matematika 1 -...
TRANSCRIPT
MATEMATIKA 1Branko µCervar, Kristina MiletiC
SVEUµCILI�TE U MOSTARU
GRAÐEVINSKI FAKULTET2014./2015.
i
ii
Sadrµzaj
PREDGOVOR vii
1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 1
1.1 OSNOVE MATEMATIµCKE LOGIKE . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 LOGIµCKI SUD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.2 OPERIRANJE SUDOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 SKUPOVI I RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 SKUP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 OPERIRANJE SKUPOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.2.3 RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.1 FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
1.3.2 FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.3 INVERZNA FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
1.3.4 KARDINALNI BROJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4 REALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.1 PRIRODNI I CIJELI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . 17
1.4.2 RACIONALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4.3 APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA . . . . 27
1.4.4 POTENCIRANJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
1.5 KOMPLEKSNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
1.5.1 POJAM I OSNOVNE OPERACIJE . . . . . . . . . . . . 30
1.5.2 GEOMETRIJSKI PRIKAZ
KOMPLEKSNOG BROJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
1.5.3 TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS
KOMPLEKSNOG BROJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.6 ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
1.6.1 ZADAVANJE FUNKCIJA IZ R U R . . . . . . . . . . . . 34
1.6.2 GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA . . . . 37
iii
1.6.3 OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . 39
1.6.4 RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . 45
2 LINEARNA ALGEBRA 51
2.1 MATRICE I DETERMINANTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.1.1 MATRICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2.1.2 DETERMINANTA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.1.3 MATRIµCIN RANG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.1.4 RJE�AVANJE SUSTAVA
LINEARNIH JEDNADµZABA . . . . . . . . . . . . . . . . 67
2.2 VEKTORSKA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2.2.1 USMJERENA DUµZINA I VEKTOR . . . . . . . . . . . . 73
2.2.2 VEKTOR U PRAVOKUTNOM
KOORDINATNOM SUSTAVU . . . . . . . . . . . . . . . 77
2.2.3 VEKTORSKA MNOµZENJA . . . . . . . . . . . . . . . . 81
2.3 ANALITIµCKA GEOMETRIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
2.3.1 PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI . . . . . . . . . . 87
2.3.2 RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
2.3.3 MEÐUODNOSI TOµCAKA,
PRAVACA I RAVNINA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 95
3.1 KONVERGENCIJA REALNIH
NIZOVA I REDOVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.1.1 NIZ REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.1.2 SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA . . . . 99
3.1.3 RED REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . 105
3.1.4 NEKOLIKO KRITERIJA ZA
KONVERGENTNOST REALNOG REDA . . . . . . . . 108
3.1.5 FUNKCIJSKI NIZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
3.1.6 FUNKCIJSKI RED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
3.2 NEPREKIDNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
3.2.1 GRANIµCNA VRIJEDNOST U BESKONAµCNOSTI . . . 118
3.2.2 GRANIµCNA VRIJEDNOST U TOµCKI . . . . . . . . . . 119
3.2.3 NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124
3.2.4 SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE
NA SEGMENTU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
iv
4 INFINITEZIMALNI RAµCUN 135
4.1 DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
4.1.1 DERIVABILNOST I NJEZINO ZNAµCENJE . . . . . . . 135
4.1.2 DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . 139
4.1.3 DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
4.1.4 OSNOVNI TEOREMI
DIFERENCIJALNOG RAµCUNA . . . . . . . . . . . . . . 150
4.1.5 TAYLOROVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
4.1.6 DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . . 159
4.1.7 ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA . . . . . . . . 160
4.2 NEODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
4.2.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA
NEODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . 174
4.2.2 OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE . . . . . . . . . 179
4.2.3 INTEGRIRANJE NEKIH KLASA
ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . 183
4.2.4 INTEGRIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . 190
4.3 ODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192
4.3.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA
ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . 192
4.3.2 NEKI PRIBLIµZNI INTEGRACIJSKI POSTUPCI . . . . 203
4.3.3 NEPRAVI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
4.3.4 NEKOLIKO PRIMJENA
ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . 213
5 ZADACI 223
5.1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . 223
5.2 LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228
5.3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . 233
5.4 INFINITEZIMALNI RAµCUN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
v
vi
PREDGOVOR
Ova skripta sadrµze gradivo �to ga obuhvaca predmet Matematika 1 i nami-
jenjena su studentima Gra�evinskog fakulteta Sveuµcili�ta u Mostaru.
Gradivo se dijeli na µcetiri velike cjeline - poglavlja:
- SKUPOVI. FUNKCIJE. REALNI BROJEVI;
- LINEARNA ALGEBRA;
- KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST;
- INFINITEZIMALNI RAµCUN.
Svako se poglavlje dalje dijeli na glavne teme - odjeljke, a ovi opet na osnovne
tematske jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice, Teo-
rem 2.3 je treci teorem u drugomu poglavlju.
Na koncu je peto poglavlje ZADACI koje je sadrµzi µcetiri odjeljka koja prate
prethodna poglavlja. To je mala zbirka zadataka za provjeru ispravne usvo-
jenosti izloµzenoga gradiva.
Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.
Skripta su radnog karaktera. Predavanja i auditorne vjeµzbe bit ce temeljena
na gradivu izloµzenom u njoj. To znaµci da ce se u ovoj �kolskoj godini uoµceni
nedostatci, nejasnoce i pogre�ke nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro
do�la i autori se unaprijed zahvaljuju.Branko µCervar
Kristina Miletic
vii
viii
Poglavlje 1
SKUPOVI, FUNKCIJE,
REALNI BROJEVI
1.1 OSNOVE MATEMATIµCKE LOGIKE
1.1.1 LOGIµCKI SUD
Za sporazumijevanje i obavje�civanje rabimo, uglavnom, raznovrsne jeziµcne reµce-
nice. Za "strogo matematiµcko" komuniciranje ne trebaju µcak ni sve izjavne
reµcenice (izreke). Ono �to je ovdje neophodno jesu neke smislene izjave, odnosno,
logiµcki sudovi.
De�nicja 1.1 Logiµcki sud (krace i nadalje: sud) je smislena izjavna reµcenica
podrediva naµcelu iskljuµcenja treceg. Dakle, svaki sud ima toµcno jednu istinosnu
vrijednost, tj. ili jest istinit ili nije istinit. (Za sud koji nije istinit kaµzemo i
da je neistinit ili laµzan.)
Primjer Koje od sljedecih reµcenica (ni)su sudovi?
(a) Je li zrakoplov sletio?
(b) Jutro je pametnije od veµceri.
(c) Brod je jedrenjak.
(d) Svaki brod je jedrenjak.
(e) Zemlja se vrti oko svoje osi.
(f) Umijte se!
(a) Nije, jer nije izjavna reµcenica; (b) Nije, jer ta reµcenica nema smisla (u
doslovnom znaµcenju ukljuµcenih rijeµci); (c) Nije, jer nije podrediva naµcelu isklju-
µcenja treceg - ne moµze joj se odrediti istinosna vrijednost, jer nije kazano o
1
kojemu brodu je rijeµc; (d) Jest, i to laµzan - ima brodova koji nisu jedrenjaci; (e)
Jest, i to istinit; (f) Nije, jer nije izjavna reµcenica.
Sudove cemo oznaµcavati velikim (malo nagnutim) latinskim slovima A;B;C; :::
Jednostavnosti radi, ako je sud A istinit pisat cemo �A = > (i µcitati: tau a jestte), a ako je neistinit pisat cemo �A = ? (i µcitati: tau a nije te).
1.1.2 OPERIRANJE SUDOVIMA
(i)Konjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A^B (µcitamo: a i be)de�niramo ovako: �(A^B) = > toµcno onda kad je �A = > i �B = >. Znakom^ (µcitamo: i) oznaµcenu logiµcku operaciju nazivamo konjunkcijom. Zgodnoje pripadnu istinosnu vrijednost pregledno prikazati tzv. tablicom istinosne
vrijednosti.
�(A ^B) :A�B > ?> > ?? ? ?
(ii) Disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A_B (µcitamo: a ili
be) de�niramo ovako: A _B je laµzan toµcno onda kad su oba suda A i B laµzna.
(�(A_B) =? µcim je �A =? i �B =?.) Operaciju oznaµcenu znakom _ (µcitamo:ili) nazivamo (inkluzivnom, ukljuµcivom) disjunkcijom. Odgovarajuca tablica
istinosnih vrijednosti jest
�(A _B) :A�B > ?> > >? > ?
(iii) Ekskluzivna disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci
A YB (µcitamo: ili a ili be) de�niramo ovako: A YB je istinit toµcno onda kad je
jedan i samo jedan od sudova A, B listinit. (Za A Y B se kaµze i: Bilo A, bilo
B, ali ne ob(a)oje.) Operaciju oznaµcenu znakom Y (µcitamo: ili - ili) nazivamoekskluzivnom (iskljuµcivom) disjunkcijom. Pripadna tablica istinosnih vri-
jednosti jest
�(A YB) :A�B > ?> ? >? > ?
(iv) Implikacija. Ako su A i B sudovi, onda A ) B (µcitamo: a povlaµci be)
oznaµcuje sud koji je laµzan toµcno onda kad je sud A istinit, a sud B laµzan.
2
Znakom ) (µcitamo: povlaµci; implicira) oznaµcenu operaciju nazivamo impli-
kacijom. ( µCesto se za A ) B kaµze i: "Iz A slijedi B"; "A je nuµzdan uvjet za
B"; "B je dovoljan uvjet za A".) Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest
�(A) B) :
A�B > ?> > ?? > >
(iv) Ekvivalencija. Ako su A i B sudovi, onda A , B (µcitamo: a vrijedi
(jest) onda i samo onda ako be vrijedi (jest)) oznaµcuje sud koji je istinit toµcno
onda kad oba suda A, B imaju istu istinosnu vrijednost. Znakom , (µcitamo:
ekvivalentno) oznaµcenu operaciju nazivamo ekvivalencijom. ( µCesto se za A,B kaµze i: "A je nuµzdan i dovoljan uvjet za B"; "A je ekvivalent(an)no B".)
Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest
�(A, B) :
A�B > ?> > ?? ? >
(v) Negacija. Neka je A sud. Novi sud pod oznakom :A (µcitamo: nije a)
de�niramo ovako: �(:A) = > toµcno onda kad je �A = ?. Operaciju oznaµcenuznakom : (µcitamo: nije; non) nazivamo negacijom. Odgovarajuca tablica
istinosnih vrijednosti jest
�(:A) :A > ?:A ? >
Primjer Izjavna reµcenica "x se je rodio prije y" nije sud. Ona postaje sudom
µcim se za nepoznanice (varijable) x i y uvrste odre�ene osobe. Tako, primjerice,
za x = Arhimed i y = Gauss dobivamo istinit sud "Arhimed se je rodio prije
Gaussa".
De�nicja 1.2 Izjavnu reµcenicu koja sadrµzi jednu ili vi�e nepoznanica i koja
postaje sudom kad sve te nepoznanice poprime odre�ene vrijednosti, nazivamo
otvorenom reµcenicom ili (logiµckim) predikatom.
Uobiµcajilo se odnos me�u nepoznanicama u predikatu oznaµcavati velikim slovom.
Tako se predikat iz prethodnoga primjera oznaµcuje s P (x; y), gdje je P odnos
"se je rodio prije", a varijable x i y smiju biti bilo koje osobe (umrli ili tjelesno
µzivi ljudi). Ponekad, jednostavnosti radi, oznaku odnosa me�u nepoznanicama
rabimo i kao oznaku cijeloga predikata.
Ako je P predikat, onda je (8x)P novi predikat: "Za svaki(o) x je P". Znak
8 oznaµcuje neodre�enu zamjenicu (za) svaki(o), a nazivamo ga univerzalnim
3
kvanti�katorom. Nadalje, ako je P predikat, onda je (9x)P novi predikat:
"Postoji x tak(av)o da je P". Znak 9 oznaµcuje neodre�enu zamjenicu (postoji)neki(o), a nazivamo ga egzistencijalnim kvanti�katorom. µCesto se rabi i
oznaka (9!x)P za novi predikat: "Postoji toµcno jedan (tj. jedan i samo jedan)
x tak(av)o da je P".
Napokon, de�nirajmo i formulu (predikatne algebre): To je svaki izraz F sas-tavljen, na logiµcki dopustiv naµcin, od sudova, predikata, kvanti�katora, zagrada,
znakova > i ? i operatora ^, _, Y, ), ,, :.Reci cemo da su dvije formule F i G istovrijedne ili ekvivalentne i pisatiF = G, ako je �F = �G za svaki moguci izbor njihovih varijabla.
Na koncu ovog odjeljka osvrnimo se na matematiµcku tvrdnju (koristit cemo
naziv teorem, a koristi se jo� i propozicija, stavak, pouµcak, kao i korolar
za tvrdnju koja je neposredna posljedica teorema, te lema za pomocni teorem)
i njezin dokaz.
�to je to matematiµcka tvrdnja? Svi matematiµcki teoremi su oblika:
Ako [pretpostavka (ili hipoteza)], onda [zakljuµcak (ili konkluzija)].
Izraµzeno simbolima, to je tvrdnja oblika
P ) Q
gdje je P pretpostavka, a Q zakljuµcak.
U nekim sluµcajevima teorem se sastoji samo od zakljuµcka. Na primjer, takav je
teorem:
Dijagonale romba su okomite.
Isticanjem pretpostavke i zakljuµcka lako te teoreme pretvaramo u oblik P ) Q:
Tako je u prethodnoj tvrdnji pretpostavka P = fµcetverokut je rombg; a zakljuµcakQ = fdijagonale romba su okomiteg pa ju moµzemo izreci na naµcin:
Ako je dani µcetverokut romb, tada su njihove dijagonale okomite.
Kada je tvrdnja P ) Q istinita? Sjetimo se: ako su P i Q sudovi, onda P ) Q
(µcitamo: p povlaµci q) oznaµcava sud koji je laµzan toµcno onda kada je sud P
istinit, a sud Q laµzan.
�to µcini dokaz te tvrdnje? Razlikujemo dvije vrste dokaza: indirektni i di-
rektni. Indirektni dokaz teorema P ) Q sastoji se u tome da se dokaµze da je
tvrdnja :Q laµzna. Me�u indirektnim dokazima se vrlo µcesto primjenjuju
� dokaz po kontrapoziciji i� dokaz svo�enjem na kontradikciju.
Dokaz po kontrapoziciji zasniva se na ekvivalenciji sudova
P ) Q i :Q) :P:
4
Dakle, u dokazu po kontrapoziciji, pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja :Q; tenizom logiµckih koraka treba dokazati da je istinita tvrdnja :P:Ilustrirajmo takvu vrstu dokaza primjerima.
Primjer. Ako je a2 paran broj, onda je i broj a paran.
Dokaz. Pretpostavka P tvrdnje glasi: {broj a2 je paran}. Zakljuµcak Q tvrdnje
glasi: {broj a je paran}.
Prepostavimo da vrijedi :Q = fbroj a nije parang. Treba dokazati da vrijedi:P = fbroj a2 nije parang. Ako a nije paran, tada je on oblika a = 2k � 1;k 2 N: Tada je a2 = 4k2 � 4k + 1 = 2(2k2 � 2k) + 1; tj. a2 je neparan, �to je itrebalo dokazati.
Primjer. Dokaµzite da je funkcija f : R! R; f(x) = 2x+ 1 injekcija.Dokaz. Treba pokazati da za svaka dva razliµcita realna broja x1 i x2 vrijedi
f(x1) 6= f(x2): Ovdje pretpostavka P glasi: {realni brojevi x1 i x2 su razliµciti}.
Zakljuµcak Q glasi: ff(x1) 6= f(x2)g: Pretpostavimo da je f(x1) = f(x2): Tada
je 2x1 + 1 = 2x2 + 1; 2x1 = 2x2; x1 = x2: Dakle, iz :Q dobili smo :P; µcime jepoµcetna tvrdnja dokazana po kontrapoziciji.
Napomenimo da ukoliko je prepostavka tvrdnje oblika konjunkcije P = P1^P2;tada je kontrapozicija oblika (P1 ^ :Q)) :P2 ili (P2 ^ :Q)) :P1: Uvjerimose da je [(P1 ^ P2)) Q], [(P1 ^ :Q)) :P2] :
P1 P2 Q :Q P1^P2 (P1^P2))Q P1^:Q :P2 (P1^:Q)):P2
> > > ? > > ? ? >
> > ? > > ? > ? ?
> ? > ? ? > ? > >
> ? ? > ? > > > >
? > > ? ? > ? ? >
? > ? > ? > ? ? >
? ? > ? ? > ? > >
? ? ? > ? > ? > >
Primjer. Neka se pravci a i b sijeku u toµcki T: Ako pravac c sijeµce i pravac a
i pravac b; a nije komplanaran s njima, onda on prolazi toµckom T:
Dokaz. Ovdje su pretpostavke:
P1 = fpravac c sijeµce i pravac a i pravac bg;P2 = fpravac c nije komplanaran s pravcima a i bg;
a zakljuµcak:
Q = fpravac c prolazi toµckom Tg:
5
Pretpostavimo P1 i :Q = fpravac c ne prolazi toµckom Tg: Oznaµcimo s M i N
presjek pravca c s pravcima a i b redom. Toµcke M; N i T su razliµcite. Pravac
c ne prolazi toµckom T; pa se ni M niti N ne mogu podudarati s toµckom T:
Tako�er i toµcke M i N su me�usobno razliµcite toµcke jer kad bi bile jednake
to bi znaµcilo da je to toµcka presjeka sva tri pravca, posebice, to bi bio presjek
pravaca a i b; tj. radilo bi se o toµcki T; a upravo smo u prethodnoj reµcenici
obrazloµzili da se ni M niti N ne mogu podudarati s toµckom T: Uz to, te su
toµcke i nekolinearne jer je c = �!MN a toµcka T ne leµzi na pravcu c: Dakle, te tri
razliµcite nekolinearne toµcke odre�uju jednu ravninu � kojoj pripadaju pravci a;
b i c: Dakle, c je komplanaran s pravcima a i b: Time smo dobili :P2 = fpravac cnije komplanaran s pravcima a i bg: Dakle, po pro�irenoj kontrapoziciji, vrijeditvrdnja dana u primjeru.
Dokaz svo�enjem na kontradikciju (ili dokaz kontradikcijom) (lat. re-
ductio ad absurdum) zasniva se na ekvivalencijama sudova
(P ) Q) ^ (P:Q)) (A ^ :A) ili P ) Q ^ (P ^ :Q)) F
gdje je s F oznaµcen neistinit (engl. false) sud. Dakle, u dokazu kontradikcijom,
pretpostavljamo da vrijedi tvrdnja (P ^ :Q); te nizom logiµcih koraka dolazimo
do neke tvrdnje koja je laµzna ili do absurda, tj. situacije da istovremeno vrijede
i tvrdnja A i njezina negacija :A:Provjerimo prethodno spomenute ekvivalencije. Buduci da je A^:A laµzan sud,dovoljno je provjeriti da je
(P ) Q), [(P ^ :Q)) F ]
tautologija (tj. istiniti sud bez obzira na istintost sudova P i Q)
P Q P)Q F :Q P^:Q (P^:Q))F (P)Q),((P^:Q))F )
> > > ? ? ? > >
> ? ? ? > > ? >
? > > ? ? ? > >
? > > ? > ? > >
Ilustrirajmo dokaz kontradikcijom primjerima.
Primjer. Ako je a = p1p2 � � � pk umnoµzak razliµcitih prostih brojeva, tada jepa
iracionalan.
Dokaz. Ovdje je P = fa = p1p2 � � � pk je umnoµzak razliµcitih prostih brojeva"ga Q = f
pa je iracionalan"g. Pretpstavimo da je a = p1p2 : : : pk umnoµzak ra-
zliµcitih prostih brojeva te da jepa racionalan broj (to je sud P ^ :Q): Tada
postoje prirodni brojevi m i n takvi da jepa =
m
n
6
i da je M(m;n) = 1: (Ulogu tvrdnje A iz gore opisane ekvivalencije imat ce
upravo tvrdnja da je M(m;n) = 1:)
Tada je m2 = an2; tj. n2p1p2 � � � pk = m2: Prost broj p1 dijeli lijevu stranu
jednakosti pa dijeli i desnu, tj. p1 dijeli m2; dakle i m: Slijedi da je m oblika
m = p1t: Sada je n2p1p2 � � � pk = p21t2, �to nakon dijeljenja s p1 poprima oblik
n2p2 � � � pk = p1t2: Sada zakljuµcujemo da p1 dijeli desnu stranu jednakosti pa
dijeli i lijevu, a buduci su pi razliµciti prosti brojevi slijedi da p1 dijeli n2; dakle
i n: Dakle, mjera brojeva m i n je barem p1 > 1; tj. dobili smo da istovremeno
vrijedi i negacija tvrdnje M(m;n) = 1: Drugim rijeµcima imamo absurd. Dakle,
suprotna tvrdnja :Q nije istinita pa je istinita tvrdnja Q:
Primjer. Dokaµzimo da se broj 101010 ne moµze predstaviti u obliku razlike
kvadrata dva prirodna broja.
Dokaz. Pretpostavimo da vrijedi :Q; tj. da postoje dva prirodna broja a i btakva da je a2 � b2 = 101010: Tada je 101010 = (a � b)(a + b): Buduci 2 dijeli
101010; slijedi da 2 dijeli umnoµzak (a� b)(a+ b): Buduci da je 2 prost broj, ondijeli ili broj a � b ili broj a + b: Brojevi a � b i a + b su iste parnosti (ili oba
parna ili oba neparna) i u ovom sluµcaju oba su parni brojevi. No to znaµci da je
umnoµzak (a� b)(a+ b) djeljiv s 4: Sada imamo da je broj 101010 djeljiv s 4; a
to je neistinita tvrdnja. Dakle, pokazali smo da iz P ^ :Q slijedi F = f"broj 4dijeli 101010"}, tj. do�li smo do kontradikcije.
Vratimo se direktnom dokazu.
Kod direktnog dokaza neke tvrdnje Q polazimo od prepostavke P i nizom
pravilnog zakljuµcivanja dolazimo do tvrdnje Q:
Razmotrimo direktni dokaz teorema:
Dijagonale romba su okomite.
Pretpostavka ovog teorema je da je promatrani µcetverokut romb. De�nicija
romba glasi: romb je paralelogram jednakih stranica. Buduci da je romb para-
lelogram i za njega vrijedi svojstvo da mu se dijagonale raspolavljaju. Neka
je dan romb ABCD i toµcku presjeka dijagonala oznaµcimo sa S: Promotrimo
trokute 4ABS i 4BCS: Imaju zajedniµcku stranicu SB; a za ostale stranicevrijedi: jABj � jBCj (romb ima jednake stranice), jASj � jSCj (dijagonale muse raspolavljaju). Dakle, prema pouµcku S-S-S o sukladnosti trokuta; trokuti
4ABS i 4BCS su sukladni, pa su i kutovi \ASB i \BSC jednaki. Buduci suto susjedni (suplementarni) kutovi, slijedi da se radi o pravim kutovima. Dakle,
AC ? BD; �to je i trebalo dokazati.Da li je dokaz korektan? Jest ako su nam poznate de�nicije romba, paralelo-
grama i pravog kuta, te ako znademo da su istinite tvrdnje:
- dijagonale paralelograma se raspolavljaju,
7
- S-S-S pouµcak o sukladnosti trokuta.
Dakle, ukoliko sve to znademo dokaz je valjan. Tu se javlja problem. µZelimo li se
uvjeriti da je neka tvrdnja (T1) istinita mi moµzemo pokazati da ona logiµcki slijedi
iz neke tvrdnje (T2) koja je vec dokazana. Ukoliko nije, ili nemamo dokaz te
tvrdnje posluµzit cemo se tvrdnjom (T3) i pokazati da tvrdnja (T2) logiµcki slijedi
iz tvrdnje (T3): Opet ostaje utvrditi istinitost tvrdnje (T3): Nastavljanjem ovog
postupka negdje moramo stati i konaµcno neku tvrdnju uzeti kao istinitu - tu
kljuµcnu ulogu igraju aksiomi (ili postulati) - praistine. Ne moµze se reci koju
tvrdnju treba prihvatiti kao aksiom no potreba za njima je nesumljiva. Treba
prihvatiti dva zahtjeva kako bi dokaz bio korektan:
� prihvacanje odre�enih tvrdnji, koje nazivamo aksiomima ili postula-tima, koje ne provjeravamo i uzimamo da su istinite;
� prihvacanje odre�enih logiµckih pravila.
Sliµcno tome, pojmove u nekoj teoriji uvodimo de�nicijom preko drugih pojmova
µcije nam je znaµcenje poznato. No i njih je potrebno odrediti preko jednos-
tavnijih pojmova. Dakako i ovdje negdje moramo stati i neke pojmove moramo
jednostavno prihvatiti bez svo�enja na neke jednostavnije. Dakle,
� u svakoj teoriji moramo krenuti od osnovnih (nede�niranih) pojmova ipreko njih de�nirati sve ostale izvedene pojmove.
Sumirajmo �to znaµci aksiomatsko zasnivanje neke matematiµcke teorije. Treba
utvrditi osnovne pojmove, koji su "oµcigledno jasni" i ne trebaju se de�nirati, po-
tom odabrati osnovne tvrdnje (aksiomi, postulati), tj. tvrdnje koje se dogovorno
uzimaju za istinite i ne dokazuju se, a zatim se iz aksioma izvode i dokazuju
tvrdnje (teoremi, propozicije, stavci, pouµcci, leme, korolari).
U izlaganju gradiva u ovoj skripti ukazujemo da je matematika deduktivna
znanost ne ulazeci detaljnije u aksiomatsko zasnivanje teorije. Mi cemo se
osloniti na matematiµcka znanja steµcena u osnovnoj i srednjoj �koli te gradivo
izloµziti na naµcin pristupaµcan studentima tehniµckog fakulteta. Napomenimo ipak
da je u matematici peµcat istine dokaz tvrdnje pa ce skoro svaka trvrdnja u skripti
biti i dokazana. Prouµcavanjem dokaza µcitatelji ce bolje razumijeti gradivo i znati
ga primijeniti na praktiµcnim zadacima.
1.2 SKUPOVI I RELACIJE
1.2.1 SKUP
Skup uzimamo za osnovni matematiµcki pojam, dakle, ne de�niramo ga, tj.
ne svodimo na neke "jednostavnije" pojmove. (Njegova svojstva se zadaju ak-
8
siomatski - u �to se ovdje ne cemo upu�tati.) Intuitivno smijemo tek zami�ljati
da "je skup ujedinjenje bilo koje mnoµzine objekata - elemenata u jednu cjelinu".
Svaki skup je posve odre�en svojim µclanovima - elementima. Skupove cemo
oznaµcavati velikim (malo nagnutim) latinskim slovima S, A, X, � � � , a njihoveelemente malim "italik"-slovima s, a, x, � � � . (Pazit cemo da ne do�e do zabunepri oznaµcavanju skupova i sudova!) Ako je s element skupa S, pisat cemo s 2 S,a ako t nije element skupa S pisat cemo t =2 S. Pretpostavljamo da su svi
elementi danog skupa me�usobno razliµciti, tj. da skup ne sadrµzi neki element u
vi�e primjeraka.
Skupovima smatramo i "mnoµzine koje ne sadrµze nikakve objekte" - to su tzv.
prazni skupovi. Za prazan skup smijemo, dakle, reci da je skup bez elemenata.
Skup S se µcesto opisuje (zadaje) nekim svojstvom - predikatom P - koje se moµze
primijeniti na neku mnoµzinu objekata. Tada se elementima od S smatraju svi
promatrani objekti sa svojstvom P i pi�e se: S = fs j P (s)g (µcita se: S je skupsvih elemenata s �to imaju svojstvo P ). Ako skup X "nema mnogo" elemenata,
primjerice, ako su x, y, z, w svi elementi skupa X, onda pi�emo X = fx; y; z; wg.
De�nicja 1.3 Reci cemo da je Y podskup ili dio skupa X, oznaka: Y � X
(znak � µcitamo: je sadrµzan u), odnosno, da je X nadskup skupa Y , oznaka:
X � Y (znak � µcitamo: sadrµzi), ako je svaki element skupa Y ujedno element
skupa X, tj. y 2 Y ) y 2 X.
Primjerice, fy j y je pravokutnikg � fx j x je paralelogramg.
Reci cemo da je skup Y jednak skupu X i pisati Y = X, ako je Y � X i
Y � X. U protivnom, reci cemo da je skup Y razliµcit od skupa X i pisati
Y 6= X. Oµcigledno je Y = X onda i samo onda ako je X = Y . Tako�er,
Y 6= X , X 6= Y .
Primijetimo da iz navedenih de�nicija izravno slijedi da je ("svaki") prazan skup
podskup svakog skupa, te da je jedinstven. Uobiµcajena oznaka za prazni skup
jest ;.Ako je ispunjeno Y � X i Y 6= X, onda kaµzemo da je Y pravi podskup od X
i ponekad to istiµcemo oznakama Y $ X ili Y � X.
De�nicja 1.4 Svakim skupom X je posve odre�en njegov tzv. partitivni skup
elementi kojega su svi podskupovi od X.
Partitivni skup skupa X oznaµcavat cemo sa P(x) ili sa 2X (µcitamo: dva na iks).Na primjer, ako je X = fx; y; zg onda je
2X = f;; fxg; fyg; fzg; fx; yg; fx; zg; fy; zg; Xg:
9
1.2.2 OPERIRANJE SKUPOVIMA
De�nicja 1.5 Neka je U skup i neka su A i B podskupovi od U .
Pod unijom skupova A i B, oznaka: A [B, podrazumijevamo podskupfx 2 U j x 2 A _ x 2 Bg
skupa U: Presjekom skupova A i B, oznaka: A \B, smatramo podskupsvafx 2 U j x 2 A ^ x 2 Bg
od U: Podskup
fx 2 U j x 2 A ^ x =2 Bgod U nazivamo razlikom skupa A od skupa B i oznaµcujemo s A nB.Razliku U n A nazivamo komplementom skupa A (u skupu U) i oznaµcavamo
s CUA, a kad ne moµze doci do zabune, oznaµcujemo s Ac.
Skupovne operacije.
Ako je A\B = ;, kaµzemo da su skupovi A i B disjunktni ili da se ne sijeku.
U protivnom, tj. kad je A\B 6= ;, govorimo da se skupovi A i B sijeku. Uniju
disjunktnih skupova nazivamo disjunktnom unijom.
Jednostavno je dokazati da su unija i presjek asocijativne operacije. To dop-
u�ta de�nirati uniju i presjek od vi�e (od dva) skupova, te istraµziti pripadne
zakonitosti.
1.2.3 RELACIJE
Dvoµclane skupove, npr. X = fx; yg, obiµcno nazivamo parovima. Dogovorimoli se da cemo jednom elementu para, recimo x, dati "prvenstvo" pi�uci ga uvijek
ispred onoga drugogoga - y, dobivamo ure�eni par (x; y). Prema tomu, dok
za parove vrijedi fx; yg = fy; xg, za ure�ene parove je(x; y) = (x0; y0), (x = x0 ^ y = y0).
Po dogovoru, ure�enim parom smatramo i "par" (x; x).
De�nicja 1.6 Neka su X i Y neprazni skupovi. Direktnim (ili Kartezije-
vim) produktom skupa X skupom Y , u oznaci X � Y , smatramo skup svihure�enih parova (x; y) elemenata x 2 X i y 2 Y . Dakle,
X � Y = f(x; y) j x 2 X ^ y 2 Y g:U sluµcaju da je X = ; ili Y = ; stavljamo X � Y = ;.
10
Primijetimo da direktni produkt nije komutativan. Posebice je vaµzan direktni
produkt skupa X samim sobom, tj.
X �X � X2 = f(x; x0) j x; x0 2 Xg:
De�nicja 1.7 Binarnom relacijom na skupu X smatramo svaki podskup
R � X�X. Ako je ure�eni par (x; x0) 2 R, pi�emo xRx0 ili R(x; x0) i govorimoda je element x u relaciji R s elementom x0.
Za µcitateljevu vjeµzbu neka bude, primjerice, X skup svih stanara neke zgrade,
a R relacija na X zadana odnosom "biti mla�i". Ili, na istom skupu X, neka
druga relacija R0 bude zadana odnosom "stanovati na vi�em katu".
U na�im ce razmatranjima biti vaµzne neke posebne binarne relacije. Za binarnu
relaciju R na skupu X kaµzemo da je
� re�eksivna ako (8x 2 X) xRx;
� simetriµcna ako (8x; y 2 X) xRy ) yRx;
� tranzitivna ako (8x; y; z 2 X) xRy ^ yRz ) xRz.
Binarnu relaciju R na skupu X koja je re�eksivna, simetriµcna i tranzitivna nazi-
vamo razredbenom (ili ekvivalencijskom ili klasi�kacijskom) relacijom i
obiµcno ju oznaµcujemo znakom � (tilda). Za dva elemanta koji su u relaciji �kaµzemo da su me�usobno ekvivalentni. Primijetimo da se skup X na kojemu
je zadana neka razredbena relacija � cijepa na disjunktne podskupove, tzv.
razrede (ili razredbene klase), tako da se X moµze prikazati, na jedinstven
naµcin, kao disjunktna unija tih razreda. U isti razred ulaze svi oni (i samo oni)
elementi koji su me�usobno ekvivalentni. Pripadni skup svih razreda oznaµcu-
jemo s X/� i nazivamo kvocijentnim skupom (od X po relaciji �).
Primjer Neka je X skup svih hrvatskih drµzavljana do (ukljuµcivo) sto godina
starosti, a relacija � na X neka je zadana odnosom "imati jednako godina".
Lako se provjeri da je � razredbena relacija, pa je X = X0 [ � � � [ X100 �[Xn unija disjunktnih razreda X0; X1; � � � ; X100, gdje podskup Xn tvore svi
hrvatski drµzavljani koji imaju n godina (a nemaju n + 1 godina). (Ovdje smo
koristili pojam cijeloga broja i nekoliko pripadnih oznaka, �to cemo ih de�nirati
u kasnije.)
Vrlo vaµzna vrsta binarne relacije R na skupu X jest i relacija djelomiµcnog
(ili parcijalnog) ure�aja � (µcitamo: manje ili jednako). To je svaka relacijakoja je re�eksivna, tranzitivna i
� antisimetriµcna, tj. za svaki par x; y 2 X, iz x � y ^ y � x slijedi x = y.
11
Ako je x � y i x 6= y, rabit cemo za to kracu oznaku x < y. Ponekad cemo
x � y (x < y) zapisivati i kao y � x (y > x).
Skup X na kojemu je zadana relacija djelomiµcnog ure�aja � nazivamo djelo-miµcno (ili parcijalno) ure�enim skupom i oznaµcujemo s (X;�). Ako relacija� zadovoljava i uvjet: za svaki par x; y 2 X je x � y ili y � x, onda kaµzemo daje � relacija potpunog (ili totalnog) ure�aja ili da je ure�ajna relacija, a(X;�) tada nazivamo (potpuno) ure�enim skupom .
Primijetimo da (razredbena) relacija � iz prethodnog primjera nije ure�ajna
relacija. Neka je eX skup svih razrednih predstavnika (iz svakoga razreda po
jedan) kvocijentnoga skupa X/�, pa de�nirajmo relaciju � na eX stavljajuci
x � y onda i samo onda kad x nije stariji od y. Lako se provjeri da je tada
( eX;�) ure�en skup.De�nicja 1.8 Neka je (X;�) parcijalno ure�en skup i A � X njegov neprazan
podskup. Reci cemo da je element m 2 X donja me�a skupa A, ako je m � aza svaki a 2 A. Reci cemo da je skup A ome�en odozdol, ako postoji barem
jedna donja me�a od A. Kad je A ome�en odozdol, za donju me�u m od A cemo
reci da je najveca donja me�a ili in�mum skupa A, ako je m0 � m za svaku
donju me�u m0 od A.
Napomenimo da ako in�mum skupa A postoji, onda je jedinstven pa za njega
rabimo posebnu oznaku - inf A.
Ako donja me�a m 2 X skupa A pripada skupu A, tj. m 2 A, onda kaµzemoda je m najmanji element ili minimum skupa A. I ovdje vrijedi da ako
minimum skupa A postoji, onda je jedinstven i oznaµcavamo ga sa minA:
Na posve sliµcan naµcin se defniraju pojmovi gornja me�a; odozgor ome�en
skup; najmanja gornja me�a ili supremum (supA), te najveci element ili
maksimum (maxA) nepraznog podskupa A parcijalno ure�enog skupa (X;�).Primjerice, gornja me�a skupa A je svaki element m 2 X za koji je a � m, za
svaki a 2 A.Za skup A � X kaµzemo da je ome�en µcim je ome�en odozdol i ome�en odozgor.
Na koncu de�nirajmo podskupove parcijalno ure�enog skupa (X;�):- segment [a; b] = fx 2 X j a � x � bg;- interval ha; bi = fx 2 X j a < x < bg;- slijeva poluzatvoreni interval [a; bi = fx 2 X j a � x < bg i- zdesna poluzatvoreni interval ha; b] = fx 2 X j a < x � bg.
Analogno se de�niraju i podskupovi [a; �i, ha; �i, h�; b], h�; bi od X. Primjerice,[a; �i = fx 2 X j a � xg.
12
1.3 FUNKCIJE
1.3.1 FUNKCIJA
Funkcija jest jedan od najvaµznijih matematiµckih pojmova. De�nirat cemo ga
sasvim opcenito, tj. na skupovnoj razini.
De�nicja 1.9 Pod funkcijom podrazumijevamo svaki ure�eni troslog
(X; f; Y ), pri µcemu su X i Y neprazni skupovi, a f je bilo koje pravilo po
kojemu se svakom elementu x 2 X pridruµzuje toµcno jedan element y 2 Y .
Funkcija.
y=f(x)(x,f(x))
Y
X
Gf
x
X Y
Graf funkcije.
Uobiµcajeni zapis za funkciju (X; f; Y ) jest
f : X ! Y ili
x 7! y = f(x)
i pritom µcesto kaµzemo da je f funkcija iz
skupa X u skup Y . (Kad su u nekom
razmatranju X i Y zadani i neprom-
jenjivi, µcesto se, jednostavnosti radi, i
samo pravilo f naziva funkcijom.) Za
danu funkciju f : X ! Y , skup X
nazivamo de�nicijskim podruµcjem (ili
domenom, oznaka: Df ), skup Y vrijed-
nosnim podruµcjem (ili kodomenom,
oznaka: Rf ), a element y = f(x) vri-
jedno�cu (na elementu x) funkcije f .
Ponekad se kaµze da je x nezavisna vari-
jabla (ili argument), a y zavisna vari-
jabla funkcije f . Funkcijin graf je skup
Gf = f(x; f(x)) j x 2 Xg � X � Y:
Reci cemo da je funkcija f1 : X1 ! Y1 jednaka funkciji f2 : X2 ! Y2 i pisati
f1 = f2, ako je X1 = X2, Y1 = Y2 i f1(x) = f2(x) za svaki x 2 X1 = X2. Oµcito,
ako je f1 = f2 onda je i f2 = f1.
Primjer Istaknimo sada nekoliko vaµznih primjera:
(1) Neka je X � Y , a i : X ! Y neka je funkcija odre�ena pravilom
(8x 2 X) i(x) = x:
To je tzv. inkluzija (ili ulaganje) koju cemo µcesto oznaµcavati s i : X ,! Y .
Posebice, ako je X = Y dobivamo tzv. identiµcku funkciju (ili identitetu)
1Y : Y ! Y , 1Y (y) = y. (Primijetimo da su, opcenito, inkluzija i identiteta
me�usobno razliµcite, jer su im domene razliµcite.)
13
(2) Neka su funkcije pX : X � Y ! X i pY : X � Y ! Y de�nirane redom
pravilima
pX(x; y) = x i pY (x; y) = y; (x; y) 2 X � Y .To su tzv. projekcije iz direktnoga produkta X � Y na faktore X i Y redom.
1.3.2 FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA
De�nicja 1.10 Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Pod kompozicijom
funkcije f s funkcijom g podrazumijevamo funkciju h : X ! Z zadanu pravilom
h(x) = g(f(x))
za svaki x 2 X. Zapisujemo to kao h = g � f ili krace h = gf .
Funkcijsku kompoziciju ilustrira sljedeci crteµz:
f g
h=gf
x y=f(x)z=g(f(x))
X Y Z
Kompozicija funkcija.
Funkcijska kompozicija je asocijativna, tj. ako su f : X ! Y , g : Y ! Z i h :
Z !W funkcije, onda je h(gf) = (hg)f . Zaista, za svaki x 2 X je (h(gf))(x) =
h((gf)(x)) = h(g(f(x))) = (hg)(f(x)) = ((hg)f)(x), dakle, h(gf) = (hg)f .
Nadalje, za svaku funkciju f : X ! Y je f1X = f i 1Y f = f , gdje su 1X i 1Ypripadne identitete. (Dokaz prepu�tamo µcitatelju.)
Neka su X 0 � X, Y 0 � Y (pod)skupovi i neka za funkcije f 0 : X 0 ! Y 0 i
f : X ! Y vrijedi (8x0 2 X 0) f 0(x0) = f(x0). Tada kaµzemo da je f 0 suµzenje (ili
restrikcija) funkcije f , odnosno, da je f pro�irenje (ili ekstenzija) funkcije f 0.
Ako je, posebice, Y 0 = Y onda pi�emo f 0 = f jX0 . Primijetimo da je, za svaku
funkciju f : X ! Y , suµzenje na svaki podskup X 0 � X jednoznaµcno odre�ena
tim podskupom. Me�utim, analogna tvrdnja za pro�irenje nije istinita.
1.3.3 INVERZNA FUNKCIJA
De�nicja 1.11 Neka su dani funkcija f : X ! Y i podskupovi A � X;B � Y .Slikom skupa A po funkciji f smatramo skup f [A] = fy = f(x) j x 2 Ag �Y . U sluµcaju A = X i f [X] = fyg (jednoµclan skup), funkciju f nazivamo
konstantnom funkcijom (ili konstantom) u element y 2 Y i oznaµcujemo
14
f = cy, a u sluµcaju f [X] = Y - surjektivnom funkcijom (ili surjekcijom ili
preslikavanjem "na").
Obratnom slikom (ili originalom) skupa B po funkciji f smatramo skup
f�1[B] = fx j f(x) 2 Bg � X. (Oprez! U oznaci f�1[B] dio f�1 ne oznaµcuje
funkciju iz Y u X. Ovaj f�1 se ipak moµze interpretirati kao funkcija, ali iz Y u
2X , stavljajuci y 7! f�1(y) = f�1[fyg]. Nama ce, inaµce, u ovim predavanjima
f�1 sluµziti za oznaµcavanje tzv. inverzne funkcije). Ako je (8y 2 Y ) f�1[fyg] =fxg jednoµclan podskup od X, onda kaµzemo da je f injektivna funkcija (ili
injekcija ili "1-1"-preslikavanje).
De�nicja 1.12 Reci cemo da je funkcija f : X ! Y bijekcija (ili obostrano
jednoznaµcna funkcija), ako je f injekcija i surjekcija.
Iz De�nicije 1.11 izravno slijedi:
f : X ! Y je injekcija , ((8x; x0 2 X) f(x) = f(x0)) x = x0);
f : X ! Y je surjekcija , ((8y 2 Y )(9x 2 X) f(x) = y).
Ovo skupa s De�nicijom 1.12 odmah povlaµci:
f : X ! Y je bijekcija , ((8y 2 Y )(9!x 2 X) f(x) = y).
Teorem 1.13 Funkcija f : X ! Y je bijekcija onda i samo onda, ako postoji
funkcija g : Y ! X takva da je gf = 1X i fg = 1Y . Funkcija g je, tako�er,
bijekcija, jedinstvena je, a nazivamo ju inverznom funkcijom funkcije f i
oznaµcujemo s f�1.
Dokaz. Neka je f : X ! Y bijekcija. Buduci da tada za svaki x 2 X postoji
toµcno jedan y 2 Y za koji je f(x) = y, moguce je de�nirati funkciju g : Y ! X
pravilom g(y) = x µcim je y = f(x). Za kompozicije dobivamo: gf(x) = g(y) =
x = 1X(x), za svaki x 2 X, i fg(y) = f(x) = y = 1Y (y), za svaki y 2 Y .Obratno, neka za f : X ! Y postoji g : Y ! X tako da je gf = 1X i fg = 1Y .
Ako je y 2 Y , uzmimo x = g(y) 2 X, pa ce biti f(x) = fg(y) = 1Y (y) = y.
Prema tomu, f je surjekcija. Ako su x; x0 2 X takvi da je f(x) = f(x0) 2 Y ,onda je x = 1X(x) = gf(x) = gf(x0) = 1X(x
0) = x0. Slijedi da je f je injekcija,
dakle i bijekcija.
Za dokaz jedinstvenosti, pretpostavimo da postoje dvije funkcije g; g0 : Y ! X
takve da je gf = 1X = g0f i fg = 1Y = fg0. Tada je, za svaki
y 2 Y , g(y) = 1X(g(y)) = (g0f)(g(y)) = g0((fg)(y)) = g0(1Y (y)) = g0(y),
dakle, g = g0.
15
1.3.4 KARDINALNI BROJ
De�nicja 1.14 Neka su X;Y skupovi. Reci cemo da je X ekvipotentan (ili
da ima jednako mnogo elemenata kao) Y , ako postoji neka bijekcija f :
X ! Y .
Ekvipotentnost skupova je, oµcito, razredbena relacija na klasi (pojam "skup svih
skupova" vodi k protuslovlju; mnoµzina svih skupova ne tvori skup nego opce-
nitiji objekt, tzv. klasu.) svih skupova, pa se skupovi svrstavaju u disjunktne
ekvipotencijske razrede. Razred kojemu pripada skup X nazivamo kardinal-
nim brojem (ili glavnim brojem ili potencijom) skupa X i oznaµcujemo s
jXj ili s cardX.
De�nicja 1.15 Reci cemo da je skup X beskonaµcan, ako postoje pravi podskup
X 0 � X i bijekcija f : X ! X 0. Ako skup X nije beskonaµcan, reci cemo da je
konaµcan.
Primijetimo da De�nicija 1.15 izravno povlaµci konaµcnost praznoga skupa ;.Napomenimo da vrijedi tvrdnja: Neka su X i Y ekvipotentni skupovi, tj. jXj =jY j. Tada je X (bes)konaµcan toµcno onda kad je Y (bes)konaµcan.
De�nicja 1.16 Reci cemo da je kardinalni broj skupa X manji ili jednak od
kardinalnog broja skupa Y i pisati jXj � jY j (ili cardX � cardY ), ako postojineka injekcija f : X ! Y . Ako je jXj � jY j, a X i Y nisu ekvipotentni (tj.
jXj 6= jY j), reci cemo da je kardinalni broj od X manji od kardinalnog broja od
Y i pisati jXj < jY j.
Vrijedi: (a) Neka je X � Y . Ako je X beskonaµcan skup onda je takav i Y , a ako
je Y konaµcan skup onda je takav i X; (b) Ako je X konaµcan, a Y beskonaµcan
skup, onda je jXj < jY j.
1.4 REALNI BROJEVI
Skup realnih brojeva ima temeljnu ulogu u cijeloj matematici, a u matematiµckoj
analizi posebice. Uobiµcajila su se dva pristupa ovomu skupu:
� induktivni (konstruktivni), koji polazi od Peanovih aksioma za skup prirod-nih brojeva, i
� aksiomatski (deduktivni), koji pretpostavlja dobro poznavanje nekih alge-barskih struktura.
Mi cemo se drµzati (starijega) induktivnoga pristupa.
16
1.4.1 PRIRODNI I CIJELI BROJEVI
Prihvacamo, kao "iskustvenu µcinjenicu", obstojnost barem jednog skupa N koji
udovoljava ovim trima uvjetima:
(P1) N sadrµzi barem jedan element - oznaµcit cemo ga znakom 1 i nazvati bro-
jem jedan (ili jedinicom);
(P2) Postoji injektivna funkcija s : N ! N , takva da je, za svaki n 2 N ,
s(n) 6= 1;
(P3) Ako za podskup M � N vrijedi:
(i) 1 2M;
(ii) (8n 2 N) n 2M ) s(n) 2M ,onda je M = N .
Uvjete (P1), (P2) i (P3) nazivamo Peanovim aksiomima. Posebice, aksiom
(P3) nazivamo naµcelom potpune (ili matematiµcke) indukcije. Pokazuje se
da, u biti - glede algebarske i ure�ajne strukture (to su nama poznate operacije
zbrajanja i mnoµzenja i ure�eja), postoji samo jedan skup N s navedenim svoj-
stvima. Taj cemo skup istaknuti oznakom N i nazvati skupom prirodnih
brojeva, a njegove elemente n 2 N prirodnim brojevima.
Radi lak�eg sporazumijevanja najµce�ce se koriste sljedeci (indijsko-arapski) zna-
kovi za nekoliko "poµcetnih" prirodnih brojeva (u zagradama navodimo njihova
hrvatska imena): s(1) = 1+1 � 2 (dva), s(2) = 2+1 � 3 (tri), s(3) = 3+1 � 4(µcetiri), s(4) = 4+1 � 5 (pet), s(5) = 5+1 � 6 (�est), s(6) = 6+1 � 7 (sedam),s(7) = 7+1 � 8 (osam), s(8) = 8+1 � 9 (devet), s(9) = 9+1 � 10 (deset), itd.(Znak 0 nam, zasebice, za sada ne oznaµcuje nikakav objekt! Uvest cemo ga pri
izgradnji skupa cijelih brojeva. Znakove 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo deci-
malnim znamenkama, a njihovu cemo praktiµcnu vaµznost shvatiti prigodom
uvo�enja tzv. decimalnoga sustava zapisivanja cijelih brojeva.) Dakle moµzemo
pisati N = f1; 2; 3; � � � ; n; n+ 1; � � � g
Istaknimo da iz (P2) slijedi
� Skup prirodnih brojeva N je beskonaµcan.Saµzmimo ukratko glavne µcinjenice o skupu N:
Postoji toµcno jedan skup prirodnih brojeva N (beskonaµcan) s binar-nim operacijama + (zbrajanje) i � (mnoµzenje); koje su asocijativnei komutativne, + je distributivna s obzirom na �, i s diskretnim ure-
�ajem � koji se dobro pona�a prema zbrajanju (+) i mnoµzenju (�)i u kojemu je 1 = min(N;�): Dobivenu strukturu cemo oznaµciti s(N;+; �;�) ili samo sa N.
17
Po De�niciji 1.8 ima smisla govoriti o segmentima, intervalima, � � � u (N;�).Oznaµcavat cemo ih s [m;n]N, hm;niN, � � � . Primijetimo da je hn; n+ 1iN = ;,pa ima smisla s(n) = n + 1 nazvati sljedbenikom od n. Posebno ce nam biti
vaµzni tzv. poµcetni komadi u (N;�), tj. segmenti[1; n]N = fp 2 N j p � ng � f1; 2; � � � ; ng:
Sam skup N = [1; �iN � f1; 2; 3; � � � ; n; � � � g, gdje u zapisu ispisujemo elementepo�tujuci ure�aj.
Vec smo ustanovili da je skup prirodnih brojeva beskonaµcan. Nadalje, svaki
poµcetni komad [1; n]N; n 2 N; konaµcni skup. Uobiµcajilo se poistovjetiti kardi-nalni broj j[1; n]Nj s prirodnim brojem n. To pojednostavnjuje zapisivanje, a i
sasvim je opravdano jer vrijedi j[1;m]Nj = j[1; n]Nj , m = n. Naredni teorem
pokazuje da se to moµze pro�iriti na sve konaµcne neprazne skupove.
Teorem 1.17 Neprazni skup X je konaµcan onda i samo onda, ako je ekvipo-
tentan nekom poµcetnom komadu [1; n]N skupa prirodnih brojeva.
Teorem 1.17 dopu�ta sljedecu de�niciju:
De�nicja 1.18 Neka je X konaµcni i neprazni skup, a n prirodni broj. Reci
cemo da skup X ima n elemenata i pisati (cardX �) jXj = n, ako je X
ekvipotentan poµcetnomu komadu [1; n]N od N.
De�nicja 1.19 Reci cemo da je skup X prebrojiv ako je ekvipotentan nekom
podskupu od N. U protivnom cemo reci da je skup X neprebrojiv.
Kardinalni broj beskonaµcnog prebrojivog skupa X oznaµcavamo sa cardX = @0(µcita se alef nula).
Lako je provjeriti istinitost ovih tvrdnja:
(1) Svi konaµcni skupovi i skup prirodnih brojeva N jesu prebrojivi;(2) Skup N� N je prebrojiv;(3) Svaki beskonaµcni podskup A � N je ekvipotentan skupu N;(4) Svaki beskonaµcni prebrojiv skup X je ekvipotentan skupu N.
Dokaµzimo, ilustracije radi, tvrdnju (2)! Pokazat cemo da je direktni produkt
N � N ekvipotentan skupu N. U tu svrhu promatrajmo sljedeci zapis skupa
N�N: De�nirajmo funkciju f : N! N�N: f(1) = (1; 1), f(2) = (2; 1), f(3) =(1; 2), f(4) = (1; 3), f(5) = (2; 2), f(6) = (3; 1), f(7) = (4; 1), f(8) = (3; 2),
f(9) = (2; 3), f(10) = (1; 4), � � � . (f se moµze propisati i neovisno o shemi!) Lakose vidi da je f bijekcija.
Na koncu ovog razmatranja vratimo se aksiomu (P3) - naµcelu matematiµcke
indukcije. On omogucava da se pokaµze istinitost tvrdnji oblika T (n) gdje je
n 2 N: Ilustrirajmo to primjerom.
18
Primjer Dokaµzimo tvrdnju: (8n 2 N) 13 + 23 + � � �+ n3 =�n2 (n+ 1)
�2:
Oznaµcimo sa M skup svih onih prirodnih brojeva n za koje je 13+23+� � �+n3 =�n2 (n+1)
�2: Primjetimo da je 1 2M jer je 13 = 1
2 (1+1): Dakle,M ima svojstvo
(i) iz (P3).
Provjerimo sada da li M ima i svojstvo (ii), tj. da li iz n 2 M slijedi da je i
n+ 1 2M: Da je n 2M znaµci da je tvrdnja
13 + 23 + � � �+ n3 =hn2(n+ 1)
i2istinita. Da dokaµzemo da je n+ 1 2M , treba dokazati da je�
13 + 23 + � � �+ n3�+ (n+ 1)3 =
hn+ 12
(n+ 2)i2=(n+ 1)2
4(n+ 2)2:
Kako je prva zagrada na lijevoj strani jednakosti jednaka�n2 (n+1)
�2imamo da
je lijeva strana jednakostihn2(n+ 1)
i2+ (n+ 1)3 = (n+ 1)2
h�n2
�2+ (n+ 1)
i=
(n+ 1)2
4(n2 + 4n+ 4) =
(n+ 1)2
4(n+ 2)2;
pa je zaista n + 1 2 M: Dakle, skup M ima svojstva (i) i (ii) pa je M = N; idokazano je da je polazna formula istinita za svaki prirodni broj.
Uobiµcajeno je dokaz matematiµckom indukcijom provesti u tri etape koje opisuju
aksiom matematiµcke indukcije, odnosno ilustrativni postupak iz prethodnog
primjera:
� Baza indukcije: tvrdnja je istinita za 1;� Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n;� Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n+ 1:
Poµcetni korak, baza indukcije, umjesto 1 moµze biti i neki n0 2 N: Ilustrirajmoto primjerom.
Primjer Dokaµzite da nejednakost 2n > n2 vrijedi za svaki prirodan broj n � 5:Primjetimo da treba dokazati da je tvrdnja istinita za svaki pripodan broj n � 5:To znaµci da treba modi�cirati bazu indukcije: prvo treba utvrditi da je tvrdnja
istinita za n0 = 5 : 32 = 25 > 25 = 52:
Dakle, u ovom sluµcaju imamo:
� Baza indukcije: tvrdnja je istinita za n0;� Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n (>n0);
� Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n+ 1:Ako je za neko n > 5; 2n > n2 (hipoteza indukcije), tada je (korak indukcije)
2n+1 > (n+ 1)2 tj. 2 � 2n > n2 + 2n+ 1; ako je 2n > 2n+ 1:
19
Korak indukcije ce biti proveden ako dokaµzemo da je 2n > 2n+1 za svki n > 5:
No, matematiµckom indukcijom lako se pokazuje da nejednakost 2n > 2n + 1
vrijedi za n � 3:
De�nicja 1.20 Svaku bijekciju [1; n]N ! [1; n]N nazivamo permutacijom n-
tog reda.
Izjednaµcujuci takvu bijekciju s njezinom ure�enom (po domeni) slikom, smi-
jemo reci da je permutacija n-toga reda svaki n-slog (ili ure�ena n-torka)
(i1; � � � ; in) me�usobno razliµcitih (dakle, svih) elemenata od [1; n]N, tj. smijemoreci da je permutacija n-toga reda svaki ure�aj skupa [1; n]N. Broj ij , 1 � j � n,nazivamo j-tom koordinatom sloga (i1; � � � ; in). Oµcito je da se gornja de�ni-cija moµze formalno prenijeti na svaki konaµcni skup X = fx1; � � � ; xng, pa tadagovorimo o permutaciji skupa X.
Primjer Popi�imo sve permutacije skupa X = fa; b; cg. To su:(a; b; c), (a; c; b), (b; a; c), (b; c; a), (c; a; b), (c; b; a).
Ne skupu N de�niramo funkciju faktorijel na naµcin
n 7! n! = 1 � 2 � � � � � (n� 1) � n
(µcitamo: n faktorijela). Npr., 1! = 1; 2! = 1 � 2 = 2; 3! = 1 � 2 � 3 = 6 (dodatnode�niramo i 0! = 1):
Teorem 1.21 Kardinalni broj Pn skupa svih permutacija n-toga reda jest n!.
Dokaz. Po de�niciji (komentaru) je svaka permutacija n-tog reda neki ele-
ment (i1; � � � :in) direktnoga produkta [1; n]N � � � � � [1; n]N � ([1; n]N)n kojemusu sve koordinate me�usobno razliµcite. Za prvu koordinatu imamo, dakle, n
mogucnosti izbora, za drugu - n� 1, � � � , za zadnju ( n-tu) - jednu mogucnost.Dobivamo Pn = n � (n� 1) � � � � � 1 = n!.
Reci cemo da su u permutaciji (i1; � � � :ij ; � � � ; ik; � � � ; in) koordinate ij i ik,1 � j < k � n, tvore inverziju, ako je ik < ij . Primjerice, u permutaciji
trecega reda (3; 1; 2) inverziju tvore 3 i 1 te 3 i 2, dok u permutaciji (1; 2; 3) nema
inverzija. Ako u permutaciji (i1; � � � :in) ima ukupno paran broj (ukljuµcujucini�ticu) inverzija, govorimo o parnoj permutaciji, a u protivnom o neparnoj
permutaciji. Primjerice, (2; 3; 1) ima toµcno dvije inverzije pa je to parna per-
mutacije, dok je (3; 2; 1) neparna permutacija jer ima ukupno tri inverzije.
Radi li se o permutacijama konaµcnog skupa X, jXj = n, najprije treba indek-
sirati njegove elemente zapisom X = fxi j i 2 [1; n]Ng, tj. odrediti "osnovnupermutaciju" (x1; � � � ; xn), a dalje se radi vodeci raµcuna samo o indeksima. (In-deksirati elemente skupa X, jXj = n, zapravo znaµci odabrati neku bijekciju
f : [1; n]N ! X i zapisati X = ff(i) = xi j i 2 [1; n]Ng = fx1; � � � ; xng.
20
Sada cemo dobivenu strukturu pro�iriti na tzv. skup cijelih brojeva. Sjetimo
se da u sluµcaju m < n u N postoji p 2 N takav da je m + p = n. Pisali smo
p � n�m. Jasno je da "�" ne moµze biti operacija na N jer u sluµcaju n � m ne
znamo �to bi "n�m" znaµcilo. Ovo vodi na zamisao da se skup N razumno pro�iri.U tu svrhu promatrajmo skup N i njegov preslik N0 = f10; 20; 30; � � � ; n0; � � � g,gdje nam crtice 0 sluµze za formalno razlikovanje preslika od izvornika. Oznaµcimo
znakom 0 novi objekt (ne pripada N ni N0), nazovimo ga nulom (ili ni�ticom),
pa promatrajmo skup Z = N0 [f0g[N. Na skupu Z µzelimo izgraditi strukturusliµcnu onoj na njegovu podskupu N i to tako da se postojeca struktura na
N ne izmijeni, tj. struktura na Z treba biti pro�irenje one na podskupu N.Najprije de�niramo zbrajanje na Z, koje cemo opet oznaµciti znakom +, tj.
+ : Z �Z ! Z. Ako su m;n 2 N (m0; n0 2 N0), neka m+ n (m0 + n0) u Z bude
isto �to i u N (N0). Ako je m 2 N i n0 2 N0, neka bude
m+ n0 = n0 +m =
8>><>>:m� n, µcim je n < m
0; µcim je n = m
(n�m)0; µcim je m < n
:
Napokon, de�niramo m+ 0 = m = 0 +m, n0 + 0 = n0 = 0 + n0 i 0 + 0 = 0.
Lako se provjeri da je zbrajanje Z pro�irenje zbrajanja na N i da je saµcuvalo svadobra svojstva. Pokazuje se prikladnim oznaµciti N0 kao �N i n0 kao �n, pa se"�" moµze interpretirati kao nova binarna operacija (oduzimanje) na Z.Mnoµzenje na Z de�niramo kako slijedi: Ako su m;n 2 N, neka m � n u Z bude
isto �to i m � n � mn u N; ako su m 2 N i �n 2 �N, stavljamo m � (�n) =(�n) �m = �(mn); ako su �m;�n 2 N, neka bude (�m) �(�n) = mn; napokon,
neka bude 0 �m = m � 0 = 0 � (�n) = (�n) � 0 = 0 � 0 = 0, za svaki m 2 N i svaki�n 2 �N.Nije te�ko provjeriti da je ovo mnoµzenje pro�irenje mnoµzenja na N, te da naslje�ujenjegova korisna svojstva. I u Z cemo pojednostavniti zapisivanje µcesto pi�uci
m � n kao mn.Ure�aj � na Z uvodimo najprije globalno zahtjevom �N �f0g � N, tj. �m �0 � n za svaki �m 2 �N i svaki n 2 N. Nadalje, u N � Z neka bude ure�aj �naslje�en od (N;�), dok u �N obrnimo taj ure�aj, tj. �m � �n u Z kad god
je n � m u N.Saµzmimo ukratko glavne µcinjenice o skupu cijelih brojeva.
Skup Z s operacijama + i � i ure�ajem � nazivamo skupom cijelih
brojeva i oznaµcujemo sa (Z;+; �;�), a njegove elemente nazivamocijelim brojevima. Jednostavnosti radi, obiµcno se pi�e samo Z, aµzeli li se istaknuti elemente i ure�aj, pi�e se
Z = f� � � ;�n; � � � ;�2;�1; 0; 1; 2; � � � ; n; � � � g:
21
Neka µcitatelj dokaµze ove jednostavne tvrdnje:
(a) Skup Z je ekvipotentan skupu N, dakle, jZj = @0;(b) Ure�eni skup (Z;�) nema najmanjega elementa.
1.4.2 RACIONALNI BROJEVI
Promatrajmo direktni produkt Z � N = f(m;n) j m 2 Z; n 2 Ng i na njemubinarnu relaciju � de�niranu pravilom:
(m;n) � (m0; n0), mn0 = m0n:
Lako se provjeri da je � razredbena relacija, pa se skup Z�N po njoj cijepa nadisjunktne razrede [(m;n)] � Z�N. Oznaµcimo slovom Q skup svih tih razreda,
tj. Q = f[(m;n)] j m 2 Z; n 2 Ng. Na skupu Q de�niramo binarne operacije +
(zbrajanje) i � (mnoµzenje) i relaciju � (manje ili jednako) kako slijedi:[(m1; n1)] + [(m2; n2)] = [(m1n2 +m2n1; n1n2)];
[(m1; n1)] � [(m2; n2)] = [(m1m2; n1n2)];
[(m1; n1)] � [(m2; n2)], m1n2 � m2n1;
gdje na desnim stranama de�nicijskih jednakosti stoje operacije i ure�aj na Z.Pokazuje se da su operacije + i � i relacija � na Q dobro de�nirane, tj. da ne
ovise o izboru predstavnika ekvivalencijskih razreda.
Primjerice, za zbrajanje, neka je [(m01; n
01)] = [(m1; n1)] i [(m0
2; n02)] = [(m2; n2)].
Tada je, po de�niciji, [(m01; n
01)]+[(m
02; n
02)] = [(m
01n02+m
02n01; n
01n02)]; pa buduci
da je, po relaciji �, (m01n02 + m0
2n01) � (n1n2) = m0
1n02n1n2 + m0
2n01n1n2 =
m1n2n01n02 +m2n1n
01n02 = (m1n2 +m2n1) � (n01n02); to je
[(m01; n
01)] + [(m
02; n
02)] = [(m1; n1)] + [(m2; n2)]:
Nadalje, pokazuje se da su operacije + i � asocijativne i komutativne, da je +obostrano distributivna na �, da je � ure�ajna relacija, te da se � dobro pona�aprema operacijama + i �.Sumirajmo prethodno.
Skup Q s operacijama + i � i ure�ajem � nazivamo poljem (ili pot-
puno ure�enim poljem) racionalnih brojeva i oznaµcujemo s
(Q;+; �;�), a njegove elemente nazivamo racionalnim brojevima
(ili razlomcima). Jednostavnosti radi, tu strukturu oznaµcujemo
samo slovom Q.
Primijetimo da je pravilom m 7! [(m; 1)], m 2 Z, dobro de�nirana injektivnafunkcija iz Z u Q. To dopu�ta da se poistovjecenjem elementa m 2 Z s elemen-tom [(m; 1)] 2 Q skup Z shvati podskupom skupa Q, dakle, Z � Q. �tovi�e,pri ovomu poistovjecenju ostaju saµcuvane operacije + i �, kao i ure�aj � na
Z, pa je struktura (Q;+; �;�) pro�irenje strukture (Z;+; �;�). Sada se smijepojednostavniti zapisivanje racionalnih brojeva:
22
[(m;n)] �
8<: 0; µcim je m = 0m0
n0; µcim je m 6= 0
;
gdje je (m0; n0) 2 [(m;n)] i M(m0; n0) = 1 (tj. m0 i n0 su relativno prosti).
Uobiµcajilo se pisati
Q =nq =
m
nj m 2 Z; n 2 N
o.�;
gdje je � prije navedena ekvivalencijska relacija na Z�N i M(m;n) = 1 (m i n
su relativno prosti).
Na skupu Q se prirodno de�nira pro�irenje oduzimanja "�" na Z. Osim toga,
na Qnf0g moµzemo de�nirati novu operaciju � (dijeljenje), �(q1; q2) � q1 :
q2 � q1q2, stavljajuci
q1 : q2 =m
n� q;
pri µcemu je (m;n) 2 [(m1n2;m2n1)] i M(m;n) = 1, a q1 = m1
n1i q2 = m2
n2.
Dodatno se de�nira i 0 : q = 0 za svaki q 2 Qnf0g, dok se "q : 0" ne moµzejednoznaµcno osmisliti.
Navedimo jo�dva svojstva skupa racionalnih brojeva:
(i) Skup Q je ekvipotentan skupu N, tj. jQj = @0;(ii) Ure�eni skup (Q;�) je svuda gust,
tj. (8q1; q2 2 Q) q1 < q2 ) (9q 2 Q) q1 < q < q2.
(Izravna posljedica jest beskonaµcnost svakog nepraznog intervala < q1; q2 >Q u
(Q;�).)
Da bismo dokazali (i), sjetimo se da je N ekvipotentan svomu direktnom kva-
dratu, tj. skupu N � N. Buduci da su N i Z ekvipotentni, lako se pokaµze dasu i N� N i Z� N ekvipotentni, pa su onda i skupovi N i Z� N ekvipotentni.Primijetimo da je funkcija f : Z�N! Q, f(m;n) = m
n , surjekcija, �to skupa s
prethodnim jamµci obstojnost neke surjekcije iz N na Q. No buduci da je N � Qmora biti jQj = jNj � @0. Za (ii) je dovoljno primijetiti da je q1+q2
2 2 hq1; q2iQµcim je q1 < q2.
211 0
E1O E2
32_
Bro jevni pravac.
Racionalne brojeve je je pogodno prikazati pomocu toµcaka nekog pravca. U tu
svrhu, uµcvrstimo bilo koju toµcku O (ishodi�te) odabranoga pravca i toµcku E1,
razliµcitu od O, na "desnoj" zraci odre�enoj toµckom O. Toµcki O pridruµzimo
cijeli broj 0, a toµcki E1 prirodni broj 1. Nanoseci duµzinu OE1 uzastopce na
odabranu zraku��!OE1 i pridruµzujuci tako dobivenim toµckama redom (�) prirodne
brojeve, preslikat cemo skup prirodnih brojeva injektivno u skup svih toµcaka te
zrake. Preslikavajuci na isti naµcin preostale cijele brojeve (�N) na "lijevu"
23
zraku, smjestit cemo Z u skup svih toµcaka odabranoga pravca. Pritom se µcuva
ure�aj, tj. m < n u Z toµcno onda kad je Em "lijevo od" En. Poznatim naµcinomdijeljenja duµzine moµzemo, nadalje, svakom racionalnom broju q = m
n pridruµziti
jedinstvenu toµcku Eq na odabranomu pravca. (Pritom za q 2< k; l >Q, k; l 2 Z,k < l, dijelimo duµzinu EkEl !) Tako se i Q injektivno i µcuvajuci ure�aj preslikau skup svih toµcaka promatranoga pravca.
Buduci da je Q svuda gust, moglo bi se pomisliti da je na opisani naµcin svakojtoµcki na odabranomu pravcu pridruµzen neki racionalan broj, tj. da je opisana
funkcija iz Q u skup svih toµcaka na tomu pravcu surjektivna. Da se radi o
zabludi pokazuje ovaj jednostavni primjer.
0O E1
T1
MN
p2 =2 Q:
Konstruirajmo kvadrat �OE1MN nad "osnovnom"
duµzinom OE1, pa zarotirajmo njegovu dijagonalu OM
oko toµcke O polaµzuci ju na zraku��!OE1. Tako ce se toµcka
M preslikati u neku toµcku T odabrane zrake. Kad bi
toµcka T bila slika nekog racionalnog broja q, vrijedilo bi
q2(� q � q) = 12 + 12 = 2 (Pitagorin pouµcak), �to je uo-biµcajeno pisati kao q = 2
12 �p2: Na�u ce pretpostavku
sada lako oboriti sljedeca tvrdnja: Kvadrat n2 � n � nprirodnog broja n je (ne)paran onda i samo onda, ako je n (ne)paran.
Dokaµzimo ovu tvrdnju.
Prvo dokazujemo dovoljnost. Neka je n 2 N paran, tj. n = 2k za neki k 2 N.Tada je i n2 = (2k)2 = 4k2 = 2(2k2) paran. Ako je n neparan, tj. n = 2k � 1,onda je i n2 = (2k � 1)2 = 4k2 � 4k + 1 = 2(2k2 � 2k) + 1 neparan.Za dokazivanje nuµznosti, neka je n2 = 2k paran. Kad n ne bi bio paran, bio
bi neparan (svaki prirodan broj je ili paran ili neparan), pa bi, po dokazanoj
dovoljnosti, i n2 bio neparan - protuslovlje. Na isti naµcin se zakljuµcuju u sluµcaju
n2 neparan.
Vratimo se na�emu razmatranju, tj. pretpostavci da toµcki T odgovara racionalni
broj q �p2. To bi znaµcilo da je
p2 � m
n za neke m;n 2 N iM(m;n) = 1. Tadabi bilo 2 = m2
n2 , tj. m2 = 2n2, pa bi po prethodnoj tvrdnji bilo m = 2k za neki
k 2 N. To bi dalje povlaµcilo da je n2 = 2k2, pa bi i n bio paran, tj. n = 2l zaneki l 2 N. Napokon, slijedilo bi 1 = M(m;n) = M(2k; 2l) � 2 - protuslovlje.Prema tomu, toµcka T (koja odgovara "veliµcini"
p2) nije slika racionalnog broja
po opisanom preslikavanju. Drugim rijeµcima, tretiramo lip2 kao (neki novi)
"broj",p2 =2 Q. Zato se kaµze da u skupu Q postoje praznine.
Upravo dakazana µcinjenica navodi na novo pro�irenje u slijedu N � Z � Q.Pro�irit cemo ga na naµcin da svakoj toµcki T brojevnog pravca odgovara toµcno
jedan broj r i obratno pa dolazimo do skupa realnih brojeva R (koji, za razliku
24
od Q, nema praznina). Pritom je < u R isto �to i "biti lijevo" na brojevnompravcu. Ovo pro�irenje moguce je ako prihvatimo tvrdnju:
� (Dedekindov aksiom) Svaki neprazni i odozdol (odozgor) ome�eni skupA � R ima in�mum inf A (supremum supA) (u R).
U promatranom sluµcaju smo imali skup A = fq j q2 < 2g i inf A =p2 =2 Q ali
jestp2 2 R:
Napomenimo da je Dedekindov aksiom ekvivalentan tvrdnjama (zajedno):
� (Arhimedov aksiom) Neka su a; b 2 R, a > 0. Tada postoji n 2 N takavda je na > b (vrijedi i u Q).
� (Cantorov aksiom) Neka je za svaki n 2 N dan segment [an; bn] � Ri neka n � m povlaµci [am; bm] � [an; bn] (tj. an � am � bm � bn).
Tada jeTn2N
[an; bn] 6= ;.
Zakljuµcimo:
Skup R s operacijama zbrajanja + i mnoµzenja � i ure�ajem � nazi-vamo poljem (ili potpuno ure�enim poljem ) realnih brojeva
i oznaµcujemo s (R;+; �;�), a njegove elemente nazivamo realnimbrojevima: Kao i do sada, jednostavnosti radi, najµce�ce cemo is-
pu�tati oznake za strukturu i pisati jednostavno R.
Vrlo vaµznu ulogu imaju prirodni brojevi koji se dobivaju pomocu faktorijela na
sljedeci naµcin: Neka su n; k 2 N[f0g, k � n. Brojn!
k!(n� k)! oznaµcujemo s�nk
�(µcitamo: en povrh ka) i nazivamo binomnim koe�cijentom. Lako je dokazati
sljedeca svojstva binomnih koe�cijenata:�n0
�= 1;
�n1
�= n;
�nk
�=� n
n� k
�(simetriµcnost);
�to povlaµci da za binomne koe�cijente�n0
�;�n1
�;�n2
�; � � � ;
�nn�2
�;�nn�1
�;�nn
�vrijedi:�n
0
�=�nn
�;�n1
�=� n
n� 1
�;�n2
�=� n
n� 2
�; � � � ; tj.�n
k
�+� n
k + 1
�=�n+ 1k + 1
�; k < n:
Indukcijom po n, dokazuje da je svaki binomni koe�cijent zaista prirodan broj.
Binomne koe�cijente je zgodno prikazati pomocu sljedece sheme, tzv. Pascalova
trokuta:
n=7 (k=0,1,2,3,4,5,6,7) 1 7 21 35 35 21 7 1n=6 (k=0,1,2,3,4,5,6) 1 6 15 20 15 6 1n=5 (k=0,1,2,3,4,5) 1 5 10 10 5 1n=4 (k=0,1,2,3,4) 1 4 6 4 1n=3 (k=0,1,2,3) 1 3 3 1n=2 (k=0,1,2) 1 2 1n=1 (k=0,1) 1 1n=0 (k=0) 1
Pascalov trokut.
25
(Svaki "unutra�nji" µclan u (n + 1)-vom retku jest zbroj "gornjih susjeda" iz
n-toga retka, a "rub" tvore jedinice!)
Teorem 1.22 Za svaki par x; y 2 R i svaki n 2 N vrijedi tzv. binomna
formula :
(x+y)n = xn+nxn�1y+�n2
�xn�2y2+� � �+
� n
n� 2
�x2yn�2+nxyn�1+yn:
Dokaz. Ilustracije radi, sjetimo se ove formule u dobro poznatim sluµcajevima
n = 1; 2; 3: (x+ y)1 = x+ y, (x+ y)2 = x2 + 2xy + y2, (x+ y)3 = x3 + 3x2y +
3xy2+y3. Buduci da cemo teorem dokazati potpunom indukcijom, prvi je korak
naµcinjen. Zapi�imo binomnu formulu na naµcin
(x+ y)n =nXk=0
�nk
�xn�kyk:
Provedimo induktivni korak n 7! n+ 1:
(x+ y)n+1 = (x+ y)n(x+ y) =(induktivna pretpostavka)� nXk=0
�nk
�xn�kyk
�(x+ y) =
nXk=0
�nk
�xn+1�kyk +
nXk=0
�nk
�xn�kyk+1 =
xn+1 +nXk=1
�nk
�xn+1�kyk +
n�1Xk=0
�nk
�xn�kyk+1 + yn+1 =
("pomiµcemo" indeks k uk+1 u drugoj sumi, pa u pribrojnicima mora k postati k�1)
xn+1 +nXk=1
�nk
�xn+1�kyk +
nXk=1
� n
k:1
�xn�(k�1)y(k�1)+1 + yn+1 =
xn+1+nXk=1
��nk
�+� n
k � 1
��xn+1�kyk+yn+1 =(zbrajanje binomnih koe�cijenata)
xn+1 +nXk=1
�n+ 1k
�xn+1�kyk + yn+1 =
n+1Xk=0
�n+ 1k
�xn+1�kyk;
µcime je tvrdnja dokazana.
Primjetimo da vrijedinPk=0
�nk
�xn�kyk =
nPk=0
�nk
�xkyn�k i ova jednakost je po-
sljedica uoµcene simetriµcnosti binomnih koe�cijenata i, dakako, komutativnosti
zbrajanja i mnoµzenja u R.
Korolar 1.23
(a) (x� y)n =nXk=0
(�1)k�nk
�xn�kyk; (b)
nXk=0
�nk
�= 2n;
(c)nXk=0
(�1)k�nk
�= 0.
