∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u,

∂f

∂v=

∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v.

Zgled 9.38. Izracunaj odvod funkcije f , podane s predpisom f(x) = xx.

Resitev. Oznacimo F (u, v) = uv, u(x) = x, v(x) = x in f(x) = F (u(x), v(x)). Potem je

∂F

∂u= vuv ,

∂F

∂v= uv lnu,

∂u

∂x= 1,

∂v

∂x= 1 in

d

dxf(x) =

∂

∂x(F (u(x), v(x))) =

∂F

∂u

∂u

∂x+∂F

∂v

∂v

∂x=

= xxx−1 + xx lnx = xx + xx lnx.

Zgled 9.39. Naj bo f dvakrat zvezno odvedljiva funkcija. Izracunaj vse parcialne odvode drugegareda za funkcijo F , podano s predpisom F (x, y) = f(x+ y, xy).

Resitev. Uporabili bomo verizno pravilo za funkcije f(u, v), u(x, y) = x + y in v(x, y) = xy.Po vrsti izracunamo

∂F

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x=∂f

∂u+∂f

∂vy,

∂F

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y=∂f

∂u+∂f

∂vx,

∂2F

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂u+∂f

∂vy

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂v2y2 =

=∂2f

∂u2+ 2y

∂2f

∂u∂v+ y2

∂2f

∂v2,

∂2F

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂u+∂f

∂vx

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂v2x2 =

=∂2f

∂u2+ 2x

∂2f

∂u∂v+ x2

∂2f

∂v2,

∂2F

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂u+∂f

∂vx

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂v2xy +

∂f

∂v=

=∂2f

∂u2+ (x+ y)

∂2f

∂u∂v+ xy

∂2f

∂v2+∂f

∂v.

184

9.6 Taylorjeva formula

Taylorjeva formulaVideli smo ze, da za majhne h in k velja ocena

f(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) +∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k.

Ocena je precej enostavna, a ima veliko pomanjkljivost – ne moremo jo izboljsati. Ce zelimobolj natancno aproksimacijo, moramo uporabiti visje odvode.

Naj bo t ∈ [0, 1]. Oznacimo F (t) = f(a+th, b+tk). Potem je f (n+1)-krat zvezno odvedljivafunkcija v okolici tocke t = 0. Zapisimo Taylorjevo formulo za F .

F (t) = F (0) + F ′(0)t+1

2!F ′′(0)t2 +

1

3!F ′′′(0)t3 + . . . +

1

n!F (n)(0)tn +Rn.

Potem je

F (0) = f(a, b),

F ′(0) =∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k,

F ′′(0) =∂2f

∂x2(a, b)h2 + 2

∂2f

∂x∂y(a, b)hk +

∂2f

∂y2(a, b)k2,

...

F (n)(0) =n∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

(i

j

)∂if

∂xi−j∂yj(a, b)hi−jkj.

Taylorjeva formula za funkcije dveh spremenljivk

Izrek 9.40 (Taylorjeva formula). Naj bo f : D → R (n + 1)-krat zvezno parcialno odvedljivafunkcija v okolici tocke (a, b) ∈ D. Potem velja

f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +n∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

(i

j

)∂if

∂xi−j∂yj(a, b)hi−jkj +Rn,

kjer je Rn = 1(n+1)!

∑n+1j=0

(n+1j

) ∂n+1f∂xn+1−j∂yj

(a+ ϑh, b+ ϑk)hn+1−jkj za neki ϑ ∈ [0, 1].

Zacetnih nekaj clenov se torej glasi

f(a+ h, b+ k) ≈ f(a, b) +1

1!

(∂f

∂x(a, b)h+

∂f

∂y(a, b)k

)+

+1

2!

(∂2f

∂x2(a, b)h2 + 2

∂2f

∂x∂y(a, b)hk +

∂2f

∂y2(a, b)k2

).

Zgled 9.41. Razvij funkcijo f , podano s predpisom f(x, y) = ex+y, v Taylorjevo vrsto okolitocke (0, 0).

Seveda je ex+y = exey. Ker za vsak i in j velja ∂i

∂xi−j∂yjexey = exey, je ∂if

∂xi−j∂yj(0, 0) = 1.

Torej je

f(x, y) = f(0, 0) +∞∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

xi−jyj.

185

9.7 Lokalni ekstremi

Naj bo D odprta mnozica v Rn in f : D → R poljubna funkcija.Funkcija f ima v tocki a ∈ D lokalni maksimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsak

x ∈ K(a, δ) \ {a} velja f(x) < f(a). Funkcija f ima v tocki a ∈ D lokalni minimum, ceobstaja tak δ > 0, da za vsak x ∈ K(a, δ) \ {a} velja f(x) > f(a). Ce ima funkcija f v tocki alokalni maksimum ali lokalni minimum, pravimo, da ima f v tocki a lokalni ekstrem.

Naj bo f : D → R odvedljiva funkcija. Tocka a ∈ D je stacionarna tocka funkcije f , ceje

∂f

∂x1(a) =

∂f

∂x2(a) = . . . =

∂f

∂xn(a) = 0.

Zgled 9.42. Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = e2x(x+ y2 + 2y).

Resitev. Ker je

∂f

∂x= 2e2x(x+ y2 + 2y) + e2x = e2x(2x+ 2y2 + 4y + 1),

∂f

∂y= e2x(2y + 2) = 2e2x(y + 1),

sta oba parcialna odvoda enaka 0 le za y = −1 in x = 12 . Stacionarna tocka je T (12 ,−1).

Zgled 9.43. Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y, z) = 3 lnx+2 ln y+5 ln z + ln(22− x− y − z).

Resitev. Parcialni odvodi so ∂f∂x = 3

x − 122−x−y−z ,

∂f∂y = 2

y − 122−x−y−z ,

∂f∂z = 5

z − 122−x−y−z . Ker

mora biti ∂f∂x = ∂f

∂y = ∂f∂z = 0, sledi od tod, da je

3

x=

2

y=

5

z=

1

22 − x− y − z=

1

t.

Od tod izrazimo x = 3t, y = 2t in z = 5t. Z upostevanjem zadnje enakosti dobimo

t = 22− x− y − z = 22− 10t,

kar nam da 11t = 22 oziroma t = 2. Sledi x = 6, y = 4 in z = 10. Stacionarna tocka jeT (6, 4, 10).

Izrek 9.44. Ce ima odvedljiva funkcija f : D → R v tocki a ∈ D lokalni ekstrem, je a stacio-narna tocka.

Dokaz. Recimo, da ima funkcija f v tocki a = (a1, a2, . . . , an) lokalni minimum. Potemima tudi funkcija ene spremenljivke g, definirana z g(x) = f(x, a2, . . . , an), v tocki a1 lokalniminimum. Po ze dokazanem za funkcije ene spremenljivke to pomeni, da je g′(a1) = 0 oziroma

∂f

∂x1(a1, a2, . . . , an) = 0.

Podobno dokazemo se za ostale parcialne odvode.Gornji izrek seveda ne zagotavlja, da je v stacionarni tocki a ekstrem. Za podrobno analizo

je potrebno poseci po visjih parcialnih odvodih.

Zgled 9.45. Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x2 + y2. Ali je vtej tocki ekstrem?

186

Resitev. Ker je ∂f∂x = 2x in ∂f

∂y = 2y, sta oba parcialna odvoda enaka 0 le v tocki (x, y) = (0, 0).Ocitno je f(0, 0) = 0 in f(x, y) > 0 za (x, y) 6= (0, 0). Torej je v tocki (0, 0) celo globalniminumum.

Zgled 9.46. Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = xy. Ali je v tejtocki ekstrem?

Resitev. Ker je ∂f∂x = y in ∂f

∂y = x, sta oba parcialna odvoda enaka 0 le v tocki (x, y) = (0, 0).Ocitno je f(0, 0) = 0, f(x, y) > 0 za x = y 6= 0 in f(x, y) < 0 za x = −y 6= 0. Torejzavzame funkcija poljubno blizu tocke (0, 0) pozitivne in negativne vrednosti, zato v tocki (0, 0)ni ekstrema.

Zgled 9.47. Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (x− y)2. Ali je vtej tocki ekstrem?

Resitev. Ker je ∂f∂x = 2(x− y) in ∂f

∂y = −2(x− y), sta oba parcialna odvoda enaka 0 na premicix = y.

V vsaki tocki je f(x, y) ≥ 0, za x = y pa velja f(x, y) = 0. V skladu z gornjo definicijoekstrema v nobeni tocki na tej premici ni ekstrema, saj poljubno blizu te tocke funkcija fzavzame (enako) vrednost 0. Ker v okolici vsake tocke na premici zavzame le vecje ali enakevrednosti, tocke s te premice imenujemo nepopolni ekstremi.

Dana je dvakrat zvezno odvedljiva funkcija f : D → R, kjer je D ⊂ R2, ki ima stacionarnotocko (a, b) ∈ D. Oznacimo

A =∂2f

∂x2(a, b), B =

∂2f

∂x∂y(a, b), C =

∂2f

∂y2(a, b).

Izrek 9.48. Ce je AC−B2 > 0, nastopi v tocki (a, b) lokalni ekstrem, in sicer lokalni minimumza A > 0 in lokalni maksimum za A < 0. Ce je AC−B2 < 0, v tocki (a, b) ni lokalnega ekstrema.Ce je AC −B2 = 0, le s pomocjo drugih odvodov ne moremo odlociti, ali je v tocki (a, b) lokalniekstrem.

Zapisimo vse druge parcialne odvode in jih zapisimo v Hessejevo matriko:

Hf(a, b) =

[∂2f∂x2 (a, b)

∂2f∂x∂y (a, b)

∂2f∂y∂x(a, b)

∂2f∂y2

(a, b)

]=

[A BB C

].

Opazimo, da je determinanta Hessejeve matrike ravno enaka

det(Hf(a, b)) = AC −B2.

Gornji izrek lahko sedaj povemo na kratko: Ce je determinanta Hessejeve matrike pozitivna,nastopi v stacionarni tocki ekstrem (lokalni maksimum, ce je A < 0 in lokalni minimum, ce jeA > 0). Ce je determinanta Hessejeve matrike negativna, v stacionarni tocki ni ekstrema. Ceje determinanta Hessejeve matrike enaka 0, pa s pomocjo drugih odvodov ne moremo ugotoviti,ali nastopi v stacionarni tocki ekstrem.

Zgled 9.49. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x2 + y2 − 6x+ 4y + 13.

Resitev. Dolocimo najprej stacionarne tocke. Ker je ∂f∂x = 2x − 6 in ∂f

∂y = 2y + 4, mora zastacionarno tocko veljati 2x−6 = 0 in 2y+4 = 0. Torej je x = 3 in y = −2. Zapisimo Hessejevomatriko:

A = Hf(3,−2) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[2 00 2

].

187

Ker je a11 = 2 > 0 in det(A) = 4 > 0, je v tocki (3,−2) lokalni minimum. V tej tocki je celo

globalni minimum, saj je

f(x, y) = x2 + y2 − 6x+ 4y + 13 = (x− 3)2 + (y + 2)2 ≥ 0

in f(x, y) = 0 le za x = 3 in y = −2.

Zgled 9.50. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 + y3 − 3xy + 1.

Resitev. Ker je ∂f∂x = 3x2−3y in ∂f

∂y = 3y2−3x, mora za stacionarno tocko veljati 3x2−3y = 0

in 3y2 − 3x = 0. Sledi y = x2, kar nam da x4 − x = 0. Torej je x(x− 1)(x2 + x+ 1) = 0 in zatox = 0 ali x = 1. Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(1, 1). Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −3−3 6y

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 36xy − 9 in je pozitivna le v tocki T2(1, 1). Glede navrednost elementa a11 tako sledi, da je v tocki T2 lokalni minimum. V tocki T1 pa ni ekstrema.

Zgled 9.51. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 − 4x2 + 2xy − y2.

Resitev. Ker je ∂f∂x = 3x2 − 8x + 2y in ∂f

∂y = 2x − 2y, mora za stacionarno tocko veljati

3x2 − 8x + 2y = 0 in 2x − 2y = 0. Torej je y = x, kar nam da 3x2 − 6x = 0. Sledi x = 0(in y = 0) ali x = 2 (in y = 2). Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(2, 2). Zapisimo Hessejevomatriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x− 8 2

2 −2

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka −12x + 12 in je pozitivna le v tocki T1(0, 0). Gledena vrednost elementa a11 = −8 tako sledi, da je v tocki T1 lokalni maksimum, v tocki T2 pa jesedlo.

Zgled 9.52. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = 3x2y + 6xy2 + 4y3 − 3y.

Resitev. Izracunajmo parcialne odvode. ∂f∂x = 6xy + 6y2 in ∂f

∂y = 3x2 + 12xy + 12y2 − 3. Iz

prve enacbe sledi 6xy + 6y2 = 0, kar nam da y = 0 ali x = −y. Ce je y = 0, iz druge enacbesledi 3x2 − 3 = 0, kar nam da x = ±1. Ce pa je x = −y, iz druge enacbe sledi 3x2 − 3 = 0, karnam da x = ±1 in y = ∓1. Torej imamo 4 stacionarne tocke T1(1, 0), T2(−1, 0), T3(1,−1) inT4(−1, 1). Zapisimo Hessejevo matriko

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6y 6x+ 12y

6x+ 12y 12x+ 24y

].

Zapisimo Hessejevo matriko

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6y 6x+ 12y

6x+ 12y 12x+ 24y

].

Sedaj pa po vrsti izracunamoHf(1, 0) =

[0 66 12

],Hf(−1, 0) =

[0 −6−6 −12

], Hf(1,−1) =

[−6 −6−6 −12

], Hf(−1, 1) =

[6 66 12

], kar pomeni, da imamo v tocki T3(1,−1) lokalni maksi-

mum, v tocki T4(−1, 1) pa lokalni minimum. V tockah T1 in T2 ni ekstremov.

188

Zgled 9.53. Doloci absolutni minimum in absolutni maksimum funkcije, podane s predpisomf(x, y) = (3x2 + 2y2)e−x2−y2 .

Resitev. Dolocimo najprej stacionarne tocke:

∂f

∂x= (6x+ (3x2 + 2y2)(−2x))e−x2−y2 =

= −2x(3x2 + 2y2 − 3)e−x2−y2 ,

∂f

∂y= (4y + (3x2 + 2y2)(−2y))e−x2−y2 =

= −2y(3x2 + 2y2 − 2)e−x2−y2 .

Najprej opazimo, da ne moreta biti x in y hkrati razlicna od 0, saj bi v nasprotnem moralo biti

3x2 + 2y2 − 3 = 3x2 + 2y2 − 2.

Pri x = 0 je lahko y = 0 ali pa y = ±1. Podobno je za y = 0 lahko x = 0 ali pa x = ±1. Torejimamo stacionarne tocke (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0) in (−1, 0). Po vrsti izracunamo f(0, 0) = 0,f(0, 1) = 2e−1 = f(0,−1) in f(1, 0) = 3e−1 = f(−1, 0).

Ker je ocitno f(x, y) ≥ 0 za vsak (x, y), je v tocki (0, 0) globalni minimum. V tockah (1, 0)in (−1, 0) pa zavzame globalni maksimum, saj je za velike (x, y) vrednost funkcije f poljubnomajhna. (Uporabimo limito lim

t→∞t2e−t2 = 0.)

Zgled 9.54. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (1 + ey) cos x− yey.

Resitev. Dolocimo najprej stacionarne tocke: ∂f∂x = −(1+ey) sin x in ∂f

∂y = ey cosx−ey−yey =

ey(cos x− 1− y). Iz prve enacbe sledi, da je x = kπ, iz druge pa y = cos x− 1 = (−1)k − 1.

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

=

[−(1 + ey) cos x −ey sinx

−ey sinx ey(cos x− 2− y)

]=

=

[−(1 + ey)(−1)k 0

0 −ey],

189

kjer smo upostevali, da je sinx = 0 za x = kπ.Determinanta Hessejeve matrike je enaka −(1+ey) cos x·ey(cos x−2−y) = ey(1+ey)(−1)k+2.

Torej je determinanta pozitivna za sode k. V tem primeru je a11 = −(1+ey)(−1)k < 0 in imamolokalni maksimum. V tockah (kπ, y) za lihe k pa nimamo ekstremov, ampak sedla.

b b b b b b b

Opomniti velja, da je tak pojav pri funkcijah ene spremenljivke ne-mogoce zaslediti. Ce je funkcija f : R → R povsod odvedljiva in ima vtockah a in b lokalna maksima, mora imeti na odprtem intervalu meda in b vsaj se en lokalni minimum. Slika na desni prikazuje nivojnicetake funkcije dveh spremenljivk, ki ima neskocno maksimov in nobenegaminima.

Zgled 9.55. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (x2 + y)√ey.

Resitev. Najprej zapisemo f(x, y) = (x2+y)ey/2. Ker je ∂f∂x = 2xey/2 in ∂f

∂y = 12(2+x

2+y)ey/2,

mora za stacionarno tocko veljati 2xey/2 = 0 in 12 (2 + x2 + y)ey/2 = 0. Torej je x = 0, kar nam

da y = −2. Stacionarna tocka je T (0,−2). Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[2ey/2 xey/2

xey/2 14(4 + x2 + y)ey/2

].

Torej je Hf(0,−2) =

[2e−1 00 1

22e−1

]. Determinanta Hessejeve matrike je v tocki (0,−2)

enaka 4e−2 > 0. Glede na vrednost elementa a11 = 2e−1 tako sledi, da je v tocki T (0,−2)lokalni minimum.

Zgled 9.56. Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 + 8y3 − 6xy + 5.

Resitev. Ker je ∂f∂x = 3(x2−2y) in ∂f

∂y = −6(x−4y2), mora za stacionarno tocko veljati x2−2y =

0 in x− 4y2 = 0. Sledi 16y4 − 2y = 0, kar nam da 8y4 = y. Torej je y(2y− 1)(4y2 +2y +1) = 0in zato y = 0 ali y = 1

2 . Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(1,12 ). Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −6−6 48y

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 36(8xy − 1) in je pozitivna le v tocki T2(1,12 ). Glede

na vrednost elementa a11 = 6 v tej tocki tako sledi, da je v tocki T2(1,12) lokalni minimum. V

tocki T1(0, 0) pa ni ekstrema.

9.8 Metoda najmanjsih kvadratov

Recimo, da je na podlagi meritev dano n tock (x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn). Poiskati zelimopremico (tj. funkcijo oblike y = αx+ β), ki se podatkom najbolje prilega.

190

1 2 300

1

2

3

4

x

y

4b

b

b

b

b

bc bc bc bc

bc

bc

bc

bc

Torej iscemo tako vrednosti parametrov α in β, da bo vrednostizraza

f(α, β) =

n∑

i=1

(yi − (αxi + β))2

minimalna.

Ce oznacimo

SX = x1 + x2 + . . . + xn,

SY = y1 + y2 + . . .+ yn,

SXX = x21 + x22 + . . . + x2n,

SY Y = y21 + y22 + . . .+ y2n,

SXY = x1y1 + x2y2 + . . . + xnyn,

lahko zapisemo

f(α, β) =

n∑

i=1

(yi − (αxi + β))2 =

=n∑

i=1

(y2i + α2x2i + β2 − 2αxiyi − 2βyi + 2αβxi) =

= SXXα2 + 2αβSX + nβ2 − 2αSXY − 2βSY + SY Y .

Ker je

∂f

∂α= 2αSXX + 2βSX − 2SXY ,

∂f

∂β= 2αSX + 2nβ − 2SY ,

iz pogojev ∂f∂α = ∂f

∂β = 0 sledi sistem

αSXX + βSX = SXY ,

αSX + nβ = SY ,

ki ima resitev

α =nSXY − SXSYnSXX − SXSX

,

β =SXXSY − SXY SXnSXX − SXSX

=SY − αSX

n.

Dokazimo, da je v tej tocki res lokalni minimum. Velja

Hf(α, β) =

[2SXX 2SX2SX 2n

].

191

Da bi bila aproksimacija sploh smiselna, ne smejo biti vsi xi enaki. Torej je SXX > 0 in moznoje dokazati, da velja se

nSXX > S2X .

Torej je v tej tocki res lokalni minimum.

Zgled 9.57. Poisci linearno funkcijo, ki se najbolje prilega tockam T1(0, 0), T2(1, 1), T3(2, 4),T4(3, 2) in T5(4, 3).

1 2 300

1

2

3

4

x

y

4b

b

b

b

b

bc bc bc bc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Po vrsti izracunamo SX = 10, SY = 10, SXX = 30,SY Y = 30, SXY = 27 in

α =nSXY − SXSYnSXX − SXSX

=

=5 · 27− 10 · 105 · 30− 102

=7

10,

β =SY − αSX

n=

=10− 7

1010

5=

3

5.

Iskana funkcija je y = 710x+ 3

5 .

9.9 Vezani ekstremi

Naj bo D odprta mnozica v Rn in f : D → R poljubna funkcija. Naj bo M ⊂ D poljubnapodmnozica. Zanima nas ekstrem funkcije f |M : M → R.

Pogosto je mnozica M podana z vezmi; torej v obliki:

M = {x ∈ D; g1(x) = 0, g2(x) = 0, . . . , gm(x) = 0},kjer so g1, . . . , gm : D → R dane odvedljive funkcije.

Primer: Zamima nas, katera tocka na elipsi z enacbo x2+4y2 = 1 lezi najblizje koordinatnemuizhodiscu. Vez je ena sama: g(x, y) = x2 + 4y2 − 1, funkcija, katere ekstrem iscemo, pa jef(x, y) =

√x2 + y2.

x1 x2

y1

y2

f(x1, y1)

f(x2, y2)

Γf |M

x

y

z

M

D

Γf

bc

bc

bc

bc

bc bc

b

b

b

b

Funkcija f |M zavzame maksimum v tocki (x1, y1), minimum pa v tocki (x2, y2).Pri iskanju vezanih ekstremov si pomagamo z Lagrangeovo funkcijo

F (x1, . . . , xn, λ1, . . . , λm) = f(x)− λ1g1(x)− λ2g2(x)− . . . − λmgm(x).

Stevila λ1, . . . , λm imenujemo Lagrangeovi multiplikatorji.

192

Izrek 9.58. Ce ima funkcija f |M lokalni ekstrem v tocki a ∈ M , obstajajo realna stevila λ1,. . . , λm, da je ∂F

∂xi(a) = 0 za i = 1, 2, . . . , n in gj(a) = 0 za j = 1, 2, . . . ,m.

Opomba. Gornji izrek podaja le potreben pogoj za nastop ekstrema, ne pa tudi zado-stnega. Da je v neki tocki res ekstrem, obicajno sledi iz konteksta naloge.

Zgled 9.59. Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 2x − 4y + 5, nakroznici, podani z enacbo x2 + y2 = 1.

Resitev. Zapisimo Lagrangeovo funkcijo

F (x, y, λ) = 2x− 4y + 5︸︷︷︸f(x,y)

−λ(x2 + y2 − 1︸︷︷︸g(x,y)

),

kjer je g(x, y) = x2 + y2 − 1 vez. Potem mora v stacionarni tocki veljati

∂F

∂x= 2− 2xλ = 0,

∂F

∂y= −4− 2yλ = 0,

g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0.

x

y

z

M

Γf |Mz =

2x−4y +

5

bc

bc

b

b

Iz prve enacbe izrazimo x = 1λ , iz druge pa y = − 2

λ . Torej je

x2 + y2 =5

λ2= 1,

kar nam da λ = ±√5. Stacionarni tocki sta T1(

1√5,− 2√

5) in

T2(− 1√5, 2√

5). V tocki T1 je lokalni maksimum, v T2 pa lokalni

minimum. Pripomniti velja, da je Γf |M krivulja, ki lezi na ploskviz enacbo z = f(x, y), torej elipsa, ki lezi na ravnini z enacbo

z = 2x− 4y + 5.

Zgled 9.60. Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 3x2 − 2xy + 3y2, nakrivulji, podani z enacbo x3 + y3 = 1.

Resitev. Zapisimo Lagrangeovo funkcijo

F (x, y, λ) = 3x2 − 2xy + 3y2 − λ(x3 + y3 − 1).

Potem mora v stacionarni tocki veljati

∂F

∂x= 6x− 2y − 3x2λ = 0,

∂F

∂y= −2x+ 6y − 3y2λ = 0,

g(x, y) = x3 + y3 − 1 = 0.

193

Najprej opazimo, da v x = 0 v prvi enacbi implicira y = 0, kar pa zaradi vezi ni mozno. Podobnotudi y = 0 v drugi enacbi implicira x = 0, kar spet zaradi vezi ni mozno.

Iz prve enacbe izrazimo λ = 6x−2y3x2 , iz druge pa λ = −2x+6y

3y2. Torej je

6x− 2y

3x2=

−2x+ 6y

3y2,

kar lahko preoblikujemo v (3x − y)y2 = (−x + 3y)x2 oz. (x − y)3 = 0. Sledi x = y, kar namzaradi vezi da x = y = 1

3√2.

Analizirajmo vez. Iz x3 + y3 = 1 lahko izrazimo y = 3√1− x3 = x 3

√−1 + 1

x3 , kar je za velike

x priblizno enako −x. Torej za velike x velja f(x, y) ≈ 3x2 + 2xx + 3x2 = 8x2 in je funkcija fnavzgor neomejena. V tocki T ( 1

3√2, 1

3√2) je lokalni minimum.

Zgled 9.61. Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 2x3+4x2+ y2−2xy,na obmocju, omejenem z grafoma funkcij y = x2 in y = 4.

−2 2

4

0 x

y

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Resitev. Ekstremi funkcije lahko nastopijo znotraj obmocja, na robuobmocja ali v tockah, kjer funkcija ni diferenciabilna (takih tock pridani funkciji ni).Ekstreme znotraj obmocja poiscemo na obicajen nacin za funkcijedveh spremenljivk, za tiste na robu pa si pomagamo z vezanimi eks-tremi ali (kar je enostavneje) prevedbo na funkcijo ene spremenljivke.Ker rob obmocja ni gladek, morebitnih ekstremov v ogliscih na tanacin ne bomo zaznali in jih moramo dolociti posebej.

Poiscimo najprej ekstreme v notranjosti tega obmocja. Ker je ∂f∂x = 6x2 + 8x − 2y in

∂f∂y = 2y − 2x, iz pogojev 6x2 + 8x − 2y = 0 in 2y − 2x = 0 izpeljemo x = y, kar nam da

6x2 + 6x = 0 oz. x = 0 ali x = −1. Torej sta T1(0, 0) in T2(−1,−1) stacionarni tocki. ZapisimoHessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[12x+ 8 −2

−2 2

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 24x + 12 in je pozitivna le v tocki (0, 0). Glede navrednost elementa a11 = 8 tako sledi, da je v tocki T1(0, 0) lokalni minimum.

−2 2

4

23

0 xbc

bc

bc bc

b b

b

b

Poiscimo ekstreme na robu obmocja. Ce je y = 4, je

g(x) = f(x, 4) = 2x3 + 4x2 + 16− 8x

pravzaprav funkcija ene spremenljivke. Ker je g′(x) = 6x2 + 8x −8 = 2(3x − 2)(x + 2), sta lokalna ekstrema pri x = 2

3 (minimum) inx = −2 (maksimum). Torej sta ekstrema funkcije f se v tockah (23 , 4)in (−2, 4).

Tudi za y = x2 si pomagamo s funkcijo ene spremenljivke:

h(x) = f(x, x2) = 2x3 + 4x2 + x4 − 2x3 = x4 + 4x2.

Ker je h′(x) = 4x3 + 8x = 4x(x2 + 2), je h′(x) = 0 le za x = 0 (ze znani minimum v (0, 0)).Ker sta funkciji h in g v okolici tocke x = 2 narascajoci, ima f v vogalni tocki (2, 4) obmocja

se lokalni maksimum.

194

Zgled 9.62. Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f , f(x, y) = x3 + y3 − 9xy + 2, naobmocju D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4}.Resitev. Kot obicajno najprej dolocimo stacionarne tocke. Parcialna odvoda sta ∂f

∂x = 3x2−9y

in ∂f∂y = 3y2 − 9x. Torej je 3y = x2 in 3x = y2. Sledi x = y = 0 ali x = y = 3.Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −9−9 6y

].

Ker je determinanta Hessejeve matrike enaka 36xy − 81, je v tocki (3, 3) lokalni ekstrem (mini-mum), v tocki (0, 0) pa ni ekstrema.

2√3

2√3

4

4

0

y

x3

3

b b

bb

b

b

b

bc

bc

bc

bc

Za x = 0 imamo na robu funkcijo ene spremenljivke g(y) = y3+2,ki ima v y = 0 minimum, v y = 4 pa maksimum. (Ustrezni tockista (0, 0) in (0, 4). ) Pri x = 4 imamo na robu funkcijo ene spre-menljivke g(y) = 64 + y3 − 36y + 2. Iz g′(y) = 3y2 − 36 = 0 sledi,da imamo v y = 2

√3 lokalni ekstrem (minimum). (Ustrezna tocka

je (4, 2√3). Podobno z analizo funkcij x 7→ f(x, 0) in x 7→ f(x, 4)

poiscemo se tocke (0, 0), (4, 0), (2√3, 4).

Najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f na danem obmocjudolocimo tako, da primerjamo funkcijske vrednosti: f(0, 0) = 0,f(0, 4) = f(4, 0) = 66 (maksimum), f(4, 4) = −16, f(2

√3, 4) =

f(4, 2√3) = 66− 48

√3 ≈ −17, f(3, 3) = −25 (minimum).

Zgled 9.63. V polkrog polmera r vcrtaj pravokotnik z najvecjo ploscino, katerega stranice sovzporedne koordinatnima osema.

Resitev.

(x, y)(−x, y)

−x x−r r

ybc

bcbc

bc

bc bc

bc

Recimo, da lezi njegovo oglisce (x, y) na delu loka v prvem kvadrantu. Potem ima pravokotnikoglisca v tockah (x, 0), (x, y), (−x, 0), (−x, y), njegova ploscina pa je enaka 2xy. Ker lezi tockana kroznici, velja x2 + y2 = r2. Torej iscemo maksimum funkcije f(x, y) = 2xy pri pogojux2 + y2 = r2.

Zapisimo Lagrangeovo funkcijo

F (x, y, λ) = 2xy − λ(x2 + y2 − r2).

Potem je

∂F

∂x= 2y − 2λx,

∂F

∂y= 2x− 2λy.

Ker iz x = 0 sledi y = 0 (oz. iz y = 0 sledi x = 0), je x 6= 0 6= y. Torej je yx = λ = x

y in x2 = y2.

Skupaj z x2 + y2 = r2 to pomeni x = 1√2r in y = 1√

2r. (Predpostavili smo namrec, da tocka

(x, y) lezi v prvem kvadrantu.) Najvecja ploscina je tako enaka 2 · 1√2r · 1√

2r = r2.

195

Zgled 9.64. Poisci najmanjso razdaljo od koordinatnega izhodisca do grafa funkcije y = x2 −x− 1.

Resitev. Razdalja od tocke (x, y) do koordinatnega izhodisca je enaka√x2 + y2. Torej iscemo

najmanjso vrednost funkcijef(x, y) =

√x2 + y2

pri pogojuy = x2 − x− 1.