Dokaz. Tvrdnja (a) slijedi iz Teorema 1.22 zamjenom y sa �y, tj. (x� y)n =(x + (�y))n, dok se (b) dobiva iz Teorema 1.21 u sluµcaju x = y = 1. Tvrdnja
(c) se dobiva iz (a) stavljajuci y = x.
26
1.4.3 APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA
Apsolutnom vrijedno�cu na skupu realnih brojeva smatramo funkciju jj :R! R de�niranu pravilom
jj (x) � jxj =(
x; x � 0�x; x < 0
:
De�nicija izravno povlaµci da je, za svaki x 2 R, x � jxj i jxj � 0, tj. vrijednosniskup je R+ [ f0g. Pritom je jxj = 0, x = 0.
0x
y
xx
y= x
x
Apsolutna vrijednost.
Primijetimo da je, za svaki x 2 R, x = 1�jxj �+ jxj µcim je x � 0, odnosno, x = (�1) � jxj �� jxj µcim je x � 0, pa u tom smislu µcesto
kaµzemo da je realni broj x > 0 pozitivan (ili
da ima predznak plus - "+"), a da je realni
broj x < 0 negativan (ili da ima predznak
minus - "�"). Broju 0 2 R ne pridijeljujemopredznak! Buduci da je x2 = (�x)2 (x2 �x � x), to je jxj2 = x2. Nadalje, j�xj = jxj i
posebice jx� yj = jy � xj, za svaki par x; y 2 R.Navest cemo jo�neka vaµzna svojstva apsolutne vrijednosti:
(1) (8x 2 R)(8r 2 R+) jxj < r , �r < x < r (tj. x 2 h�r; ri);
(2) (8x; y 2 R) jx+ yj � jxj+ jyj (trokutna nejednakost);
(3) (8x; y 2 R) jx� yj � jxj � jyj;
(4) (8x; y 2 R) jx � yj = jxj � jyj ;
(5) (8x; y 2 R, y 6= 0)���xy
��� = jxjjyj .Dokaµzimo npr. (2): Ako je x+y � 0 onda je jx+ yj = x+y � jxj+ jyj, a ako jex+y < 0 onda je opet jx+ yj = �(x+y) = (�x)+(�y) � j�xj+j�yj = jxj+jyj.Opci sluµcaj se sada rutinski dokazuje matematiµckom indukcijom.
1.4.4 POTENCIRANJE
Asocijativnosti zbrajanja i mnoµzenja u R dopu�taju da se de�niraju zbroj i
umnoµzak od bilo koliko, ali konaµcno, realnih brojeva. Vec smo naglasili da zbroj
(ili sumu) od n realnih brojeva (pribrojnika) x1; : : : ; xn, n 2 N, oznaµcavamonXi=1
xi � x1 + : : :+ xn
a za umnoµzak (ili produkt) od n realnih brojeva (faktora) x1; : : : ; xn, n 2 N,uvodimo oznaku
nYi=1
xi � x1 � : : : � xn:
27
Ako je pritom x1 = : : : = xn � x, onda se umnoµzaknQi=1
xi naziva n-tom
potencijom broja x i oznaµcuje kao xn; za x se kaµze da je baza, a za n da je
eksponent potencije xn. Matematiµckom indukcijom se dokazuje da vrijedi
xm � xn = xm+n;
(xm)n = xm�n;
(x � y)n = xn � yn;
9>>=>>; (�)
te da, za ma koje x; y 2 R i m;n 2 N, iz 0 � x < y i n 2 N slijedi xn < yn.
Nadalje, ako je x > 1 (0 � x < 1) onda je i xn > 1 (0 � xn < 1). Napokon, za
svaki x 2 R je xm < xn µcim je m < n u N.Potenciranje prirodnim eksponentima (R ! R, x 7! xn, n 2 N ) pro�irujemona negativne cjelobrojne eksponente (�n 2 Z), ali za x 6= 0, stavljajuci:
x�n =1
xni x0 = 1:
Pokazuje se da i dalje vrijede jednakosti (�).Konaµcnim funkcijskim kompozicijama sastavljenim od potenciranja, mnoµzenja
i zbrajanje dobivamo vrlo vaµzan skup funkcija iz R u R - tzv. polinome. Toµcnade�nicija jest ova: Neka su dani n 2 N[f0g i a0; a1; : : : ; an 2 R, an 6= 0.
Funkciju
p : R! R; p(x) =nXi=0
aixi � anxn + : : :+ a1x+ a0;
nazivamo polinomom (n-toga stupnja). Brojeve a0; a1; : : : ; an nazivamo ko-
e�cijentima polinoma p. (Oni posve odre�uju taj polinom.)
Ranije smo spomenuli decimalni naµcin zapisivanja prirodnih brojeva navodeci
oznake (i nazive): 1 (jedan), 2 (dva), � � � , 9 (devet) i 10 (deset). Cijeli broj 0 naz-vali smo nulom ili ni�ticom. Brojeve 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo i decimal-
nim znamenkama. Decimalni zapis prirodnog (pa onda i cijelog i racionalnog)
broja zasniva se na ovoj µcinjenici:
� Za svaki m 2 N postoji jedan jedini polinom p kojemu su koe�cijenti
decimalne znamenke i za koji je p(10) = m.
Ako je takav polinom p odre�en koe�cijentima a0; a1; : : : ; an, tj.
p(x) = anxn + : : :+ a1x+ a0,
onda je pripadni decimalni zapis broja m = p(10) upravo
anan�1 : : : a1a0.
Primjerice, prirodni broj 7�(10)3+4�(10)2+0�(10)1+5 ima decimalni zapis 7405.Dakle, broj 10 je "baziµcan" za decimalni sustav - odatle naziv!. Na isti naµcin
zapisujemo i negativne cijele brojeve (�m) stavljajuci znak "�" ispred zapisa(za m). Napomenimo da se pored decimalnoga rabe i neki drugi sustavi za zapi-
sivanje cijelih brojeva. Primjerice, binarni sustav u kojemo ulogu "baziµcnoga"
broja preuzima broj 2, pa taj sustav ima samo dvije binarne znamenke - 0; 1.
28
Osvrnimo se sada i na decimalno zapisivanje racionalnih brojeva. Ako je racio-
nalan broj q = m10n (m 2 Z, n 2 N), nazivamo ga decimalnim brojem. Neka
je m > 0 i neka je njegov decimalni zapis akak�1 � � � a1a0, tj. m = ak10k+ � � �+
a110 + a0. Tada je q = ak10k�n + � � �+ a1101�n + a010�n, pa se za decimalni
zapis decimalnoga broja q uzima:
ak � � � an; an�1 � � � a0; kad je k � n;0; ak � � � a0; kad je k = n� 1;0; 0 � � � 0ak � � � a0; kad je k � n� 2 (n� k � 1 ni�tica od zareza do ak):
U sluµcaju m < 0 postupamo kao i u sluµcaju m > 0 dodajuci znak "�" ispredzapisa. Primjerice, 347; 18 je decimalni zapis (decimalnoga broja) 3�102+4�10+7+1�10�1+8�10�2 = 34718
102 ; �0; 695 je decimalni zapis broja�6�10�1�9�10�2�5�
10�3 = �695103 ; 0; 000201 je decimalni zapis broja 2�10
�4+0�10�5+1�10�6 = 201106 .
Postoje, me�utim, i nedecimalni racionalni brojevi, npr. 13 . Ipak, moµze se
pokazati da je svaki racionalan broj ili decimalan ili dopu�ta tzv. periodiµcki
decimalni zapis (neke znamenke ili neke skupine znamenaka iza zareza se
pravilno ponavljaju). Primjerice, 13 � 0; 333 � � � � 0; _3;1219990 � 1; 2313131 � � � �
1; 2_3 _1. Dakako, iracionalni ce se brojevi prikazivati beskonaµcnim neperiodiµckim
zapisom. Npr.,p2 = 1; 4142 � � � :
Sjetimo se da smo potenciranje bili de�nirali samo za cjelobrojne eksponente.
Sljedeci "teorem o jedinstvenosti baze" jamµci mogucnost potenciranja racional-
nim eksponentom (tzv. korijenovanje).
Teorem 1.24 Neka su dani a 2 R, a � 0, i n 2 N. Tada postoji toµcno jedanx 2 R, x � 0, takav da je xn = a.
Ovaj teorem jamµci valjanost potenciranja racionalnim eksponentom q = mn 2 Q:
aq � amn = (am)
1n � n
pam:
Lako se vidi da je (a1n )m = (am)
1n . Nadalje, nije te�ko dokazati da sva provila za
potenciranje cjelobrojnim eksponenetima (�) ostaju valjana i pri potenciranjuracionalnim eksponentima. Napokon, potenciranje racionalnim eksponentom se
pro�iruje na potenciranje realnim eksponentom r 2 R kako slijedi:ar = inffaq j q 2 Q; q > rg:
Opet se sva pravila za potenciranje (�) oµcuvaju.
1.5 KOMPLEKSNI BROJEVI
Pored u prethodnomu odjeljku konstruiranoga potpuno ure�enog polja realnih
brojeva R, vrlo vaµznu ulogu u matematiµckoj analizi ima i polje kompleksnihbrojeva C (bez ure�aja) �to cemo ga ovdje izgraditi.
29
1.5.1 POJAM I OSNOVNE OPERACIJE
De�nicja 1.25 Poljem kompleksnih brojeva nazivamo direktni produkt
R � R = f(x; y) j x; y 2 Rg zajedno s operacijama zbrajanja i mnoµzenja, kao ioduzimanja i dijeljenja, de�niranima kako slijedi:
(a) (x1; y1) + (x2; y2) = (x1 + x2; y1 + y2);
(b) (x1; y1) � (x2; y2) = (x1x2 � y1y2; x1y2 + y1x2);
(c) (x1; y1)� (x2; y2) = (x1 � x2; y1 � y2);
(d) (x1; y1) : (x2; y2) =�x1x2 + y1y2
x22 + y22
;�x1y2 + y1x2
x22 + y22
�, (x2; y2) 6= (0; 0).
Operacije na desnim stranama de�nicijskih jednakosti jesu one na R. Polje
kompleksnih brojeva oznaµcujemo slovom C; njegove elemente nazivamo kom-pleksnim brojevima i obiµcno oznaµcujemo slovom z. Pri mnoµzenju (x1; y1) �(x2; y2) � z1 � z2 u C najµce�ce ispu�tamo (kao i u R) oznaku "�" i pi�emo z1z2, aza dijeljenje (x1; y1) : (x2; y2) � z1 : z2 u C µcesto rabimo (kao i u R) razlomaµckuoznaku z1
z2. Prvu koordinatu x kompleksnog broja z = (x; y) nazivamo realnim
dijelom, a drugu y - imaginarnim dijelom kompleksnoga broja z; pi�emo:
x = Re(z), y = Im(z). Poistovjetimo li R sa R � f0g = f(x; 0) j x 2 Rg � C,polje kompleksnih brojeva postaje prirodnim pro�irenjem polja realnih brojeva
(u skupovnom i strukturnom smislu). Naime, lako se provjeri da su tada opera-
cije "+", "�", "-" i "�" u C pro�irenja odgovarajucih operacija u R te da zbra-janje i mnoµzenje naslje�uju sva dobra svojstva (asocijativnost, komutativnost,
distributivnost). Napokon, valja primijetiti da se u C ne moµze uvesti ure�ajkoji bi bio uskla�en s operacijama. Buduci da ini ure�aji i nisu vaµzni, to se
nijednoga posebno ne istiµce.
U praksi se µce�ce operira kompleksnim brojevima u zapisu drugaµcijem od nave-
denoga. Da bismo ga upoznali, promatrajmo jednadµzbu x2 + 1 = 0 u skupu
R: Oµcito je da ona nema rje�enja. Uvedimo u razmatranje novi objekt (izvanR) kojemu dopu�tamo "mnoµzenje" sa samim sobom rezultat kojega neka bude
broj �1. Nazovimo taj objekt imaginarnom jedinicom i oznaµcimo slovom
i. Dakle, po de�niciji je i2 = �1, odnosno (formalno) i �p�1. Nazovimo
skup Ri = fyi j y 2 Rg svih formalnih "umnoµzaka" yi, y 2 R, skupom ima-
ginarnih brojeva, a njegove elemente yi imaginarnim brojevima. Neka je
C � R+Ri = fx+ yi j x; y 2 Rg skup svih formalnih "zbrojeva" x+ yi, x 2 R,yi 2 Ri: De�nirajmo zbrajanje i mnoµzenje, te oduzimanje i dijeljenje, u C kao
pripadne operacije binomima a+ b u R, vodeci raµcuna o tomu da su ovdje a i b"nezbrojivi" i da je i2 = �1, i3 = �i, i4 = 1, i5 = i, � � � , tj. i4n+k = ik za svaki
n 2 N, te ik = i;�1;�i; 1 µcim je k = 1; 2; 3; 4 redom. Dodatno de�niramo i
30
i0 = 1. Sada se C � R+Ri smije poistovjetiti s C = R�R, x+ yi � z = (x; y),jer se operacije (a)-(d) na C podudaraju s odgovarajucima (a)0 - (d)0 na C:
(a)0z1 + z2 � (x1 + y1i) + (x2 + y2i) = (x1 + x2) + (y1 + y2)i;
(b)0z1 � z2 � (x1 + y1i) � (x2 + y2i) = (x1x2 � y1y2) + (x1y2 + y1x2)i;
(c)0z1 � z2 � (x1 + y1i)� (x2 + y2i) = (x1 � x2) + (y1 � y2)i;
(d)0 z1z2� x1 + y1i
x2 + y2i=x1x2 + y1y2x22 + y
22
+�x1y2 + y1x2
x22 + y22
i, z2 � x2+y2i 6= 0+0i.
Za svaki z = x + yi 2 C de�niramo pripadni konjugurani kompleksni broj
z = x + (�y)i � x � yi. Primijetimo da je z = z, pa brojeve z; z nazivamo
konjugirano kompleksnim parom. Nadalje, umnoµzak zz = zz = x2 + y2 2R+ [ f0g. Nenegativni realni broj
px2 + y2 nazivamo apsolutnom vrijed-
no�cu ilimodulom kompleksnoga broja z = x+yi i oznaµcujemo s jzj. Uoµcimoda je zz = jzj2 i da je jzj = 0, z = 0 + 0i(� 0 2 C).
1.5.2 GEOMETRIJSKI PRIKAZ
KOMPLEKSNOG BROJA
Prikaz u Gaussovo j ravnini.
Realne brojeve smo geometrijski interpretirali po-
mocu toµcaka nekog pravca, tj. potpuno ure�eno
polje R smo na pogodan naµcin poistovjetili s (bro-
jevnim) pravcem. Buduci da je C = R�R, moguce jepolje kompleksnih brojeva poistovjetiti s (brojevnom
ili Gaussovom) ravninom. Naime, svakom komplek-
snom broju z = (x; y) � x+yi odgovara jedinstvenatoµcka T = (x; y) u (koordinatnoj) ravnini - i obratno.
Uoµcimo da je modul jzj od z euklidska udaljenost
toµcke T , koja u kompleksnoj ravnini odgovara broju z, od ishodi�ta O = (0; 0):
Napokon, primijetimo da operacije zbrajanja i mnoµzenja u C dopu�taju u kom-pleksnoj ravnini jednostavan slikovit prikaz (paralelogramsko pravilo).
Zbra janje i oduzimanje.
31
Rabeci gornju interpretaciju, lako se pokaµze da i za kompleksne brojeve vrijedi
trokutna nejadnakost: (8z1; z2 2 C) jz1 + z2j � jz1j+ jz2j :
1.5.3 TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS
KOMPLEKSNOG BROJA
Radi lak�eg operiranja kompleksnim brojevima, korisno je usvojiti jo� jedan
naµcin njihova zapisivanja.
Trigonometrijski zapis.
Neka je dan z = x+ yi 2 C, z 6= 0. Argumentom kom-
pleksnoga broja z nazivamo kutnu mjeru ' 2 R kuta
izme�u pozitivne ("desne") zrake brojevnoga pravca i
zrake OT; O = (0; 0) i T = (x; y), i pi�emo: arg(z) = ';
pritom smatramo da je ' < 0 µcim ga mjerimo giba-
juci se kao satna kazaljka, a u suprotnom da je ' > 0.
Po dogovoru stavljamo arg(0) = 0. Primijetimo da je
' = arg(z), '+ k � 2� = arg(z), k 2 Z. Jednostavnostiradi, ovdje cemo modul jzj =
px2 + y2 2 R+ [ f0g kom-
pleksnog broja z oznaµcavati slovom r.
Argument arg(z) = ' 2 [0; 2� > (koji se u praksi najµce�ce istiµce) od z = x+yi se
lako izraµcuna iz jednadµzbe tg' = yx , x 6= 0 (o trigonometrijskim funkcijama v.
naredni odjeljak), vodeci raµcuna o predznacima koordinata x i y; ako je x = 0,
tj. z = yi 6= 0, onda je ' = �2 µcim je y > 0 i ' = 3�
2 µcim je y < 0. Primijetimo
da je sada x = r cos' i y = r sin', pa dobivamo prikaz
z = r(cos'+ i sin');
�to nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnoga broja z. Buduci da
su z1 = x1 + y1i i z2 = x2 + y2i jednaki toµcno onda kad je x1 = x2 i y1 = y2, to
je z1 = z2 onda i samo onda kad je r1 = r2 i '1 = '2+k �2�, k 2 Z. Praktiµcnosttrigonometrijskoga zapisa kompleksnog broja pokazuju naredni teoremi.
Teorem 1.26 Za svaki par z1; z2 2 C je(a) z1 � z2 = r1r2
�cos('1 + '2) + i sin('1 + '2)
�;
(b)z1z2=r1r2
�cos('1 � '2) + i sin('1 � '2)
�.
Dokaz. z1 � z2 = r1(cos'1 + i sin'1) � r2(cos'2 + i sin'2) = (po (ii)0) =
r1r2�cos'1 cos'2 � sin'1 sin'2 + i(sin'1 cos'2 + cos'1 sin'2)
�= (adicijski
teorem) = r1r2�cos('1 + '2) + i sin('1 + '2)
�, µcime je tvrdnja (a) dokazana.
Sasvim sliµcno se dokazuje tvrdnja (b).
Korolar 1.27 Neka su dani n 2 N i z1; � � � ; zn 2 C. Tada je
32
nYk=1
zk =nYk=1
rk
�cos
nXk=1
'k + i sinnXk=1
'k
�;��� nYk=1
zk
��� = nYk=1
jzkj :
Posebice, za z1 = � � � = zn � z dobivamo tzv. Moivreovu formulu
zn = rn(cosn'+ i sinn') i jznj = jzjn :
Dokaz. Primijenjujuci Teorem 1.26 (1), dokaz se provodi indukcijom po n. Za
tvrdnju o apsolutnim vrijednostima trebamo i osnovnu trigonometrijsku relaciju
cos2 �+ sin2 � = 1.
Trigonometrijski zapis kompleksnog broja je posebno pogodan za potenciranje
racionalnim eksponentom q = mn . Jasno, temeljni zadatak jest izraµcunati po-
tenciju z1n , n 2 N, koju cemo i ovdje (kao i R) oznaµciti s n
pz i nazvati n-tim
korijenom kompleksnoga broja z. Dakle, w = npz toµcno onda kad je wn = z.
Sljedeci teorem pokazuje kako se za dani z = a+ bi odre�uje njegov n-ti korijen
w = x+ yi.
Teorem 1.28 Neka su dani z = a+ bi = �(cos + i sin ) 2 C i n 2 N. Tadaw = n
pz ima n razliµcitih vrijednosti w1; � � � ; wn, koje odre�ujemo po formuli
wk+1 = np��cos
+ k � 2�n
+ i sin + k � 2�
n
�; k = 0; 1; � � � ; n� 1;
gdje je np� n-ti korijen u R+ [ f0g.
Dokaz. Treba odrediti kompleksni broj w = x + yi = r(cos' + i sin') takav
da je wn = z, tj. rn(cosn' + i sinn') = �(cos + i sin ) (v. Korolar 1.27).
Mora, dakle, biti rn = � (u R) i n' = + k � 2�, k 2 Z, tj. r = np� � 0
i ' = +k�2�n , k 2 Z. Periodiµcnost trigonometrijskih funkcija cos i sin povlaµci
da samo za n uzastopnih vrijednosti od k, primjerice, za k 2 f0; 1; � � � ; n � 1g,dobivamo razliµcite vrijednosti za w.
Teorem 1.28 pokazuje da jednadµzba wn � z = 0 u C ima toµcno n razliµcitih
rje�enja - korijena. Nadalje, iz navedene formule se vidi da su ti korijeni vrhovi
pravilnoga n-torokuta upisanoga sredi�njoj kruµznici s polumjerom np�:
Primjer Izraµcunajmo 6p�8.
Buduci da je z = �8 = 8 � (cos� + i sin�) to je6p�8 = 6
p8�cos �+k�2�6 + i sin �+k�2�6
�=p2�cos��6 +
k�3
�+ i sin
��6 +
k�3
��;
za k = 0; 1; 2; 3; 4; 5. Prema tomu,
w1 =p2(cos �6 + i sin
�6 ) =
p62 +
p22 i, w2 =
p2(cos �2 + i sin
�2 ) =
p2i,
w3 =p2(cos 5�6 + i sin
5�6 ) = �
p62 +
p22 i;
w4 =p2(cos 7�6 + i sin
7�6 ) = �
p62 �
p22 i,
w5 =p2(cos 3�2 + i sin
3�2 ) = �
p2i, w6 =
p2(cos 11�6 + i sin 11�6 ) =
p62 �
p22 i:
33
1.6 ELEMENTARNE FUNKCIJE
U ovomu odjeljku cemo se baviti najvaµznijim funkcijama iz R u R, tj. najvaµzni-jim realnim funkcijama jedne realne varijable. Posebnu pozornost cemo posvetiti
onim funkcijama �to imaju veliku vaµznost u tehniµckoj primjeni i praksi.
1.6.1 ZADAVANJE FUNKCIJA IZ R U R
Uobiµcajeno je da se (realnom) funkcijom naziva i bilo koji analitiµcki (alge-
barski) izraz �to sadrµzi varijablu (parametar, neovisnu promijenjivu veliµcinu)
x i opisuje pravilo, tj. konaµcni redoslijed algebarskih ili inih operacija, po ko-
jimu se odre�uje pridruµzena joj (i o njoj ovisna) veliµcina y: Tako se, primjerice,
zapisi y = x2; y = 2x�3x+5 ; y =
3
q2
1�x ; nazivaju funkcijama iz R u R. Da bismose s tim sasvim sloµzili, tj. da bi sve bilo u skladu s De�nicijom 1.9; drµzat cemo
se ovoga dogovora:
Neka je y = f(x) zapis u kojemu analitiµcki izraz f(x) sadrµzi (samo jednu)
varijablu x. Tada taj zapis de�nira funkciju f : X ! R, pri µcemu je X � Rpodskup koji tvore svi oni elementi x 2 R za koje izraz f(x) odre�uje jedinstvenirealni broj, a f je pravilo �to ga propisuje izraz f(x). U tomu sluµcaju govorimo
da je funkcija f : X ! R zadana analitiµcki zapisom y = f(x).
Primjer Odredimo funkciju f : X ! R iz analitiµckoga zapisa y = 2x�3x+5 :
U izrazu 2x�3x+5 se primijenjuju sve µcetiri osnovne raµcunske operacije. Znamo
da su +, � i � de�nirane za svaki ure�en par realnih brojeva, dok je dijeljenjede�nirano za svaki ure�en par (a; b), b 6= 0. Slijedi da je de�nicijsko podruµcje
X traµzene funkcije f : X ! R skup fx 2 R j x+ 5 6= 0g, tj. X = R n f�5g, a fje pravilo x 7! f(x) = y propisano izrazom 2x�3
x+5 .
Primjer Odre�uju li analitiµcki izrazi 11x+
21�x
i x�x2
1+x istu realnu funkciju? Ne
vodeci raµcuna o vrijednostima �to ih smije poprimiti varijabla x, formalno dobi-
vamo 11x+
21�x
= 11�x+2xx(1�x)
= x�x21+x ; pa oba izraza odre�uju isto pravilo f . Me�utim,
domene su im razliµcite, jer prvi izraz ima smisla na R n f�1; 0; 1g, a drugi naR n f�1g. Dani analitiµcki izrazi, dakle, ne odre�uju istu realnu funkciju.
Funkciju f : X ! R se moµze zadati i gra�µcki , tj. njezinim grafom
Gf = f(x; f(x)) j x 2 Xg � R2:
Primjerice, skup f(x;�x) j x < 0g [ f(x; x) j x � 0g � R2 jest graf funkcijejj : R! R, jj (x) = jxj, tzv. apsolutne vrijednosti ili norme na R:
U tehniµckoj praksi je gra�µcko zadavanje realnih funkcija vrlo uµcestalo. Svakom
se elementu (x; y) danoga skupa G � X � Y � R2 pridijeljuje, u odabranomkoordinatnom sustavu, jedinstvena toµcka T = (x; y) i time de�nira funkcije
34
f : X ! R, f(x) = y. (Jasno, ne moµze svaki podskup G � R2 posluµziti zaovu svrhu! U novije vrijeme te skupove-grafove crtaju automatske naprave,
odnosno, elektroniµcka raµcunala.)
Ako je de�nicijsko podruµcje realne funkcije konaµcni skup X � R (ne "preve-
likoga" kardinalnog broja), moguce je eksplicite popisati sve vrijednosti varijable
x i pripadne vrijednosti y (ovisne o x). Tada se popuni odgovarajuca tablica,
primjerice,
x 0 1 2 3 4 5
y �1 1 3 5 7 9:
Polazeci od takve tablice, kaµzemo da je tabliµcno zadana funkcija f : X ! R,x 7! f(x) = y.
Ponekad se tabliµcno "zadaju" i neke funkcije domene kojih su beskonaµcni skupo-
vi, s uputama (pravilima) za izraµcunavanje (najµce�ce, tek pribliµznih) vrijednosti
kojih nema u tablicama. Te pribliµzne vrijednosti su samo, za stanovite potrebe
zadovoljavajuce, aproksimacije toµcnih vrijednosti promatrane funkcije, koje ne
moµzemo ili ne znamo ili ih se "ne isplati" posvema toµcno odrediti. Najµce�ca i
najjednostavnija uputa je tzv. linearna interpolacija (ekstrpolacija) koja
se moµze saµzeto opisati kako slijedi.
Neka su funkciji f : X ! R, X � R, poznate samo vrijednosti u toµckama
x1; � � � ; xn 2 X; n 2 N;
(koje smo poredali po veliµcini, tj. x1 < � � � < xn) i neka je x0 2 Xnfx1; � � � ; xng.Tada "nepoznatu" vrijednost f(x0) aproksimiramo vrijedno�cu y0, y0 � f(x0),
na ovaj naµcin:
y0 = f(xi)+f(xi+1)� f(xi)
xi+1 � xi(x0�xi); µcim je xi < x0 < xi+1; i 2 [1; n�1]N;
y0 = f(x1) +f(x2)� f(x1)
x2 � x1(x0 � x1); µcim je x0 < x1;
y0 = f(xn) +f(xn)� f(xn�1)
xn � xn�1(x0 � xn); µcim je x0 > xn:
Dobro poznate srednjo�kolske "Logaritamske tablice" sadrµze nekoliko vaµznih
primjera tabliµcno "zadanih" funkcija.
Primjer Neka je funkcija f : [0; 6]! R "zadana" tablicom
x 0 1 2 3 4 5
y �1 1 3 5 7 9:
Odredimo, rabeci linearnu interpolaciju i linearnu ekstrapolaciju, pribliµzne vri-
jednosti za f(2; 5) i f(5; 8).
Buduci da je x3 = 2 < 2; 5 < 3 = x4, to prva formula (interpolacija) daje
35
f(2; 5) � 3 + 5� 33� 2(2; 5� 2) = 4:
Za drugu vrijednost trebamo (desnu) ekstrapolaciju (5; 8 > 5 = x6):
f(5; 8) � 9 + 9� 75� 4(5; 8� 5) = 10; 6:
Promatrajmo sada jednadµzbu F (x; y) = 0 u kojoj dano pravilo F povezuje
realne nepoznanice x i y. Ako se na nekom podskupu X � R svakom elementu
x 2 X moµze pridruµziti toµcno jedan element y 2 R tako da ure�eni par (x; y)
zadovaljava polaznu jednadµzbu, onda kaµzemo da je jednadµzbom F (x; y) = 0
implicitno zadana funkcija f : X ! R, f(x) = y. U tomu je sluµcaju, dakle,
F (x; f(x)) = 0 za svaki x 2 X.
U praksi se µcesto pojavljuje sluµcaj da jednadµzba F (x; y) = 0 dopu�ta, za svaki
x iz nekog podskupa X � R, vi�e (od jedne) vrijednosti za y, pa se tada kaµze data jednadµzba odre�uje vi�e implicitno zadanih funkcija. (Pitanje o obstojnost
implicitne funkcije je vrlo vaµzno i mi cemo ga rije�iti u Matematici 2)
Primjer Neka je F (x; y) = x2 + y2 � 1; x; y 2 R: Tada jednadµzba F (x; y) = 0odre�uje na segmentu X = [�1; 1] dvije implicitno zadane funkcije f1;2 : X !R; f1;2(x) = �
p1� x2:
Promatrajmo dvije funkcije
'; : T ! R
de�nirane na istomu skupu T � R. Za svaki t 2 T oznaµcimo pripadne funkcijskevrijednosti s x = '(t) i y = (t). Ako je funkcija � injektivna, njezino suµzenje
' : T ! '[T ] � X je bijekcija, pa postoji njoj inverzna funkcija '�1 : X ! T ,
'�1(x) = t µcim je x = '(t). Tada je dobro de�nirana kompozicija '�1 � f :
X ! R, f(x) = ( '�1)(x): Pritom kaµzemo da je dobivena funkcija f : X ! Rparametarski zadana jednadµzbama x = '(t) i y = (t) (ili funkcijama � i
). Prijelaz s jednadµzaba x = '(t) i y = (t) na eksplicitni oblik y = f(x)
nazivamo eliminacijom parametra t.
Primjer Neka su funkcije '; : R ! R zadane pravilima '(t) = t� 1, (t) =t2 + 1. Buduci je � bijekcija, postoji '�1 : R ! R i oµcito je '�1(x) = x + 1.
Prema tomu, jednadµzbama x = t�1, y = t2+1 je parametarski zadana funkcija
f : R ! R, f(x) = ( '�1)(x) = ('�1(x)) = (x + 1) = (x + 1)2 + 1 =
x2 + 2x+ 2:
Napomenimo da je u praksi ponekad vrlo te�ko ili µcak nemoguce eliminirati pa-
rametar t. Zbog toga je razra�ena tehnika za analiziranje parametarski zadane
funkcije preko pripadnog parametra.
36
1.6.2 GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA
Ovdje cemo razvrstati funkcije iz X u R, X � R, prema nekim njihovim (glob-
alnim) svojstvima.
De�nicja 1.29 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, ome�ena , ako
(9M 2 R+)(8x 2 X) jf(x)j �M:
Ako funkcija nije ome�ena, kaµzemo da je neome�ena . Reci cemo da je funkcija
f ome�ena odozgor (ome�ena odozdol), ako
(9M 2 R)(8x 2 X) f(x) �M�(9m 2 R)(8x 2 X) f(x) � m
�:
Geometrijski interpretirano, graf Gf ome�ene funkcije f leµzi "nad" X u pruzi
izme�u R � f�Mg i R � fMg, odnosno, slika f [X] je sadrµzana u segmentu[�M;M ]. Oµcito je funkcija f ome�ena onda i samo onda, ako je ome�ena
odozgor i odozdol.
Primjer Pokaµzimo da je funkcija f : Rnf0g ! R; f(x) = 1jxj neome�ena.
U tu je svrhu dovoljno za svaki r 2 R+ pronaci neki x 6= 0 tako da bude
f(x) = jf(x)j > r. Taj uvjet povlaµci da, za dani r, mora biti jxj < 1r . Uzmemo
li, dakle, bilo koji x 2� 1r ;
1r
�n f0g, dobivamo f(x) = 1
jxj > r.
Graf funkcije f(x) = 1jxj :
De�nicja 1.30 Neka je domena X � R funkcije f : X ! R simetriµcna s
obzirom na ishodi�te O (0 2 R) realnoga brojevnog pravca. Reci cemo da jefunkcija f parna (neparna), ako je
(8x 2 X) f(�x) = f(x)�(8x 2 X) f(�x) = �f(x)
�:
Iz de�nicije slijedi da je graf parne funkcije osno simetriµcan s obzirom na y-os,
a graf neparne funkcije - centralno simetriµcan s obzirom na ishodi�te O.
Parna i neparna funkcija.
37
Primjer Funkcija f : X ! R; f(x) = xn; n 2 N je parna µcim je n paran, a
neparna µcim je n neparan. Naime, f(�x) = (�x)n = (�1)nxn = (�1)nf(x),pa je tvrdnja oµcigledno istinita. (To opravdava nazive "parna" i "neparna"
funkcija.)
De�nicja 1.31 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, uzlazna ili
rastuca (silazna ili (o)padajuca), ako µcuva (obrce) ure�aj � na X naslje�en
od R, tj. ako,(8x1; x2 2 X) x1 < x2 ) f(x1) � f(x2)
�f(x1) � f(x2)
�:
Ako, posebice,
(8x1; x2 2 X) x1 < x2 ) f(x1) < f(x2)�f(x1) > f(x2)
�;
onda kaµzemo da je funkcija f strgo uzlazna (strogo silazna). Reci cemo da
je funkcija f monotona (strogo monotona), ako je uzlazna ili silazna (strogo
uzlazna ili strogo silazna).
Napokon, reci cemo da je funkcija f po dijelovima monotona na intervalu
ha; bi � X, ako postoji konaµcno mnogo toµcaka x0 = a < � � � < xi < � � � < b = xn
takvih da je na svakomu podintervalu hxi�1; xii, i = 1; � � � ; n, funkcija (suµzenje)f monotona. (Ovo se moµze poopciti do prebrojivo mnogo podintervala!) Sasvim
sliµcno se po dijelovima monotonost de�nira na neome�enom intervalu, odnosno,
na R; dopu�tajuci pritom prebrojivo mnogo podintervala.
Primjer Promatrajmo funkciju f : R! R zadanu pravilom
f(x) =
8>><>>:0; x < 0
x+ 1; 0 � x � 12; x > 1
Lako se pokaµze da je funkcija f uzlazna, ali ne strogo uzlazna (v. graf Gf ).
Graf funkcije f:
S druge strane, apsolutna vrijednost jj : R ! R, x 7! jxj, nije monotona alijest po dijelovima monotona funkcija. Ona je na h�; 0] strogo silazna, a na [0; �istrogo uzlazna.
De�nicja 1.32 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, periodiµcna, ako(9P > 0)(8x 2 X) x� P 2 X ) f(x� P ) = f(x):
Svaki takav broj P nazivamo funkcijskim periodom (od f), a najmanji period
(ako postoji) oznaµcujemo s P0 i nazivamo osnovnim periodom.
38
Primjer Promatrajmo funkciju f : R! R; zadanu pravilom
f(x) = x� [x];
gdje je [x] tzv. "najvece cijelo" od x, tj. [x] = k µcim je k � x < k + 1, k 2 Z.Primjerice, [�2; 38] = �3 = [�3], [0] = 0 = [ 12 ], [2] = 2 = [2; 38] = [ 3
p9].
(Primijetimo da je funkcijska slika "najvecega cijelog" [R] = Z.) Buduci da je,za svaki x 2 R, 0 � x � [x] < 1, to je f [R] = [0; 1i. Nadalje, za svaki n 2 N jeoµcito f(x+ n) = f(x), x 2 R.
1
2 1 1 2
y
Ox
Funkcija "na jvece cijelo".
Prema tomu, f je periodiµcna funkcija kojoj je period P svaki prirodni broj n.
Napokon, jednostavna provjera pokazuje da funkcija f nema perioda manjeg od
1, pa je njezin osnovni period P0 = 1.
1.6.3 OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE
Ovdje cemo de�nirati nekoliko vrsta jednostavnih realnih funkcija koje su te-
meljne za daljnju nadgradnju, a vrlo su vaµzne u tehniµckoj primjeni i praksi.
De�nicije nekih od njih nece biti najkorektnije, �to je posljedica relativno os-
kudne teorijske podloge �to smo ju dosad pripremili.
(i) Konstantna funkcija. Za svaki r 2 R postoji konstantna funkcija (v.
De�niciju 1.11) cr : R! R, cr(x) = r za svaki x 2 R.
(ii) Opca potencija. Promatrajmo analitiµcki izraz y = xr u kojemu je r 2 R(u potenciji xr) unaprijed odabran i nepromjenjiv eksponent.
Prisjetimo se:
� ako je r = n 2 N onda je potencija xn dobro de�nirana za svaki x 2 R;� ako je r = 0 onda je x0 = 1 za svaki x 6= 0 (00 je formalni zapis koji se ne
moµze na dobar naµcin jednoznaµcno odrediti.);
� ako je r = k 2 Zn(N[f0g) � �N onda je xk = 1x�k
i ima smisla za svaki
x 6= 0;� ako je r = m
n 2 Q n Z,M(m;n) = 1, onda je xmn = (x
1n )m i mogu nastupiti ova
µcetiri sluµcaja: xmn je dobro de�niran za svaki x µcim je n neparan i m prirodan,
xmn je dobro de�niran za svaki x 6= 0 µcim je n neparan i m negativan, x
mn
je dobro de�niran za svaki x � 0 µcim je n paran i m prirodan, xmn je dobro
de�niran za svaki x > 0 µcim je n paran i m negativan;
39
� napokon, ako je r 2 R nQ onda je xr dobro de�niran za svaki x � 0 µcim je
r > 0, odnosno, za svaki x > 0 µcim je r < 0.
Zakljuµcujemo da, za svaki r 2 R, postoji funkcija f : Xr ! R, Xr � R, zadanapravilom f(x) = xr. Ne precizirajuci dani eksponent r, tu funkciju f nazivamo
opcom potencijom. (Primijetimo da su konstanta c1 i opca potencija f s
eksponentom r = 0 razliµcite funkcije, jer je X0 = Rnf0g.) Pritom je X1 = X2 =
X3 = X 13= R, X0 = X�1 = X�2 = X� 1
3= Rrf0g, X 1
2= Xp
2 = Xp3 = [0; �i.
Grafovi opcih potencija za r 2 f1; 2; 3; 0;�1;�2g:
Grafovi opcih potencija za r 2 f 12 ;13 ;p2;p3g:
Primijetimo da za svaku opcu potenciju f : Xr ! R postoji podskup Ar � Xr
na kojemu je f injektivna. Tada je suµzenje f jAr : Ar ! f [Ar] bijektivno pa
postoji pripadna inverzna funkcija.
40
Teorem 1.33 "Inverzna" funkcija opce potencije je opet opca potencija. Pre-
ciznije, ako je f(x) = xr onda je f�1(y) = y1r , kad god ti izrazi imaju smisla.
Dokaz. Vrijedi (f�1f)(x) = f�1(f(x)) = f�1(xr) = (xr)1r = x = 1Ar
(x) za
x 2 Ar � Xr, (ff�1)(y) = f(f�1(y)) = f(y1r ) = (y
1r )r = y = 1f [Ar](y), za
y 2 f [Ar] � R.Buduci da promatramo funkcije iz R u R, smijemo, a i uobiµcajilo se, oznaµcavativarijable x i y od f i f�1 (redom) istim slovom x. Dakle, umjesto f�1(y)
ubuduce cemo pisati f�1(x).
Primjer (a) Za r = 1 je f(x) = x1 = x = 1R(x) = f�1(x), tj. f = f�1 = 1R.
(b) Za r = 2 je f(x) = x2, a f�1(x) = x12 �px µcim je x � 0.
(c) Za r = 3 je f(x) = x3, a f�1(x) = x13 � 3px za svaki x 2 R.
Na koncu, primijetimo da je, za svaki r 6= 0, pripadna opca potencija neome�enafuncija, te da je parna za svaki r = 2k
2n�1 , a neparna za svaki r =2k�12n�1 , gdje su
n 2 N, k 2 Z. (U drugomu sluµcaju, kao i za svaki iracionalni eksponent, pri-
padna opca potencija je nenegativna, dakle, i ome�ena odozdol.) Neka µcitatelj
za vjeµzbu odredi koje su opce potencije strogo uzlazne, a koje strogo silazne
funkcije.
(iii) Eksponencijalna funkcija. Sjetimo se da je potencija ax, u kojoj je baza
a 2 R+ unaprijed odabrana i nepromjenjiva, dobro de�nirana za svaki x 2 R.Pritom je 1x = 1 za svaki x. Odabrav�i, dakle, bilo koji a > 0 i a 6= 1, tako
dobivamo eksponencijalnu funkciju (s bazom a)
expa : R! R; expa(x) = ax:
Primijetimo da je expa[R] � R+ i expa(0) = a0 = 1. Napomenimo, eksponenci-
jalna funkcija je strogo uzlazna µcim je a > 1, a strogo silazna µcim je 0 < a < 1.
To povlaµci da je (svaka) eksponencijalna funkcija injektivna, odnosno, da je
njezino suµzenje f : R! expa[R], f(x) = expa(x), bijekcija.
Eksponencijalna funkcija.
41
Posobno su u primjeni vaµzne eksponencijalne funkcije s bazama 10 - dekadska
i e (� 2; 718281828 � � � - transcendentan broj) - prirodna. Na prethodnomcrteµzu su grafovi eksponencijalnih funkcija s bazama 2, 10, i 1
2 . Buduci da
je ( 1a )x = a�x, to su grafovi eksponencijalnih funkcija exp 1
ai expa simetriµcni s
obzirom na y-os. Uoµcimo i to da je eksponencijalna funkcija neome�ena (premda
je ome�ena odozdol).
(iv) Logaritamska funkcija. U (iii) smo zakljuµcili da je f : R ! expa[R],f(x) = expa(x), bijektivna funkcija. Postoji, dakle, njoj inverzna funkcija
f�1 : expa[R] ! R, koju nazivamo logaritamskom funkcijom (po bazi a)
i oznaµcujemo s f�1 � loga, odnosno, f�1(x) � loga x:Prema tomu, za svaku bazu a je loga 1 = 0 i vrijedi:
(8x 2 R) (loga � expa)(x) = loga(ax) = x;
(8x 2 R+) (expa � loga)(x) = aloga x = x:
Odatle dobivamo
logb x =1
loga bloga x; (1)
logb a =1
loga b: (2)
Navedimo jo�nekoliko svojstava logaritamske funkcije:
(8x; y 2 R+) loga(xy) = loga x+ loga y; (3)
(8x; y 2 R+) loga
�xy
�= loga x� loga y; (4)
(8x 2 R+)(8y 2 R) loga(xy) = y loga x: (5)
Logaritamska funkcija.
U sluµcaju a = 10 uobiµcajilo se zapis pripadne logaritamske funkcije x 7! log10 x
(inverzne funkcije od x 7! exp10 x = 10x) skratiti na lg x ili log x. To je
tzv. Briggsov ili dekadski logaritam. Radi µceste praktiµcne uporabe ova
se funkcija "zadaje" i tabliµcno (v. npr. srednjo�kolski priruµcnik "Logaritamske
42
tablice"). Veliku vaµznost imaju i tzv. prirodni logaritmi, tj. vrijednosti loge x
logaritamske funkcije po bazi e (inverzne funkcije od x 7! expe x = ex). Njezin
standardni (kraci) zapis jest x 7! lnx ("logaritam naturalis"). Po formuli (1)
dobivamo
lnx =lg x
lg e; lg x =
lnx
ln 10i ln 10 = (lg e)�1(� 2; 302585):
Oµcigledno je lg x > lnx µcim je 0 < x < 1, a lg x < lnx µcim je x > 1. Napokon,
primijetimo da se opca potencija x 7! xr moµze dobiti komponiranjem logari-
tamske i eksponencijalne funkcije i mnoµzidbe konstantom, tj. xr = ar loga x.
Posebice, xr = 10r lg x = er ln x.
(v) Trigonometrijske funkcije. Promatrajmo u pravokutnoj koordinatnoj
ravnini sredi�nju jediniµcnu krµznicu K � � � x2+y2 = 1 (nazivamo je i trigonomet-rijska kruµznica). Oznaµcimo toµcku (1; 0) na K slovom A. Za svaku toµcku T
na K nekayAT oznaµcuje pripadni kruµzni luk (od A do T na K u geometrijski
pozitivnom smjeru). Jasno je da se svakom realnom broju x 2 [0; 2�i moµzepridijeliti toµcno jedna toµcka Tx na toj kruµznici tako da luµcna duljina l(
yATx)
bude jednaka x. Dakle, Tx oznaµcuje kraj "namotanoga" od A na kruµznicu Ksegmenta [0; x]. Ako je x 2 [2�; �i, onda mu na isti naµcin pridijelimo toµcku Txna K "namatajuci" segment segment [0; x] ("vi�e puta") na tu kruµznicu.
Trigonometrijska kruµznica.
Napokon, ako je x 2 h�; 0i postupimo na isti naµcin "namatajuci" od toµcke Ana K segment [0;�x] u geometrijski negativnom smjeru. Oµcito je da ce biti
Tx0 = Tx onda i samo onda kad je x0 = x+k � 2�, k 2 Z. Oznaµcujuci koordinatetoµcke Tx s (cosx; sinx), dobivamo dvije periodiµcne funkcije (P0 = 2�):
sin : R! R (sinus), x 7! sinx;
cos : R! R (kosinus), x 7! cosx.
Primijetimo da je sin[R] = [�1; 1] = cos[R].Funkcije sin i cos su, dakle, ome�ene i po dijelovima monotone. Primijetimo jo�
da je sin neparna, a cos parna funkcija.
Pomocu sin i cos cemo de�nirati jo�dvije trigonometrijske funkcije:
tg : Xtg ! R (tangens); tg x =sinx
cosx;
ctg : Xctg ! R (kotangens); ctg x =cosx
sinx;
43
gdje je Xtg = Rnfx j cosx = 0g = Rnf(2k�1)�2 j k 2 Zg; Xctg = Rnfx j sinx =0g = Rnfk� j k 2 Zg:Lako se provjeri da su funkcije tan i cot neome�ene i periodiµcne s osnovnim
periodom P0 = �.
Trigonometrijske funkcije.
Nadalje, obje te funkcije su neparne, a nije te�ko dokazati da je tan po dijelovima
strogo uzlazna, a cot po dijelovima strogo silazna funkcija. Primijetimo da je
ctg x = (tg x)�1, x 2 Xtg \ Xctg. Trigonometrijske funkcije su me�usobno
povezane mnogim algebarskim relacijama (µcitatelju poznatima iz srednje �kole),
primjerice,
sin2 x+ cos2 x = 1; sin 2x = 2 sinx cosx;
cos 2x = cos2 x� sin2 x; tgx
2= �
r1� cosx1 + cosx
i dr.
(Pritom sin2, cos2, � � � ne oznaµcuju odgovarajuce funkcijske kompozicije sin � sin,cos � cos, � � � nego potencije; tj. sin2 x � (sinx)2, cos2 x � (cosx)2,� � � .)
(vi) Ciklometrijske funkcije. Trigonometrijske funkcije nisu bijektivne pa,
strogo sudeci, nemaju inverznih funkcija. Ipak, odgovarajucim suµzenjima nji-
hovih domena i kodomena moguce je postici bijektivnost pripadnih restrikcija,
koje onda dopu�taju invertiranje, pa u tomu smislu govorimo o inverznim funkci-
jama trigonometrijskih funkcija, tj. o tzv. ciklometrijskim ili arkus-funkcijama
(ciclus = kruµznica, arcus = luk).
Najprije promatrajmo suµzenje sin j[��2 ;
�2 ]: [��2 ;
�2 ] ! R koje je, po de�ni-
ciji, injektivna funkcija sa slikom sin[[��2 ;�2 ]] = [�1; 1]. Stoga je funkcija
S : [��2 ;�2 ] ! [�1; 1], S(x) = sinx, bijektivna, pa postoji inverzna joj funkcija
S�1 � ArcS : [�1; 1]! [��2 ;�2 ]. Napokon, pro�irenjem inkluzijom kodomene na
cijeli R, "inverznom" funkcijom polazne funkcije sin smatramo funkciju arkus-
sinus,
arcsin : [�1; 1]! R; arcsinx = ArcS(x):
Sasvim sliµcno, polazeci od funkcije cos, dolazimo da bijekcije C : [0; �]! [�1; 1],C(x) = cosx. Njezina inverzna funkcija jest C�1 � ArcC : [�1; 1] ! [0; �].
Sada "inverznom" funkcijom od cos smatramo funkciju arkus-kosinus,
44
arccos : [�1; 1]! R; arccosx = ArcC(x)
Primijetimo da je suµzenje tangensa na��2 ;
�2
�� Xtan bijekcija. Slijedi da
funkcija T � tg jh��2 ;
�2 i :
��2 ;
�2
�! R, T (x) = tg x, ima inverznu funkciju
T�1 � ArcT : R !��2 ;
�2
�. Pro�irujuci inkluzijom kodomenu na R, "in-
verznom" funkcijom od tg smatramo funkciju arkus-tangens,
arctg : R! R; arctg x = ArcT(x)
Na sliµcan naµcin, polazeci od funkcije ctg, dolazimo do bijekcije Ct � ctg jh0;�i :h0; �i ! R, Ct(x) = ctg x. Njezina je inverzna funkcija C�1t � ArcCt : R !h0; �i. Sada "inverznom" funkcijom polazne funkcije ctg smatramo funkciju
arkus-kotangens,
arcctg : R! R; arcctg x = ArcCt(x):
Grafovi ciklometrijskih funkcija arcsin i arccos prikazani su na narednom crteµzu.
y
xO
GarccosGarcsin
π/2
π
−π/2
11
y
Ox
Garcctg
Garctg
π/2
π
−π/2
Ciklometrijske funkcije.
Uoµcimo da su sve ciklometrijske funkcije ome�ene. Osim toga, arcsin i arctan
su strogo uzlazne, a arccos i arcctg strogo silazne funkcije.
Sliµcno trigonometrijskima i ciklometrijske funkcije su me�uovisne (vodeci raµcuna
o pripadnim domenama). Tako npr. vrijedi
arcsinx =�
2�arccosx = arccos
p1� x2 = arctg xp
1� x2= arcctg
p1� x2x
.
De�nicja 1.34 Osnovnim elementarnim funkcijama smatramo sve fun-
kcije �to smo ih de�nirali pod (i), (ii), (iii), (iv), (v) i (vi):
1.6.4 RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA
De�nicja 1.35 Elementarnom funkcijom smatramo svaku funkciju koja se
moµze konstruirati od osnovnih elementarnih funkcija i njihovih suµzenja primijen-
jujuci (konaµcno puta) zbrajanje, oduzimanje, mnoµzenje, dijeljenje i funkcijsko
komponiranje.
Pritom se osnovne raµcunske operacije na realnim funkcijama f; g : X ! Rde�niraju na prirodni naµcin:
(a) (f + g)(x) = f(x) + g(x);
(b) (f � g)(x) = f(x)� g(x);
45
(c) (f � g)(x) = f(x) � g(x);
(d)�fg
�(x) =
f(x)
g(x)µcim je g(x) 6= 0.
Primjer Funkcija f : [0; �i ! R, f(x) = 3x2�2 � sin 4px+1, jest elementarna, jer
je f = (f1 � (f2 � f3)) � (f4 � f5) + f6; gdje su f1 = exp3, f2 = kvadriranje (opcapotencija x 7! x2), f3 = c2 (konstanta u 2), f4 = sin, f5 = µcetvrto korjenovanje
(opca potencija x 7! x14 ), f6 = c1 (konstanta u 1).
Skup svih elementarnih funkcija se obiµcno dijeli na ove podskupove:
(i) Polinomi. Polinom (n-toga stupnja, n 2 N[f0g) smo de�nirali kao funkcijup : R ! R, p(x) = anx
n + � � � + a1x + a0, pri µcemu su a0; a1; � � � ; an 2 R i
an 6= 0 µcim je n 2 N. (Primijetimo da je p = ca0 konstantna funkcija u a0 µcim
je n = 0.)
(ii) Racionalne funkcije. Reci cemo da je f : X ! R, X � R, racionalnafunkcija ako je f(x) = p(x)
q(x) ; pri µcemu su p i q polinomi. Pritom je, dakako,
X = Rnfx j q(x) = 0g, �to je komplement nekoga konaµcnog podskupa od R.µCesto se toµcke u kojima racionalna funkcija f nije de�nirana, tj. nultoµcke od q,
nazivaju polovima od f . Ako oba polinoma p i q imaju racionalne koe�cijente,
onda kaµzemo da je f = pq racinalna funkcija s racionalnim koe�cijentima.
Ako je polinom p stupnja n, polinom q stupnja m i n � m, onda polinomskim
dijeljenjem p : q dobivamo da je pripadna racionalna funkcija f = pq zbroj
nekoga polinoma s (stupnja n �m) i prave racionalne funkcije rq u smislu da
je stupanj k polinoma r manji od m, k < m. Oµcigledna je µcinjenica da svaki
polinom jest racionalna funkcija.
(iii) Algebarske funkcije. Elementarne funkcije koje se mogu dobiti kom-
poniranjem opcih potencija s racionalnim eksponentima i racionalnih funkcija s
racionalnim koe�cijentima nazivamo algebarskim funkcijama.
Primjerice, f : X ! R; X � R; f(x) = 4
q�x2+12x3�5x
�5; jest algebarska funkcije,
dok g1;2 : R! R; g1(x) = (x4 + 7)p2; g2(x) =
p3x+ 2; to nisu.
Oµcito je da su racionalne funkcije s racionalnim koe�cijentima ujedno alge-
barske funkcije. Algebarske funkcije koje nisu racionalne nazivamo iracional-
nim funkcijama.
(iv) Transcendentne funkcije. Elementarne funkcije koje nisu algebarske
nazivamo transcendentnima. Prema tomu, me�u ove se ubrajaju sve ekspo-
nencijalne, logaritamske, trigonometrijske i ciklometrijske, kao i vecina racional-
nih funkcija (sve one kojima je neki koe�cijent iracionalan).
Vaµzne transcendentne funkcije jesu i tzv. hiperbolne funkcije, koje se dobiju
pomocu prirodne eksponencijalne funkcije kako slijedi:
46
sinh : R! R; sinhx =ex � e�x
2(sinus hiperbolni);
cosh : R! R; coshx =ex + e�x
2(kosinus hiperbolni);
tgh : R! R; tghx =sinhx
coshx(tangens hiperbolni);
ctgh : Rnf0g ! R; ctghx =coshx
sinhx(kotangens hiperbolni):
Hiperbolne funkcije.
Nazivi ukazuju na neku svezu s trigonometrijskim funkcijama. Ona se oµcituje
u relacijama �to me�usobno povezuju hiperbolne funkcije (koje su vrlo sliµcne -
"dualne" onima �to me�usobno povezuju trigonometrijske funkcije). Primjerice,
ctghx = (tghx)�1; cosh2 x� sinh2 x = 1;
sinh 2x = 2 sinhx coshx; cosh 2x = sinh2 x+ cosh2 x; tghx
2= �
rcoshx� 1coshx+ 1
i dr. (I ovdje cosh2, sinh2, � � � oznaµcuju potenciranje, a ne funkcijsko komponi-ranje!)
Primijetimo da su funkcije sinh, cosh i tgh neome�ene, dok je tgh ome�ena
funkcija. (cosh jest ome�ena odozdol, jer je veca ili jednaka od 1.) Nadalje,
cosh je parna, a sinh, tgh i ctgh su neparne funkcije.
Pogledajmo sada �to se moµze reci o invertiranju hiperbolnih funkcija, koje daje
tzv. area-funkcije. Lako se provjeri da je funkcija sinh : R ! R bijekcija papostoji inverzna joj funkcija
(sinh)�1 � arsh : R! R (area-sinus hiperbolni):
Funkcija cosh nije injektivna, ali jest injektivno njezino suµzenje cosh j[0;�i :[0; �i ! R i pritom je cosh[[0; �i] = coshR = [1; �i. Tada je funkcija Ch : [0; �i ![1; �i, Ch(x) = coshx, bijekcija s inverznom funkcijom C�1h : [1; �i ! [0; �i.Sada "inverznom" funkcijom od cosh smatramo pro�irenje inkluzijom od C�1hna kodomenu R, tj.
arch : [1; �i ! R; arch(x) = C�1h (x) (area-kosinus hiperbolni):
Funkcije tanh i coth su injektivne sa slikama tanh[R] = h�1; 1i i ctgh[Rnf0g] =Rn[�1; 1] = h�;�1i [ h1; �i. Prema tomu, funkcije Th : R ! h�1; 1i, Th(x) =tghx, i Cth : Rnf0g ! h�;�1i [ h1; �i, Cth(x) = ctghx, jesu bijekcije. Inveznufunkciju T�1h smatramo "inverznom" funkcijom od tanh i pi�emo:
47
arth : h�1; 1i ! R; arth(x) = T�1h (x) (area-tangens hiperbolni):
Inverznu funkciju C�1th : h�;�1i[h1; �i ! Rnf0g pro�irujemo inkluzijom kodomenedo "inverzne" funkcije od coth stavljajuci
arcth : h�;�1i[h1; �i ! R; arcth(x) = C�1th (x) (area-kotangens hiperbolni):
Area funkcije.
Primijetimo da area-funkcije nisu ome�ene (premda je arch nenegativna, pa je
ome�ena odozdol). Nadalje, arsh, arth i arcth su neparne funkcije.
I area-funkcije su me�usobno povezane odgovarajucim relacijama:
arsh(x) = � archpx2 + 1 = arth
xpx2 + 1
= arcth
px2 + 1
x(+ za x > 0, a � za x < 0) i dr. Buduci da su hiperbolne funkcije de�nirane
pomocu prirodne eksponencijalne funkcije, treba oµcekivati da area-funkcije do-
pu�taju analitiµcke zapise pomocu prirodne logaritamske funkcije. Zaista, lako
je izvesti sljedece veze:
arsh(x) = ln�x+px2 + 1
�; x 2 R; arch(x) = ln
�x+px2 � 1
�; x 2 [1; �i ;
arth(x) =1
2ln1 + x
1� x; x 2 h�1; 1i ; arcth(x) =1
2lnx+ 1
x� 1 ; x 2 R n [�1; 1]:
Napomenuli smo da cemo graf Gf =�(x; y) 2 R2 : x 2 X; y = f(x)
funkcije
f : X ! R jednostavno oznaµcavati sa y = f(x): Poznavajuci taj graf i svojstva
osnovnih elementarnih funkcija moµze se odrediti i graf y = f(x+ p) + q:
Primjer Ilustrirajmo to primjerom. Graf y = x2 � 2x+ 5 moµzemo zapisati nanaµcin y = (x�1)2�6 i nacrtat cemo ga tako da u translatiranom koordinatnomsustavu s isodi�tem u O0 = (1;�6) nactramo graf y0 = (x0)2:
4 3 2 1 1 2 3 4 5 6
10
10
x
y
6
O
O'
Graf y = x2 � 2x+ 5:
48
Isto tako poznavajuci graf y = f(x) moµzemo nacrtati i grafove:
y =1
f(x); y = jf(x)j ; y = 1
jf(x)j ; y =pf(x); y = ln f(x); y =
1
ln jf(x)j ; :::
Primjer Nacrtajmo grafove y = sinx; y = jsinxj ; y = 1sin x ; y = 1
jsin xj ;
y = ln sinx; y = ln jsinxj ; y = 1ln sin x ; y =
1lnjsin xj :
y = sin x y = jsin xj
y = 1sin x
y = 1jsin xj
y = ln sin x y = 1ln sin x
y = 1lnjsin xj
49
50
Poglavlje 2
LINEARNA ALGEBRA
2.1 MATRICE I DETERMINANTE
U ovomu odjeljku cemo uvesti dva temeljna tehniµcka pojma u linearnoj algebri
- matricu i determinantu - i demonstrirati njihovu primjenu na rje�avanje sus-
tava linearnih jednadµzaba. Pritom cemo zaobici pojmove vektorskog prostora i
linearnog operatora, jer ne raspolaµzemo dostatnim predznanjem iz apstraktne
algebre.
2.1.1 MATRICA
De�nicja 2.1 Brojevnu tablicu2666664a11 a12 � � � a1n
a21 a22 � � � a2n...
.... . .
...
am1 am2 � � � amn
3777775 ; m; n 2 N; (1)
nazivamo matricom - realnom ako su svi aij 2 R, a kompleksnom ako
je barem jedan aij(6= 0) 2 C, i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; n. Brojeve aij nazi-vamo matriµcnim elementima; pritom ai1; � � � ; ain tvore i-ti matriµcin redak,a a1j ; � � � ; amj j-ti stupac.
Za matricu s m redaka i n stupaca, m 6= n, µcesto nagla�avamo da je pra-
vokutna matrica tipa (m;n); posebne tipove (1; n) i (m; 1), n;m � 2, redomnazivamo jednorednom i jednostupµcanom matricom ; ako je m = n, govo-
rimo o kvadratnojmatrici n-toga reda. (Primijetimo da je kvadratna matrica
prvoga reda - broj a11.) Elementi a11; � � � ; ann kvadratne matrice tvore njezinuglavnu dijagonalu, a elementi a1n; a2;n�1; � � � ; an1 njezinu sporednu dijago-
51
nalu. Kvadratnu matricu kojoj je svaki element na glavnoj dijagonali jedinica, a
svaki ini element jest nula, nazivamo jediniµcnom matricom. Napokon, matricu
nazivamo nulmatricom ako joj je svaki element nula.
Matrice oznaµcujemo velikim (malo uko�enim) masnim slovima: A; B; C,: : : ;
X; Y , : : : Jediniµcnu matricu oznaµcujemo slovom I, a nulmatricu slovom O.µZelimo li istaknuti matriµcne elemente i tip, pi�emo i A = (aij)m;n ili samo (aij).
Ponekad se pojavi potreba i za zapisom aij = (A)ij .
Primjer Promatrajmo ove matrice:
A =
"2p3 �1
�4 0 12
#; I =
"1 0
0 1
#;
B =h�i+ 3 1 0
p2 i
i; O =
26640
0
0
3775 :A je pravokutna (2,3)-matrica, I je jediniµcna matrica drugoga reda, B je jed-
noredna (1,5)-matrica, a O je jednostupµcana (3,1)-nulmatrica. Primijetimo i
to da su A, I i O realne, dok je B kompleksna matrica. (Buduci da je
R � R + f0ig � C, to svaku realnu matricu smijemo, zapravo, smatrati ikompleksnom!)
De�nicja 2.2 Dvije matrice A = (aij)m;n i A0 = (a0i0j0)m0n0 smatramo jed-
nakima i pi�emo A = A0, ako je m = m0, n = n0 i, za svaki i(� i0) = 1; � � � ; n
i j(� j0) = 1; � � � ;m, aij = a0ij.
Na skupu svih matrica istog tipa na prirodan se naµcin de�niraju zbrajanje
i oduzimanje, kao i mnoµzenje matrice skalarom (realnim ili kompleksnim
brojem).
De�nicja 2.3 Ako su A = (aij) i B = (bij) dvije matrice istog tipa (m;n),
onda zbrojem matrice A s matricom B smatramo matricu C tipa (m;n) s ele-
mentima
cij = aij + bij ; i = 1; � � � ; n; j = 1; � � � ;m;pi�emo: C= A+B.
De�nicja 2.4 Umnoµzak broja � s matricom A = (aij) tipa (m;n) de�niramo
kao matricu B = (bij) istoga tipa s elementima
bij = �aij ; i = 1; � � � ; n; j = 1; � � � ;m;pi�emo: B = �A. Za � = �1 pi�emo B = �A. Matriµcno oduzimanje sadade�niramo pravilom:
A�B = A+ (�B):
52
Primjer Za matrice A =
266412 i
�i 2
0 1
3775 ; B =
2664�1 1
2 i
2 13
3775 izraµcunajmo A +B,A�B i (�2i)A.
A+B =
266412 + (�1) i+ 1
�i+ 2 2 + i
0 + 2 1 + 13
3775 =2664� 12 1 + i
2� i 2 + i
2 43
3775 ;
A�B =
266412 � (�1) i� 1�i� 2 2� i0� 2 1� 1
3
3775 =2664
32 �1 + i
�2� i 2� i�2 2
3
3775 ;
(�2i)A =
2664(�2i) 12 (�2i)i
(�2i)(�i) (�2i)2(�2i)0 (�2i)1
3775 =2664�i 2
�2 �4i0 �2i
3775Lako je dokazati istinitost sljedecega teorema:
Teorem 2.5 Ako su A; B i C matrice istog tipa, a � i � brojevi, onda je:
(a) A+B = B +A;
(b) (A+B)+C= A+ (B+C);
(c) �(A+B) = �A+ �B;
(d) (�+ �)A = �A+ �A;
(e) �(�A) = (��)A.
Svojstvo (b) iz gornjega teorema dopu�ta de�nirati zbroj od konaµcno mnogo
(r 2 N, r � 3) matrica istog tipa:rX
k=1
Ak � A1 +A2 + � � �+Ar�1 +Ar =
�r�1Xk=1
Ak
�+Ar � (A1 +A2 + � � �+Ar�1) +Ar:
Ako su A1;A2; � � � ;Ar matrice istog tipa i �1; �2; � � � ; �r brojevi, onda zbroj(matricu)
A � �1A1 + �2A2 + � � �+ �rAr �rX
k=1
�kAk
nazivamo matriµcnom linearnom kombinacijom (s koe�cijentima �1; �2; � � � ; �k).Kaµzemo da je linearna kombinacija trivijalna, ako je �1 = �2 = � � � = �r = 0; u
protivnom, tj. µcim je barem jedan od koe�cijenata �k 6= 0, k 2 [1; r]N, govorimoo netrivijalnoj linearnoj kombinaciji. (Ako je linearna kombinacija trivijalna
onda je oµcito A = O - nulmatrica, ali ne i obratno!)
53
De�nicja 2.6 Za matrice A1;A2; � � � ;Ar tipa (m;n) kaµzemo da su linearno
zavisne ako se nulmatrica O tipa (m;n) moµze prikazati kao neka njihova netri-
vijalna linearna kombinacija: U protivnom cemo reci da su matriceA1;A2; � � � ;Ar
linearno nezavisne.
Po de�niciji se, dakle, bar jedna od linearno zavisnih matrica A1;A2; � � � ;Ar
moµze izraziti kao linearna kombinacija preostalih. Zaista, ako je npr. �k0 6= 0,onda
O =rX
k=1
�kAk ) Ak0 =1
�k0
rXk=1k 6=k0
(��k)Ak:
Primjer Matrice A =h1 2
i, B =
h�1 3
i, i C =
h5 0
isu linearno
zavisne jer je 3A� 2B�C = O. Buduci da su ovdje svi koe�cijenti razliµciti od
nule, to se svaka od promatranih matrica moµze prikazati linearnom kombinaci-
jom dviju preostalih. Tako je A = 23B + 1
3C, B = 32A�
12C, C = 3A� 2B.
Napomena 2.7 Svaki matriµcin redak (stupac) smijemo smatrati jednorednom
(jednostupµcanom) matricom, pa u tomu smislu govorimo i o linearnoj kom-
binaciji i linearnoj zavisnosti ili nezavisnosti redaka (stupaca) proma-
trane matrice.
Primjer Matriµcni redci u A =
26641 2
�1 3
5 0
3775 su linearno zavisni, jer su linearnozavisne jednoredne matrice
h1 2
i,h�1 3
i,h5 0
i:
Za tzv. ulanµcane matriµcne parove moµze se de�nirati njihovo mnoµzenje.
De�nicja 2.8 Reci cemo da je ure�eni matriµcni par (A;B), gdje je A tipa
(m;n) i B tipa (r; p), ulanµcan ako je r = n; pritom pi�emo A = (aik) i
B = (bkj). Tada umnoµzak matrice B matricom A de�niramo kao matricu
C= (cij) tipa (m; p) s elementima
cij =nXk=1
aikbkj ; i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; p;
i pi�emo C= A �B (� AB).(Dakle, matriµcni element cij je zbroj svih umnoµzaka odgovarajucih elemenata
iz i-toga retka matrice A s onima iz j-toga stupca matrice B.)
Primjer Pomnoµzimo matricom A =
"2 1 1
0 1 �1
#matricu B =
2664�10
2
3775.54
A je tipa (2; 3), a B tipa (3; 1) pa je ure�eni par (A;B) ulanµcan. Pripadni
umnoµzak jest matrica C = AB tipa (2; 1),
C =
"2 1 1
0 1 �1
#2664�10
2
3775 ="
2(�1) + 1 � 0 + 1 � 20(�1) + 1 � 0 + (�1)2
#=
"0
�2
#.
Primijetimo da ure�eni par (B;A) nije ulanµcan, pa umnoµzak matrice A matri-
com B, "BA", nije de�niran.
Primjer Neka je A =
"2 1
1 0
#i B =
"�1 1
5 2
#.
Lako se izraµcuna AB =
"3 4
�1 1
#i BA =
"�1 �112 5
#. Primijetimo da su
oba para (A;B) i (B;A) ulanµcana i da su produktne matrice AB i BA istoga
tipa, ali da je AB 6= BA. Prema tomu, matriµcno mnoµzenje nije komutativno.
Teorem 2.9 Neka su A = (aik), B = (bkl), C= (clj), D = (dlj), E = (ejt)
matrice tipa (m;n), (n; r), (r; p), (r; p), (p; s) redom i neka je � bilo koji broj.
Tada je:
(a) (AB)C= A(BC);
(b) B(C +D) = BC +BD;
(c) (C +D)E = CE +DE;
(d) �(AB) = (�A)B = A(�B).
Dokaz. Sve su tvrdnje rutinski lako dokazive.
Ilustracije radi, dokaµzimo (a):
((AB)C)ij =rXl=1
(AB)ilclj =rXl=1
� nXk=1
aikbkl
�clj =
rXl=1
nXk=1
(aikbkl)clj =
rXl=1
nXk=1
aik(bklclj) =
nXk=1
aik
� rXl=1
bklclj
�=
nXk=1
aik(BC)kj = (A(BC))ij ;
za svaki i = 1; � � � ;m i svaki j = 1; � � � ; n.
2.1.2 DETERMINANTA
Determinantu de�niramo kao funkciju A 7! detA iz skupa svih kvadratnih
matrica u skup realnih (ili kompleksnih) brojeva. Pravilo je sljedece:
De�nicja 2.10 Neka je A =
2666664a11 a12 � � � a1n
a21 a22 � � � a2n...
.... . .
...
an1 an2 � � � ann
3777775 kvadratna matricak
55
n-tog reda, Sn skup svih permutacija p = (p1; p2; � � � ; pn) od [1; n]N i i(p) ukupnibroj inverzija u toj permutaciji. Broj
detA =Xp2Sn
(�1)i(p)a1p1a2p2 � � � anpn (2)
nazivamo determinantom matrice A. (ZnakPp2Sn
upucuje na zbrajanje po
svim permutacijama iz Sn pa pribrojnika ima koliko i svih permutacija n-toga
reda, dakle, jSnj = n!.)
Primijetimo da je, u sluµcaju n = 1, det [a11] = a11: Korisno je prihvatiti da
formalna oznaka za determinantu bude pripadna matriµcna tablica, ali sada (ra-
zlikovanja radi) u okomitim zagradama, tj.
detA �
�����������
a11 a12 � � � a1n
a21 a22 � � � a2n...
.... . .
...
an1 an2 � � � ann
�����������:
To dopu�ta govoriti o elementima, retcima, stupcima, � � � determinante detA,pa onda i o samoj determinanti D � detA ne spominjuci pripadnu matricu.
Primjer Izraµcunajmo vrijednost D determinante
����� a11 a12
a21 a22
����� :Buduci da je S2 = f(1; 2); (2; 1)g, to u prvoj permutaciji nema inverzija, a drugojje jedna. Dakle, i(1; 2) = 0, i(2; 1) = 1. Stoga je, po de�niciji,
D = (�1)0a11a22 + (�1)1a12a21 = a11a22 � a12a21:(Determinanta drugoga reda je jednaka razlici umn�ka elemenata glavne i um-
no�ka elemenata sporedne dijagonale.)
Primjer Izraµcunajmo vrijednost D determinante
��������a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
�������� :Ovdje je S3 = f(1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1)g, pa je
i(1; 2; 3) = 0, i(1; 3; 2) = 1, i(2; 1; 3) = 1, i(2; 3; 1) = 2, i(3; 1; 2) = 2, i(3; 2; 1) =
3. Prema tomu,
D = (�1)0a11a22a33 + (�1)1a11a23a32 + (�1)1a12a21a33++(�1)2a12a23a31 + (�1)2a13a21a32 + (�1)3a13a22a31 = � � � =
a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 � (a13a22a31 + a11a23a32 + a12a21a33).
Ishod namece primjenu memotehniµckoga pravila (tzv. Sarrusova pravila) -
sheme��������a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
��������a11 a12
a21 a22
a31 a32
56
u kojoj treba pomnoµziti elemente svake od triju "glavnih dijagonala" pa do-
biveno zbrojiti, pomnoµziti elemente svake od triju "sporednih dijagonala" pa
dobiveno zbrojiti, te na koncu oduzeti drugi broj od prvoga: Primjerice, za
A =
26641 �1 0
3 2 4
�1 1 5
3775 je
detA =
��������1 �1 0
3 2 4
�1 1 5
��������1 �13 2
�1 1
=
1 � 2 � 5 + (�1) � 4 � (�1) + 0 � 3 � 1� 0 � 2(�1) + 1 � 4 � 1 + (�1) � 3 � 5) =14� (�11) = 25:
Da bismo prona�li �to jednostavniji postupak za izraµcunavanja determinante,
posebice za n � 4, pogledajmo jo�jednom de�nicijsku formulu (2). Uoµcimo da
je detA zbroj od n! pribrojnika, a svaki pribrojnik je umnoµzak od po jednog
elementa iz svakoga retka i svakoga stupca i pritom je prvi faktor iz prvoga
retka, drugi iz drugoga, : : : , n-ti iz n-toga retka. Takav umnoµzak zadrµzava svoj
predznak µcim je broj inverzija drugih indeksa njegovih faktora paran, a mijenja
predznak µcim je broj tih inverzija neparan. Kad bi u promatranim umno�cima
faktori komutirali tako da prvi faktor bude iz prvoga stupca, drugi iz drugoga,
: : : , n-ti iz n-toga, onda bi drugi indeksi tih faktora uvijek bili u osnovnoj per-
mutaciji (1; 2; � � � ; n), a prvi indeksi bi tvorili sve moguce permutacije. Jednos-tavno je pokazati da je broj inverzija u permutaciji prvih indeksa - kad su drugi
indeksi u osnovnoj permutaciji, jednak broju inverzija u permutaciji drugih in-
deksa - kad su prvi indeksi u osnovnoj permutaciji. (Komutiranjem faktora se
broj inverzija prvih indeksa poveca za onoliko za koliko se broj inverzija drugih
indeksa smanji - i obratno!) Stoga se formula (2) smije napisati i u ovomu obliku
detA =Xp2Sn
(�1)i(p)ap11ap22 � � � apnn; p = (p1; p2; � � � ; pn): (20)
Sljedecim lemama cemo iskazati nekoliko temeljnih determinantinih svojstava.
Lema 2.11 Neka su D = (aij) i D0 = (a0ij) determinante za koje a0ij = aji,
i; j = 1; � � � ; n. Tada je D = D0. (Ekvivalentno: Zamjenom svakoga retka
odgovarajucim stupcem i obratno, determinanta ne mijenja vrijednost. Dakle,
sve �to se iskaµze i dokaµze o determinanti u terminima redaka, moµze se iskazati i
dokazati u terminima stupaca.)
Dokaz. Tvrdnja Leme 2.11 je izravna posljedica prije spomenute ekvivalent-
nosti (2), (20).
57
Lema 2.12 Izmjenom mjesta dvaju redaka (stupaca) determinanta mijenja pred-
znak.
Dokaz. Izmjenom mjesta dvaju redaka, u formuli (2) dolazi do premjestbe
pripadnih faktora iz tih redaka, a time i do premjestbe dvaju elemenata u per-
mutaciji drugih faktora. Posljedica je ili povecanje ili smanjenje broja pripadnih
inverzija za neparan broj. Ako dva susjedna elementa neke permutacije izmi-
jene mjesta, broj inverzije ce se promijeniti za �1; ako nisu susjedi onda jeizme�u njih k elemenata, pa se njihovo me�usobno premje�tanje moµze obaviti
pomocu 2k � 1 premje�tanja susjednih elemenata. To povlaµci promjenu pred-znaka svakoga pribrojnika u formuli (2), tj. promjenu predznaka od detA.
Lema 2.13 Determinanta s dva jednaka retka (stupca) jednaka je nuli.
Dokaz. Me�usobnom zamjenom dvaju jednakih redaka determinantaD se oµcito
ne mijenja. S duge strane, po Lemi 2.12, mora promijeniti predznak. Preostaje
zakljuµciti D = 0.
Lema 2.14 Ako se D0 moµze dobiti iz determinante D tako da se svi elementi
nekog retka (stupca) podijele brojem � 6= 0, onda je D = �D0. (Ekvivalentno:
(a) Determinanta se mnoµzi nekim brojem tako da se njima pomnoµze svi elementi
samo jednog retka (stupca); (b) zajedniµcki se faktor svih elemenata jednog retka
(stupca) smije izluµciti ispred determinante.)
Dokaz. Neka je podijeljen l-ti redak, za neki l 2 f1; � � � ; ng, determinante D.Po De�niciji 2.10, determinanta D0 je zbroj odgovarajucih umnoµzaka u svakomu
od kojih se kao jedan od faktora pojavljuje element alj� , j = 1; � � � ; n, podijeljenaretka. Zakljuµcak slijedi neposredno.
Primer Izraµcunajmo determinantu D =
��������116 8 2218 �12 �1138 24 �33
�������� :
D =1
16�4 �11 �
��������1 2 2
2 �3 �16 6 �3
�������� =11
4�3 �
��������1 2 2
2 �3 �12 2 �1
�������� =33
4�25 = 206; 25:
Lema 2.15 Ako su svi elementi nekog retka (stupca) jednaki nuli i determi-
nanta je jednaka nuli.
Dokaz. Dovoljno je primijetiti da tada svaki pribrojnik u formuli (2) sadrµzi fak-
tor 0.
58
Lema 2.16 Ako se dvije n-redne determinante razlikuju samo u elementima
jednog te istog retka (stupca), onda se one smiju zbrojiti tako da se zbroje odgo-
varajuci elementi tih redaka (stupaca), dok se ostali retci (stupci) ne mijenjaju.
Dokaz. Neka se determinante D i D0 razlikuju samo u elementima l-toga retka,
za neki l 2 f1; � � � ; ng. Tada je
D +D0 =Xp2Sn
(�1)i(p)alrlnY
i=1;i 6=lairi +
Xp2Sn
(�1)i(p)a0lrlnY
i=1;i 6=lairi =
Xp2Sn
(�1)i(p)(alrl + a0lrl)nY
i=1;i 6=lairi = D00;
gdje je D00 determinanta kojoj l-ti redak tvore elementi (alrl + a0lrl), ri =
1; � � � ; n, dok su svi ostali retci jednaki odgovarajucima od determinante D,odnosno, determinante D0.
Lema 2.17 Determinanta ne mijenja vrijednost ako se elementima bilo kojeg
retka (stupca) pribroje, nekim brojem � pomnoµzeni, odgovarajuci elementi bilo
kojeg drugog retka (stupca).
Dokaz. Lema 2.17 slijedi iz Lema 2.16 i 2.13.
Primjer Izraµcunajmo determinantu D =
��������1000 �668 1331
�1200 799 �1601�3 2 �4
�������� :Da bismo u raµcunu izbjegli mnoµzenje velikih brojeva, primijenimo Lemu 2.17,
tako da najprije prvomu retku pridodamo treci redak pomnoµzen s 333; a potom
drugomu retku - treci redak pomnoµzen s �400. Tako dobivamo
D =
��������1000 + (�3)333 �668 + 2 � 333 1331 + (�4) � 333
�1200 799 �1601�3 2 �4
�������� =��������1 �2 �1
�1200 799 �1601�3 2 �4
�������� =��������1 �2 �1
�1200 + (�3)(�400) 799 + 2(�400) �1601 + (�4)(�400)�3 2 �4
�������� =��������1 �2 �10 �1 �1�3 2 �4
�������� = (4 + (�6) + 0)� (�3 + (�2) + 0) = 3:59
Za otkrivanje na�to skrovitijih determinantinih svojstava trebamo pojam tzv.
algebarskog komplementa. Ako se u matrici A tipa (m;n) uoµci bilo kojih r
redaka i s stupaca, 1 � r � m i 1 � s � n, onda sva njihova "presjeci�ta" tvorematricu tipa (r; s) koju nazivamo podmatricom matrice A. Determinantu
kvadratne podmatrice (r = s) nazivamo poddeterminantom matriceA, a ako
je A kvadratna matrica (m = n); govorimo i o poddeterminanti determinante
detA. Posebno ce nam biti vaµzni sluµcajevi m = n i r = s = n � 1, tj. podde-terminante �to se dobiju ispu�tanjem toµcno jednog (i-tog) retka i toµcno jednog
(j-tog) stupca kvadratne matrice A (determinante detA), i; j 2 f1; � � � ; ng.Takvu poddeterminantu oznaµcujemo s Dij .
De�nicja 2.18 Algebarskim komplementon (ili kofaktorom) elementa aijdeterminante D = detA nazivamo broj Aij = (�1)i+jDij.
Lema 2.19 Svaka determinanta dopu�ta tzv. Laplaceov razvoj po elemen-
tima bilo kojeg retka (stupca), tj.
D =
nXi=1
aijAij ; j 2 f1; � � �ng; (3)
�D =
nXj=1
aijAij ; i 2 f1; � � �ng�: (30)
Dokaz. Dokaµzimo, prvo, tvrdnju u sluµcaju i = 1, tj. da D dopu�ta Laplaceov
razvoj po elementima prvoga retka, odnosno, da je
D =nXj=1
a1jA1j : (4)
Oznaµcimo sa S(j) skup svih permutacija pj = (k2; � � � ; kn) od [1; n]N n fjg.Primijetimo da se permutacija p = (k1; k2; � � � ; kn) od [1; n]N, gdje je k1 = j,
moµze dobiti tako da se permutaciji pj "pridoda" j na prvo mjesto: Oznaµcimo li
sa S0(j) skup svih permutacija p dobivenih iz permutacije pj 2 S(j) na taj naµcin,proizlazi da je skup Sn svih permutacije od [1; n]N jednak disjunktnoj uniji svih
skupova S0(j), pa za pripadne kardinalne brojeve vrijedi
jSnj =nXj=1
��S0(j)�� = nXj=1
��S(j)�� :Buduci da u permutaciji p = (j; k2; � � � ; kn) ima j � 1 inverzija vi�e nego upermutaciji pj = (k2; � � � ; kn) (toliko, tj. j � 1, inverzija tvori element j spreostalim elementima kad se nalazi na prvomu mjestu u bilo kojoj permutaciji
od [1; n]N), to primjenom de�nicijske formule (2) naD1j , j = 1; � � � ; n, dobivamonXj=1
a1jA1j =nXj=1
a1j(�1)1+jD1j =nXj=1
a1j(�1)1+jX
pj2S(j)
(�1)i(pj)a2k2 � � � ankn =
nXj=1
Xpj2S(j)
(�1)i(pj)+1+ja1ja2k2 � � � ankn =nXj=1
Xpj2S0(j)
(�1)i(pj)+1+ja1ja2k2 � � � ankn =
60
Xp2S(n)
(�1)i(p)+2a1k1a2k2 � � � ankn =X
pj2S(j)
(�1)i(p)a1k1a2k2 � � � ankn = D:
Dokaµzimo sada obstojnost Laplaceova razvoja po bilo kojem determinantinu
retku! U tu svrhu, premjestimo uoµceni i-ti redak, i � 2, na prvo mjesto, pa ce(biv�i) prvi redak postati drugim retkom, : : :, (i � 1)-vi - i-tim retkom. Time
smo izvr�ili ukupno (i�1)-nu zamjenu susjednih redaka i dobili determinantu D0
elemente koje oznaµcimo s a0ij , algebarske komplemente - sa A0ij i podeterminante
- sa D0ij , i; j = 1; � � � ; n. Buduci da je a01j = a1j i D0
1j = D1j za svaki j, Lema
2.12 i dokazana formula (4) povlaµce
D = (�1)i�1D0 = (�1)i�1nXj=1
a01jA01j = (�1)i�1
nXj=1
a01j(�1)1+jD01j =
nXj=1
aij(�1)i�1+1+jDij =nXj=1
aijAij :
Naime, za k 6= i jenPj=1
akjAij = 0; (za l 6= j jenPj=1
ailAij = 0); jer determinanta
kojoj pripada takav Laplaceov razvoj ima dva jednaka retka (stupca).
Primjer Izraµcunajmo determinantu D =
�����������2 8 8 �43 12 15 �37 28 �14 14
3 8 4 3
����������:
Izluµcimo, po Lemi 2.14, iz prvoga retka faktor 2, iz drugoga - faktor 3, iz
trecega - faktor 7, te iz "drugoga" stupca - faktor 4. Primijenjujuci Lemu 2.17,
novodobiveni prvi redak pribrojimo drugomu retku, potom - trecemu retku,
te ga jo�pomnoµzena s 3 pribrojimo µcetvrtomu retku. Dobivenu determinantu
razvijmo (Lema 2.19) po elementima prvoga stupca, pa ponovno primijenimo
odgovarajuca pravila na novodobivenu determinantu (trecega reda). Cijeli pos-
tupak je skraceno prikazan donjim raµcunom:
D = 2 � 3 � 7 � 4
�����������1 1 4 �21 1 5 �11 1 �2 2
3 2 4 3
����������= 168
�����������1 1 4 �20 2 9 �30 2 2 0
0 5 16 �3
����������=
168
0BB@(�1)��������2 9 �32 2 0
5 16 �3
��������� 0��������1 2 �22 2 �35 16 0
��������+
0
��������1 2 �12 9 �35 16 �3
��������� 0��������1 4 �22 9 �32 2 0
��������1CCA =
61
�168
��������2 9 �32 2 0
5 16 �3
�������� = �168��������2 7 �32 0 0
5 11 �3
�������� =�168 � (�2)
����� 7 �311 �3
����� = 4032:Lema 2.20 Determinanta je jednaka nuli onda i samo onda kad su joj retci
(stupci) linearno zavisni.
Dokaz. Ako su determinantini retci linearno zavisni, barem se jedan od njih
moµze prikazati kao linearna kombinacija preostalih (v. De�niciju 2.10 i Napomenu
2.7), pa je po Lemi 2.17 ta determinanta jednaka nuli. Obratno, pretpostavimo
da je determinanta D jednaka nuli. Radi li se o determinanti nul-matrice, tvrd-
nja o linearnoj zavisnosti je oµcigledna. Stoga pretpostavimo da je barem jedan
od determinantinih elemenata razliµcit od nule. Izostavljanjem r redaka i r stu-
paca iz D, r = 0; 1; � � � ; n�1, dobivamo pripadnu poddeterminantu (n�r)-togareda. Oznaµcimo k � n � r 2 f1; � � � ; n � 1g, pa primijetimo da nuµzno postojineki k za koji je barem jedna poddeterminanta D(k) od D k-toga reda razliµcita
od nule i svaka poddeterminanta vi�ega (od k) reda jednaka nuli. Ne smanjujuci
opcenitost, smijemo pretpostaviti (v. Lemu 2.12) da je D(k) pripadni "gornji
lijevi dio" od D, tj. da je
D(k) =
��������a11 � � � a1k...
. . ....
ak1 � � � akk
�������� :Promatrajmo sve daterminante (k + 1)-vog reda �to se mogu dobiti izostavlja-
njem n � k � 1 redaka i n � k � 1 stupaca iz determinante D, kojima je D(k)
poddeterminanta. Oznaµcimo takvu podeterminantu s D(k+1)st µcim ona sadrµzi
s-ti redak i t-ti stupac od D, s; t > k. Dakle,
D(k+1)st =
�����������
a11 � � � a1k a1t...
. . ....
...
ak1 � � � akk akt
as1 � � � ask ast
�����������:
Oznaµcimo kofaktore od a1t; � � � akt; ast (zadnji stupac) redom s A1;k+1; � � � ;Ak;k+1; Ak+1;k+1 (radi se o (k+1)-vom stupcu promatrane determinanteD
(k+1)st ).
Ti kofaktori ne ovise o indeksu t. Po formuli (3) (Lema 2.19) i zbog D(k+1)st = 0,
slijedi
0 = a1tA1;k+1 + � � �+ aktAk;k+1 + astAk+1;k+1;
pa, buduci da je Ak+1;k+1 6= 0, dobivamo
62
ast = �A1;k+1Ak+1;k+1
a1t � � � � �Ak;k+1Ak+1;k+1
akt
za svaki t > k. S druge strane, po formuli (4), isto vrijedi i za t � k. (Ako,
naime, elemente jednog od prvih k stupaca pomnoµzimo odgovarajucim kofak-
torima elemenata zadnjega stupca, zbroj tako dobivenih umnoµzaka bit ce jednak
nuli.) Stavimo li
�i = �Ai;k+1Ak+1;k+1
; i = 1; � � � ; k;
dobivamo
ast =kXi=1
�iait; t = 1; � � � ; n; tj.
[as1 � � � asn] =h kXi=1
�iai1 � � �kXi=1
�iain
i=
kXi=1
�i [ai1 � � � ain]
za svaki s = k + 1; � � � ; n. Buduci da dobiveno vrijedi i za svaki s = 1; � � � ; k,(�i = 0 za i 6= s i �s = 1), dokazali smo da je svaki determinantin redak linearna
kombinacija prvih k (1 � k � n� 1) redaka. Prema tomu, determinanta D ima
linearno zavisne retke.
Dokazujuci nuµznost u Lemi 2.20 dokazali smo i ovu µcinjenicu:
Neka su determinanti D n-tog reda sve poddeterminante (k+1)-vog reda jednake
nuli i neka ima bar jednu poddeterminantu k-tog reda razliµcitu od nule, 1 � k �n � 1. Tada D ima toµcno k linearno nezavisnih redaka (stupaca) i svaki je od
preostalih redaka (stupaca) neka njihova linearna kombinacija. Broj k nazivamo
rangom determinante D i obiµcno oznaµcujemo slovom r; ukljuµcujuci pritom i
pro�irenje: r = n, D 6= 0 i r = 0, D = detO.
2.1.3 MATRIµCIN RANG
Matriµcin rang de�niramo analogno determinantinu rangu.
De�nicja 2.21 Reci cemo da matrica A ima rang r � r(A), ako sadrµzi
kvadratnu podmatricu r-toga reda determinanta koje je razliµcita od nule i ako je
determinanta svake kvadratne podmatrice od A reda veceg od r jednaka nuli.
Iz de�nicije slijedi da je matriµcin rang r(A) � minfm;ng µcim je matrica A tipa
(m;n). Nadalje, iz Leme 2.20 i njegova dokaza slijedi: Matrica A ima rang r
ako i samo ako sadrµzi toµcno r linearno nezavisnih redaka (stupaca); preostali
retci (stupci) su neke njihove linearne kombinacije.
Primjer Matrica A =
26644 2 1 3
6 3 4 7
2 1 0 1
3775 tipa (3; 4) ima µcetiri kvadratne pod-matrice trecega reda (dobivamo ih ispu�tanjem po jednog stupca) i sve one
63
imaju determinantu jednaku nuli. Buduci da postoji barem jedna kvadratna
podmatrica od A drugoga reda (npr. ona u "donjem desnom kutu") kojoj je
determinanta razliµcita od nule, slijedi da je r(A) = 2.
Radi vaµznosti matriµcina ranga, korisno je otkriti �to jednostavniju tehniku nje-
gova odre�ivanja.
De�nicja 2.22 Elementarnom operacijom na matrici nazivamo svaki od
ovih postupaka:
(1) Izmjena mjesta bilo kojih dvaju redaka (stupaca);
(2) mnoµzenje bilo kojeg retka (stupca) bilo kojim brojem razliµcitim od nule;
(3) pribrajanje bilo kojem retku (stupcu) bilo koje linearne kombinacije bilo
kojih od preostalih redaka (stupaca).
De�nicja 2.23 Neka su A i B matrice istog tipa. Reci cemo da je matrica
B ekvivalentna matrici A, ako se B moµze dobiti iz A primjenom konaµcno
mnogo elementarnih operacija.
Lako se pokaµze da je ova ekvivalentnost razredbena relacija na skupu svih ma-
trica istog tipa. Oznaµcit cemo ju s A � B.
Teorem 2.24 Ekvivalentne matrice imaju isti rang.
Dokaz. Prvom elementarnom operacijom se mijenja samo predznak one pod-
determinante koja sadrµzi dotiµcne retke (stupce) ili njihove dijelove; drugom se
pripadna poddeterminanta mnoµzi brojem razliµcitim od nule; trecom se podeter-
minantina vrijednost ne mijenja. Prema tomu, elementarne operacije ne utjeµcu
na (ne)i�µcezavanje poddeterminanata.
Jednostavno je pokazati da elementarnim operacijama na matrici A moµzemo
dobiti matricu B kojoj je svaki element bij = 0 µcim je i 6= j, a oµcito je da je
rang r(B) jednak broju elemenata bii 6= 0.
Primjer Odrediti matriµcin rang r(A) za A =
2666641 1 �1 1 2
�3 1 1 0 2
4 1 1 0 �1�1 1 0 �1 1
377775 :
A �
2666641 1 �1 1 2
0 �1 4 �4 �60 2 �1 0 3
0 4 �2 3 8
377775 �2666641 1 �1 1 2
0 �1 4 �4 �60 0 7 �8 �90 0 14 �13 �16
377775 �
64
2666641 1 �1 1 2
0 �1 4 �4 �60 0 7 �8 �90 0 0 3 2
377775 � � � � �2666641 0 0 0 0
0 �1 0 0 0
0 0 7 0 0
0 0 0 3 0
377775 :U prvomu koraku smo pomnoµzili prvi redak s 3;�4; 1; i redom pribrojili dru-
gomu, trecemu, µcetvrtomu retku. Time smo u prvomu stupcu "ispod" mjesta
(1,1) dobili same nule. U drugomu koraku smo treci redak pribrojili µcetvertomu
i dobiveno stavili na mjesto drugoga retka, drugi redak smo stavili na mjesto
µcetvrtoga retka, a µcetvrti na mjesto trecega retka. Time smo i u drugomu stupcu
"ispod" mjesta (2,2) dobili same nule. Nastavljajuci na isti naµcin, dobivamo ma-
tricu koja "ispod glavne dijagonale" ima same nule. Napokon, primijenjujuci
elementarne operacije na stupcima, dobivamo matricu kojoj su svi elementi s
razliµcitim indeksima jednaki nuli. Sada je oµcito da je rang r(A) = 4.
Na kraju cemo se jo�malo baviti kvadratnim matricama.
De�nicja 2.25 Za kvadratnu matricu n-tog reda kaµzemo da je regularna ako
joj je rang jednak n. U protivnom, tj. ako je matriµcin rang manji od njenoga
reda, govorimo o singularnoj matrici.
Ekvivalentno je reci (v. µcinjenicu istaknutu po dokazu Leme 2.20):
� Matrica A je regularna , detA 6= 0, odnosno,� A je singularna , detA = 0.
Primjer Kvadratna matrica A trecega reda, A =
26641 �2 �1�3 3 0
2 2 4
3775 je singu-larna, jer je detA = 0. (Rang r(A) = 2 < 3.)
Promatrajmo par kvadratnih matrica A; B istog reda i jediniµcnu matricu I
toga reda. Reci cemo da je matrica B inverzna matrici A, ako je
AB = I = BA:
Teorem 2.26 Singularna matrica nema inverzne matrice. Regularna matrica
A = (aij) ima toµcno jednu inverznu matricu B � A�1 = (bij),
bij =AjidetA
; (5)
(Aji je kofaktor od aji u determinanti detA).
Dokaz. Kad bi singularna matrica A imala inverznu matricu B, bilo bi:
1 = det I = det(AB) = detA � detB = 0 � detB = 0 - protuslovlje.
Neka je A = (aij) bilo koja regularna matrica bilo kojeg reda n. Tada je
detA 6= 0 pa je jednako�cu bij =Aji
detA dobro de�nirana matrica B = (bij)
istoga reda n. Mnoµzenjem AB dobivamo ( v. Lemu 2.19)
65
(AB)ij =nXk=1
aikbkj =nXk=1
aikAjkdetA
=
1
detA
nXk=1
aikAjk =1
detA�(detA,
0;=
(1 i = j
0 i 6= j:
Dakle, AB = I. Na isti se naµcin dobiva i BA = I. Za dokaz jedinstvenosti
inverzne matrice, neka su matrice B i C inverzne matrici A. Tada je C = IC=
(BA)C= B(AC) = BI = B.
Primjer Potvrdimo da je matrica
A =
266664�1 0 0 1
1 �1 0 0
0 1 �1 0
0 0 1 1
377775regularna i odredimo joj inverznu matricu A�1.
Buduci da kratki raµcun daje detA = �2 6= 0, to je zaista matrica A regularna.
Za odre�ivanje inverzne joj matrice treba izraµcunati sve algebarske komplemente
Aij, i; j = 1; 2; 3; 4.
A11 =
2664�1 0 0
1 �1 0
0 1 1
3775 = 1, A12 = �26641 0 0
0 �1 0
0 1 1
3775 = 1 i dalje:A13 = 1, A14 = �1,A21 = �1, A22 = 1, A23 = 1, A24 = �1,A31 = �1, A32 = �1, A33 = 1, A34 = �1,A41 = �1, A42 = �1, A43 = �1, A44 = �1.
Prema tomu,
A�1 =1
detA(Aji) =
266664� 12
12
12
12
� 12 � 1212
12
� 12 � 12 � 1212
12
12
12
12
377775 :Na koncu navedimo i jedan jednostavan postupak izraµcuna inverzne matrice.
Formiramo blok matricu [A j I] ; gdje je jediniµcna matrica I istog reda kao imatrica A; i elementranim operacijama po retcima transformirajmo je u oblik
[I j B] : Matrica B je traµzena inverzna matrica A�1:
Ilustrirajmo taj postupak izraµcunom inverzne matrice iz prethodnog primjera.266664�1 0 0 1
1 �1 0 0
0 1 �1 0
0 0 1 1
����������1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
37777566
2666641 0 0 �10 �1 0 1
0 1 �1 0
0 0 1 1
�����������1 0 0 0
1 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
3777752666641 0 0 �10 1 0 �10 0 �1 1
0 0 1 1
�����������1 0 0 0
�1 �1 0 0
1 1 1 0
0 0 0 1
3777752666641 0 0 �10 1 0 �10 0 1 �10 0 0 1
�����������1 0 0 0
�1 �1 0 0
�1 �1 �1 012
12
12
12
3777752666641 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
����������� 12
12
12
12
� 12 � 1212
12
� 12 � 12 � 1212
12
12
12
12
377775
2.1.4 RJE�AVANJE SUSTAVA
LINEARNIH JEDNADµZABA
Promatrat cemo sustav odm linearnih jednadµzaba s n nepoznanica (u skupu
realnih brojeva R)nXj=1
aijxi = bi; i = 1; � � � ;m; (6)
i istraµziti njegovu rje�ivost u R. Brojeve aij nazivamo koe�cijentima, bro-jeve bi - slobodnim koe�cijentima, a brojeve-varijable xj - nepoznanicama
danoga sustava (6). Rje�enjem sustava (6) smatramo svaki ure�eni n-slog
(x01; � � � ; x0n) koji mu uvr�tenjem xj = x0j , j = 1; � � � ; n, identiµcki udovoljuje.Primjenom matriµcnog zapisa sustav (6) poprima oblik
AX = B (60)
gdje su
A =
2664a11 � � � a1n...
. . ....
am1 � � � amn
3775 ; X =
2664x1...
xn
3775 i B =
2664b1...
bm
3775 ;
pa i rje�enje smijemo zapisati kao X0 =
2664x01...
x0n
3775 :67
Matricu A nazivamo matricom sustava (6), a matricu C �to se dobiva nje-
zinim pro�irenjem za stupac (matricu) B nazivamo pro�irenom matricom
sustava (6). Dakle,
C =
2664a11 � � � a1n b1...
. . ....
...
am1 � � � amn bm
3775 :Oznaµcimo li svaki stupac od A kao matricu Aj = (aij)(m;1), j = 1; � � � ; n,moµzemo pojednostavniti zapise:
A = [A1 � � �An] i C = [A1 � � �An B] � [A B] ;
dok sustav (6) dopu�ta zapis
A1x1 + � � �+Anxn = B: (600)
Sada je oµcito da sustav (6) ima rje�enje onda i samo onda, ako je B neka
matriµcna linearna kombinacija od A1; � � � ;An.
Teorem 2.27
(i) (Kronecker-Capellijev teorem) Sustav (6) ima rje�enje onda i samo onda
kad je r ([A B]) = r(A);
(ii) Ako je r zajedniµcki matriµcni rang od A i [A B], onda je sustav (6) ekvi-
valentan sustavu koji se iz njega dobiva uzimanjem bilo kojih r linearno
nezavisnih jednadµzaba, tj. jednadµzaba koe�cijenti kojih u matrici tvore r
linearno nezavisnih redaka;
(iii) U sluµcaju m = n, sustav (6) ima toµcno jedno rje�enje X0 onda i samo
onda ako je pripadna matrica A regularna: Pritom je X0 = A�1B.
Dokaz. (i). MatricaA je tipa (m;n); a pro�irena matrica [A B] tipa (m;n+1).
Ako A i [A B] imaju isti rang r, onda se r linearno nezavisnih stupaca ma-
trice [A B] moµze naci vec me�u stupcima matrice A; a preostali stupci matrice
[A B] = [A1 � � �An B] ; dakle i zadnji, mogu se zapisati kao njihove linerne kom-
binacije. Prema tomu, postoje brojevi x0j , j = 1; � � � ; n, koji uvr�tenjem xj = x0j
zadovoljavaju sustav (600); dakle, i (6). Obratno, ako brojevi x0j , j = 1; � � � ; n,tvore rje�enje od (6), dakle, i od (600), onda je matrica B neka linearna kombi-
nacija od A1; � � � ;An. Kad bi bilo r(A) 6= r ([A B]), bilo bi r(A) < r ([A B]),
�to bi znaµcilo da se je dodavanjem stupca B broj linearno nezavisnih stupaca
povecao; pa B ne bi bio linearna kombinacija od A1; � � � ;An - protuslovlje.
(ii). Premje�tanjem matriµcnih redaka od [A B] moµzemo postici da upravo prvih
r redaka (jednadµzaba) bude linearno nezavisno. Ako je r < m, svaki i-ti redak
(jednadµzba), i = r+1; � � � ;m, je neka linearna kombinacija prvih r redaka (jed-nadµzaba). Postoje, dakle, realni brojevi �i0i00 , i0 = 1; � � � ; r, i00 = r + 1; � � � ;m,takvi da je
68
[ai001 � � � ai00n bi00 ] =rX
i0=1
�i0i00 [ai01 � � � ai0n bi0 ] (7)� nPj=1
ai00jxj ; bi00 =rP
i0=1
�i0i00nPj=1
ai0jxj ;rP
i0=1
�i0i00bi0 , i00 = r + 1; � � � ;m�.
Ako je (x01; � � � ; x0n) rje�enje prvih r jednadµzaba iz sustava (6), tj. ako je ai01x01+� � �+ ai0nx0n � bi0 za i0 = 1; � � � ; r (i � r), onda za i00 = r+ 1; � � � ;m (i � r+ 1)pomocu (7) dobivamo
ai001x01 + � � �+ ai00nx0n � bi00 =
x01
rXi0=1
�i0i00ai01 + � � �+ x0nrX
i0=1
�i0i00ai0n �rX
i0=1
�i0i00bi0 =
rXi0=1
�i0i00(x01ai01 + � � �+ x0nai0n � bi0):
Prema tomu, (x01; � � � ; x0n) � X0 jest rje�enje i preostalih m � r jednadµzaba izsustava (6), dakle i cijeloga sustava (6).
(iii) Ako je m = n i matrica A regularna, onda je r(A) = n = r ([A B]) pa
sustav (6) ima neko rje�enje X0 po (i). Pretpostavimo da sustav (6) ima, pored
X0, i rje�enje Y 0. Tada je
AX0 = B = AY 0;
dakle,
A(Y 0 �X0) = O:
Mnoµzeci zadnju jednakost slijeva inverznom matricom A�1 dobivamo Y 0 �X0 = O, tj. Y 0 = X0, pa sustav (6) ima toµcno jedno rje�enje. Pomnoµzimo
li (60) slijeva inverznom matricom A�1 dobivamo traµzeno jedinstveno rje�enje
X0 = A�1B. Obratno, neka je u sustavu (6)m = n i neka jeX0 = (x01; � � � ; x0n)njegovo jedino rje�enje. Matrica B u zapisu (600) je tada matriµcna linearna
kombinacija od A1; � � � ;An s koe�cijentima x01; � � � ; x0n. Pretpostavimo pro-
tivno, tj. da matrica A nije regularna. Tada su njeni stupci linearno zavis-
ni pa postoje brojevi �1; � � � ; �n, od kojih barem jedan nije nula, takvi da je
�1A1 + � � �+ �nAn = O. Tada je
B = x01A1 + � � �+ x0nAn +O = (x01 + �1)A1 + � � �+ (x0n + �n)An;
pa je i Y 0 = (x01 + �1; � � � ; x0n + �1) 6= A0 rje�enje sustava (6) - protuslovlje.
Napomena 2.28 Ako sustav (6) ima dva rje�enje X1 i X2, onda je i
X(�) = �X1 + (1� �)X2,
za svaki � 2 R, njegovo rje�enje. Zakljuµcujemo da skup svih rje�enja sustava(6), opcenito, moµze biti ili prazan ili jednoµclan ili neprebrojivo beskonaµcan.
Napomena 2.29 Ako je matrica A regularna (pa je i m = n), jedinstveno se
rje�enje X = A�1B od (6) moµze napisati tzv. Cramerovom formulom:
x1 =D1
D; � � � ; xn =
Dn
D;
69
gdje je
D = det [A1 � � �An] � detA,D1 = det [B A2 � � �An] , : : : ,
Dn = det [A1 � � �An�1 B] ,
tj. Dk je determinanta one matrice koja se od A dobije zamjenom stupca Ak
stupcem B, k = 1; � � � ; n.
Primjer Rije�imo sustav linearnih jednadµzaba (x1 � x, x2 � y, x3 � z)x +y +z = 0
�x +y +z = �2x +y �z = 2
Primijetimo da je pripadna matrica A regularna, jer joj je determinanta
D =
��������1 1 1
�1 1 1
1 1 �1
�������� = �4 6= 0:Buduci da je
D1 =
��������0 1 1
�2 1 1
2 1 �1
�������� = �4; D2 =
��������1 0 1
�1 �2 1
1 2 �1
�������� = 0;
D3 =
��������1 1 0
�1 1 �21 1 2
�������� = 4to Cramerova formula daje (jedinstveno) rje�enje (1; 0;�1).
Primjer Sustav
2x +3y = a
4x +6y = 2
ovisan o parametru a 2 R, ima za a = 1 beskonaµcno mnogo rje�enja (npr.
(�1; 1), (0; 13 ), (1;�13 ), � � � ), dok za a 6= 1 nema rje�enja jer matrice"
2 3
4 6
#i
"2 3 a(6= 1)4 6 2
#nemaju isti rang. (Prva ima rang 1 a druga 2; pribrojimo li drugoj jednadµzbi
prvu jednadµzbu pomnoµzenu brojem 2 dobivamo 0 = �2a+ 2 �to, za a 6= 1, nijeistina.)
Napomena 2.30 Ako je u sustavu (6) matrica B nulmatrica O, nazivamo ga
homogenim sustavom. U ovomu sluµcaju, jasno, matrica A i pro�irena matrica
[A B] = [A O] imaju isti rang, pa homogeni sustav ima rje�enje. Oµcigledno
je x1 = 0, � � � , xn = 0, tj. X = O, rje�enje svakog homogenog sustava, a
70
nazivamo ga trivijalnim rje�enjem. Ako je pritom rang r(A) = n onda je to,
po Teoremu 2.27, (ii) i (iii), i jedino rje�enje homogenoga sustava. Homogeni
sustav ce, dakle, imati i netrivijalno rje�enje µcim je r(A) < n.
Saµzmimo sve do sada izloµzeno o rje�avanju linearnoga sustava (6):
1. Treba odrediti matriµcne rangove r(A) i r ([A B]), pa ako su razliµciti za-
kljuµciti da sustav (6) nema rje�enja (Teorem 2.27 (i)).
2. Ako je r(A) = r ([A B]) � r � m, sustav (6) se reducira na sustav
od r linearno nezavisnih jednadµzaba (redaka od [A B]) s n nepoznanica
(Teorem 2.27 (ii)).
3. Ako je r < n, na lijevoj strani (reduciranoga sustava) treba ostaviti r
nepoznanica stupci kojih su linearno nezavisni, a na desno treba prebaciti
sve ostale pribrojnike.
4. Uzev�i bilo koje vrijednosti za n�r na desno prebaµcenih nepoznanica, pre-ostaje rije�iti sustav od r linearno nezavisnih jednadµzaba s r nepoznanica
(Teorem 2.27 (iii)).
Primjer Sustav
2x1 +3x2 +x3 +x4 = 0
x2 +x4 = 0
x1 +x2 +x4 = 0
je homogen, pa ima trivijalno rje�enje (0; 0; 0; 0). Buduci da je rang pripadne
matrice
A =
26642 3 4 1
0 1 0 1
1 1 0 1
3775manji od broja nepoznanica, tj. r(A) < 4, to ovaj sustav ima i netrivijalno
rje�enje. Odredimo rang r(A) (ovdje su dovoljne elementarne operacije samo
retcima):
A �
26641 1 0 1
0 1 0 1
0 1 4 �1
3775 �26641 0 0 0
0 1 0 1
0 0 4 �2
3775 �26641 0 0 0
0 1 0 1
0 0 1 � 12
3775 ;pa je r(A) = 3. Buduci da su prva tri stupca linearno nezavisna i buduci da
smo operirali samo retcima, odre�ujuci rang dobili smo i ekvivalentni sustav
x1 = 0
x2 +x4 = 0
x3 �12x4 = 0
Prebacimo li pribrojnike s nepoznanicom x4 na desno i stavimo li x4 � 2u,
u 2 R, dobivamo sva rje�enja: (0;�2u; u; 2u), u 2 R.
71
(Za u = 0 dobivamo i trivijalno rje�enje!)
Primjer U sustavu (s parametrom a 2 R)ax +y = 1
3x +2y = 0
x +ay = 1
odredimo parametarske vrijednosti a za koje sustav ima (nema) rje�enje.
Najprije odredimo rangove r(A) i r([A B]): Raµcunat cemo usporedno primije-
njujuci samo elementarne operacije retcima. (Time cemo u svakomu koraku
dobiti sustav ekvivalentan polaznomu, jer svaki redak predstavlja toµcno jednu
jednadµzbu!) Dakle,
[A B] =
2664a 1 1
3 2 0
1 a 1
3775 �26641 a 1
3 2 0
a 1 1
3775 �26641 a 1
0 2� 3a �30 1� a2 1� a
3775 ;�to pokazuje da nastupaju dva zanimljiva sluµcaja: a 6= 1 i a = 1. Ako je a 6= 1onda zadnji redak dopu�ta dijeljenje s 1� a, pa je tada pro�irena matrica
[A B] �
26641 a 1
0 2� 3a �30 1 + a 1
3775 :Pripadne poddeterminante (iz prvih dvaju stupaca)����� 1 a
0 2� 3a
����� = 2� 3a;����� 1 a
0 1 + a
����� = 1 + a;ne mogu istodobno i�µcezavati, pa je r(A) = 2, dok je��������
1 a 1
0 2� 3a �30 1 + a 1
�������� = 5;pa je r ([A B]) = 3. Zakljuµcujemo da na� sustav nema rje�enja µcim je a 6= 1.
(Za takav sustav se kaµze da je proturjeµcan ili kontradiktoran.) Ako je pak
a = 1 onda je
[A B] �
26641 1 1
0 �1 �30 0 0
3775 ;dakle, r(A) = 2 = r ([A B]) ; pa sustav ima rje�enje. Pribrajanjem drugoga
retka prvomu te mnoµzenjem drugoga retka brojem �1, dobivamo
[A B] �
26641 0 �20 1 3
0 0 0
3775 ;tj. sustav x = �2; y = 3; �to je zapravo traµzeno rje�enje.
72
2.2 VEKTORSKA ALGEBRA
U ovomu odjeljku cemo de�nirati pojam standardnog ("geometrijskog") vek-
tora i u pripadni skup uvesti odgovarajucu algebarsku strukturu. Pritom pret-
postavljamo da su temeljni pojmovi i uobiµcajene oznake iz elementarne euk-
lidske geometrije (toµcka - T , pravac - p, duµzina - AB, zraka, ravnina - �, kut -
', prostor, � � � ) kao i njihovi odnosi dobro poznati.Prostor cemo oznaµcavati slovom E.
2.2.1 USMJERENA DUµZINA I VEKTOR
Svaki ure�eni par (A;B) toµcaka A i B iz prostora E nazivamo usmjerenom(ili orijentiranom) duµzinom i oznaµcujemo s
��!AB. Pritom za A kaµzemo da
je poµcetak a za B da je kraj usmjerene duµzine��!AB. Skup svih usmjerenih
duµzina s poµcetkom u istoj toµcki O oznaµcujemo s V(O): Usmjerene duµzine�!OA,
��!OB, � � � iz V(O) nazivamo i radijus-vektorima (varijabilnih) toµcaka A, B,� � � s obzirom na (µcvrstu) toµcku O i oznaµcujemo s �!r A, �!r B , � � � . (U pravilu,
toµcka O ce biti ishodi�te danog provokutnog koordinatnog sustava u prostoru.
Uobiµcajilo se usmjerene duµzine predoµcavati kao na donjemu crteµzu - (a), (b).)
A
B O
A B
C
rB
rC
AB
A
B D
C
CDAB
(a) (b) (c)
rA
Predoµcavanje usmjerenih duµzina i zbra janje.
De�nicja 2.31 Reci cemo da je usmjerena duµzina��!AB u relaciji � s usm-
jerenom duµzinom��!CD i pisati
��!AB � ��!CD, ako duµzine AD i BC imaju zajedniµcko
polovi�te. (Pripadni crteµz je - (c).)
Nije te�ko dokazati da je relacija � ekvivalentna ovim trima zahtjevima: duµzineAB i CD su paralelne (AB k CD), duµzine AC i BD su paralelne (AC k BD) iduµzine AC i BD imaju jednake duljine (d(A;C) = d(B;D)). Nadalje, lako se
provjeri da je � razredbena relacija na skupu svih usmjerenih duµzina, pa se tajskup cijepa na pripadne razrede.
De�nicja 2.32 Svaki ekvivalencijski razred po relaciji � na skupu svih usm-
jerenih duµzina nazivamo vektorom . Skup svih vektora oznaµcujemo s V3, anjegove elemente (vektore) - na naµcin: �!a ,
�!b , �!c ,� � � :
Za osnovni odnos izme�u toµcaka i vektora prihvacamo kao µcinjenicu ovo:
73
(?) Za svaku toµcku A u prostoru E i svaki vektor �!a iz V3 postoji toµcnojedna toµcka B takva da je usmjerena duµzina
��!AB element ekvivalencijskoga
razreda �!a .Prema tomu, ako je
��!AB 2 �!a , tj. [��!AB] = �!a , smijemo govoriti da je usmjerena
duµzina��!AB predstavnik danoga vektora �!a . Pritom kaµzemo i da smo vektor
�!a "sveli na" poµcetak A, odnosno, da smo ga "nanijeli od" A. Osim toga,
tada govorimo i da vektor �!a ima pravac odre�en toµckama A;B u smjeru
od A prema B i duljinu (ili apsolutnu vrijednost ili modul ili normu)
j�!a j = d(A;B).
Neka je O bilo koja toµcka u prostoru E. Buduci da, po (?), svaki vektor �!a 2 V3
ima jedinstvenoga predstavnika u skupu V(O) i da je, s druge strane, svaka us-mjerena duµzina s poµcetkom O predstavnik jedinstvenoga vektora, to su skupovi
V(O) i V3 u bijektivnoj svezi. Prema tomu, dvije usmjerene duµzine�!OA i
��!OB
predstavljaju isti vektor toµcno onda kad je A = B.
De�nicja 2.33 Neka su �!a i�!b vektori i O toµcka u prostoru E, te neka su
�!OA
i��!OB pripadni radijus-vektori. Reci cemo da su vektori �!a i �!b kolinearni, akotoµcke O, A i B pripadaju istom pravcu. Nadalje, reci cemo da oni imaju isti
smjer (ili istu orijentaciju) µcim su toµcke A i B na istoj zraci toga pravca
odre�enoj toµckom O, a da imaju suprotne smjerove µcim A i B pripadaju
razliµcitim zrakama s obzirom na toµcku O.
Napomena 2.34 Lako se vidi da je vektorska kolinearnost dobro de�nirana,
tj. da ne ovisi o izboru toµcke-ishodi�ta O. Naime, iz de�nicije slijedi da su
predstavnici�!OA i
��!O0A0 vektora a u skupovima V(O) i V(O0), redom, u relaciji�,
a isto vrijedi i za predstavnike��!OB i
���!O0B0 vektora
�!b redom u skupovima V(O) i
V(O0). Slijedi da toµcke O, A i B pripadaju jednom pravcu, ako i samo ako toµckeO0, A0 i B0 pripadaju jednom pravcu. Ovakva napomena ce se odnositi i na sve
ostale de�nicije u kojima se vektorska svojstva opisuju pomocu reprezentanata,
pa vi�e ne cemo nagla�avati dobru de�niranost takvih pojmova.
Za svaku toµcku A u prostoru E, vektor [�!AA] nazivamo nulvektorom i oznaµcu-
jemo s�!0 . To je jedini vektor kojemu pravac ni smjer nisu odre�eni, dok je oµcito���!0 �� = 0. Po dogovoru smatramo da je nulvektor kolinearan svakom vektoru.
Ako je �!a = [��!AB], onda [��!BA] nazivamo (vektoru �!a ) suprotnim vektorom i
oznaµcujemo s ��!a . Vektori �!a i ��!a imaju isti pravac i jednaku duljinu, dok suim smjerovi suprotni. Svaki vektor �!e 2 V3 duljine 1; tj.
���!e �� = 1, nazivamo
jediniµcnim vektorom.
Zbrajanje vektora i mnoµzenje vektora skalarom, �to cemo ih sada de�nirati,
uvodimo preko nekog (bilo kojeg) skupa V(O) svih pripadnih radijus-vektora.
74
De�nicja 2.35 Zbroj danih radijus-vektora�!OA i
��!OB de�niramo kao radijus-
vektor��!OC, gdje je C ona toµcka za koju duµzine OC i AB imaju zajedniµcko
polovi�te. (Toµcke O;A;C;B su tada vrhovi jedinstvenoga paralelograma, pa se
govori i o "paralelogramskomu zbrajanju".) Pi�emo:�!OA+
��!OB =
��!OC.
Vektore zbrajamo preko njihovih predstavnika u nekom V(O). Dakle, ako je�!a = [
�!OA] i
�!b = [
��!OB], onda de�niramo �!a + �!b = �!c , gdje je �!c = [
��!OC] i
��!OC =
�!OA+
��!OB.
O A
CB
Zbra janje vektora.
Primijetimo da je, pod gornjim pretpostavkama,��!OB � �!AC, tj. [��!OB] = [��!AB],
pa je �!a +�!b = [�!OA]+[�!AC]. Usmjerene duµzine�!OA i
�!AC zbrajamo na "prirodni
naµcin", tj.�!OA +
�!AC =
��!OC ("zbrajanje po trokutu"; to nije zbrajanje u skupu
radijus-vektora V(O)!).
Teorem 2.36 Zbrajanje u svakom skupu V(O) pripadnih radijus-vektora imaova svojstva:
(a) (�!OA+
��!OB) +
��!OC =
�!OA+ (
��!OB +
��!OC);
(b)�!OA+
��!OO =
�!OA;
(c)�!OA+
��!OA0 =
��!OO, [
��!OA0] = �[�!OA];
(d)�!OA+
��!OB =
��!OB +
�!OA.
Dokaz. (a). Neka su O;A;B;C vrhovi paralelopipeda kojemu su OA; OB; OC
bridovi. Oznaµcimo preostale vrhove slovima D;E; F;G, tako da bude�!OA+
��!OB =
��!OD;
�!OA+
��!OC =
��!OE i
��!OB +
��!OC =
��!OG
O A
D
E
B
C
G F
Tvrdnja (a).
Sve stranice i svi dijagonalni presjeci svakog paralelopipeda su paralelogrami,
pa po De�niciji 2.35 (zbrajanju radijus-vektora) dobivamo:
75
(�!OA+
��!OB) +
��!OC =
��!OD +
��!OC =
��!OF =
�!OA+
��!OG =
�!OA+ (
��!OB +
��!OC):
Dokazi preostalih tvrdnja su jo�jednostavniji pa ih ispu�tamo.
Po De�niciji 2.35 slijedi da vektorsko zbrajanje naslje�uje dobra svojstva zbra-
janja radijus-vektora iz Teorema 2.36.
Teorem 2.37 Zbrajanje u skupu V3 ima sljedeca svojstva:
(1) (�!a +�!b ) +�!c = �!a + (�!b +�!c );
(2) �!a +�!0 = �!a ;
(3) �!a + (��!a ) = �!0 ;
(4) �!a +�!b = �!b +�!a .
Dokaz. Sva se gornja svojstva lako dokazuju sluµzeci se zbrajanjem usmjerenih
duµzina po trokutnomu pravilu. Primjerice, neka je �!a = [�!OA],
�!b = [
��!AB] i
�!c = [��!BC] (izbor ovih predstavnika dopu�ta svojstvo (?)). Tada je (
�!OA +
��!AB) +
��!BC =
��!OB +
��!BC =
��!OC i
�!OA + (
��!AB +
��!BC) =
�!OA +
�!AC =
�!AC, pa je
zaista (�!a +�!b ) +�!c = �!a + (�!b +�!c ).
Zbroj (radijus-)vektora, zbog asocijativnosti (1), smijemo pisati i bez zagrada,
tj. �!a +�!b +�!c = (�!a +�!b ) +�!c i, opcenito, n 2 N; n � 3;�!a 1 +�!a 2 + � � �+�!a n�1 +�!a n = (�!a 1 +�!a 2 + � � �+�!a n�1) +�!a n:
Vektorsko oduzimanje de�niramo kao zbrajanje sa suprotnim vektorom, tj.
�!a ��!b � �!a + (��!b ):
Ako je npr. �!a = [�!OA] i
�!b = [
��!OB] onda je �!a � �!b = [
��!BA] = [
��!OC], gdje je
��!OC =
�!OA+
��!OB0, [
��!OB0] = �[��!OB]. Na taj je naµcin ujedno de�nirano i zbrajanje
radijus-vektora.
Oduzimanje vektora.
De�nicja 2.38 Mnoµzenjem (vektora) skalarom nazivamo funkciju iz R�V3
u V3, (�;�!a ) 7! ��!a , gdje je ��!a vektor duljine j�j � j�!a j kolinearan vektoru �!a ,koji je usmjeren kao �!a µcim je � > 0, a suprotno usmjeren µcim je � < 0. (Po
de�niciji je, dakle, ��!0 =
�!0 za svaki �, kao i 0�!a =
�!0 za svaki �!a :) Sasvim
analogno de�niramo i mnoµzenje radijus-vektora skalarom - realnim brojem.
76
Pomnoµzimo li vektor �!a , j�!a j 6= 0, reciproµcnom vrijedno�cu njegove duljine, do-
bit cemo jediniµcni vektor �!a 0 = 1
j�!a j�!a kojega nazivamo jediniµcnim vektorom
vektora �!a . Lako je provjeriti da mnoµzenje skalarom ima ova svojstva:
Teorem 2.39 Za bilo koje �!a ;�!b 2 V3 i bilo koje �; � 2 R vrijedi:
(a) (��)�!a = �(��!a );
(b) (�+ �)�!a = ��!a + ��!a ;
(c) �(�!a +�!b ) = ��!a + ��!b .
Teorem 2.40 Ako su vektori �!a i�!b kolinearni i �!a 6= �!0 , onda postoji jedin-
stveni broj � 2 R takav da je �!b = ��!a .
Dokaz. Aka su �!a = [�!OA], A 6= O, i�!b = [
��!OB] kolinearni, onda toµcke O, A i B
pripadaju istom pravcu p. Neka je toµckama O i E na p, d(O;E) = 1, odre�en
pripadni brojevni pravac, pa neka toµcakama A i B odgovaraju redom apscise
xA i xB . Buduci da je jxAj = d(O;A) 6= 0, to postoji broj � = xBxA. Pritom je
� > 0 µcim su vektori �!a i�!b istosmjerni, a � < 0 µcim �!a i
�!b imaju suprotne
smjerove. Nadalje,���!b �� = d(O;B) = jxB j = j�j � jxAj, pa mora biti
�!b = ��!a . Iz
�1�!a = �2
�!a i �!a 6= �!0 odmah slijedi �1 = �2.
2.2.2 VEKTOR U PRAVOKUTNOM
KOORDINATNOM SUSTAVU
Neka je p bilo koji pravac u prostoru E i O bilo koja toµcka na tomu pravcu. Pro-matrajmo onaj podskup od V(O) �to ga tvore svi radijus-vektori s krajevimana p. Izborom neke toµcke E na pravcu p, E 6= O, i de�niranjem d(O;E) = 1,
odre�ujemo na p jedan brojevni pravac. Pritom kaµzemo da smo na pravcu p
zadali koordinatni sustav (O;�!i ) s ishodi�tem O i (jediniµcnim) baznim
vektorom�!i = [
��!OE]. Sada se svakom radijus-vektoru
�!OT , T toµcka na p, moµze
pridruµziti jedinstvena koordinata-apscisa xT 2 R njegova kraja T tako da bude�!OT = xT
��!OE. Broj xT nazivamo koordinatom toµcke T ili skalarnom kompo-
nentom radijus-vektora�!OT (vektora [
�!OT ]) u koordinatnomu sustavu (O;
�!i ).
Primijetimo da koordinatni sustav (O;�!i ) odre�uje, na dotiµcnom pravcu, dvije
brojevne zrake - "pozitivnu" i "negativnu".
Neka je � bilo koja ravnina u prostoru E i O bilo koja toµcka u toj ravnini.
(Desni) pravokutni koordinatni sustav u ravnini �, u oznaci (O;�!i ;�!j ),
de�niramo kako slijedi: Toµckom O poloµzimo dva me�usobno okomita pravca p
i q u ravnini �, pa svakomu od njih pridruµzimo brojevni pravac tako da bude
d(O;Ep) = 1 = d(O;Eq) i da toµcka Ep vrtnjom u � oko O za �2 (suprotno od
77
urine kazaljke - "pozitivna rotacija") padne u toµcku Eq. Toµcku O opet nazivamo
ishodi�tem toga koordinatnog sustava, a jediniµcne vektore�!i = [
��!OEp] i
�!j =
[��!OEq] - baznim vektorima. Uobiµcajilo se zadane brojevne pravce na p i q
nazvati koordinatnim osima; na p - x-os (apscisna os x), a na q - y-os
(ordinatna os y).
x
y
j
iO
T(x,y)
1
1 rT
x
y
Tx
Ty
Koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ):
Primijetimo da su koordinatnim sustavom
(O;�!i ;�!j ) u � potpuno odre�eni koordinatni
sustavi (O;�!i ) i (O;
�!j ) na pravcima p i q re-
dom. Neka je T bilo koja toµcka u ravnini �.
Pravac u � toµckom T usporedan s y-osi sijeµce
x-os u nekoj toµcki Tx, a pravac u � toµckom T
usporedan s x-osi sijeµce y-os u nekoj toµcki Ty.
Koordinatu od Tx u sustavu (O;�!i ) oznaµcu-
jemo s xT i nazivamo apscisom toµcke T , dok
koordinatu od Ty u sustavu (O;�!j ) oznaµcujemo s yT i nazivamo ordinatom
toµcke T u (pravokutnom koordinatnom) sustavu (O;�!i ;�!j ). Jednom rijeµcju,
kaµzemo da toµcka T ima u sustavu (O;�!i ;�!j ) koordinate xT i yT i pi�emo
T = (xT ; yT ). (�tovi�e, jasno je da vrijedi i obratno, tj. svakom ure�enom
paru (x; y) 2 R2 odgovara, u danomu pravokutnom koordinatnom sustavu
(O;�!i ;�!j ) u ravnini �, jedinstvena toµcka T u toj ravnini tako da bude xT = x
i yT = y.) Za brojeve-koordinate xT i yT kaµzemo i da su skalarne kompo-
nente radijus-vektora�!OT (vektora [
�!OT ]) u koordinatnom sustavu (O;
�!i ;�!j ).
Radijus-vektore��!OTx = xT
��!OEp i
��!OTy = yT
��!OEq nazivamo vektorskim kom-
ponentama radijus-vektora�!OT , a vektore [
��!OTx] = xT
�!i i [
��!OTy] = yT
�!j -
vektorskim komponentama vektora [�!OT ]. Primijetimo da koordinatni sus-
tav (O;�!i ;�!j ) dijeli pripadnu ravninu na µcetiri dijela - kvadranta.
Po de�niciji zbrajanja (radijus-)vektora je oµcito
�!a � [�!OT ] = x�!i + y
�!j
��!r T � �!OT = x��!OEp + y
��!OEq
�:
Napomena 2.41 Jasno je da u sustavu (O;�!i ;�!j ), u danoj ravnini �, moµzemo
prikazati samo one vektore iz V3 �to imaju svoje predstavnike u toj ravnini. Zate vektore kaµzemo da su kolinearni ravnini �. Svaka tri ili vi�e vektora kolinearna
istoj ravnini nazivamo koplanarnim vektorima. Primjerice, vektori�!i ,�!j i
�!a = x�!i + y
�!j jesu koplanarni vektori.
Napomena 2.42 µCesto cemo, a i uobiµcajeno je, ispu�tati uglaste zagrade u
oznaci za vektore, tj. umjesto [��!AB] µcesto cemo pisati samo
��!AB, �to je oznaka
za pripadnu usmjerenu duµzinu. Obratno, ponekad cemo umjesto oznake��!AB za
usmjerenu duµzinu ili radijus-vektor rabiti vektorsku oznaku �!a . Pritom cemo,
78
dakako, pomno paziti da ne do�e da pojmovne zabune.
Neka je �!r = [�!OT ] vektor kolinearan ravnini �, s predstavnikom �!OT u �, i nekaje T = (xT ; yT ) u nekom prvokutnom koordinatnom sustavu (O;
�!i ;�!j ) u toj
ravnini. U skladu s Napomenom 2.42 smijemo pisati�!OT = xT
�!i + yT
�!j kao i
�!r = xT��!OEx+yT
��!OEy (
�!i =
��!OEx;
�!j =
��!OEy): Ako je
�!a = ��!AB, A = (xA; yA)i B = (xB ; yB), onda je�!a = ��!OB ��!OA = (xB � xA)
�!i + (yB � yA)
�!j =
�!OT;
gdje je T = (xB � xA; yB � yA).
Zbra janje vektora.
U prostoru E de�niramo (desni) pravokutni koordinatni sustav sliµcno onomu uravnini: Neka su x, y; z tri me�usobno okomita brojevna pravca u prostoru i
istim ishodi�tem O tako da je pritom d(O;Ex) = d(O;Ey) = d(O;Ez) = 1 i
da vrijedi tzv. "pravilo desne ruke", tj. odre�uje li palac desne ruke smjer od�!i =
��!OEx i kaµziprst - smjer od
�!j =
��!OEy onda srednjak odre�uje smjer od
�!k =
��!OEz. Tada kaµzemo da je toµckom O i vektorima
�!i ,�!j i�!k u prostoru E zadan
(desni) pravokutni koordinatni sustav, kojega oznaµcujemo s (O;�!i ;�!j ;�!k ).
Napomena 2.43 Za svaku ure�enu trojku (�!a ;�!b ;�!c ) nekoplanarnih vektorasa svojstvom da se palac desne ruke moµze poloµziti u smjeru od �!a , kaµziprst - usmjeru od
�!b i srednjak u smjeru od �!c , kaµzemo da odre�uju desni sustav u
prostoru E: Analogno se, po "pravilu lijeve ruke" moµze de�nirati lijevi sustavu prostoru.
x
y
zT3
T
T1
T2
T'α
β
γ
j
rTk
i
Koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ;�!k );
Brojevne pravce x, y i z, �to su posluµzili
za de�niranje koordinatnoga sustava, nazi-
vamo koordinatnim osima. Tri ravnine
odre�ene koordinatnim osima nazivamo ko-
ordinatnim ravninama. Koordinatne rav-
nine dijele prostor E na osam dijelova - ok-
tanata. Koordinate xT ; yT ; zT 2 R bilo
koje toµcke T u prostoru E, u danomu ko-ordinatnom sustavu (O;
�!i ;�!j ;�!k ), odre�u-
jemo polaganjem toµckom T triju ravnina us-
porednih s koordinatnim ravninama. Svaka
79
od njih, naime, tada sijeµce toµcno jednu od koordinatnih osi x, y, z redom u
toµckama Tx, Ty, Tz, pa de�niramo apscisu xT (ordinatu yT , aplikatu zT )
kao koordinatu toµcke Tx (Ty, Tz) u sustavu (O;�!i ) ((O;
�!j ), (O;
�!k )).
Neka je dana T toµcka u prostoru E pa s T 0 oznaµcimo njezinu okomitu projekcijuna koordinatnu ravninu xy (odre�enu osima x i y). Pripadni radijus-vektor�!r = �!OT moµzemo prikazati kao vektorski zbroj od
��!OT1,
��!T1T
0 i��!T 0T . Buduci da
je��!OT1 = xT
�!i ,��!T1T
0 =��!OT2 = yT
�!j i��!T 0T =
��!OT3 = zT
�!k , to je
�!r = xT�!i + yT
�!j + zT
�!k .
Vidimo, dakle, da svaki koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ;�!k ) u prostoru E pridruµzuje
svakoj toµcki T neku ure�enu trojku realnih brojeva (xT ; yT ; zT ) - njezine koor-
dinate u tomu sustavu. Vrijedi i obratno, svakoj ure�enoj trojci (x; y; z) 2 R3
moµze se pridruµziti jedinstvena toµcka T u prostoru E tako da, u danom koordi-
natnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k ), brojevi x; y; z budu koordinate te toµcke. Prema
tomu, skup R3 je ekvipotentan prostoru E, tretiranom toµckovnim skupom, pa
µcesto govorimo i o toµckama prostora R3 pi�uci T = (x; y; z).Primijetimo da je i radijus-vektor �!r toµcke T = (x; y; z) posve odre�en broje-
vima x, y, i z, koje sada nazivamo skalarnim komponentama od �!r . Mnoµzecite skalarne komponenete odgovarajucim jediniµcnim vektorima, dobivamo vek-
torske komponenete x�!i , y�!j i z
�!k od �!r . Prema tomu, �!r = x
�!i + y
�!j +
z�!k . U upotrebi je i zapis �!r = fx; y; zg a µcesto se sluµzimo i matriµcnim za-
pisima: �!r =hx y z
iili �!r =
2664x
y
z
3775 :Po svojstvu skalarnoga mnoµzenja sada slijedi
��!r = �x�!i + �y
�!j + �z
�!k ; � 2 R:
Nadalje, vektorsko zbrajanje sada povlaµci�!r 1 +�!r 2 = (x1 + x2)
�!i + (y1 + y2)
�!j + (z1 + z2)
�!k ;
gdje je �!r i = xi�!i + yi
�!j + zi
�!k , i = 1; 2. Sasvim analogno je
�!r 1 ��!r 2 = (x1 � x2)�!i + (y1 � y2)
�!j + (z1 � z2)
�!k :
Primijetimo da je duljina radijus-vektora �!r = �!OT , T = (x; y; z), dana izrazom
r ����!r �� = ���!OT �� =px2 + y2 + z2
(duµzina OT je dijagonala pripadnoga kvadra). Kutove �, �, i �to ih �!r zatvararedom s jediniµcnim vektorima
�!i ,�!j i�!k nazivamo priklonim kutovima.
Oµcito je
cos� =x
r; cos� =
y
r; cos =
z
r:
Buduci da je cos2 � + cos2 � + cos2 = 1, to je eksplicite odre�en pripadni
jediniµcni vektor
80
�!r 0 =�!rr=�!i cos�+
�!j cos� +
�!k cos :
Ponekad kaµzemo i da su brojevi cos�, cos�, cos smjerovni kosinusi od �!r .Svaku usmjerenu duµzinu
��!AB moµzemo, kao �to smo vidjeli, prikazati razlikom
radijus-vektora �!r B ��!r A =��!OB ��!OA, pa je, dakle,
��!AB = (xB � xA)
�!i + (yB � yA)
�!j + (zB � zA)
�!k :
Primjer Odredimo vektor �!a = [��!AB] i pripadni jediniµcni vektor �!a 0, ako je
A = (3;�4; 5) i B = (3;�1; 0).�!a = (3� 3)�!i + (�1� (�4))�!j + (0� 5)�!k = 3�!j � 5�!k .
Buduci da je���!a �� = p
02 + 32 + (�5)2 =p34, to su smjerovni kosinusi od �!a
brojevi cos� = 0p34= 0; cos� = 3p
34i cos = � 5p
34; pa je
�!a 0 =3p34
�!j � 5p
34
�!k :
U De�niciji 2.6 smo de�nirali linearnu (ne)zavisnost matrica. Na isti naµcin te
pojmove de�niramo za vektore.
De�nicja 2.44 Za vektor �!a = �1�!a 1 + � � � + �n
�!a n, �1; � � � ; �n 2 R, n 2 N,kaµzemo da je linearna kombinacija danih vektora �!a 1; � � � ;�!a n. Reci cemo dasu vektori �!a 1; � � � ;�!a n linearno zavisni ako postoje realni brojevi �1; � � � ; �ntakvi da je �1
�!a 1 + � � � + �n�!a n =
�!0 i j�1j + � � � + j�nj > 0 (tj. barem jedan
�i 6= 0, i 2 f1; � � � ; ng). U protivnom, ako je �1�!a 1 + � � � + �n
�!a n =�!0 samo
u sluµcaju j�1j + � � � + j�nj = 0 (tj. �1 = � � � = �n = 0), kaµzemo da su vektori�!a 1; � � � ;�!a n linearno nezavisni.
Primijetimo da su linearno zavisna svaka dva kolinearna vektora, svaka tri ko-
planarna vektora, te svaka µcetiri vektora (iz V3), a da su linearno nezavisnasvaka dva nekolinearna vektora i svaka tri nekoplanarna i nekolinearna vektora.
(Ova µcinjenica se je oµcitovala u vektorskom prikazu - zapisu pomocu vektorskih
komponenata.)
Buduci da su jediniµcni vektori�!i ,�!j ,�!k u svakom koordinatnom sustavu
(O;�!i ;�!j ;�!k ) linearno nezavisni, zakljuµcujemo:
� Vektor je nulvektor ako i samo ako su sve njegove komponente jednakenuli;
� Dva vektora su jednaka ako i samo ako su im istoimene komponente jed-
nake.
2.2.3 VEKTORSKA MNOµZENJA
U skupu V3 svih vektora de�niramo dvije vrste mnoµzenja. Ishod jednoga jerealan broj (skalar) pa govorimo o skalarnom mnoµzenju, a drugoga - vektor pa
81
ga nazivamo vektorskim mnoµzenjem. Skalarno mnoµzeci vektorski umnoµzak vek-
torom dobivamo i tzv. mje�oviti umnoµzak. Dakako, samo je vektorsko mnoµzenje
(binarna) operacija na skupu V3.
De�nicja 2.45 Skalarnim mnoµzenjem (ili skalarnim produktom) nazi-
vamo funkciju sa V3 � V3 u R koja svakom paru vektora (�!a ;�!b ) pridruµzujebroj
�!a � �!b =���!a �� � ���!b �� � cos(�!a ;�!b ):
Jednostavnosti radi, oznaµcimo���!a �� � a,
���!b �� � b i kut izme�u vektora �!a i�!b
slovom ', pa de�nicija skalarnoga mnoµzenja dobiva zapis
�!a � �!b = ab cos':
Izraµcunajmo skalarne umno�ke svih parova jediniµcnih vektora�!i ,�!j i�!k �to pri-
padaju bilo kojemu pravokutnom koordinatnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k ) u pros-
toru E:�!i � �!i = 1 � 1 � cos 0 = 1 = �!j � �!j = �!k � �!k ;�!i � �!j = 1 � 1 � cos �
2= 0 =
�!j � �!i = �!j � �!k = �!k � �!j = �!k � �!i = �!i � �!k :
Oµcito je
� �!a � �!a = a2 i
� �!a � �!b = 0 = �!b � �!a µcim su vektori �!a i �!b me�usobno okomiti ili je baremjedan od njih nulvektor.
Neka su �!a i�!b dva ne-nulvektora svedena na zajedniµcki poµcetak O i neka
je na pravcu od�!b dan koordinatni sustav (O;
�!b 0). Okomitim projiciranjem
vektora �!a na taj pravac dobivamo duµzinu OT , gdje toµcki T pripada koordinataab = a cos' (v. naredni crteµz). Primijetimo da je �!a �
�!b = abb, pa smijemo
zakljuµciti da je �!a ��!b < 0 (= 0; > 0) onda i samo onda kad je ab < 0 (= 0;
> 0).
O O O
ϕ ϕT T
aa a
bb bSkalarni produkt.
Broj ab nazivamo skalarnom komponentom, a vektor ab�!b 0 vektorskom
komponentom vektora �!a na pravcu vektora�!b , �to je u skladu s ranijim
uvedenim nazivljem. Osnovna svojstva skalarnoga mnoµzenja donosi ovaj teorem:
82
Teorem 2.46 Neka su �!a ;�!b ;�!c 2 V3 i � 2 R. Tada je
(a) �!a � �!b = �!b � �!a (komutativnost);
(b) �!a � (�!b +�!c ) = �!a � �!b +�!a � �!c (distributivnost);
(c) �(�!a � �!b ) = (��!a ) � �!b = �!a � (��!b ) (homogenost).
Dokaz. (a) �!a � �!b = ab cos' = ba cos(�') = �!b � �!a .(b) Oznaµcimo
�!b +�!c � �!d , pa je da = ba + ca (v. crteµz) i da
�!a = ba�!a + ca�!a .
O ca ba da
a
cd
b
(b) �!a � (�!b +�!c ) = �!a � �!b +�!a � �!c :
Sada po de�niciji skalarne komponente slijedi �!a � (�!b +�!c ) � �!a � �!d = �!a � �!b +�!a � �!c .(c) Ako je � = 0 tvrdnja je oµcigledno istinita. Ako je � > 0 onda je
����!a �� = �a i����!b �� = �b, a vektori ��!a i �!b , odnosno �!a i ��!b , zatvaraju isti kut ' kao i vektori�!a i
�!b . Stoga je �(a � b) = �(ab cos') = (�a)b cos' =
����!a ��b cos' = (�a) � b,odnosno, �(a � b) = �(ab cos') = a(�b) cos' = a
����!b �� cos' = �!a � (��!b ).Ako je pak � < 0 onda je
����!a �� = ��a i ����!b �� = ��b, a vektori ��!a i�!b ,
odnosno �!a i ��!b , zatvaraju kut � � '. Buduci da je cos(� � ') = � cos', to
je �(�!a � �!b ) = �(ab cos') = (��a)b(� cos') =����!a ��b cos(� � ') = (��!a ) � �!b ,
odnosno, �(�!a � �!b ) = �(ab cos') = a(��b)(� cos') = a����!b �� cos(� � ') =
�!a � (��!b ).
Teorem 2.47 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k )
�!a = ax�!i + ay
�!j + az
�!k i�!b = bx
�!i + by
�!j + bz
�!k , onda je
�!a � �!b = axbx + ayby + azbz:
Dokaz. Teorem 2.47 je izravna posljedica Teorema 2.40 i poznatih skalarnih
umnoµzaka svih parova jediniµcnih vektora�!i ;�!j i�!k .
Primjer Odredimo kut �to ga zatvaraju vektori �!a = 2�!i � 3�!j +
�!k i
�!b =
�!i +�!j .
Iz �!a � �!b = ab cos' slijedii
cos' =�!a � �!bab
=axbx + ayby + azbzq
a2x + a2y + a
2z
qb2x + b
2y + b
2z
83
Dakle, cos' = 2�1+(�3)�1+1�0p4+9+1
p1+1+0
= � 12p7; pa je ' = arccos(� 1
2p7) � 100o5302400,
tj. ' � 1; 76087 radijana (v. sljedecu Napomenu 2.48).
Napomena 2.48 Po dogovoru smatramo da ure�eni vektorski parovi (�!a ;�!b )i (�!b ;�!a ) zatvaraju isti kut ' i da je 0 � ' � �.
De�nicja 2.49 Vektorskim mnoµzenjem (ili vektorskim produktom) nazi-
vamo binarnu operaciju � : V3�V3 ! V3, �(�!a ;�!b ) � �!a ��!b , de�niranu kakoslijedi:
� vektor �!a ��!b je okomit na vektore �!a i�!b ;
� ure�ena trojka (�!a ;�!b ;�!a � �!b ) odre�uje desni koordinatni sustav u pros-toru;
����!a ��!b �� = ���!a �� � ���!b �� � sin(�!a ;�!b ) � ab sin'.
Uoµcimo da je vektorski umnoµzak �!a ��!b vektor kojemu je duljina jednaka
povr�ini paralelograma �to ga odre�uju vektori �!a i�!b svedeni na zajedniµcki
poµcetak, te da mu je pravac okomit na ravninu odre�enu tim vektorima.
ϕ
a
c = a x b
b
Vektorski produkt.
Teorem 2.50 Neka su �!a ;�!b ;�!c 2 V3 i � 2 R. Tada je
(a) �!a ��!b = ��!b ��!a (antikomutativnost);
(b) �!a � (�!b +�!c ) = �!a ��!b +�!a ��!c (distributivnost);
(c) �(�!a ��!b ) = (��!a )��!b = �!a � (��!b ) (homogenost).
Dokaz. (a). Buduci da, po de�niciji, ure�ena trojka (�!a ;�!b ;�!a ��!b ) tvori desnisustav, to ure�ena trojka (
�!b ;�!a ;�!a ��!b ) tvori lijevi sustav (v. Napomenu 2.43).
Ta µcinjenica i De�nicija 2.49 povlaµce (a).
(b). Neka je � ravnina okomita na vektor �!a kroz njegov poµcetak, te neka je�!b 0
okomita projekcija vektora�!b na �. Neka je ' kut izme�u vektora �!a i �!b , a '0
kut izme�u�!b i�!b 0. Tada je '0 = �
2 � ' i b0 = b cos'0 = b sin'. Zarotirajmo
�!b 0 u � oko zajedniµckoga poµcetka za �
2 i dobiveni vektor oznaµcimo s�!b 00, tako da
(�!a ;�!b ;�!b 00) tvore desni sustav. Primijetimo da je vektor �!b 00 okomit na vektore�!a i
�!b 0, dakle, i na vektor
�!b . Oznaµcimo �!a �
�!b � �!b 000. Sliµcnim postupkom
dobivamo vektore �!c 0, �!c 00 i �!c 000 � �!a ��!c , te �!d 0, �!d 00 i �!d 000 � �!a ��!d , gdje je�!d � �!b +�!c .
84
b''' b''
d'''d''
a
bd
cc'
b'd'
ρ
Tvrdnja (b).
Preostaje dokazati da je�!d 000 =
�!b 000+�!c 000. Uoµcimo da je okomita projekcija (na
�) paralelograma odre�enoga vektorima �!c i �!b paralelogram odre�en vektorima�!c 0 i �!b 0, a okomita projekcija �!d 0 dijagonale �!d = �!b +�!c prvoga paralelogramaje dijagonala drugoga paralelograma, tj.
�!d 0 =
�!b 0 + �!c 0. Rotacija u ravnini
� oko zajedniµckoga poµcetka za �2 prevodi paralelogram odre�en vektorima
�!b 0
i �!c 0 u sukladni paralelogram odre�en vektorima�!b 00 i �!c 00 s dijagonalom �!d 00,
pa je�!d 00 =
�!b 00 + �!c 00. Mnoµzenjem te jednakosti s
���!a �� � a dobivamo�!d 000 =
�!b 000 +�!c 000.(c). Ova se tvrdnja dokazuje kao (c) u Teoremu 2.40.
Teorem 2.51 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k )
�!a = ax�!i + ay
�!j + az
�!k i�!b = bx
�!i + by
�!j + bz
�!k , onda je
�!a ��!b = (aybz � azby)�!i + (azbx � axbz)
�!j + (axby � aybx)
�!k :
Dokaz. Teorem 2.51 je izravna posljedica Teorema 2.50 i sljedecih jednostavnih
µcinjenica (v. De�niciju 2.49):�!i ��!i = �!0 = �!j ��!j = �!k ��!k ;�!i ��!j = �!k ; �!
j ��!k = �!i ; �!k ��!i = �!j ;
�!i ��!k = ��!j ; �!
j ��!i = ��!k ; �!k ��!j = ��!i :
Primijetimo da Teorem 2.51 dopu�ta i formalni determinantni zapis:
�!a ��!b =
���������!i�!j�!k
ax ay az
bx by bz
�������� :Iz toga je zapisa oµcigledno da je �!a �
�!b =
�!0 onda i samo onda, ako su �!a i �!b
kolinearni (�to ukljuµcuje mogucnost da je neki od njih nulvektor). Primijetimo,
tako�er, da vektorsko mnoµzenje nije asocijativno. �tovi�e, nije te�ko dokazati
valjanost sljedecga teorema:
85
Teorem 2.52 Ako su �!a ;�!b ;�!c 2 V3 onda je:
(a) (�!a ��!b )��!c = (�!a � �!c )�!b � (�!b � �!c )�!a ;
(b) �!a � (�!b ��!c ) = (�!a � �!c )�!b � (�!a � �!b )�!c .
Primjer Izraµcunajmo povr�inu paralelograma �to ga odre�uju vektori�!a = �2�!i + 3�!j +�!k i
�!b =
�!i ��!j ��!k .
�!a ��!b =
���������!i�!j
�!k
�2 3 1
1 �1 �1
�������� = �2�!i ��!j ��!k ;
P =���!a ��!b �� = ���2�!i ��!j ��!k �� = p4 + 1 + 1 = p6.
De�nicja 2.53 Mje�ovitim mnoµzenjem (ili vektorsko-skalarnim produk-
tom) nazivamo funkciju iz V3 � V3 � V3 u R de�niranu pravilom
(�!a ;�!b ;�!c ) 7! (�!a ��!b ) � �!c :
Oznaµcimo li kut izme�u vektora �!a i�!b slovom ', a kut izme�u �!a � �!b i �!c
slovom , pravilo mje�ovitoga mnoµzenja dobiva zapis
(�!a ��!b ) � �!c =���!a ��!b �� � ���!c �� � cos =���!a �� � ���!b �� � sin' � ���!c �� � cos � abc sin' cos :
To dopu�ta mje�oviti umnoµzak (�!a ��!b ) � �!c interpretirati, do na predznak, kao
obujam paralelopipeda odre�enoga vektorima �!a , �!b i �!c :
a
b
c
ϕ
ψ
a x b
Mje�oviti produkt.
Predznak mje�ovitoga umno�ka je pozitivan µcim (�!a ;�!b ;�!c ) odre�uje desni sus-tav, a negativan u sluµcaju lijevoga sustava.
Teorem 2.54 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k )
�!a = ax�!i + ay
�!j + az
�!k ,�!b = bx
�!i + by
�!j + bz
�!k i �!c = cx
�!i + cy
�!j + cz
�!k ,
onda je
(�!a ��!b ) � �!c =
��������ax ay az
bx by bz
cx cy cz
�������� :86
Dokaz. Teorem 2.54 je posljedica Teorema 2.46 i Teorema 2.50.
Pomocu Teorema 2.54 se lako dokazuju (rabeci determinantina svojstva) ove
jednakosti:
(�!a ��!b ) � �!c = (�!b ��!c ) � �!a = (�!c ��!a ) � �!b =�(�!a ��!c ) � �!b = �(�!c ��!b ) � �!a = �(�!b ��!a ) � �!c ;
(�!a ��!b ) � �!c = �!a � (�!b ��!c );
(�!a ��!b ) � �!c = �!c � (�!a ��!b ):
2.3 ANALITIµCKA GEOMETRIJA
Neka je u prostoru E zadan pravokutni koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ;�!k ). Pro-matrat cemo neke vaµzne toµckovne podskupove prostora E (pravce, neke krivulje,ravnine i neke plohe) i razmatrati uvjete pod kojima neka toµcka T = (x; y; z) pri-
pada takvomu podskupu. Algebraizacija tih uvjeta vodi do analitiµckih izraza -
jednadµzaba promatranih podskupova. To onda omogucuje algebarsko opisivanje
i nekih odnosa me�u tim podskupovima.
2.3.1 PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI
Temeljno svojstvo svakog pravca jest da je posve odre�en bilo kojim dvjema
svojim toµckama. Neka je pravac p u prostoru E odre�en toµckama T1 i T2 kojima,s obzirom na odabranu toµcku O, pripadaju redom radijus-vektori �!r 1 i �!r 2, teneka je T bilo koja toµcka na p s radijus-vektorom �!r . Tada su usmjerene duµzine��!T1T2 i
��!T1T kolinearne (leµze na p), pa postoji broj t 2 R takav da je
��!T1T = t
��!T1T2,
odnosno, (v. crteµz)�!r ��!r 1 = t(�!r 2 ��!r 1): (1)
xy
z
r1
r2
r
T1
T2
T
Pravac.
Relacija (1) je vektorska jednadµzba pravca p. Oznaµcimo li konstantni vektor�!r 2 ��!r 1 sa �!s (smjerovni vektor od p), jednadµzba (1) poprima oblik�!r = �!r 1 + t�!s ; t 2 R: (2)
87
Jasno je da se svaki vektor kolinearan vektoru �!s smije uzeti za smjerovni vektorpravca p.
Neka je u prostoru E s ishodi�tem O zadan pravokutni koordinatni sustav
(O;�!i ;�!j ;�!k ), pa neka je u njemu �!s = fa; b; cg ; �!r 1 = fx1; x2; x3g i �!r =
fx; y; zg. Tada iz relacije (2) dobivamo tri jednadµzbe:8>><>>:x = x1 + at
y = y1 + bt
z = z1 + ct; t 2 R;(3)
koje predstavljaju parametarski zapis pravca p. Ako su sve komponente od�!s razliµcite od nule, parametar t se moµze eliminirati pa iz (3) dobivamo tzv.
kanonski (ili simetriµcni) zapis pravca p:x� x1a
=y � y1b
=z � z1c
: (4)
(Ponekad se zapisom (4) sluµzimo i u sluµcajevima kad su neke komponente od �!sjednake nuli, formalno pi�uci pripadne ni�tice u odgovarajucim nazivnicima.)
Uoµcimo da kanonski zapis (4) sadrµzi tri jednadµzbe koje su me�usobno linearno
zavisne:8>><>>:b(x� x1) = a(y � y1)c(y � y1) = b(z � z1)a(z � z1) = c(x� x1)
(5)
Dovoljne su, dakle, dvije od tih jednadµzba da bi pravac bio posve odre�en.
To vrijedi i sasvim opcenito. Pravac se, naime, moµze zadati dvjema linearno
nezavisnim (realnim) linearnim jednadµzbama:(A1x+B1y + C1z = 0
A2x+B2y + C2z = 0; (50)
iz kojih se lako mogu, eliminacijom pojedinih varijabla, dobiti zapisi (5) i (4).
(U narednoj toµcki cemo vidjeti da svaka od jednadµzba u (50) i (5) predstavlja
neku ravninu u prostoru.)
Primjer Odredimo jednadµzbu (kanonski zapis) pravca p kojemu pripadaju
toµcke A = (2; 2; 4) i B = (8; 132 ;52 ).
Jedan smjerovni vektor toga pravca jest��!AB =
�6; 92 ;�
32
. Da bi traµzeni zapis
bio "ljep�i", uzmimo �!s = 23
��!AB = f4; 3;�1g. Uvr�tavanjem toµckovnih koor-
dinata od A i skalarnih komponenata od s u relaciju (4) dobivamo kanonski
zapis
p � � � x� 24
=y � 23
=z � 4�1 :
Primjer Kanonski zapis koordinatne x-osi jest
x
1=y
0=z
0
88
(linearnim jednadµzbama: y = 0, z = 0), jer je pripadni vektor�!i = f1; 0; 0g i
jer prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0). Sliµcni su zapisi za y-os i z-os.