Zaradi monotonosti korenske funkcije je dovolj poiskati najmanjso vrednost funkcije x2 + y2 priistem pogoju. Lagrangeova funkcija je zato

F (x, y, λ) = x2 + y2 − λ(x2 − x− 1− y).

0

y

xbc

b

b

Potem je

∂F

∂x= 2x− (2x− 1)λ = 0,

∂F

∂y= 2y + λ = 0.

Sledi λ = 2x2x−1 = −2y in y = x

1−2x . Torej jex

1−2x = x2−x− 1, kar namda

−2x3 + 3x2 − 1 = −(x− 1)2(2x+ 1) = 0.

Sledi x = 1 ali x = −12 . Pri x = 1 je y = −1 in razdalja je

√2. Pri x = −1

2 je y = −14 in

(najmanjsa) razdalja je√54 .

Opomba. Lagrangeova funkcija ima po pricakovanju dva lokalna ekstrema. To sta tocki, vkaterih normala na krivuljo poteka skozi koordinatno izhodisce.

10 Matrike

11 Matrike

11.1 Operacije z matrikami

Matrika je pravokotna tabela (shema) realnih stevil, sestavljena iz vrstic in stolpcev:

[−4 2 −2 20 −3 1 1

2

]ali

−3√5 2

2 0 14 −3 −1

.

Mnozico vseh realnih matrik z m vrsticami in n stolpci oznacimo z Rm×n. V splosnem oznacimo

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

ali krajse A = [aij] ∈ Rm×n. (Torej i = 1, . . . ,m in j = 1, . . . , n.) Stevilo aij imenujemo (i, j)-tielement matrike A.

196

Matrika A = [aij ] ∈ Rm×n je kvadratna, ce je m = n. Kvadratna matrika A = [aij ] ∈ Rn×n

je diagonalna, ce je aij = 0 za i 6= j.

A =

a11 0 . . . 00 a22 . . . 0...

......

0 0 . . . ann

Zgled 11.1. Zapisi matriko A = [aij ] ∈ R2×3, kjer je aij = (−1)i + 2j .

Resitev.

A =

[(−1)1 + 21 (−1)1 + 22 (−1)1 + 23

(−1)2 + 21 (−1)2 + 22 (−1)2 + 23

]=

[1 3 73 5 9

].

Enakost matrikMatriki A ∈ Rm×n in A′ ∈ Rm′×n′

sta enaki, ce je m = m′, n = n′ ter aij = a′ij zai = 1, . . . ,m in j = 1, . . . , n.

Enostavno povedano: matriki sta enaki, ce sta enakih razseznosti in se ujemata v istoleznihelementih.

Vsota matrikZa matriki A,B ∈ Rm×n definiramo vsoto matrik A+B. Ce je

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

in B =

b11 b12 . . . b1nb21 b22 . . . b2n...

......

bm1 bm2 . . . bmn

,

je

A+B =

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1na21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n

......

...am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn

.

Produkt matrike s skalarjemZa matriko A ∈ Rm×n in stevilo λ ∈ R definiramo produkt s skalarjem λ. Ce je

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

,

je

λA =

λa11 λa12 . . . λa1nλa21 λa22 . . . λa2n...

......

λam1 λam2 . . . λamn

.

Zgled 11.2. Izracunaj 5A− 3B za matriki A =

[1 −22 4

]in B =

[−1 02 −3

].

197

Resitev. Racunajmo

5A− 3B = 5 ·[1 −22 4

]− 3

[−1 02 −3

]=

=

[5 −10

10 20

]−[−3 06 −9

]=

[8 −104 29

].

Navedimo glavne lastnosti sestevanja in mnozenja matrik s skalarjem.

• asociativnost sestevanja (A+B) + C = A+ (B + C) za vse A,B,C ∈ Rm×n

• obstoj nevtralnega elementa za sestevanje Za nicelno matriko

0 =

0 . . . 0...

...0 . . . 0

∈ Rm×n

velja A+ 0 = 0 +A = A za vsak A ∈ Rm×n.

• obstoj nasprotnega elementa za sestevanje Za matriko A ∈ Rm×n ima nasprotnamatrika −A = (−1)A lastnost A+ (−A) = 0.

• komutativnost sestevanja A+B = B +A za vse A,B ∈ Rm×n

• distributivnost v skalarnem faktorju (λ + µ)A = λA + µA za vse A ∈ Rm×n inλ, µ ∈ R,

• distributivnost v matricnem faktorju λ(A + B) = λA + λB za vse A,B ∈ Rm×n inλ ∈ R,

• multiplikativnost v skalarnem faktorju (λµ)A = λ(µA) za vse A ∈ Rm×n in λ, µ ∈ R,

• mnozenje s skalarjem 1 1 ·A = A za vse A ∈ Rm×n.

Produkt matrikCe ima matrika A toliko stolpcev kot ima matrika B vrstic, lahko matriki A in B zmnozimo.

Produkt matrik A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p oznacimo z AB in je matrika C = [cij ] z elementi

cij =

n∑

k=1

aikbkj = ai1b1j + ai2b2j + . . .+ ainbnj

za i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , p. Skratka

a11 . . . a1n...

...am1 . . . amn

︸︷︷︸A

·

b11 . . . b1p...

...bn1 . . . bnp

︸︷︷︸B

=

n∑

k=1

a1kbk1 . . .

n∑

k=1

a1kbkp

......

n∑

k=1

amkbk1 . . .n∑

k=1

amkbkp

︸︷︷︸AB

.

Element v i-ti vrstici in j-tem stolpcu matrike C = AB ∈ Rm×p je skalarni produkt i-tevrstice matrike A ∈ Rm×n in j-tega stolpca matrike B ∈ Rn×p:

cij = ai1b1j + ai2b2j + . . .+ ainbnj.

198

· =i

j

i

j

A B AB

b b b

b

b

b

b

Zgled 11.3. Izracunaj produkt matrik A =

2 −1−3 20 1

in B =

[2 0

−3 1

].

Resitev.

AB =

2 −1−3 20 1

·[

2 0−3 1

]=

=

2 · 2 + (−1) · (−3) 2 · 0 + (−1) · 1(−3) · 2 + 2 · (−3) (−3) · 0 + 2 · 1

0 · 2 + 1 · (−3) 0 · 0 + 1 · 1

=

=

7 −1−12 2−3 1

.

Zgled 11.4. Izracunaj AB in BA za A =

[1 −22 4

]in B =

[−1 02 −3

].

Resitev. Racunajmo

AB =

[1 −22 4

]·[−1 02 −3

]=

=

[1 · (−1) + (−2) · 2 1 · 0 + (−2) · (−3)

2 · (−1) + 4 · 2 2 · 0 + 4 · (−3)

]=

[−5 66 −12

],

BA =

[−1 02 −3

]·[1 −22 4

]=

=

[(−1) · 1 + 0 · 2 (−1) · (−2) + 0 · 42 · 1 + (−3) · 2 2 · (−2) + (−3) · 4

]=

[−1 2−4 −16

].

Racun torej kaze, da je AB 6= BA. Pravimo, da je mnozenje matrik nekomutativno. (Se vec,razseznosti matrik A in B so lahko take, da obstaja le eden od produktov AB in BA.)

Mnozenje matrik zadosca pogojem

• asociativnost (AB)C = A(BC) za vse A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in C ∈ Rp×q,

• obstoj enote za mnozenje

In =

1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 0...

.... . . 0

0 0 0 . . . 1

.

199

Za vsako matriko A ∈ Rm×n velja ImA = AIn = A. Kvadratno matriko In imenujemoidenticna matrika. Pogosto namesto In pisemo kar I, ko je iz besedila razvidno, kaksnerazseznosti je matrika I.

• leva distributivnost (A+B)C = AC +BC za vse A,B ∈ Rm×n in C ∈ Rn×p,

• desna distributivnost A(B + C) = AB +AC za vse A ∈ Rm×n in B,C ∈ Rn×p,

• homogenost λ(AB) = (λA)B = A(λB) za vse A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in λ ∈ R.

Izrek 11.5. Za matrike A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in C ∈ Rp×q velja (AB)C = A(BC).

Dokaz. Oznacimo A = [aij], B = [bij ] in C = [cij ]. Izracunajmo (i, j)-ti element matrike(AB)C:

((AB)C)ij =

p∑

l=1

(AB)ilclj =

p∑

l=1

(

n∑

k=1

aikbkl)clj =

=

p∑

l=1

n∑

k=1

aikbklclj =n∑

k=1

p∑

l=1

aikbklclj =

=

n∑

k=1

aik(

p∑

l=1

bklclj) =

n∑

k=1

aik(BC)kj = (A(BC))ij .

Transponirana matrikaZa matriko

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

definiramo transponirano matriko k A

AT =

a11 a21 . . . am1

a12 a22 . . . am2...

......

a1n a2n . . . amn

.

Za A ∈ Rm×n je torej AT ∈ Rn×m.

Zgled 11.6. Zapisi transponirano matriko k matriki A =

2 1 −1 3−1 0 1 20 2 4 −2

.

Resitev. Velja

AT =

2 −1 01 0 2

−1 1 43 2 −2

.

Za transponiranje matrik velja

• (AT )T = A za vse A ∈ Rm×n

200

• (A+B)T = AT +BT za vse A,B ∈ Rm×n

• (λA)T = λAT za vse A ∈ Rm×n in λ ∈ R

• (AB)T = BTAT za vse A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p

Izrek 11.7. Za A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p velja (AB)T = BTAT .

Dokaz. Oznacimo A = [aij ] in B = [bij ]. Izracunajmo (i, j)-ti element matrike (AB)T :

((AB)T )ij = (AB)ji =

n∑

k=1

ajkbki.

Ker pa je

(BTAT )ij =

n∑

k=1

BTikA

Tkj =

n∑

k=1

bkiajk =

n∑

k=1

ajkbki,

res velja (AB)T = BTAT .

11.2 Permutacije

Permutacija reda n je bijektivna preslikava σ : {1, 2, 3, . . . , n} → {1, 2, 3, . . . , n}. Mnozicovseh permutacij reda n oznacimo z Sn. Permutacijo obicajno zapisemo v obliki

σ =

(1 2 . . . na1 a2 . . . an

),

kjer gornja oznaka pomeni, da je σ(1) = a1, σ(2) = a2, . . . , σ(n) = an.

Zgled 11.8. Zapisi permutacijo σ ∈ S4, ki preslika 1 7→ 3, 2 7→ 1 in 4 7→ 2.

Resitev. Ker je preslikava σ bijekcija, mora veljati se σ : 3 7→ 4. Torej je

σ =

(1 2 3 43 1 4 2

).

Permutacija ι je identicna permutacija, ce je ι(i) = i za vsak i. (To je pravzapravidenticna preslikava.)

Permutacija τ je transpozicija, ce za neka i in j, i 6= j, velja τ(i) = j, τ(j) = i in τ(k) = kza vsak k /∈ {i, j}.Zgled 11.9. Zapisi transpozicijo σ ∈ S4, ki zamenja stevili 2 in 4.

Resitev. Iskana transpozicija je

σ =

(1 2 3 41 4 3 2

).

Dokazati je mozno, da za vsako permutacijo σ obstajajo transpozicije τ1, τ2, . . . , τm, da je

τm ◦ τm−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι.

Stevilo transpozicij, ki uredijo σ v identicno permutacijo, ni enolicno doloceno. Dokazati jemozno, da iz

τm ◦ τm−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι

inτm′ ◦ τm′−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι

sledi, da je m ≡ m′ (mod 2) (tj. stevili m in m′ sta iste parnosti), kar pomeni, da je (−1)m =(−1)m

′. Stevilo (−1)m imenujemo predznak permutacije in ga oznacimo s sign(σ). Permu-

tacije s predznakom 1 so sode, permutacije s predznakom −1 pa lihe.

201

11.3 Determinante

Naj bo A ∈ Rn×n kvadratna matrika:

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

.

Determinanta matrike A je stevilo det(A), ki je vsota vseh moznih produktov po enegastevila iz vsake vrstice in stolpca z upostevanjem ustreznih predznakov. Natancneje:

det(A) =∑

σ∈Sn

sign(σ)a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n), (18)

kjer Sn oznacuje mnozico vseh permutacij reda n, stevilo sign(σ) pa predznak permutacije σ.Obicajno pisemo

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Opozoriti velja, da je za velike n izracun vrednosti determinante po definiciji zelo zamuden, sajima mnozica Sn natancno n! = 1 · 2 · · · n elementov. Torej je potrebno za izracun determinantereda n sesteti n! clenov in pri vsakem od njih je potrebno pravilno dolociti predznak ustreznepermutacije.

Oglejmo si sedaj vrednost det(A) za majhne razseznosti matrike A.

Pri n = 1 jeA = [a11].

V vsoti (18) imamo je en clen, torej je

det(A) = a11.

Pri n = 2 je

A =

[a11 a12a21 a22

].

V mnozici S2 imamo le dve permutaciji ι =

(1 21 2

)in τ =

(1 22 1

). Permutacija ι je

identicna in ima predznak (−1)0 = 1, permutacija τ pa je transpozicija in ima predznak (−1)1 =−1. Torej je

det(A) = sign(ι)a1ι(1)a2ι(2) + sign(τ)a1τ(1)a2τ(2) = a11a22 − a12a21

ali krajse ∣∣∣∣a11 a12a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21.

Zgled 11.10. Izracunaj vrednost determinante

∣∣∣∣3 5

−2 −1

∣∣∣∣.

202

Resitev. Po pravilu za izracun determinante reda 2× 2 je

∣∣∣∣3 5

−2 −1

∣∣∣∣ = 3 · (−1)− 5 · (−2) = −3 + 10 = 7.

Pri n = 3 je

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

.

V mnozici S3 je natancno 3! = 1 · 2 · 3 = 6 permutacij. Te so

σ1 =

(1 2 31 2 3

)

σ2 =

(1 2 31 3 2

)

σ3 =

(1 2 32 1 3

)

σ4 =

(1 2 32 3 1

)

σ5 =

(1 2 33 1 2

)

σ6 =

(1 2 33 2 1

)

Hitro se vidi, da imajo permutacije σ1, σ4 in σ5 predznak 1, ostale pa predznak −1.Torej je det(A) = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a11a23a32 − a12a21a33. To

formulo si lahko enostavno zapomnimo tako, da k matriki A na desni pripisemo prva dva stolpcamatrike A

matrika A︷︸︸︷∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

a11 a12a21 a22a31 a32

ter sestejemo produkte na glavnih diagonalah (polne crte) in odstejemo produkte na stranskih(crtkane crte).

Opozorilo. Zgoraj opisani prijem s pripisovanjem dveh stolpcev na desni (Sarrusovo pravilo)velja samo za izracun determinant razseznosti 3 × 3. Metoda za splosen n, n 6= 3, ne drzi inje tudi ni mozno ustrezno prirediti.


∣∣∣∣∣∣

3 −1 −22 1 1

−2 0 1

∣∣∣∣∣∣.

Resitev. Po Sarrusovem pravilu je

3 −1 −2 3 −12 1 1 2 1

−2 0 1 −2 0= 3 · 1 · 1 + (−1) · 1 · (−2) + (−2) · 2 · 0−

(−2) · 1 · (−2)− 3 · 1 · 0− (−1) · 2 · 1 =

3 + 2 + 0− 4− 0 + 2 = 3.

203

11.4 Racunanje determinant

Lastnosti determinantMatrika A in njej transponirana matrika AT imata enako determinanto: det(A) = det(AT ).

Torej ∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a21 . . . an1a12 a22 . . . a2n...

......

a1n a2n . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ce pomnozimo vse elemente v kaksni vrstici (ali stolpcu) z istim faktorjem k, se vrednostdeterminante pomnozi s k.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

kai1 kai2 . . . kain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ce pomnozimo vse elemente v matriki z istim faktorjem k, se vrednost determinante pomnozi skn. Za A ∈ Rn×n torej velja det(kA) = kn det(A).

Ce v determinanti dve vrstici (ali stolpca) zamenjamo med sabo, determinanta spremenipredznak. ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Ce sta v determinanti dve vrstici enaki (ali dva stolpca enaka), je vrednost determinanteenaka 0. ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0.

Ce so vsi elementi, ki lezijo na eni strani glavne diagonale, enaki 0, je vrednost determinanteenaka produktu diagonalnih elementov.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 . . . a1n0 a22 a23 . . . a2n0 0 a33 . . . a3n...

.... . .

...0 0 0 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= a11a22 . . . ann.

204

(Opomba. Matrika je (zgornje trikotna), ce so vsi elementi pod glavno diagonalo enaki 0.Ce pa so 0 vsi elementi nad glavno diagonalo, je matrika (spodnje trikotna).

Vrednost determinante se ne spremeni, ce k eni vrstici pristejemo veckratnik druge vrstice(ali ce k enemu stolpcu pristejemo veckratnik drugega stolpca).

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 + kaj1 ai2 + kaj2 . . . ain + kajn...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.


∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 3 00 −5 −1

∣∣∣∣∣∣.

Resitev. Resimo nalogo na 2 nacina. Po Sarrusovem pravilu je

2 1 −1 2 11 3 0 1 30 −5 −1 0 −5

= −6 + 0 + 5− 0− 0− (−1) = 0.

Z vrsticnimi operacijami izracunamo

∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 3 00 −5 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 02 1 −10 −5 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 00 −5 −10 −5 −1

∣∣∣∣∣∣=

= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 00 −5 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣= 0.


∣∣∣∣∣∣

−1 1 −22 −1 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣.

Resitev. Z vrsticnimi operacijami izracunamo

∣∣∣∣∣∣

−1 1 −22 −1 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

−1 1 −20 1 −10 3 −5

∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣

−1 1 −20 1 −10 0 −2

∣∣∣∣∣∣= (−1) · 1 · (−2) = 2.


∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 1

−1 2 1 −12 0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣.

205

Resitev. Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 1

−1 2 1 −12 0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 1 3 −10 2 −5 3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 0 5 −20 0 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 0 5 −20 0 0 3

5

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · 1 · 5 · 3

5= 3.


∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −12 3 −1 00 −1 2 4

−1 0 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣.

Resitev. Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −12 3 −1 00 −1 2 4

−1 0 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 −1 2 40 2 4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 0 3 20 0 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 0 3 20 0 0 8

3

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · (−1) · 3 · 8

3= −8.

Zgled 11.16. Doloci vrednost parametra x tako, da bo vrednost determinante

∣∣∣∣∣∣

1 x 22 1 −1

−x x 2

∣∣∣∣∣∣enaka 0.

Resitev. Po Sarrusovem pravilu izracunamo

1 x 22 1 −1

−x x 2=

1 x 2 1 x2 1 −1 2 1

−x x 2 −x x=

= 2 + x2 + 4x− (−2x)− (−x)− 4x = x2 + 3x+ 2.

Ker je x2 + 3x+ 2 = (x+ 1)(x+ 2), je vrednost determinante enaka 0 le za x = −1 in x = −2.

11.5 Razvoj po vrstici ali stolpcu

PoddeterminantaFiksirajmo indeksa i, j ∈ {1, 2, . . . , n} in iz primernih (n− 1)! clenov v izrazu

det(A) =∑

σ∈Sn

sign(σ)a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n), (19)

izpostavimo aij . Izraz, ki nam ostane (torej vsota (n − 1)! clenov, od katerih je vsak produktn− 1 elementov determinante), oznacimo z Aij in imenujemo poddeterminanta elementa aijv determinanti det(A).

206

Poddeterminanto Aij izracunamo tako, da iz matrike

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

pobrisemo i-to vrstico in j-ti stolpec in izracunamo determinanto dobljene matrike razseznosti(n− 1)× (n− 1).

Skratka

Aij =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 . . . a1,j−1 a1,j+1 . . . a1n...

......

...ai−1,1 . . . ai−1,j−1 ai−1,j+1 . . . ai−1,n

ai+1,1 . . . ai+1,j−1 ai+1,j+1 . . . ai+1,n...

......

...an1 . . . an,j−1 an,j+1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Razvoj po vrstici ali stolpcuNaj bo i katerakoli vrstica determinante A. Ker je v vsakem clenu v (19) po en faktor iz i-te

vrstice, je mozno zapisati

det(A) = (−1)i+1ai1Ai1 + (−1)i+2ai2Ai2 + . . .+ (−1)i+nainAin. (20)

Tej formuli pravimo razvoj determinante po i-ti vrstici.

Naj bo j katerikoli stolpec determinante A. Ker je v vsakem clenu v (19) po en faktor izj-tega stolpca, je mozno zapisati tudi

det(A) = (−1)1+ja1jA1j + (−1)2+ja2jA2j + . . . + (−1)n+janjAnj. (21)

Tej formuli pravimo razvoj determinante po j-tem stolpcu.


∣∣∣∣∣∣

1 2 30 1 23 2 1

∣∣∣∣∣∣s pomocjo razvoja po drugi vrstici.

Resitev. Racunajmo

∣∣∣∣∣∣

1 2 30 1 23 2 1

∣∣∣∣∣∣= (−1)2+1 · 0 ·

∣∣∣∣2 32 1

∣∣∣∣︸︷︷︸

−4

+(−1)2+2 · 1 ·∣∣∣∣1 33 1

∣∣∣∣︸︷︷︸

−8

+

+(−1)2+3 · 2 ·∣∣∣∣1 23 2

∣∣∣∣︸︷︷︸

−4

= 0 + (−8) + 8 = 0.


∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3−2 1 0 31 −1 2 1

−1 3 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣s pomocjo razvoja po tretjem stolpcu.

207

Resitev. Zaradi dveh nicel v tretjem stolpcu je potrebno izracunati le

det(A13) =

∣∣∣∣∣∣

−2 1 31 −1 1

−1 3 1

∣∣∣∣∣∣= (−2) · (−4)− 1 · 2 + 3 · 2 = 12,

det(A33) =

∣∣∣∣∣∣

1 2 3−2 1 3−1 3 1

∣∣∣∣∣∣= 1 · (−8)− 2 · 1 + 3 · (−5) = −25.

Torej je det(A) = (−1)1+31 · 12 + (−1)3+32 · (−25) = −38.Oznacimo Aij = (−1)i+jAij. Ce v formuli (20) zamenjamo koeficiente ai1, . . . , ain z ak1,

. . . , akn, kjer je i 6= k, dobimo

det(A′) = ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . .+ aknAin. (22)

To je ravno determinanta matrike A′, v kateri smo vse elemente v i-ti vrstici nadomestili zelementi k-te vrstice in nato izracunali vrednost det(A′) s pomocjo razvoja po i-ti vrstici. Kersta v matriki A′ i-ta in k-ta vrstica enaki, je det(A′) = 0. Torej za vsak k 6= i velja

ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . .+ aknAin = 0. (23)

Podobno sklepamo, da tudi za vsak k 6= j velja

a1kA1j + a2kA2j + . . .+ ankAnj = 0. (24)

11.6 Cramerjevo pravilo

Oglejmo si sistem n linearnih enacb z n neznankami

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1,

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2,...

an1x1 + an2x2 + . . .+ annxn = bn.

Koeficieti sistema so lahko poljubna realna stevila. Smiselno je predpostaviti, da je v vsakivrstici in vsakem stolpcu vsaj en koeficient neniceln, saj sicer ne bi imeli sistema n enacb z nneznankami.

Ce je b1 = b2 = . . . = bn = 0, pravimo, da je sistem homogen, sicer pa je nehomogen.Resitev gornjega sistema je taka n-terica (X1, . . . ,Xn), da je

a11X1 + a12X2 + . . .+ a1nXn = b1,

a21X1 + a22X2 + . . .+ a2nXn = b2,...

an1X1 + an2X2 + . . . + annXn = bn.

Privzemimo sedaj, da je (X1, . . . ,Xn) resitev gornjega sistema. Ce pomnozimo prvo enacbosistema z A11, drugo z A21, . . . , in n-to z An1, dobimo

a11A11X1 + a12A11X2 + . . . + a1nA11Xn = b1A11,

a21A21X1 + a22A21X2 + . . . + a2nA21Xn = b2A21,...

an1An1X1 + an2An1X2 + . . . + annAn1Xn = bnAn1.

208

Ko dobljene enacbe sestejemo in izpostavimo X1, X2, . . . , oziroma Xn, dobimo

X1(a11A11 + a21A21 + . . . + an1An1) +

X2(a12A11 + a22A21 + . . . + an2An1) +

...

Xn(a1nA11 + a2nA21 + . . .+ annAn1) = b1A11 + b2A21 + . . .+ bnAn1.

Izraz a11A11+a21A21+ . . .+an1An1 je enak det(A), saj gre za razvoj determinante po prvemstolpcu (glej formulo (21) za j = 1). Vsi izrazi a1kA11 + a2kA21 + . . . + ankAn1, k 6= 1, pa soenaki 0, saj gre za razvoj matrike po prvem stolpcu, v kateri je k-ti stolpec enak prvemu (glejformulo (24) za j = 1). Torej dobimo

X1 · det(A) = b1A11 + b2A21 + . . .+ bnAn1.

Ce oznacimo

A1 =

b1 a12 . . . a1nb2 a22 . . . a2n...

......

bn an2 . . . ann

,

opazimo, da je det(A1) = b1A11 + b2A21 + . . .+ bnAn1, saj je to ravno razvoj po prvem stolpcumatrike A1.

Torej je

X1 =det(A1)

det(A),

kjer smo privzeli, da je det(A) 6= 0. V splosnem torej ugotovimo, da je

Xj =det(Aj)

det(A),

kjer je Aj matrika, ki jo dobimo iz matrike A tako, da v njej j-ti stolpec zamenjamo s stolpcemdesnih strani; torej s stolpcem [b1, . . . , bn]

T .Gornja izpeljava je temeljila na predpostavki, da je sistem sploh resljiv. Dokazati pa je

mozno, da je ob predpostavki det(A) 6= 0 sistem vedno resljiv. Velja namrec

Izrek 11.19 (Cramerjevo pravilo). Ce ima sistem n linearnih enacb z n neznankami determi-nanto koeficientov razlicno od 0, je sistem enolicno resljiv in resitve so

x1 =det(A1)

det(A), . . . , xn =

det(An)

det(A),

kjer je det(A) determinanta sistema, det(Aj) pa determinanta matrike Aj , ki jo dobimo tako,da v matriki A zamenjamo j-ti stolpec s stolpcem desnih strani.

Zgled 11.20. Resi sistem

x1 − x2 + x3 = −1

4x1 − x2 + 2x3 = −2

2x1 + x2 + x3 = −4

s pomocjo Cramerjevega pravila.

209

Resitev. Determinanta sistema je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 14 −1 22 1 1

∣∣∣∣∣∣= 3,

zato res smemo uporabiti Cramerjevo pravilo.Po vrsti izracunamo

det(A1) =

∣∣∣∣∣∣

−1 −1 1−2 −1 2−4 1 1

∣∣∣∣∣∣= 3,

det(A2) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 14 −2 22 −4 1

∣∣∣∣∣∣= −6,

det(A3) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 −14 −1 −22 1 −4

∣∣∣∣∣∣= −12,

x1 =det(A1)

det(A)=

3

3= 1,

x2 =det(A2)

det(A)=

−6

3= −2,

x3 =det(A3)

det(A)=

−12

3= −4.

Zgled 11.21. Resi sistem

2x1 + 4x2 − x3 = 1

x1 + 8x2 + 3x3 = 2

2x1 − x3 = 1

s pomocjo Cramerjevega pravila.

Resitev. Determinanta sistema je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

2 4 −11 8 32 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 28,

zato res smemo uporabiti Cramerjevo pravilo.

210

Po vrsti izracunamo

det(A1) =

∣∣∣∣∣∣

1 4 −12 8 31 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 20,

det(A2) =

∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 2 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 0,

det(A3) =

∣∣∣∣∣∣

2 4 11 8 22 0 1

∣∣∣∣∣∣= 12,

x1 =det(A1)

det(A)=

20

28=

5

7

x2 =det(A2)

det(A)=

0

28= 0

x3 =det(A3)

det(A)=

12

28=

3

7.

11.7 Gaussova metoda

Iscemo vse resitve sistema m linearnih enacb z n neznankami.

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = bm

V tem sistemu so aij, bi dana realna stevila, x1, . . . , xn pa neznanke.Obicajno zapisemo koeficiente tega sistema v matriko sistema

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

z m vrsticami in n stolpci.Stolpcu desnih strani lahko priredimo matriko

b =

b1b2...bm

,

neznankam pa matriko

x =

x1x2...xn

.

211

V matricni obliki lahko sistem enacb zapisemo kratko kot

Ax = b.

Ce matriki A dodamo se stolpec b, dobimo matriko redam×(n+1), ki ji pravimo razsirjenamatrika sistema:

A =

a11 a12 . . . a1n b1a21 a22 . . . a2n b2...

......

...am1 am2 . . . amn bm

Razsirjena matrika sistema popolnoma popise sistem, zato lahko pri resevanju sistema racunamosamo z matriko A.

Sistem linearnih enacb resujemo tako, da s pomocjo operacij, ki na resitve sistema ne vplivajo,spreminjamo enacbe, dokler niso zapisane v taksni obliki, iz katere lahko resitev kar preberemo.Taksne operacije so:

• Enacbo lahko pomnozimo z nenicelnim stevilom.

• Eno enacbo lahko pristejemo drugi enacbi.

• Dve enacbi lahko med seboj zamenjamo.

Na matriki A se te operacije odrazajo takole:

• Vrstico lahko pomnozimo z nenicelnim stevilom.

• Eno vrstico lahko pristejemo drugi vrstici.

• Dve vrstici lahko med seboj zamenjamo.

Gornje operacije imenujemo elementarne vrsticne operacije. Pravimo, da sta matriki A inA′ vrsticno ekvivalentni, ce lahko eno preoblikujemo v drugo z zaporednjem elementarnihvrsticnih operacij. Dve vrsticno ekvivalentni razsirjeni matriki predstavljata sistema z enakimamnozicama resitev.

Izrek 11.22 (Gaussova eliminacija). Vsaka matrika A je vrsticno ekvivalentna matriki A′, kiima na prvem mestu neniceln element kvecjemu v prvi vrstici, v vsaki naslednji vrstici pa imana zacetku vsaj eno niclo vec kot v prejsnji.

Dokaz. V matriki A najprej poiscemo vrstico, ki ima na skrajni levi neniceln element (lahko sezgodi, da ima matrika v prvih i− 1 stolpcih same nicle in je ta element sele v i-tem stolpcu) injo z zamenjavo vrstic postavimo na vrh. Ce ima druga vrstica pod tem nenicelnim elementomniclo, jo pustimo, sicer pa od nje odstejmo prvo vrstico, pomnozemo s kvocientom obeh prvihclenov. S tem dosezemo, da bo na tem mestu v drugi vrstici nicla. Na podoben nacin naredimonicle na preostalih mestih v i-tem stolpcu. Prva vrstica in prvih i stolpcev so tako v pravi obliki,na preostalem delu matrike pa postopek ponovimo.

Ce je npr. a11 6= 0, se korak Gaussove eliminacije glasi

a11 a12 . . . a1n...

......

ak1 ak2 . . . akn...

......

∼

a11 a12 . . . a1n...

......

0 a′k2 . . . a′kn...

......

,

212

kjer je

a′kj = akj − a1j ·ak1a11

za j = 1, 2, . . . , n.

Celo prvo vrstico pomnozimo z −ak1a11

in pristejemo h k-ti vrstici. Koeficient −ak1a11

je izbran

ravno tako, da je a′k1 = ak1 − a11 · ak1a11

= 0.

Zgled 11.23. Resi sistem enacb:

x + 2y − 3z = 142x + 3y + 2z = 93x + 4y + z = 16

Resitev. Razsirjena matrika sistema je

A =

1 2 −3 142 3 2 93 4 1 16

Racunajmo:

A =

1 2 −3 142 3 2 93 4 1 16

∼

1 2 −3 140 −1 8 −190 −2 10 −26

∼

∼

1 0 13 −240 1 −8 190 0 −6 12

∼

1 0 0 20 1 0 30 0 1 −2

.

Dobljena razsirjena matrika ustreza sistemu enacb

x = 2, y = 3, z = −2.

Zgled 11.24. Poisci vse resitve sistema

2y + 3z = 1,

2x− 6y + 7z = 0,

x− 2y + 5z = −1.


A =

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

.

Racunajmo:

A =

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

∼

1 −2 5 −12 −6 7 00 2 3 1

∼

=

1 −2 5 −10 −2 −3 20 2 3 1

∼

1 −2 5 −10 −2 −3 20 0 0 3

.

Zadnja vrstica dobljene razsirjene matrike ustreza enacbi 0x+ 0y + 0z = 3, kar pomeni, dasistem ni resljiv.

213

Zgled 11.25. Resi sistem enacb

x+ 2y − z = 1

x− y + 2z = 2.


A =

[1 2 −1 11 −1 2 2

].

Racunajmo:

A =

[1 2 −1 11 −1 2 2

]∼[1 2 −1 10 −3 3 1

]∼

∼[1 0 1 5

30 1 −1 −1

3

].

Dobljena razsirjena matrika sistema ustreza enacbama x+ z = 53 in y − z = −1

3 . Tu lahkovrednost spremenljivke z poljubno izberemo. Potem je resitev enaka x = 5

3 − z in y = −13 + z.

Zgornji trije primeri kazejo, da je lahko sistem linearnih enacb

• enolicno resljiv,

• neresljiv ali

• pa je resljiv, vendar je resitev neskoncno.

Naj bo A razsirjena matrika sistema m enacb z n neznankami. S pomocjo Gaussove eli-minacije lahko A preoblikujemo v tako matriko A′, ki ima na prvem mestu neniceln elementkvecjemu v prvi vrstici, v vsaki naslednji vrstici pa ima na zacetku vsaj eno niclo vec kot vprejsnji. Recimo, da je v matriki A′ natanko r vrstic nenicelnih.

• Ce med nenicelnimi vrsticami obstaja kaksna, kjer je neniceln le zadnji element v tej vrstici,je sistem protisloven.

• V nasprotnem pa mora biti r ≤ n.

– Ce je r = n, je sistem enolicno resljiv.

– Ce pa je r < n, lahko r neznank enolicno izrazimo s pomocjo preostalih n−r neznank,katerih vrednosti so lahko poljubne. V tem primeru pravimo, da ima sistem enacb(n− r)-parametricno druzino resitev.

214

1

1

1

nenicelnevrstice

r

r n− r

m− r

izrazene resitve parametri

0 0

0

0?

n neznank

m enacb

x1 xr xnxr+1

1

1

1

1

1r

nenicelnevrstice

m− r 0

0

n neznank

m enacb

x1 x2 x3 x4 xnxn−1

parametri

izrazene resitve

b

b b

Rang matrikeRang matrike je red najvecje kvadratne matrike v pravokotni matriki A, ki ima determi-

nanto razlicno od 0. Ce je A matrika razseznosti m × n, je rang(A) ≤ min{m,n}. Ce je Akvadratna matrika razseznosti n× n, je rang(A) = n natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0.

Rang matrike se pri elementarnih vrsticnih operacijah ohranja.

Zgled 11.26. Doloci rang matrike

A =

1 1 −3 1 02 −1 1 −1 11 4 −10 4 −1

215

Resitev. Po vrsti izvajamo elementarne vrsticne operacije:

1 1 −3 1 02 −1 1 −1 11 4 −10 4 −1

∼

1 1 −3 1 00 −3 7 −3 10 3 −7 3 −1

∼

∼

1 1 −3 1 00 −3 7 −3 10 0 0 0 0

.

Ker so vse determinante razseznosti 3× 3 nicelne, je rang(A) ≤ 2. Ker je oznacena determi-

nanta

∣∣∣∣1 10 −3

∣∣∣∣ nenicelna, je rang(A) ≥ 2. Torej je rang(A) = 2.

Izrek 11.27 (Izrek o resljivosti sistema linarnih enacb). Sistem m linearnih enacb z n neznan-kami

Ax = b

z razsirjeno matriko sistema A je resljiv natanko tedaj, ko imata matriki A in A enaka ranga;tj. rang(A) = rang A = r. Ce je r = n, je sistem enolicno resljiv. Ce je r < n, lahko za n − rneznank izberemo poljubne vrednosti, ostalih r pa je z njimi natanko dolocenih.

Zgled 11.28. Poisci vse resitve sistema enacb

x1 +3x2 +5x3 +7x4 +9x5 = 1,x1 −2x2 +3x3 −4x4 +5x5 = 2,2x1 +11x2 +12x3 +25x4 +22x5 = 4.


A =

1 3 5 7 9 11 −2 3 −4 5 22 11 12 25 22 4

.

S pomocjo Gaussove eliminacije jo preoblikujemo v

A =

1 3 5 7 9 11 −2 3 −4 5 22 11 12 25 22 4

∼

∼

1 3 5 7 9 10 −5 −2 −11 −4 10 5 2 11 4 2

∼

∼

1 3 5 7 9 10 −5 −2 −11 −4 10 0 0 0 0 3

.

Ker je rang matrike A sistema enak 2, rang razsirjene matrike A pa 3, sistem ni resljiv.


x1 +5x2 +4x3 +3x4 = 1,2x1 −x2 +2x3 −x4 = 0,5x1 +3x2 +8x3 −x4 = 1.

216


A =

1 5 4 3 12 −1 2 −1 05 3 8 −1 1

.


A =

1 5 4 3 12 −1 2 −1 05 3 8 −1 1

∼

1 5 4 3 10 −11 −6 −7 −20 −22 −12 −16 −4

∼

∼

1 5 4 3 10 −11 −6 −7 −20 0 0 −2 0

∼

1 5 4 3 10 1 6

11711

211

0 0 0 1 0

∼

∼

1 5 4 0 10 1 6

11 0 211

0 0 0 1 0

∼

1 0 1411 0 1

110 1 6

11 0 211

0 0 0 1 0

.

Torej je

A =

1 0 1411 0 1

110 1 6

11 0 211

0 0 0 1 0

.

Iz 3. vrste razberemo, da je x4 = 0. Iz 2. vrste razberemo, da je x2 +611x3 = 2

11 . Torej lahkoizrazimo x2 = − 6

11x3 +211 . Podobmo lahko zapisemo, da je x1 = −14

11x3 +111 . Resitve sistema

so torej

x1 = −14

11x3 +

1

11,

x2 = − 6

11x3 +

2

11,

x4 = 0,

kjer je x3 poljubno realno stevilo.

Rang matrike A je enak r = 3 in je enak rangu razsirjene matrike A. Ker imamo n = 4neznanke, smo lahko r = 3 med njimi izrazili s pomocjo n− r = 1 parametrov.


2x1 +3x2 +4x3 = 2,x1 +4x2 +5x3 = −3,

−3x1 +3x2 −7x3 = 5.


A =

2 3 4 21 4 5 −3

−3 3 −7 5

∼

1 4 5 −32 3 4 2

−3 3 −7 5

,

kjer smo zaradi racunske ugodnosti zamenjali 1. in 2. vrstico.

217


A =

1 4 5 −32 3 4 2

−3 3 −7 5

∼

1 4 5 −30 −5 −6 80 15 8 −4

∼

∼

1 4 5 −30 −5 −6 80 0 −10 20

∼

1 4 5 −30 1 6

5 −85

0 0 1 −2

∼

∼

1 4 0 70 1 0 4

50 0 1 −2

∼

1 0 0 195

0 1 0 45

0 0 1 −2

.

Sistem je torej enolicno resljiv, resitve pa so

x1 =19

5,

x2 =4

5,

x3 = −2.

11.8 Inverz matrike

Ce za matriko A ∈ Rn×n obstaja taka matrika B ∈ Rn×n, da je AB = BA = In, pravimo, da jematrika A obrnljiva, matrika B pa inverz matrike A. Inverz matrike A oznacimo z A−1.

• Matrika A ∈ Rn×n je obrnljva natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0.

• Ce je matrika A ∈ Rn×n obrnljiva, je obrnljiva tudi matrika A−1 in velja

(A−1)−1 = A.

• Ce sta matriki A,B ∈ Rn×n obrnljivi, je obrnljiva tudi matrika AB ∈ Rn×n in velja

(AB)−1 = B−1A−1.

• Za poljubni matriki A,B ∈ Rn×n velja produktna formula za determinante

det(AB) = det(A) det(B).

• Ce je A obrnljiva matrika, velja

det(A−1) =1

det(A).

Racunanje inverza s pomocjo Gaussove eliminacijeNaj bo A ∈ Rn×n dana matrika. Iscemo matriko X ∈ Rn×n, da bo AX = I. Skratka

a11 . . . a1n...

...an1 . . . ann

︸︷︷︸A

·

x11 . . . x1n...

...xn1 . . . xnn

︸︷︷︸X

=

1 . . . 0...

. . ....

0 . . . 1

︸︷︷︸I

.

218

Ce z xj oznacimo j-ti stolpec matrike X, z bj pa j-ti stolpec matrike I, vidimo, da je v gornjimatricni enacbi pravzaprav skritih n sistemov enacb:

Axj = bj , j = 1, 2, . . . , n.

Ker imajo sistemi enacb Axj = bj , j = 1, 2, . . . , n, isto matriko koeficientov, jih lahkoresujemo hkrati. Ce torej matriko A razsirimo desno z identicno matriko I, tj.

[A|I] =

a11 a12 . . . a1n 1 0 . . . 0a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0...

......

......

. . ....

an1 an2 . . . ann 0 0 . . . 1

,

in s pomocjo Gaussove eliminacije preoblikujemo to matriko v

[I|B] =

1 0 . . . 0 b11 b12 . . . b1n0 1 . . . 0 b21 b22 . . . b2n...

.... . .

......

......

0 0 . . . 1 bn1 bn2 . . . bnn

,

je B = A−1.

Zgled 11.31. Izracunaj inverz matrike A =

[1 42 3

].

Resitev. Razsirjena matrika je

[A|I] =[1 4 1 02 3 0 1

].

Sledi

[A|I] ∼[1 4 1 00 −5 −2 1

]∼[1 4 1 00 1 2

5 −15

]∼[1 0 −3

545

0 1 25 −1

5

].

Torej je

A−1 =

[−3

545

25 −1

5

].


1 0 1−1 2 −12 −3 1

.

Resitev. Racunajmo

[A|I] ∼

1 0 1 1 0 00 2 0 1 1 00 −3 −1 −2 0 1

∼

1 0 1 1 0 00 1 0 1

212 0

0 0 −1 −12

32 1

∼

∼

1 0 1 1 0 00 1 0 1

212 0

0 0 1 12 −3

2 −1

∼

1 0 0 12

32 1

0 1 0 12

12 0

0 0 1 12 −3

2 −1

.

Torej je

A−1 =

12

32 1

12

12 0

12 −3

2 −1

.

219

Racunanje inverza s pomocjo Cramerjevega pravilaVrnimo se se enkrat k sistemu enacb Axj = bj, j = 1, 2, . . . , n. Ce pisemo

xj =

x1jx2j...xnj

,

lahko po Cramerjevem pravilu zapisemo

xij =det(Bij)

det(A),

kjer je matrika Bij enaka matriki A, v kateri smo i-ti stolpec zamenjali s stolpcem bj. Torej jedet(Bij) = (−1)i+j detAji, kjer je Aji poddeterminanta elementa aji v matriki A.

Izrek 11.33. Ce je det(A) 6= 0, je

A−1 =1

detA(A)T ,

kjer je A prirejenka matrike A, torej matrika z elementi A = [(−1)i+j detAij], kjer je Aij

matrika, ki jo dobimo iz matrike A, tako, da v njej odstranimo i-to vrstico in j-ti stolpec.

Opomba. V racunski praksi skoraj vedno racunamo inverz matrike s pomocjo Gaussoveeliminacije, saj bi morali pri racunanju inverza s pomocjo prirejenke izracunati n2+1 determinantreda (n− 1)× (n− 1).


[1 42 3

].

Resitev. Za matriko A je det(A) = −5 in

A =

[3 −2

−4 1

].

Torej je

A−1 =1

−5

[3 −2

−4 1

]T=

1

−5

[3 −4

−2 1

]=

[−3

545

25 −1

5

].


1 0 1−1 2 −12 −3 1

.

Resitev. Za matriko A je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 0 1−1 2 −12 −3 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣2 −1−3 1

∣∣∣∣+ 1

∣∣∣∣−1 22 −3

∣∣∣∣ =

= 1 · (−1) + 1 · (−1) = −2.

A=

∣∣∣∣2 −1−3 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣−1 −12 1

∣∣∣∣∣∣∣∣−1 22 −3

∣∣∣∣

−∣∣∣∣

0 1−3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣1 12 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣1 02 −3

∣∣∣∣∣∣∣∣0 12 −1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣

1 1−1 −1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣

1 0−1 2

∣∣∣∣

=

−1 −1 −1−3 −1 3−2 0 −2

.

220

Torej je

A−1 =1

−2

−1 −1 −1−3 −1 3−2 0 −2

T

=1

−2

−1 −3 −2−1 −1 0−1 3 −2

=

=

12

32 1

12

12 0

12 −3

2 −1

.

Inverz matrike je tesno povezan z resevanjem sistemov enacb. Recimo, da imamo linearensistem n enacb z n neznankami, ki ga v matricni obliki zapisemo kot

Ax = b.

Ce je detA 6= 0, obstaja A−1. Torej je A−1Ax = A−1b oziroma

x = A−1b.

Sistem je torej enolicno resljiv. Njegovo resitev izracunamo tako, da najprej izracunamo A−1,nato pa matriko A−1 ∈ Rn×n pomnozimo z matriko b ∈ Rn×1 in dobimo x ∈ Rn×1.

Zgled 11.36. Naj bo A =

[2 −5

−1 3

]in B =

[3 21 −1

]. Resi matricno enacbo

AX +B2 = 7I.

Resitev. 1. nacin Enacbo najprej preoblikujemo

AX +B2 = 7I,

AX = 7I −B2,

X = A−1(7I −B2).

Po vrsti izracunamo

B2 =

[3 21 −1

]·[3 21 −1

]=

[11 42 3

],

7I −B2 = 7 ·[1 00 1

]−[11 42 3

]=

[−4 −4−2 4

],

det(A) =

∣∣∣∣2 −5

−1 3

∣∣∣∣ = 1,

A−1 =

[2 −5

−1 3

]−1

=

[3 51 2

].

Torej je

X = A−1(7I −B2) =

[3 51 2

]·[−4 −4−2 4

]=

[−22 8−8 4

].

2. nacin Matrika X je razseznosti 2 × 2. Oznacimo jo z X =

[a bc d

]. Ker je AX =

[2a− 5c 2b− 5d−a+ 3c −b+ 3d

], lahko enacbo AX = 7I −B2 zapisemo v obliki

[2a− 5c 2b− 5d−a+ 3c −b+ 3d

]=

[−4 −4−2 4

].

221

Iz enakosti gornjih matrik razberemo dva sistema enacb:

2a− 5c = −4,

−a+ 3c = −2;

2b− 5d = −4,

−b+ 3d = 4.

Iz prvih dveh enacb sledi c = −8 in a = −22, iz drugih dveh pa d = 4 in b = 8. Torej je

X =

[−22 8−8 4

].


[1 −23 1

]in B =

[5 05 −1

]. Resi matricno enacbo

AX +XA = B.

Resitev. Ker matricno mnozenje ni komutativno, iz izraza AX+XA ne moremo izpostaviti

matrike X. Torej nam preostane le, da zapisemo X =

[a bc d

]in iz enakosti AX +XA = B

razberemo sistem 4 linearnih enacb s 4 neznankami.Racunajmo

AX +XA =

[1 −23 1

] [a bc d

]+

[a bc d

] [1 −23 1

]=

=

[a− 2c b− 2d3a+ c 3b+ d

]+

[a+ 3b −2a+ bc+ 3d −2c+ d

]=

=

[2a+ 3b− 2c −2a+ 2b− 2d3a+ 2c+ 3d 3b− 2c+ 2d

]=

[5 05 −1

],

od koder sledi

2a+ 3b− 2c = 5

−2a+ 2b− 2d = 0

3a+ 2c+ 3d = 5

3b− 2c+ 2d = −1.

Uporabimo Gaussovo eliminacijo na razsirjeni matriki sistema:

A =

2 3 −2 0 5−2 2 0 −2 03 0 2 3 50 3 −2 2 −1

∼

1 32 −1 0 5

20 5 −2 −2 50 −9

2 5 3 −52

0 3 −2 2 −1

∼

∼

1 0 −25 −3

5 10 1 −2

5 −25 1

0 0 165

65 2

0 0 −45

165 −4

∼

1 0 0 −34

54

0 1 0 −14

54

0 0 1 38

58

0 0 0 72 −7

2

∼

∼

1 0 0 0 20 1 0 0 10 0 1 0 10 0 0 1 −1

.

Torej je

X =

[2 11 −1

].

222

Simultano resevanje sistemovMatricna enacba AX = B, kjer sta A,B ∈ Rn×n dani matriki, det(A) 6= 0, ima resitev

X = A−1B. Ali lahko do te resitve pridemo brez mnozenja matrik A−1 in B?

Matrika B sestoji iz n stolpcev b1, . . . , bn in le neznanke iz prvega stolpca matrike X so zajetev tistih enacbah iz AX = B, ki vsebujejo elemente prvega stolpca matrike B. Torej lahko sistemAX = B obravnavamo kot n sistemov oblike Axi = bi, kjer je xi ravno i-ti stolpec matrike X,bi pa i-ti stolpec matrike X. Gaussov postopek lahko v tem primeru shematicno zapisemo kot

[A|bi] ∼ [I|xi].Ker pa pri vseh sistemih na levi strani nastopa ista matrika, lahko resitve zdruzimo in dobimo

[A|B] ∼ [I|X].


−1 1 22 −1 3

−3 2 1

in B =

0 3 −47 13 −5

−5 −4 −3

. Resi matricno enacbo

AX = B.

Uporabimo prijem [A|B] ∼ [I|X].

[A|B] =

−1 1 2 0 3 −42 −1 3 7 13 −5

−3 2 1 −5 −4 −3

∼

∼

1 −1 −2 0 −3 40 1 7 7 19 −130 −1 −5 −5 −13 9

∼

∼

1 0 5 7 16 −90 1 7 7 19 −130 0 2 2 6 −4

∼

∼

1 0 0 2 1 10 1 0 0 −2 10 0 1 1 3 −2

= [I|X].

Torej je X =

2 1 10 −2 11 3 −2

.

11.9 Vektorji v prostoru

Urejen par (A,B) tock v prostoru doloca vektor, ki ga oznacimo z−−→AB. Vektor ponazorimo z

usmerjeno daljico od tocke A do tocke B. Smer vektorja oznacimo s puscico. Usmerjeni daljici−−→AB in

−−→CD dolocata isti vektor natanko tedaj, ko sta vzporedni, enako dolgi in kazeta v isto

smer.

A

B

bc

bc

A C

DB

bc

bc

bc

bc

223

Dolzina vektorja−−→AB, z oznako ‖−−→AB‖, je dolzina daljice AB. Torej ‖−−→AB‖ = |AB|.

Vsota vektorjevNaj bosta ~a in ~b poljubna vektorja. Vektorja ~a in ~b lahko premaknemo tako, da konec

vektorja ~a sovpada z zacetkom vektorja ~b. Potem je vektor ~a +~b usmerjena daljica od zacetkavektorja ~a do konca vektorja ~b.

~a+~b

~a

~b

A

B

C

bc

bc

bc

Drugace povedano: ce imata vektorja ~a in ~b skupno zacetno tocko, je njuna vsota ~a + ~busmerjena diagonala paralelograma, ki ima vektorja ~a in ~b za stranici, in sicer tista usmerjenadiagonala, ki ima zacetek v skupni tocki vektorjev ~a in ~b. Iz te definicije je tudi razvidno, da je

~a+~b = ~b+ ~a.

~a+~b

~a

~b

~b

~a

A

B

C

D

bc

bc

bc

bc

Vsoto treh vektorjev izracunamo tako, da vsoti dveh pristejemo tretjega. Vrstni red sestevanjani pomemben, saj za sestevanje vektorjev velja asociativnostni zakon.

(~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c).

~a+~b+~c

A

B

C

D

~a

~b

~c

~b+ ~c

~a+~b

bc

bc

bc

bc

Vektor, ki se zacne in konca v isti tocki, imenujemo nicelni vektor in ga oznacimo z ~0. Zavsak vektor ~a torej velja

~a+~0 = ~a.

Naj bo−−→AB vektor. Vektor

−−→BA je nasprotni vektor k vektorju

−−→AB in ga oznacimo z −−−→

AB.

224

A

A

B

B

−−→AB

−−→BA = −−−→

AB

bc bc

bcbc

Nasprotni vektor k vektorju ~a oznacimo z −~a. Tedaj velja~a+ (−~a) = ~0.

Razlika vektorjev ~a in ~b je tak vektor ~x, da je

~a+ ~x = ~b.

Razliko vektorjev ~a in ~b oznacimo z ~b− ~a in velja ~x = ~b− ~a = ~b+ (−~a).~b−

~a

A

B

C

~a

~b

bc

bc

bc

Povzemimo osnovne lastnosti sestevanja vektorjev.

• Komutativnost sestevanja: ~a+~b = ~b+ ~a za poljubna vektorja ~a in ~b

• Asociativnost sestevanja: (~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c) za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c

• Obstoj nevtralnega elementa za sestevanje: Obstaja vektor ~0, da je ~a + ~0 = ~a zavsak vektor ~a

• Obstoj nasprotnega elementa za sestevanje: Za vsak vektor ~a obstaja vektor −~a,da je ~a+ (−~a) = ~0

Te stiri lastnosti povemo na kratko takole: Mnozica vektorjev je Abelova grupa.

Sestevanje vektorjev zadosca trikotniski neenakosti

‖~a+~b‖ ≤ ‖~a‖+ ‖~b‖.

Mnozenje vektorja s skalarjemNaj bo λ ∈ R. Produkt λ~a je vektor z dolzino |λ| · ‖~a‖. Ce je λ > 0, ima vektor λ~a enako

smer kot vektor ~a. Ce je λ < 0, ima vektor λ~a enako smer kot vektor −~a. Ce je λ = 0, je λ~anicelni vektor.

~a

−~a

3~abc

bc

bc

Mnozenje vektorja s skalarjem zadosca zahtevam

• (λµ)~a = λ(µ~a).

• (λ+ µ)~a = λ~a+ µ~a.

• λ(~a+~b) = λ~a+ λ~b.

• 1 · ~a = ~a.

225

Linearna odvisnost in neodvisnostNaj bodo −→a1, −→a2, . . . , −→an vektorji v prostoru. Izraz

λ1−→a1 + λ2

−→a2 + . . .+ λn−→an

imenujemo linearna kombinacija vektorjev −→a1, −→a2, . . . , −→an.Ti vektorji so linearno neodvisni, ce iz enakosti

λ1−→a1 + λ2

−→a2 + . . .+ λn−→an = ~0

sledi λ1 = λ2 = . . . = λn = 0.

Ti vektorji so linearno odvisni, ce niso linearno neodvisni. Torej obstajajo stevila λ1, λ2,. . . , λn, ki niso vsa enaka 0, da je

λ1−→a1 + λ2

−→a2 + . . .+ λn−→an = ~0.

• Vektor ~0 je linearno odvisen, saj je 1 ·~0 = ~0.

• Naj bodo A0, A1 in A2 nekolinearne tocke v ravnini. Potem sta vektorja−−−→A0A1 in

−−−→A0A2

linearno neodvisna.

−−−→A0A

1

−−−→A0A2

A1A2

A0

bc

bc

bc

• Naj bodo A0, A1, A2 in A3 nekomplanarne tocke v prostoru. Potem so vektorji−−−→A0A1,−−−→

A0A2 in−−−→A0A3 linearno neodvisni.

−−−→A0 A

1

−−−→A0A

2

−−−→A0A3

A0

A1A2

A3

bc

bc

bcbc

Zgled 11.39. Naj bo tocka E razpolovisce stranice AB kvadrata ABCD. Oznacimo s Fpresescisce daljic BD in CE. V kaksem razmerju deli tocka F daljico BD?

A B

CD

12~a

12~a

~b~b~b

~a

F

Ebc bc bc

bcbc

bc

Resitev. Vektorja ~a =−−→AB in ~b =

−−→AD sta linearno neodvisna.

Ker lezi tocka F na daljici BD, velja−−→BF = λ

−−→BD = λ(~b − ~a) in

je −→AF =

−−→AB +

−−→BF = ~a+ λ(~b− ~a).

Ker lezi tocka F tudi na daljici EC, velja−−→EF = µ

−−→EC = µ(12~a+

~b)in je −→

AF =−→AE +

−−→EF = 1

2~a+ µ(12~a+~b).

Sledi~a+ λ(~b− ~a) = 1

2~a+ µ(12~a+~b),

226

kar lahko preoblikujemo v (12 − λ− 1

2µ)~a+ (µ− λ)~b = ~0.

Ker sta vektorja ~a in ~b linearno neodvisna, je

12 − λ− 1

2µ = 0,

µ− λ = 0.

Torej je 12 = 3

2λ, kar nam da λ = µ = 13 . Sledi

−−→BF = 1

3

−−→BD in tocka F deli daljico BD v

razmerju 1 : 2.

11.10 Koordinatni sistem v prostoru

Koordinatni sistem v prostoruIzberimo v prostoru poljubno tocko O in polozimo skoznjo tri paroma pravokotne stevilske

premice in sicer tako, da je tocka O na vseh treh premicah slika stevila 0. Premice imenujemokoordinatne osi, tocko O koordinatno izhodisce, vse skupaj pa sestavlja pravokotni ko-ordinatni sistem v prostoru. Premice obicajno oznacimo z x, y in z tako, da ce zavrtimo osx okoli osi z za π

2 v pozitivni smeri, preide v os y.

1

11

x

y

z

11

1

yx

z

O Obc bc

Za poljubno tocko T v prostoru oznacimo s T1, T2 in T3 pravokotne projekcije tocke T nakoordinatne osi. Tocki T1 ustreza realno stevilo t1, tocki T2 ustreza realno stevilo t2, tocki T3pa ustreza realno stevilo t3. Torej smo tocki T priredili trojico realnih stevil (t1, t2, t3), ki joimenujemo koordinate tocke T .

T ′(t1, t2)

T (t1, t2, t3)

T2(t2)T1(t1)

T3(t3)

x y

z

O bc

b

bc

bc

bc

bc

Razdaljo med dvema tockama izracunamo po Pitagorovem izreku kot dolzino diagonale ustre-znega kvadra. Za tocki T1(x1, y1, z1) in T2(x2, y2, z2) je

dist(T1, T2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2.

227

−−→

T 1T 2

|z 2−z 1|

|y 2− y 1

||x2 − x1|O

z

x

y

T1

T2

x1x2

y1

y2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Krajevni vektorKrajevni vektor tocke T je usmerjena daljica od tocke O do tocke T in ga oznacimo z

−→rT . Skratka: −→rT =−→OT .

Ker je tocka T enolicno dolocena s trojico (t1, t2, t3), je s temi koordinatami tudi enolicno dolocenkrajevni vektor tocke T . Torej lahko oznacimo −→rT = (t1, t2, t3).

Razdaljo med tocko T in koordinatnim izhodiscem O izracunamo po Pitagorovem izreku kotdolzino diagonale ustreznega kvadra. Dolzina vektorja −→rT je tako enaka

‖−→rT ‖ = dist(T,O) =√t21 + t22 + t23.

Krajevni vektor

−→rT

T ′(t1, t2)

T (t1, t2, t3)

T2(t2)T1(t1)

T3(t3)

x y

z

O

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Vektorske operacije v koordinatnem zapisuCe je ~a = (x1, y1, z1) in ~b = (x2, y2, z2), je

~a+~b = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2).

Nicelni vektor je~0 = (0, 0, 0), k vektorju ~a = (x1, y1, z1) nasprotni vektor pa je−~a = (−x1,−y1,−z1).Za vektorja ~a = (x1, y1, z1) in ~b = (x2, y2, z2) je tako

~b− ~a = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1).

Ce je ~a = (x1, y1, z1) in λ ∈ R, je

λ~a = (λx1, λy1, λz1).

228

Baza prostora R3

Vpeljimo vektorje~i = (1, 0, 0), ~j = (0, 1, 0) in ~k = (0, 0, 1). To so vektorji dolzine 1, ki kazejov pozitivnih smereh koordinatnih osi. Vektorje~i, ~j in ~k imenujemo standardni bazni vektorjiprostora R3.

~k

~i

~j

O1

11

x

y

z

bc

bc

bc

bc

Za poljubno tocko T naj bo (t1, t2, t3) njen krajevni vektor. Torej je

(t1, t2, t3) = t1(1, 0, 0) + t2(0, 1, 0) + t3(0, 0, 1) = t1~i+ t2~j + t3~k,

kar pomeni, da lahko vsak vektor v R3 izrazimo kot linearno kombinacijo vektorjev ~i, ~j in ~k. Tivektorji so linearno neodvisni, saj iz λ1~i+ λ2~j + λ3~k = (λ1, λ2, λ3) = ~0 sledi λ1 = λ2 = λ3 = 0.

O

yx

z

t1~i

t2~j

t3~k

~t

T

bc

bc

bc

bc

Zgled 11.40. Izracunaj 7~a− 5~b za ~a = (2,−1, 3) in ~b = (−4, 2, 5).

Resitev.

7~a− 5~b = 7(2,−1, 3) − 5(−4, 2, 5) =

= (14,−7, 21) − (−20, 10, 25) = (34,−17,−4)

Zgled 11.41. Doloci ~a in ~b, ce je ~a− 2~b = (−1, 2, 2) in 2~a+ 3~b = (1, 0,−1).

Resitev. 1. nacin Iz ~a− 2~b = (−1, 2, 2) sledi ~a = 2~b+ (−1, 2, 2). Torej je

2~a+ 3~b = 2(2~b + (−1, 2, 2)) + 3~b =

= 7~b+ (−2, 4, 4),

kar nam da7~b = (1, 0,−1) − (−2, 4, 4) = (3,−4,−5).