µCesto se za smjerovni vektor promatranog pravca uzima pripadni jediniµcni vek-
tor
�!s 0 =�!sj�!s j :
Tada zapis (4) poprima oblikx� x1cos�
=y � y1cos�
=z � z1cos
; (6)
gdje su cos�, cos� i cos komponenete od �!s 0 (smjerovni koe�cijenti od �!s ),pa mora biti cos2 �+ cos2 � + cos2 = 1.
Neka pravac p leµzi u koordinatnoj xy-ravnini, pa promatrajmo samo toµcke i
podskupove te ravnine. Tada naslje�eni koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ) svakoj
toµcki pridruµzuje samo dvije koordinate, odnosno, svakom vektoru samo dvije
komponente (treca, od z-osi, u sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k ) i�µcezava). Jednadµzbe u
(3) sada poprimaju oblik(x = x1 + at
y = y1 + bt; (30)
a umjesto (4) dobivamox� x1a
=y � y1b
: (40)
Napi�emo li jednadµzbu (40) u obliku
y � y1 =b
a(x� x1); (7)
dobivamo poznatu "srednjo�kolsku" pravµcevu jednadµzbu jednom toµckom. Koliµc-
nikb
anazivamo smjerovnim koe�cijentom od p i obiµcno ga oznaµcujemo
slovom k. Odaberemo li za toµcku T1 sjeci�te pravca p s koordinatnom y-osi,
T = (0; l), dobivamo dobro poznatu pravµcevu "eksplicitnu jednadµzbu"
y = kx+ l: (8)
µZelimo li da relacije (30), (40), (7) ili (8) odre�uju isti pravac p i u prostornom
koordinatnom sustavu (O;�!i ;�!j ;�!k ), trebamo svakoj od njih dopisati jednadµzbu
z = 0.
2.3.2 RAVNINA U PROSTORU
Neka su T1; T2 i T3 bilo koje tri nekolinearne toµcke u prostoru E s pripadnimradijus-vektorima �!r 1, �!r 2 i �!r 3 redom (s obzirom na dano ishodi�te O). Tim
toµckama je odre�ena jedna i samo jedna ravnina � koji ih sadrµzi. Neka je T bilo
koja toµcka te ravnine i neka joj pripada radijus-vektor �!r . Tada su usmjerene
89
duµzine��!T1T2,
��!T1T3 i
��!T1T koplanarne (leµze u �), pa njihov mje�oviti umnoµzak
i�µceµzva, tj.��!T1T � (
��!T1T2 �
��!T1T3) = 0: (9)
Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora
(�!r ��!r 1) � ((�!r 2 ��!r 1)� (�!r 3 ��!r 1)) = 0: (10)
Relacije (9) i (10) jesu vektorske jednadµzbe ravnine �.
x y
z
T1
T
r1
T2T3
r
r3 r2
O
ρ
Ravnina.
Neka je u prostoru E s ishodi�tem O dan koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ;�!k ), pa
neka je u njemu T = (x; y; z) i Ti = (xi; yi; zi), i = 1; 2; 3: Mje�oviti umnoµzak
(9) se tada moµze zapisati u determinantnom obliku��������x� x1 y � y1 z � z1x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x3 � x1 y3 � y1 z3 � z1
�������� = 0 (11)
ili ����������x y z 1
x1 y1 z1 1
x2 y2 z2 1
x3 y3 z3 1
����������= 0: (12)
Relacije (11) i (12) nazivamo jednadµzbama ravnine kroz tri toµcke. Neka
ravnina � ne prolazi ishodi�tem O, i neka ona sijeµce koordinatne osi x, y, i z
redom u toµckama T1 = (a; 0; 0), T2 = (0; b; 0) i T3 = (0; 0; c), a; b; c 6= 0. Tada iz(11) dobivamo tzv. segmentni oblik jednadµzbe ravnine �
x
a+y
b+z
c= 1: (13)
Neka je �!n bilo koji vektor okomit na ravninu � (okomit, dakle, i na svaki
pravac u �). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u �, pa neka je T varijabilna toµcka u
�. Pripadni radijus-vektori neka su redom �!r 1 i �!r . Tada su vektori �!n i �!r ��!r 1me�usobno okomiti, �to povlaµci i�µcezavanje njihova skalarnog umno�ka:�!n � (�!r ��!r 1) = 0: (14)
To je jo�jedan oblik vektorske jednadµzbe za ravninu �. Svaki vektor okomit
na ravninu � nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te ravnine i
90
najµce�ce ga oznaµcujemo slovom �!n . (Takav je, primjerice, vektor (�!r 2 ��!r 1)�(�!r 3 ��!r 1) iz relacije (10).) Ako je, u sustavu (O;
�!i ;�!j ;�!k ), �!n = fA;B;Cg, a
T1 = (x1; y1; z1) i T = (x; y; z), tj.�!r 1 = fx1; y; z1g i �!r = fx; y; zg, onda (14)
poprima oblik
A(x� x1) +B(y � y1) + C(z � z1) = 0; (15)
�to je tzv. jednadµzba ravnine � jednom toµckom T1 = (x1; y1; z1). Oznaµcimo
li u (15) konstantu �(Ax1 +By1 + Cz1) slovom D, dobivamo tzv. opci oblik
jednadµzbe ravnine �:
Ax+By + Cz +D = 0 (16)
ili (vektorski)�!n � �!r +D = 0: (160)
Normala ravnine.
Neka je sada �!r 1 radijus-vektor noµzi�ta T1 okomice iz ishodi�ta O na ravninu �.Tada je njegova duljina
���!r 1�� � p jednaka udaljenosti od O do �. Odaberimo
jediniµcni normalni vektor �!n 0 =�!r 1j�!r 1j na � (v. crteµz). Zbog
�!n 0 ��!r 1 = p, iz (14)
dobivamo
�!n 0 � �!r � p = 0 (17)
ili (skalarno)
x cos�+ y cos� + z cos � p = 0; (170)
gdje su cos�, cos� i cos komponente jediniµcne normale �!n 0 na ravninu �.
Relacije (17) i (170) nazivamo Hesseovim (ili normalnim) oblicima jed-
nadµzbe ravnine �. Primijetimo da se opci oblik svodi na Hesseov dijeljenjem
brojem �DjDjpA2 +B2 + C2 kad jeD 6= 0, odnosno, dijeljenjem s
pA2 +B2 + C2
kad je D = 0.
Primjer Koordinatna zx-ravnina prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0) i okomita je
na vektor�!j = f0; 1; 0g. Po (15), njezina jednadµzba je 0(x � 0) + 1(y � 0) +
0(z � 0) = 0, tj y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatne
xy-ravnine, a x = 0 jednadµzba koordinatne yz-ravnine.
91
2.3.3 MEÐUODNOSI TOµCAKA,
PRAVACA I RAVNINA
Dvije toµcke u prostoru E su ili razliµcite ili se podudaraju. U prvomu sluµcaju
se postavlja pitanje me�usobne udaljenosti. Bilo koja promatrana toµcka ili leµzi
na danom pravcu (u danoj ravnini) ili je izvan njega (nje). U prvomu sluµcaju
njezine koordinate moraju udovoljavati jednadµzbi toga pravca (te ravnine). U
drugomu pak sluµcaju, zanimljivo pitanje jest ono o udaljenosti toµcke od pravca
(ravnine).
Dva pravca, opcenito, mogu biti usporedna (ukljuµcujuci podudaranje), mogu
biti mimosmjerna, a mogu se i presijecati. U prva dva sluµcaja se postavlja
pitanje o njihovoj me�usobnoj udaljenosti, a u trecemu - o kutu �to ga zatvaraju.
(Pitanje o kutu ima smisla i za mimosmjerne pravce, ako se radi o kutu pripadnih
smjerovnih vektora!)
Sliµcno razmi�ljamo i o odnosu dviju ravnina: ako su usporedne - kolika im je
me�usobna udaljenost(?), a ako se sijeku - koliki kut zatvaraju(?).
ψ
n
s
p
ϕ
Pravac i ravnina.
Promatramo li odnos pravca i ravnine, ima smisla istraµziti leµzi li dani pravac
u danoj ravnini ili ne, pa, ako ne leµzi u njoj, je li joj usporedan - kolika je
udaljenost(?) - ili ju probada - koja toµcka jest probodi�te i koliki je prikloni
kut(?).
Da bismo odgovorili na postavljena pitanja, najprije istaknimo nekoliko temeljnih
µcinjenica:
� dvije ravnine su me�usobno usporedne toµcno onda kad su im normalni
vektori kolinearni;
� dva pravca su me�usobno usporedna toµcno onda kad su im smjerovni
vektori kolinearni;
92
� ravnina i pravac su me�usobno usporedni toµcno onda kad su pripadninormalni vektor i pripadni smjerovni vektor me�usobno okomiti:
� kut izme�u dviju ravnina je jednak kutu izme�u njihovih normalnih vek-tora;
� kut izme�u dvaju pravaca je jednak kutu izme�u njihovih smjerovnih vek-tora;
� kut izme�u ravnine i pravca jest suplement (do �2 ) kuta izme�u pripadnoga
normalnog vektora i pripadnoga smjerovnog vektora (v. crteµz).
Kut izme�u dvaju vektora se raµcuna po formuli
cos' =�!a � �!bab
=axbx + ayby + azbzq
a2x + a2y + a
2z
qb2x + b
2y + b
2z
:
Udaljenost dviju toµcaka T1 = (x1; y1; z1) i T2 = (x2; y2; z2) raµcunamo po pozna-
toj formuli:
d(T1; T2) =p(x2 � x1)2 + (y2 � y1)2 + (z2 � z1)2:
Udaljenost d(p1; p2) usporednih pravaca p1 i p2 jednaka je udaljenosti njihovih
sjeci�ta s bilo kojim na njih okomitim pravcom.
Neka su usporedne ravnine �1 i �2 zadane Hesseovim jednadµzbama
�1 � � � �!n 01 � �!r � p1 = 0; �2 � � � �!n 02 � �!r � p2 = 0; �!n 01 = ��!n 02:
Tada je udaljenost d(�1; �2) jednaka jp1 � p2j µcim je �!n 01 = �!n 02, odnosno,p1 + p2 µcim je �!n 01 = ��!n 02. Udaljenost d(T1; �) toµcke T1 = (x1; y1; z1) od
ravnine � se odre�uje tako da se toµckom T1 poloµzi ravnina �0 usporedna s
� i izraµcuna udaljenost d(�0; �) = d(T1; �). Da bi se odredila udaljenost us-
porednih pravaca, moµze ih se presjeci na njih okomitom ravninom i izraµcunati
udaljenost dobivenih probodi�ta. Udaljenost od pravca do njemu usporedne
ravnine odre�uje se izraµcunavanjem udaljenosti od bilo koje toµcke toga pravca
do ravnine. Napokon, udaljenost izme�u dvaju mimosmjernih pravaca odre�uje
se izraµcunavanjem udaljenosti izme�u dviju usporednih ravnina od kojih svaka
sadrµzi po jedan promatrani pravac.
Primjer Dani su pravci
q1 � � �x� 1�2 =
y
1=z � 42
i q2 � � �x� 30
=y � 11
=z + 2
1:
Istraµzimo njihov me�usobni poloµzaj. Pravci q1 i q2 nisu me�usobno usporedni,
jer im smjerovni vektori �!s 1 = f�2; 1; 2g i �!s 2 = f0; 1; 1g nisu kolinearni. Nekaje �1 ravnina �to sadrµzi pravac q1 i usporedna je s pravcem q2. Za normalni
vektor �!n 1 od �1 smijemo uzeti �!s 1 ��!s 2 = f�1; 2;�2g (v. Teorem 2.50), a za
njezinu posve odre�enu toµcku smijemo uzeti T1 = (1; 0; 4) na pravcu q1. Tako
dobivamo
93
�1 � � � � (x� 1) + 2(y � 0)� 2(z � 4) = 0; tj.
x� 2y + 2z � 9 = 0:
Za ravninu �2, �to sadrµzi pravac q2 i usporedna je s pravcem q1, na sliµcan naµcin
(�!n 2 = �!s 2 ��!s 1, T2 = (3; 1;�2)) dobivamo
�2 � � �x� 2y + 2z + 3 = 0:
Ravnine �1 i �2 su usporedne (i razliµcite), pa su pravci q1 i q2 mimosmjerni.
Njihovu me�usobnu udaljenost cemo dobiti pomocu jednadµzaba za �1 i �2 u
normalnomu obliku:
�1 � � �1
3x� 2
3y +
2
3z � 3 = 0; �2 � � � �
1
3x+
2
3y � 2
3z � 1 = 0:
Dakle, d(q1; q2) = d(�1; �2) = p1 + p2 = 3 + 1 = 4. Kut ' izme�u smjerovnih
vektora �!s 1 i �!s 2 od q1 i q2 redom, dobivamo iz njihova skalarnog umno�ka:
cos' =�!s 1 � �!s 2���!s 1�� � ���!s 2�� = �2 � 0 + 1 � 1 + 2 � 1p
(�2)2 + 12 + 22p02 + 12 + 12
=
p2
2;
dakle ' = �4 :
94
Poglavlje 3
KONVERGENCIJA I
NEPREKIDNOST
3.1 KONVERGENCIJA REALNIH
NIZOVA I REDOVA
Konvergencija je jedan od temeljnih pojmova u matematiµckoj analizi. Pri-
mjerice, neke od osnovnih elementarnih funkcija (trigonometrijske) moguce je
sasvim korektno de�nirati tek kad se strogo zasnuje konvergencija realnih re-
dova. Osim toga, na dobro zasnovanoj konvergenciji je mnogo lak�e de�nirati i
eksponencijalnu funkciju i, posebice, istraµziti njezina vaµzna svojstva. Logiµcki bi,
dakle, ovaj odjeljak trebao biti prvi u ovomu poglavlju. Nu, to bi onda zahtije-
valo drugaµciji temeljni teorijski pristup, koji bi bio preopcenit za na�u konaµcnu
svrhu.
3.1.1 NIZ REALNIH BROJEVA
De�nicja 3.1 Svaku funkciju de�niranu na skupu prirodnih brojeva, a : N !Y , nazivamo nizom (u skupu Y ). Vrijednost a(n) 2 Y , n 2 N, oznaµcujemo san i nazivamo n-tim µclanom toga niza. Uobiµcajilo se i sam niz oznaµciti s (an)
ili, ponekad, s a1; a2; � � � ; an; � � � . U sluµcaju Y = R govorimo o nizu realnih
brojeva (ili o realnom nizu) (an).
Vaµzno je imati na umu bitnu razliku izme�u niza (an) u skupu Y , tj. funkcije
a : N! Y , od skupa svih njegovih vrijednosti fan j n 2 Ng, tj. slike a[N] � Y !
Primjer Ispi�imo "nekoliko prvih" µclanova realnoga niza (an), pri µcemu je:
95
(a) an =n2
2n+ 1; (b) an =
(1�nn , n neparan1n , n paran
; (c) an =
(2n, n � 3p11, n � 4
.
(a) a1 =1
3, a2 =
4
5, a3 =
9
7itd. ili
1
3;4
5;9
7;16
9;25
11; � � � ;
(b) a1 = 0, a2 =1
2, a3 = �
2
3, a4 =
1
4itd. ili 0;
1
2;�23;1
4;�35;1
6; � � � ;
(c) a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6, a4 =p11 = a5 = � � � itd. ili 2; 4; 6;
p11;p11; � � � :
Pod (c) je dan primjer tzv. stacionarnog niza, tj. niza (an) za koji vrijedi:
(9r 2 R)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an = r:
De�nicja 3.2 Reci cemo da je niz realnih brojeva (an) uzlazan ili rastuci
(silazan ili (o)padajuci, monoton, strogo uzlazan, strogo silazan, strogo
monoton) µcim je takva pripadna funkcija a : N! R.
Sljedeci teorem je izravna posljedica prethodne de�nicije.
Teorem 3.3 Da bi realni niz (an) bio uzlazan (silazan, strogo uzlazan, strogo
silazan) nuµzno je i dovoljno da je, za svaki n 2 N, an � an+1 (an � an+1,
an < an+1, an > an+1).
Primjer Niz
(an), an = �n
10,
je strogo silazan, jer je an = � n10 > �
n+110 = an+1 za svaki n 2 N.
Primjer Niz
(an), an =(�1)n + n
n;
nije monoton, jer je, primjerice, a1 = 0 < 32 = a2 >
23 = a3.
Zadrµzavajuci se jo�malo na ovomu primjeru, prikaµzimo nekoliko µclan ova toga
niza na brojevnom pravcu:
0 0 .4 0 .6 0 .8 1 1 .2 1 .4 1 .6 2
a1 a 3 a5 a7 ... a6 a4 a 2
Niz (an), an =(�1)n+n
n :
Primijecujemo da se oni "sve vi�e pribliµzavaju" broju 1 kako se n povecava.
Odaberemo li, naime, bilo koju (kako god malu) "-okolinu od 1 u R, tj. simetriµcniinterval h1� "; 1 + "i, " > 0, u njoj ce se naci skoro svi (tj. svi osim konaµcno
mnogo njih) µclanovi promatranoga niza (an). Ako je npr. " = 0; 2, radi se o
okolini h0; 8; 1; 2i izvan koje su a1; � � � ; a5, a u njoj su svi µclanovi an za koje jen � 6. Zaista, u tomu sluµcaju mora biti
���1 � (�1)n+nn
��� < 0; 2; tj: 1n < 0; 2 ;
96
dakle n > 5: Smanjujuci broj " > 0, tj. okolinu, povecava se broj onih µcanova
an �to su izvan te okoline, ali, ma kako malen bio taj ", izvan nje ih je uvijek
samo konaµcno mnogo.
Ovaj primjer motivira sljedecu de�niciju:
De�nicja 3.4 Reci cemo da je toµcka a0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes)realnog niza (an), ako je ispunjen ovaj uvjet:
(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jan � a0j < ":
Ovo cemo skraceno zapisivati kao (an)! a0.
Primjer
(a) Stacionarni niz (an), an = a0 µcim je n � n0, ima graniµcnu vrijednost a0.
(b) Pokaµzimo da niz�cn
�, za ma koji c 2 R, ima za graniµcnu vrijednost 0 2 R.
Uzmimo bilo koji " > 0. Treba odrediti broj n0 2 N (ovisan o ") koji ce udovoljitiuvjetu iz De�nicije 3.4. Promatrajmo nejednakost jan�a0j < ", koja bi u ovomu
primjeru trebala biti j cn � 0j < ", tj. jcjn < ". To povlaµci da treba biti n > jcj
" ,
�to je, po Arhimedovu aksiomu moguce: Odaberemo li, dakle, n0 =� jcj"
�+ 1;
(gdje je� jcj"
�najvece cijelo), de�nicijskom uvjetu ce biti udovoljeno.
Teorem 3.5 Svaki realni niz (an) dopu�ta najvi�e jednu graniµcnu vrijednost.
Dokaz. Pretpostavimo protivno, tj. da vrijedi (an) ! a00, (an) ! a000 i
a00 6= a000 . Tada je broj " =ja000�a
00j
2 > 0, pa su U 0 = ha00 � "; a00 + "i i U 00 =ha000 � "; a000 + "i disjunktne "-okoline od a00 i a000 redom. Po de�niciji bi svaka odokolina U 0 i U 00 trebala sadrµzavati skoro sve µclanove promatranoga niza (an),
�to je protuslovlje.
De�nicja 3.6 Za niz koji ima graniµcnu vrijednost kaµzemo da konvergira (ili
teµzi) prema toj vrijednosti, odnosno, da je konvergentan. U protivnom, kaµzemo
da niz divergira ili da je divergentan.
µCim niz (an) konvergira prema broju a0, tj. (an) ! a0, Teorem 3.5 (limesova
jedinstvenost) dopu�ta to zapisati kao (operativnu) jednakost
lim(an) = a0:
Uvedimo nazive i zapise i za dva posebna sluµcaja divergentnih nizova. Prvo,
ako za realni niz (an) vrijedi
(8r 2 R+)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an > r;
reci cemo da (an) divergira prema plus beskonaµcnom i pisati (an)! +1ili lim(an) = +1.
97
Drugo, ako za realni niz (an) vrijedi
(8r 2 R�)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an < r;
reci cemo da (an) divergira prema minus beskonaµcnom i pisati (an)! �1ili lim(an) = �1.
Primjerice, nizovi (n), (3n � 5) i (n2 � 1) divergiraju prema +1, dok nizovi(�n), (�3n+ 5), i (�n2 + 1) divergiraju prema �1.(Pozor! +1 i �1 su samo oznake. To nisu realni brojevi. Moguce je, me�utim,
pro�iriti R do skupa R = R[f�1;+1g stavljajuci �1 < x < +1, za svakix 2 R, i pro�irujuci odgovarajucu algebarsku strukturu sa R na R ovako: x +(�1) = �1 = (�1) + x, (�1) + (�1) = �1, (+1) + (+1) = +1;x � (�1) = �1 = (�1) � x za x < 0, x � (�1) = �1 = (�1) � x za x > 0,
(�1) � (�1) = +1 = (+1) � (+1), (�1) � (+1) = �1 = (+1) � (�1);zbrojevi (�1) + (+1) i (+1) + (�1), kao i umno�ci 0 � (�1) i (�1) � 0 sene mogu jednoznaµcno de�nirati. Za upravo promatrane nizove bi se sada moglo
reci da konvergiraju pro�irenomu skupu realnih brojeva R.)
De�nicja 3.7 Neka je (an) realni niz. Reci cemo da je toµcka r 2 R gomili�teod (an), ako svaka okolina od r sadrµzi beskonaµcno mnogo µclanova toga niza.
Simboliµcki se taj uvjet zapisuje ovako:
(8" > 0)(8n 2 N)(9n0 2 N) n0 � n ^ jan0 � rj < ":
Primijetimo da je, za svaki konvergentni niz, njegova graniµcna vrijednost ujedno
njegovo jedino gomili�te, dok obratno ne vrijedi.
Primjer Promatrajmo niz
(an), an = n (1� (�1)n) :
Uoµcimo da je an = 2n µcim je n neparan, a an = 0 µcim je n paran, tj. (an) =
2; 0; 6; 0; 10; 0; � � � . Oµcigledno je da niz (an) divergira premda ima toµcno jednogomili�te r = 0.
De�nicja 3.8 Podnizom realnog niza (an), tj. funkcije a : N! R, smatramosvaku kompoziciju a � n : N! R, pri µcemu je n : N! N strogo uzlazna funkcija(niz u N): Primijetimo da je podniz realnog niza opet realni niz. Opcenito, k-tiµclan promatranoga podniza je realni broj (a � n)(k) = a(n(k)) � an(k), k 2 N .
Uobiµcajilo se an(k) zapisivati kao ank , a sam podniz kao (ank).
U prethodnom primjeru je npr. jedan podniz (ank) = 2; 6; 10; 14; � � � , kojidivergira prema +1 (strogo uzlazna funkcija je n : N ! N, n(k) � nk =
98
2k � 1). Uoµcimo da taj niz ima i konstantni, dakle konvergentni, podniz
(amk) = 0; 0; 0; � � � (strogo uzlazna funkcija je m : N! N, m(k) = 2k).
Primjer Promatrajmo realni niz
(an), an =(�1)nnn+ 1
:
Tada je an = � nn+1 µcim je n = 2k � 1 (neparan), a an = n
n+1 µcim je n = 2k
(paran). Prema tomu, ovaj niz ima barem dva (po µclanovima komplementarna)
konvergentna podniza: (a2k�1) =�� 2k�12k
�! �1 i (a2k) =
�2k2k+1
�! 1. Primi-
jetimo da su toµcke �1 i 1 gomili�ta od (an) koji divergira.
3.1.2 SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA
Teorem 3.9 Ako realni niz (an) konvergira onda je ome�en.
Dokaz. Neka je lim(an) = a0. Tada postoji postoji n0 2 N takav da je fan jn � n0g � ha0 � 1; a0 + 1i. Neka je b = maxfjan � a0j j n 2 f1; � � � ; n0 � 1gg ic = maxf1; bg. Tada je a[N] = fa1; � � � ; an0�1g[fan j n � n0g � [a0�c; a0+c],pa je funkcija a : N! R, tj. jest (an) ome�en.
Teorem 3.10 Realni niz (an) ima gomili�te r onda i samo onda, ako postoji
podniz (ank) koji konvergira prema r.
Dokaz. Neka je r gomili�te od (an). Traµzeni podniz cemo konstruirati indukci-
jom. Za k = 1 neka je µclan an1 2 hr � 1; r + 1i. (U De�niciji 3.7 uzmimo " = 1i n = 1, pa takav n1 � n0 � 1 postoji.) Pretpostavimo da postoje prirodni
brojevi n1 < � � � < nk za koje je ani 2r � 1
i ; r +1i
�za svaki i 2 [1; k]N. Po
De�niciji 3.7, za " = 1k+1 i n = nk + 1, postoji n0 � nk+1 � nk + 1 > nk takav
da je ank+1 2r� 1
k+1 ; r+1k+1
�. Time smo konstruirali podniz (ank) za koji je
oµcito lim(ank) = r.
Obratno, neka je (an) realni niz s konvergentnim podnizom (ank)! r. Uzmimo
bilo koje " > 0 i n 2 N. Buduci da postoji k0 2 N takav da je ank 2 hr � "; r + "iµcim je k � k0, to birajuci n0 = nk � n (vrijednosti nk strogo rastu µcim indeksi
k rastu) dobivamo da je an0 2 hr � "; r + "i. Dakle, niz (an) ima za gomili�tetoµcku r.
Korolar 3.11 Neka su (an) niz u R i a0 2 R. Tada je lim(an) = a0 toµcno onda
kad je, za svaki podniz (ank), lim(ank) = a0. Posebice, ako dva komplementarna
podniza (ank) i (an; n 6= nk) od (an) konvergiraju prema istoj graniµcnoj vrijed-
nosti a0, onda i niz (an) konvergira prema a0.
99
Dokaz. Dovoljnost je oµcigledna (uzmimo nk = k), a nuµznost vrijedi po Teoremu
3.5 i Teoremu 3.10. Dodatna tvrdnja je oµcita posljedica De�nicija 3.4 i 3.6 i
Teorema 3.5.
Teorem 3.12 Svaki realni niz (an) ima monotoni podniz.
Dokaz. Neka je N = fn j n � n0 ) an � an0g � N. Skup N je ili beskonaµcan
ili konaµcan. Ako je N beskonaµcan, moguce je odabrati strogo uzlazni niz (nk)
u N , tj. nk < nk+1 za svaki k 2 N. Tada je, po de�niciji od N , ank � ank+1
za svaki k 2 N, pa je pripadni podniz (ank) uzlazan. Ako je skup N konaµcan,
onda postoji n1 2 N, fn1g > N . Odaberimo neki n2 2 N takav da je n2 > n1 i
an2 < an1 . (Takav n2 postoji; u protivnom bi slijedilo n1 2 N - �to nije!) Jasno
je da n2 =2 N . Nastavljajuci induktivno, dobivamo nk < nk+1 =2 N za svaki
k 2 N, tj. strogo uzlazni niz (nk) u NnN . Njemu tada odgovara ank > ank+1 za
svaki k 2 N, tj. strogo silazni podniz (ank).
Teorem 3.13 Ako je realni niz monoton i ome�en onda konvergira. Potpunije,
ako je (an) silazan i ome�en odozdol onda je lim(an) = inf a[N], a ako je (bn)uzlazan i ome�en odozgor onda je lim(bn) = sup b[N].
Dokaz. Promatrajmo prvi sluµcaj, tj. niz a1 � a2 � � � � � an � � � � � c u R.Tada postoji a0 � inf a[N] 2 R, pa je a0 � an za svaki n 2 N. Nadalje, zasvaki " > 0 postoji neki n0 2 N takav da je a0 + " > an0 , tj. a0 > an0 � ".Buduci da je niz (an) silazan, to je a0 � an � an0 < an0 + " µcim je n � n0.
Prema tomu, n � n0 povlaµci an � " < a0 < an + ", tj. jan � a0j < ", pa je
lim(an) = a0 � inf a[N].Posve sliµcno se dokazuje drugi sluµcaj.
Korolar 3.14 (Bolzano-Weierstrassov teorem) Svaki ome�eni niz realnih bro-
jeva (an) ima konvergentni podniz (odnosno, ima gomili�te).
Dokaz. Neka je niz (an) u R ome�en. Po Teoremu 3.12, (an) ima neki monotonipodniz (ank). Buduci da se ome�enost µcuva, to je podniz (ank) ome�en i
monoton, pa po Teoremu 3.13 i konvergira.
Primjer (Broj e.) Neka je (an) niz u R zadan pravilom
an =�1 +
1
n
�n.
Dokazat cemo da je ovaj niz strogo uzlazan i ome�en odozgor pa, po Teoremu
3.13, konvergira. Vidjet cemo da je njegova graniµcna vrijednost
lim�1 +
1
n
�n� e; 2; 71828 < e < 2; 71829:
(Moµze se pokazati da je broj e iracionalan; �tovi�e, e je transcendentan broj,
no dokazati tu tvrdnju vrlo je netrivijalno.) Broj e ima nezaobilaznu ulogu u
100
matematiµckoj analizi. Pokaµzimo najprije da je niz��1 + 1
n
�n�ome�en odozgor.
Po binomnoj formuli (v. Teorem 1.21) je, za svaki n 2 N,�1 +
1
n
�n=
nXk=0
�nk
�� 1n�k �
� 1n
�k=
1 +nXk=1
1
k!� 1 �
�1� 1
n
��1� 2
n
�� � ��1� k � 1
n
�� 1 +
nXk=1
1
k!� 1 +
nXk=1
1
2k�1= 1 + 2
�1� 1
2n
�< 3;
pri µcemu smo iskoristili nejednakost 2k�1 � k! za svaki k 2 N. Da je ovaj nizstrogo uzlazan proizlazi iz sljedecega:�
1 +1
n
�n=
nXk=0
�nk
�� 1nk�
nXk=0
�n+ 1k
�� 1
(n+ 1)k<
n+1Xk=0
�n+ 1k
�� 1
(n+ 1)k=
n+1Xk=0
�n+ 1k
�� 1
(n+ 1)n+1�k=�1 +
1
n+ 1
�n+1;
gdje smo iskoristili nejednakost�nk
�� 1nk��nk
�� 1
(n+ 1)kza svaki par k � n iz N.
Primijetimo da je a4 =�54
�4= 625
256 ' 2; 4414, pa je 2; 4414 < e < 3. Odre�enjem
dovoljno male gornje me�e b < 3 i dovoljno "dalekog" µclana an, dobiva se po
volji dobra racionalna pribliµzna vrijednost za broj e.
Po Korolaru 3.14 ima smisla govoriti o najmanjemu, odnosno, najvecemu gomi-
li�tu realnog niza (an). Najmanje gomili�te nazivamo limesom inferiorom i
oznaµcujemo s lim inf(an);a najvece - limesom superiorom, lim sup(an):
Oµcito je
lim inf(an) � lim sup(an),
a lako se dokaµze da ome�eni niz (an) konvergira onda i samo onda kad je
lim inf(an) = lim(an) = lim sup(an):
Ako niz (an) nije ome�en odozdol (odozgor), po dogovoru stavljamo lim inf(an) =
�1 (lim sup(an) = +1). Nadalje, ako (an) nije ome�en odozdol i nema gomi-li�te, a ome�en je odozgor, stavljamo lim inf(an) = lim sup(an) = �1. Sliµcno,ako (an) nije ome�en odozgor i nema gomili�te, a ome�en je odozdol, stavljamo
lim inf(an) = lim sup(an) = +1.
Primjer (a) Za niz
(an), an =
8>><>>:� nn+1 , n = 3k � 2
1n ; n = 3k � 1
n+1n , n = 3k
; k 2 N;
je lim inf(an) = �1, a lim sup(an) = 1.
101
(b) Za niz
(an), an =
(1n ; n neparan
�n; n paran;
je lim inf(an) = �1, a lim sup(an) = 0.
(c) Za niz (an), an = 2n; je lim inf(an) = lim sup(an) = +1 (= lim(an) u R),tj. niz (2n) divergira prema +1).
Teorem 3.15 Neka realni nizovi (an), (bn) i (cn) udovoljavaju ovim dvama
uvjetima:
(a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an � cn � bn;
(b) lim(an) = a0 = lim(bn).
Tada je i lim(cn) = a0.
Dokaz. Po (b), za svaki " > 0 postoje n00; n000 2 N takvi da je jan � a0j < "
µcim je n � n00, odnosno, jbn � a0j < " µcim je n � n000 . Ukljuµcujuci i uvjet (a),
dobivamo da je, za svaki n � maxfn0; n00; n000g, a0 � " < an � cn � bn < a0 + ",
dakle, jcn � a0j < ". To upravo znaµci da je lim(cn) = a0.
Primjer Istraµzimo konvergira li ili ne niz� sinnn
�:
Buduci da je, za svaki n 2 N � R, �1 � sinn � 1, to je i � 1n �
sinn �
1n :
Oznaµcimo an = �1n , bn =
1n i cn =
sinnn , n 2 N. Buduci je je lim(an) = 0 =
lim(bn), po Teoremu 3.15 zakljuµcujemo da je i lim�sinnn
�� lim(cn) = 0:
Naredni teorem jamµci dobro pona�anje graniµcnih vrijednosti prema osnovnim
raµcunskim operacijama.
Teorem 3.16 Ako su (an) i (bn) konvergentni realni nizovi, onda je
(a) lim(an � bn) = lim(an)� lim(bn);
(b) lim(an � bn) = lim(an) � lim(bn);
(c) lim�anbn
�=lim(an)
lim(bn); µcim su svi bn 6= 0 i lim(bn) 6= 0:
(U zagradama na lijevoj strani se radi o operacijama funkcijama a; b : N! R.)
Dokaz. Dokazati gornje tvrdnje nije trivijalno. Ipak, primjerice, pokaµzimo
dobro pona�anje realnih limesa na zbrajanje! Neka je, dakle, lim(an) = a0 i
lim(bn) = b0. Trebamo dakazati:
(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) j(an + bn)� (a0 + b0)j < ":
Za ma koji " > 0 uzmimo "0 = "2 = "00. Tada postoje n00; n
000 2 N takvi da je
jan � a0j < "0 µcim je n � n00, odnosno, jbn � b0j < "00 µcim je n � n000 . Neka je
n0 = maxfn00; n000g. Sada je, za svaki n � n0,
102
j(an + bn)� (a0 + b0)j = j(an � a0) + (bn � b0)j
� jan � a0j+ jbn � b0j < "0 + "00 = ".
Bez dokaza navodimo i dobro pona�anje konvergentnih nizova prema potenci-
ranju.
Teorem 3.17 Neka su (an) i (bn) konvergentni realni nizovi i neka je pritom
an > 0 za svaki n 2 N i lim(an) > 0. Tada je
lim�abnn�= (lim(an))
lim(bn) :
Posebice, ako je niz (bn) konstantan, tj. (bn) = (r) za neki r 2 R, onda je
lim(arn) = (lim(an))r:
Primjer Istraµzimo konvergira li ili ne niz (an), ako je
(a) an =an+ b
cn+ d, a; b; c; d 2 R, cn+ d 6= 0;
(b) an =n�1Xk=0
k2
n3;
(c) an = aqn�1, q 2 R.
(a) U sluµcaju a = c = 0 slijedi d 6= 0, pa dobivamo konstantni niz�bd
�. Neka je
a 6= 0 6= c. Tada je
lim(an) = lim�an+ bcn+ d
�= lim
�a+ bn
c+ dn
�=lim(a) + lim( bn )
lim(c) + lim( dn )=a+ 0
c+ 0=a
c:
Ako je a 6= 0 = c onda je lim(an) = �1 (ovisno o predznaku konstante a) u R,a ako je a = 0 6= c onda je lim(an) = 0. (Neka µcitatelj poopci ovaj primjer na
an =p(n)q(n) , gdje su p i q polinomi!)
(b) Buduci jen�1Pk=0
k2 = (n�1)n(2n+)6 imamo
lim(an) = lim� (n� 1)n(2n+ 1)
6n3
�= lim
�16
�1� 1
n
��2+
1
n
��=1
6�1�2 = 1
3:
(c) (aqn�1) � a; aq; aq2; aq3; � � � je tzv. geometrijski niz (s konstantom a i
koliµcnikom q). Ako je a = 0 radi se o konstantnomu nizu (0)! 0. Ako je a 6= 0,jednostavno razmatranje pokazuje sljedece:
� jqj < 1) lim(aqn�1) = 0;
� jqj > 1)�aqn�1
�nije ome�en pa divergira;
� q = 1) lim(aqn�1) = lim(a) = a (konstantni niz);
� q = �1) (aqn�1) = ((�1)na) � �a; a;�a; a; � � � - ome�en i divergira(dva gomili�ta: �a, a).
Sada cemo pokazati da se nizu u R moµze ustanoviti konvergentnost i bez odre�i-vanja graniµcne vrijednosti. To ce biti vaµzan (ne samo tehniµcki) dobitak, jer je
103
µcesto bitno znati samo to konvergira li dani niz bez obzira na to koja toµcka mu
je limes.
De�nicja 3.18 Reci cemo da je realni niz (an) Cauchyjev ako udovoljava
ovomu uvjetu:
(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)(8k 2 N) n � n0 ) jan+k � anj < ":
Teorem 3.19 Niz (an) u R konvergira toµcno onda kad je Cauchyjev. (To je
tzv. potpunost euklidskoga prostora realnih brojeva R.)
Dokaz. Neka realni niz (an) konvergira; tj. neka postoji lim(an) = a0 2 R.Tada za svaki " > 0 postoji neki n0 2 N takav da je jan � a0j < "
2 µcim je n � n0.Jasno, za svaki k 2 N je n+ k > n � n0 pa je i jan+k � a0j < "
2 . Prema tomu,
jan+k � anj = j(an+k � a0) + (a0 � an)j �
jan+k � a0j+ ja0 � anj < "2 +
"2 = ";
�to dokazuje da je (an) Cauchyjev niz.
Obratno, neka je (an) u R Cauchyjev niz. Najprije cemo dokazati da je tada (an)ome�en. Za " = 1 postoji n0 2 N takav da je jan+k � anj < 1 µcim su n; k 2 N in � n0. Slijedi da je skup fan j n � n0g sadrµzan u intervalu han0 � 1; an0 + 1i.Po tomu zakljuµcujemo, kao u dokazu Teorem 3.9, da postoji c 2 R+ takav
da je a[N] � [an0 � c; an0 + c]. Dakle, niz (an) jest ome�en. Po Bolzano-
Weierstrassovu teoremu (Korolar 3.14), (an) dopu�ta neki konvergentni podniz
(ank). Neka bude lim(ank) = a0 2 R. Dokaµzimo da je tada i lim(an) = a0!
Odaberimo bilo koji " > 0. Buduci da je niz (an) Cauchyjev, to postoji n0 2 Ntakav da da bude jam � anj < "
2 µcim su m;n � n0 (m � n+k): Iz lim(ank) = a0
slijedi obstojnost nekoga k0 2 N za koji je jank � a0j < "2 µcim je k � k0. Uzmimo
k00 2 N takav da je k00 � k0 i nk00 � n0 (obstojnost mu slijedi iz strogo uzlazne
funkcije �to de�nira podniz). Sada je
jan � a0j = j(an � ank) + (ank � a0)j � jan � ank j+ jank � a0j < "2 +
"2 = "
µcim je n � n0, tj. lim(an) = a0.
Primjer Pokaµzimo da realni niz
(an), an =nXk=1
1
2k�1;
konvergira.
Po Teoremu 3.19, dovoljno je pokazati da je� nPk=1
12k�1
�Cauchyjev niz. U tu
svrhu najprije primijetimo da je, za svaki m 2 N,
1 +1
2+ � � �+ 1
2m= 1 �
1� 12m+1
1� 12
= 2�1� 1
2m+1
�< 2:
104
Sada je lako pokazati da se, birajuci dovoljno veliki n 2 N, razlika jan+p � anjmoµze uµciniti po volji malom (kakav god bio p). Zaista,
jan+p � anj =n+pXk=n+1
1
2k�1=1
2n
�1 +
1
2+ � � �+ 1
2n+p�1
�<1
2n� 2 = 1
2n�1:
To potvr�uje da je promatrani niz Cauchyjev.
3.1.3 RED REALNIH BROJEVA
Red realnih brojeva predstavlja smisleno poopcenje (konaµcnog) zbrajanja na
"zbrajanje" neizmjerno (ali prebrojivo) mnogo pribrojnika. Pritom se namecu
dva pitanja: Pod kojim ce uvjetima takav beskonaµcni "zbroj" postojati kao
(jedinstveni) realni broj (?); µcuvaju li se pritom dobra svojstva obiµcnoga (ko-
naµcnoga) zbrajanja (?).
De�nicja 3.20 Pod redom realnih brojeva (krace: realnim redom) po-
drazumijevamo svaki ure�eni par
((an); (sk))
realnih nizova (an) i (sk), pri µcemu je
sk = a1 + � � �+ ak �kX
n=1
an:
Broj an nazivamo n-tim µclanom, a broj sk k-tim djelomiµcnim zbrojem (ili
k-tom parcijalnom sumom) toga reda. Jednostavnosti radi, red ((an); (sk))
cemo ubuduce zapisivati kao1Pn=1
an ili, ponekad, kao a1 + a2 + � � � + an + � � �
(pri µcemu + nije uobiµcajeno zbrajanje u R nego samo sugestivna oznaka).
Primijetimo da je u redu1Pn=1
an � ((an); (sk)) niz (sk) posve odre�en nizom
(an), jer je, za svaki k 2 N, jednoznaµcno odre�en zbroj a1 + � � �+ ak. Nadalje,
oµcito je sk+1 = sk + ak+1.
De�nicja 3.21 Reci cemo da red realnih brojeva1Pn=1
an konvergira (ili da niz
(an) dopu�ta zbrajanje, odnosno, da je (an) zbrojiv ili sumabilan), ako
pripadni niz djelomiµcnih zbrojeva (sk) konvergira. U tomu sluµcaju graniµcnu
vrijednost s � lim(sk) nazivamo sumom reda1Pn=1
an i pi�emo s =1Pn=1
an.
Ako red1Pn=1
an ne konvergira, kaµzemo da divergira.
Primjer (a) Promatrajmo realni red1Pn=1
an, an = 1 kad je n neparan i an = �1
kad je n paran, tj. an = (�1)n�1. Rabeci znak +, njegov formalni zapis izgledaovako:
105
1 + (�1) + 1 + (�1) + � � �+ 1 + (�1) + � � � :Kad bi ovdje znak + bio zbrajanje u R, smjeli bismo po asocijativnosti najprijezbrojiti sve parove a2n�1+a2n = 0, pa bismo dobili nulred koji, oµcito, konvergira
i suma bi mu bila 0. S druge strane, smjeli bismo najprije zbrojiti sve parove
a2n + a2n+1 = 0 ("preµzivio" bi a1 = 1), pa bi red konvergirao i suma bi mu bila
1. Prema tomu, + ovdje ne oznaµcuje zbrajanje.
(b) Promatrajmo geometrijski niz (an) = (aqn�1) kad je a = 1 i q = 12 :
Pripadni red1Pn=1
an je tzv. geometrijski red1Xn=1
aqn�1 =1Xn=1
1
2n�1
s nizom djelomiµcnih zbrojeva (sk),
sk = 1 + � � �+1
2k�1=2k � 12k�1
:
Buduci da je lim(an) = lim�
12n�1
�= 0, to je
lim(sk) = lim�2k � 12k�1
�= lim
�2� 1
2k�1
�= 2� lim
� 1
2k�1
�= 2� 0 = 2;
i promatrani geometrijski red konvergira i suma mu je s �1Pn=1
12n�1 = 2:
Nije te�ko pokazati da, opcenito, za geometrijski red1Pn=1
aqn�1 vrijedi sljedece:
�1Pn=1
aqn�1 konvergira µcim je jqj < 1 i suma mu je1Pn=1
aqn�1 = a1�q ;
�1Pn=1
aqn�1 divergira µcim je jqj � 1 (lim(sk) = �1 (ovisno o predznaku
konstante a 6= 0) kad je q � 1, dok (sk) nema graniµcne vrijednosti u R kadje q � �1).
Promatrajmo sada realni red1Pn=1
an i, za bilo koji p 2 N, red
1Xn=1
ap+n (� ap+1 + ap+2 � � �+ ap+n + � � � ):
Red1Pn=1
ap+n nazivamo ostatkom reda1Pn=1
an (nakon p-toga µclana). Ako
1Pn=1
an konvergira, tj. ako postoji lim(sk) � s, onda oµcito konvergira, za svaki
p 2 N, i red1Pn=1
ap+n, i za pripadne sume lako dobivamo:
s =
1Xn=1
an =
pXn=1
an +
1Xn=p+1
an =
pXn=1
an +
1Xn=1
ap+n:
U tomu sluµcaju i broj
Rp �1Xn=1
ap+n =1X
n=p+1
an
106
nazivamo ostatkom (konvergentnog) reda1Pn=1
an (nakon p-toga µclana). No,
oµcito je da vrijedi i obratno, tj. ako za neki p 2 N red1Pn=1
ap+n konvergira, onda
konvergira i red1Pn=1
an. Slijedi zakljuµcak o konvergenciji reda1Pn=1
an:
lim(sk) � s =1Xn=1
an , (9 niz (Rp) u R) ^ lim(Rp) = 0:
Primijenimo li tu µcinjenicu na niz (an); dobivamo:
lim(an) = lim(sn � sn�1) = lim((s� sn�1)� (s� sn)) =
lim(Rn�1 �Rn) = lim(Rn�1)� lim(Rn) = 0� 0 = 0:
Time smo dokazali ovaj vaµzni teorem:
Teorem 3.22 (Nuµzni uvjet za konvergiranje reda) Ako realni red1Pn=1
an kon-
vergira onda je lim(an) = 0. Ili, ekvivalentno, ako je lim(an) 6= 0 onda red1Pn=1
an divergira.
Prinjer Promatrajmo tzv. harmonijski red1Xn=1
1
n:
Iako je nuµznomu uvjetu za njegovu konvergentnost udovoljeno, tj. lim�1n
�= 0,
pokazat cemo da harmonijski red1Pn=1
1n divergira. Pretpostavimo protivno, tj.
da red1Pn=1
1n konvergira. To znaµci da konvergira pripadni niz parcijalnih suma
(sk), sk = 1 + � � � + 1k . Postoji, dakle, graniµcna vrijednost lim(sk) � s 2 R.
Po Korolaru 3.11 i svaki njegov podniz (skl) konvergira prema istoj graniµcnoj
vrijednosti s = lim(skl). Promatrajmo podniz (skl) odre�en strogo uzlaznom
funkcijom l 7! kl = 2l, tj. podniz s2; s4; � � � ; s2l ; � � � i uoµcimo da je, za svakil 2 N, s2l > l
2 . Zaista,
s2l = 1 +1
2+�13+1
4
�+ � � �+
� 1
2l�1 + 1+ � � �+ 1
2l�1 + (2l�1 � 1) +1
2l
�>
1+1
2+�14+1
4
�+ � � �+
� 12l+ � � �+ 1
2l
�= 1+
1
2+2
4+ � � �+ 2
l�1
2l= 1+ l � 1
2>l
2
Po pretpostavci, niz (s2l) konvergira pa je ome�en odozgor, �to onda povlaµci
da je i niz ( l2 ) < (s2l) ome�en odozgor. Time smo upali u protuslovlje jer je
lim�l2
�= +1 u R.
107
3.1.4 NEKOLIKO KRITERIJA ZA
KONVERGENTNOST REALNOG REDA
Za red1Pn=1
an u R kaµzemo da je red s pozitivnim µclanovima kad god je svaki
an � 0, n 2 N.Neka su
1Pn=1
an i1Pn=1
bn dva reda s pozitivnim µclanovima. Reci cemo da1Pn=1
bn
majorira (ili da je majoranta od)1Pn=1
an ako postoji n0 2 N takav da je
an � bn µcim je n � n0. (Ekvivalentno je reci da tada1Pn=1
an minorira (ili da
je minoranta od)1Pn=1
bn.)
Teorem 3.23 (Poredbeni kriterij) Neka je1Pn=1
an red s pozitivnim µclanovima.
Ako1Pn=1
an ima konvergentnu majorantu onda i on konvergira, a ako1Pn=1
an ima
divergentnu minorantu onda i on divergira.
Dokaz. Neka konvergentni red1Pn=1
bn majorira red1Pn=1
an. Ne smanjujuci
opcenitost, smijemo pretpostaviti da je n0 = 1, tj. 0 � an � bn za svaki n 2 N.
Uoµcimo da su nizovi djelomiµcnih zbrojeva (sk), sk =kP
n=1an, i (tk), tk =
kPn=1
bn,
uzlazni i da je sk � tk za svaki k. Buduci da postoji lim(tk), to je niz (sk) ome�en odozgor. Po Teoremu 3.13 postoji i lim(sk), tj. i red
1Pn=1
an konvergira.
Drugu tvrdnju se, pretpostaviv�i protivno, dokazuje sasvim sliµcno, �to vodi u
protuslovlje.
Primjer Promatrajmo redove s pozitivnim µclanovima1Xn=1
an; an =1
(n+ 1)2; i
1Xn=1
bn; bn =1
n(n+ 1):
Primijetimo da je, za svaki n 2 N, an = 1(n+1)2 < 1
n(n+1) = bn; pa1Pn=1
bn
majorira1Pn=1
an. Nadalje, red1Pn=1
bn konvergira. Zaista, buduci da je
bn =1
n(n+ 1)=1
n� 1
n+ 1; n 2 N;
njegovi djelomiµcni zbrojevi tvore niz (tk),
t1 = 1�1
2; t2 = 1�
1
3; � � � ; tk = 1�
1
k + 1; k 2 N;
koji konvergira prema
lim(tk) = 1 =1Xn=1
1
n(n+ 1).
108
Po Teoremu 3.23 konvergira i red1Pn=1
1(n+1)2 . Osim toga, buduci da je
1Pn=1
1(n+1)2 ostatak R1 reda
1Pn=1
1n2 , zakljuµcujumo da konvergira i red
1Pn=1
1n2 .
Sljedeci teorem donosi malo pobolj�anu formulaciju poredbenoga kriterija:
Teorem 3.24 Neka su1Pn=1
an i1Pn=1
bn redovi s pozitivnim µclanovima i neka je
bn > 0 µcim je n � n0 2 N. Ako postoji
lim�anbn
�� r 2 [0;1i [ f+1g;
onda vrijedi:
(a) r 2 h0;1i ) oba reda ili konvergiraju ili divergiraju;
(b) r = 0 i1Pn=1
an divergira )1Pn=1
bn divergira;
(c) r = +1 i1Pn=1
an konvergira )1Pn=1
bn konvergira.
Primjer Istraµzimo konvergira li red1Xn=1
1pn:
Usporedit cemo ga s harmonijskim redom1Pn=1
1n koji divergira. Primijetimo da
je 1pn� 1
n za svaki n 2 N, pa po Teoremu 3.23 i red1Pn=1
1pndivergira. Ili,
koristeci Teorem 3.24(b), lim�
1n1pn
�= lim
�1pn
�= 0 pa
1Pn=1
1pndivergira.
Navest cemo jo� tri kriterija (dovoljna uvjeta) za konvergiranje realnog reda s
pozitivnim µclanovima:
Teorem 3.25 Neka je1Pn=1
an red s pozitivnim µclanovima i neka je an > 0 µcim
je n � n0 2 N. Tada vrijedi:(a) D�Alembertov kriterij
Ako postoji lim�an+1an
�� q; tada za q < 1 red
1Pn=1
an konvergira, a za q > 1 on
divergira;
(b) Cauchyjev kriterij
Ako postoji lim�npan�� q; tada za q < 1 red
1Pn=1
an konvergira, a za q > 1 on
divergira;
(c) Raabeov kriterij
Ako postoji lim�n�1 � an+1
an
��� q; tada za q > 1 red
1Pn=1
an konvergira, a za
q < 1 on divergira.
109
Dokaz. Dokazat cemo samo tvrdnju o konvergenciji u (a). Pod danim pret-
postavkama, postoje neki n1 � n0 � 2 i q 2 h0; 1i takvi da bude an+1an� q µcim
je n � n1. Primijetimo da je tada
an =an1an1+1 � � � an�1anan1an1+1 � � � an�1an
�an = an1 �an1+1an1
� an1+2an1+1
� : : : � anan�1
� an1qn�n1 :
Staviv�i a � an1qn1�1
dobivamo an � aqn�1, za svaki n � n1, pa je geometrijski
red1Pn=1
aqn�1 konvergentna majoranta promatranoga reda. Po Teoremu 3.23,
red1Pn=1
an konvergira.
Primjer Promatrajmo red1Xn=1
n
3n�1:
Po D�Alembertovu kriteriju dobivamo lim�an+1an
�= lim
�n+13n
�= 1
3 < 1 pa red
konvergira. (Sliµcno, po Cauchyjevu kriteriju dobivamo lim( npan) = lim
� npn
31�1n
�=
13 < 1, a po Raabeovu kriteriju dobivamo lim
�n�1 � an+1
an
��= lim
�2n�13
�=
+1 > 1, pa slijedi isti zakljuµcak.)
Raabeov kriterij pomogne ponekad kad D�Alembertov kriterij ne donese odluku,
tj. u ponekom sluµcaju lim�an+1an
�= 1.
Primjer Istraµzimo konvergira li red1Xn=1
an �1
2+1 � 32 � 4 +
1 � 3 � 52 � 4 � 6 +
1 � 3 � 5 � 72 � 4 � 6 � 8 + � � � .
Oznaµcimo 1!! = 1 i 2!! = 2, te za svaki n 2 N, n � 2, (2n�1)!! = 1�3�: : :�(2n�1)i (2n)!! = 2 � 4 � : : : � (2n). Sada se
1Pn=1
an moµze zapisati kao
1Xn=1
(2n� 1)!!(2n)!!
:
Primijetimo da je po D�Alembertovu kriteriju
lim�an+1an
�= lim
� (2n+1)!!(2n+2)!!
(2n�1)!!(2n)!!
�= lim
�2n+ 12n+ 2
�= 1- ne znamo odgovor.
Me�utim, po Raabeovu kriteriju je
lim�n�1� an+1
an
��= lim
� n
2n+ 2
�=1
2< 1;
pa promatrani red divergira.
De�nicja 3.26 Reci cemo da realni red1Pn=1
an apsolutno konvergira ako
konvergira red1Pn=1janj.
Za redove s pozitivnim µclanovima je, oµcito, apsolutna konvergencija isto �to i
konvergencija. Apsolutna konvergencija jest ne�to novo za redove s beskonaµcno
mnogo negativnih µclanova.
110
Teorem 3.27 Ako realni red1Pn=1
an apsolutno konvergira onda i konvergira.
Dokaz. Neka je uk zbroj svih pozitivnih, a �vk zbroj svih negativnih µclanovau k-tomu djelomiµcnom zbroju sk = a1 + � � �+ ak. Tada za k-ti djelomiµcni zbrojtk = ja1j+� � �+jakj reda
1Pn=1janj vrijedi tk = uk+vk, dok je sk = uk�vk. Nizovi
(uk), (vk) i (tk) su uzlazni i uk � tk, vk � tk, k 2 N. Buduci da red1Pn=1
an
apsolutno konvergira, postoji lim(tk) � t =1Pn=1janj pa su nizovi (uk) i (vk)
ome�eni. Po Teoremu 3.13, nizovi (uk) i (vk) konvergiraju. Neka je lim(uk) = u,
a lim(vk) = v. Po Teoremu 3.16(i) slijedi da je lim(sk) = lim(uk � vk) = u� v.Prema tomu, i niz (sk) konvergira, tj. red
1Pn=1
an konvergira.
Narednim primjerom cemo pokazati da tvrdnja obratna Teoremu 3.27 ne vrijedi,
tj. da ima konvergentnih redova koji ne konvergiraju apsolutno. Za takve se
redove ponekad kaµze da konvergiraju uvjetno (ili relativno).
Me�u redovima �to imaju beskonaµcno mnogo negativnih µclanova posebno je
vaµzan tzv. alternirajuci red. To je svaki realni red1Pn=1
an s alternirajucim
predznacima svojih µclanova, tj. ili su svi a2n�1 � 0 i svi a2n � 0 ili su svi
a2n�1 � 0 i svi a2n � 0. Stoga se µcesto takav red formalno zapisuje kao1Xn=1
an � a1 � a2 + a3 � a4 + � � �+ (�1)nan + � � � ;
pri µcemu su ili svi an > 0 ili svi an < 0, n 2 N. To onda vodi k uobiµcajenomuzapisu
1Xn=1
(�1)n�1an
za alternirajuci reda . Konvergencija alternirajuceg reda se najµce�ce ispituje
tzv. Leibnizovim kriterijem:
� Alternirajuci red1Pn=1
(�1)n�1an konvergira µcim je udovoljeno uvjetima:
(a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jan+1j � janj;(b) lim(an) = 0.
Da bismo se u to uvjerili, dovoljno je potvrditi prvi sluµcaj, tj. a2n�1 � 0 i
a2n � 0. Tada je, po (a), a2n�1 + a2n � 0, pa je
s2k =2kXn=1
an = s2k�2 + a2k�1 + a2k � s2k�2; k 2 N;
dakle, niz (s2k) je uzlazan. Nadalje,
s2k = s2k�1 + a2k � s2k�1 � s1 = a1; k 2 N;
�to znaµci da je niz (s2k) ome�en odozgor. Po Teoremu 3.13, niz (s2k) konvergira,
tj. postoji lim(s2k) � s 2 R: Sliµcno se zakljuµcuje da je niz (s2k�1) silazan i
111
ome�en odozdol pa postoji lim(s2k�1). Buduci da je lim(a2n) = lim(an) =
0, mora biti lim(s2k�1) = lim(s2k) = s, pa oba komplementarna podniza od
(sk) konvergiraju prema istoj toµcki s. Po Korolaru 3.11 je i lim(sk) = s =1Pn=1
(�1)n�1an.
Primjer (a)1Pn=1
(�1)n�1 12n�1 = 1 � 1
2 +14 �
18 +
116 � � � � je alternirajuci red
koji apsolutno konvergira.
(b)1Pn=1
(�1)n�1 1n = 1 � 12 +
13 �
14 +
15 � � � � je tzv. alternirajuci harmo-
nijski red. On ne konvergira apsolutno ali konvergira jer ispunja oba uvjeta
Leibnizova kriterija: jan+1j = an+1 =1
n+1 <1n = an = janj;za svaki n 2 N, i
lim(an) = lim�1n
�= 0.
(c) Red 1� 12�
14+
18+
116�
132�
164+
1128+
1256�� � � (nije alternirajuci red) kovergira
apsolutno. (Pripadni red apsolutnih vrijednosti se podudara s odgovarajucim u
(a).)
3.1.5 FUNKCIJSKI NIZ
Neka je X � R, a RX skup svih funkcija iz X u R. Funkcijski niz de�niramopo De�niciji 3.1 kao niz u skupu RX . Dakle, funkcijski niz (fn) je funkcijaf : N! RX , pri µcemu je fn � f(n) : X ! R, tj. fn 2 RX , za svaki n 2 N.
De�nicja 3.28 Reci cemo da funkcijski niz (fn) u RX konvergira u toµcki
x0 2 X prema funkciji f0 2 RX , ako realni niz (fn(x0)) konvergira prema toµckif0(x0) 2 R. Ako je A � X i ako funkcijski niz (fn) konvergira u svakoj toµcki
x 2 A prema prema funkciji f0, onda kaµzemo da funkcijski niz (fn) konvergirapo toµckama (ili konvergira obiµcno) na skupu A prema funkciji f0. Ovo
krace zapisujemo kao lim(fn(x)) = f0(x), x 2 A. Simboliµcki se de�nicijski uvjetmoµze zapisati ovako:
(8x 2 A)(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jfn(x)� f0(x)j < ":
Napokon, u sluµcaju A = X govorimo da funkcijski niz (fn) konvergira po
toµckama (ili obiµcno) prema funkciji f0.
Primjer (a) Promatrajmo funkcijski niz
(fn), fn : R! R; fn(x) =nx
1 + n+ x2:
Buduci da jenx
1 + nx+ x2=
x1n + 1 +
x2
n
;
to je
lim� nx
1 + nx+ x2
�= x za svaki x 2 R:
112
Prema tomu, niz (fn) konvergira po toµckama prema identiteti f0 = 1R : R! R.
(b) Neka je (gn) funkcijski niz; gn : R! R; gn(x) = xn.
Uoµcimo da je lim(xn) =
8>>>><>>>>:0, jxj < 11, x = 1
+1, x > 1
ne postoji, x � �1
:
Zato smijemo reci da, za bilo koji X � R, funkcijski niz (gnjX) konvergira potoµckama na (svakom) skupu A � X \ h�1; 1] prema svakoj funkciji g : X ! Rza koju je
g(x) =
(0, x 2 A ^ jxj < 11, x 2 A ^ x = 1
:
U najpovoljnijem sluµcaju, dakle, na ovaj se primjer moµze gledati kao na funkcij-
ski niz�gn jh�1;1]
�u Rh�1;1] koji konvergira po toµckama prema funkciji
g0 : h�1; 1]! R, g0(x) = 0 za svaki x 6= 1 i g0(1) = 1.
xO
y
1
1
Gg1
Gg2
Gg3
Gg0
Gg4
1
Funkcijski niz; (gn : R! R) ; gn(x) = xn:
Konvergencija po toµckama se pokazuje preslabom za neke potrebe (v. npr.
Teorem 3.63). Jedno od pravih pojaµcanja se uvodi ovako:
De�nicja 3.29 Reci cemo da funkcijski niz (fn) u RX konvergira jednoliko
(ili uniformno) prema funkciji f0, ako je udovoljava ovomu uvjetu:
(8" > 0)(9n0 2 N)(8x 2 X)(8n 2 N)n � n0 ) jfn(x)� f0(x)j < ":
Reci cemo da (fn) konvergira jednoliko na skupu A � X prema f0, ako niz
pripadnih suµzenja (fnjA) konvergira jednoliko prema suµzenju f0jA.
Primjer Funkcijski niz
(fn), fn : R! R; fn(x) =sinnx
n;
konvergira jednoliko prema funkciji f0 : R! R; f0 = c0 (tj. prema nulkonstanti;
f0(x) = 0 za svaki x 2 R). Zaista, kakav god " > 0 odabrali, moµze se naci takavn0 2 N da bude
�� sinnxn
�� � 1n < " za svaki x i svaki n � n0. (Dovoljno je uzeti
n0 = [1" ] + 1.)
113
Teorem 3.30 Jednolika konvergencija funkcijskog niza povlaµci njegovu konver-
genciju po toµckama, ali ne i obratno.
Dokaz. Buduci da broj n0 u uvjetu jednolike konvergencije ovisi samo o
broju " > 0; dok u uvjetu konvergencije po toµckama ovisi o " i o toµcki x; prva
tvrdnja je oµcito istinita. Da, opcenito, konvergencija po toµckama ne povlaµci
jednoliku konvergenciju vidi se po pretodnom Primjeru (b). Tamo smo pokazali
da funkcijski niz�gn jh�1;1]
�; gn(x) = xn; konvergira po toµckama prema funkciji
g0 : h�1; 1] ! R, g0(x) = 0 za svaki x 6= 1 i g0(1) = 1: Pokaµzimo sada da ta
konvergencija nije jednolika, tj. da postoji " > 0 takav da se, koji god n0 2 Nodabrali, uvjet jednolike konvergencije ne moµze ispuniti! Uzmimo " = 1
2 pa neka
je n0 bilo koji prirodni broj. Uoµcimo da tada postoje neki x 2 h�1; 1i i n > n0
za koje je
jgn(x)� g0(x)j = jxn � 0j = xn >1
2:
Zaista, za svaki n 2 N i svaki x > 0 je
xn = (1 + (x� 1))n > 1 + n(x� 1);
pa se za traµzeni x smije uzeti bilo koji element od�1� 1
2n ; 1�µcim je n > n0. To
pokazuje da se ne moµze udovoljiti uvjetu jednolike konvergencije.
3.1.6 FUNKCIJSKI RED
Funkcijski red se de�nira sliµcno brojevnom redu (v. De�niciju 3.20).
De�nicja 3.31 Pod redom realnih funkcija (krace: funkcijskim redom)
na X � R podrazumijevamo svaki ure�eni par ((fn); (sk)) funkcijskih nizova
(fn) i (sk) u RX pri µcemu je
sk = f1 + � � �+ fn �kX
n=1
fn:
Uobiµcajilo se funkcijski red ((fn); (sk)) krace zapisivati kao1Xn=1
fn ili, ponekad, kao f1 + � � �+ fn + � � �
(+ ovdje nije funkcijsko zbrajanje nego samo sugestivna oznaka). Funkciju fnnazivamo n-tim µclanom, a funkciju sk k-tim djelomiµcnim zbrojem (ili k-
tom parcijalnom sumom) funkcijskoga reda1Pn=1
fn.
De�nicja 3.32 Reci cemo da funkcijski red1Pn=1
fn u RX konvergira u toµcki
x0 2 X prema funkciji s : X ! R, ako red realnih brojeva1Pn=1
fn(x0) konvergira
prema broju s(x0).
114
Ako je A � X i funkcijski red1Pn=1
fn konvergira u svakoj toµcki x 2 A prema
funkciji s, onda kaµzemo da red1Pn=1
fn konvergira po toµckama (ili obiµcno)
na skupu A prema funkciji s i pi�emo s jA=1Pn=1
fn jA.
Posebice, ako je A = X, govorimo da red1Pn=1
fn konvergira po toµckama (ili
obiµcno) prema funkciji s i pi�emo s =1Pn=1
fn.
Napokon, reci cemo da funkcijski red1Pn=1
fn apsolutno konvergira (na skupu
A � X), ako red1Pn=1jfnj konvergira po toµckama (na skupu A). (Svakom
funkcijom f : X ! R je posve odre�ena funkcija jf j : X ! R+ [ f0g � R,jf j (x) = jf(x)j.)
Primijetimo da, po De�nicijama 3.31, 3.21 i 3.28, funkcijski red1Pn=1
fn
u RX konvergira u toµcki x0 2 X (konvergira po toµckama na skupu A � X)
prema funkciji s 2 RX , ako i samo ako pripadni funkcijski niz djelomiµcnih zbro-jeva (sk) konvergira u toµcki x0 (konvergira po toµckama na skupu A) prema
funkciji s.
Konvergentnost, odnosno, divergentnost funkcijskog reda1Pn=1
fn ( u nekoj toµcki
x 2 X ili na nekom podskupu A � X) istraµzujemo na naµcin sliµcan onomu za bro-jevne redove. Pritom najµce�ce rabimo poznate kriterije za redove s pozitivnim
µclanovima primijenjujuci ih na1Pn=1jfn(x)j. To onda znaµci da, zapravo, ispitu-
jemo konvergentnost (divergentnost) funkcijskoga reda1Pn=1jfnj, tj. apsolutnu
konvergentnost polaznoga reda1Pn=1
fn.
Primjer Promatrajmo funkcijski red1Xn=1
fn; fn : Rnf1g ! R; f1(x) =1
1� x; fn+1(x) =xn
(1� x)n+1 :
Cauchyjev kriterij, primjerice, daje
lim�
npjfn(x)j
�= lim
�n
s��� xn�1
(1� x)n���� = ��� x
1� x
���;�to povlaµci konvergentnost u svakoj toµcki x 2 Rnf1g za koju je
�� x1�x
�� < 1.
Odatle slijedi da promatrani funkcijski red konvergira (apsolutno) na skupu
A =�; 12�. Posebice treba ispitati pona�anje reda
1Pn=1
fn "na rubu" od A, tj. u
toµcki x = 12 . Pripadni brojevni red jest
1Pn=1
fn(12 ), tj. 2 + 2 + � � �+ 2+ � � � , koji
oµcito divergira.
115
Kako za funkcijske nizove, tako je i za funkcijske redove od posebne vaµznosti
jednolika konvergencija.
De�nicja 3.33 Reci cemo da funkcijski red1Pn=1
fn u RX jednoliko (ili uni-
formno) konvergira prema funkciji s : X ! R, ako pripadni funkcijski nizdjelomiµcnih zbrojeva (sk) jednoliko konvergira prema funkciji s.
Ako je A � X i red1Pn=1
fn jA jednoliko konvergira prema suµzenju s jA, onda
kaµzemo da funkcijski red1Pn=1
fn jednoliko (ili uniformno) konvergira na
skupu A prema funkciji s.
Operativni zapis jednolike konvergencije funkcijskog reda izgleda ovako:
(8" > 0)(9k0 2 N)(8x 2 X)(8k 2 N) k � k0 )��� kXn=1
fn(x)� s(x)��� < ":
Kako za funkcijske nizove (v. Teorem 3.30) tako i za funkcijske redove, jedno-
lika konvergencija povlaµci konvergenciju po toµckama, ali ne i obratno. Sljedeci
teorem donosi jedan od najpraktiµcnijih dostatnih uvjeta za jednoliku konver-
genciju.
Teorem 3.34 (Weierstrassov kriterij) Ako funkcijski red1Pn=1
fn u RX ima na
skupu A � X konvergentnu majorantu1Pn=1
an u R (tj. (9n0 2 N)(8x 2 A)
jfn(x)j � an µcim je n � n0), onda red1Pn=1
fn apsolutno i jednoliko konvergira
na A.
Dokaz. Jasno je da obstojnost takve konvergentne majorante1Pn=1
an u R povlaµci
apsolutnu, dakle i po toµckama, konvergenciju na skupu A funkcijskoga reda1Pn=1
fn u RX . Pokaµzimo jo� da je ta konvergencija jednolika! Odaberimo bilo
koji " > 0. Uvedimo uobiµcajene oznake:
sk =
kXn=1
fnjA; s =1Pn=1
fnjA; �k =kX
n=1
an; � �1Pn=1
an:
Tada je, za svaki x 2 A,
js(x)� sk(x)j =��� 1Xn=k+1
fn(x)��� � 1X
n=k+1
jfn(x)j �1X
n=k+1
an = � � �k � 0:
Buduci da je lim(�k) = �, to postoji k0 2 N (ovisan, dakle, samo o " a ne i otoµcki x) takav da je j� � �kj = � � �k < " µcim je k � k0.
Me�u funkcijskim redovima u RR posebno je vaµzan tzv. potencijski red1Xn=1
fn; fn : R! R; fn(x) = anxn;
116
an realna konstanta (za svaki n).
Ponekad se ovdje dopu�ta i n 2 N[f0g pod uvjetom da f0 bude konstantna
funkcija ca0 . Uobiµcajeni zapis potencijskog reda jest1Pn=1
anxn. Istraµzujuci
(ne)konvergentnost potencijskog reda, lako se dolazi do zakljuµcka da ona ovisi o
brojevnomu nizu (an); toµcnije, o njegovu najvecem gomili�tu. Stoga se svakom
potencijskom redu1Pn=1
anxn pridijeljuje njegov konvergencijski polumjer
� 2 R+ [ f+1g kako slijedi:
� =
8>>><>>>:1
lim sup( npjanj)
, lim sup�npjanj
�2 R+ n f0g
+1, lim sup�npjanj
�= 0
0, lim sup�npjanj
�= +1
Pokazuje se da potencijski red1Pn=1
anxn konvergira u svakoj toµcki x 2 h��; �i i
divergira u svakoj toµcki x 2 Rn[��; �] µcim je � > 0. U toµcki x 2 f��; �g moguceje, ovisno o konkretnom redu, konvergiranje ili divergiranje. Ako je � = +1,potencijski red konvergira u svakoj toµcki x 2 R, dok u sluµcaju � = 0, potencijskired divergira za svaki x 6= 0. �tovi�e, vrijedi ovaj teorem (ne cemo ga dokazati):
Teorem 3.35 Potencijski red1Pn=1
anxn konvergira apsolutno i jednoliko na svakom
segmentu [�r; r] µcim je r < �, a divergira na Rn[��; �].
Primjer Promatrajmo potencijski red1Xn=1
1
nxn:
Uoµcimo da je lim sup�n
q1n
�= 1 pa je i pripadni konvergencijski polumjer
� = 11 = 1. Stoga potencijski red
1Pn=1
1nx
n konvergira po toµckama na intervalu
h�1; 1i, apsolutno i jednoliko konvergira na svakom segmentu��1+ 1
m ; 1�1m
�,
m 2 N, a divergira na h�;�1i [ h1; �i. Napokon, za x = �1 ovaj red postajealternirajucim harmonijskim redom
1Pn=1
(�1)n 1n koji konvergira, a za x = 1 do-
bivamo harmonijski red1Pn=1
1n koji divergira. Prema tomu,
1Pn=1
1nx
n konvergira
po toµckama na [�1; 1i, a divergira na R n [�1; 1i.
3.2 NEPREKIDNE FUNKCIJE
U ovomu odjeljku se bavimo funkcijama iz X u R, X � R, koji su neprekidne(neprekinute, kontinuirane). Govoreci intuitivno i opisno, radi se o funkcijama
kojima se vrijednost f(x0), u svakoj toµcki x0 2 X, po volji malo razlikuje odvrijednosti f(x) µcim je toµcka x dovoljno blizu x0.
117
Prije nego prije�emo na glavnu temu, poopcit cemo pojam graniµcne vrijednosti
s nizova na sve promatrane realne funkcije, a potom de�nirati i pojam graniµcne
vrijednosti (limesa) u toµcki x0:
3.2.1 GRANIµCNAVRIJEDNOSTUBESKONAµCNOSTI
De�nicja 3.36 Neka je f : X ! R funkcija, pri µcemu je X � R neome�en
odozdol (odozgor); tj. X sijeµce svaki interval h�; bi ( ha; �i ). Reci cemo da jetoµcka y0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes) funkcije f kad x teµzi prema�1 (+1); ako je ispunjen ovaj uvjet:
(8" > 0)(9x0 2 X)(8x 2 X) x � x0(x � x0)) jf(x)� y0j < ":
Ovo cemo krace zapisivati kao lim�1
f = y0 (lim+1
f = y0) ili, ponekad, kao
limx!�1
f(x) = y0 ( limx!+1
f(x) = y0).
Po de�niciji, dakle, lim�1
f = y0 (lim+1
f = y0) znaµci da se sve vrijednosti f(x),
x 2 X \ h�; x0] (x 2 X \ [x0; �i), nalaze u intervalu hy0 � "; y0 + "i.
limx!+1
f(x) = y0:
Primjer Promatrajmo funkciju
f : Rnf0g ! R, f(x) =x+ sinx
x.
Buduci da je sin ome�ena funkcije (j sinxj � 1 za svaki x 2 R), to je brojx+sin x
x blizu 1 kad je jxj dostatno velik. Razumno je, stoga, oµcekivati da bi objegraniµcne vrijednosti od f u beskonaµcnosti (x! �1 i x! +1) mogle postojatii biti jednake broju y0 = 1. Zaista, odabrav�i bilo koji " > 0, dovoljno je uzeti
neki x0 < � 1" (x0 >1" ) pa ce, za svaki x � x0 (x � x0) biti
jf(x)� 1j =���x+ sinx
x� 1��� = ��� sinx
x
��� � 1
jxj < ":
Prema tomu, lim�1
f = lim+1
f = 1.
Napomena 3.37 Primijetimo da se u sluµcaju X = N pojam graniµcne vrijed-
nosti funkcije f � a : N ! R kad x � n ! +1 podudara s pojmom graniµcne
vrijednosti realnoga niza (an) (usp. De�niciju 3.4). Prema tomu, lim(an) je tek
posebani sluµcaj od lim+1
f . Kako i za nizove (v. Teorem 3.5), tako se i u opcem
sluµcaju moµze lako dokazati jedinstvenost graniµcnih vrijednosti lim�1
f i lim+1
f µcim
postoje.
118
3.2.2 GRANIµCNA VRIJEDNOST U TOµCKI
De�nicja 3.38 Neka je f : X ! R, X � R, funkcija, a x0 2 R toµcka sa
svojstvom da svaka njena okolina hx0 � �; x0 + �i sijeµce skup X n fx0g, tj. zasvaki � > 0 neka je (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i 6= ;. Reci cemo da je toµckay0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes) funkcije f u toµcki x0 ako je ispunjenovaj uvjet:
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) jf(x)� y0j < ":
Ovo cemo krace zapisivati kao limx0f = y0 ili, ponekad, kao lim
x!x0f(x) = y0.
Primjer Pokaµzimo da funkcijaf : R! R, f(x) =
8>><>>:x+ 1, x 2 h�; 1i
1, x = 1
�x2 + 3x, x 2 h1; �i;
ima graniµcnu vrijednost u toµcki x0 = 1.
Uoµcimo da su vrijednosti f(x) blizu 2 µcim je x blizu 1, pa bi mogla postojati
traµzena graniµcna vrijednost (y0) i biti y0 = 2. Primijetimo da je, za svaki x 6= 1,
jf(x)� 2j =(
jx� 1j, x < 1
j � x2 + 3x� 2j, x > 1:
Odaberimo bilo koji " > 0 pa uzmimo neki � > 0 za koji vrijedi � �p4"+1�12
() � < "). Sada se lako provjeri da je jf(x) � 2j < " za svaki x 2 (R n f1g) \h1� �; 1 + �i. Dakle, uistinu je lim
1f = 2:
2+ε
x
y
11δ 1+δ
2ε
O
Gf2
1
lim1f = 2.
Napomena 3.39 Lako se vidi da je limx0f jedinstven µcim postoji. Nadalje,
primijetimo da toµcka x0, u kojoj se promatra graniµcna vrijednost realne funkcije
f , ne mora pripadati njezinu de�nicijskom podruµcju X. Ako je x0 2 X i postoji
limx0f = y0, moguce je, naravno, f(x0) 6= y0 (v. prethodni primjer).
Sljedeci crteµzi opisuju nekoliko zanimljivih sluµcajeva:
119
Limesi.
Teoremi �to slijede poopcuju Teoreme 3.15, 3.16 i 3.17, a i dokazuju se na sliµcan
naµcin.
Teorem 3.40 Neka su f; g; h : X ! R, X � R, funkcije s ovim svojstvima:
(a) limx0f = y0 = lim
x0g;
(b) (9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) f(x) � h(x) � g(x).
Tada i funkcija h ima limes u toµcki x0 i h = limx0y0.
Teorem 3.41 Neka funkcije f; g : X ! R, X � R, imaju graniµcne vrijednostiu toµcki x0 (kad x! �1, x! +1). Tada je
(a) limx0(f � g) = lim
x0f � lim
x0g
�lim�1(f � g) = lim
�1f � lim
�1g�;
(b) limx0(f � g) = lim
x0f � lim
x0g
�lim�1(f � g) = lim
�1f � lim
�1g�;
(c) limx0
�fg
�=limx0f
limx0g; limx0g 6= 0
�lim�1
�fg
�=lim�1
f
lim�1
g; lim�1
g 6= 0�;
(d) limx0(fg) = (lim
x0f)limx0
g; f > c0 i lim
x0f > 0�
lim�1(fg) =
�lim�1
f�lim�1
g; lim�1
f > 0�:
Primjer Promatrajmo funkcije
f; g : Rnf0g ! R, f(x) =sinx
x, g(x) =
sin 2x
x:
Kad se varijabla x pribliµzuje x0 = 0 obje funkcijske vrijednosti teµze k formalnom
izrazu " 00". Stoga ima smisla istraµziti moµzebitnu obstojnost pripadnih graniµcnih
vrijednosti. Buduci da je f i g parne funkcije, dostatno je promatrati x > 0
120
blizu 0: Za takve x je, po de�niciji trigonometrijskih funkcija (v. pododjeljak
3.1.3(v)), 0 < sinx < x < tanx; odnosno, 1 < xsin x <
1cos x , tj.
cosx <sinx
x< 1.
Buduci da je lim0cos = 1 (= cos 0), to po Teoremu 3.40 dobivamo lim
0f �
limx!0
sin xx = 1: Da bismo istraµzili isto za g, sjetimo se da je sin 2x = 2 sinx cosx
pa primijenimo dobiveno i Teorem 3.41. Dakle,
lim0g � lim
x!0
sin 2x
x= limx!0
2 sinx cosx
x= limx!0
2 � limx!0
sinx
x� limx!0
cosx = 2 �1 �1 = 1:
Neka je f : X ! R, X � R, funkcija i neka je x0 2 R toµcka sa svojstvom iz
De�nicije 3.38. Ako vrijedi
(8y > 0)(9� > 0) f [(X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i] � hy; �i
((8y < 0)(9� > 0) f [(X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i] � h�; yi) ;
onda kaµzemo da funkcija f divergira u toµcki x0 prema +1 (�1) i pi�emolimx0f = +1 (lim
x0f = �1). (Ovi "limesi" ne postoje u R!) Naredni crteµz
prikazuje tipiµcni primjer.
Funkcija divergira u toµcki x0:
Primjer Promatrajmo logaritamsku funkciju loga : R+ ! R i toµcku x0 = 0.
Funkcija loga je inverzna funkcija eksponencijalne funkcijje expa : R! R+ � R.Obje su strogo silazne kad je (0 <) a < 1, a strogo uzlazne kad je a > 1. Zato
je loga x > y , x < ay; a < 1 (loga x < y , x < ay; a > 1): Prema tomu,
koliko god velik bio jyj, moµze se naci � > 0, npr. � = ay, takav da bude
f [h0; �i] � hy; �i, a < 1 (f [h0; �i] � h�; yi, a > 1): Dakle, lim0loga = +1 µcim je
a < 1 i lim0loga = �1 µcim je a > 1.
Za danu funkciju f : X ! R, X � R, mogu se pored limx0f promatrati i tzv.
limesi slijeva i zdesna u toµcki x0. Toµcna de�nicija jest kako slijedi: Reci cemo
da je y0 2 R graniµcna vrijednost slijeva funkcije f u toµcki x0 2 R, ako
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 X \ hx0 � �; x0i) jf(x)� y0j < ":
i da je y0 2 R graniµcna vrijednost zdesna funkcije f u toµcki x0 2 R, ako
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 X \ hx0; x0 + �i) jf(x)� y0j < ":
To krace zapisujemo kao limx0�0
f = y0 odnosno limx0+0
f = y0.
121
Za ilustraciju je dobro pogledati sluµcaj na crteµzu (f), gdje je limx0�0
f = f(x0) dok
limes zdesna u x0 ne postoji ((b), gdje je limes slijeva u x0 ne postoji (u R) dokje lim
x0+0f = y0).
Po sliµcnosti s prije de�niranim "divergiranjem", mogu se sada formalno de�nirati
i (u R nepostojeci) "limesi"
limx0�0
f = �1 i limx0�0
f = +1 ( limx0+0
f = �1 i limx0+0
f = +1):
Primjer Promatrajmo funkciju f : Rnf0g ! R; f(x) = xjxj :
Odredit cemo joj graniµcne vrijednosti slijeva i zdesna u toµcki x0 = 0:
lim0�0
f = limx!0
x
�x = �1; lim0+0
f = limx!0
x
x= 1:
(Primijetimo da je, zapravo, f(x) = �1 za x < 0, a f(x) = 1 za x > 0, tj. f jetzv. funkcija signum (predznak), f � sgn; v. graf na narednom crteµzu.)
Graf f(x) =x
jxj:
Vezu izme�u graniµcne vrijednosti i onih slijeva i zdesna donosi ovaj teorem:
Teorem 3.42 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima graniµcne vrijednostislijeva i zdesna u toµcki x0. Ako su one jednake onda postoji i graniµcna vrijednost
od f u x0 i vrijedi limx0�0
f = limx0+0
f = limx0f:
Dokaz. Tvrdnja je izravna posljedica odgovarajucih de�nicija.
Primijetimo da moµze postojati limx0f i kad lim
x0�0f ili lim
x0+0f ne postoje, tj. nemaju
smisla (ovisno o de�nicijskomu podruµcju X).
Da se graniµcna vrijednost realne funkcije moµze svesti na graniµcnu vrijednost
realnog niza, te time znatno olak�ati njezino odre�ivanje, potvr�uje ovaj teorem:
Teorem 3.43 Za funkciju f : X ! R, X � R, vrijedi
limx!x0
(x!�1)
f = y0 (�1) (9 mogucih sluµcajeva)
onda i samo onda ako, za svaki niz (xn) u X n fx0g (u X),
lim(xn) = x0(�1)) lim(f(xn)) = y0 (�1) (9 mogucih sluµcajeva):
Dokaz. Dokazat cemo tvrdnju u sluµcaju x0 i y0. Preostale se dokazuju analogno.
Neka je, dakle, limx0f = y0 pa promatrajmo bilo koji niz (xn) u X n fx0g
�to konvergira prema x0. (Primijetimo da, po De�niciji 3.38, takav niz pos-
toji!) Trebamo dokazati da niz (f(xn)) konvergira prema y0, tj. da (8" >
122
0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jf(xn) � y0j < ": Buduci da je limx0f = y0,
to za svaki " > 0 postoji neki � > 0 takav da je jf(x) � y0j < " µcim je
jx � x0j < �, x 2 X n fx0g. Zbog lim(xn) = x0 postoji neki n0 2 N takav
da je jxn � x0j < � µcim je n � n0. To zajedno povlaµci da je jf(xn) � y0j < "
µcim je n � n0, tj. lim(f(xn)) = y0. Obratno, neka za svaki niz (xn) u
X n fx0g koji konvergira prema x0, odgovarajuci niz (f(xn)) konvergira premay0. Trebamo dokazati da je tada y0 graniµcna vrijednost od f u toµcki x0, tj.
da (8" > 0)(9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) jf(x) � y0j < ": Pret-
postavimo protivno, tj. da (9" > 0)(8� > 0)(9x 2 X n fx0g) jx � x0j < � ^jf(x)� y0j � ": Uzimajuci, za svaki n 2 N, broj �n = 1
n > 0, dobivamo niz (xn)
u X n fx0g za koji vrijedi jxn � x0j < 1n i jf(xn) � y0j � ". To znaµci da (xn)
konvergira prema x0 i da (f(xn)) ne konvergira prema y0 - protuslovlje.
Primjer Sluµzeci se Teoremom 3.43 odredimo sljedece graniµcne vrijednosti:
(a) lim�2
�x2 + 4x+ 2
; (b) lim�1
�px2 + 1�
px2 + 4x
�; (c) lim
+1
�1 +
1
x
�x.
(a) Odaberimo bilo koji niz (xn) u Rnf�2g koji konvergira prema �2. Tada je
lim��x2n + 4xn + 2
�= lim
� (2� xn)(2 + xn)xn + 2
�=
lim(2� xn) = lim(2)� lim(xn) = 2� (�2) = 4:
Dakle, lim�2
�x2+4x+2 = 4:
(b) Odaberimo bilo koji niz (xn) u Rn h�4; 0i koji divergira prema �1 (+1):Tada postoji neki n0 2 N takav da je xn < 0 (xn > 0) µcim je n � n0. Sjetimo
se da jepa = �
pat2 µcim je t < 0 (t
pa =pat2 µcim je t > 0). Prema tomu, u
sluµcaju lim(xn) = �1 je
lim�p
x2n + 1�px2n + 4xn
�= lim
� 1� 4xnpx2n + 1 +
px2n + 4xn
�=
lim� 1
xn� 4
�q1 + 1
x2n�q1 + 4
xn
�=
�4�1� 1 = 2;
dok za lim(xn) = +1 dobivamo
lim�p
x2n + 1�px2n + 4xn
�= lim
� 1� 4xnpx2n + 1 +
px2n + 4xn
�=
lim� 1
xn� 4q
1 + 1x2n+q1 + 4
xn
�=�41 + 1
= �2:
Dakle, lim�1
�px2 + 1�
px2 + 4x
�= 2, lim
+1
�px2 + 1�
px2 + 4x
�= �2.
(c) Ovdje cemo upotrijebiti sljedecu µcinjenicu (neka ju µcitatelj sam dokaµze!):
123
Ako u Teoremu 3.43 za funkciju f postoji broj a takav da je suµzenje
f jX\h�;a] (f jX\[a;�i) monotona funkcija, onda se uvjet "ako za svakiniz (xn) u X, (xn)! �1 ((xn)! +1)" smije oslabiti do "ako zaniz (�n) u (�N) \ (X \ h�; a]) ((n) u N \ (X \ [a; �i))":
Buduci da je funkcija x 7!�x+ 1
x
�x; x > 0; uzlazna i buduci da traµzimo njezin
limes kad x! +1, dostatno je uporabiti niz (n), n 2 N. Dakle,
lim+1
�1 +
1
x
�x= lim
�1 +
1
n
�n= e:
3.2.3 NEPREKIDNOST
De�nicja 3.44 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna utoµcki x0 2 X, ako za svaki interval Iy �to sadrµzi toµcku f(x0) postoji intervalIx �to sadrµzi toµcku x0 tako da bude f [X \ Ix] � Iy. Reci cemo da je funkcija
f neprekidna na skupu A � X µcim je neprekidna u svakoj toµcki x 2 A. Usluµcaju A = X kaµzemo da je f neprekidna funkcija ili da je preslikavanje.
Ako funkcija f nije neprekidna (u toµcki x0), kaµzemo da je prekidna (u toµcki
x0).
Primjer Pokaµzimo da je opca potencijap� : R+ [ f0g ! R; x 7!
px � x
12 ,
neprekidna funkcija.
Promatrajmo bilo koju toµcku x � 0. Neka je Iy � ha; bi bilo koji interval �tosadrµzi toµcku
px (v. graf na crteµzu dolje). Buduci da je
p� strogo uzlazna
funkcija, to za traµzeni interval Ix, �to sadrµzi toµcku x, smijemo uzetia2; b2
�µcim
je a � 0, odnosno,�a2; b2
�µcim je a < 0. Zaista, tada je (R+ [ f0g � [0;1i)
p�[[0;1i \ Ix] =
p�[a2; b2
�] � ha; bi = Iy, a � 0;
p�[[0;1i \ Ix] =
p�[�0; b2
�] � [0; bi � ha; bi = Iy, a < 0.
Neprekidnost funkcije p:.
Oµcito je da se De�nicija 3.44 u metriµckim terminima moµze iskazati ovako:
Teorem 3.45 Funkcija f : X ! R, X � R, je neprekidna u toµcki x0 2 X onda
i samo onda, ako vrijedi:
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 X) jx� x0j < � ) jf(x)� f(x0)j < ":
124
Sada po Teoremu 3.45 i De�niciji 3.44 dobivamo izravnu vezu izme�u nepre-
kidnosti i graniµcne vrijednosti u toµcki:
Teorem 3.46 Neka je f : X ! R, X � R, funkcija, a x0 2 X neka je toµcka
kojoj svaka okolina sijeµce X n fx0g. Tada je f neprekidna u x0 ako i samo akopostoji lim
x0f i lim
x0f = f(x0).
Korolar 3.47 Funkcija f : X ! R, X � R, je neprekidna u toµcki x0 2 X onda
i samo onda, ako za svaki niz (xn) u X koji konvergira prema x0, odgovarajuci
niz (f(xn)) konvergira prema f(x0).
Dokaz. Ako svaka okolina od x0 sijeµce skup X n fx0g, tvrdnja slijedi izravno izTeorema 3.46 i Teorema 3.43. Ako pak nije takav sluµcaj, onda svaki niz (xn),
koji konvergira prema x0, mora biti stacionaran s µclanovima xn = x0 za n � n0,pa je tvrdnja oµcigledno istinita.
Korolar 3.48 Neka je f : X ! R, X � R, neprekidna strogo monotonafunkcija. Tada je i njezina "inverzna" funkcija f�1 : f [X] ! R neprekidna
strogo monotona funkcija.
Dokaz. Ovaj korolar slijedi iz Korolara 3.47 i Teorema 3.13. Pokaµzimo to
pobliµze! Najprije, lako se vidi da stroga monotonost povlaµci injektivnost, pa
postoji "inverzna" funkcija f�1 : f [X]! R koja je, tako�er, strogo monotona.Dokaµzimo da je funkcija f�1 neprekidna! Neka je y 2 f [X] bilo koja toµcka. Akopostoji interval hc; di takav da je f [X] \ hc; di = fyg, onda je oµcito da je f�1
neprekidna u toµcki y. Ako nije takav sluµcaj, tj. ako svaka okolina od y sijeµce
skup f [X] n fyg, onda mogu nastupiti sljedeca tri sluµcaja:
(1) (9� > 0)(8�0,0 < �0 � �)y � �0; y + �0
�\ f [X] =
y � �0; y
�\ f [X] % fyg;
(2) (9� > 0)(8�0,0 < �0 � �)y � �0; y + �0
�\ f [X] =
�y; y + �0
�\ f [X] % fyg;
(3) (8� > 0) hy � �; yi \ f [X] 6= ; 6= hy; y + �i \ f [X].
Ad (1). Neka je (yn) bilo koji niz u f [X] koji konvergira prema y, lim(yn) =
y. Ne smanjujuci opcenitost, smijemo pretpostaviti da je niz (yn) uzlazan.
Primijetimo da je y = f(x) i yn = f(xn) za neke x; xn 2 X, n 2 N. Buduci daje f injekcija, to je x = f�1(y) i xn = f�1(yn), n 2 N. Tada je (xn) monotoniniz u X, koji je k tomu i ome�en (npr. s x1 i x). Po Teoremu 3.13, niz (xn)
konvergira. Jasno je da u ovomu sluµcaju mora biti lim(xn) � x µcim je niz (xn)
uzlazan, odnosno, lim(xn) � x µcim je niz (xn) silazan. Buduci da je funkcija f
neprekidna, po Korolaru 3.47 slijedi:
f(lim(xn)) = lim(f(xn)) = lim(yn) = y = f(x):
Sada, po injektivnosti, mora biti lim(xn) = x. Napokon,
125
f�1(lim(yn)) = f�1(y) = x = lim(xn) = lim(f�1(yn));
pa po Korolaru 3.47 zakljuµcujemo da je funkcija f�1 neprekidna u toµcki y.
Ad (2). Dokazuje se posve sliµcno prethodnomu sluµcaju (1).
Ad (3). U ovomu sluµcaju treba promatrani niz (yn) u f [X] koji konvergira
prema y, lim(yn) = y, ra�µclaniti (kad god je to moguce) na dva komplementarna
podniza: (ynk) ! y, ynk < y, i (ymk) ! y, ymk
> y (barem jedan od njih
postoji). Dalje se postupa kao sluµcaju (1), odnosno, (2).
Neprekidnost realnih funkcija �to ih ovdje prouµcavamo moµze se opisati i pomocu
tzv. prirasta. �tovi�e, pripadna raµcunska tehnika je vrlo pogodna za suptilniju
analizu u tzv. in�nitezimalnom raµcunu �to predstoji.
Neka su dane funkcija f : X ! R, X � R, i toµcka x0 2 X. Za svaku toµcku
x 2 X, razliku
x� x0 = �x0x � �x
nazivamo varijablinim prirastom u toµcki x0, a razliku
f(x)� f(x0) = f(x0 +�x)� f(x0) = (�x0f)(x) � �f(x0)(x)
funkcijskim prirastom u toµcki x0. (U drugomu se, zapravo, radi o funkcijinu
prirastu u toµcki x = x0+�x s obzirom na toµcku x0, pa se navedeni naziv ne smije
shvatiti doslovno!) Primijetimo da se, za µcvrsti x0, �f(x0) moµze smatrati kako
funkcijom varijable x, tako i funkcijom varijable �x (imajuci na umu µcinjenicu
da se pritom radi o dvjema razliµcitim domenama). Pritom cemo, kad god ne
bude moglo doci do zabune, tj. kad god bude jasno o kojoj se toµcki x0 radi,
skracivati zapis �f(x0)(x) u �f(x) ili u �f(�x) vec prema tomu kako nam
bude korisnije gledati na funkciju �f(x0).
Teorem 3.49 Neka je f : X ! R funkcija, a x0 2 X � R toµcka kojoj svaka
okolina sijeµce skup X nfx0g. Tada je f neprekidna u toµcki x0, ako i samo ako jelim0�f = 0. (Ovdje, dakako, lim
0�f oznaµcuje lim
�x!0�f(�x) = lim
x!x0�f(x)!).
Dokaz. Neprekidnost od f u toµcki x0 je, po Teoremu 3.46, ekvivalentna jed-
nakosti limx0f = f(x0). Ova je, po prethodnomu razmatranju, tj. lim
x!x0f(x) =
lim�x!0
f(x0 + �x), ekvivalentna jednakosti lim�x!0
f(x0 + �x) = f(x0). Buduci
da je f(x0) konstanta, to se smije zapisati i kao lim�x!0
(f(x0+�x)� f(x0)) = 0,tj. lim
�x!0�f(x) � lim
0�f = 0.
Napomena 3.50 Pomocu Korolara 3.47 i 3.48 i Teorema 3.49 lako se dokaµze
da su sve osnovne elementarne funkcije neprekidne.
Teorem 3.51 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna u toµcki x0, afunkcija g : Y ! R, f [X] � Y � R, neprekidna u toµcki y0 = f(x0). Tada je u
toµcki x0 neprekidna i kompozicija gf : X ! R.
126
Dokaz. Neka je dan bilo koji " > 0. Buduci da je g neprekidna u y0, to postoji
neki � > 0 takav da je jg(y) � g(y0)j < " µcim je jy � y0j < �. Po neprekidnosti
od f u x0 postoji neki �0 > 0 za koji je jf(x) � f(x0)j = jy � y0j < � µcim je
jx�x0j < �0. Prema tomu, jgf(x)�gf(x0)j = jg(y)�g(y0)j < " µcim je jx�x0j <�0. (Napomenimo da, strogo govoreci, pod ovdje navedenim pretpostavkama
kompozicija gf "ne" postoji. Ovdje se, zapravo, radi o kompozicijiX ! f [X] ,!Y ! R, pri µcemu je f [X] ,! Y inkluzija f(x) 7! i(f(x)) = f(x). Dakle, funkciju
f smo interpretirali kao funkciju if : X ! Y .)
Pored upravo dokazanoga, vrlo je vaµzan i sljedeci teorem:
Teorem 3.52 Neka su f; g : X ! R, X � R, neprekidne u toµcki x0 (na skupuA � X). Tada su u toµcki x0 (na skupu A) neprekidne i funkcije f + g, f � g,f � g i f
g(kad je g(x0) 6= 0 i g(x) 6= 0 za svaki x 2 A).
Za odre�ivanje graniµcne vrijednosti kompozicijske funkcije µcesto rabimo ovaj
teorem:
Teorem 3.53 Neka su funkcije f : X ! R, X � R, i g : Y ! R, Y � R,takve da je f [X] � Y . Ako je lim
x0f = y0 2 Y i g neprekidna u y0, onda je
limx0gf = g(lim
x0f) = g(y0).
Dokaz. De�nirajmo funkciju ~f : X ! R pravilom ~f(x) =
(f(x), x 6= x0
y0, x = x0:
Po Teoremu 3.46 je funkcija ~f neprekidna u toµcki x0, a po Teoremu 3.52 je i
kompozicija g ~f neprekidna u x0. Po de�niciji je (g ~f)j(Xnfx0g) = (gf)j(Xnfx0g) ig ~f(x0) = g(y0). Sada tvrdnja vrijedi po Teoremu 3.46.
Primjer Odredimo graniµcnu vrijednost realne funkcije x 7! ln(1 + x)1x u toµcki
x0 = 0.
Primijenit cemo Teorem 3.3.10 i µcinjenicu da se x ( 1x ) kad x ! 0 pona�a isto
kao 1x (x) kad x! �1. Buduci da je
lim�1
�1 +
1
x
�x= lim
+1
�1 +
1
x
�x= e
to je
lim0ln(1 + x)
1x = ln
�lim0(1 + x)
1x
�= ln
�lim0
�1 +
1
x
�x�= ln e = 1:
Praktiµcnih potreba radi, korisno je razvrstati raznovrsne "prekide u toµcki" re-
alnih funkcija sluµzeci se graniµcnim vrijednostima. Po Teoremima 3.46 i 3.42
smijemo reci da je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna u toµcki x0, u kojojlimesi slijeva i zdesna imaju smisla, toµcno onda kad je udovoljeno ovim uvjetima:
(a) 9 limx0�0
f ^ 9 limx0+0
f ;
127
(b) limx0�0
f = limx0+0
f (= limx0f ; v. Teorem 3.42);
(c) limx0f = f(x0).
Prema tomu, ako u promatranom sluµcaju nije udovoljeno barem jednom od
uvjeta (a), (b) ili (c), funkcija f je prekidna u toµcki x0. Ako f udovoljava
uvjetima (a) i (b), ali ne uvjetu (c), kaµzemo da funkcija f ima u toµcki x0uklonjiv prekid. Ako vrijedi samo uvjet (a), govorimo o prekidu prve vrste,
a ako ne vrijedi uvjet (a) - o prekidu druge vrste u toµcki x0.
Primjer
(a) Promatrajmo funkciju f : R! R; f(x) =
( �� xjxj��; x 6= 00, x = 0
:
Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 uklonjiv prekid, jer je lim0�0
f = 1 = lim0+0
f = lim0f 6=
f(0) = 0: Primijetimo da je f(x) = 1 za svaki x 6= 0 i f(0) = 0. Moci "uklonitiprekid" funkciji f u toµcki x0 = 0 znaµci moci de�nirati neprekidnu funkciju
~f : R! R; ~f(x) =
8<: f(x), x 6= 0lim0f = 1; x = 0
:
(b) Neka je funkcija f : R! R zadana pravilom
f(x) =
8<:x
jxj ; x 6= 0
0, x = 0:
Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 prekid prve vrste (v. crtkani "dodatak" grafu na
crteµzu gore), jer je lim0�0
f = �1 6= 1 = lim0+0
f .
(c) Neka je funkcija f : R! R zadana pravilom
f(x) =
8<: x; x � 11
x� 1 ; x > 1:
Funkcija f ima u toµcki x0 = 1 prekid druge vrste (v. graf), jer je lim1�0
f = 1, dok
je lim1+0
f = +1 (ne postoji).
(d) Promatrajmo funkciju
f : R! R, f(x) =
8>><>>:y1; x < 0
y2; x = 0
sin 1x ; x > 0
Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 prekid druge vrste, jer je lim0�0
f = y1, dok lim0+0
f ne
postoji. (Ni�ta bitno se ne mijenja ni kad je lim0�0
f = y1 = y2 = f(0) 2 [�1; 1]!)
128
Napomena 3.54 Primijetimo da µcim funkcijama iz prethodnih primjera iz
de�nicijskih podruµcja izbacimo "lo�e" toµcke x0, dobivamo suµzenja koja su nepre-
kidne funkcije. To je posljedica µcinjenice da su ti primjeri konstruirani pomocu
elementarnih funkcija, koje su sve neprekidne (v. Napomenu 3.50 i Teoreme
T.3.51 i 3.52).
3.2.4 SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE
NA SEGMENTU
U ovomu pododjeljku cemo iskazati i dokazati najvaµznija svojstva realnih neprekid-
nih funkcija. Posebno vaµzni rezultati se dobivaju njihovim suµzenjem na domenu
koja je segment.
Teorem 3.55 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada je njezino suµzenje f j[a;b] ome�ena funkcija, tj. postoje nekic; d 2 R takvi da je f [[a; b]] � [c; d].
Dokaz. Dokaµzimo da je funkcija f j[a;b] : [a; b] ! R ome�ena odozgor! Pret-
postavimo protivno, tj. f j[a;b] nije ome�ena odozgor. Tada za svaki n 2 Npostoji neki xn 2 [a; b] takav da je f(xn) > n. Po Korolaru 3.14, dobiveni niz
(xn) ima konvergentni podniz (xnk). Neka je lim(xnk) = x0 2 [a; b] (v. Teo-rem 3.13). Po Korolaru 3.47 mora biti lim(f(xnk)) = f(x0) pa je niz (f(xnk))
ome�en (v. Teorem 3.9), a to protuslovi pretpostavci f(xnk) > nk. Dakle,
suµzenje f j[a;b] jest odozgor ome�ena funkcija. Na posve sliµcan naµcin se dokaµzeda je f j[a;b] i odozdol ome�ena funkcija.
Teorem 3.56 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada njezino suµzenje f j[a;b] poprima svoju svoju najmanju vrijednost(minimum) i svoju najvecu vrijednost (maksimum), tj.
(9x1; x2 2 [a; b])(8x 2 [a; b]) f(x1) � f(x) � f(x2):
Dokaz. Po Teoremu 3.55 je skup A � f [[a; b]] = ff(x) j x 2 [a; b]g � R ome�en.Neka je m � inf A;M � supA 2 R: (v. crteµz)
y
O
M
m
a x1 x2 b
A=f[[a,b]]
x
Gf [a,b]
segment
Teorem 3.56.
129
Tvrdimo da jeM = maxA 2 A (m = minA 2 A) pa ce to biti i traµzena najveca(najmanja) vrijednost od f na [a; b]! U tu svrhu, odaberimo bilo koji niz (yn) u
A �to konvergira prema supA = M . (Lako se vidi takav niz postoji!) Neka je
(xn) bilo koji pripadni niz u [a; b] u smislu f(xn) = yn, n 2 N. Po Korolaru 3.14 iTeoremu 3.13, postoji konvergentni podniz (xnk) od (xn) s limesom lim(xnk) �x0 2 [a; b]. Po Korolaru 3.47 mora biti lim(f(xnk)) = f(x0), a po Korolaru
3.11, lim(yn) = lim(ynk) = lim(f(ynk)). Slijedi da je M = f(x0) 2 A, �to smoi tvrdili. Posve sliµcno se dokazuje da je m = minA 2 A. Sada za m;M 2 Apostoje neki x1; x2 2 [a; b] za koje je f(x1) = m i f(x2) =M . Buduci da je, za
svaki x 2 [a; b], m = f(x1) � f(x) � f(x2) = M , to je m minimum, postignut
u toµcki x1, a M maksimum, postignut u toµcki x2, funkcije f na [a; b].
Napomena 3.57 Pretpostavku o neprekidnoj funkciji na segmentu u Teoremima
3.55 i 3.56 nije moguce zamijeniti sa neprekidnom funkcijom na intervalu ha; bi,(ni na ha; b] ili [a; bi), kako pokazuje primjer na narednom crteµzu.
y
a b
Gf
xO
Napomena 3.57.
Teorem 3.58 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna i uzlazna, aA � X neprazan i odozdol (odozgor) ome�en podskup sa svojstvom inf A 2 X(supA 2 X): Tada je i f [A] � R neprazan i odozdol (odozgor) ome�en skup ipritom vrijedi
f(inf A) = inf f [A] (f(supA) = sup f [A]).
Za silaznu neprekidnu funkciju f vrijedi dualna tvrdnja:
f(inf A) = sup f [A] (f(supA) = inf f [A]).
Dokaz. Dovoljno je dokazati jednu (bilo koju) od µcetiri mogucnosti. Pa, neka je
f uzlazno prelikavanje i neka je ; 6= A � X ome�en odozdol i inf A � x0 2 X.Tada je, za svaki a 2 A, x0 � a. Buduci da je funkcija f uzlazna, to je
f(x0) � f(a) za svaki a 2 A pa je f(x0) donja me�a skupa skupa f [A] � R.Prema tomu, skup f [A] je neprazan i ome�en odozdol pa ima in�mum inf f [A] �y0 2 R i pritom je f(x0) � y0. Preostaje dokazati f(x0) = y0. Kad tako ne
bi bilo, bilo bi f(x0) < y0. Uzmimo tada " = y0 � f(x0) > 0 i primijetimo da
y0 =2 hf(x0)� "; f(x0) + "i. Po neprekidnosti od f u x0, postoji neki � > 0 za
koji je f(x) 2 hf(x0)� "; f(x0) + "i µcim je x 2 X \ hx0 � �; x0 + �i. Buduci da
130
je x0 = inf A, to postoji neki a 2 A\ [x0; x0 + �i. Slijedi f(a) < f(x0) + " = y0
pa y0 ne moµze biti in�mum od f [A] - protuslovlje.
Napomena 3.59 Da je pretpostavka inf A 2 X (supA 2 X) nuµzna za ome�enostfunkcijske slike f [A] pokazuje primjer na crteµzu.
y
Ox
x1 x2
Gf
A
A X=<x1,x2>x2=supA X
Napomena 3.59
Teorem 3.60 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada je slika f [[a; b]] � R segment (koji u sluµcaju konstantnog
suµzenja f j[a;b] degenerira u toµcku).
Dokaz. Po Teoremu 3.56 postoje x0; x00 2 [a; b], x0 � x00, takvi da je, za svaki
x 2 [a; b], f(x0) � f(x) � f(x00) ili f(x0) � f(x) � f(x00). Zanemarujuci trivijal-ni sluµcaj konstantnog suµzenja, mora biti x0 < x00 i f(x0) 6= f(x00). Oznaµcimo y0 =
minff(x0); f(x00)g i y00 = maxff(x0); f(x00)g. Treba dokazati f [[a; b]] = [y0; y00].Buduci da je f [[a; b]] � [y0; y00] i y0; y00 2 f [[a; b]] oµcito ispunjeno, preostaje
dokazati f [[a; b]] � hy0; y00i. Neka je y0 2 hy0; y00i bilo koja toµcka. Treba dokazatida postoji toµcka x0 2 [a; b] za koju je f(x0) = y0. Uzmimo x1 = x0+x00
2 . Ako
je f(x1) = y0 onda smo gotovi, a ako nije tako onda je ili f(x1) < y0 ili
f(x1) > y0. Tada promatrajmo onaj "polusegment" [x01; x001 ] segmenta [x
0; x00]
(tj. x001 � x01 = x00�x02 ) za koji je f(x01) < y0 < f(x001). Nastavljajuci induktivnim
postupkom, dobivamo silazni niz ([x0n; x00n]) podsegmenata od [x
0; x00] � [a; b]. PoCantorovu aksiomu, pripadni presjek je neprazan, tj.
Tn2N
[x0n; x00n] 6= ;. �tovi�e,
po konstrukciji (u (n + 1)-vom koraku uzimamo polusegment iz n-tog koraka)
taj presjek jest jedna jedina toµcka x0 2 [x0; x00] (inaµce bi bio neki segment -�to proturjeµci konstrukciji). Tvrdimo da je f(x0) = y0. Naime, kad tako ne
bi bilo, bilo bi ili f(x0) < y0 ili f(x0) > y0: U sluµcaju f(x0) < y0 postojao
bi, po neprekidnosti od f u x0, neki � > 0 takav da je i f(x) < y0 µcim je
x 2 hx0 � �; x0 + �i. To bi dalje povlaµcilo obstojnost nekog n 2 N sa svojstvomf(x00n) < y0 - protuslovlje. Na isti naµcin se pobija pretpostavka f(x0) > y0.
Ovime je teorem dokazan.
Neposredne posljedice prethodnoga teorema jesu ova dva vaµzna korolara:
131
Korolar 3.61 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada f j[a;b] poprima sve vrijednosti izme�u svoga minimuma i svogamaksimuma. Nadalje, ako je f(x0) < c (f(x0) > c), c 2 R, u toµcki x0 2 [a; b],onda postoji podsegment [x1; x2] � [a; b] �to sadrµzi toµcku x0 takav da je f(x0) < c
(f(x0) > c) za svaki x0 2 [x1; x2].
Korolar 3.62 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i neka je sgn f(a) 6= sgn f(b). Tada postoji barem jedna toµcka x0 2[a; b] za koju je f(x0) = 0.
Ox
Gf
a bx0
y
Korolar 3.62.
Prisjetimo se konvergencije (po toµckama) funkcijskog niza. Pokazali smo da
limes takvoga niza moµze biti prekidna funkcija iako su mu svi µclanovi neprekidne
funkcije. Prema tomu, konvergencija po toµckama, opcenito, ne µcuva neprekid-
nost. Sljedeci teorem ce pokazati da, naprotiv, jednolika konvergencija µcuva
neprekidnost.
Teorem 3.63 Neka funkcijski niz (fn), fn : X ! R, X � R, jednoliko konver-gira prema funkciji f0 : X ! R. Ako je svaka funkcija fn; n 2 N; neprekidnau toµcki x0; onda je i funkcija f0 neprekidna u toµcki x0. Nadalje, ako je svaka
funkcija fn neprekidna na skupu A � X, onda je i funkcija f0 neprekidna na
skupu A.
Dokaz. Po de�niciji jednolike konvergencije (fn) ! f0, za svaki " > 0 postoji
neki n0 2 N takav da je jfn(x) � f0(x)j < "3 za svaki n � n0 i svaki x 2 X.
Posebice, za n = n0 je jfn0(x) � f0(x)j < "3 za svaki x 2 X, a jo�za x = x0 je
jfn0(x0) � f0(x0)j < "3 . Funkcija fn0 je neprekidna u toµcki x0 pa postoji neki
� > 0 takav da je jfn0(x) � fn0(x0)j < "3 µcim je x 2 X \ hx0 � �; x0 + �i. Sve
zajedno, dobili smo da za svaki " > 0 postoji neki � > 0 takav da je
jf0(x)� f0(x0)j = jf0(x)� fn0(x) + fn0(x)� fn0(x0) + fn0(x0)� f0(x0)j �
jf0(x)� fn0(x)j+ jfn0(x)� fn0(x0)j+ jfn0(x0)� f0(x0)j < "3 +
"3 +
"3 = "
µcim je x 2 X i jx� x0j < �, a to upravo znaµci da je f0 neprekidna u x0.
Korolar 3.64 Neka je1Pn=1
fn funkcijski red, fn : X ! R, X � R, koji jednoliko
konvergira prema funkciji s �1Pn=1
fn : X ! R. Ako je svaka funkcija fn, n 2 N,
132
neprekidna u toµcki x0 (na skupu A � X), onda je i funkcija s neprekidna u toµckix0 (na skupu A).
Dokaz. Buduci da funkcijski red1Pn=1
fn jednoliko konvergira prema funkciji s,
to znaµci da pripadni funkcijski niz djelomiµcnih zbrojeva (sk) jednoliko konvergira
prema funkciji s. Svaka funkcija fn, n 2 N, je neprekidna u toµcki x0 (na skupuA) pa je i svaka funkcija sk = f1 + � � �+ fk, k 2 N, neprekidna u x0 (na A) (v.Teorem 3.52). Sada zakljuµcak slijedi po Teoremu 3.63.
Korolar 3.65 Neka je1Pn=0
anxn, n 2 N[f0g, potencijski red s konvergencijskim
polumjerom � > 0. Tada je njegova suma x 7!1Pn=0
anxn neprekidna funkcija na
intervalu h��; �i.
Dokaz. Neka je x0 2 h��; �i bilo koja toµcka. Tada je jx0j < � pa postoji neki
r 2 hjx0j; �i. Slijedi da je x0 2 h�r; ri � h��; �i. Po Teoremu 3.35, potencijskired
1Pn=0
anxn jednoliko konvergira na segmentu [�r; r], pa onda i na intervalu
h�r; ri, prema funkciji s : h��; �i ! R, s(x) =1Pn=0
anxn. Buduci da je svaka
funkcija x 7! anxn, n � 0 (a0x0 = a0), neprekidna, po Korolaru 3.64 slijedi
da je i suµzenje sj[�r;r] neprekidna funkcija. Posebice je funkcija s neprekidna utoµcki x0.
U razmatranju o konvergentnosti potencijskog reda1Pn=0
anxn primijetili smo
da na rubu f��; �g njegova konvergencijskog intervala h��; �i treba moµzebitnukonvergentnost (divergentnost) posebno istraµziti. S tim u svezi navodimo (bez
dokaza) ovaj teorem:
Teorem 3.66 Ako potencijski red1Pn=0
anxn konvergira i u rubnoj toµcki x = ��
(x = �); onda on jednoliko konvergira na svakom segmentu [��; r] ([�r; �]);0 < r < �. Konvergira li
1Pn=0
anxn u objema rubnim toµckama �� i �, onda on i
jednoliko konvergira na segmentu [��; �].
Izravno iz toga teorema i Korolara 3.64 slijedi ovaj "Abelov teorem o graniµcnoj
vrijednosti":
Korolar 3.67 Neka je � > 0 konvergencijski polumjer i s : h��; �i ! R, s(x) =1Pn=0
anxn, suma potencijskoga reda
1Pn=1
anxn: Ako taj red konvergira i u rubnoj
toµcki x = ���x = �
�; onda je lim
��s =
1Pn=0
(�1)nan�n�lim�s =
1Pn=0
an�n�; tj.
funkcija s dopu�ta neprekidno pro�irenje na [��; �i�h��; �]
�:
133
134
Poglavlje 4
INFINITEZIMALNI
RAµCUN
4.1 DERIVACIJA
Do deriviranja kao nove matematiµcke tehnike ("omjeri neizmjerno malih prom-
jenjivih veliµcina") prvi je, koliko se zna, do�ao I. Newton (prije godine 1669.)
rje�avajuci problem odre�ivanja trenutne brzine neke toµcke, �to se nejednoliko
giba po pravcu. Do istoga je otkrica ne�to poslije do�ao i G.W. Leibniz rje�ava-
juci problem odre�ivanja tangente u bilo kojoj toµcki neke krivulje. Pokazalo se
da deriviranje ima �iroku i nezaobilaznu primjenu u svim prirodnim i tehniµckim
znanostima i, dakako, u tehniµckoj i tehnolo�koj praksi. Ovdje cemo iskazati
toµcnu de�niciju i pokazati primjenu na istraµzivanje vaµznih svojstava realnih
funkcija jedne realne varijable.
4.1.1 DERIVABILNOST I NJEZINO ZNAµCENJE
De�nicja 4.1 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna utoµcki x0 2 X (ili da ima derivaciju u toµcki x0), ako funkcija
f : X n fx0g ! R; f(x) =f(x)� f(x0)
x� x0;
ima graniµcna vrijednost u toµcki x0, tj. ako postoji limx0f . Drugim rijeµcima, f je
derivabilna u x0 ako postoji
limx!x0
f(x)� f(x0)x� x0
� f 0(x0); x 2 X n fx0g: (1)
Broj f 0(x0) nazivamo derivacijom funkcije f u toµcki x0. Reci cemo da je
funkcija f derivabilna na skupu A � X, ako je f derivabilna u svakoj
135
toµcki x 2 A. U sluµcaju A = X kratko kaµzemo da je funkcija f derivabilna .
Primijetimo da, za na skupu A � X derivabilnu funkciju f , postoji funkcija
(f jA)0 : A ! R, x 7! f 0(x), koju nazivamo derivacijom funkcije f na skupu
A. U sluµcaju A = X govorimo o derivaciji f 0 funkcije f . Napokon, deriv-
abilnu funkciju f : X ! R kojoj je derivacija f 0 : X ! R preslikavanje (tj.
neprekidna) nazivamo neprekidno derivabilnom funkcijom.
Napomena 4.2 Za toµcku x0 2 X � R se kaµze da je izolirana toµcka u skupuX, ako postoji " > 0 takav da je (X n fx0g) \ hx0 � "; x0 + "i = ;. Primjerice,svaka toµcka n 2 N � R je izolirana u skupu N; u skupu f 1n j n 2 Ng [ f0g � Rnije izolirana samo toµcka 0; u intervalu ha; bi � R nema izoliranih toµcaka. Pri-mijetimo da je, po samoj de�niciji, svaka realna funkcija neprekidna u svakoj
izoliranoj toµcki x0 svoga de�nicijskog podruµcja. Derivabilnost, naprotiv, u
takvoj izoliranoj toµcki po de�niciji nema smisla. Prema tomu, ako funkcija
ima derivaciju u nekoj toµcki, onda ta toµcka nije izolirana u pripadnomu de�ni-
cijskom podruµcju.
Iskoristimo li oznake x � x0 = �x i f(x) � f(x0) = �f(x) � �y, formulu (1)moµzemo zapisati na jo�dva naµcina:
f 0(x0) = lim�x!0
f(x0 +�x)� f(x0)�x
; (10)
f 0(x0) = lim�x!0
�f(x)
�x� lim
�x!0
�y
�x: (100)
Primjer Ispitajmo derivabilnost funkcije f : R ! R, f(x) = x2 (kvadriranje).
Neka je x0 2 R bilo koja toµcka (u R nema izoliranih toµcaka). Po (10), primjerice,dobivamo da je
lim�x!0
f(x0 +�x)� f(x0)�x
= lim�x!0
(x0 +�x)2 � x20
�x=
lim�x!0
2x0 ��x+ (�x)2�x
= lim�x!0
(2x0 +�x) = 2x0:
Prema tomu, funkcija f je derivabilna u svakoj toµcki x0 i f 0(x0) = 2x0. Za x = 0
je f 0(0) = 0, za x = �1 je f 0(�1) = �2 itd. Dobivenu derivaciju zapisujemokao (x2)0 = 2x, x 2 R.
Promotrimo Newtonov pristup. Neka je zapisom s = f(t) i uvjetom f(0) = 0,
pri µcemu s oznaµcuje prije�eni put a t vrijeme, dan zakon po kojemu se toµcka
("tvarna µcestica") P giba po pravcu. Neka je pritom f : [0; �i ! R derivabilnafunkcija. Odredimo brzinu v(t0) toµcke P u trenutku t0. Toµcka P ce do trenutka
t0 prevaliti put s0 = f(t0), a do trenutka t put s = f(t). Srednja brzina
promatrane toµcke u vremenskomu segmentu [t0; t] za t0 < t ([t; t0] za t0 > t) je,
po de�niciji,
136
�v(t) =f(t)� f(t0)
t� t0� �s�t
; �t = t� t0; �s � �f(t) = f(t)� f(t0):
Ova brzina �v(t) je to bliµza traµzenoj brzini v(t0) u trenutku t0 �to je promatrani
vremenski segment kraci. Stoga smijemo postulirati da je
v(t0) = limt0�v = lim
�t!0
�s
�t:
No, to znaµci da je v(t0) = f 0(t0), tj. "brzina je derivacija puta po vremenu".
Pozabavimo se sada pobliµze "problemom tangente" - Leibnizov pristup.
Neka je u ravnini s koordinatnim sustavom (O;�!i ;�!j ) dana krivulja C jed-
nadµzbom y = f(x), pri µcemu je funkcija f : [a; b] ! R derivabilna u toµcki
x0 2 ha; bi. Odredimo (algebarski) tangentu t krivulje C u toµcki T0 = (x0; f(x0)).Neka je x 2 [a; b], x 6= x0, pa je T = (x; f(x)) 2 C i T 6= T0. Toµcke T0 i T
odre�uju jedinstvenu sekantu sT krivulje C (v. crteµz dolje). Njezin smjerovnikoe�cijent jest
ksT =f(x)� f(x0)
x� x0:
Pustimo li da se toµcka T "pribliµzuje" po krivulji C (nepomiµcnoj) toµcki T0, tj. dax ! x0, sekanta sT ce se "pribliµzavati" tangenti t. Prema tomu, za smjerovni
koe�cijent od t mora vrijediti sljedece:
kt = limT!T0
ksT = limx!x0
f(x)� f(x0)x� x0
= f 0(x0);
tj. "tangentin smjerovni koe�cijent jest funkcijina derivacija u promatranoj
toµcki". Slijedom toga, za tangentinu jednadµzbu (u toµcki T0 = (x0; f(x0)) 2 C)dobivamo
t � � � y � f(x0) = f 0(x0)(x� x0): (2)
(Tangenta u T0 moµze postojati i kad je limx0f 0 = +1 (�1), o µcemu sad necemo
raspravljati (v. pododjeljak 4.1.7), i tada joj je jednadµzba x = x0.)
Normalom u toµcki T0 = (x0; f(0)) krivulje C nazivamo pravac n kroz toµckuT0 okomit na pripadnu tangentu t. Slijedi da je normalina jednadµzba
n � � � y � f(x0) = �1
f 0(x0)(x� x0); f 0(x0) 6= 0 (x = x0; f
0(x0) = 0): (3)
(Ako je tangentina jednadµzba x = x0 onda je pripadna normalina jednadµzba
y = f(x0).)
y
O
Gf
t
sn
T0
T
xx0 x
x
f(x0)
y ϕt
ϕs
Tangenta i normala.
137
Primjer Odredimo tangentinu i normalinu jednadµzbu u toµcki T0 = (2; y0)
parabole y = x2.
Derivaciju f 0 funkcije f(x) � y = x2 odredili smo u pro�lom primjeru i dobili
f 0(x) = 2x. Uvr�tenjem u (2) i (3) dobivamo traµzene jednadµzbe:
t � � � y � f(2) = f 0(2)(x� 2); dakle; y = 4x� 4;
n � � � y � f(2) = � 1
f 0(2)(x� 2); dakle; y = �1
4x+
1
2:
Geometrijsko znaµcenje derivacije kao tangentina smjerovnog koe�cijenta dopu�-
ta tzv. "gra�µcko deriviranje" gra�µcki (grafom Gf ) zadane funkcije f : X ! R,X � R, �to je prikazano na ovim crteµzima:
y
O
Gf t
A
x
f(x)
xϕϕ
A'
1
J
tgϕ = f (x)'f (x)'
A Gf A' Gf '5 5
y
O x
Gf
A1
A2
2A'A3
3A'
4A'
A4
A5
A'5
1
A1'
Gra�µcko deriviranje.
Teorem 4.3 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 ondaje f neprekidna u x0.
Dokaz. Derivabilnost funkcije f u toµcki x0 povlaµci
limx!x0
(f(x)� f(x0)) = lim�x!0
�f(x) = limx!x0
��f(x)�x
��x�=
limx!x0
�f(x)
�x� limx!x0
�x = f 0(x0) � 0 = 0;
pa je, po Teoremu 3.49, funkcija f neprekidna u toµcki x0.
Po Teoremu 4.3 slijedi da funkcije nema derivacije u toµckama u kojima je pre-
kidna. No, derivabilnost je bitno jaµce svojstvo od neprekidnosti, tj. neprekidnost
funkcije f u toµcki x0 ne povlaµci njezinu derivabilna u toj toµcki (v. Napomenu
4.2 i naredni primjer).
Pomocu limesa s lijeva i s desna mogu se de�nirati derivacije s lijeva i s desna:
138
Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, u toµcki x0 2 X derivabilna s
lijeva (s desna) ako funkcija
f : X n fx0g ! R; f(x) =f(x)� f(x0)
x� x0;
ima u toµcki x0 graniµcna vrijednost s lijeva (s desna), tj. ako postoji limx0�0
f�limx0+0
f
�. Pripadni limes tada nazivamo derivacijom s lijeva (s desna)
funkcije f u toµcki x0. Oµcito je da je funkcija f , koja je derivabilna s lijeva
i s desna u toµcki x0, derivabilna u x0 ako i samo ako se te derivacije s lijeva i s
desna podudaraju. (Taj je broj onda f 0(x0).)
Primjer Funkcija x 7! f(x) = jxj, x 2 R, (apsolutna vrijednost) je neprekidna.Posebice, ona je neprekidna u toµcki x = 0. Me�utim,
limx0�0
f = lim�x!0�0
f(0 + �x)� f(0)�x
= lim�x!0�0
j�xj�x
=
lim�x!0�0
��x�x
= lim�x!0�0
(�1) = �1;
lim0+0
f = lim�x!0+0
f(0 + �x)� f(0)�x
= lim�x!0+0
j�xj�x
=
lim�x!0+0
�x
�x= lim
�x!0+0(1) = 1:
Prema tomu, funkcija f je u toµcki x = 0 derivabilna s lijeva i s desna, ali buduci
da pripadne derivacije nisu jednake, to f nije derivabilna u x = 0.
4.1.2 DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA
Ovdje cemo odrediti derivacije nekih (osnovnih) elementarnih funkcija i izvesti
nekoliko osnovnih derivacijskih pravila.
Tvrdnja 4.4 Derivacija konstantne funkcije cr : R ! R, r 2 R, je nulkon-stanta c0, tj.
(8r 2 R)(8x 2 R) c0r(x) = 0: (4)
Dokaz. �cr(x) = r � r = 0) c0r(x) = lim�x!0
�cr(x)�x = lim
�x!00 = 0.
Tvrdnja 4.5 Derivacija prirodne potencije x 7! xn, n 2 N, je funkcijax 7! nxn�1, tj.
(8n 2 N)(8x 2 R) (xn)0 = nxn�1: (5)
Dokaz. Po Teoremu 1.21 je
�f(x) = (x+�x)n � xn =nXk=0
�nk
�xn�k(�x)k � xn =
139
nXk=1
�nk
�xn�k(�x)k =
nXk=2
�nk
�xn�k(�x)k + nxn�1 ��x:
Stoga je
f 0(x) = lim�x!0
�f(x)
�x= lim
�x!0
� nXk=2
�nk
�n�k(�x)k�1 + nxn�1
�= nxn�1.
Tvrdnja 4.6 Derivacija trigonometrijske funkcije sin jest cos, a funkcije cos
jest � sin, tj.
(8x 2 R) sin0 x = cosx; (6)
(8x 2 R) cos0 x = � sinx): (7)
Dokaz. Vrijedi
(� sin)(x) = sin(x+�x)� sinx = 2 sin x+�x� x2
cosx+�x+ x
2=
2 sin�x
2cos�x+
�x
2
�=sin �x2�x2
��x � cos�x+
�x
2
�:
Po tomu je
sin0 x = lim�x!0
(� sin)(x)
�x=
lim�x2 !0
sin �x2�x2
� lim�x!0
cos�x+
�x
2
�= 1 � cosx = cosx:
Sasvim sliµcno se dokazuje i tvrdnja pod (7).
Tvrdnja 4.7 Eksponencijalna funkcija x 7! ax ima derivaciju x 7! ax ln a, tj.
(8x 2 R) (ax)0 = ax ln a (8)
Posebice je
(8x 2 R) (ex)0 = ex: (9)
Dokaz. Buduci da je
�(ax) = ax+�x � ax = ax(a�x � 1),
to je
(ax)0 = lim�x!0
ax(a�x � 1)�x
= ax � lim�x!0
a�x � 1�x
:
Uvrstimo li a�x � 1 = t, dobivamo
a�x = t+ 1; �x =ln(t+ 1)
ln ai �x! 0, t! 0:
Prema tomu
(ax)0 = ax limt!0
t
ln(t+ 1)
ln a
= ax ln a limt!0
1
ln(t+ 1)1t
= ax ln a1
ln e= ax ln a:
Naredni teorem redovito rabimo pri odre�ivanju derivacija vecine elementarnih
funkcija.
140
Teorem 4.8 (Deriviranje i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije
f; g : X ! R, X � R, derivabilne (na skupu A � X; u toµcki x0 2 X). Tada suderivabilne (na A; u x0) i funkcije f + g, f � g, f � g,
f
g(g(x) 6= 0) i vrijedi:
(f + g)0 = f 0 + g0; (10)
(f � g)0 = f 0 � g0; (11)
(f � g)0 = f 0 � g + f � g0; (12)
(cr � g)0 = cr � g0 (f = cr - konstantna funkcija);(13)�fg
�0=f 0 � g � f � g0
g2: (14)
Dokaz. Sve formule (10)-(14) se dokazuju sliµcno. Dokaµzimo, primjerice, onu
posljednju!
�fg
�0(x) = lim
�x!0
f(x+�x)
g(x+�x)� f(x)
g(x)
�x=
lim�x!0
f(x+�x)g(x)� f(x)g(x+�x) + f(x)g(x)� f(x)g(x)g(x+�x)g(x)�x
=
lim�x!0
f(x+�x)g(x)� f(x)g(x)�x
� f(x)g(x+�x)� f(x)g(x)�x
g(x+�x)g(x)=
lim�x!0
f(x+�x)� f(x)�x
� g(x)� f(x) � lim�x!0
g(x+�x)� g(x)�x
lim�x!0
g(x+�x) � g(x) =
f 0(x)g(x)� f(x) � g0(x)g(x)2
.
Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f = cr, po (4) i (14) dobivamo�crg
�0= �cr � g
0
g2; tj.
� r
g(x)
�0= �r � g
0(x)
g(x)2;
a u sluµcaju g = cr dobivamo (usp. (13) za f = c 1r)� f
cr
�0=f 0
cr; tj.
�f(x)r
�0=f 0(x)
r:
Tvrdnja 4.9 Derivacije trigonometrijskih funkcija tg i ctg jesu:
(8x 2 Xtg) tg 0x =1
cos2 x; (15)
(8x 2 Xctg) ctg 0x = � 1
sin2 x: (16)
Dokaz. Vrijedi
tg 0x =� sincos
�0(x)
(14)=sin0 x � cosx� sinx � cosx
cos2 x
(6),(7)=
cos2 x+ sin2 x
cos2 x=
1
cos2 x:
Na isti naµcin se dokazuje formula (16):
141
Tvrdnja 4.10 Derivacija negativne cijele potencije x 7! x�n, n 2 N, je funkcijax 7! �nx�n�1, tj.
(8n 2 N)(8x 2 Rnf0g) (x�n)0 = �nx�n�1:
Dokaz. Vrijedi:
(x�n)0 =� 1xn
�0 (14)= � (x
n)0
(xn)2(5)= �nx
n�1
x2n= �nx�n�1.
Ponekad je korisno, prije eksplicitnog odre�ivanja derivacije neke funkcije f ,
formalno izraziti funkcijski prirast �f(x) u toµcki x0, x = x0 + �x, pomocu
vrijednosti f 0(x0). Pretpostavimo da je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilnau toµcki x0. De�nirajmo novu funkciju
x� x0 7! �(x� x0); x 2 X n fx0g;
propisom
�(x� x0) =f(x)� f(x0)
x� x0� f 0(x0); tj. �(�x) =
�f(x)
�x� f 0(x0):
Oµcito je tada8<: limx!x0
�(x� x0) = lim�x!0
�(�x) = 0
�y � �f(x) = (f 0(x0) + �(�x))�x: (17)
Teorem 4.11 (Derivacija funkcijske kompozicije) Ako je funkcija f : X ! R,X � R, derivabilna u toµcki x0, a funkcija g : Y ! R, Y � R, derivabilna utoµcki y0 = f(x0) 2 Y � f [X], onda je i funkcijska kompozicija gf : X ! R,derivabilna u x0 i pritom je
(gf)0(x0) = g0(f(x0))f0(x0): (18)
Dokaz. Neka je x 2 X, x 6= x0, i�x = x�x0. Oznaµcimo y � f(x),�y � f(x)�f(x0), z � (gf)(x), �z � (gf)(x)�(gf)(x0). Tada je �y = f(x0+�x)�f(x0),tj. f(x0 + �x) = y0 + �y, pa je �z = (gf)(x0 + �x) � (gf)(x0) = g(f(x0 +
�x))� g(f(x0)) = g(y0+�y)� g(y0). Sada je
(gf)0(x0) = lim�x!0
�z
�x= lim
�x!0
g(y0 +�y)� g(y0)�x
(17)=
lim�x!0
1
�x(g0(y0) + �(�y))�y =
(g0(y0) + lim�x!0
�(�y)) � lim�x!0
�y
�x= g0(y0)f
0(x0) +�lim�x!0
�(�y)�f 0(x0)
:Buduci da je funkcija f neprekidna u toµcki x0 (v. Teorem 4.3), to �x ! 0
povlaµci �y ! 0, pa (17) povlaµci lim�x!0
�(�y) = lim�y!0
�(�y) = 0.
Primjer Derivirajmo funkciju x 7! h(x) = cos(sinx), x 2 R.Primijetimo da je h = gf , pri µcemu je f = sin i g = cos. Dakle, po (18),
h0(x) = cos0(sinx) � sin0 x = � sin(sinx) � cosx:
142
Tvrdnja 4.12 Ovo su derivacije hiperbolnih funkcija:
(8x 2 R) sinh0 x = coshx; (19)
(8x 2 R) cosh0 x = sinhx; (20)
(8x 2 R) tgh 0x =1
cosh2 x; (21)
(8x 2 R n f0g) ctgh 0x = � 1
sinh2 x: (22)
Dokaz. Dokaµzimo npr. formulu (19)!
sinh0 x =�ex � e�x
2
�0 (13),(11)=
1
2((ex)0 � (e�x)0) (9),(18)=
1
2(ex � e�x(�1)) = ex + e�x
2= coshx.
Teorem 4.13 (Derivacija inverzne funkcije) Neka je injektivna funkcija
f : X ! R; X � R, derivabilna u toµcki x0 i f 0(x0) 6= 0. Ako je pripadna
"inverzna" funkcija f�1 : f [X] ! R neprekidna u toµcki y0 = f(x0), onda je
f�1 derivabilna u toµcki y0 i pritom je
(f�1)0(y0) =1
f 0(x0): (23)
Dokaz. Buduci da je f�1 inverzna funkciji f i y0 = f(x0), to je f�1(y0) = x0 i
�f�1(y) = f�1(y0+�y)� f�1(y0) = x0+�x� x0 = �x µcim je f(x0+�x) =
y0+�y = y. Zbog injektivnosti funkcije f je �y 6= 0 toµcno onda kad je �x 6= 0,a zbog neprekidnosti funkcije f�1 u toµcki y0 i neprekidnosti funkcije f u toµcki
x0 (v. Teorem 4.3), �y ! 0 toµcno onda kad �x! 0. Prema tomu,�f�1
�0(y0) = lim
�y!0
�f�1(y)
�y= lim
�y!0
�x
�y= lim
�y!0
1�y�x
=
lim�x!0
1�y�x
=1
lim�x!0
�y�x
=1
f 0(x0).
Tvrdnja 4.14 Ovo su derivacije ciklometrijskih funkcija i area-funkcija:
(8x 2 h�1; 1i) arcsin0 x =1p1� x2
; (24)
(8x 2 h�1; 1i) arccos0 x = � 1p1� x2
; (25)
(8x 2 R) arctg 0x =1
1 + x2; (26)
(8x 2 R) arcctg0 x = � 1
1 + x2; (27)
(8x 2 R) arsh0 x =1p1 + x2
; (28)
(8x 2 h�;�1i [ h1; �i) arch0 x =1p
x2 � 1; (29)
(8x 2 h�1; 1i) arth0 x =1
1� x2 ; (30)
143
(8x 2 h�;�1i [ h1; �i) arcth0 x = � 1
x2 � 1 : (31)
Dokaz. Dostatno je, ilustracije radi, primjenom Teorema 4.13, dokazati prvu
formulu.
arcsin0 x(23)=
1
sin0 y=
1
cos y=
1p1� sin2 y
=1p1� x2
:
(Funkcije arcsin i arccos nisu derivabilne u toµckama x = �1 i x = 1!)
Tvrdnja 4.15 Logaritamska funkcija x 7! loga x ima derivaciju x 7! 1x ln a , tj.
(8x 2 R+) log0a x =1
x ln a: (32)
Posebice je
(8x 2 R+) ln0 x =1
x: (33)
Dokaz. log0a x(23)=
1
(ay)0=
1
ay ln a=
1
x ln a.
Tvrdnja 4.16 Derivacija opce potencije x 7! xr, r 2 R, je funkcija x 7! rxr�1
kad god je ova dobro de�nirana (usp. (5) i Tvrdnju 4.10) tj.
(xr)0 = rxr�1: (34)
Dokaz. Dostatno je tvrdnju dokazati za x 2 h0; �i. Vreijedi xr = er ln x pa
imamo
(xr)0 = (er ln x)0(18),(9)= er ln x(r lnx)0
(13);(33)= er ln x � r
x= xr � r
x= rxr�1:
(Opca potencija nije derivabilna u toµcki x = 0 µcim je r < 1!)
Tvrdnja 4.17 Neka su dane funkcije f; g; h : X ! R, X � R, i neka je h(x) =f(x)g(x) � (fg)(x). Ako su f , g i h derivabilne u toµcki x0, onda derivacija
h0(x0) dopu�ta zapis
(fg)0(x0) =�g0(x0) � ln f(x0) + g(x0) �
f 0(x0)
f(x0)
�� f(x0)g(x0): (35)
Dokaz. Prikaµzimo funkciju h kao kompoziciju logaritamske i eksponencijalne
funkcije (koje ukljuµcuju f , g i mnoµzenje). Prvo, neka je � : X ! R, � =
g � (ln �f), tj.
xf7! f(x)
ln7! ln f(x); xg7! g(x); x
�7! �(x) = g(x) � ln f(x):
Tada je h � fg jednaka funkcijskoj kompoziciji expe ��, tj.
x�7! �(x)
expe7! expe(�(x)) = eg(x)�ln f(x) = f(x)g(x) = h(x):
Primijenimo li pravila (9), (18), (12) i (33) dobit cemo (35).
144
Napomena 4.18 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, zadana implicitnojednadµzbom F (x; y) = 0 (v. pododjeljak 3.1.1) i ako je derivabilna u toµcki x0,
onda derivaciju f 0(x0) odre�ujemo formalnim deriviranjem jednadµzbe F (x; y) =
0 (derivirajuci y pi�emo y0 � f 0(x) i uvr�tavamo x = x0) i sre�ivanjem.
Primjer Odredimo derivaciju u toµcki x = 0 funkcije x 7! f(x) = y implicitno
zadane jednadµzbom 2y � xy + x2 � 2 = 0:Formalno derivirajuci jednadµzbu dobivamo:
(2y � xy + x2 � 2)0 = 00 ) 2y � ln 2 � y0 � (y + xy0) + 2x = 0)
y0 =y � 2x
2y ln 2� x;
pa je
f 0(x0) � y00 =y0 � 2x0
2y0 ln 2� x0:
Vrijednost f(0) � y0 dobivamo uvr�tenjem u jednadµzbu. Dakle
2y0 � 0 � y0 + 02 � 2 = 0) 2y0 = 2) y0 = 1.
Napokon,
f 0(0) � y00 =1� 2 � 021 ln 2� 0 =
1
2 ln 2=
1
ln 4:
4.1.3 DIFERENCIJAL
Pokazali da za prirast f(x) � f(x0) = (�x0f)(x) � �f(x) derivabilne (u toµckix0) funkcije f : X ! R, X � R, x = x0 +�x, vrijedi formula (17):
�f(x) = f 0(x0)�x+ �(�x)�x;
pri µcemu je lim�x!0
�(�x) = 0: To navodi da se funkciji derivabilnoj u toµcki x0pridijeli (lokalno) linearna funkcija �to ju odre�uje derivacija f 0(x0). Tako se
dolazi do tzv. diferencijabilnosti, odnosno, diferencijala promatrane funkcije u
toµcki x0: Za funkcije jedne varijable, �to ih sada prouµcavamo, bit ce razvidno da
su diferencijabilnost i derivabilnost ekvivalentna svojstva. Da je diferencijabil-
nost, opcenito, jaµce svojstvo od derivabilnosti uoµcit cemo prouµcavajuci realne
funkcije vi�e varijabla u Matematici 2.
De�nicja 4.19 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, diferencijabilnau toµcki x0, ako postoji broj a 2 R takav da je
f(x)� f(x0) = a � (x� x0) + r(x� x0); (36)
pri µcemu za funkciju x� x0 7! r(x� x0), x 6= x0, mora vrijediti
limx!x0
r(x� x0)x� x0
= 0 (37)
("ostatak" r(x� x0) teµzi k 0 bitno brµze od x� x0).
145
Reci cemo da je funkcija f diferencijabilna, ako je diferencijabilna u svakoj
toµcki x 2 X.
Oµcito je funkcija f diferencijabilna u x0 µcim je derivabilna u x0. Naime, za
traµzeni broj a smijemo uzeti f 0(x0), pa je r(x � x0) = �(x � x0) � (x � x0) iuvjetu je udovoljeno. S druge strane, lako je dokazati da je broj a jedinstven
µcim je f diferencijabilna u x0, a onda je
a = limx!x0
f(x)� f(x0)x� x0
+ limx!x0
r(x� x0)x� x0
= f 0(x0):
Prema tomu, funkcija f je diferencijabilna (u toµcki x0) toµcno onda kad je deriv-
abilna (u x0). Pripadnu linearnu funkciju nazivamo diferencijalom funkcije f
u toµcki x0 i oznaµcujemo s
df(x0) : R! R; df(x0)(x) = f 0(x0) � x:
Primijetimo da je, po (17),
lim�x!0
�f(x)� df(x0)(�x)�x
= lim�x!0
r(�x)
�x= lim
�x!0�(�x) = 0:
Primjer Odredimo diferencijale df(x0), u svakoj toµcki x0 2 R, osnovnih ele-mentarnih funkcija x 7! sinx, x 7! x2 (kvadriranje) i x 7! kx (k 2 R konstanta).Neka je x0 2 R bilo koja toµcka (promatrane funcije su derivabilne). Vrijednostidf(x0)(x) traµzenih diferencijala df(x0) jesu redom:
d(sinx0)(x) = sin0 x jx=x0 �x = cosx0 � x;
d(x20)(x) = (x2)0 jx=x0 �x = 2x0x;
d(kx0)(x) = (kx)0 jx=x0 �x = kx:
Primijetimo da je diferencijal linearne funkcije, u svakoj toµcki x0 2 R, jednaktoj funkciji.
Pojednostavnjujuci zapisivanje, kad god ne moµze doci do zabune, uobiµcajilo se
diferencijal df(x0) tretirati kao funkciju od x� x0 = �x, x 2 R, i pisati
df(x0)(�x) � df(x) = f 0(x)dx;
pa cemo se i mi toga drµzati.
Na taj se naµcin gornji primjeri mogu zapisati kako slijedi:
d sinx = cosxdx; dx2 = 2xdx; d(kx) = kdx:
Primijetimo da takvo skraceno zapisivanje dopu�ta zapisati derivaciju kao koliµcnik
f 0(x) =df(x)
dx� dy
dx: (38)
Pritom na veliµcinu dx smijemo gledati kao na "neizmjerno mali" �x jer je
f 0(x0)�x = df(x0)(�x) � df(x) = f 0(x)dx:
146
Radi boljega poimanja, korisno je pojasniti diferencijalovo geometrijsko znaµce-
nje (v. naredni crteµz). Buduci da je f 0(x0) =df(x)dx , x = x0 + �x, dx = �x,
tangentin smjerovni koe�cijent (t u toµcki (x0; f(x0)) 2 Gf , v. (2)); slijedi daje vrijednost pripadnoga diferencijala df(x0)(dx) � df(x) = f 0(x0)dx "prirast
do tangente" t, dok je �f(x) pripadni funkcijski prirast, tj. "prirast do grafa"
Gf !)
y
O
G f
t
A
xα
B
D
df(x0)
f(x0)
f(x0)
x0+ x)f(
x0+ xx0
Diferencijal funkcije.
Teorem 4.8 ima svoj lokalni diferencijalni analogon.
Teorem 4.20 (Diferencijal i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije f; g :
X ! R, X � R, diferencijabilne u toµcki x0. Tada za pripadne diferencijale ux0 vrijedi:
dcr(x0) = c0 (f � cr; c0�konstantne funkcije); (39)
d(f + g)(x0) = df(x0) + dg(x0); (40)
d(f � g)(x0) = df(x0)� dg(x0); (41)
d(f � g)(x0) = g(x0)df(x0) + f(x0)dg(x0); (42)
d(cr � g)(x0) = crdg(x0) (f = cr); (43)
d�fg
�(x0) =
g(x0)df(x0)� f(x0)dg(x0)g(x0)2
(g(x0) 6= 0): (44)
Dokaz. Dokaµzimo, primjera radi, formulu (42)! Za bilo koji x 2 R je
d(f � g)(x0)(x) = (f � g)0(x0)dx(12)= (f 0(x0)g(x0) + f(x0)g
0(x0))dx =
g(x0)f0(x0)dx+ f(x0)g
0(x0)dx = g(x0)df(x0)(x) + f(x0)dg(x0)(x) =
(g(x0)df(x0) + f(x0)dg(x0))(x).
Primjer Odredimo funkciji x 7! f(x) = ex sinx diferencijal u bilo kojoj toµcki
x0 2 R.
df(x0)(x)(42)= (sinx0d(e
x0) + ex0d(sinx0))(x) =
sinx0ex0dx+ ex0 cosx0dx = ex0(sinx0 + cosx0)dx:
Ili skraceno, d(ex sinx) = (ex sinx)0dx = ex(sinx+ cosx)dx:
147
Teorem 4.21 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 ineka je f 0(x0) 6= 0. Tada je
lim�x!0
�f(x)
df(x)= 1:
Dokaz. Po (17) i (36) je�f(x)
df(x)=f 0(x0)dx+ �(dx)dx
f 0(x0)dx= 1 +
�(dx)
f 0(x0)i limdx!0
�(dx) = 0:
Prema tomu,
lim�x!0
�f(x)
df(x)= 1 +
1
f 0(x0)limdx!0
�(dx) = 1:
Teorem 4.21 potvr�uje da je funkcijin prirast �f(x0)(�x) � �f(x) � �y
pribliµzno jednak diferencijalovoj vrijednosti
df(x0)(�x) � df(x) � dy
µcim je varijablin prirast �x = dx dostatno malen. Pi�emo
�y � dy:
Ova se µcinjenica µcesto primijenjuje u pribliµznom izraµcunavanju funkcijskih vri-
jednosti, kao i u procjenjivanju pogre�aka koje su posljedica netoµcnih mjerenja.
Ako je npr. poznata funkcijina vrijednost y0 = f(x0), njezina se vrijednost u
toµcki x = x0+dx (f derivabilna u x0 i dx dostatno malen) smije aproksimirati
po formuli
f(x0 + dx) = y0 +�y � y0 + dy: (45)
Nadalje, ako je varijabla x izmjerena s pogre�kom koja apsolutno ne prema�uje
jdxj, onda se najveca apsolutna pogrje�ka funkcijine vrijednosti y = f(x)
smije procijeniti kao
j�yj � jdyj = jf 0(x)j dx; (46)
relativna pogre�ka kao�y
y� dy
y; (47)
a postotna pogre�ka kao�y
y� 100% � dy
y� 100%: (48)
Primjer Izraµcunajmo neku pribliµznu (racionalnu) vrijednost iracionalnoga
broja 4p84 rabeci aproksimaciju diferencijalom.
U rje�avanju ovakvoga zadatka treba voditi raµcuna o trima stvarima:
Prvo, da se odabere �to je moguce jednostavnija elementarna funkcija f (pri-
mjerena danom zadatku); da se odabere odgovarajuca toµcka x0 za koju se (toµcna)
vrijednost f(x0) moµze lako izraµcunati; i trece, da x0+ dx bude dana varijablina
vrijednost s relativno malim dx.
148
Primijetimo, najprije, da je 4p84 = (81 + 3)
14 = 3(1 + 1
27 )14 : Stoga se (ne zahti-
jevamo li bolju aproksimaciju), kao prikladan izbor namecu funkcija
x 7! f(x) = 3(1 + x)14 i toµcka x0 = 0;
pri µcemu je dx = 127 = x0 + dx. Tada, primijenjujuci formulu (45) dobivamo:
4p84 = 3
�1 +
1
27
� 14
= f�0 +
1
27
�� f(0) + f 0(0) � 1
27=
3(1 + 0)14 +
3
4(1 + 0)34
� 127= 3 +
1
36=109
36� 3; 028:
Neka je f : X ! R, X � R, derivabilna (ekvivalentno, diferencijabilna) funkcija.Tada u svakoj toµcki x postoji diferencijal pa imamo df(x) : R! R, df(x)(x) =f 0(x)dx, tj. na df smijemo gledati kao na funkciju iz X u R.Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na skupu A � X, tj. neka
postoji funkcija (f jA)0 : A ! R, x 7! f 0(x). Ako je funkcija (f jA)0 derivabilnau toµcki x0, onda kaµzemo da je funkcija f dvaput derivabilna u toµcki x0, a
vrijednost ((f jA)0)0(x0) � f 00(x0) nazivamo drugom derivacijom funkcije f
u toµcki x0. Reci cemo da je funkcija f dvaput derivabilna na A ako je f
dvaput derivabilna u svakoj toµcki x 2 A. Pripadnu funkciju nazivamo drugomderivacijom funkcije f na skupu A i oznaµcujemo s (f jA)00 : A ! R. U
sluµcaju A = X govorimo o dvaput derivabilnoj funkciji f i o njezinoj drugoj
derivaciji f 00 � (f 0)0 : X ! R. Nastavljajuci induktivno, ima smisla govoriti otrecoj, µcetvrtoj, � � � ; n-toj, � � � derivaciji funkcije f (na skupu A; u toµckix0). Pripadne oznake su f 000, f (4) , � � � , f (n), � � � . Dakle,
f (n)(x0) = (f(n�1))0(x0); n 2 N (f (0) � f): (50)
Primjer Odredimo (ako postoje) sve derivacije f (n) : R! R, n 2 N, funkcije
f : R! R; f(x) = erx:
Buduci da je f funkcijska kompozicija mnoµzenja konstantom (r) s (prirodnom)
eksponencijalnom funkcijom (expe), to je f derivabilna funkcija. Sliµcno vrijedi
i za njezine derivacije. Pritom dobivamo:
f 0(x) = rerx; f 00(x) = (rerx)0 = r2erx; � � � ;
f (n)(x) = (rn�1erx)0 = rnerx; � � � :
Posve sliµcno se za funkciju f : X ! R, X � R, de�niraju diferencijali vi�ihredova (u toµcki x0). Pretpostavimo da je f diferencijabilna funkcija. Drugim
diferencijalom funkcije f u toµcki x0 nazivamo diferencijal d(df)(x0) funkcije-
diferencijala df : X ! R u toµcki x0. Radi se, dakle, o linearnoj funkciji, kojuoznaµcujemo s d2f(x0) : X ! R, odre�enoj "koe�cijentom" f 00(x0)dx, tj.
d2f(x0)(x) � d2f(x) = (f 00(x0)dx)dx � f 00(x0)dx2; (51)
149
Pritom kaµzemo da je funkcija f dvaput diferencijabilna u toµcki x0. Ako je f
dvaput diferencijabilna u svakoj toµcki x 2 X onda za nju kaµzemo da je dvaput
diferencijabilna funkcija. U tom sluµcaju postoji funkcija (drugi diferencijal
od f)
d2f : X ! R; x 7! d2f(x):
Opcenito, n-ti diferencijal dnf(x0) : R ! R funkcije f u toµcki x0, n 2 N,n � 2, de�niramo kao diferencijal (n� 1)-voga diferencijala od f , dn�1f : X !R, u x0, tj. dnf(x0) = d(dn�1f)(x0). Stoga vrijedi formula (dxn � (dx)n)
dnf(x0)(x) � dnf(x) = f (n)(x0)dxn: (52)
Obstojno�cu n-tog diferencijala od f (u x0) de�nira se n puta diferencija-
bilnost funkcije f (u toµcki x0). Razvidno je da su ta svojstva ekvivalentna
odgovarajucoj derivabilnosti.
Po (52), formula (38) ima sljedece poopcenje na svaki n 2 N:
f (n)(x) =dnf(x)
dxn: (53)
Neka je jednadµzbama x = '(t) i y = (t) parametarski zadana funkcija x 7!f(x) = y. Buduci da se, opcenito, parametar t ne moµze eliminirati, odredit
cemo derivaciju od f u toµcki x0 = '(t0) (µcim postoji) pomocu diferencijala od
' i u toµcki t0.
f 0(x0) =dy
dx� d (t)
d'(t)= 0(t0)dt
'0(t0)dt= 0(t0)
'0(t0); '0(t0) 6= 0;
�to se krace i opcenito zapisuje kao
y0 � f 0(x) = _y
_x; _x = '0(t); _y = 0(t): (54)
Na sliµcan naµcin dobivamo (ako postoje) i derivacije vi�ih redova, primjerice (dx
i dt tretiramo kao konstante),
y00 =d2y
dx2=d(y0dx)
dx2=d� _y_xdx�
dx � dx =d� _y_x
�dx
=dt
� _y_xdt�
_xdt=
::y _x� _y ::x_x2
_x; tj.
y00 =�y _x� _y�x_x3
; _x 6= 0; �x = '00(t); �y = 00(t): (55)
4.1.4 OSNOVNI TEOREMI
DIFERENCIJALNOG RAµCUNA
Ovdje cemo dokazati nekoliko temeljnih teorema o vaµznim svojstvima deriva-
bilnih funkcija.
Teorem 4.22 (Fermatov teorem) Neka suµzenje f jha;bi funkcije f : X ! R,X � R, poprima u toµcki x0 2 ha; bi � X svoju najmanju ili najvecu vrijednost.
Ako je f derivabilna u x0 onda je f 0(x0) = 0.