Sledi ~b = (37 ,−47 ,−5

7 ) in ~a = (−1, 2, 2) + 2(37 ,−47 ,−5

7) = (−17 ,

67 ,

47).

229

2. nacin Naloge se lahko lotimo tudi tako, da pisemo ~a = (a1, a2, a3) in ~b = (b1, b2, b3). Izenacbe sledi

(a1 − 2b1, a2 − 2b2, a3 − 2b3) = (−1, 2, 2),

(2a1 + 3b1, 2a2 + 3b2, 2a3 + 3b3) = (1, 0,−1).

Dobimo sistem 6 enacb s 6 neznankami:

a1 − 2b1 = −1,

a2 − 2b2 = 2,

a3 − 2b3 = 2,

2a1 + 3b1 = 1,

2a2 + 3b2 = 0,

2a3 + 3b3 = −1,

ki pa ga je mozno obravnavati kot 3 sisteme s po dvema enacbama.Iz

a1 − 2b1 = −1,

2a1 + 3b1 = 1,

sledi a1 = −17 , b1 =

37 . Iz

a2 − 2b2 = 2,

2a2 + 3b2 = 0,

sledi a2 =67 , b2 = −4

7 . Iz

a3 − 2b3 = 2,

2a3 + 3b3 = −1,

pa sledi a3 =47 , b3 = −5

7 . Torej je ~a = (−17 ,

67 ,

47) in

~b = (37 ,−47 ,−5

7 ).

Skalarni produkt vektorjevSkalarni produkt vektorjev ~a = (x1, y1, z1) in ~b = (x2, y2, z2) je stevilo ~a ·~b, definirano s

predpisom~a ·~b = x1x2 + y1y2 + z1z2.

Neposredno iz definicije sledi, da za skalarni produkt velja

• ~a ·~b = ~b · ~a,

• (λ~a) ·~b = ~a · (λ~b) = λ(~a ·~b),

• (~a+~b) · ~c = ~a · ~c+~b · ~c,

• ~a · ~a ≥ 0 in ~a · ~a = 0 natanko tedaj, ko je ~a = ~0,

• ‖~a‖ =√~a · ~a.

Standardni bazni vektorji ~i, ~j in ~k so enotski in paroma pravokotni:

~i ·~i = ~j ·~j = ~k · ~k = 1 in ~i ·~j =~i · ~k = ~j · ~k = 0.

Oznacimo s ϕ kot med vektorjema ~a in ~b. V trikotniku z dolzinami stranic ‖~a‖, ‖~b‖ in ‖~b−~a‖velja kosinusni izrek

‖~b− ~a‖2 = ‖~a‖2 + ‖~b‖2 − 2‖~a‖ · ‖~b‖ · cosϕ. (25)

230

~b− ~a

~a

~b

ϕbc

bc

bc

Ker pa je

‖~b− ~a‖2 = (~b− ~a) · (~b− ~a) = ~b ·~b−~b · ~a− ~a ·~b+ ~a · ~a =

= ‖~a‖2 + ‖~b‖2 − 2~a ·~b, (26)

iz (26) in (25) sledi, da je~a ·~b = ‖~a‖ · ‖~b‖ · cosϕ.

Zgled 11.42. Izracunaj skalarni produkt vektorjev ~a = (1, 2, 3) in ~b = (−1, 0, 2).

Resitev. Skalarni produkt je ~a ·~b = 1 · (−1) + 2 · 0 + 3 · 2 = 5.

Zgled 11.43. Doloci kot med vektorjema ~a = (−1, 3, 0) in ~b = (1,−2, 2).

Resitev. Skalarni produkt vektorjev ~a in ~b je

~a ·~b = (−1) · 1 + 3 · (−2) + 0 · 2 = −7.

Ker je ‖~a‖ =√

(−1)2 + 32 + 02 =√10 in ‖~b‖ =

√12 + (−2)2 + 22 =

√9 = 3, velja

cosϕ =~a ·~b

‖~a‖ · ‖~b‖=

−7

3√10,

kar nam da ϕ = arc cos −73√10

≈ 137.55◦.

Zgled 11.44. Vektorja ~a in ~b oklepata kot 2π3 . Izracunaj (~a+ 2~b) · (−3~a +~b), ce je ‖~a‖ = 2 in

‖~b‖ = 3.

Resitev. Oznacimo ϕ = 2π3 in racunajmo

(~a+ 2~b) · (−3~a+~b) = −3~a · ~a+ ~a ·~b− 6~b · ~a+ 2~b ·~b == −3~a · ~a− 5~a ·~b+ 2~b ·~b == −3‖~a‖2 − 5‖~a‖ · ‖~b‖ cosϕ+ 2‖~b‖2 == −3 · 22 − 5 · 2 · 3 · (−1

2) + 2 · 32 == −12 + 15 + 18 = 21.

Zgled 11.45. Izracunaj pravokotno projekcijo vektorja ~a = (−1, 1, 0) na vektor ~b = (1, 2, 3).

~a

~bλ~b

~a− λ~b

Resitev. Pravokokotna projekcija je tak vektor ~a~b = λ~b, da je (~a−λ~b) ⊥ ~b. Torej je

(~a− λ~b) ·~b = 0.

Sledi ~a · ~b = λ‖~b‖2, kar nam da λ = ~a·~b‖~b‖2 in ~a~b = ~a·~b

‖~b‖2~b. V danem

primeru je

~a ·~b = (−1, 1, 0) · (1, 2, 3) = −1 · 1 + 1 · 2 + 0 · 3 = 1

‖~b‖2 = ~b ·~b = 12 + 22 + 32 = 14.

Sledi ~a~b =114(1, 2, 3).

231

Pravokotna projekcijaV prejsnjem zgledu smo videli, da je pravokotna projekcija vektorja ~a na vektor ~b enaka

~a~b =~a·~b‖~b‖2

~b.

Ce vektor ~b nadomestimo z enotskim vektorjem ~e =~b

‖~b‖ v smeri vektorja ~b, sledi

~a~b =

(~a ·

~b

‖~b‖

)~b

‖~b‖= (~a · ~e)~e.

(Orientirana) dolzina pravokotne projekcije vektorja ~a na enotski vektor ~e je torej enaka

~a · ~e.

Vektorski produkt vektorjevVektorski produkt vektorjev ~a in ~b je vektor ~a×~b, dolocen s pogoji

1. ‖~a×~b‖ = ‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ, kjer je ϕ kot med vektorjema ~a in ~b

2. vektor ~a×~b je pravokoten na vektorja ~a in ~b

3.

~a

~b

~a×~b

vektorji ~a, ~b in ~a × ~b sestavljajo pozitivno orientirano trojicovektorjev. Torej: ce imajo vektorji ~a, ~b in ~a × ~b skupno zacetnotocko in gledamo v smeri vektorja ~a×~b, se vidi najkrajse vrtenjevektorja ~a v ~b v smeri gibanja kazalcev na uri.

Dokazati je mozno, da za vektorski produkt velja

• ~a×~b = −~b× ~a,

• (λ~a)×~b = ~a× (λ~b) = λ(~a×~b),

• (~a+~b)× ~c = ~a× ~c+~b× ~c,

• ~a ×~b = ~0 natanko tedaj, ko sta vektorja ~a in ~b linearno odvisna. Posebej: ~a × ~a = ~0 zavsak vektor ~a.

Ker so standardni bazni vektorji ~i, ~j in ~k enotski in paroma pravokotni, je

~i×~i = ~j ×~j = ~k × ~k = ~0,

~i×~j = −~j ×~i = ~k,

~j × ~k = −~k ×~j = ~i,

~k ×~i = −~i× ~k = ~j.

Torej lahko za vektorja ~a = (x1, y1, z1) = x1~i+ y1~j + z1~k in ~b = (x2, y2, z2) = x2~i+ y2~j + z2~kzapisemo

~a×~b = (x1~i+ y1~j + z1~k)× (x2~i+ y2~j + z2~k) =

= x1x2~i×~i+ x1y2~i×~j + x1z2~i× ~k +

y1x2~j ×~i+ y1y2~j ×~j + y1z2~j × ~k +

z1x2 ~k ×~i+ z1y2 ~k ×~j + z1z2 ~k × ~k =

= (y1z2 − z1y2)~i+ (z1x2 − x1z2)~j + (x1y2 − y1x2)~k.

232

Vektorski produkt vektorjev je torej

~a×~b = (x1, y1, z1)× (x2, y2, z2) =

= (y1z2 − z1y2, z1x2 − x1z2, x1y2 − y1x2).

Iz pogoja ‖~a ×~b‖ = ‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ vidimo, da je dolzina vektorja ~a×~b enaka ploscini parale-lograma, napetega na vektorja ~a in ~b.

Vektorski produkt najlazje izracunamo s pomocjo trivrsticne determinante

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kx1 y1 z1x2 y2 z2

∣∣∣∣∣∣= (y1z2 − z1y2)~i− (x1z2 − z1x2)~j + (x1y2 − y1x2)~k.

Zgled 11.46. Izracunaj vektorski produkt vektorjev ~a = (1, 2, 3) in ~b = (−1, 0, 2).

Vektorski produkt je

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k1 2 3

−1 0 2

∣∣∣∣∣∣= (4,−5, 2).

Zgled 11.47. Izracunaj (2~a+ 3~b)× (~a+ 5~b) za ~a = (−1, 1, 2) in ~b = (1, 3,−2).

Racunajmo [-6ex]

(2~a+ 3~b)× (~a+ 5~b) = 2

=~0︷︸︸︷~a× ~a+10~a×~b+ 3~b× ~a+ 15

=~0︷︸︸︷~b×~b =

= 10~a×~b− 3~a×~b = 7~a×~b =

= 7~a×~b = 7

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−1 1 21 3 −2

∣∣∣∣∣∣= 7 (−8, 0,−4) =

= (−56, 0,−28).

Do enakega rezultata pridemo tudi, ce izracunamo 2~a+ 3~b = (1, 11,−2) in ~a+ 5~b = (4, 16,−8)

ter (1, 11,−2) × (4, 16,−8) =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k1 11 −24 16 −8

∣∣∣∣∣∣= (−56, 0,−28).

Zgled 11.48. Doloci ploscino trikotnika z oglisci v tockah A(1, 2,−1), B(−1, 0, 2) in C(2,−1, 0).

A B

C

bc bc

bc

Resitev. Trikotnik je napet na vektorja ~b =−−→AB = (−2,−2, 3) in

~c =−→AC = (1,−3, 1). Ploscina trikotnika ABC je enaka polovici

ploscine paralelograma, napetega na vektorja ~b in ~c, torej p = 12‖~b×~c‖.

Racunajmo:

~b× ~c =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−2 −2 31 −3 1

∣∣∣∣∣∣= (7, 5, 8).

Sledi p = 12‖~b× ~c‖ = 1

2

√72 + 52 + 82 = 1

2

√138.

Zgled 11.49. Vektorja ~a in ~b oklepata kot π6 . Izracunaj ploscino paralelograma, napetega na

vektorja ~a+ 2~b in −3~a+~b, ce je ‖~a‖ = 2 in ‖~b‖ = 3.

233

Resitev. Oznacimo ϕ = π6 in racunajmo

(~a+ 2~b)× (−3~a+~b) = −3

=~0︷︸︸︷~a× ~a+~a×~b− 6~b× ~a+ 2

=~0︷︸︸︷~b×~b =

= 7~a×~b.Sledi

p = ‖(~a+ 2~b)× (−3~a+~b)‖ = ‖7~a ×~b‖ =

= 7‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ = 7 · 2 · 3 · (12 ) = 21.

Mesani produktMesani produkt vektorjev ~a, ~b in ~c je skalar (~a×~b) · ~c, ki ga oznacimo z (~a,~b,~c).Absolutna vrednost mesanega produkta (~a,~b,~c) je enaka prostornini paralelepipeda, napetega

na vektorje ~a, ~b in ~c.

~a

~b~c

~a×~b

~c · ~e~a×~b

‖~a×~b‖

Ce so vektorji ~a, ~b in ~c nenicelni, je (~a,~b,~c) = 0 natanko tedaj, ko lezijo vektorji ~a, ~b in ~c visti ravnini.

Privzemimo sedaj, da nenicelni vektorji ~a, ~b in ~c ne lezijo v isti ravnini. Mesani produkt(~a,~b,~c) je potem pozitiven natanko tedaj, ko tvorijo vektorji ~a, ~b in ~c pozitivno orientiranotrojico v R3.

Izrek 11.50 (Ciklicnost mesanega produkta). Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a,~b,~c) = (~b,~c,~a) = (~c,~a,~b).

Naj bo ~a = (x1, y1, z1), ~b = (x2, y2, z2) in ~c = (x3, y3, z3). Potem je

(~a×~b) · ~c = (y1z2 − z1y2, z1x2 − x1z2, x1y2 − y1x2) · (x3, y3, z3),== y1z2x3 − z1y2x3 + z1x2y3 − x1z2y3 + x1y2z3 − y1x2z3

kar najlazje izracunamo s pomocjo determinante:

(~a×~b) · ~c =

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣=

= x1(y2z3 − z2y3)− y1(x2z3 − z2x3) + z1(x2y3 − y2x3).

Spomnimo se, da lahko vrednost trivrsticne determinante izracunamo s pomocjo Sarruso-vega pravila tako, da na desni pripisemo prva dva stolpca ter sestejemo produkte na glavnihdiagonalah (polne crte) in odstejemo produkte na stranskih diagonalah (crtkane crte):

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣

x1 y1x2 y2x3 y3

= x1y2z3 + y1z2x3 + z1x2y3 −

−z1y2x3 − x1z2y3 − y1x2z3.

234

Zgled 11.51. Izracunaj prostornino paralelepipeda, napetega na vektorje ~a = (−2, 1, 3), ~b =(1,−2, 2) in ~c = (−3, 0, 1).

Resitev. Prostornina je absolutna vrednost mesanega produkta; tj. V =∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣. Racunajmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

−2 1 31 −2 2

−3 0 1

∣∣∣∣∣∣= 4− 6 + 0− 18 − 1− 0 = −21.

Torej je V =∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣ = 21.

Zgled 11.52. Izracunaj prostornino piramide z oglisci v tockah A(1, 2, 3), B(−1, 2, 0), C(2, 1,−3)in D(1,−1, 0).

AB

C

D

bc

bc

bc

bc

Resitev. Oznacimo ~a =−−→DA = (0, 3, 3), ~b =

−−→DB = (−2, 3, 0) in ~c =−−→

DC = (1, 2,−3). Prostornina piramide je 16 prostornine paralelepipeda,

napetega na vektorje ~a, ~b in ~c; tj. V = 16

∣∣∣(~a,~b,~c)∣∣∣. Racunajmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

0 3 3−2 3 01 2 −3

∣∣∣∣∣∣= 0 + 0− 12− 0− 18− 9 = −39.

Torej je V = 16

∣∣∣(~a,~b,~c)∣∣∣ = 39

6 = 132 .

Zgled 11.53. Volumen paralelepipeda, napetega na ~a, ~b in ~c je 1. Koliko je volumen paralele-pipeda, napetega na 2~a−~b, ~a+ 2~c, ~b+ ~c?

Resitev.

(2~a−~b,~a+ 2~c,~b+ ~c) =((2~a−~b)× (~a+ 2~c)

)· (~b+ ~c) =

= (2~a× ~a︸︷︷︸=~0

+4~a× ~c−~b× ~a− 2~b× ~c) · (~b+ ~c) =

= 4(~a× ~c) ·~b− (~b× ~a) ·~b︸︷︷︸=0

− 2(~b× ~c) ·~b︸︷︷︸=0

+

4(~a× ~c) · ~c︸︷︷︸=0

−(~b× ~a) · ~c− 2(~b× ~c) · ~c︸︷︷︸=0

=

= −4(~a×~b) · ~c+ (~a×~b) · ~c = −3(~a×~b) · ~c.

Iskani volumen je∣∣∣(2~a−~b,~a+ 2~c,~b+ ~c)

∣∣∣ = 3∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣ = 3.

Zgled 11.54. Ali lahko dolocimo vrednost parametra λ tako, da bodo vektorji ~a = (−1, 1, 2),~b = (λ, 0, 1) in ~c = (1, 2,−1) lezali v isti ravnini?

Resitev. Vektorji ~a, ~b in ~c bodo komplanarni natanko tedaj, ko bo vrednost mesanega produktaenaka 0; tj. (~a,~b,~c) = 0. Racunajmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

−1 1 2λ 0 11 2 −1

∣∣∣∣∣∣= 0 + 1 + 4λ+ 2 + λ− 0 = 5λ+ 3.

Torej je (~a,~b,~c) = 5λ+ 3 = 0, kar nam da λ = −35 .

235

Dvojni vektorski produkt

Izrek 11.55. Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a×~b)× ~c = (~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a (27)

~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c (28)

Dokaz. Enakost (28) sledi iz enakosti (27), ce upostevamo, da je

~a× (~b× ~c) = −(~b× ~c)× ~a = (~c×~b)× ~a.

Enakost (27) pa najlazje dokazemo tako, da postavimo

~a = x1~i+ y1~j + z1~k,

~b = x2~i+ y2~j + z2~k,

~c = x3~i+ y3~j + z3~k,

in izracunamo obe strani v formuli (27).

Izrek 11.56 (Jacobijeva identiteta). Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a×~b)× ~c+ (~b× ~c)× ~a+ (~c× ~a)×~b = ~0.

Dokaz. Identiteto dokazemo z uporabo formule

(~a×~b)× ~c = (~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a.

Izraz na levi strani je tako enak

(~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a+ (~a ·~b)~c− (~a · ~c)~b+ (~b · ~c)~a− (~a ·~b)~c = ~0.

Izrek 11.57 (Lagrangeova identiteta). Za poljubne vektorje ~a, ~b, ~c in ~d velja

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b · ~c).

Dokaz. Produkt (~a×~b) · (~c× ~d) lahko prepoznamo kot mesani produkt vektorjev ~a, ~b in ~c× ~d.Torej je

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a,~b,~c× ~d) = (~b× (~c× ~d)) · ~a,kjer zadnja enakost drzi zaradi ciklicnosti mesanega produkta. Sledi

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a,~b,~c× ~d) = (~b× (~c× ~d)) · ~a =

= ((~b · ~d)~c− (~b · ~c)~d) · ~a = (~b · ~d)(~c · ~a)− (~b · ~c)(~d · ~a) == (~a · ~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b · ~c).

Lagrangeovo identiteto

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c)(~b · ~d)− (~a · ~d)(~b · ~c)

pogosto uporabljamo v primeru, ko je ~a = ~c in ~b = ~d. Tedaj je

(~a×~b) · (~a×~b) = (~a · ~a)(~b ·~b)− (~a ·~b)(~b · ~a),

kar lahko zapisemo tudi v obliki ‖~a×~b‖2 = ‖~a‖2 · ‖~b‖2 − (~a ·~b)2 oziroma

‖~a×~b‖2 + (~a ·~b)2 = ‖~a‖2 · ‖~b‖2.

236

11.11 Premica in ravnina v prostoru

PremicaNaj bosta A0 in A1 razlicni tocki v prostoru ter ~r0 in ~r1 njuna krajevna vektorja. Potem

obstaja natanko ena premica, ki ti dve tocki vsebuje. Naj bo ~r krajevni vektor poljubne tocke napremici. Potem sta vektorja ~r−~r0 in ~s = ~r1−~r0 linearno odvisna in lahko zapisemo ~r−~r0 = λ~soziroma

~r = ~r0 + λ~s. (29)

Vektor ~s imenujmo smerni vektor premice, enacbo (29) pa vektorska enacba premice.

~s

~r1~r0

A0

A1

Obc

bc

bc

Ce je ~r = (x, y, z), ~r0 = (x0, y0, z0) in ~s = (x1, y1, z1), lahko gornjo enacbo zapisemo vparametricni obliki

x = x0 + λx1, y = y0 + λy1, z = z0 + λz1.

Ce predpostavimo, da smerni vektor ne lezi v nobeni od koordinatnih ravnin (tj. x1y1z1 6=0), lahko iz vsake izmed gornjih enacb izrazimo λ in izenacimo. Dobimo normalno enacbopremice

x− x0x1

=y − y0y1

=z − z0z1

. (30)

Ce pa je npr. x1 = 0, pa v (30) namesto ulomka x−x0x1

zapisemo pogoj x = x0.

Zgled 11.58. Zapisi parametricno in normalno enacbo premice skozi tocki A0(0, 1,−2) inA1(3,−2, 1).

Smerni vektor premice je

~s = (3,−2, 1) − (0, 1,−2) = (3,−3, 3) = 3(1,−1, 1).

Za smerni vektor lahko vzamemo kar vektor (1,−1, 1). Parametricna enacba premice se takoglasi

~r = (0, 1,−2) + λ(1,−1, 1),

normalna pax

1=y − 1

−1=z + 2

1.

RavninaNaj bodo A0, A1 in A2 take tocke v prostoru, da sta vektorja ~a =

−−−→A0A1 in ~b =

−−−→A0A2 linearno

neodvisna. Potem tocke A0, A1 in A2 dolocajo natanko eno ravnino. Ce je ~r krajevni vektorpoljubne tocke na ravnini, velja ~r − ~r0 = λ~a+ µ~b. Torej je

~r = ~r0 + λ~a+ µ~b. (31)

237

A0A1

A2

O

~n

~r~r0

µ~b

λ~abc

bc

bc

bc

Po definiciji vektorskega produkta je vektor ~n = ~a×~b pravokoten na ravnino, ki jo vektorja~a in ~b napenjata. Torej je ~n · (~r − ~r0) = 0. Sledi

~r · ~n = ~r0 · ~n. (32)

Enacbo (32) imenujemo normalna enacba ravnine, vektor ~n pa normala ravnine. Obicajnozapisemo normalno enacbo ravnine v obliki

~r · ~n = d, (33)

saj je stevilo ~r · ~n enako za vse tocke na ravnini, torej tudi za ~r = ~r0.Ce je ~r = (x, y, z), ~n = (a, b, c) in ~r0 · ~n = d, lahko gornjo enacbo zapisemo kot

ax+ by + cz = d. (34)

Zgled 11.59. Zapisi enacbo ravnine skozi tocke A0(3, 1,−2), A1(3,−2, 1) in A2(−1, 0, 1).

Oznacimo ~a = ~r1 − ~r0 = (3,−2, 1) − (3, 1,−2) = (0,−3, 3) in ~b = ~r2 − ~r0 = (−1, 0, 1) −(3, 1,−2) = (−4,−1, 3).

A0A1

A2

O

~n

~r1~r0

~b

~a

~r2bc

bc

bc

bc

Normala ravnine je

~n = ~a×~b = (−6,−12,−12).

Ker dolzina normale ni pomembna, lahko postavimo ~n =(1, 2, 2). Enacba ravnine je (x, y, z) · (1, 2, 2) = (3, 1,−2) ·(1, 2, 2), kar lahko zapisemo v obliki

x+ 2y + 2z = 1.

Zgled 11.60. Zapisi enacbo ravnine, ki vsebuje tocko A0(1, 1, 2) in je pravokotna na vektor~a = (−1, 2,−2).

Vektor ~a je normala te ravnine: ~n = ~a. Enacba ravnine se zato glasi (x, y, z) · (−1, 2,−2) =(1, 1, 2) · (−1, 2,−2) oziroma −x+ 2y − 2z = −3.

A0

O

~n

~r~r0

bc

bc

238

11.12 Razdalje med tockami, premicami in ravninami

Razdalja med tockama

D

~b~a

AB

Obc

bc

bc

Ce imata tocki A in B krajevna vektorja ~a in ~b, je razdalja med njima enaka

D = ‖~b− ~a‖.

Zgled 11.61. Izracunaj razdaljo med tockama A(−2, 1, 3), B(3, 0,−1).

Za ~a = (−2, 1, 3) in ~b = (3, 0,−1) je ~b− ~a = (5,−1,−4) in

D =√

52 + (−1)2 + (−4)2 =√42.

Razdalja med tocko in premico

~r0

~a

~a−~r 0

~s

OD

Abc

bc

Naj ima tocka A krajevni vektor ~a, premica pa naj bopodana z enacbo ~r = ~r0 + λ~s. Ce tocka A ne lezi natej premici, razpenjata vektorja ~s in ~a − ~r0 paralelo-gram, katerega ploscina je enaka ‖~s × (~a − ~r0)‖. Kerje ploscina paralelograma enaka tudi D‖~s‖, sledi

D =‖~s× (~a− ~r0)‖

‖~s‖ .

Opazimo lahko, da je gornja formula pravilna tudi, ce tocka A lezi na dani premici, saj je tedajD = 0 in tudi ~s× (~a− ~r0) = ~0.

Zgled 11.62. Izracunaj razdaljo med tocko A(2, 2, 0) in premico z enacbo

x− 1

4=y

3=z − 2

5.

Iz podatkov razberemo ~a = (2, 2, 0), ~s = (4, 3, 5) in ~r0 = (1, 0, 2). Potem je ~a−~r0 = (1, 2,−2)in

~s× (~a− ~r0) =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k4 3 51 2 −2

∣∣∣∣∣∣= (−16, 13, 5).

in

D =‖~s× (~a− ~r0)‖

‖~s‖ =

√(−16)2 + 132 + 52√

42 + 32 + 52=

√450√50

= 3.

Razdalja med tocko in ravninoDana je tocka A s krajevnim vektorjem ~a in ravnina z enacbo ~r · ~n = d. Razdaljo med

tocko in ravnino izracunamo tako, da tocko pravokotno projeciramo na ravnino (tocka A1) terizracunamo razdaljo med tockama A in A1.

~n

O

A

A1

~a

~a1bc

bc

bc

bc

239

Premica, ki poteka skozi tocko A in seka ravnino pravokotno, ima enacbo ~r = ~a+ λ~n. Ce z~a1 oznacimo krajevni vektor tocke A1, velja

~a1 = ~a+ λ~n, (35)

~a1 · ~n = d (36)

Ko (35) vstavimo v (36), dobimo λ = d−~a·~n‖~n‖2 . Torej je D = ‖~a1 − ~a‖ = |λ| · ‖~n‖ oziroma

D =|d− ~a · ~n|

‖~n‖ .

Gornja formula velja tudi v primeru, ko lezi tocka A na ravnini, saj je D = 0 in d − ~a · ~n = 0,ker vektor ~a ustreza enacbi ravnine ~r · ~n = d.

Zgled 11.63. Izracunaj razdaljo med tocko A(1, 2,−1) in ravnino z enacbo

−3x+ y + 2z = 5.

Iz podatkov razberemo ~a = (1, 2,−1), ~n = (−3, 1, 2) in d = 5. Torej je

d− ~a · ~n = 5− (1, 2,−1) · (−3, 1, 2) = 5− (−3 + 2− 2) = 8

in‖~n‖ =

√(−3)2 + 12 + 22 =

√14.

Sledi

D =|d− ~a · ~n|

‖~n‖ =8√14.

Razdalja med premicamaV prostoru sta podani premici z enacbama ~r = ~a0 + λ~a in ~r = ~b0 + λ~b.

Privzeti smemo, da premici nista vzporedni, saj lahko v tem primeru izracunamo razdaljomed premicama kot razdaljo med eno premico in poljubno tocko na drugo premici.

Privzemimo se, da se premici ne sekata.

~ b 0−~a 0

~a0

~b0

~a

~b

D

Obc

Vektorji ~a, ~b in ~b0−~a0 so linearno neodvisni in je zato pro-stornina paralelepipeda, napetega na te tri vektorje, enaka|(~a,~b,~b0 − ~a0)|. Prostornino pa lahko izracunamo tudi kotprodukt ploscine osnovne ploskve (tj. ‖~a×~b‖) in visine D,ki je hkrati tudi neznana razdalja med premicama. Sledi

D =|(~a,~b,~b0 − ~a0)|

‖~a×~b‖.

Gornja formula velja tudi, ce se premici sekata, saj je v tem primeru D = 0, velja pa tudi(~a,~b,~b0 − ~a0) = 0, saj lezi ~b0 − ~a0 v ravnini, napeti na ~a in ~b.

Zgled 11.64. Izracunaj razdaljo med premico skozi tocki A(0,−2, 1) in B(−3, 1, 2) ter premico,podano z enacbama

x = 2 iny + 1

3=z − 3

2.

240

Vektorska oblika enacbe premice skozi tocki A(0,−2, 1) in B(−3, 1, 2) je ~r = ~a0 + λ~a, kjer je~a0 = (0,−2, 1) in ~a = (−3, 3, 1). Vektorska oblika enacbe druge premice pa je ~r = ~b0 + λ~b, kjerje ~b0 = (2,−1, 3) in ~b = (0, 3, 2). Torej je

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−3 3 10 3 2

∣∣∣∣∣∣= (3, 6,−9), ‖~a×~b‖ =

√126 = 3

√14,

~b0 − ~a0 = (2, 1, 2) in D =|(~a×~b) · (~b0 − ~a0)|

‖~a×~b‖=

| − 6|3√14

=2√14

.

11.13 Presecisca premic in ravnin

Zgled 11.65. Doloci presecisce premice z enacbo x−11 = y

2 = z+11 z ravnino z enacbo x−2y+z =

−5.

Pisimox− 1

1=y

2=z + 1

1= t.

Potem jex = t+ 1, y = 2t, z = t− 1.

Iz enacbe ravnine sledix︷︸︸︷

(t+ 1)−2

y︷︸︸︷(2t) +

z︷︸︸︷(t− 1) = −5,

kar nam da −2t = −5 oz. t = 52 . Presecisce je v tocki (72 , 5,

32).

Zgled 11.66. Doloci presecisce ravnin z enacbama

x− 2y − 4z = −3 in 2x+ y − 3z = −1.

Iz prve enacbe izrazimo x = −3 + 2y + 4z in ga vstavimo v drugo enacbo

2(−3 + 2y + 4z) + y − 3z = −1.

Sledi 5y + 5z = 5 iny = −z + 1.

Torej jex = −3 + 2(−z + 1) + 4z = 2z − 1.

Enacbo premice lahko zapisemo tudi v obliki

(x, y, z) = (2z − 1,−z + 1, z) = (−1, 1, 0) + z(2,−1, 1).

Presecisce dveh ravnin lahko dolocimo tudi splosno. Ce sta ravnini podani z enacbama

~r · ~n1 = d1 in ~r · ~n2 = d2,

je smerni vektor premice p, ki je presecisce ravnin, enak ~s = ~n1 × ~n2. Da bi bila premica pnatancno dolocena, potrebujemo se neko tocko A0 na tej premici.

241

~n1 ~n2

~s

p

Σ2

Σ1

A0 bc

Ker ravnina Σ, ki jo dolocata ~n1 in ~n2, seka premico p pravokotno, lahko za tocko A0 (skrajevnim vektorjem ~r0) izberemo to presecisce. Vstavimo ~r0 = λ1~n1 + λ2~n2 v enacbi obehravnin in dobimo sistem

λ1‖~n1‖2 + λ2~n1 · ~n2 = d1,

λ1~n1 · ~n2 + λ2‖~n2‖2 = d2.

ki ima resitev

λ1 =d1‖n2‖2 − d2~n1 · ~n2

‖~n1‖2 · ‖~n2‖2 − (~n1 · ~n2)2,

λ2 =d2‖n1‖2 − d1~n1 · ~n2

‖~n1‖2 · ‖~n2‖2 − (~n1 · ~n2)2.