150
Dokaz. Pretpostavimo da je f(x0) minimum od f jha;bi, tj. f(x0) � f(x) za
svaki x 2 ha; bi. Zapisujuci x = x0 + �x dobivamo f(x0 + �x) � f(x0) � 0.Buduci da je f derivabilna u x0 2 ha; bi, to je f derivabilna s lijeva i s desna ux0 i pripadne se derivacije podudaraju s f 0(x0), tj.
lim�x!0�0
f(x0 +�x)� f(x0)�x
= f 0(x0) = lim�x!0+0
f(x0 +�x)� f(x0)�x
:
Primijetimo da je nazivnik �x u derivaciji s lijeva stalno negativan (x < x0),
dok je u derivaciji s desna stalno pozitivan (x > x0). Buduci da su brojnici
stalno pozitivni, to je derivacija s lijeva od f u x0 manja ili jednaka nula, a ona
s desna veca ili jednaka nula. Slijedi zakljuµcak f 0(x0) = 0.
y
Ox
a bx0
f (x0)=0'
Fermatov teorem.
U sluµcaju maksimuma f(x0) dokazuje se na isti naµcin.
Teorem 4.23 (Rolleov teorem) Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekid-na na segmentu [a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi : Ako je f(a) = f(b)
onda postoji toµcka x0 2 ha; bi takva da je f 0(x0) = 0.
y
Ox
a bx0
f (x0)=0'
Rolleov teorem.
Dokaz. Po Teoremu 3.56, suµzenje f j[a;b] postiµze na [a; b] svoju najmanju i svojunajvecu vrijednost, tj. postoje x1; x2 2 [a; b] takvi da je, za svaki x 2 [a; b],f(x1) � f(x) � f(x2). Ako je f(x2) = f(x1) onda je f j[a;b] konstantna funkcijacf(x1), pa je (f jha;bi)0 = c0jha;bi - dokaz gotov. Neka je f(x2) 6= f(x1), tj.
f(x1) < f(x2). Tada ne mogu obje te vrijednosti biti jednake f(a) (= f(b)).
Pretpostavka f(x1) 6= f(a) povlaµci a 6= x1 6= b, tj. x1 2 ha; bi, a pretpostavkaf(x2) 6= f(a) povlaµci a 6= x2 6= b, tj. x2 2 ha; bi. Zakljuµcujemo da je x1 ili x2traµzena toµcka x0.
151
Teorem 4.24 (Lagrangeov teorem o srednjoj vrijednosti) Neka je funkcija
f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu [a; b] � X i derivabilna na
intervalu ha; bi : Tada postoji toµcka x0 2 ha; bi takva da je
f 0(x0) =f(b)� f(a)
b� a : (56)
Dokaz. Promatrajmo funkciju
g : X ! R; g(x) = f(x)� f(b)� f(a)b� a (x� a):
Funkcija g je neprekidna na [a; b] i derivabilna na ha; bi i k tomu je g(a) = f(a) =
g(b). Po Teoremu 4.23, postoji neka toµcka x0 2 ha; bi u kojoj je g0(x0) = 0 =
f 0(x0)� f(b)�f(a)b�a ; tj. f 0(x0) =
f(b)�f(a)b�a :
y
Ox
a bx0
Gf
f (x0)=' f(b)f(a)b a
Lagrangeov teorem.
Lagrangeova formula (56) se moµze napisati na nekoliko naµcina. Tako npr.
mnoµzenjem formule (56) faktorom b� a dobivamo
f(b)� f(a) = f 0(x0)(b� a): (560)
Nadalje, buduci da je x0 = a+ x0�ab�a (b� a) i 0 <
x0�ab�a � # < 1; smijemo pisati
f(b)� f(a) = f 0(a+ #(b� a))(b� a); 0 < # < 1: (5600)
Napokon, oznaµcimo li a = x i b = x+�x, dobivamo
�f(x) = f(x+�x)� f(x) = f 0(x+ #�x)�x; 0 < # < 1: (56000)
Teorem 4.25 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi. Ako je f 0(x) = 0 za svaki x 2 ha; bi,onda je suµzenje f j[a;b] konstantna funkcija.
Dokaz. Odaberimo bilo koji x 2 ha; b]. Tada su na segmentu [a; x] ispunjeniuvjeti Teorema 4.24 pa postoji toµcka x0 2 ha; xi � ha; bi za koju je f(x)�f(a) =f 0(x0)(x � a). Po pretpostavci je f 0(x0) = 0, �to sada povlaµci f(x) = f(a) za
svaki x 2 ha; b].
Korolar 4.26 Neka su funkcije f; g : X ! R, X � R, neprekidne na segmentu[a; b] � X i derivabilne na intervalu ha; bi. Ako je f 0(x) = g0(x) za svaki x 2ha; bi onda je suµzenje (f � g)j[a;b] konstantna funkcija.
152
Dokaz. Funkcija h � f � g : X ! R udovoljava uvjetima Teorema 4.25 jer je,na ha; bi, h0 = f 0 � g0 = 0. Slijedi da je funkcija f � g konstantna na [a; b].
Lagrangeovu formulu cemo sada upotrijebiti u dokazu tzv. L�Hospitalova pra-
vila, �to ga rabimo za odre�ivanje graniµcnih vrijednosti u mnogim sluµcajevima
tzv. neodre�enih oblika:0
0;11 ; 0 � 1; 1�1; 00; 11; 10:
(1 ovdje oznaµcuje bilo +1 bilo �1!) Primjerice, neodre�eni oblik 00 se javlja
pri odre�ivanju graniµcne vrijednosti limx0
fg µcim je lim
x0f = 0 = lim
x0g, a 10 pri
odre�ivanju limx0fg µcim je lim
x0f =1 i lim
x0g = 0. Sljedeci teorem razmatra samo
oblik 00 , dok se preostali dopustivim preinakama svode na njega.
Teorem 4.27 (L�Hospitalovo pravilo) Neka za funkcije f; g : X ! R, X � R,vrijedi lim
x0f = 0 = lim
x0g. Ako postoji interval I takav da je x0 2 I � X i da su
f i g neprekidno derivabilne na I, pri µcemu je g0(x) 6= 0 za svaki x 2 I, onda je
limx0
f
g= lim
x0
f 0
g0: (57)
U dokazu cemo trebati ovu lemu:
Lema 4.28 Neka je funkcija g : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 i nekaje g(x0) = 0, a g0(x0) 6= 0. Tada postoji neki " > 0 takav da su na skupu
A" = (X n fx0g) \ hx0 � "; x0 + "i sve vrijednosti g(x) 6= 0.
Dokaz. Pretpostavimo protivno, tj. da za svaki " > 0 postoji neki x" 2A" za koji je g(x") = 0. Birajuci " = 1
n , n 2 N, dobivamo tako niz (xn),xn 2 A 1
n� X n fx0g, koji konvergira prema x0, dok je (g(xn)) konstantan
nulniz (0). Tada je i�g(xn)�g(x0)xn�x0
�= (0). Po pretpostavci, postoji g0(x0) =
limx!x0
g(x)�g(x0)x�x0 i g0(x0) 6= 0: Zbog lim(xn) = x0 mora biti (v. Teorem 3.43) i
g0(x0) = lim�g(xn)�g(x0)xn�x0
�= lim(0) = 0; �to je protuslovlje.
Dokaz. (Teorema 4.27) Po Teoremu 4.3 slijedi da su funkcije f i g neprekidne
na intervalu I pa je f(x0) = limx0f = 0 i g(x0) = lim
x0g = 0 (v. Teorem 3.46).
Po Lemi 4.28 zakljuµcujemo da postoji podskup A" = I \ hx0 � "; x0 + "i � X,
" > 0, takav da je g(x) 6= 0 za svaki x 2 A" n fx0g: Dakle, kvocijent f(x)g(x) je
de�niran µcim je x 2 A" n fx0g. �tovi�e,
limx0
f
g= limx!x0
f(x)� f(x0)g(x)� g(x0)
= limx0
f(x)� f(x0)x� x0
g(x)� g(x0)x� x0
=((9x1;x22hx;x0i); v. T. 4.24)
limx0
f 0(x1)
g0(x2)=f 0(x0)
g0(x0)=(f 0; g0 neprekidne na I)=
153
limx0f 0
limx0g0=(T. 3.41(c); g0(x) 6=0; x2A")= limx0
f 0
g0:
Napomena 4.29 (a) Postoje razne varijante i poopcenja upravo dokazanoga
teorema. Tako npr. L�Hospitalovo pravilo vrijedi i za neodre�ene oblike �1�1 , za
graniµcne vrijednosti kad x! �1 kao i u sluµcajevima kad se graniµcne vrijednosti
(derivacije) zamijene graniµcnim vrijednostima slijeva ili zdesna (derivacijama
slijeva ili zdesna).
(b) L�Hospitalovo pravilo se smije primijeniti vi�e puta uzastopce, µcim prethodna
primjena opet daje oblik 00
�11�i ako nove funkcije udovoljavaju postavljenim
uvjetima.
(c) Ako se u odre�ivanju graniµcne vrijednosti pojavi neki od preostalih (prije
navedenih) neodre�enih oblika i ako se µzeli primijeniti L�Hospitalovo prvilo,
treba taj neodre�eni oblik pogodnom transformacijom svesti na oblik 00 ili na
oblik 11 :
Primjer limx!0
1� cos 4xx2
(57)=( 00 )
limx!0
4 sin 4x
2x
(57)=( 00 )
limx!0
16 cos 4x
2= 8.
Primjer limx!�1
x2
e�x(57)=
(+1+1 )lim
x!�1
2x
�e�x(57)=
(�1�1 )lim
x!�1
2
e�x= 0.
Primjer Odredimo graniµcnu vrijednost limx!0
f funkcije x 7! f(x) = xx:
Buduci da je de�nicijsko podruµcje od f skup R+, tj. skup svih x > 0, to
je traµzena graniµcna vrijednost isto �to i pripadna graniµcna vrijednost zdesna,
limx!0
f = limx!+0
f . (Graniµcna vrijednost u 0 slijeva nema smisla!) Prema tomu,
limx!0
f = limx!0+0
xx =(00)
limx!0+0
ex ln x =(e0(�1))
elim0+0
(x ln x):
Buduci da je
limx!0+0
x lnx =(0�(�1))
limx!0+0
lnx1x
(57)=
(�1+1 )lim
x!0+0
1x
� 1x2
= limx!0+0
(�x) = 0;
to je limx!0+0
xx = e0 = 1.
Primjer limx!1
� x
x� 1 �1
lnx
�=
(1�1)
limx!1
x lnx� x+ 1(x� 1) lnx
(57)=( 00 )
limx!1
lnx+ 1� 1
lnx+x� 1x
= limx!1
lnx
lnx+ 1� 1x
(57)=( 00)
limx!1
1x
1
x+1
x2
=1
2.
4.1.5 TAYLOROVA FORMULA
Sjetimo se da se polinomske vrijednosti izraµcunavaju relativno kratkim raµcunom
�to ukljuµcuje samo zbrajanje i mnoµzenje realnih brojeva. Zbog te praktiµcne
jednostavnosti, polinomi su vrlo pogodna preslikavanja za aproksimiranje onih
154
preslikavanja vrijednosti kojih zahtijevaju mnogo sloµzenije raµcune. Primijetimo
da Lagrangeova formula daje pribliµznu vrijednost funkcije f (derivabilne na
intervalu I) u toµcki x po formuli
f(x) = f(x0) +R0(x); R0(x) = (x� x0)f 0(x0 + #(x� x0)); 0 < # < 1:
Drugim rijeµcima, suµzenje f jI se aproksimira polinomom p nultoga stupnja (kon-
stantnom funkcijom p = cf(x0)), pri µcemu funkcija R0, tzv. ostatak, predstavlja
aproksimacijsku pogre�ku. Ako je funkcija f na I derivabilna n+ 1 puta, puno
bolju aproksimaciju daje tzv. Taylorova formula, koja poopcuje Lagrangeovu
ukljuµcujuci postojece derivacije vi�ih redova. Postoje li derivacije od f po volji
visokog reda, aproksimiranje preuzima tzv. Taylorov red.
Teorem 4.30 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, na intervalu ha; bi � X
derivabilna n + 1 puta, te neka je x0 2 ha; bi bilo koja toµcka. Tada za svakix 2 ha; bi vrijedi Taylorova formula:8>><>>:
f(x) = f(x0) +f 0(x0)
1!(x� x0) + � � �+
f (n)(x0)
n!(x� x0)n +Rn(x)
Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))
p � n! (x� x0)n+1(1� #)n+1�p;(58)
pri µcemu se u ostataku n-toga reda Rn(x) pojavljuju neki p 2 N i # 2 R,0 < # < 1.
Dokaz. Odaberimo bilo koju toµcku x0 2 ha; bi. Ako je x 2 ha; bi i x = x0,
nemamo, oµcito, �to dokazivati. Promatrajmo sluµcaj x > x0. Pretpostavimo da
je
f(x) = f(x0) +f 0(x0)
1!(x� x0) + � � �+
f (n)(x0)
n!(x� x0)n +Rn(x);
pri µcemu je Rn(x) = (x�x0)ph(x), za neki p 2 N i vrijednost h(x) neke funkcijuh : hx0; bi ! R. Treba, naravno, za dani p, odrediti funkciju h: U tu svrhu, zabilo koji µcvrsti x 2 hx0; bi, de�nirajmo funkciju gx � g : [x0; bi ! R stavljajuci
g(t) = f(t) +f 0(t)
1!(x� t) + � � �+ f (n)(t)
n!(x� t)n + (x� t)ph(x):
Primijetimo da je g(x0) = g(x) (= f(x)) i da je g derivabilna na hx0; xi,
g0(t) = f 0(t)� f 0(t)
1!+f 00(t)
1!(x� t)� � � � � f (n)(t)
n!n(x� t)n�1+
+f (n+1)(t)
n!(x� t)n � p(x� t)p�1h(x) =
f (n+1)(t)
n!(x� t)n � p(x� t)p�1h(x):
Prema tomu, funkcija g na segmentu [x0; x] ispunja uvjete Rolleova teorema,
pa postoji neka toµcka t0 � x0 + #(x � x0) 2 hx0; xi, 0 < # < 1, takva da je
g0(t0) = 0. Slijedi:
155
0 =f (n+1)(x0 + #(x� x0))
n!(x� x0 � #(x� x0))n�
�p(x� x0 � #(x� x0))p�1h(x); tj.
h(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))
p � n! (x� x0)n+1�p(1� #)n+1�p:
Dakle, ostatak Rn(x) je zaista odre�en navedenim izrazom. Na isti se naµcin
tvrdnja dokazuje kad je x < x0.
Navedeni zapis za Rn(x) se naziva ostatkom u Schlömilchovu obliku. Ako je
p = 1, ostatak Rn(x) poprima tzv. Cauchyjev oblik :
Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))
n!(x� x0)n+1(1� #)n; (59)
a ako je p = n+ 1 - tzv. Lagrangeov oblik :
Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))
(n+ 1)!(x� x0)n+1: (60)
Po Taylorovoj formuli (58), ostatak Rn(x) jest razlika
f(x)�nXk=0
f (k)(x)
k!(x� x0)k:
Pripadni polinom, dakle, to bolje aproksimira funkciju f u toµcki x �to je ostatak
Rn(x) manji. To vodi na sada lako dokaziv teorem:
Teorem 4.31 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima na intervalu I � X sve
derivacije (f jI)(n), n 2 N, i neka je x0 2 I bilo koja toµcka. Tada je, za svakix 2 I;
f(x) = f(x0) +f 0(x0)
1!(x� x0) + � � �+
f (n)(x0)
n!(x� x0)n + � � � (61)
onda i samo onda, ako niz (Rn(x)) konvergira prema nuli, lim(Rn(x)) = 0.
Potencijski red u (61) nazivamo Taylorovim redom (ili razvojem) funkcije
f u toµcki x0. Ako je x0 = 0, govorimo o Maclaurinovu redu (ili razvoju)
funkcije f , tj. o
f(x) = f(0) +f 0(0)
1!x+ � � �+ f (n)(0)
n!xn + � � � �
1Pn=0
f (n)(0)
n!xn: (62)
Napomena 4.32 µZeli li se u Taylorov red razviti bilo koju elementarnu funk-
ciju, dostatno je uvrstiti odgovarajuce derivacije u desnu stranu formule (61)
te odrediti konvergencijski interval dobivenoga reda. Formula (61) ce vrijediti
u svakoj toµcki x toga intervala, tj. bit ce lim(Rn(x)) = 0. Ovo, me�utim, ne
vrijedi za svaku po volji mnogo puta derivabilnu funkciju! Naime, ako funkcija
f nije elementarna, moguce je da, u nekoj toµcki x 2 X, njezin Taylorov red
konvergira ali ne prema f(x), tj. moguce je i lim(Rn(x)) 6= 0.
Primjer takve funkcije jest f : R ! R; f(x) =
(e�
1x2 , x 6= 0
0; x = 0; kojoj sve
derivacije u x0 = 0 i�µcezavaju (neka to µcitatelj provjeri!) pa Maclaurinov red
156
f(0) +f 0(0)
1!x+ � � �+ f (n)(0)
n!xn + � � � = 0 + 0 + � � �+ 0 + � � �
konvergira na R prema c0. Dakle,
f(x) 6=1Xn=0
f (n)(0)
n!xn ( = 0) za svaki x 6= 0.
Primer Razvijmo u Maclaurinov red funkciju sin.
Primijetimo da iz sin0 = cos, sin00 = � sin, sin000 = � cos i sin(4) = sin induktivnoslijedi
sin(2n�1) = (�1)n�1 � cos i sin(2n) = (�1)n � sin
za svaki n 2 N. Prema tomu, sin 0 = sin(2n) 0 = 0 i sin(2n�1) 0 = (�1)n�1 padobivamo Maclaurinov razvoj (za bilo koji n 2 N):
sinx =1
1!x+�13!x3 + � � �+ (�1)n�1
(2n� 1)!x2n�1 +R2n(x) =
x
1!� x3
3!+x5
5!� � � �+ (�1)n�1 x2n�1
(2n� 1)! +R2n(x):
Istraµzimo pona�anje (pod)niza pripadnih ostataka (R2n(x)) u bilo kojoj toµcki
x 2 R. Primijenimo li Lagrangeov oblik (s x0 = 0), dobit cemo
R2n(x) =sin(2n+1)(#x)
(2n+ 1)!x2n+1 =
(�1)n+1 cos(#x)(2n+ 1)!
x2n+1
pa je
jR2n(x)j =j(�1)n+1 cos(#x)j
(2n+ 1)!jx2n+1j � jxj2n+1
(2n+ 1)!:
Za promatrani x, uzmimo n0 = [jxj] + 1 pa je jxj < n0. Tada je, za dovoljno
veliki n (n � n02 );
lim� jxj2n+1(2n+ 1)!
�= lim
� jxj1� jxj2� : : : � jxj
n0� : : : � jxj
2n+ 1
�=
jxjn0n0!
lim� jxj2n+1�n0(n0 + 1) � � � (2n+ 1)
�� jxj
n0
n0!lim���� xn0
���2n+1�n0�.Buduci da je j xn0 j < 1 to pripadni geometrijski niz
�j xn0 j
2n+1�n0�konvergira
prema 0, �to povlaµci lim(jR2n(x)j) � lim�jxj2n+1(2n+1)!
�� 0. Stoga je i lim(R2n(x)) =
0. Buduci da je pripadni komplementarni podniz (R2n�1(x)) konstantni nulniz
(0), slijedi, napokon, zakljuµcak da je lim(Rn(x)) = 0. Prema tomu, Teorem 4.31
daje
sinx =1Xn=1
(�1)n�1 x2n�1
(2n� 1)! =1Xn=0
(�1)n x2n+1
(2n+ 1)!; x 2 R:
Primijetimo da smo do istoga zakljuµcka mogli doci i primjenom D�Alembertova
kriterija (sin je elementarna funkcija!). Naime, za svaki x 2 R je
lim
���� x2n+1
(2n+1)!
x2n�1
(2n�1)!
���� = lim� x2
2n(2n+ 1)
�= 0 < 1;
157
pa pripadni red konvergira (apsolutno) na cijelom R.
Izraµcunajmo (procijenimo) jo�i sin 1 pomocu pripadnoga polinoma petoga stup-
nja (tj. prvih �est µclanova Maclaurinova reda):
sin 1 =1
1!� 1
3
3!+15
5!+R6(1) = 1�
1
6+
1
120+R6(1), dakle,
sin 1 � 1� 16+
1
120� 0; 8417 s pogre�kom jR6(1)j � j1j7
7! < 0; 0002.
Prema tomu, sin 1 = 0; 8417� 2 � 10�4 ili sin 1 2 h0; 8415; 0; 8419i.
Postupajuci kao u rethodnom primjeru, za funkciju cos dobivamo:
cosx = 1� x2
2!+x4
4!� � � �+ (�1)n x2n
(2n)!+ � � � =
1Xn=0
(�1)n x2n
(2n)!; x 2 R
Primjer Za funkciju expe se lako dobiva pripadni Maclaurinov red:
ex = 1 +x
1!+x2
2!+ � � �+ xn
n!+ � � � =
1Xn=0
xn
n!; x 2 R:
Uvrstimo li x = 1, dobivamo
e = 1 +1
1!+1
2!+ � � �+ 1
n!+ � � � =
1Xn=0
1
n!;
�to je jo�jedan zapis za broj e.
PrimjerMoµze se dokazati da u apsolutno konvergentnom realnom redu smijemo
komutirati "pribrojnike", tj. da µclanovi smiju izmjenjivati mjesta, te da to
vrijedi i za apsolutno konvergentne redove kompleksnih brojeva. De�niramo li
funkciju (iz R u C) x 7! eix, i �p�1, pomocu Maclaurinova reda za expe
formalnom zamjenom x ix, dobivamo
eix = 1 +ix
1!+(ix)2
2!+ � � �+ (ix)
n
n!+ � � � =
1Xn=0
(ix)n
n!; x 2 R:
Taj red konvergira apsolutno, za svaki x 2 R, prema ejxj pa smijemo komutiratipribrojnike. Sumiramo li zasebno realne i zasebno imaginarne µclanove, dobivamo
eix =�1� x2
2!+ � � �+ (�1)n x2n
(2n)!+ � � �
�+
+i� x1!� x3
3!+ � � � (�1)n x2n+1
(2n+ 1)!+ � � �
�=
1Xn=0
(�1)n x2n
(2n)!+ i� 1Xn=0
(�1)n x2n+1
(2n+ 1)!
�= cosx+ i sinx; x 2 R:
Dobili smo, dakle, i treci, eksponencijalni zapis kompleksnog broja:
z = r(cos'+ i sin') = rei':
Primijetimo da je
e�ix = ei(�x) = cosx+ i sin(�x) = cosx� i sinx:
Dobivene zapise za eix i e�ix nazivamo Eulerovim formulama. Iz njih izravno
slijedi
158
cosx =eix + e�ix
2; sinx =
eix � e�ix2
:
Primjer Razvijmo u Maclaurinov red funkciju f : h�1; �i ! R; f(x) = ln(1+x):Uvrstimo li u formulu (62) vrijednosti f (n)(0), n 2 f0g[N, desna strana postajefunkcijskim redom
x� x2
2+x3
3� � � �+ (�1)n�1x
n
n+ � � � �
1Xn=1
(�1)n�1xn
n:
Izravnim ispitivanjem njegove apsolutne konvergentnosti (ili konvergentnosti
pripadnoga niza (Rn(x))) dobivamo podruµcje h�1; 1]. Prema tomu,
ln(1 + x) =1Xn=1
(�1)n�1xn
n; x 2 h�1; 1] :
Primjer Neka je dan bilo koji broj � 2 Rn(f0g [ N). Promatrajmo funkciju
f : h�1;1i ! R; f(x) = (1 + x)�:
Maclaurinov red ove funkcije nazivamo binomnim redom (U sluµcaju � � m 2f0g [ N dobivamo polinom m-toga stupnja!) Postupajuci kao u prethodnim
primjerima, lako se dobiva
(1 + x)� = 1 +�
1!x+ � � �+ �(�� 1) � � � (�� n+ 1)
n!xn + � � � tj.
(1 + x)� =1Xn=0
��n
�xn; x 2 h�1; 1i ;
pri µcemu su�a0
�= 1,
�a1
�= �,
�a2
�= �(��1)
2 , � � � ,�an
�= �(��1)���(��n+1)
n! , � � � ,n 2 f0g [ N, tzv. opci binomni koe�cijenti).Nije te�ko pokazati da binomni red konvergira i toµcki x = �1 µcim je � > 0; kao
i u toµcki x = 1 µcim je � > �1.
4.1.6 DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA
Neka funkcijski red1Pn=1
fn, fn : X ! R, konvergira (po toµckama) na intervalu
I � X �to sadrµzi toµcku x0. Pod derivacijom funkcijskoga reda1Pn=1
fn (u
toµcki x0), oznaka:� 1Pn=1
fn
�0 �� 1Pn=1
fn
�0(x0)
�, podrazumijevamo derivaciju s0
(s0(x0)) pripadne sume s : I ! R, s(x) =1Pn=1
fn(x), (u toµcki x0). Buduci
da funkcija s najµce�ce nije elementarna ili ne dopu�ta pogodan analitiµcki zapis,
to je tehniµcki te�ko istraµzivati njezina svojstva. Velika je olak�ica kad je za to
dostatno poznavanje odgovarajucih svojstava pripadnih µclanova fn funkcijskoga
reda. Promatrajmo, prvo, potencijski red1Pn=0
anxn. O deriviranju potencijskog
reda govori ovaj teorem:
159
Teorem 4.33 Potencijski red1Pn=0
anxn dopu�ta deriviranje "µclan po µclan", tj.
� 1Xn=0
anxn�0=
1Xn=0
(anxn)0 odnosno,
� 1Xn=0
anxn�0=
1Xn=1
nanxn�1;
na svomu konvergencijskom intervalu, ukljuµcujuci i rubne toµcke kad u njima
oba ta reda konvergiraju. (Primijetimo da je derivacija potencijskog reda opet
potencijski red!)
Primjer Odredimo konvergencijsko podruµcje i sumu funkcijskoga reda
1 + 2x+ � � �+ nxn�1 + � � � �1Xn=1
nxn�1:
Primijetimo da je funkcijski red1Pn=1
nxn�1 zapravo potencijski red1Pn=0
(n+1)xn.
Nadalje, njegov je opci µclan, funkcija
gn : R! R; gn(x) = nxn�1;
derivacija funcije
fn : R! R; fn(x) = xn:
Lako se provjeri da potencijski redovi1Pn=1
fn �1Pn=1
xn i1Pn=0
(n + 1)xn (=
1Pn=0
nxn�1 �1Pn=1
gn) konvergiraju na intervalu h�1; 1i. Po Teoremu 4.33 do-bivamo
1Xn=1
nxn�1 =� 1Xn=0
xn�0=� 1
1� x
�0=
1
(1� x)2 :
Moµze se dokazati da pravilo iz Teorema 4.33. vrijedi i pod ne�to opcenitijim
uvjetima:
Teorem 4.34 Neka je1Pn=1
fn funkcijski red, pri µcemu je svaka funkcija fn :
X ! R, X � R, neprekidno derivabilna na segmentu I � X. Ako red1Pn=1
(fnjI)
konvergira (po toµckama) prema funkciji s : I ! R, s(x) =1Pn=1
fn(x), i ako red
1Pn=1
(fnjI)0 jednoliko konvergira prema funkciji u : I ! R, u(x) =1Pn=1
f 0n(x),
onda je funkcija s derivabilna i vrijedi s0 = u, tj.� 1Pn=1
(fnjI)�0=
1Pn=1
(fnjI)0.
4.1.7 ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA
Temeljito istraµzivanje vaµznih svojstava dovoljno puta derivabilne funkcije moµze
se relativno lako provesti prouµcavajuci upravo njezine derivacije. Primjerice,
pokazuje se da je funkcija uzlazna ondje gdje joj je derivacija pozitivna, da
160
ima lokalno ekstremnu vrijednost u toµcki u kojoj joj derivacija i�µcezava i druga
derivacija ne i�µcezava itd.
Teorem 4.35 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na intervaluI � X. Tada je f jI uzlazna ako i samo ako je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I.
Dokaz. Prvo dokaµzimo dovoljnost! Neka je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I. Pro-
matrajmo bilo koje dvije toµcke x1; x2 2 I, x1 < x2. Treba dokazati da je
f(x1) � f(x2). Po Lagrangeovu teoremu postoji neki x0 2 hx1; x2i takav da jef(x2) � f(x1) = (x2 � x1)f 0(x0). Buduci da je x2 � x1 > 0 i f 0(x0) � 0, toje f(x2) � f(x1) � 0, dakle, f(x1) � f(x2). Obratno, neka je f jI derivabilna iuzlazna. Promatrajmo bilo koju toµcku x0 2 I. Treba dokazati da je f 0(x0) � 0.Primijetimo da je, zbog uzlaznosti,
(8x 2 I; x 6= x0)f(x)� f(x0)
x� x0� 0:
Zbog derivabilnosti je tada i
f 0(x0) = limx!x0
f(x)� f(x0)x� x0
� 0.
Posve sliµcno Teoremu 4.34 dokazuje se i ovaj teorem:
Teorem 4.36 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na intervaluI � X. Tada je f jI silazna ako i samo ako je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I.
Primjer Odredimo najvece intervale na kojima je polinom p : R ! R; p(x) =x3 � 3x+ 8; monoton.Po Teoremima 4.34 i 4.35, zadatak se svodi na rje�avanje nejednadµzba p0(x) � 0i p0(x) � 0. Buduci da je p0(x) = 3x2 � 3, dobivamo p0(x) � 0 , jxj � 1 i
p0(x) � 0, jxj � 1. Prema tomu, p raste na h�1;�1] i [1; �i, a pada na [�1; 1].
Sljedecu µcinjenicu cemo trebati poslije - u suptilnijoj analizi lokalnih ekstrema
(v. De�niciju 4.38).
Lema 4.37 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0. Akoje f 0(x0) < 0 (f 0(x0) > 0) onda postoji neki " > 0 takav da je f(x) > f(x0)
(f(x) < f(x0)) za svaki x 2 hx0 � "; x0i i f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) za svaki
x 2 hx0; x0 + "i.
Dokaz. Obstojnost f 0(x0) povlaµci funkcijinu de�niranost na nekom intervalu
hx0 � r; x0 + ri � X, r > 0. Po de�niciji je
f 0(x0) = lim�x!0
f(x0 +�x)� f(x0)�x
;
�to povlaµci da za svaki h > 0 postoji neki " > 0, " � r, takav da je���f 0(x0)� f(x0 +�x)� f(x0)�x
��� < h
161
µcim je j�xj � ". Slijedi, ako je f 0(x0) < 0, onda je f 0(x0) + h < 0 µcim je
jf 0(x0)j > h, pa je tada i
f(x0 +�x)� f(x0)�x
< 0:
Dakle, f(x0+�x) > f(x0) µcim je �x < 0, a f(x0+�x) < f(x0) µcim je �x > 0.
Sliµcno se zakljuµcuje u sluµcaju f 0(x0) > 0.
De�nicja 4.38 Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, ima u toµcki x0 2 Xlokalni minimum, odnosno, lokalni maksimum, ako postoji interval I �to
sadrµzi x0, takav da je, za svaki x 2 (X n fx0g) \ I, f(x0) < f(x), odnosno,
f(x0) > f(x). Zajedniµcki naziv za vrijednost f(x0), koja je lokalni minimum ili
lokalni maksimum, jest lokalni ekstrem.
Napomena 4.39 Nijedan od lokalnih minimuma (lokalnih maksimuma) ne mo-
ra, opcenito, biti najmanja (najveca) vrijednost promatrane funkcije. Prim-
jerice, µcak ni ome�ena neprekidna funkcija s (i beskonaµcno) mnogo lokalnih
ekstrema ne mora imati (globalni) ekstrem . Ali ni obratno, µcak za neprekidnu
funkciju na segmentu, minimum (maksimum) nije nuµzno najmanji (najveci)
lokalni minimum (lokalni maksimum).
Napomena 4.40 Po Fermatovu teoremu (Teorem 4.22), ako funkcija f ima u
toµcki x0 lokalni ekstrem i ako postoji f 0(x0) onda je f 0(x0) = 0.
Primjer Funkcija f : R ! R; f(x) = 1 � 3px2 /; ima u toµcki x0 = 0 lokalni
(i globalni) maksimum (v. graf).
Naime, f(0) = 1 > 1� 3px2 = f(x) za svaki x 6= 0. Me�utim, f nije derivabilna
u 0 jer jef 0(x) = � 23 �13pxza svaki x 6= 0 i vrijedi lim
x!0�0f(x)�f(0)
x�0 = +1 i
limx!0+0
f(x)�f(0)x�0 = �1.
Graf y = 1� 3px2:
De�nicja 4.41 Reci cemo da je toµcka x0 kritiµcna toµcka funkcije f : X ! R,X � R, ako je f neprekidna u x0 i ili f nije derivabilna u x0 ili je f 0(x0) = 0.U sluµcaju f 0(x0) = 0, x0 nazivamo i stacionarnom toµckom funkcije f .
Lako je dokazati sljedeci teorem:
162
Teorem 4.42 (Nuµzdan uvjet za ekstrem) Ako je funkcija f : X ! R, X � R,neprekidna u toµcki x0 i ako postoji interval I takav da je x0 2 I � X i f(x0)
jest lokalni ekstrem, onda je x0 kritiµcna toµcka od f .
Primijetimo da obrat toga teorema ne vrijedi, jer iz f 0(x0) = 0 ne slijedi da je
vrijednost f(x0) lokalni ekstrem. Primjerice, za prirodnu potenciju x 7! f(x) =
x3 (kubiranje) je f 0(0) = 0, ali f(0) nije njezin lokalni ekstrem.
Da bismo u dvama sljedecim teoremima pojednostavnili iskaze i dokaze dogo-
vorimo se o ovomu: Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, prolazomkroz toµcku x0 mijenja predznak, ako postoji " > 0 takav su vrijednosti od
f j(X\hx0�";x0i) stalnog i protivnog predznaka vrijednostima od f j(X\hx0;x0+"i).Naprotiv, ako su promatrane funkcijske vrijednosti stalnog i istog predznaka,
kaµzemo da f prolazom kroz toµcku x0 ne mijenja predznak.
Teorem 4.43 (Prvi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R,X � R, derivabilna na intervalu I � X. Ako prolazom kroz toµcku x0 2 I
derivacija (f jI)0 mijenja predznak, onda funkcija f ima u x0 lokalni ekstrem.Pritom, ako se, porastom varijable x, predznak od f 0 promijeni iz negativnoga u
pozitivni, f u x0 ima lokalni minimum, a u protivnom - lokalni maksimum.
Dokaz. Po pretpostavci, postoji " > 0 takav da su vrijednosti od (f jhx0�";x0i)0
stalnog i protivnog predznaka vrijednostima od (f jhx0;x0+"i)0, hx0 � "; x0 + "i �I � X: Neka je, recimo, f 0(x) > 0 za svaki x 2 hx0 � "; x0i, a f 0(x) < 0 za
svaki x 2 hx0; x0 + "i. Treba dokazati da je f(x0) lokalni maksimum, tj. daje f(x0) > f(x) za svaki x 2 hx0 � "; x0 + "i n fx0g. Promatrajmo bilo kojix 2 hx0 � "; x0i. Po Lagrangeovu teoremu postoji neki x1 2 [x; x0] za kojije f(x0) � f(x) = f 0(x1)(x0 � x). Zbog f 0(x1)(x0 � x) > 0 slijedi f(x0) >
f(x). Promatrajmo sad bilo koji x 2 hx0; x0 + "i. Lagrangeov teorem daje
f(x)�f(x0) = f 0(x2)(x�x0) za neki x2 2 [x0; x]. Zbog f 0(x2)(x�x0) < 0 opetslijedi f(x0) > f(x). Posve sliµcno se dokazuje kad f 0 prolazom kroz x0 mijenja
predznak od "�" na "+".
Teorem 4.44 (Drugi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R,X � R, dvaput derivabilna u svojoj kritiµcnoj toµcki x0 i neka je f 00(x0) 6= 0. Tadafunkcija f ima u toµcki x0 ekstrem, i to maksimum µcim je f 00(x0) < 0, odnosno,
minimum µcim je f 00(x0) > 0.
Dokaz. Buduci da postoji f 00(x0), to po derivacijinoj de�niciji postoje neki
" > 0 i f 0(x) za svaki x 2 hx0 � "; x0 + "i � I � X. Primijetimo da je kritiµcna
toµcka x0 stacionarna jer po pretpostavci mora biti f 0(x0) = 0. Razmotrimo
sluµcaj f 00(x0) > 0. Najprije,
163
0 < f 00(x0) = limx!x0
f 0(x)� f 0(x0)x� x0
= limx!x0
f 0(x)
x� x0;
pa je sgn f 0(x) = sgn(x � x0) za svaki x iz dostatno malog "1-intervala I1 � I
oko toµcke x0, 0 < "1 � ". Dakle, ako je x < x0 onda je f 0(x) < 0, a ako je
x > x0 onda je f 0(x0) > 0. To znaµci da derivacija (f jI)0 prolazom kroz toµcku x0mijenja predznak od "�" na "+" pa, po Teoremu 4.42, funkcija f ima u toµckix0 lokalni minimum:
Posve sliµcno se dokaµze da u sluµcaju f 00(x0) < 0 funkcija f ima u toµcki x0 lokalni
maksimum.
Primjer Promatrajmo skup svih valjaka �to se mogu upisati (naµcinom oslikanim
na crteµzu dolje) u dani stoµzac odre�en baznim polumjerom r i visinom h. Kolika
je visina onoga valjka �to ima najveci obujam.
Oznaµcimo li s x polumjer, 0 � x � r, a s y visinu, 0 � y � h, upisanog valjka,
dobivamo relaciju
x : r = (h� y) : h; tj: x =r(h� y)
h:
Slijedi da je obujam upisanog valjka dan formulom
V = �x2y =�r2
h2y(h� y)2:
Na� se zadatak, dakle, svodi na odre�ivanje ekstremnih vrijednosti (posebice,
maksimuma) realne funkcije y 7! g(y) = V na segmentu [0; h]. Primijetimo da
je funkcija g neprekidna (polinom), nenegativna i nekonstantna i da je g(0) =
g(h) = 0. Po Teoremu 3.56, g poprima ekstremne vrijednosti na [0; h], pa je
njezina najmanja vrijednost 0, a najveca vrijednost joj je pozitivna i postiµze se
u nekoj toµcki y0 2 h0; hi :
V = �x2y =�r2
h2y(h� y)2
Buduci da je g derivabilna, po Fermatovu teoremu mora biti g0(y0) = 0. Da
bismo ju odredili, rije�imo jednadµzbu g0(y) = 0, tj.
g0(y) =�r2
h2(h� y)(h� 3y) = 0;
�to daje y1 = h, y2 = h3 . Prvo rje�enje otpada jer je g(h) = 0. Preostaje, dakle,
ono drugo, tj. y0 = h3 . Da bismo se i formalno uvjerili da je najveci obujam
Vmax = g�h3
�= 4�r2h
27 , provjerimo je li g00�h3
�< 0 (v. Teorem 4.43)! Zaista,
g00(y) =2�r2
h2(3y � 2h)) g00
�h3
�= ��r
2h
h2< 0.
164
De�nicja 4.45 Reci cemo da je neprekidna funkcija f : X ! R, X � R,konkavna na intervalu ili segmentu I � X, ako
(8x1; x2 2 I) x1 < x2 ) f�x1 + x2
2
�� f(x1) + f(x2)
2a konveksna na intervalu ili segmentu I � X, ako
(8x1; x2 2 I) x1 < x2 ) f�x1 + x2
2
�� f(x1) + f(x2)
2:
U sluµcaju stroge nejednakosti > (<) govorimo o strogoj konveksnosti (strogoj
konkavnosti).
Konkavnost i konveksnost.
Zanimljivo je i geometrijsko znaµcenje upravo de�niranih pojmova (v. crteµz).
Naime, nije te�ko dokazati da je funkcija f konkavna (konveksna) na I toµcno
onda kad je, za svaki par x1; x2 2 I, x1 < x2, duµzina-sekanta T1T2 "ispod"
("iznad") grafa pripadnoga suµzenja f j[x1;x2], pri µcemu je T1 = (x1; f(x1)) i
T2 = (x2; f(x2)). Pritom "ispod" i "iznad" ukljuµcuju i biti (dijelom ili sva) na
grafu. U sluµcaju stroge konkavnosti (stroge konveksnosti ), svaka toµcka T duµzine
T1T2; T 6= T1;2, je strogo "ispod" (strogo "iznad") pripadnoga grafa. Pokazuje
se da se konkavnost i konveksnost mogu opisati i pomocu pripadnih tangenata.
Primjer (a) Kvadriranje x 7! x2 je strogo konveksna funkcija na R.
(b) Kubiranje x 7! x3 je strogo konkavna na h�1; 0], a strogo konveksna na[0;1i.
(c) Svaka a�na funkcija x 7! kx + l, k i l realne konstante, je konveksna i
konkavna na R, ali nije strogo konveksna ni strogo konkavna ni na jednomsegmentu ili intervalu I � R.
Jednostavna analiza pokazuje da je funkcijina konkavnost (konveksnost), za-
pravo, lokalno svojstvo. U sluµcaju derivabilne funkcije moguce ga je opisati
derivacijom (tangentom) kako slijedi:
Lema 4.46 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi � I. Tada je f konkavna (konveksna)na [a; b] ako i samo ako je, u svakoj toµcki x0 2 ha; bi, f(x) � tx0(x) (f(x) �tx0(x)) za svaki x 2 [a; b], gdje je tx0(x) pripadna tangentna vrijednost.
165
Dokaz. Nuµznost: Neka je f j[a;b] konkavna funkcija. Tada je, za svaki podseg-ment [x1; x2] � [a; b], pripadna sekanta "ispod" grafa Gf nad [x1; x2]. Pret-
postavimo protivno tvrdnji, tj.
(9x0 2 ha; bi)(9x 2 [a; b]) f(x) > tx0(x):
Buduci da je f neprekidna na [a; b], postoji podsegment [x1; x2] � [a; b] �to sadrµzitoµcku x takav da je, za svaki x0 2 [x1; x2], f(x0) > tx0(x
0). Nadalje, postoji
x� 2 [x1; x2] takav da je f(x�) = max(f j[x1;x2]). Buduci da je f derivabilna ux0, slijedi da pripadna sekanta nad [x0; x�] (ili [x�; x0]) nije sva "ispod" grafa Gfnad tim segmentom. Prema tomu, funkcija f j[a;b] nije konkavna - protuslovlje.Posve sliµcno se dokazuje u sluµcaju konveksne funkcije.
Dostatnost. Neka je
(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):
Dokazat cemo da je funkcija f j[a;b] konkavna dokazujuci da je, za svaki parx1 � x2 u [a; b], pripadna sekanta "ispod" grafa Gf nad [x1; x2]. Pretpostavimoprotivno, tj. da postoji neki podsegment [x1; x2] � [a; b] za koji pripadna sekantanije sva "ispod" grafa Gf . Buduci da je f neprekidna, tada bi postojao pod-
segment [x01; x02] � [x1; x2] nad kojim bi sekanta bila strogo "iznad" grafa Gf .
�tovi�e, zbog derivabilnosti, postojao bi podsegment [x001 ; x002 ] � [x01; x02] unutar
kojega bi svaka sekanta bila strogo "iznad" grafa Gf . Slijedom toga, suµzenje
f j[x001 ;x002 ] bi bila strogo konveksna funkcija pa bi, po dokazanoj nuµznosti, posto-jale toµcke x0 2 hx001 ; x002i � ha; bi i x 2 [x001 ; x002 ] � [a; b] sa svojstvom f(x) > tx0(x)
- protuslovlje.
Posve sliµcno se dokazuje konkavnost u sluµcaju
(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x).
Lema 4.47 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi � I. Tada je
(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x) (f(x) � tx0(x))
ako i samo ako je derivacija f 0 silazna (uzlazna) funkcija.
Dokaz. Neka vrijedi (8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):Tvrdimo da je tada derivacija f 0 silazna funkcija, tj.
(8x1; x2 2 ha; bi) x1 < x2 ) f 0(x1) � f 0(x2):
Pretpostavimo protivno, tj. da postoji toµckovni par x1 < x2 za koji je f 0(x1) <
f 0(x2). Tada postoji toµcka x 2 hx1; x2i za koju vrijedi ili tx1(x) < f(x) < tx2(x)
ili tx1(x) > f(x) > tx2(x), �to protuslovi pretpostavci f(x) � tx1(x) i f(x) �tx2(x).
166
Obratno, neka je f 0 silazna funkcija, tj. neka za svaki par x1 < x2 u ha; bi budef 0(x1) � f 0(x2). Tvrdimo da je tada
(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):
U protivnom, postojale bi toµcke x0 2 ha; bi i x� 2 [a; b] za koje bi bilof(x�) >tx0(x�). Tada bi postojao i segment [x1; x2] oko x� sa svojstvom
(8x 2 [x1; x2]) f(x) > tx0(x):
Zakljuµcujemo da bi nekom podsegmentu funkcija f morala rasti brµze od tangente
tx0 . To bi povlaµcilo da
(9x0 > x0) f0(x0) > f 0(x0) µcim je x� > x0 ili
(9x0 < x0)f0(x0) < f 0(x0) µcim je x� < x0;
�to se protivi pretpostavci o silaznosti derivacije f 0.
Sliµcno se dokazuje dualna tvrdnja.
Teorem 4.48 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i dvaput derivabilna na intervalu ha; bi. Tada je f konkavna (konvek-sna) onda i samo onda, ako je f 00(x) � 0 (f 00(x) � 0) za svaki x 2 ha; bi.
Dokaz. Po Lemama 4.46 i 4.47, f j[a;b] je konkavna (konveksna) funkcija akoi samo ako je derivacija f 0jha;bi uzlazna (silazna) funkcija. Po Teoremu 4.35(Teoremu 4.36), derivacija f 0jha;bi je uzlazna (silazna) funkcija ako i samo akoje druga derivacija f 00jha;bi � 0 (f 00jha;bi � 0).
De�nicja 4.49 Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, ima u toµcki x0 2 Xin�eksiju (ili obrati�te), ako postoji " > 0 takav da je f na [x0 � "; x0] � X
strogo konveksna, a na [x0; x0 + "] � X strogo konkavna ili obratno. Toµcku
T � (x0; f(x0)) nazivamo in�eksijskom toµckom na grafu Gf .
Po Teoremu 4.48 slijedi da za dvaput derivabilnu funkciju f s obrati�tem u
toµcki x0 mora vrijediti f 00(x0) = 0. Primijetimo da je taj uvjet nuµzdan ali ne
i dostatan za obstojnost in�eksijske toµcke. Kao (protu)primjer moµze posluµziti
potencija x 7! x4 u toµcki x0 = 0. S tim u svezi, jednostavno je dokazati ovaj
teorem:
Teorem 4.50 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, dva puta derivabilna naha; bi � X i neka je x0 2 ha; bi. Ako je f 00(x0) = 0 i ako prolazom kroz toµcku
x0 druga derivacija f 00 mijenja predznak, onda funkcija f ima obrati�te u toµcki
x0. (Ekvivalentan uvjet, pored f 00(x0) = 0, jest da prva derivacija f 0 ima u x0lokalni ekstrem, odnosno, da f 0 prolazom kroz x0 ne mijenja predznak - usp.
Teorem 4.42)
167
Sljedeci teorem malo pobliµze razluµcuje lokalni ekstrem od in�eksije poopcujuci
tako Teoreme 4.43 i 4.48.
Teorem 4.51 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima na hx0 � "; x0 + "i," > 0, derivaciju (n � 1)-vog reda i n-tu derivaciju u toµcki x0, n � 2. Tada
vrijedi:
(i) Ako je f 0(x0) = � � � = f (n�1)(x0) = 0; f(n)(x0) 6= 0 i n paran; onda funkcija
f ima u toµcki x0 lokalni ekstrem i to
� lokalni maksimum kad je f (n)(x0) < 0,
� a lokalni minimum kad je f (n)(x0) > 0;
(ii) Ako je f 00(x0) = � � � = f (n�1)(x0) = 0; f (n)(x0) 6= 0 i n neparan, onda u
toµcki x0 funkcija f ima obrati�te.
Dokaz. Ako je n = 2, tvrdnja je istinita po Teoremu 4.43. Neka je n � 3.
Primijenimo na f i x0 Taylorovu formulu s Lagrangeovim ostatkom Rn�2(x),
x = x0 +�x (v. Teorem 4.30, (58) i (60)):
f(x0 +�x) = f(x0) +f 0(x0)
1!�x+ � � �+ f (n�2)(x0)
(n� 2)! (�x)n�2+
+f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1;
gdje je 0 < # < 1: Pretpostavka povlaµci
f(x0 +�x)� f(x0) =f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1:
Sada primjenom Leme 4.37 zakljuµcujemo (za j�xj dostatno malen) da je, usluµcaju f (n)(x0) < 0,
f (n�1)(x0 + #�x) > f (n�1)(x0) = 0; µcim je �x < 0; a
f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x > 0;
dok je, u sluµcaju f (n)(x0) > 0,
f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x < 0 i
f (n�1)(x0 + #�x) > 0; µcim je �x > 0:
Po pretpostavci je n paran pa je n� 1 neparan. Dakle,
f(x0 +�x)� f(x0) =f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1 < 0;
µcim je f (n)(x0) < 0; a
f(x0 +�x)� f(x0) > 0; µcim je f (n)(x0) > 0:
Time je tvrdnja (i) dokazana.
(ii). Opet cemo primijeniti pripadnu Taylorovu formulu s Lagrangeovim os-
tatkom Rn�2(x), x = x0 +�x, koja se sada svodi na
f(x0 +�x) = f(x0) + f0(x0)�x+
f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1:
168
Promatrajmo pripadnu tangentu t u x0 (v. dokaz Teorema 4.44)
t : : : g(x) = f(x0) + f0(x0)(x� x0):
Primijetimo da je
f(x0 +�x)� g(x0 +�x) =f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1:
Po Lemi 4.37 slijedi (za j�xj dostatno malen) da je, u sluµcaju f (n)(x0) < 0,
f (n�1)(x0 + #�x) > f (n�1)(x0) = 0; µcim je �x < 0; a
f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x > 0;
dok je, u sluµcaju f (n)(x0) > 0,
f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x < 0 i
f (n�1)(x0 + #�x) > 0; µcim je �x > 0:
Buduci da je n neparan to je n� 1 paran, pa je (�x)n�1 > 0. Slijedi:
f(x0 +�x)� g(x0 +�x) =f (n�1)(x0 + #�x)
(n� 1)! (�x)n�1 > 0;
µcim je f (n)(x0) < 0 i �x < 0;
f(x0 +�x)� g(x0 +�x) < 0; µcim je f (n)(x0) < 0 i �x > 0;
f(x0 +�x)� g(x0 +�x) < 0; µcim je f (n)(x0) > 0 i �x < 0;
f(x0 +�x)� g(x0 +�x) > 0; µcim je f (n)(x0) > 0 i �x > 0:
Prema tomu, u sluµcaju f (n)(x0) < 0, na dostatno malom intervalu je lijevo od x0funkcijski graf strogo "iznad" tangente t, a desno od x0 strogo "ispod" tangente
t. Obratno je, pak, u sluµcaju f (n)(x0) > 0. Zakljuµcujemo da postoji neki � > 0
takav da je, u sluµcaju f (n)(x0) < 0, funkcija f strogo konkavna na [x0� �; x0] astrogo konveksna na [x0; x0 + �], dok je u sluµcaju f (n)(x0) > 0 upravo obratno.
Slijedi da u oba sluµcaja, µcim je dakle f (n)(x0) 6= 0, funkcija f ima u toµcki x0in�eksiju.
Primjer Odredimo lokalne ekstreme i obrati�ta za funkciju
f : R! R; f(x) = �12x2e�x:
Primijetimo da funkcija f (umnoµzak eksponencijalne funkcije i polinoma ) ima
n-tu derivaciju f (n) za svaki n 2 N. Prva, druga i treca derivacija od f jesuredom
f 0(x) =�12x2 � x
�e�x; f 00(x) =
��12x2 + 2x� 1
�e�x;
f 000(x) =�12x2 � 3x+ 3
�e�x:
Jednadµzba f 0(x) = 0 ima za rje�enja x1 = 0 i x2 = 2. Buduci da je f 00(0) =
�1 < 0 i f 00(2) = e�2 > 0, funkcija f ima u toµcki 0 lokalni maksimum f(0) = 0,
169
a u toµcki 2 lokalni minimum f(2) = �2e�2. Jednadµzba f 00(x) = 0 ima za
rje�enja x3 = 2�p2 i x4 = 2 +
p2. Buduci da je
f 000(2�p2) = �
p2e�2+
p2 < 0 i
f 000(2 +p2) =
p2e�2�
p2 > 0;
funkcija f ima toµckama 2�p2 i 2+
p2 obrati�ta. (U toµcki 2�
p2 je prijelaz iz
konkavnosti u konveksnost, a u 2+p2 - iz konveksnosti u konkavnost.) Ordinate
in�eksijskih toµcaka jesu
f(2�p2) = (�3 + 2
p2)e�2+
p2 i f(2 +
p2) = (�3� 2
p2)e�2�
p2.
Pri crtanju funkcijinog grafa dobro nam koriste i pravci (µcim postoje) prema
kojima taj graf "konvergira".
Asimptote.
Toµcna de�nicija jest ova:
De�nicja 4.52 Neka je dana funkcija f : X ! R, X � R. Reci cemo dafunkcija f , odnosno njezin graf Gf , ima za asimptotu pravac p � � � g(x) =kx + l, x 2 R, ako je lim
1jf � gj = 0: Pritom 1 oznaµcuje bilo �1 bilo +1.
(Primijetimo da X ne smije biti ome�en!) Ako je pritom k = 0, tj. g = cl,
govorimo o vodoravnoj (ili horizontalnoj ) asimptoti, a ako je k 6= 0 - o
kosoj asimptoti. U sluµcaju pravca p � � � x = a, asimptotski uvjet jest lima�0
f =1;tj. da barem jedna od graniµcnih vrijednosti funkcije f u toµcki a, slijeva - a�0 ilizdesna - a+ 0, divergira prema �1 ili +1. Pritom kaµzemo da je p uspravna
(ili vertikalna) asimptota od f , odnosno Gf .
Po De�niciji 4.52 je pravac p � � � y = kx+ l asimptota od Gf toµcno onda kad je
limx!�1
jf(x)� kx� lj = 0 ili (63)
limx!+1
jf(x)� kx� lj = 0: (64)
Dijeleci te relacije varijablom x i graniµcnim prijelazima x ! �1 dobivamo
smjerovni koe�cijent k i odsjeµcak na y-osi l:
k = limx!1
f(x)
x; l = lim
x!1(f(x)� kx) ; (65)
pri µcemu 1 oznaµcuje +1 ili �1.
170
Primjer Za funkciju x 7! f(x) =x2
1 + xodredimo pripadne asimptote.
Primijetimo da je de�nicijsko podruµcje promatrane funkcije skup X = Rnf�1g.Za graniµcnu vrijednost u polu �1, lim
�1f , dobivamo
limx!�1�0
x2
1 + x= �1
�i limx!�1+0
x2
1 + x= +1
�;
pa je pravac x = �1 uspravna asimptota. Obstojnost neke kose ili vodoravneasimptote provjeravamo formulama (64), tj.
limx!1
f(x)
x= limx!1
x
1 + x= 1 = k;
limx!1
(f(x)� kx) = limx!1
�x1 + x
= �1 = l:
Graf y =x2
1 + x:
Prema tomu, pravac p � � � y = x� 1 jest kosa asimptota za f .
Radi lak�eg i cjelovitijeg istraµzivanja funkcijina tijeka i crtanja pripadnoga grafa
Gf korisno je drµzati se sljedecih naputaka, koji saµzimlju sva prethodna razma-
tranja:
� odrediti de�nicijsko podruµcje X � R (kad nije eksplicite navedeno);� istraµziti (ne)ome�enost;� istraµziti parnost i neparnost (kad god to ima smisla);� istraµziti (ne)periodiµcnost (kad god to ima smisla);� istraµziti pona�anje u blizini "rubnih" toµcaka de�nicijskoga podruµcja;� odrediti sjeci�ta s koordinatnim osima (ako postoje);
� istraµziti (ne)prekidnost;� istraµziti pona�anje u blizini prekidnih toµcaka;� odrediti asimptote (ako postoje);� istraµziti (ne)derivabilnost i odrediti kritiµcne toµcke;� istraµziti (ne)monotonost po intervalima;� odrediti lokalne ekstreme (ako postoje);� istraµziti (ne)konveksnost i (ne)konkavnost po intervalima;� odrediti in�eksijske toµcke.
171
Primjer Istraµzimo tijek i nacrtajmo graf realne funkcije zadane analitiµckim
zapisom
y = 3p2x2 � x3.
Iz zapisa slijedi da se radi o funkciji f : R ! R, f(x) = 3p2x2 � x3. Jednos-
tavnim uvidom otkrivamo da funkcija f nije parna ni neparna ni periodiµcka.
Graf Gf presijeca y-os (x = 0) u toµcki f(0) = 0, a x-os (f(x) = 0) u toµckama
x1 = x2 = 0 i x3 = 2. Dakle, 0 i 2 su tzv. nultoµcke funkcije f , pri µcemu je
0 dvostruka, a 2 jednostruka ili obiµcna nultoµcka. Buduci da je f elementarna
funkcija, ona je neprekidna. Istraµzimo joj graniµcno pona�anje u 1!
lim1f = lim
1
�x � 3
r2
x� 1�)�lim�1
f = +1; lim+1
f = �1�:
Posebice, funkcija f nije ome�ena. Za asimptote, pogledajmo
lim1
f(x)
x= lim
1
�3
r2
x� 1�= �1 = k;
lim1(f(x)� kx) = lim
1x�
3
r2
x� 1 + 1
�(1�0)=
lim1
3
q2x � 1 + 1
1x
( 00 )= lim1
1
3� 3p( 2x�1)2
� �2x2�1x2
= 23 = l;
pri µcemu smo rabili L�Hospitalovo pravilo (v. Teorem 4.27 i Napomenu 4.29).
Dakle, pravac y = �x+ 23 je traµzena (kosa) asimptota. Primijenjujuci formalna
derivacijska pravila za elementarne funkcije, dobivamo
f 0(x) =�(2x2 � x3) 13
�0= � � � = 4� 3x
3 3px(2� x)2
; x 2 Rnf0; 2g:
Primijetimo da f nije derivabilna u toµckama x = 0 i x = 2 pa su to dvije njezine
kritiµcne toµcke. Treca kritiµcna toµcka x = 43 je stacionarna (rje�enje za f
0(x) = 0).
Nejednadµzba f 0(x) > 0 postaje, mnoµzeci ju s pozitivnim (0 6= x 6= 2) izrazom
3x 3px(x� 2)2, nejednadµzbom
x(4� 3x) > 0:
Prema tomu, funkcija f je uzlazna na intervalu0; 43
�. Sliµcnom tehnikom se
dobiva da je f silazna na h�; 0i [43 ; ��.
Lako se provjeri da postoji " > 0 takav da je f(x) > f(0) = 0 za svaki
x 2 h�"; "i n f0g (primjerice, " = 1); pa funkcija f ima u kritiµcnoj (i svo-
joj dvostrukoj nul-) toµcki 0 lokalni minimum. S druge strane, prolazom kroz
kritiµcnu (i svoju obiµcnu nul-) toµcku 2 funkcija f mijenja predznak, pa u njoj
ne postoji lokalni ekstrem. (Poslije cemo vidjeti da funkcija f ima u toµcki 2
obrati�te.) Za istraµzivanje u trecoj kritiµcnoj (stacionarnoj) toµcki 43 smijemo
rabiti derivacije vi�ih redova. Buduci da je
f 00(x) =�13(4� 3x)
�x(2� x2)
�� 23
�0= � � � = �8
9x(2� x) 3px(2� x)2
;
za x 2 Rnf0; 2g; to je f 00( 43 ) < 0, pa f ima u toµcki43 lokalni maksimum f( 43 ) =
23 .
172
y
Ox
2
2_3
4_3
Graf y = 3p2x2 � x3:
Primijetimo da je f 00(x) 6= 0 za svaki x iz svojega de�nicijskog podruµcja, pa
funkcija f nema in�eksije ni u jednoj toµcki u kojoj je dvaput derivabilna.
Rje�avajuci nejednadµzbu f 00(x) > 0, mnoµzeci ju izrazom 9x(2�x)2 3px(2� x)2 >
0, dobivamo ekvivalentnu nejednadµzbu
�8(2� x) > 0.
Njezino rje�enje jest svaki x > 2. To znaµci da je funkcija f strogo konkavna
na [2; �i. Na isti naµcin se dobiva da je f strogo konveksna na h�; 0] i na [0; 2].(Oprez! Funkcija f nije konveksna i na njihovoj uniji h�; 2]; f nije konveksnani konkavna ni na jednom intervalu �to sadrµzi toµcku x = 0 ili toµcku x = 2.)
Napokon, buduci da prolazom kroz toµcku 2 funkcije f od konveksne postaje
konkavnom, to f ima obrati�te u (svojoj nul-) toµcki 2:
4.2 NEODREÐENI INTEGRAL
In�nitezimalni raµcun, kako smo vec spomenuli, vuµce korijene iz Newtonovih i
Leibnizovih radova o problemima "trenutne" brzine i krivuljine tangente. Od
tada pa do danas, skoro triipolstoljetna teorija, primjena i praksa pokazuju
da se mnogi tehniµcko-tehnolo�ki, a i ini problemi svode na probleme in�nitezi-
malnoga raµcuna. Me�u njima, pak, mnogi se svode na ovo pitanje: Je li dana
realna funkcija f : X ! R, X � R, derivacija neke realne funkcije g : X ! R?Nadalje, ako je odgovor na to pitanje potvrdan, zadatak je odrediti funkciju g,
tj. rije�iti jednadµzbu (u skupu realnih funkcija RX) g0 = f , pri µcemu se za dani
f traµzi g. Pokazat cemo da ta jednadµzba ili nema rje�enja ili ih ima beskonaµcno
mnogo. Skup svih pripadnih rje�enja cemo nazvati (neodre�enim) integralom
funkcije f i pritom cemo govoriti da smo funkciju f integrirali. Pokazat ce se
173
da je integriranje tehniµcki neusporedivo sloµzeniji raµcun-postupak od deriviranja,
premda se, na neki naµcin, radi o obratnomu raµcunu.
Ovdje cemo, jednostavnosti radi i kad to ne bude imalo zasebnog utjecaja,
nazivom interval i oznakom I obuhvatiti sve mogucnosti: ha; bi, ha; b], [a; bi,[a; b], h�; bi, � � � , h�; �i = R. �tovi�e, ponekad ce I oznaµcavati i neku uniju dis-junktnih intervala, jer ce, najµce�ce, de�nicijska podruµcja promatranih funkcija
biti ili intervali ili razlike nekih intervala i prebrojivih podskupova od R.
4.2.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA
NEODREÐENOG INTEGRALA
De�nicja 4.53 Neka su dani interval (ili njihova unija) I, prebrojiv podskup
A � I funkcija f : X ! R, pri µcemu je I n A � X � R. Svaku neprekidnufunkciju F : I ! R sa svojstvom F 0(x) = f(x) za svaki x 2 I n A, nazivamoprimitivnom funkcijom za funkciju f na intervalu I.
Primjer Funkcija F : R! R, F (x) =
8>><>>:� 12x
2 + 2, x < �2x2 � 4, 2 � x < 212x
2 � 2, x � 2;
je primitivna funkcija za funkciju f : Rnf�2g ! R, f(x) =
8>><>>:�x; x < �22x; �2 < x < 2
x, x � 2
jer je F 0(x) = f(x) za svaki x 2 Rnf�2; 2g. Ovdje je I = R, X = Rnf�2g,A = f�2; 2g.
Primitivna funkcija F:
Primijetimo da je ista funkcija F primitivna funkcija i za funkcije f1;2 : R! R;
f1(x) =
8>><>>:�x, x � �22x; �2 < x < 2
x; x � 2; f2(x) =
8>><>>:�x, x < �22x; �2 � x < 2x; x � 2
;
kao i za mnoge druge koje se smiju razlikovati od f , f1 ili f2 po vrijednostima
u toµckama �2 i 2.
174
Primjer Za funkciju f : R ! R; f(x) = 2x; su izme�u ostalih i ove funkcije
primitivne (na I = R):
F1(x) = x2; F2(x) = x2 � 3; F3(x) = x2 +p5 (A = ;):
Funkcija x 7! G(x) = arcsinx je primitivna za funkciju
x 7! g(x) =1p1� x2
na I = X = h�1; 1i, A = ;.
(Primijetimo da se ovdje za I smije uzeti i [�1; 1i, h�1; 1], [�1; 1] redom, spripadnim suµzenjima od arcsin, µcim je A = f�1g, f1g, f�1; 1g redom.)
Funkcija x 7! H(x) =1
xje primitivna za funkciju
x 7! h(x) = � 1x2na I = X = Rnf0g, A = ;.
Napokon, primijetimo i to da je funkcija F1(x) = x2 primitivna ne samo za
funkciju f(x) = 2x nego i za funkcije
f1(x) =
(2x, x 6= 10, x = 1
; f2(x) =
(2x, x =2 N0, x 2 N
:
Jedan od temeljnih teorema matematiµcke analize jest onaj o dovoljnim uvjetima
za obstojnost primitivne funkcije. Mi cemo ga iskazati i dokazati (u posebnom
sluµcaju) u iducemu odjeljku po uvo�enju pojma odre�enog integrala. A ovdje
cemo dokazati da je, grubo govoreci, dostatno poznavati jednu (bilo koju) primi-
tivnu funkciju za danu funkciju f da bi se znale i "sve" ostale njezine primitivne
funkcije. No, to podrazumijeva pretpostavku da su te primitivne funkcije deri-
vabilne (na cijelom intervalu) i da im se derivacije podudaraju (ali ne nuµzno s
f jI u svakoj toµcki!).
Teorem 4.54 Ako za danu funkciju f : X ! R, X � R, postoji primitivnafunkcija F : I ! R, I � X, onda je svaka funkcija G : I ! R, G = F + crjI ,gdje je cr konstantna funkcija u (bilo koji) r 2 R, primitivna za funkciju f .�tovi�e, ako su F;G : I ! R derivabilne primitivne funkcije za f i pritom je
F 0 = G0, onda je G = F + crjI , za neki r 2 R.(Saµzeto: "Derivabilna primitivna funkcija je jednoznaµcno odre�ena do na adi-
tivnu konstantu".)
Dokaz. Jasno, dostatno je dokazati drugu tvrdnju. Neka su F i G bilo koje
dvije derivabilne primitivne funkcije za f na I i neka je F 0 = G0. Tada je funkcija
H : I ! R, H = G � F , derivabilna i H 0 = c0jI . Promatrajmo bilo koje dvijetoµcke x1; x2 2 I, x1 < x2. Suµzenje Hj[x1;x2] ima derivaciju jednaku nulkonstantic0jI pa je, po Teoremu 4.25, Hj[x1;x2] neka konstantna funkcija crj[x1;x2]. Prematomu, (G�F )j[x1;x2] = crj[x1;x2] ) G(x) = F (x)+ r, x 2 [x1; x2]. Buduci da suF i G neprekidne funkcije i x1; x2 2 I bilo koje toµcke, to je G = F + crjI .
175
De�nicja 4.55 Za danu funkciju f : X ! R, X � R, skup svih njezinihprimitivnih funkcija na intervalu (ili njihovoj uniji) I nazivamo neodre�enim
integralom funkcije f na intervalu I i oznaµcujemo sRf(x)dx.
U skladu s Teoremom 4.3, ima smisla pisatiZf(x)dx = F (x) + c; x 2 I nA;
gdje F neka (bilo koja) primitivna funkcija za f na I, a c oznaka za opcu kon-
stantu. Uobiµcajilo se funkciju f nazvati integrandom (ili podintegralnom
funkcijom), x - integracijskom varijablom, a c - integracijskom konstan-
tom.
Primjer (a)Zsinxdx = � cosx+ c, jer je (� cosx+ c)0 = sinx, x 2 R.
(b)Z
dxp1� x2
= arcsinx+ c, jer je (arcsinx+ c)0 =1p1� x2
, x 2 h�1; 1i.
(c)Z2jxjdx =
Z �( 2x, x � 0�2x, x < 0
�dx =
(x2 + c, x � 0�x2 + c, x < 0
,
jer je�( x2 + c, x � 0
�x2 + c, x < 0
�0=
(2x, x � 0�2x; x < 0
= 2 jxj, x 2 R.
(Funkcija x 7! 2jxj nije derivabilna u toµcki x = 0, dok njezina primitivna
funkcija to jest. Ta derivacija je 0, jer postoje derivacije slijeva i zdesna i obje
i�µcezavaju.)
(d)Z �( 2; x < 3
1; x > 3
�dx =
(2x+ c; x < 3
x+ c, x > 3,
jer je�( 2x+ c; x < 3
x+ c, x > 3
�0=
(2; x < 3
1; x > 3.
(U ovomu primjeru nije svaka primitivna funkcija de�nirana u toµcki x = 3.
Naime, tek je posebnim izborom konstanata c2 = c1 + 3 (c je opca oznaka!)
moguce udovoljiti uvjetu o neprekidnosti primitivne funkcije u toµcki x = 3. U
takvomu sluµcaju, ipak, primitivna funkcija nije derivabilna u toj toµcki, jer joj
je derivacija slijeva u toµcki 3 jednaka 2, a ona zdesna - 1.)
Istinitost sljedecega teorema je oµcigledna.
Teorem 4.56 Neka jeRf(x)dx = F (x)+c, tj. F 0(x) = f(x) za svaki x 2 I nA
(oznake iz De�nicija 4.53 i 4.55) Tada na I nA vrijedi:
(a)�R
f(x)dx�0= f(x)
("deriviranjem integrala dobivamo integrand");
(b) d�R
f(x)dx�= f(x)dx
("diferenciranje poni�tava integriranje");
176
(c)RdF (x)) = F (x) + c
("integriranje poni�tava diferenciranje do na konstantu").
Naredni teorem tvrdi da je neodre�eni integral primjer linearnog operatora
(funkcionala).
Teorem 4.57 Neka funkcije fi : X ! R, X � R, i = 1; � � � ; n, n 2 N, dop-u�taju primitivne funkcije na intervalu I � X, te neka su �1; � � � ; �n 2 R kon-stante. Tada i funkcija �1f1 + � � �+ �nfn : X ! R dopu�ta primitivnu funkcijuna I i vrijediZ(�1f1(x) + � � �+ �nfn(x)) dx = �1
Zf1(x)dx+ � � �+ �n
Zfn(x)dx+ c (1)
tj. neodre�eni integral µcuva (do na aditivnu konstantu) linearnu kombinaciju.
Dokaz. Neka je Fi bilo koja primitivna funkcija za fi na I, tj.Rfi(x)dx =
Fi(x) + ci, i = 1; � � � ; n. Buduci da je F 0i (x) = f(x) za svaki x 2 I nAi i Ai � Iprebrojiv, i = 1; � � � ; n, to je
(�1F1 + � � �+ �nFn)0(x) = (�1f1 + � � �+ �nfn)(x); x 2 I n� nSi=1
Ai�:
Primijetimo da je i skup A �nSi=1
Ai � I prebrojiv. Slijedi da je (neprekidna)
funkcija �1F1+ � � �+ �nFn : I ! R primitivna funkcija za funkciju �1f1+ � � �+�nfn : X ! R. Prema tomu (i k je oznaka za konstantu),Z
(�1f1(x) + � � �+ �nfn(x)) dx = �1F1(x) + � � �+ �nFn(x) + k =
�1
�Zf1(x)dx� c1
�+ � � �+ �n
�Zfn(x)dx� cn
�+ k =
�1
Zf1(x)dx+ � � �+ �n
Zfn(x)dx+ c; c � k � (�1c1 + � � �+ �ncn):
Napomenimo da u buduce u jednakostima sliµcnima onoj u Teoremu 4.57, opcu
konstantu c (c1; c2; k; � � � ) najµce�ce necemo zapisivati, tj. u takvim "jednakosti-
ma" cemo dopu�tati da se lijeva i desna strana smiju razlikovati do na aditivnu
konstantu.
Teorem 4.57 oµcito povlaµci:Z(f(x)� g(x))dx =
Zf(x)dx�
Zg(x)dx;Z
(�f(x))dx = �
Zf(x)dx:
PrimjerZ �
4 cosx+1
2x3 � 3
�dx
(1)= 4
Zcosxdx+
1
2
Zx3dx� 3
Zdx =
= 4 sinx+1
8x4 � 3x+ c. (Jer, sin0 x = cosx,
�x4
4
�0= x3 i (x)0 = 1.)
177
Neka µcitatelj provjeri (deriviranjem) toµcnost ove tablice osnovnih integrala
(na de�nicijskim podruµcjima podintegralnih funkcija):Z0 � dx = c; (2)Zdx = x+ c; (3)Zxrdx =
xr+1
r + 1+ c; r 6= �1; (4)Z
x�1dx �Zdx
x= ln jxj+ c; (5)Z
exdx = ex + c; (6)Zaxdx =
ax
ln a+ c; 0 < a 6= 1; (7)Z
sinxdx = � cosx+ c; (8)Zsinhxdx = coshx+ c; (80)Zcosxdx = sinx+ c; (9)Zcoshxdx = sinhx+ c; (90)Z1
cos2 xdx = tg x+ c; (10)Z
1
cosh2 xdx = tghx+ c; (100)Z
1
sin2 xdx = � ctg x+ c; (11)Z
1
sinh2 xdx = � ctghx+ c; (110)Z
1
1 + x2dx = atctg x+ c1 = � arcctg x+ c2; (12)Z
1p1� x2
dx = arcsinx+ c1 = � arccosx+ c2; (13)
Z1
1� x2 dx =(arthx+ c1, jxj < 1arcthx+ c2; jxj > 1
=1
2ln�1 + x1� x
�+ c; (14)Z
1px2 + 1
dx = arshx+ c1 = ln(x+px2 + 1) + c2; (15)Z
1px2 � 1
dx = archx+ c1 = ln(x+px2 � 1) + c2: (16)
Neodre�ene integrale od (2) do (16) nazivamo tabliµcnim integralima.
178
4.2.2 OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE
Neodre�ene integrale elementarnih funkcija �to se mogu prikazati kao linearne
kombinacije podintegralnih funkcija iz tablice gore, lako odre�ujemo primjenom
Teorema 4.57. U takvim sluµcajevima kaµzemo da smo funkciju integrirali
izravno (ili neposredno).
Primjer (a)Z2xpx
3pxdx = 2
Zx76 dx
(4)=12
13x2 6px+ c;
(b)Z
dx
sin2 x cos2 x=
Zsin2 x+ cos2 x
sin2 x cos2 xdx
(1)=Z
dx
sin2 x+
Zdx
cos2 x
(11),(10)= � ctg x+ tg x+ c.
Skup svih izravno integrabilnih funkcija pro�irujemo primjenom dvaju jedno-
stavnih postupaka: uvo�enjem nove varijable (supstitucija) i prepoznavanjem
diferencijala nekog umno�ka (parcijalna integracija).
Supstitucija se sastoji u tomu da se nekom dopustivom zamjenom integracij-
ske varijable ili podintegralnog izraza polazni integral svede na neke od onih
tabliµcnih. O tomu govore dva naredna teorema.
Teorem 4.58 Neka za funkciju f postoji neka primitivna funkcija na intervalu
I. Nadalje, neka je ' : J ! I, J - interval, strogo monotona i derivabilna
surjekcija. Tada jeZf(x)dx = �('�1(x)) + c; (17)
gdje je � primitivna funkcija za funkciju � � (f')�'0 na J . Drugaµcijim zapisom,Z((f') � '0)(t)dt �
Z�(t)dt = �(t) + c:
Dokaz. Buduci da stroga monotonost realne funkcije povlaµci injektivnost, to
je funkcija ' bijektivna. Postoji, dakle, inverzna funkcija '�1 : I ! J za
koju se lako dokaµze da je, tako�er, strogo monotona. Primijetimo da neprekid-
nost i stroga monotonost funkcije ' povlaµce neprekidnost inverzne funkcije '�1
(v. Korolar 3.48). Nadalje, buduci da je ' i derivabilna, po Teoremu 4.13
zakljuµcujemo da je i '�1 derivabilna. Ukratko, strogo monotona i derivabilna
surjekcija ' ima inverznu funkciju '�1 koja je, tako�er, strogo monotona i deri-
vabilna. Po pretpostavci, postoji neka primitivna funkcija F za f na I. Tada
je F 0(x) = f(x), x 2 I n A. Neka je B = '�1[A] � J , pa je i B prebrojiv skup.
Dokaµzimo da je F' � � primitivna funkcija za (f') � '0 � � na intervalu J !
Zaista, za svaki t 2 J nB je
�0(t) = (F')0(t) = F 0('(t)) � '0(t) = f('(t)) � '0(t) = ((f') � '0)(t) = �(t);
179
pri µcemu smo iskoristili Teorema 4.11. Primijetimo da je �'�1 = (F')'�1 = F
pa je �'�1 primitivna funkcija za f na I.
Teorem 4.58 jamµci da se, pod navedenim uvjetima, zadani integral smije rje�a-
vati zamjenom x = '(t) i dx = '0(t)dt, tj.Zf(x)dx =
Zf('(t)) � '0(t)dt �
Z�(t)dt = �(t) + c =
�('�1(x)) + c = F (x) + c:
Dakako, temeljna zamisao je u tomu da se na�e zamjenska funkcija ', koja ce
poluµciti funkciju �, tako da integralR�(t)dt bude "tehniµcki" bitno jednostavniji
(�to bliµzi nekom tabliµcnom integralu) od polaznoga (netabliµcnog)Rf(x)dx. Na-
ravno, idealno je ako se iz "prve" zaR�(t)dt dobije neki tabliµcni integral.
Primjer (a)Z1 + 3pxp
xdx =
h x = t6
dx = 6t5dt
i=
Z1 + t2
t3� 6t5dt =
Z6(t4+t2)dt
(1)= 6
Zt4dt+6
Zt2dt
(4)= 6� t
5
5+6� t
3
3+c
t= 6px
=6
5� 6px5+2
px+c;
(b)Z
dx
(1� x2) 32=h x = sin t
dx = cos tdt
i=
Zcos tdt
(1� sin2 t) 32=
Zdt
cos2 t
(10)=
= tg t+ ct=arcsin x= tg(arcsinx) + c =
= tg�arctg
xp1� x2
�+ c =
xp1� x2
+ c;
(c)Z
dx
x2 + 2x+ 2=
Zdx
(x+ 1)2 + 1=h x = t� 1
dx = dt
i=
=
Zdt
t2 + 1
(12)= arctg t+ c
t=x+1= arctg(x+ 1) + c.