Upostevamo Lagrangeovo identiteto ‖~n1‖2 ·‖~n2‖2−(~n1·~n2)2 = ‖~n1×~n2‖2 in dobljeno upostevamov enacbi ~r0 = λ1~n1 + λ2~n2.

Racunajmo

~r0 =d1‖n2‖2 − d2~n1 · ~n2

‖~n1 × ~n2‖2~n1 +

d2‖n1‖2 − d1~n1 · ~n2‖~n1 × ~n2‖2

~n2 =

=d1(‖n2‖2~n1 − (~n1 · ~n2)~n2) + d2(‖n1‖2~n2 − (~n1 · ~n2)~n1)

‖~n1 × ~n2‖2=

=d1(~n2 × ~n1)× ~n2) + d2(~n1 × ~n2)× ~n1)

‖~n1 × ~n2‖2.

Izrek 11.67. Nevzporedni ravnini z enacbama ~r · ~n1 = d1 in ~r · ~n2 = d2 se sekata v premici zenacbo

~r =d1(~n2 × ~n1)× ~n2) + d2(~n1 × ~n2)× ~n1)

‖~n1 × ~n2‖2+ λ~n1 × ~n2.

Zgled 11.68. Doloci presecisce ravnin z enacbami

2x+ y + 3z = 1,

3x+ 3y − z = 2 in

x− y + z = −3.

Poiskati moramo resitev sistema 3 enacb s 3 neznankami. Iz zadnje enacbe izrazimo x =y − z − 3. Sledi

2(y − z − 3) + y + 3z = 1 in

3(y − z − 3) + 3y − z = 2,

242

kar lahko poenostavimo v

3y + z = 7 in

6y − 4z = 11.

Torej je z = 7− 3y in6y − 4(7 − 3y) = 11,

kar nam da 18y = 39 in

y =39

18=

13

6,

z = 7− 3y =1

2,

x = y − z − 3 =13

6− 1

2− 3 = −8

6= −4

3.

Ravnine se torej sekajo v tocki (−43 ,

136 ,

12).

Tudi presecisce treh ravnin lahko dolocimo splosno. Ravnine naj bodo podane z enacbami

~r · ~n1 = d1, ~r · ~n2 = d2 in ~r · ~n3 = d3.

Ce so normale ravnin linearno neodvisni vektorji, so tudi vektorji

~n1 × ~n2, ~n2 × ~n3, ~n3 × ~n1

linearno neodvisni in lahko iskani vektor ~r razvijemo po tej bazi. Torej

~r = λ3~n1 × ~n2 + λ1~n2 × ~n3 + λ2~n3 × ~n1.

Potem je ~r·~n1 = λ1(~n2×~n3)·~n1 = d1, od koder sledi λ1 =d1

(~n1,~n2,~n3). Podobno je se λ2 =

d2(~n1,~n2,~n3)

in λ3 =d3

(~n1,~n2,~n3).

Izrek 11.69. Ce so normale ravnin z enacbami

~r · ~n1 = d1, ~r · ~n2 = d2 in ~r · ~n3 = d3

linearno neodvisne, se ravnine sekajo v eni tocki in ta tocka ima krajevni vektor

~r =1

(~n1, ~n2, ~n3)(d1 ~n2 × ~n3 + d2 ~n3 × ~n1 + d3 ~n1 × ~n2) .

12 Optimizacija

12.1 Sistem linearnih neenacb

Linearna neenacba je neenacba oblike

a1x1 + a2x2 + . . .+ anxnRb, (37)

kjer so a1, . . . , an, b dana realna stevila, relacija R ∈ {≤,≥} in neznanke x1, . . . , xn. Resitevlinearne neenacbe je vsaka n-terica realnih stevil, ki zadosca gornji neenacbi, torej nekapodmnozica v Rn.

243

Ker lahko z mnozenjem z −1 znak neenakosti obrnemo, lahko vedno privzamemo, da jeuporabljena npr. relacija ≤.

Mnozica resitev neenacbe

a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn ≤ b (38)

je polprostor v Rn, omejen s (hiper)ravnino z enacbo

a1x1 + a2x2 + . . . + anxn = b.

Ravnina je pravokotna na vektor(a1, a2, . . . , an).

• Mnozica tock v R2, ki zadoscajo pogoju

a1x1 + a2x2 ≤ b,

je polravnina, omejena s premico z enacbo a1x1 + a2x2 = b. Ce je b ≥ 0, polravninavsebuje koordinatno izhodisce.

• Mnozica tock v R3, ki zadoscajo pogoju

a1x1 + a2x2 + a3x3 ≤ b,

je polprostor, omejen z ravnino z enacbo a1x1+ a2x2+ a3x3 = b. Ce je b ≥ 0, polprostorvsebuje koordinatno izhodisce.

Zgled 12.1. Narisi mnozico tock v ravnini, ki zadoscajo pogoju 2x+ 3y ≤ 7.

Resitev. Narisimo najprej premico z enacbo 2x + 3y = 7, ki predstavlja rob iskane mnoziceresitev. Ker sta koeficienta pri x in y pozitivna, vidimo, da pogoju ustrezajo vse tocke, ki lezijona tej premici ali pa levo oz. pod njo.

Mnozica tock je torej polravnina, ki vsebuje koordinatno izhodisce in katere rob je premicaz enacbo 2x+ 3y = 7.

2x+3y =

7

x

y

0 72

73

1

1

bc

bcbc bc

bc

bc

bc

244

Sistem linearnih neenacb z m linearnimi enacbami in n neznankami zapisemo kot:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn ≤ b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn ≤ b2...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn ≤ bm

V tem sistemu so aij, bi dana realna stevila, x1, . . . , xn pa neznanke. Ce koeficiente sistemazapisemo v matriko A, koeficiente na desnih straneh v vektor b, neznanke pa v vektor x, lahkogornji sistem neenacb na kratko zapisemo kot

Ax ≤ b. (39)

Resitev sistema neenacb (39) je mnozica tock v Rn, ki jo dobimo kot presek mnozice resitevposamezne neenacbe.

bc

bc

bc

Seveda je mozno, da je presek prazna mnozica. Ce pa ni pra-zna mnozica, je omejena s premicami (v primeru n = 2) ali (hi-per)ravninami (v primeru n ≥ 3). Dobljenemu obmocju pravimopoligon (v primeru n = 2) ali polieder (v primeru n ≥ 3).

Zgled 12.2. Narisi mnozico tock v ravnini, ki zadoscajo pogojem 2x + 3y ≤ 7, x ≥ 0, y ≥ 0,y − x ≥ −1.

Resitev. Narisimo najprej premico z enacbo 2x + 3y = 7. Ker sta koeficienta pri x in ypozitivna, vidimo, da pogoju ustrezajo tocke, ki lezijo na tej premici ali pa levo oz. pod njo.

Pogoja x ≥ 0 in y ≥ 0 skupaj pomenita, da nas zanimajo le tocke v I. kvadrantu.Pogoj y − x ≤ 1 pa lahko preoblikujemo v y ≥ x − 1. V tem primeru narisemo premico z

enacbo y = x− 1 in pogoju ustrezajo tocke, ki lezijo na tej premici ali pa levo oz. nad njo.

2x+3y =

7

y=x− 1

x

y

0 72

73

1

1

y = 0

x=

0

2

bc

bcbc bc

bc

bc

bc

bc

bc

2x+ 3y ≤ 7, x ≥ 0, y ≥ 0, y − x ≥ −1

245

12.2 Linearno programiranje

Zgled 12.3. V laboratoriju pregledujejo vzorca V1 in V2. Za vsakega od vzorcev je potrebnonarediti testa T1 in T2. Preglednica prikaze potreben cas za posamezno testiranje in dnevnorazpolozljiv cas (v urah).

V1 V1 razpolozljivost

T1 3 2 21

T2 1 2 11

Najvec koliko vzorcev lahko v laboratoriju pregledajo na dan?

Poskusimo zapisati problem matematicno. Oznacimo z x1 in x2 stevilo pregledanih vzor-cev V1 oz. V2. Skupno stevilo pregledanih vzorcev je enako f(x1, x2) = x1 + x2, omejitverazpolozljivosti opreme pa nam dajo sistem neenacb:

3x1 + 2x2 ≤ 21,x1 + 2x2 ≤ 11.

Linearno funkcijo f imenujemo namenska ali ciljna funkcija (objective function). Sistemlinearnih neenacb imenujemo omejitve (constraints).

3x1 +

2x2=21

x1 + 2x

2 = 11

7 11

112

212

0

x2

x1

(5, 3)

bc bcbc

bc

bc

bc

Resimo zastavljeni problem. Ker x1 in x2 oznacujetastevili pregledanih vzorecev, je seveda x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0.Narisimo mnozico tock v ravnini, ki zadosca pogojem

3x1 + 2x2 ≤ 21,x1 + 2x2 ≤ 11.

x1 ≥ 0,x2 ≥ 0.

Prepricamo se lahko, da se premici z enacbama 3x1 +2x2 = 21 in x1 + 2x2 = 11 sekata v tocki (5, 3).

x1 +x2 =

c

7 11

112

212

0

(5, 3)

x2

x1bc bcbc

bc

bc

bc

Poglejmo, za katero tocko (x1, x2) ∈M zavzame namen-ska funkcija f ,

f(x1, x2) = x1 + x2,

najvecjo vrednost. Mnozica tock, za katero je f(x1, x2) =c, je premica, ki jo imenujemo nivojnica namenskefunkcije. Za razlicne vrednosti c so premice z enacbox1 + x2 = c vzporedne in vidimo, da je tista z enacbox1 + x2 = 8 optimalna resitev, tj. taka, da je vrednostizraza x1 + x2 najvecja.

Zgled 12.4. V istem laboratoriju pregledujejo vzorce tudi za zunanjega narocnika. Pri pregleduvzorca V1 imajo 3 EUR dobicka, pri pregledu vzorca V2 pa 9 EUR dobicka. Koliko je lahkonajvecji dnevni dobicek?

246

Resitev. Mnozica moznih resitev je enaka kot prej, namenska funkcija f pa je

f(x1, x2) = 3x1 + 9x2.

3x1 + 9x2 = k

7 11

112

212

0

x2

x1bc bcbc

bc

bc

bc

b

b

b

b

b

b bb

b

b

b

b

b b b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bb

Ce se resevanja lotimo enako kot prej, vidimo, da jeoptimalna resitev (tj. maksimalna vrednost 99

2 = 49.5)dosezena v tocki (0, 112 ). Slednje pa ni smiselno, saj iznarave problema sledi, da morata biti x1 in x2 celi stevili.Mnozica moznih resitev je pravzaprav mnozica tistih tock(x1, x2) ∈M , ki imajo obe koordinati celostevilski ingraficno vidimo, da je potem optimalna resitev (tj. ma-ksimalna vrednost 48) dosezena v tocki (1, 5).

Linearno programiranje je matematicna metoda, s pomocjo katere lahko poiscemo opti-malne resitve za probleme odlocanja, pri katerih so omejitve zapisane v obliki linearnih neenacb

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn ≤ b1,

a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn ≤ b2,...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn ≤ bm,

namenska funkcija pa je linearna:

f(x1, . . . , xn) = c1x1 + . . .+ cnxn.

Mnozici tock, ki zadoscajo omejitvam, pravimo mnozica moznih resitev.

Konveksne mnoziceMnozica M ⊂ Rn je konveksna, ce za vsaki dve tocki iz M tudi daljica, ki spaja ti dve

tocki, lezi v M .

• Mnozica resitev sistema linearnih neenacb je konveksna.

Ekstremna tocka konveksne mnozice M je taka tocka x ∈M , za katero ne obstaja nobenadaljica v M , katere notranja tocka bi bila x.

• Ce obstaja optimalna resitev linearnega programa, potem taka resitev obstaja tudi medekstremnimi tockami mnozice moznih resitev.

Gornji izrek v praksi pomeni, da zadosca dolociti vsa oglisca poliedra (tj. mnozice moznih resitev)in izracunati vrednosti namenske funkcije v teh tockah.

Celostevilski linearni program je linearni program, pri katerem dodatno zahtevamo, daso vse resitve cela stevila.

Ce v danem celostevilskem linearnem programu opustimo zahtevo po celostevilski resitvi,pravimo, da smo naredili linearno sprostitev tega programa.

247

• Optimalna vrednost linearne sprostitve ne more biti slabsa od optimalne vrednosti celostevilskegaprograma.

• Ce je optimalna resitev linearne sprostitve celostevilska, je to tudi optimalna resitev zacelostevilski program.

Opozorilo. Kot smo pri drugem primeru videli, zaokrozanje optimalne resitve linearnesprostitve ne da optimalne resitve in mozno je, da je optimalna resitev celosevilskega linearnegaprograma precej razlicna od optimalne resitve njegove linearne sprostitve.

Proizvodni problemIzdelujemo dva proizvoda, na voljo sta dve surovini v omejenih kolicinah. Iscemo optimalno

resitev za maksimalen dobicek.

proizvod 1 proizvod 2 zaloga

surovina 1 p1 p2 z1surovina 2 q1 q2 z2

dobicek d1 d2

bc bc

bc

bc

Oznacimo z x1 in x2 stevilo posameznih proizvodov. Potem velja p1x1 +p2x2 ≤ z1, q1x1 + q2x2 ≤ z2. Iz narave problema sledi x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0.Glede na to, kaj proizvajamo, je lahko dodatna omejitev, da sta x1 in x2celi stevili. Iscemo maksimum funkcije f , f(x1, x2) = d1x1 + d2x2.

Dualni proizvodni problemIzdelujemo dva proizvoda, na voljo sta dve surovini v neomejenih kolicinah. Iscemo optimalno

resitev za minimalen strosek.

surovina 1 surovina 2 dobicek

proizvod 1 p1 p2 d1proizvod 2 q1 q2 d2

strosek s1 s2

bc

bc

bc

Oznacimo z x1 in x2 kolicino posamezne surovine. Ker naj proizvod stanevsaj toliko, kot je strosek surovine, velja p1x1+p2x2 ≥ d1, q1x1+q2x2 ≥ d2.Iz narave problema sledi x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0. Iscemo minimum funkcije f ,f(x1, x2) = s1x1 + s2x2.

Prehrambeni problemZelimo zauziti dva vitamina, na voljo sta dve zivili v neomejenih kolicinah. Iscemo optimalno

resitev za minimalen strosek.

zivilo 1 zivilo 2 potreba

vitamin 1 p1 p2 d1vitamin 2 q1 q2 d2

strosek s1 s2

248

bc

bc

bc

Oznacimo z x1 in x2 kolicino posameznega zivila. Zaradi minimalne potrebepo vitaminih velja p1x1 + p2x2 ≥ d1, q1x1 + q2x2 ≥ d2. Iz narave problemasledi x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0. Iscemo minimum funkcije f , f(x1, x2) = s1x1+s2x2.

Transportni problemDva proizvajalca oskrbujeta dva potrosnika. Podani so stroski prevoza do posameznega

potrosnika, potreba po izdelku in proizvodne zmogljivosti (kjer je p1 + p2 ≥ d1 + d2). Iscemooptimalno resitev za minimalen skupni strosek prevozov.

kupec 1 kupec 2 proizvodnja

proizvajalec 1 s1 s2 p1proizvajalec 2 t1 t2 p2

potreba d1 d2

Oznacimo z x1 in x2 kolicino blaga prvega proizvajalca, ki sta bila dobavljena kupcema1 oz. 2. Potem je x1 + x2 ≤ p1. Torej mora drugi proizvajalec kupcema dostaviti d1 − x1 oz.d2 − x2 blaga in zato je (d1 − x1) + (d2 − x2) ≤ p2. Sledi

d1 + d2 − p2 ≤ x1 + x2 ≤ p1.

Iz narave problema sledi x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, d1 − x1 ≥ 0, d2 − x2 ≥ 0.Iscemo minimum funkcije f ,

f(x1, x2) = s1x1 + s2x2 + t1(d1 − x1) + t2(d2 − x2) =

= (s1 − t1︸︷︷︸a1

)x1 + (s2 − t2︸︷︷︸a2

)x2 + t1d1 + t2d2︸︷︷︸b

.

x1 +x2 =

p ′2

x1 +x2 =

p1

x1

x2

d1

d2

bb

b

bb

b

Oznacimop′2 = d1 + d2 − p2.

Ce sta vrednosti parametrov d1 oz. d2 dovolj veliki ali dovoljmajhni, se oblika mnozice moznih resitev spremeni. V kateriizmed ekstemnih tock mnozice moznih resitev bo dosezenaoptimalna resitev, pa je predvsem odvisno od predznakastevil a1 in a2.

x1

x2

T1

T2

T3

T4

T5

T6

bb

b

bb

b

Ce je a1a2 < 0, je ekstrem dosezen v T3 (ce a1 < 0) ali T4(ce a2 < 0).

Ce je a1, a2 ≥ 0, je ekstrem dosezen v T1 (ce a1 ≤ a2) ali T2(ce a1 ≥ a2).

Ce je a1, a2 ≤ 0, je ekstrem dosezen v T5 (ce a1 ≤ a2) ali T6(ce a1 ≥ a2).Omeniti velja se poseben primer, ko je d1 + d2 = p1 + p2.Tedaj se mnozica moznih resitev izrodi v daljico (tj. tockeT1, T3 in T5 sovpadejo v eno tocko, T2, T4 in T6 pa v drugo).Iskana optimalna resitev je potem dosezena v enem izmedkrajisc te daljice.

249

Transportni problemDva proizvajalca oskrbujeta tri potrosnike. Podani so stroski prevoza do posameznega po-

trosnika, potreba po izdelku in proizvodne zmogljivosti. Skupna proizvodnja naj bo enaka skupniporabi. Iscemo optimalno resitev za minimalen skupni strosek prevozov.

kupec 1 kupec 2 kupec 3 proizvodnja

proizvajalec 1 s1 s2 s3 p1proizvajalec 2 t1 t2 t3 p2

strosek d1 d2 d3

Oznacimo z x1, x2 in x3 kolicino blaga prvega proizvajalca, ki je bilo dobavljeno kupcem.Potem podobno kot prej sklepamo, da je x1+x2+x3 ≤ p1 in (d1−x1)+(d2−x2)+(d3−x3) ≤ p2oz. x1 + x2 + x3 ≥ d1 + d2 + d3 − p2.

Namenska funkcija je podana s predpisom

f(x1, x2, x3) = s1x1 + s2x2 + s3x3 +

+t1(d1 − x1) + t2(d2 − x2) + t3(d3 − x3).

Ker je d1 + d2 + d3 = p1 + p2, mora pravzaprav veljati x1 + x2 + x3 ≥ p1, kar pomeni, da jex1 + x2 + x3 = p1. Torej lahko pisemo x3 = p1 − x1 − x2 in prevedemo problem na problemiskanja minimalne vrednosti funkcije F ,

F (x1, x2) = s1x1 + s2x2 + s3(p1 − x1 − x2) +

+t1(d1 − x1) + t2(d2 − x2) + t3(d3 − p1 + x1 + x2)

pri pogojih 0 ≤ x1 ≤ d1, 0 ≤ x2 ≤ d2, 0 ≤ p1 − x1 − x2 ≤ d3 (oz. d3 − p1 ≤ x1 + x2 ≤ p1). Gledena obliko namenske funkcije in pogojev pa vidimo, da je postopek resevanja tega problema enakprejsnjemu.

13 Kombinatorika

13.1 Prestevanja

Osnovni izrek kombinatorike

Izrek 13.1 (Pravilo produkta). Ce lahko izbiranje opravimo v dveh zaporednih neodvisnih ko-rakih, dobimo stevilo vseh izborov tako, da pomnozimo stevilo izborov v prvem koraku s stevilomizborov v drugem koraku.

V jeziku teorije mnozic zapisemo, da za koncni mnozici A in B velja

|A×B| = |A| · |B|.

Pravilo lahko posplosimo na poljubno stevilo neodvisnih faz.

Izrek 13.2 (Pravilo vsote). Ce lahko izbiranje opravimo na dva neodvisna nacina, dobimo stevilovseh izborov tako, da sestejemo stevilo izborov na prvi nacin in tistih na drugi nacin.

V jeziku teorije mnozic zapisemo, da za koncni disjunktni mnozici A in B velja

|A ∪B| = |A|+ |B|.

Pravilo lahko posplosimo na poljubno stevilo disjunktnih koncnih mnozic.

250

Zgled 13.3. V restavraciji nudijo 7 vrst sokov in 5 vrst mineralne vode. Na koliko nacinovlahko gost izbere eno pijaco? Na koliko nacinov lahko gost izbere pijaco, ce bo sok mesal z vodo?

Resitev. V prvem primeru sta izbiri soka ali mineralne vode med seboj izkljucujoci, zato lahkogost izbere pijaco na 7+5 = 12 nacinov. V drugem primeru pa gre za pripravo mesanice v dvehneodvisnih korakih, zato je vseh nacinov enako 7 · 5 = 35.

Zgled 13.4. Poslovni kovcek ima dve loceni kljucavnici s trimestnima stevilkama. Koliko kom-binacij za zaklepanje nudita ti dve kljucavnici skupaj? V najvec koliko poskusih lahko odpremokovcek?

9 0 6 4 3 0

Resitev. Na vsaki kljucavnici so stevila od 000 do 999; torej 103 moznosti. Skupaj imamo103 · 103 = 106 moznosti (tj. vsa stevila od 000 000 do 999 999). Stevilo poskusov, potrebnih zaodpiranje kovcka, pa je bistveno manjse. Zakaj?

Ker sta kljucavnici loceni, bomo prvo odprli najkasneje v 103 poskusih. In ko bo prvakljucavnica odprta, bomo tudi drugo odprli v najvec 103 poskusih. Torej potrebujemo najvec2 · 103 poskusov.

Nacelo vkljucitev in izkljucitevPri izbiranju iz vec mnozic moramo paziti, da je vsak element izbran natanko enkrat. Kadar

torej izbiramo med elementi ene ali druge mnozice, pa se nekateri elementi lahko pojavijo v obehmnozicah (presek mnozic ni prazen), dobimo stevilo vseh elementov tako, da sestejemo steviloelementov v prvi mnozici s stevilom tistih v drugi in odstejemo stevilo elementov v preseku (tesmo upostevali dvakrat).

V jeziku teorije mnozic zapisemo, da za poljubni koncni mnozici A in B velja

|A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B|.

Ce izbiramo med elementi treh mnozic, moramo najprej sesteti stevila elementov vseh posa-meznih mnozic, odsteti stevilo elementov v presekih po dveh mnozic in pristeti stevilo elementov,ki nastopajo v preseku vseh treh mnozic (te smo najprej trikrat pristeli, nato trikrat odsteli injih moramo torej se enkrat vkljuciti).

V jeziku teorije mnozic zapisemo, da za poljubne koncne mnozice A, B in C velja

|A ∪B ∪ C| = |A|+ |B|+ |C| − |A ∩B| − |A ∩C| − |B ∩ C|+ |A ∩B ∩ C|.

Analogno ravnamo, ce se stevilo mnozic se povecuje.

Zgled 13.5. V restavraciji je 5 gostov narocilo sok, 7 mineralno vodo, 3 pa so narocili oboje.Koliko gostov je sploh narocilo kaksno pijaco?

Resitev. Ce z A oznacimo mnozico gostov, ki so narocili sok, z B pa tiste, ki so narocilimineralno vodo, velja |A| = 5, |B| = 7 in |A ∩B| = 3. Torej je |A ∪B| = |A|+ |B| − |A ∩B| =5 + 7− 3 = 9.

251

PermutacijePermutacija pomeni spremembo vrstnega reda. (Npr. pri igri s kartami karte na zacetku

premesamo.)

Permutacija mnozice A je bijektivna preslikava σ : A→ A.

Naj bo A = {a1, . . . , an} koncna mnozica. Torej lahko σ(1) zavzame enega izmed n moznihelementov. Potem pa lahko σ(2) zavzame enega izmed preostalih n− 1 elementov. Ker so izbirena vsakem koraku med seboj neodvisne, je vseh permutacij natanko

Pn = n · (n − 1) · · · 2 · 1 = n! .

Permutacija s ponavljanjem je taka permutacija, pri kateri nekaterih elementov medseboj ne locimo. Ce ima torej mnozica z n elementi nekaj skupin enakih elementov (s po n1,n2, . . . , nk enakimi elementi v vsaki skupini, kjer je n1 + . . . + nk = n), je stevilo permutacij sponavljanjem enako

Pn1,n2,...,nkn =

n!

n1! · n2! · · · nk!.

Obicajno zapis poenostavimo tako, da izpustimo tiste ni, ki so enaki 1. Tako je P 1,1,...,1n = Pn.

Zgled 13.6. Koliko razlicnih besed lahko sestavimo iz crk besede KEMIJA? (Vsako crko upo-rabimo natanko enkrat.)

Resitev. V besedi so vse crke razlicne. To so permutacije: P6 = 6! = 720.

Zgled 13.7. Koliko razlicnih besed lahko sestavimo iz crk besede MATEMATIKA? (Vsakocrko uporabimo natanko enkrat, enakih crk med seboj ne locimo.)

Resitev. V besedi se crki M in T ponovita dvakrat, A pa trikrat. To so permutacije sponavljanjem: P 3,2,2,1...,1

10 = 10!3!·2!·2! = 151 200.

VariacijeZ elementi koncne mnozice z n elementi tvorimo zaporedje r elementov. Pri variacijah s po-

navljanjem lahko vsak element izberemo tudi veckrat. Torej je stevilo variacij s ponavljanjemenako

Vrn = nr.

• Stevilo vseh preslikav iz koncne mnozice A, |A| = r, v koncno mnozico B, |B| = n, jeenako V

rn. Res: Vzamemo lahko, da je A = Nr in B = Nn. Dani preslikavi f : Nr → Nn

priredimo r-terico (f(1), . . . , f(r)) ∈ (Nn)r.

Pri variacijah brez ponavljanja pa sme biti vsak element izbran najvec enkrat. Torej jestevilo variacij brez ponavljanja enako

n(n− 1)(n − 2) . . . (n− r + 1)︸︷︷︸r faktorjev

,

kar lahko zapisemo kot

V rn =

{n!

(n−r)! , ce je r ≤ n

0, ce je r > n.

252

• Stevilo vseh injektivnih preslikav iz koncne mnozice A, |A| = r, v koncno mnozico B,|B| = n, je enako V r

n . Res: Vzamemo lahko, da je A = Nr in B = Nn. Dani injektivni

preslikavi f : Nr → Nn priredimo r-terico (f(1), . . . , f(r)) ∈ (Nn)r razlicnih stevil.

Zgled 13.8. Koliko razlicnih besed iz treh crk lahko sestavimo iz crk besede KEMIJA? (Posa-mezno crko lahko uporabimo najvec enkrat.)

Resitev. To so variacije brez ponavljanja: V 36 = 6 · 5 · 4 = 120.

Zgled 13.9. Koliko razlicnih besed iz treh crk lahko sestavimo iz crk besede KEMIJA? (Posa-mezno crko lahko uporabimo tudi veckrat.)

Resitev. To so variacije s ponavljanjem V36 = 63 = 216.

KombinacijeKombinacija je izbira r-elementne podmnozice iz mnozice z n elementi. Iz mnozice z n

elementi lahko tvorimo V rn zaporedij dolzine r, a ker pri podmnozici vrstni red ni pomemben, je

razlicnih podmnozic le V rn

r! = n!r!·(n−r)! . Stevilo kombinacij je torej enako

Crn =

(n

r

)=

n!

r! · (n− r)!.

Kombinacija s ponavljanjem je izbira r-elementne podmnozice iz mnozice z n elementi,kjer lahko kaksen element nastopa v tej r-elementni podmnozici tudi veckrat.

Kombinacijo s ponavljanjem reda r si lahko predstavljamo kot razporeditev r kroglic v nskatel, kjer lahko damo v neko skatlo tudi vec kroglic.

• • • • •B1 B2 Bn

Gornjo razporeditev lahko shematicno opisemo kot

• • •|| • | • |||,

kjer ta zapis pomeni, da razporejamo r = 5 kroglic (oznacenih s •) v n = 7 skatel (s | je oznacenihn− 1 = 6 predelcnikov med njimi).

To pa pomeni, da imamo v shemi n+ r− 1 znakov (tj. • in |) in lahko spreminjamo polozajr (tj. •) izmed njih. Stevilo kombinacij s ponavljanjem je tako enako

Crn = Cr

n+r−1 =

(n+ r − 1

r

)=

(n+ r − 1)!

r! · (n− 1)!.

• Stevilo vseh strogo narascajocih preslikav iz koncne mnozice A ⊂ R, |A| = r, v koncnomnozico B ⊂ R, |B| = n, je enako Cr

n. Res: Vzamemo lahko, da je A = Nr in B = Nn.

Dani strogo narascajoci preslikavi f : Nr → Nn priredimo r-terico (f(1), . . . , f(r)) ∈ (Nn)r

stevil, ki tvorijo strogo narascajoce zaporedje. Obrat: Vsaki podmnozici z r elementimnozice Nn lahko priredimo narascajoce zaporedje r stevil, ki nam potem doloca strogonarascajoco preslikavo Nr → Nn.

253

• Stevilo vseh nepadajocih preslikav iz koncne mnozice A ⊂ R, |A| = r, v koncno mnozicoB ⊂ R, |B| = n, je enako Cr

n. Res: Vzamemo lahko, da je A = Nr in B = Nn. Dani

nepadajoci preslikavi f : Nr → Nn priredimo r-terico (f(1), . . . , f(r)) ∈ (Nn)r stevil, ki tvo-

rijo nepadajoce zaporedje. Vsakemu naboru z r (ne nujno razlicnimi) elementi mnozice Nn

lahko priredimo nepadajoce zaporedje r stevil, ki nam potem doloca nepadajoco preslikavoNr → Nn.

Zgled 13.10. Koliko razlicnih sopkov iz 4 razlicnih vrst roz lahko sestavimo, ce imamo na voljo7 razlicnih vrst roz?

Resitev. Ker vrstni red ni pomemben, gre za kombinacije C47 =

(74

)= 35.

Zgled 13.11. Koliko razlicnih sopkov iz 4 vrst roz lahko sestavimo, ce imamo na voljo 7 razlicnihvrst roz?

Resitev. V sopku se lahko roze tudi ponavljajo, vrstni red pa ni pomemben. Torej gre za

kombinacije s ponavljanjem: C47 =

(7+4−14

)=(104

)= 210.

Brez ponavljanja S ponavljanjem

Permutacije Pn = n!, P3 = 6 Pn1,...,nkn = n!

n1!···nk!, P 2,2

4 = 6

abc bca cabacb cba abc

aabb abab abbabaab baba bbaa

Variacije V rn = n!

(n−r)! , V24 = 12 V

rn = nr, V

24 = 16

ab ac adba bc bdca cb cdda db dc

aa ab ac adba bb bc bdca cb cc cdda db dc dd

Kombinacije Crn =

(nr

), C2

4 = 6 Crn =

(n+r−1r

), C

24 = 10

ab ac adbc bd

cd

aa ab ac adbb bc bd

cc cddd

Vezane kombinacijeKoncna mnozica A z n elementi naj bo razdeljena na disjunktne mnozice Ai z mocmi |Ai| =

ni. TorejA = A1 ∪A2 ∪ . . . ∪Am in n1 + n2 + . . .+ nm = n.

Stevilo nacinov, na katere lahko iz mnozice A izberemo r = r1 + r2 + . . . + rm elementov tako,da za vsak i iz mnozice Ai izberemo ri, ri ≤ ni elementov, je enako

Cr1,r2,...,rmn1,n2,...,nm

=

(n1r1

)(n2r2

)· · ·(nmrm

).

Tak nacin izbiranja elementov pogosto imenujemo vezane kombinacije.

PorazdelitvePri izracunu vezanih porazdelitev smo koncno mnozico z n elementi razdelili na m mnozic

Ai tako, da je bilo v mnozici Ai natanko ni elementov. Stevilo takih porazdelitev je enako(n

n1

)(n− n1n2

)(n− n1 − n2

n3

)· · ·(n− n1 − n2 − . . .− nm−1

nm

),

254

kar lahko preoblikujemo vn!

n1! · n2! · · ·nm!.

Do slednje formule hitreje pridemo tako, da opazimo, da lahko vsako porazdelitev mnozice z nelementi opisemo z besedo iz n znakov, kjer je n1 znakov enakih 1, n2 znakov enakih 2, . . . , nmznakov enakih m.

Stevilo podmnozic dane mnoziceStevilo vseh podmnozic dane mnozice z n elementi je enako

n∑

r=0

(n

r

)= 2n.

Do enakega rezultata lahko pridemo tudi po drugacni poti. Vsaki podmnozici X ⊆ A danekoncne mnozice A = {a0, . . . , an−1} z n elementi lahko priredimo stevilo

∑n−1i=0 ni2

i, kjer jeni = 1, ce ai ∈ X in ni = 0, ce ai /∈ X. Ta preslikava predstavlja bijekcijo na mnozico vseh celihstevil od vkljucno 0 do vkljucno

∑n−1i=0 2i = 2n − 1; takih stevil pa je ravno 2n.

Zgled 13.12. Koliko razlicnih sopkov iz razlicnih vrst roz lahko sestavimo, ce imamo na voljo7 razlicnih vrst roz?

Resitev. Tu gre za stevilo vseh nepraznih podmnozic mnozice s 7 elementi: 27 − 1 = 127.Stevilo 1 je potrebno odsteti, ker ne dopustimo prazne podmnozice.

Binomska formulaPri razvoju potence binoma

(a+ b)n = (a+ b)(a+ b) · · · (a+ b)︸︷︷︸n faktorjev

nastane vsota produktov oblike an−rbr. Tak produkt nastane, ko iz katerihkoli k faktorjev vzgornjem produktu izberemo clen b (kar gre na

(nr

)nacinov), pri preostalih pa a. Torej je

(a+ b)n =

n∑

r=0

(n

r

)an−rbr.

•(n0

)=(nn

)= 1,

(n1

)=( nn−1

)= n

•(nr

)=( nn−r

)

•(

nr−1

)+(nr

)=(n+1n

)

Pascalov trikotnik

n = 0 1n = 1 1 1n = 2 1 2 1n = 3 1 3 3 1n = 4 1 4 6 4 1n = 5 1 5 10 10 5 1n = 6 1 6 15 20 15 6 1

255

Zgled 13.13. Iz kupa 32 igralnih kart stirikrat izvlecemo po 1 karto, jo pogledamo in vrnemo vkup. Koliko razlicnih cetveric je moznih? Koliko pa jih je, ce karte ne vracamo?

Resitev. V prvem primeru imamo V432 = 324 = 1048 576 moznosti, v drugem pa V 4

32 =32 · 31 · 30 · 29 = 863 040 moznosti.

Zgled 13.14. V skatli imamo 5 belih in 7 crnih kroglic. Iz skatle hkrati izvlecemo 3 kroglice.Koliko razlicnih trojic je moznih, ce kroglic iste barve med seboj ne razlikujemo? Koliko pa jihje, ce kroglice med seboj razlikujemo?

Resitev. Potegnemo lahko 0, 1, 2 ali 3 bele kroglice, torej 4 razlicne trojice.Ce pa kroglice iste barve med seboj razlikujemo, je takih trojic

(5

0

)(7

3

)

︸︷︷︸=1·35

+

(5

1

)(7

2

)

︸︷︷︸=5·21

+

(5

2

)(7

1

)

︸︷︷︸=10·7

+

(5

3

)(7

0

)

︸︷︷︸=10·1

= 220.

Razmislimo lahko tudi drugace. Ker kroglice iste barve med seboj razlikujemo, imamo pravza-prav 5 + 7 = 12 razlicnih kroglic in takih trojic je

(123

)= 220.

Zgled 13.15. Iz kupa 32 igralnih kart stirikrat izvlecemo po 1 karto, jo pogledamo in vrnemo vkup. Koliko razlicnih cetveric je moznih? Koliko pa jih je, ce karte ne vracamo?

Resitev. V prvem primeru imamo V432 = 324 = 1048 576 moznosti, v drugem pa V 4

32 =32 · 31 · 30 · 29 = 863 040 moznosti.

Zgled 13.16. V skatli imamo 5 belih in 7 crnih kroglic. Iz skatle hkrati izvlecemo 3 kroglice.Koliko razlicnih trojic je moznih, ce kroglic iste barve med seboj ne razlikujemo? Koliko pa jihje, ce kroglice med seboj razlikujemo?

Resitev. Potegnemo lahko 0, 1, 2 ali 3 bele kroglice, torej 4 razlicne trojice.Ce pa kroglice iste barve med seboj razlikujemo, je takih trojic

(5

0

)(7

3

)

︸︷︷︸=1·35

+

(5

1

)(7

2

)

︸︷︷︸=5·21

+

(5

2

)(7

1

)

︸︷︷︸=10·7

+

(5

3

)(7

0

)

︸︷︷︸=10·1

= 220.

Razmislimo lahko tudi drugace. Ker kroglice iste barve med seboj razlikujemo, imamo pravza-prav 5 + 7 = 12 razlicnih kroglic in takih trojic je

(123

)= 220.

14 Verjetnost

14.1 Osnovni pojmi in racunanje z dogodki

PoskusPoskus je dejanje, ki ga opravimo v natanko dolocenih pogojih. Za poskuse bomo privzeli,

da jih lahko neomejeno velikokrat ponovimo. Primeri:

• met igralne kocke,

• iz sopa 52 igralnih kart izberemo eno karto,

• iz mnozice rastlin izberemo neko rastlino.

Poskuse oznacujemo z velikimi crkami s konca abecede, npr. X, Y , X1.

256

DogodekPojav, ki v mnozico skupaj nastopajocih dejstev ne spada in se lahko v posameznem poskusu

zgodi ali pa ne, imenujemo dogodek. Primeri:

• v poskusu meta igralne kocke je na primer dogodek, da vrzemo 1 piko;

• v poskusu, ko vlecemo igralno karto iz kupa 52 kart, je dogodek, da izvlecemo pikovodamo,

• v poskusu, ko iz mnozice rastlin izberemo neko rastlino, ima ta bel cvet.

Dogodki se bodo nanasali na isti poskus. Dogodke oznacujemo z velikimi crkami z zacetkaabecede, npr. A, B, A1.

Dogodek je lahko:

• gotov (oznaka G): ob vsaki ponovitvi poskusa se zgodi. Primer: dogodek, da vrzemo

najvec 6 pik pri metu igralne kocke;

• nemogoc (oznaka N): nikoli se ne zgodi. Primer: dogodek, da vrzemo 7 pik pri metu

igralne kocke;

• slucajen: vcasih se zgodi, vcasih ne. Primer: dogodek, da vrzemo 1 piko pri metu igralne

kocke.

Racunanje z dogodkiDogodek A je nacin dogodka B, kar zapisemo A ⊆ B, ce se vsakic, ko se zgodi dogodek A,

zagotovo zgodi tudi dogodek B.

Primer: Pri metu kocke je dogodek A, da pade ena pika, nacin dogodka B, da pade lihostevilo pik.

Ce je dogodek A nacin dogodka B in hkrati dogodek B nacin dogodka A, sta dogodka enaka:Iz A ⊆ B in B ⊆ A sledi A = B.Vsota dogodkov A in B je dogodek, oznacimo ga z A ∪ B (ali tudi A + B), ki se zgodi, ce sezgodi vsaj eden od dogodkov A in B.

Primer: Vsota dogodka A, da vrzemo sodo stevilo pik, in dogodka B, da vrzemo liho stevilopik, je gotov dogodek: A+B = G.

Izrek 14.1. Za vsoto dogodkov velja:

A ⊆ A ∪BA ∪B = B ∪AA ∪N = AA ∪G = GA ∪A = A

A ∪ (B ∪C) = (A ∪B) ∪C.

Produkt dogodkov A in B, oznacimo ga z A ∩B (ali tudi AB), se zgodi, ce se zgodita A in Bhkrati.

Primer: Produkt dogodka A, da vrzemo sodo stevilo pik, in dogodka B, da vrzemo manj kot3 pike, je dogodek, da vrzemo tocno 2 piki.

257

Izrek 14.2. Za produkt dogodkov velja:

A ∩B ⊆ AA ∩B = B ∩AA ∩N = NA ∩G = AA ∩A = A

A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ CA ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C).

Dogodku A nasproten dogodek A imenujemo negacija dogodka A. Primer: Nasproten dogodek

dogodku, da vrzemo sodo stevilo pik, je dogodek, da vrzemo liho stevilo pik.

Izrek 14.3. Za negacijo dogodka velja:

A ∩ A = NA ∪A = G

N = GA = A

A ∩B = A ∪BA ∪B = A ∩B.

Pravimo, da sta dogodka A in B nezdruzljiva, ce je njun produkt nemogoc dogodek. Pri-

mer: Produkt dogodka A, da vrzemo sodo stevilo pik, in dogodka B, da vrzemo liho stevilo pik,je nemogoc dogodek.

• Poljuben dogodek in njegov nasprotni dogodek sta vedno nezdruzljiva.

Ce lahko dogodek A izrazimo kot vsoto nezdruzljivih in mogocih dogodkov, recemo, da jeA sestavljen dogodek. Dogodek, ki ni sestavljen, imenujemo elementaren dogodek ali izid.

Primer: Pri metu kocke je sest izidov: E1, da pade 1 pika, E2, da padeta 2 piki, . . . , E6, dapade 6 pik. Dogodek, da pade sodo stevilo pik, je sestavljen dogodek iz treh osnovnih dogodkov(E2, E4 in E6).

Mnozico dogodkov S = {A1, A2, . . . , An} imenujemo popoln sistem dogodkov, ce se vvsaki ponovitvi poskusa zgodi natanko eden od dogodkov iz mnozice S. To pomeni, da so vsidogodki mogoci

Ai 6= N,

paroma nezdruzljiviAi ∩Aj = N za i 6= j

in njihova vsota je gotov dogodek

A1 ∪A2 ∪ . . . ∪An = G.

Primer: Popoln sistem dogodkov pri metu kocke sestavljajo na primer osnovni dogodki ali patudi dva dogodka: dogodek, da vrzemo sodo stevilo pik, in dogodek, da vrzemo liho stevilo pik.

Statisticna definicija verjetnostiDenimo, da smo n-krat ponovili dan poskus in da se je k-krat zgodil dogodek A. Ponovitve

poskusa, v katerih se A zgodi, imenujemo ugodne za dogodek A, stevilo

f(A) =k

n

258

pa je relativna frekvenca (pogostost) dogodka A v opravljenih poskusih.

Statisticni zakon, ki ga kaze izkusnja, je: Ce poskus X dolgo ponavljamo, se relativnafrekvenca slucajnega dogodka ustali in sicer skoraj zmeraj toliko bolj, kolikor vec ponovitevposkusa napravimo.

Definicija 14.4 (Statisticna definicija verjetnosti). Verjetnost dogodka A v danem poskusu jestevilo P (A), pri katerem se navadno ustali relativna frekvenca dogodka A v dovolj velikem steviluponovitev tega poskusa.

Iz zgodovine so znani primeri, ko so s poskusom dolocali statisticno verjetnost za pojavitevgrba pri metu kovanca. Ko so met opravili vec kot 20000 krat, se je verjetnost le malo razlikovalaod 0.5.

14.2 Osnovne lastnosti verjetnosti

Osnovne lastnosti verjetnosti

• Ker je relativna frekvenca vedno nenegativna, je verjetnost P (A) ≥ 0.

• P (G) = 1, P (N) = 0 in iz A ⊆ B sledi P (A) ≤ P (B).

• Naj bosta dogodka A in B nezdruzljiva. Tedaj ne moreta nastopiti v isti ponovitvi poskusaoba hkrati in je relativna frekvenca vsote dogodkov enaka vsoti relativnih frekvenc. Torejje P (A ∪B) = P (A) + P (B).

Klasicna definicija verjetnostiPri dolocitvi verjetnosti si pri nekaterih poskusih in dogodkih lahko pomagamo s klasicno

definicijo verjetnosti: Vzemimo, da so dogodki iz popolnega sistema dogodkov {E1, E2, . . . , En}enako verjetni:

P (E1) = P (E2) = . . . = P (Es) = p.

Tedaj je verjetnost vsakega izmed dogodkov Ei enaka P (Ei) =1n , i = 1, . . . , n.

Definicija 14.5 (Klasicna definicija verjetnosti). Ce je dogodek A sestavljen iz k dogodkov izpopolnega sistema n enako verjetnih dogodkov, je njegova verjetnost enaka P (A) = k

n .

Zgled 14.6. Izracunaj verjetnost dogodka A, da pri metu kocke padejo manj kot 3 pike.

Resitev. Popolni sistem sestavlja 6 enako verjetnih dogodkov. Od teh sta le dva ugodna zadogodek A (1 in 2 piki). Zato je P (A) = 2

6 = 13 .

Zgled 14.7. Izracunaj verjetnost dogodka A, da pri socasnem metu dveh kock pade skupajnatanko 5 pik.

Resitev. Popolni sistem sestavlja 6 · 6 = 36 enako verjetnih dogodkov. Od teh so za dogodekugodni stirje: (1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1). Zato je P (A) = 4

36 = 19 .

259

14.3 Algebra dogodkov

Naj bo G dana mnozica. Neprazna druzina D ⊂ P(G) je algebra dogodkov, ce velja

• Za A ∈ D velja A ∈ D

• Za A,B ∈ D velja A ∪B ∈ D

(Ce je mnozica G neskoncna, moramo zahtevati:⋃∞

k=1Ak ∈ D, ce Ak ∈ D.)

Elemente mnozice G imenujemo elementarni dogodki. Podmnozice X ⊆ G z vec kot enimelementom pa imenujemo sestavljeni dogodki.

Aksiomaticna definicija verjetnostiNaj bo D algebra dogodkov. Verjetnost na algebri dogodkov D je preslikava P : D → R, ki

zadosca aksiomom Kolmogorova:

• Nenegativnost: P (A) ≥ 0 za vsak A ∈ D.

• Normiranost: P (G) = 1.

• Aditivnost: P (A) + P (B) = P (A ∪B), ce sta dogodka A in B nezdruzljiva.

(Ce je mnozica D neskoncna, moramo zahtevati:∑∞

k=1 P (Ak) = P (⋃∞

k=1Ak), ce so dogodkiAk ∈ D paroma nezdruzljivi.)

14.4 Lastnosti verjetnosti

Izrek 14.8. Za verjetnostno funkcijo P na algebri dogodkov D velja:

• P (N) = 0.

• P (A) + P (A) = 1.

• Ce je A ⊆ B, je P (A) ≤ P (B).

• Za poljubna dogodka A in B je P (A ∪B) = P (A) + P (B)− P (A ∩B).

A

G

A

G

AB

A B

G

• Ker sta dogodka N in N nezdruzljiva, je P (N ∪ N) = P (N) + P (N), od koder slediP (N) = 0.

• Ker sta dogodka A in A nezdruzljiva, je P (A) + P (A) = P (A ∪A) = P (G) = 1.

• Ker sta dogodka A in A∩B nezdruzljiva, je P (B) = P (A∪ (A∩B)) = P (A)+P (A∩B) ≥P (A).

• Ker sta dogodka A ∩B in A ∩B nezdruzljiva, velja

P (A ∩B) + P (A ∩B) = P ((A ∩B) ∪ (A ∩B)) = P (A).

260

Ker sta dogodka A ∩B in B nezdruzljiva, velja

P (A ∩B) + P (B) = P ((A ∩B) ∪B) = P (A ∪B).

Sledi

P (A) + P (B) =(P (A ∩B) + P (A ∩B)

)+ P (B) =

= P (A ∩B) +(P (A ∩B) + P (B)

)=

= P (A ∩B) + P (A ∪B).

Zgled 14.9. Naj bo G = {E1, E2, E3}. Za sestavljena dogodka A = {E1, E2} in B = {E2, E3}velja P (A) = 5

6 in P (B) = 12 . Doloci verjetnosti elementarnih dogodkov.

Resitev. Ker je

P (A) = P (E1 ∪ E2) = P (E1) + P (E2) =5

6,

P (B) = P (E2 ∪ E3) = P (E2) + P (E3) =1

2,

P (G) = P (E1) + P (E2) + P (E3) = 1,

od tod sledi P (E3) = P (G) − P (A) = 1− 56 = 1

6 . Torej P (E1) = P (G) − P (B) = 1− 12 = 1

2 inP (E2) = P (G) − P (E1)− P (E3) = 1− 1

2 − 16 = 1

3 .

Zgled 14.10. Verjetnost, da student naredi izpit iz Anglescine, je P (A) = 2/3. Verjetnost, danaredi izpit iz Botanike, je P (B) = 5/9. Verjetnost, da naredi vsaj enega od obeh izpitov, jeP (A ∪B) = 4/5. Koliksna je verjetnost, da naredi oba izpita?

Resitev. Racunajmo

P (A ∩B) = P (A) + P (B)− P (A ∪B) =2

3+

5

9− 4

5=

19

45≈ 0.42 .

Zgled 14.11. Iz kupa 32 kart slucajno povlecemo 3 karte. Koliksna je verjetnost, da je medtremi kartami vsaj en as (dogodek A)?

Resitev. Nasprotni dogodek A dogodka A je, da med tremi kartami ni asa. Njegova verjetnostje dolocena s kvocientom stevila vseh ugodnih dogodkov v popolnem sistemu dogodkov s stevilomvseh dogodkov v tem sistemu dogodkov. Vseh dogodkov v popolnem sistemu dogodkov je(323

), ugodni pa so tisti, ko izbiramo 3 karte izmed 28 kart, ki niso asi. Torej

(283

). Sledi

P (A) =(283 )(323 )

= 8191240 in

P (A) = 1− P (A) = 1− 819

1240=

421

1240≈ 0.34 .

Tudi slepa kura zrno najde . . .

Zgled 14.12. Po dvoriscu tava slepa kura in nakljucno kljuva na tla. Naj bo P (A) = p, verje-tnost, da pri enem poskusu najde zrno. Koliksna je verjetnost, da bo kura scasoma zrno nasla?

Resitev. Verjetnost, da ga najde v prvem poskusu je p, verjetnost, da ga najde v drugem, je(1 − p)p, . . . , verjetnost, da ga najde v n-tem poskusu, je pn = (1 − p)n−1p. Verjetnost, da gasploh kdaj najde, je

p =

∞∑

n=1

pn =

∞∑

n=1

(1− p)n−1p = p · 1

1− (1− p)= 1.

Ali bo kokos zrno zagotovo nasla? Ne. To ni gotov dogodek, je le dogodek z verjetnostjo 1.

261

14.5 Pogojna verjetnost

Opazujemo dogodka A in B, kjer je B mogoc dogodek, tj. P (B) > 0.

Verjetnost, da se zgodi dogodek A ob pogoju, da se je zgodil dogodek B, imenujemo pogojnaverjetnost dogodka A glede na dogodek B in oznacimo s P (A|B)

Podobno lahko v primeru P (A) > 0 s P (B|A) oznacimo pogojno verjetnost dogodka B gledena dogodek A.

Denimo, da smo n-krat ponovili poskus X in da se je ob tem kB-krat zgodil dogodek B. Topomeni, da smo v n ponovitvah poskusa X napravili kB-krat poskus X

′. Dogodek A se je zgodilob poskusu X ′ le, ce se je zgodil tudi B, t.j. A ∩B.

Denimo, da se je dogodek A∩B zgodil ob ponovitvi poskusa kA∩B-krat. Potem je relativnafrekvenca dogodka A v opravljenih ponovitvah poskusa X ′ enaka: fB(A) = f(A|B) = kA∩B

kB=

kA∩BnkBn

= f(A∩B)f(B) oziroma

P (A|B) =P (A ∩B)

P (B).

Neodvisni dogodkiKer je P (A|B) = P (A∩B)

P (B) , sledi od tod

P (A ∩B) = P (B)P (A|B).

Podobno iz P (B|A) = P (A∩B)P (A) sledi P (A ∩B) = P (A)P (B|A). Torej je

P (A)P (B|A) = P (B)P (A|B).

Dogodka A in B sta neodvisna, ce velja

P (A|B) = P (A).

• Za neodvisna dogodka A in B velja P (A ∩B) = P (A)P (B).

• Za nezdruzljiva dogodka A in B velja P (A|B) = 0.

Zgled 14.13. Iz posode, v kateri imamo 8 modrih in 2 rdeci krogli, dvakrat na slepo izberemopo eno kroglo. Koliksna je verjetnost dogodka, da je prva krogla modra (dogodek M1) in drugardeca (dogodek R2)?

1 2

Resitev. Ne glede na to, ali prvo izvleceno kroglo vrnemo v posodo ali ne, velja

P (M1 ∩R2) = P (M1)P (R2|M1).

• Ce prve izvlecene krogle ne vrnemo v posodo, sta dogodka M1 in R2 odvisna. Torej jeP (R2|M1) =

29 , saj sta med preostalimi 9 kroglicami 2 rdeci. Sledi

P (M1 ∩R2) = P (M1)P (R2|M1) =8

10· 29=

16

90≈ 0.18 .

262

• Ce prvo izvleceno kroglo vrnemo v posodo, sta dogodka M1 in R2 neodvisna. Torej jeP (R2|M1) = P (R2) =

210 , saj sta med vsemi 10 kroglicami 2 rdeci. Sledi

P (M1 ∩R2) = P (M1)P (R2|M1) =8

10· 2

10=

16

100= 0.16 .

Formula za popolno verjetnostVcasih poskusi potekajo v vec fazah in sele izidi na prejsnjih fazah dolocijo, kako bo potekal

poskus naprej. Takim poskusom pravimo relejni poskusi.

Naj poskus poteka v dveh fazah in naj bo {H1, . . . ,Hn} popoln sistem dogodkov v prvi fazi.Dogodke Hi imenujemo hipoteze. Poznamo tudi verjetnosti hipotez P (H1), . . . , P (Hn).

V drugi fazi opazujemo dogodek A. Njegova verjetnost naj bo odvisna od tega, kaj se jezgodilo v prvi fazi, tj. poznamo verjetnosti P (A|H1), . . . , P (A|Hn).

Izracunajmo verjetnost dogodka A. Ker je

H1 ∪ . . . ∪Hn = G,

je(A ∩H1) ∪ . . . ∪ (A ∩Hn) = A

in od todP (A ∩H1) + . . .+ P (A ∩Hn) = P (A).

Sledi formula za popolno verjetnost

P (A) = P (H1)P (A|H1) + . . .+ P (Hn)P (A|Hn) =

=n∑

i=1

P (Hi)P (A|Hi).

Zgled 14.14. V prvi posodi imamo 3 modre in 2 rdeci kroglici, v drugi pa 1 modro in 3 rdece. Naslepo izberemo eno kroglico iz prve posode in jo damo v drugo, nato pa iz druge posode izberemokroglico. Koliksna je verjetnost, da je ta modra?

?

Resitev. Oznacimo s HM in HR dogodka, da je smo najprej izbrali modro oz. rdeco kroglico.Potem je

P (A) = P (HM )P (A|HM ) + P (HR)P (A|HR) =3

5· 25+

2

5· 15=

8

25= 0.32 .

263

Bayesova formulaVprasanje pa lahko sedaj obrnemo. Recimo, da se je dogodek A zgodil. Koliksna je verje-

tnost, da se je zgodila ravno hipoteza Hk? Iz formule za produkt dogodkov dobimo

P (A ∩Hk) = P (Hk)P (A|Hk) = P (A)P (Hk|A),

od koder sledi P (Hk|A) = P (Hk)P (A|Hk)P (A) , kar lahko zapisemo kot Bayesovo formulo

P (Hk|A) =P (Hk)P (A|Hk)∑ni=1 P (Hi)P (A|Hi)

.

Zgled 14.15. V prvi posodi imamo 3 modre in 2 rdeci kroglici, v drugi pa 1 modro in 3 rdece.Na slepo izberemo eno kroglico iz prve posode in jo damo v drugo, nato pa iz druge posodeizberemo kroglico. Koliksna je verjetnost, da smo v prvem koraku prenesli modro kroglico, cesmo na koncu izvlekli modro kroglico?

?

Resitev. Ker je P (HM ) = 35 , P (A|HM ) = 2

5 in P (A) = 825 , velja

P (HM |A) = P (HM )P (A|HM )

P (A)=

35 · 2

5825

=3

4= 0.75 .

Zgled 14.16. Na polici stoji ducat razlicno debelih knjig. Koliksna je verjetnost, da skupajstojita najtanjsa in najdebelejsa knjiga?

Resitev. Na polici stoji n = 12 knjig. Njihovo razporeditev lahko naredimo na n! nacinov.Ce iz razporejanja izvzamemo najdebelejso knjigo, lahko preostalih n− 1 knjig razporedimo

na (n − 1)! nacinov. Ce poleg najtanjse vedno stoji se najdebelejsa, se stevilo vseh moznostise podvoji, saj lahko stojita v enem ali drugem vrstnem redu. Verjetnost je torej enaka p =2·(n−1)!

n! = 2n . V danem primeru je verjetnost enaka p = 1

6 .

Zgled 14.17. Na travniku je med 100 deteljicami 5 stiriperesnih. Na slepo hkrati izberemo dvedeteljici. Koliksna je verjetnost, da

• sta obe stiriperesni;

• je druga stiriperesna, ce je tudi prva stiriperesna.

Resitev. V prvem primeru imamo(52

)= 10 ugodnih moznosti izmed

(1002

)= 50 · 99 = 4950,

kar nam da p =(52)(1002 )

= 104950 = 1

495 . V drugem primeru pa vemo, da je prva stiriperesna. Torej

je druga deteljica ena izmed 4 moznih izmed preostalih 99 deteljic. Verjetnost je enaka p = 4499 .

Zgled 14.18. Trato pred hiso smo zasejali z deteljo dveh proizvajalcev. V cenejsi, ki smo jezasejali 90%, je 3% stiriperesnih deteljic. V drazji pa je kar 35% stiriperesnih deteljic. Koliksnaje verjetnost, da bo nakljucno izbrana deteljica stiriperesna? Kolisna je verjetnost, da je tadeteljica zrasla iz cenejsega semena?

264

Resitev. Tu gre za primer dvofaznega poskusa. Hipoteza H1 naj oznacuje, da smo zasadilicenejso travo, H2 pa drazjo. Torej je p(H1) = 9

10 in p(H2) = 110 . Ker je p(A|H1) = 3

100 inp(A|H2) =

35100 , je celotna verjetnost enaka

P (A) = P (H1)P (A|H1) + P (H2)P (A|H2) =

=9

10· 3

100+

1

10· 35

100=

62

1000= 0.062 .

Na drugi vprasanje odgovorimo s pomocjo Bayesove formule.

p(H1|A) =p(A|H1)p(H1)

p(A)=

27100062

1000

=27

62.

Zgled 14.19. Med mestoma A in B vodijo 3 ceste, ki potekajo preko mostov. Mostovi soprevozni z 99% verjetnostjo. Prva poteka preko treh zaporednih mostov, druga poteka preko dvehzaporednih mostov, tretja pa preko enega mostu. Koliksna je verjetnost, da nobena od cest medA in B ni prevozna?

A

B

m1

m2

m3

m4

m5 m6

bc

bc

Resitev. Poglejmo si najprej enostaven primer. Na omrezju imamo ovire, ki so prepustne zdolocenimi verjetnostmi.

p1 p2b b

Ce sta oviri zaporedni, bo omrezje prepustno, ce bosta prepustniobe oviri. Torej bo omrezje prepustno z verjetnostjo p = p1 · p2.

p1

p2

p3

b

b

b

Ce pa so povezave vzporedne, bo omrezje prepustno, ce bo prepu-stna vsaj ena povezava. Torej se je v tem primeru bolje vprasati,kdaj bo omrezje neprepustno. Neprepustno bo, ce bodo neprepustnevse tri vzporedne povezave. Posamezna povezava je neprepustna zverjetnostjo pi = 1 − pi, vse tri skupaj pa z verjetnostjo p = p1p2p3. Omrezje je prepustno zverjetnostjo p = 1− p = 1− (1− p1)(1− p2)(1 − p3).

Tretja cesta z verjetnostjo 1− 99100 = 1

100 ni prevozna. Ker ima druga povezava dva zaporednamostova, je prevozna z verjetnostjo 99

100 · 99100 = 9801

10000 , neprevozna pa z 19910000 . Prva cesta je

prevozna z verjetnostjo 99100 · 99

100 · 99100 = 970299

1000000 , nezanesljivost pa29701

1000000 . Verjetnost, da nobeneod teh treh cestn ni prevozna, da pa je enaka

1

100· 199

10000· 29701

1000000=

5910499

1012≈ 6 · 10−6.

265

Lazni pozitiviOpazujmo dvofazni poskus, pri katerem imamo v prvi fazi le hipotezi B in B. Tedaj se

Bayesova formula glasi

P (B|A) = P (B)P (A|B)

P (B)P (A|B) + P (B)P (A|B).

Z A oznacimo dogodek, da je test pokazal prisotnost bolezni, B pa da je oseba obolela. Re-cimo, da imamo “precej” zanesljiv test, ki pri 99 % obolelih oseb pokaze prisotnost bolezni(tj. P (A|B) = 0.99), in pri 99 % zdravih osebah ne pokaze obolelosti (tj. P (A|B) = 0.99).Recimo, da je bolezen precej redka – prizadane le 1 osebo na vsakih 10 000 prebivalcev (tj.P (B) = 0.0001). Koliksna je verjetnost za prisotnost bolezni, ce jo je test zaznal (tj. koliko jeP (B|A))?

Iz podatkov razberemo P (B) = 1− P (B) = 0.9999 in P (A|B) = 1− P (A|B) = 0.01. Sledi

P (B|A) =P (B)P (A|B)

P (B)P (A|B) + P (B)P (A|B)=

=0.0001 · 0.99

0.0001 · 0.99 + 0.9999 · 0.01 =0.000099

0.010098=

1

102,

P (B|A) = 1− 1

102=

101

102≈ 99.02 %.