(Podrazumijeva se, bez izriµcitog nagla�avanja, da primjer pod (a) ima smisla
samo za x > 0, a primjer pod (b) - samo za jxj < 1. S tim u svezi, primijetimo
da funkcije t 7! t6 i sin nisu monotone, ali njihova suµzenja na R+ i h�1; 1i,redom, jesu strogo monotona.)
Teorem 4.59 Neka je G primitivna funkcija za funkciju g na intervalu J , tj.
G0(t) = g(t), t 2 J n B, te neka je : I ! J , I - interval, strogo monotona i
derivabilna surjekcija. Tada jeZg( (x)) � 0(x)dx = G( (x)) + c: (18)
Drugim rijeµcima, ako je f(x)dx = g( (x))d (x) za svaki x 2 I, pri µcemu
funkcije g i imaju navedena svojstva, onda funkcija f = (g ) � 0 ima na Iprimitivnu funkciju F = G , tj.Z
f(x)dx �Zg( (x)) � 0(x)dx = G( (x)) + c:
180
Dokaz. Teorem 4.59 je preformulacija prethodnoga Teorema 4.58 u smislu da
se umjesto zamjenske funkcije x = '(t) uvodi zamjenska funkcija t = (x) =
'�1(x).
Primjer (a)Z p
2x+ 3dx =
Z1
2
p2x+ 3 � 2dx =
h t = 2x+ 3dt = 2dx
i=
=
Z1
2
ptdt =
1
2
Zt12 dt =
1
2� t
32
32
+ c =1
3
p(2x+ 3)3 + c.
(b)Zcos 5xdx =
Z1
5cos 5x � 5dx =
h t = 5x
dt = 5dx
i=
=1
5
Zcos tdt =
1
5sin t+ c =
1
5sin 5x+ c.
(c)Z
xdx
(1 + x2)r=
Z1
2� 2xdx
(1 + x2)r=h t = 1 + x2dt = 2xdx
i=
=1
2
Zdt
tr=
8><>:1
2ln jtj+ c, r = 1
1
2� t
�r+1
�r + 1 + c, r 6= 1=
8><>:1
2ln(1 + x2) + c, r = 1
1
2� (1 + x
2)�r+1
�r + 1 + c, r 6= 1.
(d) Odredimo, po Teoremu 4.59, primitivnu funkciju F za f ako je g opca
potencija t 7! g(t) = tr.
Po (4) i (5) je, redom, G(t) =tr+1
r + 1kad je r 6= �1 i G(t) = ln jtj kad je t = �1.
Dakle,Zf(x)dx �
Zg( (x))� 0(x)dx = G( (x))+c =
8<: (x)r+1
r + 1+ c, r 6= �1
ln j (x)j+ c, r = �1.
Ili, u praktiµcnijem zapisu,Zf 0(x)
f(x)dx = ln jf(x)j+ c;
Zf(x)rf 0(x)dx =
f(x)r+1
r + 1+ c; r 6= �1:
Parcijalna integracija se sastoji u tomu da se pogodnim izborom realnih
funkcija x 7! g(x) i x 7! h(x); takvih da je g(x)h0(x)dx = f(x)dx, i primjenom
diferencijala na produktnu funkciju x 7! g(x)h(x), integralRf(x)dx ili bitno
pojednostavni ili da postane nepoznanicom u lako rje�ivoj jednadµzbi.
Teorem 4.60 Ako su funkcije g; h : I ! R, I - interval (ili njihova unija),neprekidno derivabilne, onda vrijediZ
g(x)h0(x)dx = g(x)h(x)�Zh(x)g0(x)dx: (19)
181
Dokaz. Ovdje se najprije pozivamo na Teoreme 3.41 i 3.43, �to cemo ih dokazati
(neovisno o ovomu) u sljedecemu odjeljku, koji jamµce obstojnost primitivnih
funkcija na I za gh0 i hg0. Tada primjenom formule (1), Teorema 4.20 i Teorema
4.56 dobivamoZg(x)h0(x)dx+
Zh(x)g0(x)dx =
R(g(x)h0(x) + g0(x)h(x))dx =Z
(g � h)0(x)dx = g(x)h(x);
�to je ekvivalentno formuli (19).
Uobiµcajilo se uvesti pokrate g(x) = u i h(x) = v pa formula (19) ima i zapisZudv = uv �
Zvdu: (190)
Primjer (a)Zxexdx =
h u = x; dv = exdx;
du = dx; v =Rexdx = ex
i(190)=
xex �Zexdx = xex � ex + c.
(b)Zlnxdx =
h u = lnx; dv = dx;
du = dxx ; v = x
i(190)= (lnx)x�
Zxdx
x=
x lnx�Zdx = x lnx� x+ c.
(c)Zx2 cosxdx =
h u = x2; dv = cosxdx;
du = 2udu; v = sinx
i(190)=
x2 sinx� 2Zx sinxdx =
h u = x; dv = sinxdx;
du = dx; v = � cosx
i(190)=
x2 sinx� 2��x cosx+
Zcosxdx
�= x2 sinx+ 2x cosx+ 2 sinx+ c:
(d) Odredimo, za svaki n 2 N, integralZdx
(1 + x2)n� In:
Za n = 1 se radi o tabliµcnomu integralu (12), tj. I1 = arctanx+ c.
Neka je n � 2. Tada jeZdx
(1 + x2)n=
Z1 + x2 � x2(1 + x2)n
dx =
Zdx
(1 + x2)n�1�Z
x2dx
(1 + x2)n; tj.
In = In�1 �Z
x2dx
(1 + x2)n:
Primijenimo parcijalnu integraciju naZx2dx
(1 + x2)n; n � 2;
uzev�i
u = x; dv =xdx
(1 + x2)n; du = dx; v =
Zxdx
(1 + x2)n=
�12(n� 1)(1 + x2)n�1 :
182
Slijedi,Zx2dx
(1 + x2)n=
�x2(n� 1)(1 + x2)n�1 +
1
2(n� 1)R dx
(1 + x2)n�1=
�x2(n� 1)(1 + x2)n�1 +
1
2(n� 1)In�1:
Dobili smo, dakle, rekurzivnu formulu
In =x
2(n� 1)(1 + x2)n�1 +2n� 32(n� 1)In�1: (20)
Primjerice, za n = 2 i n = 3 je, redom,
I2 �Z
dx
(1 + x2)2=
x
2(1 + x2)+1
2I1 =
x
2(1 + x2)+1
2arctg x+ c,
I3 �Z
dx
(1 + x2)3=
x
4(1 + x2)2+3
4I2 =
x
4(1 + x2)2+
3x
8(1 + x2)+3
8arctg x+c.
4.2.3 INTEGRIRANJE NEKIH KLASA
ELEMENTARNIH FUNKCIJA
Integralni raµcun, tj odre�ivanje primitivnih funkcija je, kao �to smo vec mogli
primijetiti, tehniµcki sloµzen posao. Jedna pote�koca proizlazi iz µcinjenice da
primitivna funkcija za (i relativno jednostavnu) elementarnu funkciju ne mora
biti elementarna. Druga, pak, jest sama bit integralnoga raµcuna, tj. i kad je
primitivna funkcija elementarna (tada se kaµze da je integral elementarno rje�iv),
njezino je odre�ivanje, osim u rijetkim sluµcajevima (tabliµcni ili njima vrlo sliµcni
integrali) samo po sebi tehniµcki sloµzen posao. Ovdje cemo pokazati nekoliko
tehnika integralnoga raµcuna u sluµcaju elementarno rje�ivih integrala.
(i) Integriranje racionalnih funkcija
Polinom (tj. cijelu racionalnu funkciju) x 7! p(x) integriramo po formuli (1).
Buduci da se svaka racinalna funkcija x 7! f(x) = p(x)q(x) moµze zapisati kao
zbroj od polinoma (prikljuµcujuci u ovomu razmatranju k njima i konstantne
funkcije) i prave racionalne funkcije, neka je odmah stupanj m od p manji od
stupnja n od q. Osim toga, smijemo pretpostaviti da polinomi p i q nemaju
zajedniµckih nultoµcaka (realnih ili kompleksnih). Naime, po tzv. "Osnovnom
teoremu algebre", koji tvrdi da svaki (nekonstantni) polinom ima barem jednu
nultoµcku, slijedi da svaki polinom p dopu�ta faktorizaciju
p(x) � amxm + � � �+ a1x+ a0 = am(x� x1) � � � (x� xm);
gdje su x1; � � � ; xm 2 C. Ako se pritom ne µzeli operirati kompleksnim brojevima,onda se ne istiµcu linearni faktori x�xi, xi 2 C, (koji se uvijek javljaju s parovimakonjugirano kompleksnih nultoµcaka xi, xj =
_xi), nego ih se "skriva" u pripadnim
kvadratnim faktorima tipa x2+bx+c. Osim toga, vi�ekratne nultoµcke se, obiµcno,
ne rastavlja, tj. tada se pi�e (x�xi)si i (x2+ bx+ c)kj , gdje su si i kj pripadnekratnosti:
183
Temeljna zamisao jest da se polazna (prava) racionalna funkcija f = pq prikaµze
kao zbroj jednostavnijih racionalnih funkcija, koje u nazivnicima imaju prirodne
potencije navedenih linearnih ili kvadratnih faktora iz faktorizacije od q. Pritom
se rabi tzv. metoda neodre�enih koe�cijenata, koja se, u biti, temelji na µcinjenici
da su dva polinoma jednaka onda i samo onda kad su im koe�cijenti uz iste
potencije jednaki. Neka je, dakle,
q(x) � bnxn + � � �+ b1x+ b0 =
bn(x� x1)s1 � � � (x� xr)sr (x2 + c1x+ d1)k1 � � � (x2 + clx+ dl)kl ;
pri µcemu su si; kj 2 N, i = 1; � � � ; r, j = 1; � � � ; l,rPi=1
si + 2lP
j=1
kj = n, a
x1; � � � ; xr sve realne i me�usobno razliµcite nultoµcke od q, dok su svi kvadratnitrinomi x2+cjx+dj me�usobno razliµciti i bez realnih nultoµcaka. Tada, za svaki
i i svaki j, postoje realni brojevi Aisi , Bjkj i Cjkj takvi da je
p(x)
q(x)=1
bn
�A11x� x1
+ � � �+ A1s1(x� x1)s1
+A21x� x2
+ � � �+ A2s2(x� x2)s2
+ � � �+
+Ar1x� xr
+� � �+ Arsr(x� xr)sr
+B11x+ C11x2c1x+ d1
+� � �+ B1k1x+ C1k1(x2c1x+ d1)k1
+B21x+ C21x2c2x+ d2
+
� � �+ B2k2x+ C2k2(x2c2x+ d2)k2
+ � � �++Bl1x+ Cl1x2clx+ dl
+ � � �+ Blklx+ Clkl(x2clx+ dl)kl
�:
Koe�cijenti Aisi , Bjkj i Cjkj se odre�uju tako da se jednakost (21) pomnoµzi
polinomom q(x) i potom izjednaµce koe�cijenti uz iste potencije. Kao zakljuµcak,
rastav (21) i formula (1) povlaµce da se integriranje (prave) racionalne funkcije,R p(x)q(x)dx, svodi na izraµcunavanje sljedeca tri (tipiµcna) neodre�ena integrala:Z
dx
(x� a)s ;Z
(x+ b)dx
(x2 + cx+ d)k;
Zdx
(x2 + cx+ d)k;
gdje su s; k 2 N i a; b; c; d 2 R. Prvi od njih zamjenom x � a = t postaje
tabliµcnim integralom (4) ili (5). Drugi rje�avamo kako slijedi:Z(x+ b)dx
(x2 + cx+ d)k=1
2
Z(2x+ c)dx
(x2 + cx+ d)k� 12
Z(c� 2b)dx
(x2 + cx+ d)k:
Prvi integral na desnoj strani se zamjenom x2 + cx+ d = t opet svodi tabliµcni
integral (4) ili (5), a za drugi integral na desnoj strani jednakosti primijetimo
da je c2 � 4d < 0 pa je
x2 + cx+ d =�x� c
2
�2+ d� c2
4=�d� c2
4
��� x� c2q
d� c2
4
�2+ 1�:
Sada zamjenom x� c2q
d� c2
4
= t dobivamo poznati integral koji smo rje�avali rekur-
zivnom formulom (2).
Napokon, treci integral je istoga tipa kao upravo promatrani drugi integral na
desnoj strani gore.
184
Primjer Izraµcunajmo integral I =Z
x3 + 2x2 + 3x� 6(x+ 1)(x2 + 2x+ 3)2
dx:
Buduci da se integrira prava racinalna funkcija i kvadratni trinom x2 + 2x+ 3
nema realnih nultoµcaka, smijemo odmah prijeci na "rastavljanje na parcijalne
razlomke" (21):
x3 + 2x2 + 3x� 6(x+ 1)(x2 + 2x+ 3)2
=A
x+ 1+
Bx+ C
x2 + 2x+ 3+
Dx+ E
(x2 + 2x+ 3)2���(x+1)(x2+2x+3)2
x3+2x2+3x�6 = A(x2+2x+3)2+(Bx+C)(x+1)(x2+2x+3)+(Dx+E)(x+1) =
(A+B)x4 + (4A+ 3B +C)x3 + (10A+ 5B + 3C +D)x2 + (12A+ 3B + 5C +
D + E)x+ (9A+ 3C + E)
Izjednaµcavanjem koe�cijenata uz iste potencije dobivamo
0 = A+B
1 = 4A+ 3B + C
2 = 10A+ 5B + 3c+D
3 = 12A+ 3B + 5C +D + E
6 = 9A+ 3C + E
Rje�enje ovoga linearnog sustava je A = �2, B = 2, C = 3, D = 3, E = 3.
Prema tomu
I =
Z �2x+ 1
dx+
Z2x+ 3
x2 + 2x+ 3dx+
Z3x+ 3
(x2 + 2x+ 3)2dx =
2 ln jx+1j+Z
2x+ 2
x2 + 2x+ 3dx+
Z1
x2 + 2x+ 3dx+
3
2
Z2x+ 2
(x2 + 2x+ 3)2dx =
�2 ln jx+1j+ ln(x2 +2x+3)+Z
dx
2��
x+1p2
�2+ 1� + 3
2� (x
2 + 2x+ 3)�1
�1 =
lnx2 + 2x+ 3
(x+ 1)2+p2 arctg
x+ 1p2� 3
2(x2 + 2x+ 3)+ c:
(Neka µcitatelj provjeri ovaj ishod deriviranjem!)
(ii) Integriranje kompozicije trigonometrijske i racionalne funkcije
Ovaj tip neodre�enog integrala se obiµcno oznaµcuje sZR(sinx; cosx)dx;
gdje je R opca oznaka za razlomaµcki izraz. U trivijalnom sluµcajuRsinxdx iR
cosxdx dobivamo dva tabliµcna integrala (8) i (9). Nadalje, po Teoremu 4.59
dobivamoZtg xdx =
Zsinx
cosxdx = � ln j cosxj+ c;Z
ctg xdx =
Zcosx
sinxdx = ln j sinxj+ c;Z
sinx � cosxdx = 1
2sin2 x+ c:
185
U opcem sluµcaju se integralRR(sinx; cosx)dx svodi na integral racionalne funk-
cije, tj. naR p(t)q(t)dt, p i q polinomi, koji se onda rje�ava tehnikom iz prethodnoga
razmatranja (pod (i)). Najopcenitija zamjenska funkcija jest
x 7! (x) = tgx
2� t (x � '(t) = 2 arctg t):
Ona povlaµci:
sinx =2t
1 + t2; cosx =
1� t21 + t2
; tg x =2t
1� t2 ; ctg x =1� t22t
;
dx =2dt
1 + t2:
9>=>; (22)
Ako je funkcija R "parna", tj. ako je
R(� sinx;� cosx) = R(sinx; cosx);
moguce je to svo�enje provesti zamjenskom funkcijom
= tg; tj. t = tg x (x = arctg t)
koja povlaµci:
sin2 x =t2
1 + t2; cos2 x =
1
1 + t2; ctg x =
1
t; dx =
dt
1 + t2: (23)
Napokon, u najjednostavnijim sluµcajevimaZR(sinx) cosxdx i
ZR(cosx) sinxdx
rabimo, redom, zamjenske funkcije = sin i = cos, tj.
t = sinx; dt = cosxdx; (24)
t = cosx; dt = � sinxdx: (240)
PrimjerZ
dx
(2 + cosx) sinx
(22)=
Z 2dt1+t2�
2 + 1�t21+t2
�2t1+t2
=
Zt2 + 1
t3 + 3tdt = � � � =
1
3
Zdt
t+1
3
Z2tdt
t2 + 3=1
3ln jt(t2 + 3)j+ c = 1
3ln�tgx
2��tg2
x
2+ 3��+ c:
Buduci da funkcija sin ima samo prebrojivo diskretnih nultoµcaka, promatrani
se integral moµze izraµcunati i ovako:Zdx
(2 + cosx) sinx=
Zsinxdx
(2 + cosx) sin2 x=
Zsinxdx
(2 + cosx)(1� cos2 x)(240)=Z
dt
(2 + t)(1� t2) = � � �1
3
Zdt
t+ 2+1
6
Zdt
t� 1 �1
2
Zdt
t+ 1= � � � =
1
6ln� (t+ 2)2(t� 1)
(t+ 1)3
�+ c =
1
6ln� (cosx+ 2)2(cosx� 1)
(cosx+ 1)3
�+ c:
Napomena 4.61 (a) Primijetimo da se izraµcunavanjem neodre�enog integrala
razliµcitim metodama (ili samo razliµcitm zamjenskim funkcijama) mogu dobiti
"razliµcite" primitivne funkcije. Ali, kao �to znamo, one se mogu razlikovati u
najvi�e prebrojivo mnogo toµcaka i do na aditivnu konstantu. To npr. znaµci
da su na svakom intervalu I � R, na kojemu su oba rezultata iz prethodnogprimjera de�nirana, ona i me�usobno jednaka do na aditivnu konstantu.
186
(b) Posve sliµcno integriranju kompozicije trigonometrijske i racionalne funkcije,
integrira se i kompozicija hiperbolne i racionalne funkcije,ZR(sinhx; coshx):
(iii) Integriranje nekih klasa iracionalnih funkcija
Primitivna funkcija za iracionalnu funkciju nije, opcenito, elementarna funkcija,
tj. neodre�eni integralRf(x)dx iracionalne funkcije f nije, opcenito, elemen-
tarno rje�iv. Ovdje cemo razmatrati samo neke elementarno rje�ive tipove neo-
dre�enih integrala iracionalnih funkcija. Najprije promotrimo najjednostavnije
tipiµcne sluµcajeve. Prvi tip je integralZR�xm1n1 ; � � � ; x
mknk
�dx; mi; ni; k 2 N; i = 1; � � � ; k:
(R je, kao i do sada, opca oznaka za racionalni izraz.) Ovaj se integral svodi na
integral racionalne funkcije zamjenskom funkcijom
t 7! '(t) = tn � x; n = V (n1; � � � ; nk):
(V oznaµcuje najmanji zajedniµcki vi�ekratnik). Istom se tehnikom izraµcunava i
drugi tipiµcni integral (poopcenje prvoga)ZR��ax+ b
cx+ d
�m1n1; � � � ;
�ax+ bcx+ d
�mknk�dx; mi; ni; k 2 N; i = 1; � � � ; k;
stavljajuciax+ b
cx+ d= tn; n = V (n1; � � � ; nk):
PrimjerZ 8�
q64x�1x
3
q( 64x�1x )2
dx =h n = 6; 64x�1
x = t6
x = 164�t6 ; dx =
6t5dt(64�t6)2
i=
Z8� t3t4
� 6t5dt
(64� t2)2 = �6Z
tdt
(t� 2)(t+ 2)2(t2 + 2t+ 4)(t2 � 2t+ 4)2 =
�6Z � A1
t� 2 +A2t+ 2
+A3
(t+ 2)2+
B1t+ C1t2 + 2t+ 4
+B2t+ C2t2 � 2t+ 4 +
B3t+ C3(t2 � 2t+ 4)2
�dt =
� � �
Sada se pozabavimo integralomZ �x;pax2 + bx+ c
�dx:
Zamjenskom funkcijom
x 7! (x) =2ax+ bpjb2 � 4acj
� t
svodimo ga na jedan od ovih:
(a)ZR�t;p1� t2
�dt; (b)
ZR�t;pt2 � 1
�dt; (c)
ZR�t;pt2 + 1
�dt:
Proslijediti moµzemo na nekoliko naµcina. Primjerice, zamjenama
(a) t = sin z; (b) t =1
sin z; (c) t = tg z
187
dobivamo integrale racionalnih funkcija (od) trigonometrijskih funkcija - (ii), a
tzv. Eulerovim zamjenama
(a)p1� t2 = z(1� t); (b)
pt2 � 1 = t+ z; (c)
pt2 + 1 = t+ z
odmah dobivamo integrale racionalnih funkcija - (i).
Sljedeci tipiµcni integral �to ga promatramo jestZp(x)pq(x)
dx;
pri µcemu je p bilo koji polinom, a q reducirani kvadratni polinom zadan bilo
kojim od pravila 1 � x2, x2 � 1, x2 + 1. Poznate µcinjenice iz diferencijalnogaraµcuna jamµce da se pripadna primitivna funkcija moµze odrediti rje�avanjem
jednadµzbeZp(x)pq(x)
dx =�An�1x
n�1 + � � �+A1x+A0�p
q(x) +B
Zdxpq(x)
;
gdje je n stupanj od p, po nepoznanicama (neodre�enim koe�cijentima) A0,
� � � , An�1, B. Oµcito, polazni integral se tada svodi na tabliµcni integralR
dxpq(x)
.
Postavljena jednadµzba se rje�ava tako da joj se obje strane deriviraju, pomnoµze
sapq(x) te izjednaµce koe�cijenti uz iste potencije dobivenih polinoma.
Ovomu tipu pripada i integralZp(x)
xm �pq(x)
dx; m 2 N;
jer se zamjenom x = 1t na njega svodi.
PrimjerZ
dx
x+px2 + 6x+ 10
=Zdx
x+p(x+ 3)2 + 1
=h x+ 3 = t
x = t� 3; dx = dt
i=
Zdt
t� 3 +pt2 + 1
=h p
t2 + 1 = t+ z
t = 1�z22z ; dt = �
z2+12z2 dz
i=
Z � z2+12z2 dz1�z22z � 3 +
1�z22z + z
= � � � = 1
6
Z �1 +
z + 3
z(3z � 1)�dz = � � � =
1
6
�z +
10
3ln j3z � 1j � ln jzj
�+ c,
gdje je z =pt2 + 1� t =
px2 + 6x+ 10� x� 3.
PrimerZx2p4x2 + 9dx =
Zx2(4x2 + 9)p4x2 + 9
dx =
Z4x4 + 9x2p4x2 + 9
dx =
�Ax3 +Bx2 + Cx+D
�p4x2 + 9 + E
Zdxp4x2 + 9
.
Deriviranjem dobivamo
x2p4x2 + 9 =
188
�3Ax2 + 2Bx+ C
�p4x2 + 9+
�Ax3 +Bx2 + Cx+D
� 4xp4x2 + 9
+Ep
4x2 + 9,
pa mnoµzenjem sp4x2 + 9 i sre�ivanjem slijedi
4x4 + 9x2 = 16Ax4 + 12Bx3 + (27A+ 8C)x2 + (18B + 4D)x+ (9C + E).
Izjednaµcavanjem odgovarajucih koe�cijenata dobivamo linearni sustav s jedin-
stvenim rje�enjem: A = 14 , B = 0, C =
932 , D = 0, E = � 8132 .
Prema tomu,Zx2p4x2 + 9dx =
�x34+9x
32
�p4x2 + 9� 81
32
Zdxp4x2 + 9
= � � � =
1
32(8x3 + 9x)
p4x2 + 9� 81
64ln�2x+
p4x2 + 9
�+ c:
Razmotrimo, napokon, tzv. binomni integral, tj.Zxs(a+ bxr)pdx; p; r; s 2 Q: (25)
Opcenito, on nije elementarno rje�iv. Skup svih elementarno rje�ivih binomnih
integrala karakterizira ovaj teorem:
Teorem 4.62 Binomni integral (25) je elementarno rje�iv onda i samo onda,
ako je barem jedan od brojeva p, s+1r ,s+1r + p cijeli broj.
Dokaz. Dokazati nuµznost je vrlo zahtjevno, a i za�lo bi izvan okvira ovih skri-
pata. Stoga cemo dokazati samo (bitno jednostavniju) dovoljnost. Primijenimo
prvo supstituciju t = xr, �to povlaµciZxs(a+ bxr)pdx =
h x = t1r
dx = 1r t
1r�1dt
i=1
r
Ztsr (a+ bt)pt
1r�1dt =
1
r
Z(a+ bt)pt
s+1r �1dt =
1
r
Z �a+ btt
�pts+1r +p�1dt:
Ako je p cijeli broj onda zamjena t = zn, n - (najmanji) nazivnik od s+1r , svodi
taj integral na integral racionalne funkcije; ako je, pak, s+1r cijeli broj onda
zamjena a+ bt = zn, n - (najmanji) nazivnik od p, svodi taj integral na integral
racionalne funkcije; ako je, napokon, s+1r +p cijeli broj onda zamjena a+btt = zn,
n - (najmanji) nazivnik od p, vodi k integralu racionalne funkcije.
PrimjerZ
3p3x� x3dx =Z
x13
�3� x2
� 13 dx =
h p = 13 ; r = 2; s =
13
t = x2; x =pt; dx = dt
2pt
i=
1
2
Z �3� tt
� 13 t
23+
13�1dt =
�s+1r + p = 2
3 +13 = 1 2 Z
�=
1
2
Z �3� tt
� 13 dt =
h 3�tt = z3
t = 3z3+1 ; dt =
�9z2dz(z3+1)2
i= �9
2
Zz3
(z3 + 1)2dz =
9
2
Z � A
z + 1+
B
(z + 1)2+
Cz +D
z2 � z + 1 +Ez + F
(z2 � z + 1)2�dz = � � �
189
4.2.4 INTEGRIRANJE FUNKCIJSKOG REDA
Pod integralom (konvergentnog) funkcijskog reda1Pn=1
fn smatramo neo-
dre�eni integral (ako postoji) pripadne sume x 7! s(x) =1Pn=1
fn(x). Buduci
da, opcenito, funkcija s nije elementarna, to je izraµcunavanje integralaZs(x)dx �
Z � 1Xn=1
fn(x)�dx
vrlo netrivijalni zadatak. Ipak, u posebnom sluµcaju jednoliko konvergentnog
reda1Pn=1
fn neprekidnih funkcija fn, integral funkcijskoga reda se dopu�ta inte-
griranje "µclan po µclan". Ako su pritom preslikavanja fn elementarno integra-
bilna, zadatak postaje i praktiµcno rje�iv. Dokaµzimo prvo odgovarajuci teorem.
Teorem 4.63 Ako su fn : [a; b] ! R preslikavanja, n 2 N; i funkcijski red1Pn=1
fn jednoliko konvergira prema funkciji s : [a; b] ! R; s(x) =1Pn=1
fn, onda
s dopu�ta primitivnu funkciju na [a; b] i ona se moµze dobiti integriranjem "µclan
po µclan", tj.Zs(x)dx �
Z � 1Xn=1
fn(x)�dx =
1Xn=1
Zfn(x)dx+ c:
Posebice, za potencijski red1Pn=1
anxn na njegovu konvergencijskom intervalu
vrijediZ � 1Xn=0
anxn�dx =
1Xn=0
an
Zxndx =
1Xn=0
ann+ 1
xn+1 + c:
U opcemu sluµcaju se lako zakljuµci da s dopu�ta primitivnu funkciju. (Neprekid-
nost svih funkcija fn i jednolika konvergencija povlaµce neprekidnost funkcije
s (v. Korolar 3.64), pa se smiju primijeniti Teoremi 4.66 i 4.69 �to cemo ih
dokazati u iducemu odjeljku.) Dokazati valjanost same formule o integrabil-
nosti "µclan po µclan", u opcemu je sluµcaju popriliµcno sloµzeno. Zato cemo ovdje
razmatrati samo poseban sluµcaj potencijskog reda. Sliµcno dokazivanju Teo-
rema 4.33, prvo se dokaµze da red1Pn=1
ann+1x
n+1 ima isti kovergencijski polum-
jer � kao i polazni red1Pn=1
anxn. Nadalje, lako se vidi da konvergencija bro-
jevnoga reda1Pn=1
an�n (
1Pn=1
an(��)n) povlaµci konvergenciju brojevnoga reda1Pn=1
ann+1�
n+1� 1Pn=1
ann+1 (��)
n+1�. Prema tomu, funkcijski red
1Pn=1
ann+1x
n+1 kon-
vergira u svim toµckama u kojima konvergira potencijski red1Pn=1
anxn. Po
Teoremu 4.33 je� 1Pn=0
ann+1x
n+1�0=
1Pn=0
anxn na konvergencijskomu intervalu
190
h��; �i. Dakle, funkcija S : h��; �i ! R, S(x) =1Pn=0
ann+1x
n+1, jest primitivna
funkcija funkcije s : h��; �i ! R, s(x) =1Pn=0
anxn na intervalu h��; �i.
Primjer Razvijmo u potencijski red (ne rabeci Maclaurinovu formulu) funkciju
arctg j[�1;1] : [�1; 1]! R:
Prisjetimo se, prvo, sume geometrijskoga reda1Xn=0
(�1)nx2n � 1� x2 + x4 � x6 + � � � = 1
1 + x2; jxj < 1:
Drugo, derivacija arctan0 x = 11+x2 , pa je
arctg0 x =1Xn=0
(�1)nx2n; jxj < 1:
Prema tomu,
arctg x =
Zarctg0 xdx+ c =
Z � 1Xn=0
(�1)nx2n�dx+ c
T. 4.63.=
1Xn=0
Z(�1)nx2ndx+ c =
1Xn=0
(�1)n x2n+1
2n+ 1+ c; x 2 h�1; 1i :
Buduci da je arctg 0 = 0, to je c = 0. Osim toga, primijetimo da funkcijski
red1Pn=1
(�1)n x2n+12n+1 konvergira i u toµckama x = �1 i x = 1. Postavlja se pi-
tanje, konvergira li on u tim toµckama, redom, prema funkcijskim vrijednostima
arctg(�1) (= ��4 ) i arctg 1 (=�4 ) ili prema nekim drugim toµckama (?). Teme-
ljem Korolara 3.67 i µcinjenice da je funkcija arctan preslikavanje (neprekidna,
posebice u toµckama �1 i 1), smijemo napokon zakljuµciti da je
arctg x =
1Xn=0
(�1)n x2n+1
2n+ 1; x 2 [�1; 1]:
Integriranjem funkcijskih, posebice potencijskih, redova mogu se izraµcunati mnogi
elementarno nerje�ivi integrali.
Primjer Izraµcunajmo neodre�eni integral funkcije f : R! R, f(x) = e�x2
.
Vrijedi
ex =1Xn=0
xn
n!; x 2 R; e�x
2
=1Xn=0
(�x2)nn!
=1Xn=0
(�1)nx2n
n!; x 2 R:
Prema tomu,Ze�x
2
dx =
Z � 1Xn=0
(�1)nx2n
n!
�dx
T.4.63=
1Xn=0
Z(�1)nx
2n
n!dx =
1Xn=0
(�1)n x2n+1
(2n+ 1)n!+ c:
Primjer Izraµcunajmo neodre�eni integral funkcije
191
g : Rnf0g ! R, g(x) =sinx
x.
Sjetimo se da je sinx =1Pn=0
(�1)n x2n+1
(2n+1)! ; x 2 R; pa je
f(x) =sinx
x=
1Xn=0
(�1)n x2n
(2n+ 1)!; x 2 R n f0g:
Uoµcimo da funkcijski red na desnoj strani konvergira i u toµcki x = 0 i to prema
broju 1. Buduci da je i limx!0
sin xx = 1, to funkcijski red
1Pn=1
(�1)n x2n
(2n+1)! konver-
gira prema (neprekidnoj) funkciji
g : R! R; g(x) =
8<:sinx
x, x 6= 0
1, x = 0:
Po De�niciji 4.53, funkcije f i g imaju istu primitivnu funkciju na R. Slijedi,Zsinx
xdx =
Zf(x)dx =
Zg(x)dx =
Z � 1Xn=0
(�1)n x2n
(2n+ 1)!
�dx
T.4.63=
1Xn=0
Z(�1)n x2n
(2n+ 1)!dx =
1Xn=0
(�1)n x2n+1
(2n+ 1)(2n+ 1)!+ c.
4.3 ODREÐENI INTEGRAL
Pojam odre�enog integrala je, povijesno, tijesno povezan s problemom izraµcu-
navanje plo�tine "krivocrtnog" ravninskog lika. On (ne i njegov naziv), dakle,
davno prethodi pojmu neodre�enog integrala. Temeljnu ideju (na konkretnim
primjerima) nalazimo vec kod starogrµckoga genija Arhimeda. Sam naziv je
do�ao mnogo poslije i tek kad se shvatila duboka povezanost tih dvaju po-
jmova, koju su, dakako, otkrili I. Newton i G.W. Leibniz. Grubo govoreci,
konkretno izraµcunavanje povr�ine "krivocrtnog" ravninskog lika, kao i mn�tvo
srodnih problema u matematici, �zici i tehnici, svodi se na izraµcunavanje vrijed-
nosti neode�enog integrala (primitivne funkcije) - odatle naziv odre�eni integral,
iako na prvi pogled, po de�nicijama, ta dva pojma nemaju "ni�ta" zajedniµcko.
4.3.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA
ODREÐENOG INTEGRALA
Za toµcno de�niranje odre�enog integrala trebamo, prvo, malo tehniµcke pripreme.
Najprije cemo taj pojam de�nirati za neke ome�ene (realne) funkcije de�nirane
na segmentu [a; b] � R. U tu svrhu, svaki konaµcni skup D � fx0; x1; � � � ; xng �[a; b] sa svojstvom fa; bg � D, n 2 N, nazvat cemo rastavom (ili razdiobom)
promatranoga segmenta [a; b]. Jednostavnosti radi, pretpostavljat cemo da
navedeni zapis po�tuje ure�aj na R, tj. da je
192
a = x0 < x1 < � � � < xn�1 < xn = b:
Neka
D � D([a; b])
oznaµcuje skup svih rastava D segmenta [a; b]. Primijetimo da je relacija � ("bitipodskup") relacija parcijalnog ure�aja na D. Ako su D1; D2 2 D i D1 � D2,
kaµzemo daD2 pro�njuje (ili da je pro�njenje od)D1. Uoµcimo da je parcijalno
ure�eni skup (D;�) usmjeren, tj. da za svaki par D1; D2 2 D postoji neki
D 2 D koji pro�njuje D1 i D2. (Takav je, primjerice, D = D1 [D2.)
Primjer SkupD1 =�0; 12 ;
34 ; 1je rastav segmenta [0; 1], a skupD2 =
�0; 14 ;
12 ; 1
je drugi rastav toga segmenta. Njihova unija D1 [D2 � D =�0; 14 ;
12 ;
34 ; 1je
treci rastav koji pro�njuje oba prethodna.
Neka je f : [a; b]! R ome�ena funkcija. Svakom rastavu
D � fx0; x1; � � � ; xng 2 D([a; b])
moµzemo pridijeliti broj, tzv. integralnu sumu (funkcije f),
S(f ;D; �1; � � � ; �n) � S�(f ;D) =nXi=1
f(�i)(xi � xi�1);
pri µcemu su toµcke �i 2 [xi�1; xi], i = 1; � � � ; n, odabrane po volji, a � je pokrataza ure�eni n-slog (�1; � � � ; �n). Jasno, drugaµcijim odabirom toµcaka �i dobivamo,za istu funkciju i isti rastav, novu integralnu sumu.
De�nicja 4.64 Neka je f : [a; b] ! R ome�ena funkcija. Reci cemo da je
funkcija f integrabilna (u Riemannovu smislu ili R-integrabilna) ako postoji
broj J(f) � J 2 R takav da, za svaki " > 0, postoji neki rastav D0 segmenta
[a; b] sa svojstvom da, za svaki rastav D �to pro�njuje D0 i svaku integralnu
sumu S�(f ;D), bude jS�(f ;D)� J j < ". Ili, simboliµcki, f je integrabilna ako
(9J 2 R)(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D)(8S�(f ;D))
D � D0 ) jS�(f ;D)� J j < ":
Broj J nazivamo (Riemannovim) odre�enim integralom funkcije f .
Za funkciju g : X ! R, X � R, kaµzemo da je integrabilna na segmentu[a; b] � X ako je njezino suµzenje f � gj[a;b] : [a; b]! R integrabilna funkcija.Uobiµcajilo se odre�eni integral J � J(f) oznaµcavati kao
bZa
f(x)dx iliZ[a;b]
f(x)dx ili, krace,Z[a;b]
f:
(Poslije cemo se uvjeriti da ta oznaka ima svoj puni smisao!) Pritom se kaµze
da je a donja, b gornja integralova granica, a segment [a; b] - integracijsko
podruµcje.
193
Primijetimo da nije sasvim oµcito je li De�nicija 4.64 posve korektna. Naime,
nije izravno vidljivo da je broj J jedinstven. Zato cemo to sada provjeriti.
Pretpostavimo da i broj K ima svojstvo �to ga ima broj J iz De�nicije 4.64.
Tada, za svaki " > 0, postoji neki dostatno �ni rastav D sa svojstvom
(8S�(f ;D)) jS�(f ;D)� J j < "2 ^ jS�(f ;D)�Kj <
"2 .
Slijedi da je, za svaki " > 0, jK � J j < ", dakle, K = J .
Izravno iz De�nicije 4.64 slijedi da za svaku funkciju f : [a; a] ! R odre�eni
integral i�µcezava, tj.aZa
f(x)dx = 0:
U svrhu prepoznavanja integrabilnih funkcija, ustanovljuju se odgovarajuci kri-
teriji. Ovdje cemo ustanoviti samo dva: jedan nuµzni i dovoljni i jedan dovoljni.
Neka je, dakle, f : [a; b]! R ome�ena funkcija i neka je D = fx0; � � � ; xng bilokoji rastav segmenta [a; b]. Tada postoje brojevi
mi � infff(x) j x 2 [xi�1; xi]g; Mi � supff(x) j x 2 [xi�1; xi]g;
s(f ;D) �nXi=1
mi(xi�xi�1); S(f ;D) �nXi=1
Mi(xi�xi�1); i = 1; � � � ; n:
Broj s(f ;D) (S(f ;D)) nazivamo donjom (Darbouxovom) sumom (gornjom
sumom) funkcije f za dani rastav D. Nadalje, postoje brojevi
m � infff(x) j x 2 [a; b]g; M � supff(x) j x 2 [a; b]g
i pritom je oµcito da za svaki rastav D i svaku integralnu sumu S�(f ;D) vrijedi
m(b� a) � s(f ;D) � S�(f ;D) � S(f ;D) �M(b� a):
Primijetimo i da D1 � D2 2 D([a; b]) povlaµci
s(f ;D1) � s(f ;D2) � S(f ;D2) � S(f ;D1):
Uoµcimo da postoje i brojevi
J�(f) � supfs(f ;D) j D 2 D([a; b])g;
J�(f) � inffS(f ;D) j D 2 D([a; b])g:
J�(f) � J� nazivamo donjim (Riemannovim) integralom, a J�(f) � J� gor-njim (Riemannovim) integralom funkcije f . Pritom je, za svaki rastav D,
J� � J� � S(f ;D)� s(f ;D),
i, oµcito, J� � J�, te J� � J � J� µcim J postoji.
Teorem 4.65 Ome�ena funkcija f : [a; b] ! R je integrabilna ako i samo akoje J� = J�. Pritom je J = J� = J�.
194
Dokaz. Neka je ome�ena funkcija f : [a; b] ! R integrabilna. Treba dokazatida je J�(f) = J�(f). Odaberimo bilo koji � > 0. Po pretpostavci postoji
(jedinstveni) broj J 2 R takav da vrijedi:
(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D([a; b]))(8S�(f ;D)) D � D0 ) jS�(f ;D)� J j < ":
To i prethodno razmatranje povlaµce da, za svaki D � D0, smijemo integralnu
sumu S�(f ;D) zamijeniti pripadnom donjom s(f ;D) ili gornjom S(f ;D) su-
mom. Dakle,
js(f ;D)� J j < " i jS(f ;D)� J j < ":
Sada, odabrav�i " = �2 , dobivamo
jJ� � J�j � js(f ;D)� S(f ;D)j � js(f ;D)� J j+ jJ � S(f ;D)j < �2 +
�2 = �;
pa mora biti J� = J�, dakle i J� = J� = J .
Obratno, neka za ome�enu funkciju f : [a; b] ! R vrijedi J�(f) = J�(f).
Dokazat cemo da je f integrabilna, tj. da je J(f) = J�(= J�). Odaberimo
bilo koji " > 0. Po de�niciji za J� i J�, postoje rastavi D�; D� 2 D([a; b]) takvi
da je
J� � "3 < s(f ;D�) i J� + "
3 > S(f ;D�):
Neka je D0 = D� [D� pa je D rastav od [a; b] koji pro�njuje D� i D�. Buduci
da se pro�njenjem donja (gornja) suma ne moµze smanjiti (povecati), to za svaki
�niji rastav D � D0 vrijedi
J� � "3 < s(f ;D) � J� + "
3 ;
dakle,
S(f ;D)� s(f ;D) < J� + "3 �
�J� � "
3
�= 2"
3 :
Prema tomu, dobili smo da J� = J� povlaµci sljedece:
(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D([a; b])) D � D0 ) js(f ;D)� S(f ;D)j < 2"3 :
Buduci da je svaka integralna suma izme�u (�) pripadne donje i gornje sume,to je i
js(f ;D)� S�(f ;D)j < 2"3 :
Napokon, da postoji traµzeni broj J = J(f) i da je J = J�(= J�) slijedi iz
jS�(f ;D)� J�j = jS�(f ;D)� J�j �
jS�(f ;D)� s(f ;D)j+ js(f ;D)� J�j < 2"3 +
"3 = ".
Teorem 4.66 Ako je ome�ena funkcija f : [a; b] ! R neprekidna na skupu
[a; b] nA, gdje je A � [a; b] prebrojiv, onda je f integrabilna funkcija.
Dokaz. U punoj opcenitosti, dokaz iskazanoga teorema probija okvir ovih skri-
pata. Ovdje cemo dokazati samo posebni sluµcaj toga teorema, ali jo� uvijek
195
dovoljno opcenit da pokrije vrlo �iroku klasu realnih funkcija (obuhvacajuci,
dakako, sve elementarne i mnoge neelementarne funkcije):
Svaka po dijelovima monotona funkcija f : [a; b]! R je integrabilna.
Najprije primijetimo da po dijelovima monotonost povlaµci ome�enost realne
funkcije f na segmentu [a; b] (v. pododjeljak 3.1.2). Naime, ako je f po di-
jelovima monotona, onda postoji rastav
a = a0 < a1 < � � � < an�1 < an = b
takav da su suµzenja f j[ai�1;ai] monotone (dakle i ome�ene) funkcije, i = 1; � � � ; n.Dokaz posebnoga sluµcaja na�ega teorema ra�µclanjujemo na dokaze ovih dviju
tvrdnja:
(i) Monotona funkcija f : [a; b]! R je integrabilna;(ii) Ako su suµzenja od f : [a; b]! R na podsegmente [a; c] i [c; b] integrabilne
funkcije, onda je i f integrabilna funkcija i vrijedi:
bRa]
f(x)dx =cRa
f(x)dx+bRc
f(x)dx:
Dokaz za (i). Pretpostavimo da je funkcija f uzlazna. Tada je f(a) � f(x) �f(b) za svaki x 2 [a; b]. Aka je D = fx0; � � � ; xng rastav od [a; b], onda jef(xi�1) � f(x) � f(xi) za svaki x 2 [xi�1; xi] i svaki i = 1; � � � ; n. Neka je, uskladu s prethodnim oznakama, mi � f(xi�1) i Mi � f(xi) (mi+1 =Mi), pa je
s(f ;D) =nXi=1
f(xi�1)�xi i
S(f ;D) =nXi=1
f(xi)�xi; �xi � xi � xi�1:
Stoga je��s(f ;D)� S(f ;D)�� = S(f ;D)� s(f ;D) =nXi=1
(f(xi)� f(xi�1))�xi �
�x �nXi=1
(f(xi)� f(xi�1)) �b� ak(f(b)� f(a));
pri µcemu je �x = maxf�xi j i = 1; � � � ; ng � b�ak za neki k 2 N. Ovo povlaµci
da za svaki " > 0 postoje n0 2 N i odgovarajuci rastav D0 segmenta [a; b]; takvi
da je��s(f ;D)� S(f ;D)�� < ":
Po tomu zakljuµcujemo da su za funkciju f donji i gornji Riemannov integral
jednaki, J� = J�. Sada Teorem 3.40 povlaµci prvu tvrdnju u sluµcaju uzlazne
funkcije f . Posve sliµcno se tvrdnja dokazuje kad je funkcija f silazna.
Dokaz za (ii). Buduci da su suµzenja f j[a;c] i f j[c;b] integrabilne funkcije, zasvaki " > 0 postoje rastavi D1 = fx0 = a; x1; � � � ; xk�1; xk = cg od [a; c] i
196
D2 = fxk = c; xk+1; � � � ; xk+n�1; xk+n = bg od [c; b] takvi da je, s uobiµcajenimoznakama,��s(f j[a;c];D1)� S(f j[a;c];D1)
�� = kXi=1
(Mi �mi)�xi <"2 ;
��s(f j[c;b];D2)� S(f j[c;b];D2)�� = k+nX
i=k+1
(Mi �mi)�xi <"2 :
Primijetimo da je D1 [D2 � D rastav od [a; b], pa zbrajanjem relacija odozgor
dobivamo nejednakost��J� � J��� � ��s(f ;D)� S(f ;D)�� = k+nXi=1
(Mi �mi)�xi < ": (�)
Po Teoremu 4.65., to znaµci da je funkcija f integrabilna, tj. postoji J �bRa
f(x)dx. Nadalje, oµcito je da vrijede i ove tri nejednakosti
kXi=1
mi�xi �cZa
f(x)dx �kXi=1
Mi�xi;
k+nXi=k+1
mi�xi �bZc
f(x)dx �k+nXi=k+1
Mi�xi;
k+nXi=1
mi�xi �bZa
f(x)dx �k+nXi=1
Mi�xi:
Iz njih, po (�), lako zakljuµcujemo da je, za svaki " > 0,��� bZa
f(x)dx�� cZa
f(x)dx+
bZc
f(x)dx)���� < ";
�to, konaµcno, dokazuje tvrdnju (ii).
Uobiµcajena geometrijska interpretacija odre�enog integrala jest ova:
Neka je f : [a; b]! R; f([a; b]) � R+[f0g, ome�ena (i nenegativna) neprekidnafunkcija. Po Teoremu 4.65 slijedi da je funkcija f integrabilna, a po Teoremu
4.66 - da je
J =
bZa
f(x)dx = J� = J�:
y
Ox
Gf
x3a b
Povr�ina pseudotrapeza.
197
Oznaµcimo slovom P plo�tinu pseudotrapeza odre�enoga krivuljom (grafom) y =
f(x) i pravcima y = 0, x = a i x = b. Svaku donju sumu s(f ;D), D 2 D([a; b]),smijemo shvatiti zbrojem plo�tina svih (pseudotrapezu) upisanih pravokutnika,
odre�enih rastavom D, a svaku gornju sumu S(f ;D) - zbrojem plo�tina svih
pripadnih opisanih provokutnika. Oµcito je
(8D 2 D) s(f ;D) � P � S(f ;D);
�to onda povlaµci J� � P � J�. Slijedi, zbog J� = J�, formula za povr�inu
P =
bZa
f(x)dx: (1)
Napomena 4.67 Izraµcun povr�ine moµzemo malo pojednostavniti tako da uz-
memo uniformnu razdiobu segmenta [a; b] (razdioba na n jednakih dijelova).
Tada je baza svakog pravokutnika 4xi = 4x = b�an ; a za visinu moµzemo
uzeti funkcijsku vrijednost u lijevom odnosno desnom kraju diobenog segmenta
[xi�1; xi] (i = 1; � � � ; n): Tako dobivamo da je:
P = limn!1
Ln = limn!1
nXi=1
f(xi�1)4x;
P = limn!1
Dn = limn!1
nXi=1
f(xi)4x:
(u Ln - lijeva integralna n-suma), odnosno desnom kraju (u Dn - desna inte-
gralna n-suma).
Integralne sume.
Umjesto krajeva moµzemo odabrati i bilo koju toµcku x�i 2 hxi�1; xii ; odnosnopolovi�te xi =
xi+xi�12 i povr�inu P moµzemo aproksimirati sa
Sn =nXi=1
f(x�i )4x; (integralna n-suma);
Mn =nXi=1
f(xi)4x; (srednja integralna n-suma),
tj. vrijedi
198
P = limn!1
Sn = limn!1
nXi=1
f(x�i )4x;
P = limn!1
Mn = limn!1
nXi=1
f(xi)4x:
Primijetimo da ima smisla de�nirati iaZb
f(x)dx = �bZa
f(x)dx; a < b:
Pritom se kaµze da odre�eni integral zamjenom svojih granica mijenja predznak.
Sljedeci teorem slijedi izravno iz De�nicije 4.64 (usp. i opis gore).
Teorem 4.68 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, integrabilna na segmentu[a; b] � X, onda je
(a) f integrabilna i na svakom podsegmentu [c; d] � [a; b];
(b)dRc
f(x)dx =rRc
f(x)dx+dRr
f(x)dx, c; d; r 2 [a; b];
(c) m(b� a) �bRa
f(x)dx �M(b� a),
pri µcemu je m = infff(x) j x 2 [a; b]g, a M = supff(x) j x 2 [a; b]g.
Sada cemo iskazati i dokazati tzv. Osnovni teorem integralnoga raµcuna,
koji onda izravno vodi k tzv. Newton-Leibnizovoj formuli �to izraµcunavanje
odre�enog integrala svodi na odre�ivanje primitivne funkcije, tj. pripadnoga
neodre�enog integrala.
Teorem 4.69 Ako je funkcija f : [a; b]! R integrabilna onda je funkcija
F : [a; b]! R; F (x) =xZa
f(t)dt
derivabilna u svakoj toµcki x0 u kojoj je funkcija f neprekidna i pritom je
F 0(x0) = f(x0).
Ako je skup svih prekidnih toµcaka funkcije f prebrojiv, onda je F primitivna
funkcija za f .
Dokaz. Pretpostavimo da je funkcija f neprekidna u toµcki x0, tj. da
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 [a; b]) jx� x0j < � ) jf(x)� f(x0)j < ":
Prema tomu, na svakom segmentu [x0� j�xj; x0+ j�xj], j�xj < �, po Teoremu
4.68 (iii) vrijedi
f(x0)� " �1
�x
x0+�xZx0
f(t)dt � f(x0) + "
199
(neovisno o sgn�x): Po Teoremu 4.68 (ii) je tada
f(x0)� " �1
�x
� x0+�xZa
f(t)dt�x0Za
f(t)dt�� f(x0) + "; tj.
f(x0)� " �1
�x(F (x0 +�x)� F (x0)) � f(x0) + ":
To povlaµci da za j�xj ! 0, dakle i "! 0, postoji graniµcna vrijednost
F 0(x0) � lim�x!0
F (x0 +�x)� F (x0)�x
= f(x0):
Da bismo dokazali i drugu tvrdnju, tj. da je F primitivna funkcija za f , dovoljno
je dokazati da je F preslikavanje. U tu svrhu, promatrajmo bilo koju toµcku
x0 2 [a; b]. Po Teoremu 3.46, dovoljno je potvrditi da je limx0F = F (x0). Zaista,
limx0F = lim
x!x0
xZa
f(t)dt = lim�x!0
x0+�xZa
f(t)dt = lim�x!0
� x0Za
f(t)dt+
x0+�xZx0
f(t)dt�
=
x0Za
f(t)dt+ lim�x!0
x0+�xZx0
f(t)dt =
x0Za
f(t)dt = F (x0):
Naime, po Teoremu 4.68 (iii) je
m0�x �x0+�xZx0
f(t)dt �M0�x
(za neke m0 � inf f i M0 � sup f na [a; b]);
pa �x! 0 povlaµcix0+�xRx0
f(t)dt! 0.
Neka je funkcija f : [a; b] ! R integrabilna i neprekidna u svim toµckama osim,
moµzda, u prebrojivo mnogo njih. Tada je, po upravo dokazanom teoremu,
funkcija
F : [a; b]! R; F (x) =xZa
f(t)dt;
primitivna za funkciju f . Primijetimo da je F (a) = 0 pa je F (b) =bRa
f(t)dt =
F (b)� F (a). Pokaµzimo da to vrijedi i za svaku inu primitivnu funkciju.
Teorem 4.70 Neka je skup prekidnih toµcaka integrabilne funkcije f : [a; b]! Rprebrojiv. Tada vrijedi Newton-Leibnizova formula:
bZa
f(x)dx = F (b)� F (a); (2)
pri µcemu je F : [a; b]! R bilo koja primitivna funkcija za f .
200
Dokaz. Neka je F bilo koja primitivna funkcija za f . Oznaµcimo s F1 primitivnu
funkciju za f iz dokaza Teorema 4.69, tj. F1(x) =xRa
f(t)dt. Po Teoremu 4.54,
funkcije F i F1 se razlikuju do na aditivnu konstantu, tj. F (x) = F1(x) + c za
svaki x 2 [a; b]. Prema tomu,bRa
f(x)dx = F1(b) = F1(b)�F1(a) = (F1(b)+ c)�
(F1(a) + c) = F (b)� F (a).
Pomocu Newton-Leibnizove formule, koju zapisujemo i u oblicimabZa
f(x)dx =hF (x)
iba= F (x)
���ba;
moµzemo lako izraµcunati odre�eni integral svake funkcije kojoj umijemo naci
neodre�eni integral, odnosno, primitivnu funkciju.
Primjer Izraµcunajmo odre�eni integral J =
5Z�1
(3x2 � 2x+ 5)dx.
Po dobivenoj formuli i svojstvima neodre�enog integrala slijedi:
J = (x3 � x2 + 5x)���5�1= (53 � 52 + 5 � 5)� ((�1)3 � (�1)2 + 5(�1)) =
125� (�7) = 132.
Primjer Izraµcunajmo plo�tinu ravninskoga lika ome�enoga krivuljom y = 15x
2
i pravcima y = 0, x = 4 i x = 8 (v. crteµz).
Izraµcun povr�ine P:
P =
8Z4
x2
5dx =
1
5
8Z4
x2dx =1
5
�x3
3
�84
=1
15(83�43) = 448
15(kvadratnih jedinica).
Primjer Izraµcunajmo integral
9Z4
dxpx� 1 .
Najprije izraµcunajmo pripadni neodre�eni integral:Zdxpx� 1 =
h x = t2; t =px
dx = 2tdt
i=
Z2t
t� 1dt = 2Z �
1 +1
t� 1�dt =
2(t+ ln jt� 1j) + c = 2(px+ ln j
px� 1j) + c.
Sada, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobivamo:9Z4
dxpx� 1 = 2 (
px+ ln j
px� 1j)
���94= 2((3+ln 2)� (2+ln 1)) = 2(1+ln 2).
201
Primijetimo da se provedeni postupak moµze skratiti. Naime, kad god se za
izraµcunavanje pripadnog neodre�enog integrala rabi neka zamjenska funkcija,
treba u tu zamjenu ukljuµciti i integralove granice (i "zaboraviti" polaznu vari-
jablu). U na�emu primjeru bismo tako dobiliZ 9
4
dxpx� 1 =
h x = t2; dx = 2tdt; t =px
x1 = 4) t1 = 2; x2 = 9) t2 = 3
i=
Z 3
2
2t
t� 1dt = � � � =h2(t+ ln jt� 1j)
i32= � � � = 2(1 + ln 2).
Promatrajmo neprekidnu funkciju f : [a; b] ! R, a < b, kojoj je F : [a; b] ! Rprimitivna funkcija. Tada je, po Teoremu 4.69, funkcija F derivabilna pa na nju
smijemo primijeniti Lagrangeov teorem o srednjoj vrijednosti (Teorem 4.24):
(9x0 2 ha; bi) F (b)� F (a) = F 0(x0)(b� a); tj.
(9x0 2 ha; bi)bZa
f(x)dx = f(x0)(b� a):
Time smo dobili tzv. teorem o srednjoj vrijednosti integralnog raµcuna.
Teorem 4.71 Za svako preslikavanje f : [a; b]! R, a < b, postoji barem jedna
toµcka c 2 ha; bi takva da je
f(c) =1
b� a
bZa
f(x)dx: (3)
Teorem o srednjo j vrijednosti.
Napomena 4.72 De�nicija odre�enog integralaR[a;b]
f �bRa
f(x)dx ome�ene
funkcije f : [a; b] ! R, a < b, dopu�ta de�nirati i odre�eni integral suµzenja
te funkcije na bilo koji od intervala [a; bi, ha; b] ili ha; bi i to na isti naµcin, tj.Z[a;bi
f =
Zha;b]
=
Zha;bi
fdef.=
Z[a;b]
f:
Napomena 4.73 Odre�eni integral ome�ene funkcije f : X ! R, X � R,kojoj je de�nicijsko podruµcjeX konaµcna unija disjunktnih (do na "rubne" toµcke)
segmenata ili intervala, de�nira se kao odre�eni integral trivijalnoga pro�irenja
~f : [a; b]! R; ~f(x) =
(f(x), x 2 X0, x 2 [a; b] nX
;
202
te funkcije na neki (bilo koji) segment [a; b] �to sadrµzi X. Prema tomu,�X =
n[i=1
[ai; bi]; bi � ai+1�)ZX
f =
Z[a1;bn]
~f =nXi=1
Z[ai;bi]
~f =nXi=1
Z[ai;bi]
f:
4.3.2 NEKI PRIBLIµZNI INTEGRACIJSKI POSTUPCI
µCest je sluµcaj da nismo u mogucnosti ekspilicite izraµcunati intrgralRf(x)dx;
dakle, "ni" pripadni odre�eni integralR baf(x)dx (kad postoji). (Izraµcunati kon-
kretan odre�eni integral po de�niciji je, opcenito, "nemoguca" zadaca!) Osim
toga, ponekad se zbog sloµzenosti ili mukotrpnosti samog izraµcunavanja zadovo-
ljavamo i relativno lako dobivenim netoµcnim rezultatom, ako je dostatno blizu
toµcnoga rezultata. Kaµzemo da se u takvim sluµcajevima odre�eni integral procje-
njuje, grublje ili �nije, vec prema potrebi. Jednu grubu procjenu daje formula
m(b� a) �bZa
f(x)dx �M(b� a)
iz Teorema 4.68(iii).
Primjer Procijenimo integral�=2R�=4
sinx
xdx:
Funkcija f : [�4 ;�2 ] ! R je integrabilna jer je neprekidna. Po Teoremu 3.56,
funkcija f poprima na segmentu [�4 ;�2 ] svoju najmanju i najvecu vrijednost; tj.
m � inf f = min f , M � sup f = max f (na [�4 ;�2 ]). Primijetimo da je f silazna
funkcija. Naime (v. T.4.8), f 0(x) = x cos x�sin xx2 = cos x
x2 (x � tg x) � 0, x 2[�4 ;
�2 ]. Slijedi da f ekstremne vrijednosti poprima na "rubu", tj. min f =
f(�2 ) =sin �
2�2
= 2� , max f = f(�4 ) =
sin �4
�4
= 2p2
� . Napokon, po Teoremu 4.68
(iii), dobivamo procjenu
2
�
��2� �
4
��
�=2Z�=4
sinx
xdx � 2
p2
�
��2� �
4
�; tj.
1
2�
�=2Z�=4
sinx
xdx �
p2
2:
Bolje (�nije) procjene odre�enog integrala (pseudotrapezove plo�tine) postiµzu
se posebno prilago�enim postupcima - numeriµckim metodama, bit kojih se sas-
toji u dobro pogo�enom odabiru jednostavnih ravninskih likova �to sveukupno
pribliµzno prekrivaju promatrani psedotrapez. Sada cemo upoznati neke od tih
postupaka.
(a) Aproksimacija pravokutnicima. Integralne sume
J� =
n�1Xi=0
f(xi)�x i J+ =
nXi=1
f(xi)�x (4)
203
to bolje aproksimiraju integral J =bRa
f(x)dx �to je pripadni ekvidistantni rastav
D �niji.
Aproksimacija pravokutnicima.
Ako je funkcija f neprekidna, pozitivna i uzlazna, pribliµzna vrijednost J� jest
zbroj plo�tina svih pravokutnika s bazama duljine �x upisanih u pseudotrapez
y = f(x), y = 0, x = a, x = b, a pribliµzna vrijednost J+ - zbroj plo�tina
svih pravokutnika opisanih tomu pseudotrapezu (v. crteµz). Ako je funkcija f i
monotona, oµcito je J� � J � J+ ili J+ � J � J�.
(b) Trapezna formula. Ako se sve susjedne toµcke Ti = (xi; yi), yi = f(xi),
i = 0; 1; � � � ; n, spoje duµzinama, jednadµzbe tih duµzina (na pripadnim pravcima)
jesu
y � yi�1 =yi � yi�1�x
(x� xi�1); x 2 [xi�1; xi]; i = 1; � � � ; n:
Time se dobiva poligonalna crta koja pribliµzno "prati" funkcijski graf Gf . Slijedi
da se traµzeni integral J =R baf(x)dx moµze aproksimirati odre�enim integralom
funkcije kojoj je graf upravo ta poligonalna crta. Dakle,
J �nXi=1
xi�1+�xZxi�1
�yi � yi�1�x
(x� xi�1) + yi�1�dx =
�x
2
nXi=1
(yi + yi�1) ili
J � �x�y0 + yn
2+n�1Xi=1
yi
�� JT (5)
Dobiveni izraz za pribliµznu vrijednost JT nazivamo trapeznom formulom jer
je aproksimacija dobivena upisivanjem trapeza (jednakih visina �x) µcim su yi�1i yi istog predznaka. Primijetimo da je
JT =J� + J+
2pa, prema tomu, trapezna formula, tj. JT bolje aproksimira integral J od
aproksimacija J� ili J+ pravokutnicima.
(c) Tangentna formula. Neka je funkcija f : [a; b] ! R derivabilna na ha; bi.Ako se svaki dio grafa Gf nad segmentom [xi�1; xi]; zamijeni pripadnim dijelom
tangente u toµcki
Ti� 12=�xi�1+xi
2 ; yi� 12
�; yi� 1
2= f
�xi�1+xi
2
�; i = 1; � � � ; n;
204
dobiva se jo� jedna aproksimacija za J =bRa
f(x)dx, ovaj put trapezima (visine
�x) opisanim promatranomu pseudotrapezu.
Tangentna formula.
Buduci da je ordinata yi� 12srednjica i-toga trapeza, i = 1; � � � ; n, izravno se
dobiva pribliµzna formula
J � �xnXi=1
yi� 12� Jt: (6)
(d) Simpsonova formula. Aproksimirajmo sada svaki dio grafa Gf nad pod-
segmentom [xi�1; xi] parabolinim lukom �to prolazi toµckama Ti�1, Ti� 12i Ti,
i = 1; � � � ; n (v. crteµz dolje). (Buduci da je ovdje parabolina os usporednas y-osi, jednadµzba te parabole jest y = aix
2 + bix + ci, pa je posve odre�ena
bilo kojim trima svojim toµckama.) Izraµcunaju li se i zbroje odre�eni integrali
pripadnih kvadratnih polinoma, dobiva se pribliµzna vrijednost
J � �x6
�y0 + yn + 2
n�1Xi=1
yi + 4nXi=1
yi� 12
�� JS : (7)
Simpsonova formula.
Izraz JS nazivamo Simpsonovom formulom. Zanimljivo je da vrijedi
JS =1
3(JT + 2Jt) ;
�to pokazuje da Simpsonova formula daje najbolju (od promatranih) aproksi-
maciju odre�enog integrala J =bRa
f(x)dx.
Potpunosti radi, navest cemo (bez dokaza) i procjene pogre�aka R�, RT , Rt i
RS redom razmatranih postupaka. Ako funkcija f ima neprekidnu i ome�enu
µcetvrtu derivaciju f (4) i M4 = supfjf (4)(x)j j x 2 [a; b]g, onda je procjenapogre�ke Simpsonovom formulom
205
jRS j �M4
2880(b� a)(�x)4 = M4(b� a)5
2880n4(8)
Pogrje�ka aproksimacijom pravokutnicima jest
jR�j �M1
2(b� a)�x = M1(b� a)2
2n; (9)
pri µcemu f ima neprekidnu i ome�enu derivaciju f 0 i M1 = supfjf 0(x)j j x 2[a; b]g. Napokon, ima li funkcija f neprekidnu i ome�enu drugu derivaciju f 00 teako je M2 = supfjf 00(x)j j x 2 [a; b]g, onda je
jRT j �M2
12(b� a)(�x)2 = M2(b� a)3
12n2; (10)
jRtj �M2
24(b� a)(�x)2 = M2(b� a)3
24n2: (11)
Relacije (8)-(11) potvr�uju da je, zaista, najbolja aproksimacija integrala J broj
JS pa zatim brojevi Jt, JT i J� (ili J+) redom. Netoµcnost ovisi o �x =b� an
.
Ako n ! 1 onda �x ! 0, pa pogotovo (�x)k ! 0 za neki k 2 N, k � 2. Toponovno pokazuje da, za n!1, RS najbrµze teµzi k nula jer ovisi o (�x)4.
Primjer Izraµcunajmo pribliµzno integral1R0
ex2
dx Simpsonovom formulom, tako
da pogre�ka bude manja od 0; 1.
Zahtjev jRS j < 0; 1 uvjetuje odabrati takav n 2 N da budeM4(b� a)52880n4
=M4
2880n4< 10�1; tj. n > 4
rM4
288:
Buduci da je
(ex2
)(4) = 4(4x3 + 2x2 + 6x+ 1)ex2
;
(ex2
)(5) = 8(4x4 + 2x3 + 12x2 + 3x+ 3)ex2
> 0;
to je funkcija (ex2
)(4) pozitivna, neprekidna i uzlazna na [0; 1]; pa poprima
najvecu vrijednost u toµcki x = b = 1. Dakle,
M4 = 4(4 + 2 + 6 + 1)e12 = 52e.
Slijedi da treba uzeti neki
n > 4
rM4
288= 4
rM4
288� 0; 84;
pa vec n = 1 zadovoljuje: Sada Simpsonova formula daje
J � JS =b� a6
�y0 + y1 + 4y 1
2
�=
1
6(e0 + e1 + 4e0;25) � 1 + 2; 718 + 4 � 1; 284
6� 1; 5;
dakle, J = 1; 5� 0; 1 ili J 2 h1; 4; 1; 6i. (Neka µcitatelj provjeri sljedeci podatak:Ako je n = 10 onda se dobiva J 2 h1; 4626; 1; 4628i.)
Osim numeriµckoga pribliµznog integriranja, postoji i gra�µcko pribliµzno inte-
griranje, koje, jasno, nema alternative ako je funkcija f : [a; b] ! R zadana
206
samo gra�µcki. Stoga je praktiµcarima vaµzno ovladati i tom tehnikom. Sam pos-
tupak poµcinje izborom pogodnog, ali �to grubljeg, rastava D = fx0; � � � ; xngkoji dopu�ta pribliµzno (plo�tinski) zamijeniti svaki pseudotrapez nad [xi�1; xi]
jednim pravokutnikom nad [xi�1; xi] visine y0i = f(x0i ), x0i 2 [xi�1; xi], i =
1; � � � ; n. Gledano cjelovito, funkcijin graf Gf se zamijenjuje stubastom "kri-
vuljom" odre�enom gornjim osnovicama dobivenih pravokutnika. Prema tomu,
pribliµzna vrijednost odre�enog integrala J =R baf(x)dx ce biti
J � JG =nXi=1
xiZxi�1
y0i dx =nXi=1
y0i (xi � xi�1): (12)
y
xA i BiF
E i
h i
y0i
C i
1 x i1 x i
Gra�µcko integriranje.
Opi�imo i samu tehniku gra�µckoga integriranja.
Promatrajmo i-ti pravokutnik, tj. onaj nad
[xi�1; xi] visine y0i . Trokutu s vrhovima O =
(0; 0), Ei = (0; y0i ), F = (�1; 0) pridruµzimotrokut s vrhovima Ai = (xi�1; 0), Bi = (xi; 0),
Ci = (xi; hi), pri µcemu se hi dobiva iz uvjeta da
trokuti OEiF i AiBiCi budu sliµcni. Ta sliµcnost
povlaµci d(F;O) : y0i = (xi � xi�1) : hi pa je
hi = y0i (xi � xi�1). To znaµci da je hi mjerni broj(kvadratnih) jedinica za povr�inu promatranoga i-tog pravokutnika. Slijedom
toga, zbrojnXi=1
hi = JG � J:
Korisno je i sam zbrojnPi=1
hi odrediti gra�µcki. U tu svrhu se trokutAi+1Bi+1Ci+1
zamijenjuje sukladnim trokutom A0i+1B0i+1C
0i+1 usporednih stranica, pri µcemu
je A0i+1 = C 0i, i = 1; � � � ; n� 1, i C 01 = C1. Tada je, naime, ordinata h0i+1 toµcke
C 0i+1 jednaka zbrojui+1Pj=1
hj pa je, u konaµcnici, h0n =nPi=1
hi.
Neka µcitatelj prouµci primjer gra�µckoga integriranje na crteµzu dolje.
Gra�µcko integriranje.
Napomena 4.74 Primijetimo da poligonalna crta A1C1C 02 � � �C 0n aproksimiragraf primitivne funkcije x 7! F (x) =
xRa
f(x)dx. Pritom su "prijelomne" toµcke
C1, C 02, : : :, C0n to bliµze odgovarajucim toµckama na grafu GF �to je bolje
207
aproksimiran integralxiR
xi�1
f(x)dx integralomxiR
xi�1
y0i dx, i = 1; � � � ; n. tj. �to
je bolja aproksimacija promatranih pseudotrapeza pripadnim pravokutnicima.
4.3.3 NEPRAVI INTEGRAL
Sjetimo se da smo odre�eni integral de�nirali za ome�ene realne funkcije na
segmentu, a potom pro�irili i na njihova suµzenja na intervalima. Sada cemo
poku�ati taj pojam pro�iriti, kod god bude imao smisla, i na neome�ene funkcije,
kao i na funkcije s neome�enim de�nicijskim podruµcjem. U svakom od tih
sluµcajeva, govorit cemo o nepravom integralu.
Najprije cemo razmotriti najednostavniji sluµcaj. Neka je, za svaki " > 0, suµzenje
f j[a;b�"] (neome�ene) funkcije f : [a; b]! R integrabilna funkcija, a � b�" < b,
i neka je limbf =1 (bilo �1 bilo +1). Oznaµcimo
Jd(f; ") � Jd(") =b�"Za
(f j[a;b�"])(x)dx:
Tada pripadni nepravi integral funkcije f de�niramo kao graniµcnu vrijednostZ[a;b]
f �bZa
f(x)dxdef.= lim
"!0Jd("):
Pritom kaµzemo da nepravi integralR[a;b]
f konvergira µcim navedena graniµcna
vrijednost postoji (6= �1), a da divergira µcim ta graniµcna vrijednost ne pos-
toji. Primijetimo da je, zapravo, Jd(") = F (b � ") � F (a) µcim je F primitivna
funkcija za f . Uoµcimo i da vrijednost f(b) ne igra nikavu ulogu. Drugim ri-
jeµcima, posve je svejedno je li de�nicijsko podruµcje funkcije f segment [a; b] ili
interval [a; bi. Pridodajmo i opci kriterij za konvergenciju (dokaz je jednosta-van) ovakvoga nepravog integrala:
(8" > 0)(9� > 0)(8a0; b0 2 hb� �; bi)��� b0Za0
f(x)dx��� < ":
Sliµcno postupamo i u sluµcaju integrabilnosti na svakom podsegmentu [a + "; b]
pod "smetnjom" limaf =1. Oznaµciv�i
Jl(f; ") � Jl(") =bZ
a+"
(f j[a+";b])(x)dx;
de�niramoZ[a;b]
f �bZa
f(x)dxdef.= lim
"!0Jl("): (13)
208
Primijetimo da je ovdje, zapravo, Jl(") = F (b) � F (a + ") µcim je F primi-
tivna funkcija za f . Pripadni kriterij za konvergenciju je isti kao u prethodnom
sluµcaju, s tim da se odabiru a0; b0 2 ha; a+ �i.
Treci sluµcaj nastupa kad je "smetnja" u nekoj toµcki c 2 ha; bi, limc�0
f = 1 (bilo
slijeva ili zdesna u c). Tada se problem svodi na dva prethodna sluµcaja, tj.
promatraju se suµzenja od f na [a; c] i na [c; b], pa ako pripadni nepravi integrali
konvergiraju onda i nepravi integralR[a;b]
f konvergira. Pripadna formula se, u
sluµcaju limc�0
f =1 i limc+0
f =1, tj. limcf =1, moµze zapisati ovako:
Z[a;b]
f �bZa
f(x)dxdef.= lim
"!0
c�"Za
f(x)dx+ lim�!0
bZc+�
f(x)dx: (14)
Napokon, sada je oµcito kako postupiti u "opcem" sluµcaju, tj. kad postoji (naj-
vi�e) konaµcno mnogo toµcaka ci 2 [a; b] u kojima je limci�0
f =1, i = 1; � � � ; n.
Razmotrimo sada mogucnost integriranja na neome�enom de�nicijskom po-
druµcju. Pretpostavimo, prvo, da je, za svaki b 2 R, b � a, suµzenje f j[a;b]funkcije f : [a; �i ! R integrabilna funkcija. Oznaµcimo
J(f; b) � J(b) =bZa
(f j[a;b])(x)dx:
Nepravi integral funkcije f tada de�niramo kao graniµcnu vrijednostZ[a;�i
f �+1Za
f(x)dxdef.= lim
b!+1J(b): (15)
Kao i prije, kaµzemo da nepravi integral+1Ra
f(x)dx konvergira ako postoji (6=
�1) pripadna graniµcna vrijednost, a u protivnom da divergira. Jasno, ako je
F primitivna funkcija od f , onda je J(b) = F (b) � F (a). Pripadni kriterij zakonvergenciju se lako dokaµze, a glasi ovako:
(8" > 0)(9a0 � a)(8b0 � a0)��� b0Za0
f(x)dx��� < ":
Analogno postupamo u sluµcaju funkcije f : h�; b]! R kojoj je integrabilno svakosuµzenje f j[a;b], a 2 R, a � b. Oznaµciv�i, dakle,
J(f; a) � J(a) =bZa
(f j[a;b])(x)dx;
de�niramo nepravi integral funkcije f kao graniµcnu vrijednostZh�;b]
f �bZ
�1
f(x)dxdef.= lim
a!�1J(a): (16)
209
Dakako, J(a) = F (b) � F (a) µcim je F primitivna funkcija za f . Odgovaraju-
ci kriterij za konvergenciju je u biti isti, s tim da se traµzi neki b0 � b i onda
uzme bilo koji a0 � b0. Napokon, ako je funkciji f : h�; b0] [ [a0; �i ! R,b0 � a0, integrabilno svako suµzenje f j([a;b0][[a0;b]), onda se nepravi integralfunkcije f svodi na dva prethodna neprava integrala. (U podsluµcaju b0 = a0,
tj. f : R ! R, smijemo odabrati bilo koju toµcku d 2 R i promatrati pripadnasuµzenja na h�; d] i na [d; �i.) Pripadnu formulu moµzemo zapisati ovako:Z
h�;b0][[a0;�i
f �b0Z
�1
f(x)dx+
+1Za0
f(x)dxdef.=
lima!�1
b0Za
f(x)dx+ limb!+1
bZa0
f(x)dx: (17)
Preostaje najopcenitiji sluµcaj: neome�ena funkcija f : X ! R, X � R, sneome�enim de�nicijskim podruµcjem X. I ovdje pretpostavljamo obstojnost
najvi�e konaµcno mnogo toµcaka ci 2 X u kojima je limci�0
f = 1, i = 1; � � � ; n,i integrabilnost svakoga suµzenja f j[a;b] pri µcemu (nijedna) ci =2 [a; b] � X.
To povlaµci da se nepravi integral funkcije f moµze de�nirati pomocu konaµcno
mnogo graniµcnih vrijednosti oblika (12) - (15): Primjerice, za f : R ! R s
jedinom toµckom c u kojoj je limcf =1, pripadni nepravi integral
RRf de�niramo
izrazom+1Z�1
f(x)dxdef.= lim
a!1
b0Za
f(x)dx+lim"!0
c�"Zb0
f(x)dx+lim�!0
a0Zc+�
f(x)dx+ limb!+1
bZa0
f(x)dx;
pri µcemu je a � b0 < c < a0 � b, i a0; b0 �ksni.
Primjer Neka je dana funkcija f : X ! R kojoj je graf Gf na donjem crteµzu.
De�nirajmo nepravi integral funkcije f .
Funkcija iz primjera.
Ovdje je vaµzno uoµciti da je X = R, limc1�0
f = +1, limc2�0
f = �1, limc2+0
f = +1i limc3�0
f = �1. U skladu s prethodnim razmatranjem, odaberimo toµcke a, a0,
b, b0, i d0 tako da bude a � b0 < c1, c1 < d < c2; c2 < d0 < c3 < a0 < b, pa
nepravi integral funkcije f ima ovaj zapis:
210
+1Z�1
f(x)dx = lima!�1
b0Za
f(x)dx+ lim"!0
c1�"Zb0
f(x)dx+
dZc1
f(x)dx+
lim�!0
c2��Zd
f(x)dx+ lim�!0
d0Zc2+�
f(x)dx+ lim�!0
c3��Zd0
f(x)dx+
lim�!0
a0Zc3+�
f(x)dx+ limb!+1
bZa0
f(x)dx:
Primijetimo da moµze nastupiti i ovakav sluµcaj:
Nepravi integrali
lim"!0
c2�"Zd
f(x)dx i lim"!0
d0Zc2+"
f(x)dx
divergiraju, a ipak postoji graniµcna vrijednost
lim"!0
� c2�"Zd
f(x)dx+
d0Zc2+"
f(x)dx�:
Moµze se, naime, pritom dogoditi i da bude
lim"!0
� c2�"Zd
f(x)dx+
d0Zc2+"
f(x)dx�= F (d0)� F (d)
µcim je F primitivna funkcija za f , pa bi se smjelo uvjetno reci da "postoji
odre�eni integral"R d0df(x)dx.