Kaj to pomeni? Ceprav izgleda test razmeroma zanesljiv, bo v vec kot 99 % prikazal lazne pozi-tive – tj. osebe, ki niso obolele. Skrivnost tici v tem, da je P (A) = P (B)P (A|B)+P (B)P (A|B) =0.010098 in bo test pokazal prisotnost obolelosti pri vec kot 1 % populacije, kar je bistveno vecod dejanskega deleza obolelosti 0.01 %.

Pri populaciji 1 000 000 bi ob gornjih predpostavkah imeli:

A A stevilo

B 99 1 100

B 9 999 989 901 999 900

10 098 989 902 1 000 000

A pozitiven test, B obolel,lazni pozitiv: ni obolel, test pozitivenlazni negativ: je obolel, test negativenOglejmo si gornji primer podrobneje. Oznacimo P (B) = p ter pri nespremenjenih verjetno-

stih P (A|B) = 0.99 P (A|B) = 0.99 izracunajmo P (B|A). Gornji racun potem da

P (B|A) =99p100

99p100 + (1−p)

100

=99p

98p + 1.

p

P (B|A)

bc

O

bc1

bc

1

bc

Za p = 0 je seveda P (B|A) = 0. Podobno za p = 1 veljaP (B|A) = 1. Iz grafa pa razberemo, da je ze za precej majhnevrednosti p > 0 vrednost P (B|A) = 0 lahko bistveno vecja odp.

Realni podatki za HIV (P (B) ≈ 0.3 %, P (A|B) = P (A|B) = 95 %) dajo P (B|A) ≈ 5 %, zagripo (P (B) ≈ 10 %) pa P (B|A) ≈ 70 %.

266

14.6 Zaporedje neodvisnih dogodkov

O zaporedju neodvisnih poskusov X1,X2, . . . ,Xn, . . . govorimo tedaj, ko so verjetnosti izidovv enem poskusu neodvisne od tega, kaj se zgodi v drugih poskusih. Zaporedje neodvisnihposkusov se imenuje Bernoullijevo zaporedje, ce se v vsakem poskusu lahko zgodi le dogodekA z verjetnostjo P (A) = p ali dogodek A z verjetnostjo P (A) = 1− P (A) = 1− p.

Primer Bernoullijevega zaporedja poskusov je met kocke, kjer ob vsaki ponovitvi poskusapade sestica (dogodek A) z verjetnostjo P (A) = p = 1

6 ali ne pade sestica (dogodek A) zverjetnostjo P (A) = 1− p = 5

6 .V Bernoullijevem zaporedju neodvisnih poskusov nas zanima, koliksna je verjetnost, da se v

n zaporednih poskusih zgodi dogodek A natanko k-krat. To se lahko zgodi na primer tako, dase najprej zgodi k-krat dogodek A in nato v preostalih n− k poskusih zgodi nasprotni dogodekA. Slednje se zgodi z verjetnostjo pk(1− p)n−k.

Dogodek A, ki se v n zaporednih poskusih zgodi natanko k-krat, se lahko zgodi tudi na drugenacine in sicer je teh toliko, na kolikor nacinov lahko izberemo k poskusov iz n poskusov (tj.(nk

)). Torej je

Pn(k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k.

Zgled 14.20. Iz posode, v kateri imamo 8 modrih in 2 rdeci kroglici, na slepo izberemo po enokroglico in po izbiranju izvleceno kroglico vrnemo v posodo. Koliksna je verjetnost, da v petihposkusih izberemo 3-krat modro kroglico?

Resitev. Dogodek A je, da izvlecemo modro kroglo. Potem je p = P (A) = 810 = 0.8. Verje-

tnost, da v petih poskusih izberemo 3-krat modro kroglico, je:

P5(3) =

(5

3

)0.83(1− 0.8)5−3 ≈ 0.205 .

Videli smo ze, da je verjetnost, da se dogodek z verjetnostjo p v n zaporednih poskusih zgodinatanko k-krat, enaka

Pn(k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k.

Torej je verjetnost, da se dogodek zgodi vsaj a-krat in manj kot b-krat, 0 ≤ a < b ≤ n, enaka

Pn(a, b) =

b−1∑

k=a

Pn(k) =

b−1∑

k=a

(n

k

)pk(1− p)n−k.

Recimo, da imamo v posodi N kroglic, od katerih je K modrih. Verjetnost, da bomo v nposkusih (z vracanjem) k-krat izvlekli modro kroglico, je enaka

Pn(k) =

(n

k

)(N

K

)k (1− N

K

)n−k

.

267

Ce pa kroglic ne vracamo, lahko n kroglic izberemo na(Nn

)nacinov, med katerimi je

(Kk

)·(N−Kn−k

)

ugodnih. Verjetnost, da bomo pri pri n poskusih (brez vracanja) izvlekli modro kroglico, je torejenaka

P ∗n(k) =

(Kk

)·(N−Kn−k

)(Nn

) .

Dokazati je mozno, da pri velikih N in K = pN velja

Pn(k) ≈ P ∗n(k).

V praksi to torej pomeni, da je pri jemanju vzorca iz velike serije nepomembno, ce vzorecvracamo ali ne.

Ocenjevanje stevila osebkov v populaciji

Zgled 14.21. V posodi je (neznano stevilo) N kroglic. Iz posode vzamemo K kroglic, jihoznacimo modro in vrnemo v posodo. Ko iz posode nakljucno vzamemo n kroglic, je med njimik modrih. Pri katerem N je verjetnost P ∗

n(k) najvecja?

Resitev. Oznacimo s pN = P ∗n(k) pri N kroglicah in izracunajmo kvocient

pN+1

pN=

(Kk )·(N+1−K

n−k )(N+1

n )

(Kk )·(N−Kn−k )

(Nn)

=

(N+1−Kn−k

)(Nn

)(N+1

n

)(N−Kn−k

) =(N + 1−K)(N + 1− n)

(N + 1−K − n+ k)(N + 1)= τ.

Pricakovati je, da v okolici ekstremne vrednosti τ ≈ 1. Iz gornjega kvocienta vidimo, da jeτ ≈ 1 natanko tedaj, ko

(N + 1−K) ((N + 1)− n) ≈ ((N + 1−K)− n+ k) (N + 1)

Sledi−n(N + 1−K) ≈ (−n+ k)(N + 1)

inN ≈ n

kK − 1.

Ker gre tu le za oceno (in praviloma velik K), lahko zapisemo

N ≈ n

kK.

Dobljena ocena je v resnici pricakovana, saj je KN ≈ k

n po statisticni definiciji verjetnosti.

Zgled 14.22. V ribnik smo spustili 20 oznacenih rib. Cez nekaj casa smo iz ribnika potegnili 5rib in le ena izmed njih je bila oznacena. Priblizno koliko rib je v ribniku?

Resitev. Po gornji formuli dobimo N ≈ 51 · 20 = 100. Narisimo se, kako se spreminja pN =

P ∗n(k) pri fiksnih K = 20, n = 5 in k = 1.

N

PN

bc

O

bcbcPmax

bc

100

bc 1

268

Oglejmo si se enkrat Bernoullijevo zaporedje n poskusov z verjetnostjo p. Zanima nas, katerostevilo k ugodnih izidov je najbolj verjetno. Podobno kot zgoraj si ogledamo kvocient

Pn(k + 1)

Pn(k)=

( nk+1

)pk+1(1− p)n−k−1

(nk

)pk(1− p)n−k

=(n − k)p

(k + 1)(1 − p)= τ.

Izpeljemo lahko, da je τ ≈ 1 natanko tedaj, ko je

k ≈ np+ 1− p.

(Za velike n je torej kn ≈ p+ 1−p

n ≈ p, kar je po statisticni definiciji verjetnosti tudi pricakovano.)

Laplaceov lokalni limitni izrekVideli smo ze, da je verjetnost, da se dogodek z verjetnostjo p v n zaporednih poskusih zgodi

natanko k-krat, enaka

Pn(k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k.

Za velike n je ta formula precej nerodna. S pomocjo funkcije ϕ : R → R, podane s predpisom

ϕ(x) =1√2π

e−x2

2 ,

lahko zapisemo Laplaceov lokalni limitni izrek

Pn(k) ≈ϕ(x)√

np(1− p),

kjer je x = k−np√np(1−p)

.

Funkcija ϕ je elementarna in za |x| ≥ 4 je ϕ(x) ≈ 0.000.

x

y

1

1√2π

bc

bc

Zgled 14.23. Strelec z verjetnostjo p = 0.01 zadane v sredino tarce. Koliksna je verjetnost, dabo v 10 000 strelih zadel v sredino tarce natanko 100-krat?

Resitev. Gre za zaporedje n = 10000 neodvisnih poskusov z verjetnostjo p = 0.01. Ker jestevilo n precej veliko, je smiselno uporabiti Laplacov limitni izrek. Torej je Pn(k) ≈ ϕ(x)√

np(1−p),

kjer je k = 100 in x = k−np√np(1−p)

= 0. Sledi Pn(k) ≈ ϕ(0)√10000·0.01·0.99 = 1√

198π≈ 0.040.

Laplaceov integralski limitni izrekPodobno kot zgoraj velja, da je za velike n tudi verjetnost

Pn(a, b) =

b−1∑

k=a

Pn(k) =

b−1∑

k=a

(n

k

)pk(1− p)n−k

precej tezko natancno izracunati. Ce vpeljemo

Φ(x) =

∫ x

0ϕ(t) dt =

1√2π

∫ x

0e−

t2

2 dt,

269

se Laplaceov integralski limitni izrek glasi

Pn(a, b) = Φ

(b− np√np(1− p)

)−Φ

(a− np√np(1− p)

).

Opozoriti velja, da funkcije Φ ni mozno izraziti z elementarnimi funkcijami. Velja Φ(−x) =−Φ(x) in Φ(x) ≈ 0.500 za x ≥ 4.

Φ(x) 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.0000 0.0040 0.0080 0.0120 0.0160 0.0199 0.0239 0.0279 0.0319 0.03590.1 0.0398 0.0438 0.0478 0.0517 0.0557 0.0596 0.0636 0.0675 0.0714 0.07530.2 0.0793 0.0832 0.0871 0.0910 0.0948 0.0987 0.1026 0.1064 0.1103 0.11410.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1331 0.1368 0.1406 0.1443 0.1480 0.15170.4 0.1554 0.1591 0.1628 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1844 0.18790.5 0.1915 0.1950 0.1985 0.2019 0.2054 0.2088 0.2123 0.2157 0.2190 0.22240.6 0.2257 0.2291 0.2324 0.2357 0.2389 0.2422 0.2454 0.2486 0.2517 0.25490.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2704 0.2734 0.2764 0.2794 0.2823 0.28520.8 0.2881 0.2910 0.2939 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3106 0.31330.9 0.3159 0.3186 0.3212 0.3238 0.3264 0.3289 0.3315 0.3340 0.3365 0.33891.0 0.3413 0.3438 0.3461 0.3485 0.3508 0.3531 0.3554 0.3577 0.3599 0.36211.2 0.3849 0.3869 0.3888 0.3907 0.3925 0.3944 0.3962 0.3980 0.3997 0.40151.4 0.4192 0.4207 0.4222 0.4236 0.4251 0.4265 0.4279 0.4292 0.4306 0.43191.6 0.4452 0.4463 0.4474 0.4484 0.4495 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.45451.8 0.4641 0.4649 0.4656 0.4664 0.4671 0.4678 0.4686 0.4693 0.4699 0.47062.0 0.4772 0.4778 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4808 0.4812 0.48172.5 0.4938 0.4940 0.4941 0.4943 0.4945 0.4946 0.4948 0.4949 0.4951 0.49523.0 0.4987 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989 0.4990 0.4990

Φ(x) =1√2π

∫ x

0e−

t2

2 dt.

Zgled 14.24. Strelec z verjetnostjo p = 0.01 zadane v sredino tarce. Koliksna je verjetnost, dabo v 10 000 strelih zadel v sredino tarce vsaj 95-krat in manj kot 105-krat?

Resitev. Priblizno moramo izracunati vrednost P10000(95, 105) za p = 0.01. Torej je n = 10000,a = 95 in b = 105. Ker je x1 =

a−np√np(1−p)

= −5√99

≈ −0.50 in x2 =b−np√np(1−p)

= 5√99

≈ 0.50, je

P10000(95, 105) ≈ Φ(x2)− Φ(x1) ≈ Φ(0.50) − Φ(−0.50) =

= 2Φ(0.50) ≈ 0.38,

kar lahko razberemo iz tabele za funkcijo Φ.

Zgled 14.25. Strelec z verjetnostjo p = 0.01 zadane v sredino tarce. Koliksna je verjetnost, dabo v 10 000 strelih zadel v sredino tarce najvec 85-krat?

Resitev. Priblizno moramo izracunati vrednost P10000(0, 86) za p = 0.01. Torej je n = 10000,a = 0 in b = 86. Ker je x1 =

a−np√np(1−p)

= −100√99

≈ −10.05 in x2 =b−np√np(1−p)

= −14√99

≈ −1.41, je

P10000(0, 76) ≈ Φ(x2)− Φ(x1) ≈ Φ(−1.41) −Φ(−10.05) ≈≈ −0.42 + 0.50 = 0.08,

kar lahko razberemo iz tabele za funkcijo Φ.

15 Verjetnost

15.1 Slucajne spremenljivke

Opazujmo poskus, katerega izidi so stevila (npr. pri metu kocke so izidi stevila pik, pri stre-ljanju v tarcjo je izid razdalja od sredisca). Ta kolicina lahko zavzame razlicne vrednosti – jespremenljivka. Katero od mogocih vrednosti zavzame v doloceni ponovitvi poskusa, je odvisnood slucaja. Zato ji recemo slucajna spremenljivka.

Da je slucajna spremenljivka znana, je potrebno vedeti

270

• kaksne vrednosti more imeti (zaloga vrednosti) in

• koliksna je verjetnost vsake izmed moznih vrednosti ali intervala vrednosti.

Predpis, ki doloca te verjetnosti, imenujemo porazdelitveni zakon.Slucajne spremenljivke oznacujemo z velikimi tiskanimi crkami s konca abecede, vrednosti

spremenljivke pa z enakimi malimi crkami. Tako je npr. X = xi dogodek, da slucajna spremen-ljivka X zavzame vrednost xi. Porazdelitveni zakon slucajne spremenljivke X je poznan, ce jemogoce za vsako realno stevilo x dolociti verjetnost

F (x) = P (X < x).

Funkcijo F : R → R imenujemo porazdelitvena funkcija.

Izrek 15.1. Verjetnostna funkcija F je narascajoca, v vsaki tocki zvezna z leve ter limx→−∞

F (x) =

0 in limx→∞

F (x) = 1. Za vsako tocko x velja

P (X = x) = limε↓0

F (x+ ε)− F (x).

1

F

xkx1

F (xk)

F (xk) + P (X = xk)

x2

P (X = xk)

X

b

b

b

bc

bc bc bc

bc

bcbc

Diskretne slucajne spremenljivkeSlucajna spremenljivka je diskretna, ce je porazdelitvena funkcija med dvema zaporednima

tockama nezveznosti konstantna.

1

F

x1 x2 Xxnxk

pn

pk

p2

p1

bc

bc bc bcbc

Diskretne slucajne spremenljivke obicajno podamo z verjetnostno tabelo (ali shemo)

X :

(x1 x2 . . . xnp1 p2 . . . pn

).

Gornji zapis pomeni, da spremenljivka X z verjetnostjo pi zavzame vrednost xi; tj. pi = P (X =xi).

271

p

Xx1 x2 xk xn

p2

pn

p1

pk

bc bc bc bc

bc

bc

bc

bc b

b

b

b

Enakomerna diskretna porazdelitevKoncna diskretna slucajna spremenljivka je porazdeljena enakomerno, ce so vse njene vre-

dnosti enako verjetne.

Zgled 15.2. Zapisi verjetnostno tabelo in porazdelitveno funkcijo za met igralne kocke.

Resitev. Verjetnostna tabela za met kocke je

X :

(1 2 3 4 5 616

16

16

16

16

16

).

p

X1 2 3 4 5 6

16

bc bc bc bc bc bc

bc b b b b b b

1

F

X1 2 3 4 5 6

16

26

36

46

56

bc

bc bc bc bc bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Porazdelitvena funkcija je

F (x) =

0 ce je x ≤ 1,16 ce je x ≤ 2,

26 ce je x ≤ 3,

36 ce je x ≤ 4,

46 ce je x ≤ 5,

56 ce je x ≤ 6 in

1 ce je x > 6.

Binomska porazdelitevBinomska porazdelitev ima zalogo vrednosti {0, 1, 2, . . . , n} in verjetnosti, ki jih racunamo

po Bernoullijevem obrazcu:

P (X = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k,

k = 0, 1, 2, . . . , n. Ce je slucajna spremenljivka X porazdeljena binomsko s parametroma n inp, zapisemo X : B(n, p)

Zgled 15.3. Zapisi verjetnostno tabelo in skiciraj porazdelitveno funkcijo za stevilo grbov pri 4metih kovanca.

Resitev. Verjetnost za met grba je p = 12 . Spremenljivka X se tedaj porazdeljuje binomsko

B(4, 12) in njena verjetnostna tabela je:

X :

(0 1 2 3 4116

416

616

416

116

).

272

43210

616

416116

x

p

bcbc bc bc bc

bc

bc

b

b

b

b

b

43210

1

116

x

F

1116

1516

516

bcbc bc bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Zvezne slucajne spremenljivkeSlucajna spremenljivka X je zvezno porazdeljena, ce obstaja taka integrabilna funkcija p,

imenovana gostota verjetnosti, da za vsak x ∈ R velja:

F (x) = P (X < x) =

∫ x

−∞p(t) dt.

• Funkcija p : R → R je nenegativa in zanjo velja

∫ ∞

−∞p(t) dt = 1.

Zvezno porazdelitev lahko predstavimo v koordinatnem sistemu tako, da na abscisno osnanasamo vrednosti slucajne spremenljivke, na ordinatno pa gostoto verjetnosti p(x). Verjetnostje tedaj predstavljena kot ploscina pod krivuljo, ki jo doloca p. Velja

P (x1 ≤ X < x2) =

∫ x2

x1

p(t) dt.

p

Xx x1 x2

P (x1 ≤ X < x2)P (X < x)bc bc bc

Enakomerno porazdeljena zvezna slucajna spremenljivkap

Xa b

1b−a

bc bc

bc bc bc

Verjetnostna gostota enakomerno porazdeljene zvezne slucajnespremenljivke na intervalu [a, b] je

p(x) =

{1

b−a ce je x ∈ [a, b]

0 sicer

273

F

Xa b

1

bc bc

bc bc

Porazdelitvena funkcija je

F (x) =

0 ce je x < ax−ab−a ce je x ∈ [a, b]

1 ce je x ≥ b

Normalna ali Gaussova porazdelitevGostota verjetnosti normalno porazdeljene zvezne slucajne spremenljivke je

p(x) =1

σ√2π

e−12(x−a

σ)2 .

Normalna porazdelitev je natanko dolocena z dvema parametroma: a in σ. Ce je slucajnaspremenljivka X porazdeljena normalno s parametroma a in σ, zapisemo: X : N(a, σ).

X

p

a

1σ√2π

bc

bcbc

Porazdelitev N(0, 1) je standardizirana normalna porazdelitev. Spremenljivko X :N(a, σ) pretvorimo z z = x−a

σ v standardizirano spremenljivko Z : N(0, 1).

Ce vpeljemo

Φ(x) =1√2π

∫ x

0e−

t2

2 dt,

je

P (x1 ≤ X < x2) = Φ

(x2 − a

σ

)− Φ

(x1 − a

σ

). (40)

Normalna porazdelitev je limitni primer binomske porazdelitve za velike n:

B(n, p) ≈ N(np,√np(1− p)).

Opozoriti velja, da funkcije Φ ni mozno izraziti z elementarnimi funkcijami.

Φ(x) 0.00 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.09

0.0 0.0000 0.0040 0.0080 0.0120 0.0160 0.0199 0.0239 0.0279 0.0319 0.03590.1 0.0398 0.0438 0.0478 0.0517 0.0557 0.0596 0.0636 0.0675 0.0714 0.07530.2 0.0793 0.0832 0.0871 0.0910 0.0948 0.0987 0.1026 0.1064 0.1103 0.11410.3 0.1179 0.1217 0.1255 0.1293 0.1331 0.1368 0.1406 0.1443 0.1480 0.15170.4 0.1554 0.1591 0.1628 0.1664 0.1700 0.1736 0.1772 0.1808 0.1844 0.18790.5 0.1915 0.1950 0.1985 0.2019 0.2054 0.2088 0.2123 0.2157 0.2190 0.22240.6 0.2257 0.2291 0.2324 0.2357 0.2389 0.2422 0.2454 0.2486 0.2517 0.25490.7 0.2580 0.2611 0.2642 0.2673 0.2704 0.2734 0.2764 0.2794 0.2823 0.28520.8 0.2881 0.2910 0.2939 0.2967 0.2995 0.3023 0.3051 0.3078 0.3106 0.31330.9 0.3159 0.3186 0.3212 0.3238 0.3264 0.3289 0.3315 0.3340 0.3365 0.33891.0 0.3413 0.3438 0.3461 0.3485 0.3508 0.3531 0.3554 0.3577 0.3599 0.36211.2 0.3849 0.3869 0.3888 0.3907 0.3925 0.3944 0.3962 0.3980 0.3997 0.40151.4 0.4192 0.4207 0.4222 0.4236 0.4251 0.4265 0.4279 0.4292 0.4306 0.43191.6 0.4452 0.4463 0.4474 0.4484 0.4495 0.4505 0.4515 0.4525 0.4535 0.45451.8 0.4641 0.4649 0.4656 0.4664 0.4671 0.4678 0.4686 0.4693 0.4699 0.47062.0 0.4772 0.4778 0.4783 0.4788 0.4793 0.4798 0.4803 0.4808 0.4812 0.48172.5 0.4938 0.4940 0.4941 0.4943 0.4945 0.4946 0.4948 0.4949 0.4951 0.49523.0 0.4987 0.4987 0.4987 0.4988 0.4988 0.4989 0.4989 0.4989 0.4990 0.4990

Φ(x) =1√2π

∫ x

0e−

t2

2 dt.

274

15.2 Stevilske karakteristike slucajnih spremenljivk

Informacija o slucajni spremenljivki je popolna, ce poznamo njeno zalogo vrednosti in poraz-delitveno funkcijo. Vendar pa je taka informacija nepregledna, ce je funkcija podana tabe-laricno. Pogosto zelimo iz slucajne spremenljivke razbrati le poglavitne znacilnosti. Zanimanas povprecna vrednost (matematicno upanje) in koliko so vrednosti slucajne spremenljivkerazprsene okoli povprecne vrednosti (standardna deviacija).

Matematicno upanjeMatematicno upanje E(X) diskretne slucajne spremenljivke z verjetnostmi pi =

P (X = xi) je

E(X) =

n∑

i=1

xipi.

Zgled 15.4. Izracunaj matematicno upanje za met igralne kocke.

Resitev. Racunajmo

E(X) =1

6· 1 + 1

6· 2 + 1

6· 3 + 1

6· 4 + 1

6· 5 + 1

6· 6 =

7

2.

Zgled 15.5. Izracunaj matematicno upanje za enakomerno diskretno porazdelitev z vrednostmia, a+ 1, . . . , b.

Resitev. Ker gre za enakomerno diskretno porazdelitev, so posamezne verjetnosti enake pk =p = 1

b−a+1 . Torej je

E(X) =

b∑

k=a

k pk = p

b∑

k=a

k =

=1

b− a+ 1· a+ b

2(b− a+ 1) =

1

2(a+ b),

kjer smo pri izracunu upostevali, da je vsota nekaj zaporednih clenov aritmeticnega zaporedjaenaka povprecju prvega in zadnjega clena, pomnozenem s stevilom clenov.

Zgled 15.6. Izracunaj matematicno upanje za binomsko porazdelitev z verjetnostmi pk = P (X =k) =

(nk

)pk(1− p)n−k.

Resitev. Matematicno upanje je

E(X) =

n∑

k=0

k

(n

k

)pk(1− p)n−k =

n∑

k=1

k

(n

k

)pk(1− p)n−k =

= (1− p)nn∑

k=1

k

(n

k

)(p

1− p

)k

=

= (1− p)n · p

1− p

n∑

k=1

k

(n

k

)(p

1− p

)k−1

=

= p(1− p)n−1n∑

k=1

k

(n

k

)(p

1− p

)k−1

.

275

Torej moramo poiskati

f(t) =

n∑

k=1

k

(n

k

)tk−1

za t = p1−p . Ker za

F (t) =

n∑

k=1

(n

k

)tk = (1 + t)n − 1

velja F ′(t) = f(t), sledi

F ′(t) = n(1 + t)n−1 =n

(1− p)n−1.

Torej je

E(X) = p(1− p)n−1 n

(1− p)n−1= np.

Matematicno upanje E(X) zvezne slucajne spremenljivke z verjetnostno gostoto pje

E(X) =

∫ ∞

−∞xp(x) dx.

Zgled 15.7. Izracunaj matematicno upanje za enakomerno zvezno porazdelitev na intervalu[a, b].

Resitev. Racunajmo

E(X) =1

b− a

∫ b

ax dx =

a+ b

2.

• Matematicno upanje za normalno porazdelitev z verjetnostno gostoto

p(x) =1

σ√2π

e−12(x−a

σ)2

jeE(X) = a.

Disperzija in standardna deviacijaKvaliteto informacije, ki jo o X daje E(X), bomo ocenili tako, da bomo povedali, kako so

posamezne vrednosti razprsene okrog njenega matematicnega upanja. Disperzija ali variancaD(X) slucajne spremenljivke, ki ima matematicno upanje, je dolocena z izrazom

D(X) = E(X − E(X))2.

Za diskretno slucajno spremenljivko je disperzija enaka

D(X) =n∑

i=1

pi(xi − E(X))2, (41)

obicajno pa namesto disperzije opazujemo raje standardno deviacijo oz. standardni odklon

σ(X) =√D(X). (42)

Zgled 15.8. Izracunaj standardno deviacijo za met igralne kocke.

276

Resitev. Kot smo ze videli, je E(X) = 3.5. Torej je

D(X) =1

6(1− 3.5)2 +

1

6(2− 3.5)2 +

1

6(3− 3.5)2 +

1

6(4− 3.5)2 +

1

6(5− 3.5)2 +

1

6(6− 3.5)2 =

35

12

in σ(X) =√

3512 ≈ 1.71.

Zgled 15.9. Izracunaj standardno deviacijo za enakomerno diskretno porazdelitev z vrednostmia, a+ 1, . . . , b.

Resitev. Kot smo ze videli, je pk = p = 1b−a+1 in E(X) = 1

2(a+ b). Torej je

D(X) =1

b− a+ 1

b∑

k=a

(k − 12 (a+ b))2 = 1

12 ((b− a+ 1)2 − 1)

in

σ(X) =√D(X) =

√(b− a+ 1)2 − 1

12.

Opomba. Pri gornjem izracunu si pomagamo z vsotami

n∑

k=1

k =1

2k(k+1) in

n∑

k=1

k2 =1

12k(k+

1)(2k + 1).

• Standardna deviacija za binomsko porazdelitev z verjetnostmi

pk = P (X = k) =

(n

k

)pk(1− p)n−k

jeσ(X) =

√np(1− p).

Disperzija zvezne slucajne spremenljivke X je definirana enako kot pri diskretni slucajnispremenljivki

D(X) = E(X − E(X))2.

Ce je zvezna slucajna spremenljivka podana z verjetnostno gostoto p, je

D(X) =

∫ ∞

−∞(x− E(x))2p(x) dx.

Pogosto si pri izracunu disperzije zvezne slucajne spremenljivke pomagamo z zvezo

D(X) = E(X2)− (E(X))2.

Zgled 15.10. Izracunaj standardno deviacijo enakomerne zvezne porazdelitve na intervalu [a, b].

Resitev. Racunajmo

E(X2) =1

b− a

∫ b

ax2 dx =

b3 − a3

3(b− a)=a2 + ab+ b2

3.

Torej je

D(X) = E(X2)− (E(X))2 =a2 + ab+ b2

3− a2 + 2ab+ b2

4=

(b− a)2

12in

σ(X) =b− a√

12.

277

• Standardna deviacija za normalno porazdelitev z verjetnostno gostoto

p(x) =1

σ√2π

e−12(x−a

σ)2

jeσ(X) = σ.

16 Odlocanje

16.1 Odlocanje

Model odlocanjaPri pripravi modela odlocanja so kljucni naslednji elementi

• Dejavniki, na katere lahko odlocevalec vpliva, tj. izbire oz. alternative, ki morajo bitiizkljucujoce in vseobsegajoce (popoln sistem dogodkov).

• Zunanji dejavniki (tj. stanja), na katere ne moremo vplivati, imajo pa posledice na rezultatnjegovih odlocitev. Ti dejavniki dolocajo stanja.

• Verjetnosti, s katerimi se pojavijo posamezna stanja.

• Vrednosti stanj pri pozamezni izbiri.

• Metoda odlocanja.

Podatke, ki ji zberemo pri pripravi modela odlocanja, lahko prikazemo v obliki tabele.

izbire stanja verjetnosti vrednosti

Nafta a1

Podrazi s1 0.4 p1 v11Enako s2 0.5 p2 v12Poceni s3 0.1 p3 v13

Veter a2


Biomasa a3


Podatke, ki ji zberemo pri pripravi modela odlocanja, lahko prikazemo tudi v obliki odlocitvenegadrevesa.

Izbira

stanje

stanje

stanje

Nafta

Veter

Biomasa

−4

5

11

se podrazi

ostane enako

se poceni

−2

3

7

se podrazi

ostane enako

se poceni

3

2

1

se podrazi

ostane enako

se poceni

278

Tabela odlocanjaPodatke, zbrane v modelu odlocanja, predstavimo v obliki tabele odlocanja. V tabeli

odlocanja so izbire vrstice tabele, stanja pa so stolpci. Ce so verjetnosti poznane, jih dodamo.

verjetnosti p1 . . . pnizbire \ stanja s1 . . . sn

a1 v11 . . . v1n...

......

am vm1 . . . vmn

• Ce je stanje eno samo (tj. n = 1), gre za odlocanje v gotovosti, saj za vsako izbiropoznamo natancne posledice.

• Ce je stanj vec in poznamo njihove verjetnosti, pravimo, da gre za odlocanje s tveganjemoz. stohasticno odlocanje.

• Ce pa je stanj vec, a nimamo nobene informacije, katero stanje se bo uresnicilo, pravimo,da gre za odlocanja v popolni negotovosti oz. hevristicno odlocanje.

16.2 Odlocanje ob negotovosti

V nadaljevanju si bomo ogledali razlicne metode odlocanja v primeru popolne negotovosti. Vtabeli odlocanja so prikazane tri izbire. Pri prvi je razpon med najboljso in najslabso moznostjonajvecji, pri zadnji pa najmanjsi. Katero moznost naj izberemo?

s1 s2 s3

a1 −4 5 11

a2 −2 3 7

a3 3 2 1

Waldov kriterij - MINIMAX praviloV vsaki vrstici tabele odlocanja poiscemo element z najmanjso vrednostjo in izberemo

tisto vrstico/izbiro, pri kateri je ta element najvecji. Skratka

ai � aj ⇐⇒ minkvik ≥ min

kvjk.

V konkretnem primerus1 s2 s3

a1 −4 5 11

a2 −2 3 7

a3 3 2 1

to pomeni, da izberemo moznost a3, saj je a3 � a2 � a1.

MAXIMAX praviloV vsaki vrstici tabele odlocanja poiscemo element z najvecjo vrednostjo in izberemo tisto

vrstico/izbiro, pri kateri je ta element najvecji. Skratka

ai � aj ⇐⇒ maxk

vik ≥ maxk

vjk.

279

V konkretnem primerus1 s2 s3

a1 −4 5 11

a2 −2 3 7

a3 3 2 1


Hurwiczev kriterijMinimizirati najvecjo izgubo je prevec pesimisticno, maksimizirati najvecji dobicek pa je

prevec optimisticno. Pri danem stevilu α ∈ [0, 1] (ti. indeks optimitzma) se odlocimo zavrstico, za katero je stevilo Hj(α) = αmaxk vik + (1− α)mink vik najvecje. Skratka

ai � aj ⇐⇒ Hi(α) ≥ Hj(α).

V konkretnem primeru

s1 s2 s3 α = 0 α = 0.3 α = 1

a1 −4 5 11 −4 0.5 11

a2 −2 3 7 −2 0.7 7

a3 3 2 1 1 1.6 1

to pomeni, da pri α = 0 ali α = 0.3 izberemo moznost a3, pri α = 1 pa izberemo moznost a1.

Savagev kriterij - pravilo minimalno maksimalnega obzalovanjaTabeli odlocanja priredimo tabelo obzalovanj po pravilu, da vsakemu elementu odstejemo

najvecjo vrednost v istem stolpcu. Potem pa v vsaki vrstici tabele obzalovanj poiscemo elementz najmanjso vrednostjo in izberemo tisto vrstico/izbiro, pri kateri je ta element najvecji.Skratka

ai � aj ⇐⇒ minkrik ≥ min

krjk.

V konkretnem primeru

s1 s2 s3

a1 −4 5 11

a2 −2 3 7

a3 3 2 1

→

s1 s2 s3

a1 −7 0 0

a2 −5 −2 −4

a3 0 −3 −10


Laplaceov kriterij - pravilo enakega verjetjaIzracunamo povprecje vsake vrstice tabele odlocanja, potem pa se odlocimo za vrstico/izbiro,

pri kateri je to povprecje najvecje. Skratka

ai � aj ⇐⇒ 1

n

∑

k

vik ≥ 1

n

∑

k

vjk.

V konkretnem primerus1 s2 s3 v

a1 −4 5 11 4

a2 −2 3 7 2.67

a3 3 2 1 2


280

16.3 Odlocanje s tveganjem

Bayesov kriterijIzracunamo pricakovano vrednost vsake vrstice tabele odlocanja, potem pa se odlocimo za

vrstico/izbiro, pri kateri je pricakovana vrednost najvecja. Skratka

ai � aj ⇐⇒∑

k

vikpk ≥∑

k

vjkpk.

V konkretnem primeru (p1 = 0.4, p2 = 0.5, p3 = 0.1)

s1 s2 s3 E

a1 −4 5 11 2

a2 −2 3 7 1.4

a3 3 2 1 2.3


17 Statistika

17.1 Statistika

Osnovni pojmi statistikeStatistika je veda, ki proucuje mnozicne pojave. Ljudje obicajno besedo statistika povezu-

jejo z zbiranjem in urejanjem podatkov o nekem pojavu, izracunom raznih znacilnosti iz tehpodatkov, njih predstavitvijo in razlago. To je najstarejsi del statistike in ima svoje zacetkeze v antiki - z nastankom vecjih zdruzb (drzav) se je pojavila potreba po poznavanju stanja -latinsko “status”.

Statisticna enota je posamezna proucevana stvar ali pojav; npr. student.

Populacija je mnozica vseh proucevanih enot. Pomembna je natancna opredelitev populacije(npr. casovno in prostorsko); npr. vsi studenti v letniku.

Vzorec je podmnozica populacije, na osnovi katere ponavadi sklepamo o lastnostih celotnepopulacije; npr. vzorec 25 slucajno izbranih studentov.

Spremenljivka je lastnost enot; npr. visina, teza, spol. Spremenljivke oznacujemo npr. z X,Y , X1. Vrednost spremenljivke X na i-ti enoti oznacimo z xi.

Parameter je znacilnost populacije. Parametre obicajno oznacujemo z malimi grskimi crkami.

Statistika je znacilnost vzorca. Statistiko obicajno oznacujemo z malimi latinskimi crkami.Vrednost statistike je lahko za razlicne vzorce razlicna.

17.2 Enostavno slucajno vzorcenje

VzorciIz raznih razlogov (obseznost, cena, unicenje enot pri merjenju, . . . ) ponavadi opazu-

jemo/merimo lastnosti le na razmeroma majhnih vzorcih. Vzorec, ki dobro predstavlja celopopulacijo, mora biti

• izbran nepristransko in

• dovolj velik.

Postopek izbora enot populacije v vzorec imenujemo vzorcenje. Pred vzorcenjem je potrebnoopredeliti populacijo. Pri vzorcenju obicajno locimo naslednje 2 vrsti populacij:

281

• ciljna populacija je idealna populacija, ki jo zelimo preuciti, npr. vsi studenti.

• opazovana populacija je dejanska populacija, ki smo jo v nekem casu in prostoru spo-sobni opazovati, npr. 25 studentov.

Vzorcni okvir je navodilo, kako izbrati opazovano populacijo. Npr. “izberi vse odrasleiz registra prebivalstva”, lahko zaradi netocnosti (neazurnosti) povzroci prepokritje (nekaterivzorci so odvec) ali podpokritje (nekateri vzorci manjkajo) ciljne populacije.

Locimo dve osnovni vrsti vzorcev:

• verjetnosti vzorci, pri katerih imajo enote populacije vnaprej znane in nenicelne verje-tnosti za izbor v vzorec.

• neverjetnosti vzorci, pri katerih enote populacije nimajo vnaprej znane ali nenicelneverjetnosti za izbor v vzorec.

Statisticno sklepanje (posplosevanje z vzorca na populacijo) je mozno le z verjetnostim vzorcem.Recimo, da merimo spremenljivko X, tako da n-krat nakljucno izberemo neko enoto in na

njej izmerimo vrednost spremenljivke X. Vzorec je slucajni vektor (X1,X2, . . . ,Xn), ki ustrezatemu postopku. Stevilo n je velikost vzorca.

Ker v vzorcu merimo isto spremenljivko, lahko predpostavimo, da imajo vsi cleni Xi vektorjaisto porazdelitev kot spremenljivka X. Ker posamezna meritev ne sme vplivati na ostale, lahkopredpostavimo se, da so cleni Xi med seboj neodvisni. Takemu vzorcu recemo enostavnislucajni vzorec.

Vecina statisticne teorije temelji na predpostavki, da imamo opravka z enostavnim slucajnimvzorcem. Ce je populacija koncna, lahko dobimo enostavni slucajni vzorec tako, da slucajnoizbiramo (z vracanjem) enote z enako verjetnostjo. Z vprasanjem, kako sestaviti dobre vzorce vpraksi, se ukvarja posebno podrocje statistike – teorija vzorcenja.

17.3 Predstavitev podatkov

Zgled 17.1. Populacija sestoji iz 25 studentov. Za vsakega studenta smo izmerili maso v kilo-gramih (spremenljivka X) in visino v centimetrih (spremenljivka Y ). Podatki so zbrani v spodnjitabeli.

58, 165 59, 15751, 163 49, 155 60,165 71, 175 69, 173

60, 168 63, 168 55,173 61, 175 78, 17859, 170 68, 180 76,

175 76, 188 79, 18364, 173 74, 188 77,180 70, 175 64, 173

68, 180 70, 178 75,191

Podatke lahko predstavimo v obliki histogramov

masa

bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b

bc

bc

50 60 70 80

| | | | ||

||

| | ||

||

| ||

| | | ||

| | |

visina

bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc

bc

bc

bc

bc

160 170 180 190

| | | || ||

| ||

||

||

||

||

||

|

| ||

|

282

Pri teh dveh histogramih smo dali vsako maso ali visino v svoj razred. Graficna predstavitevni bila ravno najboljsa. V praksi za dolocanje stevila razredov pogosto uporabljamo Sturgesovopravilo: k = 1 + log2 n, kjer je n stevilo elementov v (ne preveliki) populaciji.

V gornjem primeru je n = 25. Po Sturgesovem pravilu dobimo 1 + log2 25 = 5.64 ≈ 6razredov.

razred meje stevilo

1 od 49 do pod 54 22 od 54 do pod 59 23 od 59 do pod 64 64 od 64 do pod 69 45 od 69 do pod 74 46 od 74 do 79 7

Frekvencno porazdelitev lahko predstavimo s histogramom ali poligonom.

02468

0 1 2 3 4 5 6

Stevilo

02468

0 1 2 3 4 5 6

b b

b

b b

b

Stevilo

17.4 Casovne vrste

Casovne vrsteCasovna vrsta je zaporedje podatkov x1, x2, . . . , izmerjenih v zaporednih casovnih trenut-

kih, med katerimi so obicajno enaki casovni razmiki.

i 1 2 3 4 5 6 7 8x 10 17 15 25 21 14 16 9

05

10152025

0 1 2 3 4 5 6 7 8

b

bb

bb

bb

b

Dinamiko spreminjanja casovne vrste lahko opisemo z

• indeksi s stalno osnovo,

• koeficienti rasti (oz. verizni indeksi) in

• stopnjo rasti.

Indeks s stalno osnovoIndeks s stalno osnovo oznacuje razmerje (v %) med podatkom xi in izbranim podatkom

xi0 , torej Ii,i0 =xixi0

· 100. Obicajno za xi0 izberemo prvi clen casovne vrste.

V gornjem primeru tako velja

283

i 1 2 3 4 5 6 7 8

x 10 17 15 25 21 14 16 9Ii,i0 [%] 100 170 150 250 210 140 160 90

0%50%100%150%200%250%

0 1 2 3 4 5 6 7 8

b

bb

bb

bb

b

Verizni indeksVerizni indeks oznacuje razmerje (v %) med zaporednima podatkoma v casovni vrsti, torej

Vi =xixi−1

· 100.


i 1 2 3 4 5 6 7 8

x 10 17 15 25 21 14 16 9Vi[%] 170 88.2 166.7 84 66.7 114.3 56.3

0%50%100%150%200%

0 1 2 3 4 5 6 7 8

b

b

b

bb

b

b

Stopnja rastiStopnja rasti prikazuje spremembo (v %) med zaporednima podatkoma v casovni vrsti,

torej Si =xi − xi−1

xi−1· 100.


i 1 2 3 4 5 6 7 8

x 10 17 15 25 21 14 16 9Si[%] 70 -11.8 66.7 -16 -33.3 14.3 -43.4

50%

−50% 1 2 3 4 5 6 7 8

b

b

b

bb

b

b

17.5 Vzorcne ocene

Vzorcne oceneNajpogostejsa parametra, ki bi ju radi ocenili sta:

• sredina populacije µ glede na izbrano lastnost – matematicno upanje spremenljivke Xna populaciji; in

• povprecni odklon od sredine σ – standardni odklon spremenljivke X na populaciji.

Statistike/ocene za te parametre so izracunane iz podatkov z vzorca. Zato jim tudi recemovzorcne ocene.

284

Sredinske mereKot sredinske mere se pogosto uporabljajo:

• Vzorcni modus je najpogostejsa vrednost. V gornjem primeru so modusi za X enaki 59,60, 64, 68 in 70, modusa za Y pa sta 173 in 175, kar kaze, da modus ni dolocen enolicno.

• Vzorcna mediana je srednja vrednost glede na urejenost. V gornjem primeru je medianaza X enak 68, mediana za Y pa enak 175.

• Vzorcno povprecje je povprecna vrednost

x =1

n

n∑

i=1

xi.

V gornjem primeru je povprecna vrednost za X enaka 66.16, za Y pa 173.96.

Mere razprsenostiZa oceno populacijskega odklona uporabljamo mere razprsenosti.

• Vzorcni razmah: maxi xi−mini xi. V gornjem primeru je razmah v X enak 30, razmahv Y pa 36.

• Vzorcna disperzija (tj. standardna deviacija):

s2 =1

n

n∑

i=1

(xi − x)2.

V gornjem primeru je disperzija za X enaka 8.40, disperzija za Y pa 8.79.

Za medsebojno primerjavo disperzij uporabljamo koeficient disperzije

V =s

x.

V gornjem primeru je koeficient disperzije za X enak 0.1269 ≈ 12.7%, koeficient disperzije za Ypa 0.05052 ≈ 5.1%.

Nakatere vzorcne ocene in mere razprsenosti lahko razberemo iz histogramov

masa

bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc b bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b

bc

bc2

50 60 70 8049 79m

ed.

x

b b b b bb

bb

b b bb

bb

b bb

b b b bb

b b b

visina

bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc bc b bc bc bc bc b bc bc bc bc bc bc bc bc bc b bc bc bc

bc

bc

bc

bc4

160 170 180 190155 191m

ed.

y

b b b bb bb

b bbbb

bbbb

bb

bbb

b bb

b

285

Ranzirna vrsta in rangRanzirna vrsta so po velikosti urejeni podatki - po velikosti urejene vrednosti izbrane

stevilske spremenljivke na enotah proucevane populacije.

Rang R enote pove mesto (zaporedno stevilko glede na urejenost), ki pripada enoti v okvirucelotne populacije. Rang pokaze mesto enote v populaciji sele, ce ga primerjamo z obsegompopulacije n. Rang R je diskretna stevilska spremenljivka in lahko zavzame vrednosti med 1 inn.

masa

b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b

49

51

55

58

59

59

60

60

61

63

64

64

68

68

69

70

70

71

74

75

76

76

77

78

79

1 25 rang

Kvantilni rang in kvantiliVpliv velikosti populacije izlocimo iz izracuna ranga tako, da namesto ranga R racunamo

kvantilni rang P . Kvantilni rang pove, na katerem delu celotnega ranzirnega razmika lezidolocena enota oziroma koliki del celote ima manjse oz. kvecjemu enake vrednosti kakor je danavrednost. Kvantilni rang P je zvezna stevilska spremenljivka, ki lahko zavzame vrednosti med0 in 1.

masa

b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b49

51

55

58

59

59

60

60

61

63

64

64

68

68

69

70

70

71

74

75

76

76

77

78

79

0 1kv. rang

Dano imamo vrednost kvantilnega ranga P , iscemo pa vrednost spremenljivke, ki mu ustreza,torej xP . Vrednost spremenljivke, ki ustreza danemu kvantilnemu rangu, imenujemo kvantil.Ker kvantil odraza znacilnost celotne populacije (npr. vrednost xP=0.5 je tista vrednost, odkatere je polovica enot v populaciji manjsa, polovica pa vecja - to vrednost imenujemo mediana),predstavlja statisticni parameter.

Poleg mediane pogosto opazujemo se kvartile, decile in centile.

masa

b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b

49

51

55

58

59

59

60

60

61

63

64

64

68

68

69

70

70

71

74

75

76

76

77

78

79

0 1kv. rangb

0.5mediana

b

0.251. kvartil

b

0.753. kvartil

KorelacijaPovezavo med dvema skupinama podatkov lahko dolocimo s kovarianco vzorca, ki jo

izracunamo po enacbi

SXY =1

n

n∑

i=1

(xi − X)(yi − Y ) =1

n

n∑

i=1

xiyi − X Y .

286

Brezdimenzionalna mera povezanosti med dvema skupinama podatkov je korelacijski koefici-ent rXY

rXY =SXY

σX σY.

Vrednost korelacijskega koeficienta je med −1 in 1, pri cemer vrednosti blizu 1 pomenijo mocnolinearno povezavo (oziroma korelacijo) med dvema skupinama podatkov, kar pomeni, da vecjavrednost ene kolicine pogojuje vecjo vrednost druge. Negativna korelacija pomeni, da vecjevrednosti ene kolicine pogojujejo manjse vrednosti druge. Ce je vrednost rXY okoli 0, pomeni,da linearne povezave med podatki ni.

Zgled 17.2. Izracunaj koeficient korelacije za zgled 17.1.

Koeficient korelacije je rXY = 0.9685 (po pricakovanju) blizu 1, saj so visje osebe pravilomatezje.

Linearna regresijaRegresijska funkcija Y = f(X) opisuje, kaksen je vpliv spremenljivke X na Y brez drugih

vplivov, ki so lahko posledica vpliva drugih spremenljivk ali slucajnega odstopanja.Slucajno spremenljivko Y lahko zapisemo kot vsoto dveh spremenljivk Y = Y +ε = f(X)+ε,

kjer spremenljivko X imenujemo neodvisna spremenljivka, slucajno spremenljivko Y odvisnaspremenljivka, ε pa napako (ali slucajno odstopanje).

Linearna regresijaCe je regresijska funkcija linearna

Y = f(X) = a+ bX,

zapisemo regresijsko enacbo v obliki

Y = f(X) + ε = a+ bX + ε.

Za posamezeni element vzorca xi in yi velja

yi = f(xi) + εi = a+ bxi + εi.

Z regresijo dolocimo tiste vrednosti ocen a in b, da je prileganje regresijske premice elementomvzorca cimboljse. Ce za dolocanje ocene parametrov a in b uporabimo metodo najmanjsihkvadratov, moramo poiskati minumum funkcije

S(a, b) =

n∑

i=1

ε2i =

n∑

i=1

(yi − (a+ bxi))2.

Linearna regresijaDobimo

b =1n

∑ni=1 xiyi − X Y

1n

∑ni=1 x

2i − X2

=SXY

S2X

,

a = Y − bX = Y − SXY

S2X

X.

Linearna regresijska funkcija je torej

Y = Y +SXY

S2X

(X − X).

287

Zgled 17.3. Izracunaj linearno regresijo za zgled 17.1.

Prikazimo najprej podatke v razsevnem grafikonu:

150

160

170

180

190

50 60 70 80

bb

bbb

b bb

b bbbbb b b

b bbbb

b

b b

b

bc

bc

bc

bc

bc

bc bc bc bc

Iz gornje formule dobimo b = 0.972957 in a = 109.5891. Linearna regresija je torej premicaY = 0.972957X + 109.5891.

S pomocjo linearne regresije lahko npr. napovemo, da je pricakovana velikost za 75kg tezkoosebo enaka 0.972957 · 75 + 109.5891 ≈ 182.6 cm.

Intervali zaupanjaSlucajno spremenljivko X oziroma populacijo, ki jo ta predstavlja, v celoti opisemo z njeno

porazdelitvijo. Vsaki porazdelitvi pripadajo doloceni parametri, ki jih obicajno ne poznamo.Na osnovi vzorca oziroma statistik, ki jih iz vzorca izracunamo, lahko parametre populacijeocenimo.

Intervalno oceno oziroma interval zaupanja podamo z naslednjo enacbo:

a ∈ [as, az ] tako, da je P [as ≤ X ≤ az] = 1− α,

kjer parameter α imenujmo stopnja zaupanja.Gornja trditev pomeni, da X lezi v intervalu med [as, az ] z verjetnostjo 1− α.

Zgled 17.4. Koliksna je verjetnost, da bo vrednost normalno porazdeljene slucajne spremenljivkeza vec kot σ oddaljena od povprecja E(X)?

Ker je slucajna spremenljivka X porazdeljena normalno, velja

P (x1 ≤ X < x2) = Φ(x2 − a

σ)− Φ(

x1 − a

σ).

Postavimo x1 = a− σ, x2 = a+ σ in dobimo

P (a− σ ≤ X < a+ σ) = Φ(1)− Φ(−1) = 2Φ(1) ≈≈ 0.6826,

kjer smo vrednost Φ(1) ≈ 0.3413 odcitali iz tabele. Pri normalni porazdelitvi pade v interval[a− σ, a+ σ] priblizno 68% vseh vrednosti.

Zgled 17.5. Doloci simetricen interval zaupanja okoli povprecja E(X) normalno porazdeljeneslucajne spremenljivke X tako, da bo spremenljivka X lezala na tem intervalu z verjetnostjo0.90.

288

Ker je iskani interval [x1, x2] simetricen okoli a = E(X), lahko zapisemo x1 = a − d inx2 = a+ d. Torej je

P (a− d ≤ X < a+ d) = Φ( dσ )−Φ(− dσ ) = 2Φ( dσ ) = 0.90,

Sledi Φ( dσ ) = 0.45. Iz tabele za Φ odcitamo, da mora biti dσ ≈ 1.645. Torej je iskani interval

enak[a− 1.645σ, a + 1.645σ].

18 Primeri vprasanj za teoreticni del izpita

To niso vsa mozna vprasanja!

• Zapisi Peanove aksiome.

• Kako definiramo relacijo “manjsi” oz. “vecji” v mnozici realnih stevil?

• Napisi, kako deluje princip popolne indukcije.

• S pomocjo popolne indukcije pokazi, da za vsako naravno stevilo n velja 1+ 2+ . . .+ n =n(n+ 1)/2.

• Naj bo f : A→ B preslikava iz mnozice A v B. Kdaj je f injektivna in kdaj surjektivna?

• Zapisi definicijo unije, preseka, razlike in produkta mnozic A in B. Izracunaj A∪B, A∩Bin A \B in A×B za A = (0, 2] ⊂ R in B = (−1, 1) ⊂ R. (Mnozico A×B narisi v R2.)

• Napisi definicijo limite zaporedja (ak).

• Pokazi, da konvergentno zaporedje ne more imeti vec kot ene limite.

• Napisi definicijo stekalisca zaporedja (ak).

• Kaj je zaporedje? Pojasni pojme: narascajoce/padajoce zaporedje, omejeno zaporedje.

• Zapisi zaporedje, ki je padajoce in navzdol omejeno.

• Zapisi zaporedje, ki je narascajoce in navzgor neomejeno.

• Zapisi zaporedje, ki

– ima eno samo stekalisce;

– nima stekalisca;

– ima vec kot eno stekalisce.

• Ali je 0 stekalisce zaporedja s splosnim clenom ak = 1k? Odgovor utemelji!

• Napisi definicijo vsote neskoncne vrste∞∑

k=1

ak.

• Podana je vrsta a+ aq + aq2 + aq3 + · · ·+ aqk + · · · Za katere q je ta vrsta konvergentnain za katere je divergentna? Izracunaj vsoto vrste za a = 1

3 in q = 14 .

289

• Zapisi kvocientni kriterij za konvergenco stevilske vrste∞∑

k=1

ak.

• Kaksna je absolutno konvergentna vrsta in kaksna je pogojno konvergentna vrsta?

• Pokazi, da harmonicna vrsta

∞∑

k=1

1

kni konvergentna.

• Poisci vsa stekalisca zaporedja s splosnim clenom ak = k+13k + (−1)k

3 .

• Izracunaj limito limn→∞

√n−

√n−1√

n+1−√n.

• Ali obstaja limita limn→∞

(−1)n+1+2n+1

(−1)n+2n ?

• Izracunaj vsoti

∞∑

k=1

1

k(k + 2),

∞∑

k=1

3k

22k+1.

• Razisci konvergenco vrst∞∑

k=1

2k+1

2k + 3k,

∞∑

k=1

3k+1

2k + 3k,

∞∑

k=1

(k + 1)3−k,∞∑

k=1

cos(kπ)√k

.

• Pojasni osnovne lastnosti funkcij in jih opisi na grafu.

– Omejenost navzgor/navzdol, natancna zgornja/spodnja meja, narascanje/padanje.

– Injektivnost, surjektivnost, bijektivnost, inverzna funkcija.

– Soda/liha funkcija, pol funkcije, nicla funkcije.

• Limita funkcije.

– Kaj je limita funkcija? Leva limita, desna limita?

– Poisci primer funkcije, ko obstaja leva limita, desna pa ne.

– Poisci primer funkcije, ko obstajata leva in desna limita, a sta razlicni.

– Zapisi nekaj pomembnih izrekov o limitah: limita vsote, razlike, produkta, kvocientadveh funkcij.

• Zveznost.

– Zapisi defincijo zveznosti, zveznosti z leve, z desne. Ali so ti pojmi med seboj pove-zani?

– Navedi primer funkcije, ki je zvezna povsod na R. Navedi primer funkcije, ki imaeno tocko nezveznosti. Navedi primer funkcije, ki ima neskoncno tock nezveznosti.Navedi primer funkcije, ki je nezvezna v vsaki tocki iz R.

– Navedi izreke o vsoti, razliki, produku, kvocientu, kompozitumu zveznih funkcij.

• Kaj je to bisekcija?

• Kaksne lastnosti ima zvezna funkcija na zaprtem intervalu? Kaj pa, ce interval ni zaprt?

• Za vsako od skupin elemetarnih funkcij navedi osnovne lastnosti (definicija, graf, morebitneposebnosti).

– Potencna funkcija, polinom, koren.

290

– Racionalna funkcija, asimptote.

– Eksponentna in logaritenska funkcija.

– Trigonometricne in ciklometricne funkcije.

• Zapisi definicijo odvoda, odvoda z leve, odvoda z desne.

• Navedi primer funkcije, ki je v neki tocki odvedljiva z leve in desne, ni pa odvedljiva.

• Geometrijski pomen odvoda.

• Zapisi enacbo tangente in normale na dano krivuljo.

• Zapisi nekaj pomembnih izrekov o odvodih: odvod vsote, razlike, produkta, kvocientadveh funkcij.

• Zapisi verizno pravilo za odvajanje in odvod inverzne funkcije.

• Zapisi odvode elementarnih funkcij.

• Visji odvodi. Visji odvodi elementarnih funkcij.

• Lastnosti odvedljivih funkcij: narascanje, padanje, stacionarne tocke.

• Lokalni ekstremi, karakterizacija z odvodi.

• Rolleov, Lagrangeov izrek. Geometrijski pomen. Karakterizacija konstantne funkcije.

• Konveksna, konkavna funkcija, prevoj.

• Ekstrem zvezne funkcije na zaprtem intervalu.

• L’Hopitalovo pravilo.

• Taylorjeva vrsta. Taylorjeva vrsta za sinx, cosx, ln(1 + x), ex, (1 + x)r.

• Kaj je nedoloceni integral? Od kod izvira nedolocenost?

• Integrali elementarnih funkcij.

• Pravila za integriranje: integral vsote funkcij, integral produkta funkcije s konstanto,

• Pravilo zamenjave (substitucije). Univerzalna trigonometricna substitucija.

• Integracija po delih (per partes).

• Kaj je doloceni integral? Geometrijski pomen.

• Osnovni izreki o dolocenem integralu: integral vsote funkcij, integral produkta funkcije skonstanto, razcep integracijskega intervala,

• Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom.

• Pravilo zamenjave (substitucije) za doloceni integral.

• Integracija po delih (per partes) za doloceni integral.

• Prostornina vrtenine pri vrtenju okoli abscisne osi.

291

• Prostornina vrtenine pri vrtenju okoli ordinatne osi.

• Dolzina ravninske krivulje.

• Povrsina vrtenine pri vrtenju okoli abscisne osi.

• Guldinovi pravili za vrtenine.

• Kdaj je funkcija vec spremenljivk zvezna?

• Dana je funkcija f : D → R, kjer je D ⊂ R2. Kaj so nivojske krivulje funkcije f?

• Opisi nivojske krivulje funkcije f(x, y) =√x2 + y2.

• Kaj je parcialni odvod funkcije vec spremenljivk?

• Kaj je totalni diferencial funkcije vec spremenljivk?

• Izracunaj df za f(x, y) = x2y3.

• Opisi potrebne in zadostne pogoje za ekstrem funkcije dveh spremenljivk.

• Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (x2 + y)√ey.

• Kaj so vezani ekstremi?

• Opisi metodo Lagrangeovih multiplikatorjev.

• Kaj je matrika?

• Navedi glavne lastnosti sestevanja in mnozenja matrik s skalarjem.

• Definiraj produkt matrik.

• Navedi glavne lastnosti mnozenja matrik.

• Izracunaj A−B, AB, BA za A =

[1 2−2 3

]in A =

[−1 42 −1

].

• Kaj je transponirana matrika?

• Navedi glavne lastnosti transponiranja matrik.

• Kaj je determinanta?

• Po definiciji izracunaj determinanto matrike A ∈ R2×2 in A ∈ R3×3.

• Po definiciji determinante izracunaj

∣∣∣∣∣∣

0 0 21 0 10 3 0

∣∣∣∣∣∣.

• Kaj je Sarrusovo pravilo?

• Navedi lastnosti determinante (stolpcne in vrsticne operacije).

• Opisi Gaussov postopek izracuna determinante.

• Kaj je poddeterminanta?

• Opisi razvoj determinante po vrstici in po stolpcu.

292

• Opisi Cramerjev postopek za resevanje sistema linearnih enacb. Za katere sisteme linearnihenacb Ax = b je primeren?

• Opisi Gaussov postopek za resevanje sistema linearnih enacb.

• Kaj je rang matrike?

• Diskutiraj resitev sistema m linearnih enacb z n neznankami glede na rang r razsirjenematrike A sistema Ax = b.

• Kaj je inverzna matrika?

• Zapisi kaksen zadosten pogoj za obstoj inverza matrike.

• Izracunaj A2 in A−1 za A =

[2 13 2

].

• Navedi lastnosti invertiranja matrik.

• Opisi izracun inverza matrike s pomocjo Gaussovega postopka.

• Opisi pravilo produkta.

• Opisi pravilo vsote.

• Opisi nacelo vkljucitev in izkljucitev.

• Kaj so permutacije (s ponavljanjem)? Navedi primer.

• Kaj so kombinacije (s ponavljanjem)? Navedi primer.

• Kaj so variacije (s ponavljanjem)? Navedi primer.

• Koliko podmnozic ima mnozica s 7 elementi?

• Opisi osnovne pojme pri racunanju z dogodki: nacin, enakost, vsota, produkt, nasprotnidogodek, algebra dogodkov.

• Kaj je to pogojna verjetnost in navedi primer izracuna pogojne verjetnosti.

• Koliko je P (A/B), ce je dogodek A neodvisen od B?

• Zapisi formulo za popolno verjetnost in Bayesovo formulo.

• Zapisi klasicno definicijo verjetnosti.

• Zapisi statisticno definicijo verjetnosti.

• Zapisi aksiomaticno definicijo verjetnosti.

• Kaj je to pogojna verjetnost?

• Zapisi Bernoullijevo formulo za zaporedje neodvisnih poskusov. Kolika je verjetnost, dabomo v osmih metih kocke vrgli sestico petkrat?

293

bf – biotehnologijazeljko.dmfa.si/lectures/2011/biot-matematika.pdf · matematiˇcne metode bf...

Documents