Sliµcno, moguce je da nepravi integrali
lim"!0
d0Zc2+"
f(x)dx) i lim"!0
c3�"Zd0
f(x)dx)
divrgiraju, a da postoji graniµcna vrijednost
lim"!0
� d0Zc2+"
f(x)dx+
c3�"Zd0
f(x)dx�= lim"!0
c3�"Zc2+"
f(x)dx:
To je temeljni razlog za razliµcito oznaµcavanje svake graniµcne vrijednosti u ne-
pravom integralu. U svezi s ovim, de�nira se tzv. glavna vrijednost nepravog
integrala. Primjerice, za funkciju f : [a; b] ! R s jedinom "integracijskom
smetnjom" u toµcki c 2 ha; bi, limc�0
f = �1(+1) i limc+0
f = +1(�1), glavnomvrijedno�cu pripadnoga nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost
lim"!0
� c�"Za
f(x)dx+
bZc+"
f(x)dx�� V:P:
� bZa
f(x)dx�:
211
Ako pak funkcija f : [a; b] ! R ima jedine "integracijske smetnje" na rubu, tj.limaf = �1(+1) i lim
bf = +1(�1), onda se glavna vrijednost pripadnoga
nepravog integrala de�nira kao
lim"!0
b�"Za+"
f(x)dx � V:P:� bZa
f(x)dx)�:
Napokon, za funkciju f : R ! R, integrabilnu na svakom segmentu, glavnom
vrijedno�cu pripadnog nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost
lima!+1
aZ�a
f(x)dx � V:P:� +1Z�1
f(x)dx�:
Primjer Istraµzimo konvergira li nepravi integral
+1Z0
dx
x ln2 x:
Najprije odredimo toµcan zapis toga nepravog integrala. De�nicijsko podruµcje
X funkcije x 7! f(x) = 1x ln2 x
jest skup R+ n f1g = h0; 1i [ h1; �i. Buduci daje lim
0f = +1 = lim
1f i da su 0, 1 i neome�eno integracijsko podruµcje jedine
"smetnje", na�nepravi integral ima ovaj zapis:+1Z0
dx
x ln2 x= lim"!0
dZ"
dx
x ln2 x+lim�!0
1��Zd
dx
x ln2 x+lim�!0
aZ1+�
dx
x ln2 x+ limb!+1
bZa
dx
x ln2 x;
pri µcemu je "; �; � > 0, 0 < d < 1 i 1 < a � b. Primijetimo da jeZdx
x ln2 x=
1
lnx+ c
pa je F : X ! R, F (x) = � 1ln x , primitivna funkcija za f . Buduci da je
lim1�0
F = �1, to promatrani nepravi integral divergira. Neka se µcitatelj uvjeri(kako izravnim raµcunom tako i primjenom kriterija za konvergenciju) da prvi i
µcetvrti nepravi integral (pribrojnik) u zapisu gore konvergiraju.
Primjer Istraµzimo konvergira li nepravi integral:
(a)
1Z0
dxpx; (b)
1Z�1
dx
x3.
(a)
1Z0
dxpx= lim"!0
1Z"
dxpx= lim"!0
h2pxi1"= 2 lim
"!0(1�
p") = 2.
(b)
1Z�1
dx
x3= lim"!0
�"Z�1
dx
x3+lim�!0
1Z�
dx
x3= lim"!0
��12x2
��"�1+lim�!0
��12x2
�1�
= (�1)+(+1),
pa ovaj nepravi integral divergira. (Neka µcitatelj provjeri konvergenciju (di-
vergenciju) tih nepravih integrala i pomocu danoga kriterija!) S druge strane,
primijetimo da je
212
lim"!0
� �"Za
dx
x3+
bZ"
dx
x3
�= lim"!0
�� �12x2
��"a
+
��12x2
�b"
�=
lim"!0
� 1
2a2� 1
2b2
�=1
2
� 1a2� 1
b2
�;
za svaki a < 0 i svaki b > 0. Posebice, za a = �1 i b = 1, dobivamo njegovu
glavnu vrijednost
V:P:� 1Z�1
dx
x3
�= lim"!0
� �"Z�1
dx
x3+
1Z"
dx
x3
�= 0:
4.3.4 NEKOLIKO PRIMJENA
ODREÐENOG INTEGRALA
U ovomu pododjeljku cemo pokazati kako se odre�eni integral primijenjuje na
rje�avanje nekih, preteµzito geometrijskih, zadaca. Na poµcetku trebamo malo
detaljnije upoznati neke pojmove u svezi s krivuljom, premda sama de�nicija
nece, a na ovoj razini ni ne moµze, biti sasvim matematiµcki korektna. Dakako,
da ce graf Gf neprekidne funkcije f : [a; b]! R, derivabilne svuda osim, moµzda,u konaµcno mnogo toµcaka, biti i dalje osnovni primjer ravninske krivulje.
De�nicja 4.75 Neka je u ravnini � dan pravokutni koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ).
Reci cemo da je skup � � � � R2 (ravninska) krivulja ako postoje intervalI � R i ure�eni par (�; ) neprekidnih funkcija �; : I ! R, takvi da je
� = f(�(t); (t)) j t 2 Ig.
Zapis x = �(t), y = (t) nazivamo parametarskim jednadµzbama, a sur-
jekciju r : I ! �, r(t) = (�(t); (t)), - neprekidnom parametrizacijom
krivulje �. (Da bismo bili posve korektni, treba pridodati uvjet o konaµcnosti tzv.
singularnog skupa ft 2 I j r�1[fr(t)g] 6= tg!)
Jednostavna krivulja.
Reci cemo da je krivulja � jednostavna ako se funkcije � i mogu odabrati
tako da funkcija r bude bijektivna. Ako je I segment [a; b] i r(b) = r(a), onda za
� kaµzemo da je zatvorena krivulja. Jednostavnu krivulju � nazivamo (ravnin-
skim) lukom i µcesto oznaµcujemo s_
AB, pri µcemu je A = r(a) i B = r(b),
213
govoreci pritom da su toµcke A i B krajevi (ili rub) od_
AB. Ako je bijektivnost
funkcije r naru�ena samo u toµckama a i b, tj. r(a) = r(b), onda kaµzemo da je
� jednostavno zatvorena krivulja.
Reci cemo da je krivulja � glatka ako se funkcije � i mogu odabrati tako da
budu neprekidno derivabilne i da bude
�0(t)2 + 0(t)2 6= 0
u svdakoj toµcki t 2 I. U tom sluµcaju kaµzemo da je r(t) = (�(t); (t)), t 2I, glatka parametrizacija krivulje �. Ako uvjetu �0(t)2 + 0(t)2 6= 0 nije
udovoljeno u najvi�e konaµcno mnogo toµcaka t1; � � � ; tn 2 I, onda kaµzemo da jekrivulja � po dijelovima glatka. (Napomenimo da uvjet �0(t)2 + 0(t)2 6= 0
znaµci obstojnost krivuljine tangente u toµcki r(t) 2 �!)
Shvatimo li koordinate toµcke T = (�(t); (t)) 2 �, t 2 I, komponentama radijus-vektora �!r (t) = �!r T te toµcke dobivamo vektorsku parametarsku jednadµzbukrivulje � : �!r (t) = �(t)
�!i + (t)
�!j ; t 2 I:
Primjer Neka je f : [a; b] ! R preslikavanje, derivabilno svuda osim, moµzda,u konaµcno mnogo toµcaka. Tada su y = f(t), x = i[a;b](t) = t, t 2 [a; b],
( = f , � = i[a;b] - inkluzija) parametarske jednadµzbe po dijelovima glatkoga
luka (grafa) � = Gf . (Funkcija r : [a; b] ! Gf , r(t) = (t; f(t)), je bijekcija!)
Pripadna vektorska jednadµzba je �!r (t) = t�!i + f(t)
�!j , t 2 [a; b]. Dakako da je
i y = f(x), x 2 [a; b], jednadµzba te krivulje, ali u pravokutnim (Kartezijevim)
koordinatama.
Primjer Neka je u ravnini �, pored Kartezijeva (O;�!i ;�!j ), dan i polarni koordi-
natni sustav (O;�!i ;�!' ). Neka je g : [�; �]! R preslikavanje, derivabilno svuda
osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka. Tada je � = g('), ' 2 [�; �], polarnajednadµzba po dijelovima glatke krivulje (grafa) � � Gg = f(�; ') j � = g(');
' 2 [�; �]g u pripadnomu polarnom sustavu. Kao �to znamo, parametarske
jednadµzbe te krivulje jesu x = g(') cos', y = g(') sin', ' 2 [�; �]. Primjerice,elipsa
E : : : x = a cos', y = b sin', ' 2 [0; 2�];je glatka jednostavno zatvorena krivulja, dok je astroida
A : : : x = a cos3 ', y = a sin3 ', ' 2 [0; 2�],po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. (Uvjetu (x0)2 + (y0)2 6= 0nije udovoljeno u toµckama ' 2 f0; �2 ;
3�2 ; 2�g.)
Napomena 4.76 (Glatkoj) krivulji se moµze pridijeliti vi�e (glatkih) parame-
trizacija. Npr. kruµznici K : : : x2 + y2 = 4 su x = 2 cos(nt), y = 2 sin(nt),
t 2 [0; 2�n ], parametarske jednadµzbe za svaki n 2 N. Nije te�ko dokazati da, za
214
svaki luk_
AB, A 6= B, svaka parametrizacija µcuva rub, tj. r[fa; bg] = fA;Bg(premda nije nuµzno r(a) = A i r(b) = B).
(a) Plo�tina ravninskog lika (kvadratura). Vec smo pokazali da se odre�eni
integralbRa
f(x)dx, f neprekidna i f(x) � 0 za svaki x 2 [a; b], smije interpretirati
kao plo�tina pseudotrapeza �to ga odre�uje krivulja y = f(x) nad segmentom
[a; b]:
Povr�ina pseudotrapeza.
Ako je ravninski lik ome�en zatvorenom krivuljom ili se prostire i na donju polu-
ravninu, onda za izraµcunavanje njegove plo�tine rabimo dva ili vi�e odre�enih
integrala, tj. "snalazimo se" od sluµcaja do sluµcaja. Primjerice, plo�tina ravnin-
skoga lika D na narednom crteµzu jest
P (D) =
bZa
(f(x)� g(x))dx
dok za plo�tinu ravninskoga lika D na ovoj skici treba staviti
P (D) =
cZa
f(x)dx�bZc
g(x)dx
Kad je krivulja zadana "inverznom" funkcijom, tj. jednadµzbom x = h(y), y 2[c; d], plo�tina pripadnoga pseudotrapeza D se izraµcuna po formuli
P (D) =
dZc
h(y)dy
Napomena 4.77 Oznaµcimo li u formuli za plo�tinu, P (D) =bRa
f(x)dx, umno-
µzak f(x)dx kao dP , smijemo pisati P (D) =R[a;b]
dP . Geometrijski se broj
215
dP smije interpretirati kao plo�tina "in�nitezimalnog" ("neizmjerno malog")
pseudotrapeza nad segmentom [x; x+dx], koji se onda smije aproksimirati trape-
zom s osnovicama f(x) i f(x) + �f(x) i visinom dx (v.crteµz). Zaista,f(x) + (f(x) + �f(x))
2dx = f(x)dx+
�f(x)dx
2� f(x)dx = dP
pri µcemu smo umnoµzak �f(x)dx dvaju neizmjerno malih brojeva zanemarili u
zbroju s f(x)dx.
Plo�tinski element dP:
Stoga se o dP = f(x)dx govori kao o "plo�tinskom el-
ementu" ravninskoga lika D. "Zbrajanjem" (tj. inte-
griranjem) svih plo�tinskih elemenata nad segmentom
[a; b] dobivamo traµzenu plo�tinu P (D). Na isti naµcin
cemo, poslije, svaki podintegralni izraz pomocu kojega
izraµcunavamo plo�tinu (duljinu, obujam (volumen), ...)
zvati analognim imenom. µCesto se formalnim izraµcu-
navanjem tih "elemenata" vrlo lako dolazi do korisnih
formula za izraµcunavanje traµzenih veliµcina. (Ipak, ispravnost tako dobivene for-
mule treba potvrditi korektnim dokazom!)
Neka je ravninska krivulja � zadana u polarnim koordinatama jednadµzbom � =
g('), ' 2 [�0; �0].
p
ρ=g(ϕ)l
dP dϕ
α
β ϕ
OPlo�tinski element dP:
Izraµcunajmo plo�tinu pseudotrokuta odre�enoga krivuljom � i pravcima ' = �,
' = �. Za "plo�tinski element" uzimamo pripadni kruµzni isjeµcak od ' do '+d'
polumjera g('), tj.
dP =l�
2=� � d' � �
2=g(')2d'
2;
gdje su l i � opce oznake, redom, za luµcnu duljinu i polumjer. Slijedi
P (D) =1
2
�Z�
g(')2d': (18)
Isti rezultat bismo dobili i strogim izvodom, tj. pomocu pripadnih donjih i
gornjih suma:
1
2
nXi=1
m2i ('i � 'i�1) � P (D) �
1
2
nXi=1
M2i ('i � 'i�1)
za svaki rastav f'0; � � � ; 'ng segmenta [�; �] (pod pretpostavkom da je funkcijag2j[�;�] integrabilna!).
216
Primjer Izraµcunajmo plo�tinu ravninskoga lika D ome�enoga polarnom osi i
prvim "zavojem" Arhimedove spirale � = a', a > 0.
P (D) =1
2
2�Z0
a2'2d' =a2
2� '
3
3
����2�0
=4�3a2
3:
(b) Duljina ravninskog luka (rekti�kacija). Neka je ravninski luk � �_
AB
(dopu�tamo i B = A) zadan parametarskim jednadµzbama x = �(t), y = (t),
t 2 [a; b], pri µcemu je A = (�(a); (a)) i B = (�(b); (b)). Oznaµcimo s D =
D([a; b]) skup svih rastava segmenta [a; b]. Bijekcija (do na rub) r : [a; b]!_
AB,
r(t) = (�(t); (t)), pridruµzuje svakom rastavu D = ft0; � � � ; tng 2 D toµckovni
skup fM0; � � � ;Mng na �, M0 = A = r(t0 = a), � � � , Mn = B = r(tn = b).
Toµcke Mi dijele luk � na n podlukova_
Mi�1Mi, i = 1; � � � ; n. Spojimo li svakipar susjednih toµcaka; Mi�1 iMi, duµzinom, dobivamo poligonalnu crtu "upisanu"
luku �. Pridijelimo sada svakom rastavu D broj
L(r;D) =nXi=1
d(Mi�1;Mi);
pri µcemu d(Mi�1;Mi) oznaµcuje duljinu pripadne duµzine, tj.�������!Mi�1Mi
��.De�nicja 4.78 Reci cemo da ravninski luk � �
_
AB, zadan jednadµzbom
r : [a; b]!_
AB, r(t) = (�(t); (t)); t 2 [a; b],
ima duljinu (ili da je rekti�kabilan), ako je skup fL(r;D) j D = D([a; b])g �R ome�en: Tada broj supfL(r;D) j D = D([a; b])g nazivamo duljinom luka �
i oznaµcujemo s L(�). (Treba napomenuti da ova de�nicija nije posve korektna!
Naime, trebalo bi prije dokazati da promatrani supremum ne ovisi o odabranoj
parametrizaciji r, �to bi nas odvelo izvan zadanih okvira.)
Usredotoµcimo se sada na efektivno izraµcunavanje duljine po dijelovima glatkog
ravninskog luka.
Teorem 4.79 Neka je � �_
AB po dijelovima glatki ravninski luk zadan pri-
padnom parametrizacijom r : [a; b] ! �, r(t) = (�(t); (t)); t 2 [a; b]. Tada jenjegova duljina
L(�) =
bZa
p�0(t)2 + 0(t)2dt: (19)
Dokaz. Po De�niciji 4.75, funkcije �; : [a; b] ! R su neprekidno derivabilnesvuda osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka i pritom je �0(t)2 + 0(t)2 6= 0.
Neka je D = ft0; � � � ; tng bilo koji rastav od [a; b] i neka jeMi = r(ti) � (xi; yi),i = 0; � � � ; n, M0 = A, Mn = B (v. crteµz).
217
Duljina luka.
Po De�niciji 4.78, rastavu D pridijeljujemo broj L(r;D),
0 � L(r;D) =nXi=1
d(Mi�1;Mi) =nXi=1
p(xi � xi�1)2 + (yi � yi�1)2 =
nXi=1
p(�(ti)� �(ti�1))2 + ( (ti)� (ti�1))2
(T.4.24)=
nXi=1
p(�0(� i)(ti � ti�1))2 + ( 0(~� i)(ti � ti�1))2 =
nXi=1
p�0(� i)2 +
0(~� i)2(ti � ti�1);
pri µcemu su � i; ~� i 2 hti�1; tii, i = 1; � � � ; n. Neka je m�0 = minfj�0(t)j j t 2[a; b]g, a M�0 = maxfj�0(t)j j t 2 [a; b]g, te neka su sliµcno de�nirani i brojevim 0 iM 0 . (Svi oni postoje jer su funkcije �
0 i 0, pa onda i j�0j i j 0j neprekidnena segmentu [a; b].) Slijedi da je
L(r;D) �Xn
i=1
qM2�0 +M
2 0(ti � ti�1) =q
M2�0 +M
2 0
Xn
i=1(ti � ti�1) = (b� a)
qM2�0 +M
2 0 ;
�to znaµci da je skup fL(r;D) j D 2 D([a; b])g � R+ [ f0g ome�en, pa poDe�niciji 4.78 luk � ima duljinu L(�) = supfL(r;D) j D 2 D([a; b])g. Posvesliµcno se moµze pokazati da je (b � a)
qm2�0 +m
2 0 donja me�a promatranoga
skupa. Dokaµzimo da se traµzeni supremum moµze izraµcunati po formuli (19)!
Pretpostavimo, na trenutak, da je luk � gladak. Odaberimo po volji toµcku
Mt = (�(t); (t)) na �, t 2 [a; bi, pa promatrajmo "podluk"_
AMt i njegovu
duljinu oznaµcimo s L(t). (Lako se vidi da svaki "podluk" ima duljinu µcim luk
ima duljinu.) Nadalje, za po volji mali�t > 0; t+�t 2 [a; b], promatrajmo toµckuMt+�t na �. Rabeci oznake za priraste, smijemo pisati L(t+�t) = L(t)+�L(t)
pri µcemu �L(t) oznaµcuje luµcnu duljinu za\MtM t+�t. Oznaµcimo, jednostavnosti
radi, minimume i maksimume od j�0j i j 0j na [t; t+�t] opet s m�0 , M�0 , m 0
i M 0 . Po prije dokazanom slijedi
�tqm2�0 +m
2 0 � �L(t) � �t
qM2�0 +M
2 0 ; tj.q
m2�0 +m
2 0 �
�L(t)
�t�qM2�0 +M
2 0 :
218
Buduci da su funkcije j�0j i j 0j neprekidne, to je lim�t!0
jm�0 j = j�0(t)j = lim�t!0
jM�0 ji lim�t!0
jm 0 j = j 0(t)j = lim�t!0
jM 0 j. Posve sliµcno se zakljuµcuje na segmentu[t��t; t] za t 2 ha; b]. Prema tomu,
lim�t!0
�L(t)
�t=p�0(t)2 + 0(t)2; tj. L0(t) =
p�0(t)2 + 0(t)2:
Primijetimo da je L(0) = 0, pa Teoremu 4.69 povlaµci
L(t) =
tZa
p�0(t)2 + 0(t)2dt:
Buduci da je Mb = B, to je L(�) = L(b) pa je u sluµcaju glatke krivulje teorem
dokazan. Ako je krivulja po dijelovima glatke, onda je izvod za formulu (19)
"problematiµcan" u najvi�e konaµcno toµcaka, a to, kao �to znamo, ne naru�ava
valjanost dobivene integralne formule. (Smije se reci i da je duljina po dijelovima
glatke krivulje jednaka (konaµcnom) zbroju duljina svojih maksimalnih glatkih
dijelova.)
Pozivajuci se na prija�nji dogovor (v. Napomenu 4.77), smijemo "podluk" nad
segmentom [t; t+ dt] smatrati "luµcnim elementom" i pisati
dL =p�0(t)2 + 0(t)2dt:
Ako je ravninski luk � zadan jednadµzbom y = f(x), x 2 [a; b], pri µcemu jefunkcija f neprekidno derivabilna, onda iz parametrizacije x = t, y = f(t),
t 2 [a; b], dobivamo
L(�) =
bZa
p1 + f 0(x)2dx: (20)
Ako je, pak, luk � zadan (jednadµzbom) u polarnim koordinatama � = g('),
' 2 [�; �], g neprekidno derivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos',
y = g(') sin', daje (x0)2 + (y0)2 = g(')2 + g0(')2. Slijedi,
L(�) =
�Z�
pg(')2 + g0(')2d': (21)
(c)Obujam rotacijskog tijela (kubatura). Neka je f : [a; b]! R neprekidnai nenegativna funkcija. Tada graf Gf posve odre�uje pseudotrapez nad seg-
mentom [a; b]. Vrtnjom oko x-osi taj pseudotrapez oblikuje geometrijsko tijelo
koje nazivamo rotacijskim tijelom. Za dostatno mali dx, pripadni njegov
dio odre�en segmentom [x; x + dx] � [a; b] aproksimirat cemo krnjim sto�cem
visine dx i baznih polumjera f(x) i f(x + dx) = f(x) + �f(x). Za pripadni
"volumenski element" tada dobivamo:
dV =�dx
3
�f(x)2 + f(x)(f(x) + �f(x)) + (f(x) + �f(x))2
�=
�dx
3(3f(x)2 + 3f(x) ��f(x) + (�f(x))2) � �f(x)2dx;
219
Volumenski element dV:
gdje smo pribrojnike 3f(x) ��f(x) i (�f(x))2 ispustili jer su zanemarivo maliprema 3f(x)2. (Ovo povlaµci da smo za promatrani "volumenski element" smjeli
odabrati i valjak visine dx i baznog polumkera f(x)!) Prema tomu, traµzeni
obujam (zapremina) rotacijskoga tijela jest
V = �
bZa
f(x)2dx: (22)
Primjer Izraµcunajmo kuglinu zapreminu.
Svaku kuglu smijemo smatrati rotacijskim tijelom, pri µcemu
podrazumijevamo da se odgovarajuci polukrug vrti oko
svoga promjera. Za rje�enje ove zadace, promatrajmo
kruµznicu K ... x2 + y2 = R2. Dostatno je promatrati samo
funkciju x 7! f(x) =pR2 � x2, x 2 [0; R] (pripadnu µcetvrt-
inu kruga). Po formuli (22) dobivamo
V = 2 � �RZ0
(R2 � x2)dx = 2��R2x� x3
3
�R0
=4�R3
3:
Ako je krivulja � zadana parametarskim jednadµzbama x = �(t), y = (t),
t 2 [a; b], i ako je � 0 i � neprekidno derivabilna, onda je obujam pripadnoga
rotacijskog (oko x-osi, nad [a,b]) tijela dan formulom (izravno iz (22))
V = �
bZa
(t)2�0(t)dt: (23)
Ako je, pak, krivulja � zadana polarnom jednadµzbom � = g('), ' 2 [�; �], gneprekidno derivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos', y = g(') sin',
daje dx = (g0(') cos'� g(') sin')d'. Slijedi,
V =
�Z�
g(')2(g0(') cos'� g(') sin') sin2 'd': (23)0
Napokon, po analgiji s formulom (23), za obujam pripadnoga rotacijskog tijela
�to nastaje vrtnjom oko y-osi dobivamo
Vy = �
bZa
�(t)2 0(t)dt = �
(b)Z (a)
(� �1)2(y)dy: (24)
220
(d)Plo�tina rotacijske plohe (komplanacija). Pod pretpostavkama iz pret-
hodnoga razmatranja (u (c)), promatrajmo sada samo pla�t (bez osnovica) pri-
padnoga rotacijskog tijela, tzv. rotacijsku plohu. Da bismo joj izraµcunali
plo�tinu P , izraµcunajmo prvo njezin "plo�tinski element" dP . Opet cemo za
aproksimiranje uzeti krnji stoµzac, tj. njegov pla�t. Dakle, radi se o pla�tu krnje-
ga sto�ca baznih polumjera f(x) i f(x) + �f(x) i visine dx. Njegova izvodnica
je s =p(dx)2 + (�f(x))2 pa je
dP = �(2f(x) + �f(x))ds) � 2�f(x)ds;
pri µcemu smo pribrojnik �f(x)ds ispustili jer zanemariv prema 2f(x)ds. Sada
u skladu s Napomenom 4.77 i koristeci (20) dobivamo
P = 2�
bZa
f(x)p1 + f 0(x)2dx: (25)
U sluµcaju po dijelovima glatkog luka zadanog odgovarajucom parametrizacijom
x = �(t), y = (t), t 2 [a; b], dobivamo (f(x) � 0)
P = 2�
bZa
j (t)jp�0(t)2 + 0(t)2dt; (26)
a ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama, tj. � = g('), ' 2 [�; �],onda je
P = 2�
�Z�
jg(') sin'jpg(')2 + g0(')2d': (27)
Primjer Izraµcunajmo loptinu (sferinu) plo�tinu. Dovoljno promatrati kruµzniµcin
dio y = f(x) =pR2 � x2, x 2 [0; R]; i primijeniti formulu (25). Buduci da je taj
raµcun mnogo jednostavniji u polarnim koordinatama, primijenit cemo formulu
(27). (Polu)kruµznica ima tada jednadµzbu � = R, ' 2 [0; �], pa je traµzena
plo�tina
P = 2�
�Z0
R sin'pR2 + 02d' = 2�R2
�Z0
sin'd' = 4�R2.
(e) Teµzi�te ravninskog lika. Promatrajmo pseudotrapez odre�en neprekid-
nom i nenegativnom funkcijom f : [a; b] ! R. Ne poja�njavajuci detaljnije�ziµcke razloge, recimo da se momenti (s obzirom na x-os i y-os) toga lika de�ni-
raju izrazima
Mx =1
2
bZa
f(x)2dx; My =
bZa
xf(x)dx:
To povlaµci da se koordinate njegova teµzi�ta ("masenoga sredi�ta") T = (�; �),
� =My
P i � = Mx
P , mogu izraµcunati po formulama
221
� =
bRa
xf(x)dx
bRa
f(x)dx
; � =1
2�
bRa
f(x)2dx
bRa
f(x)dx
: (28)
Primjer Odredimo teµzi�te za polukrug.
Jednostavnosti radi, neka je polukrug odre�en (polu)kruµznicom x 7! y = f(x) =pR2 � x2, x 2 [�R;R]. Zbog simetriµcnosti je � = 0. Da bismo izraµcunali �,
izraµcunajmo prvo moment Mx.
Mx =1
2
bZa
f(x)2dx =1
2
RZ�R
(R2 � x2)dx = 1
2
�R2x� x3
3
�R�R
=2
3R3:
Buduci da je pripadna plo�tina P =R R�RpR2 � x2dx = 1
2�R2, to je � = 4
3� �R �0; 4244R.
Pridodajemo, bez dokaza, i odgovarajuce formule za momente u polarnim ko-
ordinatama:
Mx =1
3
�Z�
g(')3 sin'd'; My =1
3
�Z�
g(')3 cos'd':
Pomocu njih i (18) se lako izraµcunavaju teµzi�ne koordinate ravninskih likova
zadanih u polarnom sustavu.
Napomena 4.80 Formule (28) su uporabljive i za odre�ivanje teµzi�ta tvar-
nih tijela koja su homogena (jednolike gustoce) i relativno tanka, tj. kojima
je jedna dimenzija ("debljina") zanemariva prema drugim dvjema ("duµzini" i
"�irini"). To su, primjerice, raznovrsne tanke ploµce, ravni limovi i sl. Naime,
masa takvog tijela je (kao �to znamo iz �zike) razmjerna plo�tini pripadnog lika
pa se isti faktor (gustoca) pojavljuje u brojnicima i nazivnicima ne mijenjajuci
formule (28). Primijetimo, nadalje, da mnoµzeci formule (28) faktorom 2�P i
primijenjujuci formulu (22) dobivamo tzv. Guldinov teorem
2��P = V;
tj. obujam odgovarajucga rotacijskog (oko x-osi) tijela jednak je umno�ku pri-
padne plo�tine i opsega kruµznice �to ju opisuje teµzi�te.
222
Poglavlje 5
ZADACI
5.1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI
1. Dokaµzite da su sudovi (formule) A YB i :(A, B) istovrijedni.
2. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. She¤erove operacije " : Ako su A i
B sudovi onda je A " B sud istinit toµcno onda kad je barem jedan sudova A, B
istinit. Usporedite sud A " B sa sudom :(A ^B).
3. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. Lukasiewiczeve operacije # : Ako suA i B sudovi onda je A # B sud istinit toµcno onda kad su oba suda A, B laµzna.
Usporedite sud A # B sa sudom :(A _B).
4. Provjerite istovrijednost ovih formula:
(a) :((8x)P (x)) = (9x):P (x); (b) :((9x):P (x)) = (8x)P (x).
5. Provjerite je li identiµcki istinita (dakle, tautologija, tj. istinita za svaku mogucu
vrijednost svojih varijabla) neka od ovih formula:
(a) (9x)(8y)P (x; y)) (8y)(9x)P (x; y); (b) (8y)(9x)P (x; y)) (9x)(8y)P (x; y).
6. Provjerite pomocu tablice istinosne vrijednosti da su sudovi tautologije:
(a) (A) B)) (A ^ (:B); (b) (A _B), :((:A) ^ (:B):
7. Pokaµzite da je:
(a) A ^ (B _ C) = (A ^B) _ (A ^ C); (b) A _ (B ^ C) = (A _B) ^ (A _ C):
8. Dani su skupovi A = f1; 2; 3; 4; 5g; B = f0; 1; 2; 3; 4g i C = f�1; 0; 1; 2; 3g:Odredite skupove A [ B; A [ C; A \ B; A \ C; A n B; B n A; A n C; 2A; 2B i
komplemente CSA od A obzirom na S ako je S = A[B; A�B; B�A; A�C:
9. Neka su A;B i C podskupovi skupa U . Dokaµzite sljedece jednakosti:
(a) (A [B) [ C = A [ (B [ C); (A \B) \ C = A \ (B \ C);
(b) A [B = B [A; A \B = B \A;
(c) A [ (B \ C) = (A [B) \ (A [ C); A \ (B [ C) = (A \B) [ (A \ C);
223
(d) A [ ; = A; A \ ; = ;; (e) A [ U = U ; A \ U = A;
(f) A [A = A; A \A = A; (g) (Ac)c = A;
(h) (A [B)c = Ac \Bc; (A \B)c = Ac [Bc.
10. Neka su A1; B1 � X i A2; B2 � X. Dokaµzite da je
(a) A1 � (A2 [B2) = (A1 �A2) [ (A1 �B2);
(A1 [B1)�A2 = (A1 �A2) [ (B1 �A2);
(b) A1 � (A2 \B2) = (A1 �A2) \ (A1 �B2);
(A1 \B1)�A2 = (A1 �A2) \ (B1 �A2).
11. Simetriµcna razlika A4B skupova A i B je skup (A nB) [ (B nA): Dokaµzite davrijedi:
(a) A4B = B4A; (b) A \ (B4D) = (A \B)4(A \D);(c) A4; = A; (d) A4(B4D) = (A4B)4D; (e)A4A = ;:
12. Neka je Z skup cijelih brojeva, c 2 Z; i neka je relacija R de�nirana sa xRy , a�b = ck; k 2 Z: Ova se relacija zove jo�i kongruencija i oznaµcava sa x � y(mod c)(µcita se "x kongruentno sa y modulo c": Dokaµzite da je to relacija klasi�kacije i
odredite kvocijentni skup.
13. Dokaµzite da je, za svaki skup X, relacija odre�ena odnosom "biti podskup" (�)na partitivnom skupu 2X jedna relacija parcijalnog ure�aja.
14. Neka je f : X ! Y funkcija i neka su A;B � X i C;D � Y . Dokaµzite formule:
(a) f [A [B] = f [A] [ f [B]; f�1[C [D] = f�1[C] [ f�1[D];
(b) f [A \B] � f [A] \ f [B]; f�1[C \D] = f�1[C] \ f�1[D];
(c) f [A nB] � f [A] n f [B]; f�1[C nD] = f�1[C] n f�1[D];
(d) f [f�1[C]] = C \ f [X] � C; f�1[f [A]] � A.
15. Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Tada vrijedi:
(a) Ako je gf : X ! Z injekcija onda je i f injekcija;
(b) Ako je gf :X ! Z surjekcija onda je i g surjekcija.
16. Dokaµzite da je, za svaku bijekciju f : X ! Y , (f�1)�1 = f .
17. Dokaµzite da je kompozicija gf od bijekcija g i f opet bijekcija.
18. Reci cemo da m 2 N dijeli n 2 N (ili da je n djeljiv s m) i pisati m jn, akopostoji k 2 N takav da je n = mk. Oµcito je da je svaki n 2 N djeljiv s 1 i s
n. Reci cemo da je prirodni broj p, p � 2, prost broj (ili prim-broj ), ako je p
djeljiv samo s 1 i s p. Dokaµzite da je svaki prirodni broj n jednak umno�ku nekih
prostih brojeva, te da je skup P svih prostih brojeva ekvipotentan skupu N.
19. Broj k 2 N nazivamo zajedniµckim (vi�e)kratnikom od m;n 2 N, ako m jk i n jk.Dokaµzite da je, za svaki m;n 2 N, skup svih zajedniµckih vi�ekratnika od m i
n neprazan i da ima minimalni element, tzv. najmanji zajedniµcki (vi�e)kratnik
V (m;n) brojeva m i n.
224
20. Broj l 2 N nazivamo zajedniµckom mjerom od m;n 2 N, ako l jm i l jn. Dokaµziteda je, za svaki m;n 2 N, skup svih zajedniµckih mjera od m i n neprazan i da
ima maksimalni element, tzv. najvecu zajedniµcku mjeru M(m;n) brojeva m i n.
21. Pojmovi najmanjega zajedniµckog vi�ekratnika V (m;n) i najvece zajedniµcke mjere
M(m;n) se pro�iruju na svaki par cijelih brojeva m;n 2 Z n f0g. Dokaµzite:
(a) V (m;n) = V (n;m) i M(m;n) =M(n;m);
(b) Svaka zajedniµcka mjera od m i n dijeli M(m;n);
(c) V (m;n) dijeli svaki zajedniµcki vi�ekratnik od m i n;
(d) V (km; kn) = kV (m;n).
22. Reci cemo da su cijeli brojevi m;n 2 Znf0g relativno prosti, ako jeM(m;n) = 1.Dokaµzite:
(a) M(m;n) = 1) (9k; l 2 Z) mk + nl = 1;
(b) M(m;n) = 1) mn=V (m;n).
23. Dokaµzite: (8m;n 2 Znf0g) V (m;n) �M(m;n) = mn.
24. Dokaµzite da je S(n) = 12 + 22 + 32 + : : :+ n2 =1
6n(n+ 1)(2n+ 1):
25. Izraµcunajte sumu1
1 � 3 +1
3 � 5 +1
5 � 7 + : : :+1
(2n� 1)(2n+ 1) :
26. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n � 2 vrijedi nejednakost(2n)!
(n!)2>
4n
n+ 1:
27. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n � 2 vrijedi nejednakost
1 +1p2+
1p3+ : : :+
1pn< 2
pn� 1:
28. Dokaµzite:
(a) 3n � 2n2 � 1 j8 (broj 3n � 2n2 � 1 je djeljiv sa 8 za svaki n 2 N);
(b) 212n+4 � 36n+1 j13; (c) (22n � 1)(23n � 1) j21 :
29. Neka su x1 i x2 nultoµcke polinima P (x) = x2�1994x+1: Dokaµzite da je xn1 +xn2cijeli broj za svaki prirodan broj n:
30. Defektna d � d �ahovska ploµca je d � d �ahovska ploµca s jednim uklonjenim
poljem (bilo kojim). Dokaµzite da se svaka defektna 2n � 2n; n 2 N , �ahovskaploµca moµze pokriti trinomima, �gurama od tri polja u obliku slova L.
31. Realni broj a 2 R nazivamo algebarskim brojem, ako postoji polinom x 7!p(x) = anx
n + � � � + a1x + a0 s racionalnim koe�cijentima an; � � � ; a1; a0 2 Qkojemu je a nultoµcka, tj. za koji je p(a) = 0. Preostale realne brojeve nazivamo
transcendentnima. (Primjerice,p2 je algebarski broj, dok je, za svaki krug,
omjer njegova opsega i promjera transcendentan broj "pi" - � � 3; 14159 � � � .)Dokaµzite da je Q pravi podskup skupa A svih algebarskih brojeva, te da je Aprebrojiv, tj. jAj = @0.
32. Rije�ite jednadµzbe x2 � 2x + 2 = 0 i x2 + 4 = 0 i njihova rje�enja prikaµzite u
kompleksnoj ravnini.
225
33. Izraµcunajte z1 + z2; z1 � z2; z1 � z2 iz1z2ako je:
(a) z1 = 1� i; z2 = 2+3i; (b) z1 = 2� i; z2 = i; (c) z1 = 2; z2 = 1� 2i:
34. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnih brojeva
z =1
1� i ; z =�1� i
p3
2
�2; z =
�1� i1 + i
�3i odredite njihove module.
35. Izraµcunajte:
(a)i6 + i3
i2 � i7 ; (b) Imi20 � ii+ 1
; (c) p(2 + i) ako je p(z) = z2 � 5z + 1:
36. Odredite Re(z) i Im(z), ako je z =�1 + i1� i
�ni n 2 N.
37. Dokaµzite sljedece relacije o konjugiranju kompleksnih brojeva:
(a) z1 + z2 = z1 + z2; (b) z1 � z2 = z1 � z2; (c) z1 � z2 = z1 � z2;
(d)�z1z2
�=z1z2, z2 6= 0; (e) z = z; (f) z = z , z 2 R.
38. Odredite t 2 R takav da je Im(z1 + z2) = 0 ako je z1 = 1 + 2ti i z2 = 3t� 4i:
39. Odredite sve z 2 C takve da je:(a) z = z2; (b) z = z3;
(c) z(3 + 2i) = i10; (d)jzj+ z �
p29
2= 1 +
5
2i9:
40. Ako je jz1j = jz2j = 1 i z1 � z2 6= �1 dokaµzite da je z =z1 + z21 + z1 � z2
2 R:
41. Prikaµzite u trigonometrijskom obliku kompleksne brojeve:
z1 =p3 + i; z2 = 2i; z3 = �
p2; z4 = 3; z5 = 1 + i
123
i nacrtajte iz u kompleksnoj ravnini.
42. Odredite podskup A kompleksne ravnine C kojemu elementi udovoljavaju uvjet:
(a) jz � 1j < 1; (b) jzj+Re(z) � 2;(c) jz � 2j+ jz + 2j = 6; (d) jz2 + 1j � 2jzj = 0:
43. Izraµcunajte:
(a)��1 + i
p3�3; (b)
�12+ i
p3
2
�50; (c)
(1 + i)16�1� i
p3�9 :
44. Izraµcunajte:
(a) 5p�1; (b)
q(1� i
p3)7;
(c) 4p�8 + 8
p3i; (d) 5
p�p3 + i:
45. Dokaµzite idantitet jz1 + z2j + jz1 � z2j = 2�jz1j2 + jz2j2
�: Koji je geometrijski
smisao tog identiteta?
46. Odredite sve kompleksne brojeve (i nacrtajte ih u kompleksnoj ravnini) za koje
vrijedi:
(a) jzj =p2; jz + ij = jz + 1j ; (b) jzj = jz � 1j ; arg(z � 1) = 3�
4;
(c) �6< arg z < �
4; 1 < jzj < 3:
47. Nacrtajte skupove u kompleksnoj ravnini:
226
(a) fz 2 C : jz � ij > 1g ; (b) fz 2 C : Re z = Im zg ;(c) fz 2 C : jz � 1 + ij = 3g ; (d) fz 2 C : Im [(1 + i) z] � 1g ;(e) fz 2 C : jz � ij+ jz + ij = 1g ; (f) fz 2 C : 1 < jzj � 2g ;(g) fz 2 C : z � z + i(z � z) = 2g ; (h)
�z 2 C : ��
2< arg(z + 1� i) < 3�
4
:
48. Neka je funkcija f zadana pravilom f(x) =x� 3x2 � 1 :
Odredite f(�2); f(0) i f(0; 5): Da li postoji li f(�1)?
49. Neka je f(x) =
8>><>>:2x; �1 < x < 02; 0 � x < 1x� 1; 1 � x � 3
:
Odredite f(2); f(0; 5); f(�0; 5) i f(3):
50. Odredite f(x) ako je:
(a) f(x+ 1) = x2 � 3x+ 2; (b) f�x+
1
x
�= x2 +
1
x2:
51. Odredite funkciju f : X ! R, X � R, implicitno zadanu jednadµzbomlg(x� 1) + lg(y + 1)� 1 = 0:
52. Odredite funkciju f : X ! R, X � R, f(x) = y, parametarski zadanu jed-
nadµzbama x =et + e�t
2; y = t+ et; t 2 R:
53. Odredite de�nicijsko podruµcje X � R funkcije f : X ! R zadane izrazom:(a) f(x) =
p2x2 + x+ 9; (b) f(x) = arcsin(3 + 2x);
(c) f(x) =px+ 1�
p3� x+ e 1x ; (d) f(x) =
px+ 1
ln(1� x) ;
(e) f(x) =x2 � 4 + ln(�x)1 +
px2 � 4
; (f) f(x) = ln arcsinx+ 1
5� x ;
(g) f(x) =x+ 2
3px� jxj
:
54. Odredite inverzne funkcije i njihovo de�nicijsko podruµcje od funkcija:
(a) f(x) = x+ 1; (b) f(x) = 3px2 + 1; (c) f(x) =
1� x1 + x
:
55. Provjerite bijektivnost i odredite inverznu funkciju od f : R! R;
f(x) =3px+
p1 + x2 +
3px�
p1 + x2:
56. Odredite de�nicijsko podruµcje X � R i dokaµzite da je realna funkcija:(a) x 7! 5
p(x� 1)2 + 5
p(x+ 1)2 parna; (b) x 7! loga
1 + x
1� x neparna.
57. Dokaµzite da je funkcija x 7! sinx+ 12sin 2x+ 1
3sin 3x periodiµcna i odredite joj
osnovni period.
58. Ako za funkciju f : X ! R vrijedi f(x) = 1 + f(x� a)1� f(x� a) ; x 2 X (a je bilo koja
konstanta). Dokaµzite da je f periodiµcna funkcija.
59. Toµcnom ra�µclambom na osnovne elementarne funkcije, dokaµzite da je funkcija
f : X ! R, X � R, f(x) = �1 + arctg 5(3x+1)2 , elementarna.
60. Nacrtajte grafove:
(a) y = x jxj ; (b) y = jx� 3j � jxj ; (c) y =��x2 � 1��� jx� 2j ;
(d) y = x3 � 1; (e) y = (x� 1)3; (f) y = 2 + (x� 2)3;(g) y = x3 � 3x+ 2; (h) y = x2 � x4:
227
61. Nacrtajte grafove:
(a) y =2
x; (b) y =
1
1� x ; (c) y =x� 2x+ 2
; (d) y = x+1
x;
(e) y =1
(x� 1)2; (f) y =
1
x2 + 1; (g) y =
1
x2 � 1 :
62. Nacrtajte grafove:
(a) y = e�x; (b) y = e�1x2 ; (c) y = ln(x+ 3) + 1; (d) y = lnx2;
(e) y = ln(1� x2); (f) y = lnx� 2x+ 2
; (g) y = ln���x� 1x+ 3
���:63. Nacrtajte grafove:
(a) y = sin jxj ; (b) y = 2 sin��� 12x� 1���; (c) y = cosx� jcosxj ;
(d) y = cos(x2 + 1); (e) y = arctg(x� 1); (f) y = arcsin jsinxj :
5.2 LINEARNA ALGEBRA
1. Za matrice A =
"1 �24 �2
#i B =
"2 1
3 5
#odredite
(a) A+ 2B; (b) A�B; (c) AB; (d) BA:
2. Odredite umoµzak matrica:
(a)
"1 �3�2 �2
#�"3 2
5 3
#; (b)
"1 2 1
4 5 �1
#�
26642 1
�1 2
5 1
3775 ;
(c)
"0 2 1
2 3 �2
#�
26641
2
�1
3775 ; (d)
26642
5
�1
3775 � h�2 1 3i;
(e)h�1 3 4
i�
26643
2
�1
3775 ; (f)
26645 2 1
3 2 �1�1 5 3
3775 �26642 4 �21 �1 2
2 5 4
3775 :
3. Izraµcunajte AB �BA ako je A =
26641 2 1
4 2 1
�1 6 5
3775 ; B =
26644 �2 1
�2 3 2
5 �2 5
3775 :4. Neka je f(x) = 2x2 + 3x� 2 i A =
"1 1
2 3
#: Izraµcunajte f(A) = 2A2 + 3A� 2:
5. Dokaµzite da su prve tri od matrica
26641
0
0
3775 ;26640
1
0
3775 ;26640
0
1
3775 ;2664
2
�312
3775linearno nezavisne i prikaµzite µcetvrtu kao njihovu linearnu kombinaciju.
6. Neka je A matrica tipa (m;n), a I jediniµcna matrica n-toga (m-toga) reda.
Dokaµzite da je AI = A (IA = A):
7. Neka jeAmatrica tipa (m;n), a O neka oznaµcuje bilo koju nulmatricu. Dokaµzite
da je AO = O i OA = O kad god su ti umno�ci moguci.
228
8. Odredite inverzne matrice A�1 matrica:
(a) A =
"1 2
3 4
#; (b) A =
"1 2
2 5
#
(c) A =
26643 �4 5
2 �3 1
3 �5 �1
3775 ; (d) A =
26666412
12
12
12
12
12
� 12
� 12
12
� 12
12
� 12
12
� 12
� 12
12
377775 :9. Odredite rang r(A) matrica:
(a) A =
"1 0 �10 2 3
#; (b) A =
26642 �3 16 1
1 6 �2 3
1 3 2 2
3775 ;
(c) A =
2666641 6 7 1 4
2 5 11 1 6
12 5 3 1 4
15 25 10 5 30
377775 :
10. Odredite rang matrice
26641 � �1 2
2 �1 � 5
1 10 6 1
3775 u ovisnosti o parametru �:
11. Odredite parametar � tako da matrica
2666643 1 1 4
� 4 10 1
1 7 17 3
2 2 4 3
377775 ima najmanji rang i
odredite taj rang. Koliki je rang za ostale vrijednosti parametra �?
12. Jesu li matrice26643�+ 1 � 4�
1� � �� 1 �� �2
�2 + �+ 2 � �2 + 2�
3775 i2664�+ 1 �� 2 �2 � 2�2� 2�� 3 �2 � 2��2 1 1
3775ekvivalentne?
13. Izravnom provjerom potvrdite da ce izmjenom mjesta trecega i sedmoga ele-
menta u permutaciji (5; 1; 4; 2; 3; 7; 6) broj pripadnih inverzija promijeniti parnost.
14. Neka je A = (aij) kvadratna matrica µcetrvrtog reda.
(a) Koliko inverzija prvih (drugih) indeksa ima u zapisu a11a32a24a43?
(b) Koliko je inverzija prvih indeksa u zapisu toga umno�ka kad su drugi in-
deksi u osnovnoj permutaciji, a koliko je inverzija drugih indeksa kad su
prvi indeksi u osnovnoj permutaciji?
15. Izraµcunajte determinante:
(a)
�����6 1
4 7
����� ; (b)
�����x+ y x� yx� y x+ y
����� ; (c)
��������3 4 �58 7 �22 1 8
�������� ;229
(d)
����������1 4 �1 2
2 3 �2 �2�1 2 4 1
3 5 4 3
����������; (e)
����������1 1 3 4
2 0 0 8
3 0 0 2
4 4 7 5
����������:
16. Neka je A = (aij) "donja (gornja) trokutasta" matrica, tj. kvadratna matrica
s elementima aij = 0 µcim je i > j (aij = 0 µcim je i < j). Dokaµzite da je
detA =Qi
aii. (Posebice, det I = 1.)
17. Dokaµzite da za kvadratne n-redne matrice A i B vrijede ove formule:
(a) det(A+B) = detA+ detB; (b) det(�A) = �n detA; � 2 R (C);
(c) det(AB) = detA � detB.
18. Rije�ite jednadµzbu
��������x� 3 x+ 2 x� 1x+ 2 x� 4 x
x� 1 x+ 4 x� 5
�������� = 0:19. Dokaµzite:
(a)
��������1 a bc
1 b ca
1 c ab
�������� = (b� c)(b� a)(a� c);
(b)
����������a a a a
a b b b
a b c c
a b c d
����������= a(a� b)(c� b)(d� c):
20. Ako su A1 i A2 rje�enja linearnog sustava Ax = B. Dokaµzite da je za svaki
� 2 R i A(�) = �A1 + (1� �)A2 rje�enje toga sustava.
21. Rije�ite sustave:
(a)
8>><>>:5x +6y �5z = 45
3x �2y +4z = 20
4x +y �2z = 35
; (b)
8>><>>:2x �3y +z = �1x +y +z = 6
3x +y �2z = �1;
(c)
8>>>><>>>>:x1 +2x2 +3x3 �4x4 = 11
2x1 +x2 +5x3 +x4 = 3
3x1 +2x2 +x3 +2x4 = �1x1 +x2 +5x3 +x4 = 5
.
22. Za koje vrijednosti parametra t je sustav
(x cos t +y sin t = 1
x +y = 2proturjeµcan.
23. Je li sustav
8>>>>>>><>>>>>>>:
x5 +x6 = 2
x4 +x5 = 3
x3 +x4 = 4
x2 +x3 = 5
x1 +x2 = 6
proturjeµcan?
24. Odredite rje�enja sustava u ovisnosti o parametru:
230
(a)
8>>>><>>>>:�x +3y +2z = 1
x +(�� 1)y = 4
10y +3z = �22x ��y �z = 5
(b)
8>><>>:ax +y �z = 1
x +ay �z = 1
x �y �az = 1
;
(c)
8>>>><>>>>:tx1 +x2 +x3 +x4 = 1
x1 +tx2 +x3 +x4 = t
x1 +x2 +tx3 +x4 = t2
x1 +x2 +x3 +tx4 = t3
25. Rije�ite matriµcne jednadµzbe:
(a)
"1 3
3 4
#�X =
"3 5
5 9
#; (b)
"3 �15 �2
#�X�
"5 6
7 8
#=
"14 16
9 10
#;
(c)
26641 2 �33 2 �42 �1 0
3775 �X =
26641 �3 0
10 2 7
10 7 8
3775 ;
(d)
26642 �3 1
4 �5 2
5 �7 3
3775 �X�26649 7 6
1 1 2
1 1 1
3775 =26642 0 �218 12 9
23 15 11
3775 :26. Neka su dane bilo koje dvije usmjerene duµzine
�!AB i
��!CD. Dakaµzite:
(a)�!AB � ��!CD , �!
AC � ��!BD; (b)�!AB � ��!CD , �!
BA � ��!DC.
27. Dan je pravokutnik ABCD: Izrazite preko dijagonala�!AC i
��!BD stranice
�!AB;
��!BC;
��!CD i
��!DA:
28. Kakav je me�usobni poloµzaj vektora �!a i�!b ako je:
(a)���!a ��+ ���!b �� = ���!a +�!b ��; (b)
���!a ��� ���!b �� = ���!a ��!b ��:29. Nacrtajte vektore �!a = 4
�!i +
�!j i
�!b =
�!i + 3
�!j : Kolike su projekcije vektora
�!a i�!b na koordinatne osi x i y?
30. Neka je �!a = 4�!i + �!j , �!b = �2�!i + 3�!j ; �!c = �!i + 4�!j : Odredite � i � ako je�!c = ��!a + ��!b :
31. Toµcke A = (�3; 2; �) ; B = (3;�3; 1) i C = (5; �; 2) uzastopni su vrhovi paralel-ograma ABCD:
(a) Odredite vrh D; (b) Odredite � tako ja je����!AD�� = p14;
(c) Za vecu vrijednost iz (b) prikaµzite�!AC preko
��!AD i
��!BD:
32. Odredite skalarni umnoµzak �!a ��!b ako je �!a = 2�!m��!n ; �!b = �!m� 2�!n ;
���!m�� = 2;���!n �� = 4 i \ (�!m;�!n ) = �3:
33. Odredite kut izme�u vektora �!a = �!m+�!n i�!b = �!m��!n ako je
���!m�� = ���!n �� = 2:34. Toµcke A = (�3;�2; 0) ; B = (3;�3; 1) i C = (5; 0; 2) i D = (�1; 1; 1) vrhovi su
paralelograma ABCD: Odredite kut izme�u dijagonala.
35. Dani su vektori �!a = 6�!i +
�!j +
�!k ;�!b = 3
�!j � �!k i �!c = �2�!i + 3�!j + 5�!k :
Odredite � tako da su vektori 2�!a + ��!b i �!c okomiti.
231
36. Izraµcunajte:
(a)h��!i ��!j
���!i
i��!i ;
(b)�!i �
��!j +
�!k���!j �
��!i +
�!k�+�!k �
��!i +
�!j +
�!k�:
37. Izraµcunajte���!a � 2�!b �� ako je ���!a �� = 6; ���!b �� = 5 i \��!a ;�!b � = �
6:
38. Ako je���!a �� = 10; ���!b �� = 5; �!a � �!b = 12 odredite ���!a ��!b ��:
39. Ako je���!a �� = 10; ���!b �� = 5; ���!a ��!b �� = 16 odredite �!a � �!b :
40. Dani su vektori �!a = �!i +�!j +�!k ; �!b = �!i +�!j i �!c = �!i ��!j : Odredite vektor�!x ako je �!x � �!a = 3 i �!x ��!b = �!c :
41. Dokaµzite tvrdnje:
(a) (�!a ��!b )��!c = (�!a � �!c )�!b � (�!b � �!c )�!a ;
(b) �!a � (�!b ��!c ) = (�!a � �!c )�!b � (�!a � �!b )�!c .
42. Dokaµzite da je (�!a +�!b ) � [(�!a +�!c )��!b ] = (�!a ��!c ) � �!b :
43. Dokaµzite da su toµcke A = (2;�1;�2) ; B = (1; 2; 1) i C = (2; 3; 0) i D =
(5; 0;�6) komplanarne.
44. Toµcke A = (2; 0; 0) ; B = (0; 3; 0) i C = (0; 0; 6) i D = (2; 3; 8) su vrhovi
tetraedra. (a) Izraµcunajte volumen tetaedra; (b) Izraµcunajte visinu iz vrha D:
45. Odredite kanonski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1;�1; 1) i paralelan jes vektorom �!s = �!i + 2�!j + 3�!k :
46. Odredite parametarski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1; 0; 2) i kojemu
je smjerovni vektor �!s = ��!i + 2�!j + 3�!k :
47. Odredite kanonski zapis pravca
(x� y + 3� 4 = 02x+ y � 2z + 5 = 0
:
48. Nuµzan uvjet da se pravcix� x1l1
=y � y1m1
=z � z1n1
ix� x2l2
=y � y2m2
=z � z2n2
sijeku je
��������x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1l1 m1 n1
l2 m2 n2
�������� = 0:Odredite n tako da pravac
x� 11
=y � 2�1 =
z � 1n
sijeµce pravac
x� 21
=y � 32
=z � 43
i odredite presjeµcnu toµcku.
49. Udaljenost d toµcke T0 od pravca p koji prolazi toµckom T1 i ima smjerovni vektor
�!s dana je formulom d =
���!s ���!T0T1�����!s �� : Dokaµzite!
50. Izvedite formulu za najkracu udaljenost izme�u dvaju neparalelnih pravacax� x1l1
=y � y1m1
=z � z1n1
ix� x2l2
=y � y2m2
=z � z2n2
:
Na�ite najkracu udaljenost pravacax+ 1
1=y
1=z � 12
ix� 21
=y + 1
3=z � 24
:
232
51. Napi�ite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = 2;�1; 3) i:
(a) na koordinatnim osima odsijeca jednake odsjeµcke; (b) sadrµzi x-os;
(c) prolazi ishodi�tem i toµckom T1 = (1; 1; 1):
52. Napi�ite jednadµzbu ravnine u vektorskom obliku �!n � �!r +D = 0:
(a) ravnine 2x� y + z � 3 = 0;
(b) ravnine koja je paralelna ravnini f2;�1; 0g � �!r = 5 i koja sadrµzi toµcku
T = (0; 1; 2):
53. Odredite sjeci�te pravcax� 11
=y
2=z + 1
1i ravnine x� 2y + z + 5 = 0:
54. Pravacx� 1a
=y + 2
2=
z
�1 je paralelan s ravninom x� 2y + 3z � 1 = 0:
Koliki je a?
55. Odredite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = (0: � 1; 0) i sadµzi pravacx� 12
=y
1=z + 1
3:
56. Odredite ortogonalnu projekciju T 0 toµcke T = (�1; 0; 1) na ravninu
2x+ y � z + 7 = 0:
57. Na�ite toµcku T 0 koja je simetriµcna toµcki T = (�1; 0;�1) obzirom na ravninu
2x+ y � z + 7:
58. Na�ite projekciju T 0 toµcke T = (1; 2; 8) na pravacx� 12
=y
�1 =z
1:
59. Na�ite toµcku T 0 koja je simetriµcna toµcki T = (1; 2; 8) obzirom na pravacx� 12
=y
�1 =z
1:
5.3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST
1. Odredite graniµcne vrijednost (konvergentnih) realnih nizova (an):
(a) an =n
cn, c > 1; (b) an = n
pc, c > 0; (c) an =
nb
cn, b > 0, c > 1;
(d) an =cn
n!; (e) an = n
pn; (f) an =
1npn!.
2. Zadan je niz an =(1� a)n2 � 2n+ b
an2 + n+ 1: Odredite a i b tako da je lim (an) = 2 i
a1 = 0:
3. Odredite graniµcne vrijednost sljedecih (konvergentnih) realnih nizova (an):
(a) an =2n3 � 11� n3 ; (b) an =
3
arctgn;
(c) an =n2(n2 + 1)
2n(n2 � 1) ; (d) an =�2n+ 32n+ 1
�n+1;
(e) an = n [ln(n+ 3)� lnn] ; (f) an =(�3)n + 4n
(�3)n+1 + 4n+1:
4. Odredite sva gomili�ta niza:
(a) an =3n2 + 2n
n2 + 1� 1 + (�1)
n
2+1� (�1)n
n; (b) an =
�1 +
1
n
�cosn�:
233
5. Neka je (an) realni niz i an 6= 0 za svaki n 2 N. Dokaµzite implikacije:
(a) lim(an) = +1) lim�1 +
1
an
�an= e;
(b) lim(an) = �1) lim�1 +
1
an
�an= e;
(c) lim(an) = 0) lim�1 +
1
an
�an= e;
(d) lim(an) = 0) lim� ln(1 + an)
an
�an= 1.
6. Neka je A � R i neka je a0 = inf A ili a0 = supA. Tada postoji niz (an) u A
takav da je lim(an) = a0. (Uputa : Ako je a0 = inf A onda (8" > 0)(9a 2 A)a < a0 + ", pa se moµze uporabiti niz ("n), "n = 1
n.)
7. Odredite graniµcne vrijednost nizova:
(a) an =2pn2 sinn
n+ 1; (b) an =
n sin(n!)
n2 + 1:
8. Odredite graniµcne vrijednost nizova:
(a) an =1
3pn3 + 1
+1
3pn3 + 2
+ � � �+ 13pn3 + n
;
(b) an =1pn2 + 1
+1qn2 + 1
2
+ � � �+ 1qn2 + 1
n
:
9. Pokaµzite da realni red1Pn=1
an, an = ln�1 + 1
n
�, divergira iako je lim(an) = 0.
10. Neka je (an) bilo koji niz decimalnih znamenaka (tj. an 2 f0; 1; 2; � � � ; 9g).Dokaµzite da realni red
1Pn=1
bn; bn =an10n
; konvergira.
11. Ispitajte konvergenciju redova pomocu D�Alembertovog kriterija:
(a)1
e+8
e2+27
e3+64
e4+ � � � ; (b)
1!
21 + 1+
2!
22 + 1+
3!
23 + 1+ � � � ;
(c) 1 +1
a+2b
a2+3b
a3+ � � � ; a > 1; b 2 R:
12. Ispitajte konvergenciju redova pomocu Cauchyjevog kriterija:
(a) 1 +1
22+1
33+1
44+ � � � ; (b)
3
2 arctg 1+
32
22 arctg 22+
33
23 arctg 33+ � � � ;
(c) sin 2 + 22 sin 1 + 23 sin2
3+ 24 sin
2
4+ � � � :
13. Konvergira li red1Pn=1
an gdje je
a2n�1 =� n
2n� 1
�2n�1i a2n =
� n
2n+ 1
�2n+1?
14. Ispitajte konvergenciju redova pomocu poredbenog kriterija:
(a) 1 +ln 2
2+ln 3
3+ln 4
4+ � � � ; (b) 1 +
1
ln 2+
1
ln 3+
1
ln 4+ � � � ;
(c)1
1001+
1
2001+
1
3001+ � � � :
15. Ispitajte konvergenciju redova pomocu Leibnizovog kriterija:
(a)1Xn=2
(�1)n 1
(lnn)n; (b)
1Xn=1
(�1)n 1
n� lnn:
16. Ispitajte konvergenciju redova:
234
(a)1Xn=1
nn
(n!)2; (b)
1Xn=1
(2n� 1)!2 � 4 � 6 � � � � � (2n) ;
(c)1Xn=1
�n� 2n+ 2
�n(n+1); (d) 1 +
2
3� 4
9+8
27+16
81� 32
243+ � � � ;
(e) cos 1 +cos 2p23+cos 3p33+cos 4p43+ � � � :
17. Izraµcunajte sume redova:
(a)1Xn=1
1
n(n+ 3); (b)
1Xn=1
1
n(n+ 1)(n+ 2);
(c)1Xn=1
�pn+ 2� 2
pn+ 1 +
pn�:
18. Odredite podruµcje konvergencije redova:
(a)1Xn=1
xn�1
n2 � 3n ; (b)1Xn=1
xn2
n!; (c)
1Xn=1
xn
n � 10n ;
(d)1Xn=1
(x� 1)n
(2n+ 1)(2n+ 3); (e)
1Xn=1
(�1)n2n� 1
�1� x1 + x
�n:
19. Odredite konvergencijski polumjer potencijskoga reda1Pn=1
anxn:
(a) an = 1 za svaki n; (b) an =1
n2; (c) an =
nn
n!.
20. Odredite graniµcne vrijednosti:
(a) limx!+1
(x� 1)3
2x3 � x+ 2 , r > 0; (b) limx!+1
3px3+2
x;
(c) limx!1
� 3
1� x3 �1
1� x
�; (d) lim
x!0
p1 + x� 1
3p1 + x� 1
:
21. Odredite graniµcne vrijednosti:
(a) limx!3+0
2
3� x ; (b) limx!3�0
2
3� x ; (c) limx!+0
e1x ; (d) lim
x!�0e1x :
22. Funkciji x 7! f(x) =e1x + a2 + a
e1x + 2
odredite limese slijeva i zdesna u toµcki x = 0.
Moµze li se odabrati neki a 2 R za koji bi postojao limx!0
f(x)?
23. Odredite sljedece graniµcne vrijednosti:
(a) limx!0
px+ 1� 1
3px+ 1� 1
; (b) limx!2
px�
p2
x� 2 ;
(c) limx!4
p1 + 2x� 3px� 2 ; (d) lim
x!0
sin2 x2
x2;
(e) limx!0
1� cos 2xx sinx
; (f) limx!0
sin(x� 1)1� x3 ;
(g) limx!1
�2x+ 32x+ 2
�x+1; (h) lim
x!1
�x2 + 1x2 � 1
�x2�1;
(i) limx!0
ln(1 + x)
x; (j) lim
h!0
eh � 1h
;
(k) limx!e
lnx� 1x� e ; (l) lim
x!1
arctg x
x:
24. Istraµzite pona�anje funkcije x 7! f(x) pri rubnim toµckama njezina de�nicijskog
podruµcja X � R:
(a) f(x) =1
1 + e1x
; (b) f(x) =ln(1 + ex)
x;
(c) f(x) = arctg�1 +
1
x
�; (d) f(x) = ln(1 + 2x):
235
25. Postoji li i (ako postoji) koja je to konstanta a 2 R s kojom funkcija
f : R! R; f(x) =
8>><>>:1� x2, x 2 h�; 0ia; x = 0
1 + x, x 2 h0; �i;
postaje neprekidna?
26. Odredite parametar � tako da funkcija f bude neprekidna:
(a) f(x) =
8<:x2 � 4x2 � 2 ; x 6= 2
�; x = 2; (b) f(x) =
8<:sinx
x; x < 0
5x2 � 2x+ �; x � 0;
(c) f(x) =
(ex � 1; x � 0x+ �; x > 0
:
27. Dopu�ta li funkcija neprekidno pro�irenje na cijeli R:
(a) f : Rnf0g ! R, f(x) = x2 sin 1x; (b) f : Rnf1g ! R, f(x) = arctg 1
x� 1 .
28. Pokaµzite da funkcijski niz (fn); fn : R ! R; fn(x) = e�nx; konvergira po
toµckama prema funkciji f0 : R ! R; f0(x) =
(0; x 6= 01, x = 0
; te obrazloµziti
za�to f0 ima prekid u toµcki x = 0.
5.4 INFINITEZIMALNI RAµCUN
1. Derivirajte po de�niciji funkcije:
(a) f(x) = x2 � 2; (b) f(x) = ex2
; (c) f(x) = sin 2x; (d) f(x) = x3:
2. Derivirajte funkcije:
(a) f(x) = x2 + x3 + sinx; (b) f(x) =�x2 � x+ 1
�(x4 + 2);
(c) f(x) =x
x2 + 1; (d) f(x) =
px+ �;
(e) f(x) = 3px2 �
pxpx+
pe; (f) f(x) =
1�px
1 + 3px:
3. Derivirajte funkcije:
(a) f(x) = sinx+ tg x; (b) f(x) = (1 + ctg x) cosx;
(c) f(x) = arcsinx+ arccosx; (d) f(x) =cosx
1 + tg x:
4. Derivirajte funkcije:
(a) f(x) = lnx+ log x; (b) f(x) = ex � cosx;(c) f(x) = 3xex; (d) f(x) =
ctg x
x lnx:
5. Izraµcunajte f 0(e�6 ) ako je f(x) = 3
psin(lnx).
6. Derivirajte kompozicije funkcija:
(a) f(x) = (x2 + 2)3; (b) f(x) = ln(sinx);
(c) f(x) =pxex; (d) f(x) = ln
r1 + x
1� x ;
(e) f(x) =1
5x2; (f) f(x) = e
pxex ;
(g) f(x) = arcsinx� 1x
; (h) f(x) =p4x� 1 + arctg
p4x� 1;
(i) f(x) = 2arctgpx; (j) f(x) = (tg x)3 � ln(cos t):
236
7. Derivirajte funkcije:
(a) f(x) = xsin x; (b) f(x) = ln xpsinx;
(c) f(x) =(cosx)sin x
x2 + 3; (d) f(x) =
(x2 + 2x+ 3)15(2x+ 5)10
(5x+ 3)13:
8. Odredite y0 ako je:
(a) x3y + xy3 = ex; (b) xy + sin y) = ex+y;
(c) x23 + y
23 = a
23 ; (d) (x2 + y2)y2 = ax2:
9. Odredite n-tu derivaciju i njenu vrijednost u toµcki x0 :
(a) f(x) =1
x; x0 = �1; (b) f(x) = sinx; x0 = �
2;
(c) f(x) = cosx; x0 = �; (d) f(x) = ln1� 4x1 + 4x
; x0 = 0:
10. Derivirajte parametarski zadane funkcije:
(a) x(t) = t� sin t; y(t) = 1� cos t; (b) x(t) =t(t+ 1)
t+ 2; y(t) =
t2 � 4t+ 1t
;
(c) x(t) =psin 3t; y(t) =
� t+ 3t� 3
�5:
11. Odredite jednadµzbu tangente i normale na krivulju y = f(x) u toµcki x0 :
(a) y = ln cosx+ 1, x0 = 0; (b) y = arctg e2x + ln
re2x
2e2x � 1 ; x0 = 0:
12. Iz toµcke T = (4; 1) povucite tangentu na krivulju y =x� 1x
i odredite dirali�te.
13. Na�ite tangentu na parabolu y = x2� tx+3 paralelnu s pravcem 5x+y�3 = 0:
14. Neka je jednadµzbama x = t + ln t i y = t2 parametarski zadana funkcija x 7!f(x) = y. Odredite tangentu pripadnoga grafa Gf kojoj je smjerovni koe�cijent
k = 1.
15. Neka su pravci t i n redom tangenta i normala u bilo kojoj toµcki na astroidi
x = a cos3 '; y = a sin3 '; ' 2 [0; 2�i :
Dokaµzite da je 4d(t;O)2 + d(n;O)2 = a2, pri µcemu je O = (0; 0) ishodi�te, a d
oznaµcuje udaljenost.
16. Primjenom L�Hospitalovog pravila izraµcunajte:
(a) limx!�
2
tg x
tg 5x; (b) lim
x!a
ln(x� a)ln(ex � ea) ;
(c) limx!1
aln x � 1lnx
; (d) limx!2
p5x� 1�
p4x+ 1p
3x� 2�px+ 2
;
(e) limx!1
lnx ln(x� 1); (f) limx!�
2
(1� sinx) � tg x;
(g) limx!0
� 1x� 1
ex � 1
�; (h) lim
x!1
� 1
x� 1 �1
lnx
�:
17. Primjenom L�Hospitalovog pravila izraµcunajte:
(a) limx!0
(sinx)tg x ; (b) limx!0
xx;
(c) limx!1
(lnx)1�x ; (d) limx!1
�1�arcsin
� 11�x
;
(e) limx!1
(2� x)tg�2x ; (f) lim
x!0
� sinxx
� 1x2 :
18. Neka je kuglin polumjer (izmjeren s pogre�kom) r = 3 cm�0; 1mm. Odredite(do na pogre�ku) kuglin obujam V .
237
19. Razvijte funkciju u red potencija u okolini zadane toµcke, te provjerite za koje
vrijednosti x formula vrijedi (pronadite podruµcje konvergencije reda):
(a) f(x) =1
x; x0 = 3; (b) f(x) = ln(1 + 2x); x0 = 0;
(c) f(x) = sin�
4x; x0 = 2; (d) f(x) =
2
1 + 2x; x0 = 0:
20. Koliko µclanova Maclaurinova razvoja elementarne funkcije f(x) = ln(1+x) treba
uzeti da bi se broj ln 2 izraµcunao s toµcnosti do 10�5 (tj. da apsolutna pogre�ka
ne bude veca od 10�5)?
21. Odrediti sumu s : X ! R potencijskoga reda1Xn=1
(n+ 1)(n+ 2)
2xn:
22. Na kruµznici x2 + y2 = R2 odredite tangentu s dirali�tem u prvom kvadrantu
tako da duljina odsjeµcka te tangente me�u koordinatnim osima bude najveca.
23. Nekom pravokutniku dva vrha leµze na grafu Gf , f(x) =x
x2 + 1, a druga dva
na asimptoti toga grafa. Odredite te vrhove pod uvjetom da pravokutnikova
povr�ina bude najveca.
24. Raµcunom potvrdite da su x1 = 2 i x2 = 3 in�eksijske toµcke za polinom p(x) =
(2x�3)(x�3)5. Odredite i pripadne intervale na kojima je p konveksan, odnosno,konkavan.
25. Odredite ekstreme i in�eksije funkcija:
(a) f(x) = x2e�x; (b) f(x) = sinx+ 12sin 2x:
26. Odredite a 2 R tako da funkcija f(x) = x+ a
x2 + aima in�eksiju u x = 1; a zatim
odredite sve in�eksije funkcije f:
27. Provjerom potvrdite da su pravci x = 2; y = 3 i y =x
2+4 asimptote za funkciju
x 7! f(x) = 3 +x3 +
px6 � 1
4(x� 2)2 :
28. Istraµzite kakva svojstva ima funkcije f : R ! R u i "blizu" toµcke x = 0, ako jef(0) = 0 i:
(a) f(x) = e�1x2 , x 6= 0; (b) f(x) = xe�
1x2 , x 6= 0;
(c) f(x) = x2�2 + sin
1
x2
�, x 6= 0; (d) f(x) = x2 sin 1
x, x 6= 0;
(e) f(x) = x2�1 + x2 sin
1
x
�, x 6= 0.
29. Istraµzite funkciju i nacrtajte pripadni graf:
(a) f(x) = xjxj � 1; (b) f(x) = x+ sinx;
(c) f(x) =x� 1x+ 2
; (d) f(x) = x+ 1� 2
x;
(e) f(x) =2x3
x2 � 4 ; (f) f(x) =7
x2 + 3� 1;
(g) f(x) =
px2 � 3x� 42x+ 4
; (h) f(x) = ex2�1x2�4 ;
(i) f(x) =���e 1x � ex��� ; (j) f(x) = e
1x ;
(k) f(x) =lnxpx; (l) f(x) = x� 2 ln
�1� 1
x
�;
(m) f(x) = x1x :
238
30. Odredite onu primitivnu funkciju F za funkciju sin koja u toµcki x = � ima
vrijednost 7.
31. Koristeci osnovna svojstva i tablicu osnovnih integrala izraµcunajte:
(a)Zx 3pxdx; (b)
Zx3 � 2x+ 4
xdx;
(c)Z �
1� 1
x2
�pxpxdx; (d)
Z2x+1 � 5x�1
10xdx;
(e)Z(2x� 3 sinx+ cosx) dx; (f)
Ztg2 xdx;
(g)Ze3x + 1
ex + 1dx; (h)
Z px2 + 2x+ 1
xdx;
(i)Zctgh2 xdx; (j)
Zx2 + 3
x2 � 1dx:
32. Metodom supstitucije izraµcunajte integrale:
(a)Z p
2x� 3dx; (b)Z
1
2 + 3px� 1
dx;
(c)Z
1
x2 + 3dx; (d)
Z1p
2� 3x2dx;
(e)Z �
e�x + e�2x�dx (f)
Zcos (1� 3x) dx;
(g)Z
1
sin2�2x+ �
4
�dx; (h)Z
1
1 + cosxdx;
(i)Ztg xdx; (j)
Z1
sinxdx;
(k)Z
x
5 + x4dx; (l)
Z1
x ln5 xdx;
(m)Zsin5 x cosxdx; (n)
Zarctg
pxp
x (x+ 1)dx:
33. Metodom parcijalne integracije izraµcunajte integrale:
(a)Zlnxdx; (b)
Zx ln2 xdx;
(c)Zln(x+
px2 + 1)dx; (d)
Zx2e�xdx;
(e)Zx sinxdx; (f)
Ze�x sin�xdx;
(g)Zcos (lnx) dx; (h)
Zarcsinxdx;
(i)Zarctg
pxdx; (j)
Z pa2 � x2dx;
(k)Z
x2
(1 + x2)2dx; (l)
Zx2 ln
1� x1 + x
dx:
34. Odredite rekurzivne relacije za integrale:
(a) In =Zsinn xdx; (b) In =
Z1
cosn xdx;
(c) Im;n =Zsinm x cosn xdx:
35. Izraµcunajte integrale:
(a)Z
1
x2 + 3xdx; (b)
Z1
3 + x� x2 dx;
(c)Z
3x+ 2
2x2 + x� 3dx; (d)Z p
x2 + x+ 2dx;
(e)Z
3x+ 1p2x2 � x+ 1
dx; (f)Z
x
x4 � 2x2 � 1dx:
239
36. Izraµcunajte integrale racionalnih funkcija:
(a)Z
x3 + 1
x2 � 3x+ 2dx; (b)Z
x+ 1
x(x� 1)3 dx;
(c)Z
x2
1� x4 dx; (d)Z
1
x(x2 + 1)2dx:
37. Izraµcunajte integrale:
(a)Z
1
5 + 4 cosxdx; (b)
Z1
2 sinx� cosx+ 3dx;
(c)Z1 + tg x
sin 2xdx; (d)
Z1
(2 + sin2 x) cosxdx;
(e)Zsin2 x cos4 xdx; (f)
Zsin 5x cosxdx:
38. Izraµcunajte integrale:
(a)Z1�
px+ 1
1 + 3px+ 1
dx; (b)Zx
rx� 1x+ 1
dx;
(c)Z
1
(x+ 1)px2 + x+ 1
dx; (d)Z
3px� x3dx;
(e)Zxpx2 � 2x+ 2dx; (f)
Z1
x+px2 + x+ 1
dx;
(g)Z
1px2 + 1�
px2 � 1
dx:
39. Primjenom parcijalne integracije dokaµzite rekurzivne formule:
(a)Zxnexdx = xnex � n
Zxn�1exdx, n 2 N;
(b)Zcosn xdx =
cosn�1 x sinx
n+n� 1n
Zcosn�2 xdx, n 2 N.
40. Provjerite toµcnost ove formule (pod uvjetom jaj 6= jbj):Z(cos ax � cos bx)dx = 1
2(a� b) sin(a� b)x+1
2(a+ b)sin(a+ b)x+ c:
Koja se formula dobiva u sluµcaju jaj = jbj?
41. Provjerite toµcnost ovoga raµcuna:Z p1� x2dx = 1
2
�xp1� x2 + arcsinx
�+ c:
42. Smije li se funkcijski red1Pn=1
sinnx
npnintegrirati "µclan po µclan" na R?
43. Izraµcunajte integral funkcijskoga reda1Pn=1
fn, fn(x) =1
n4 + x2.
44. Zapi�ite kao odre�eni integral limese suma:
(a) limn!1
nXi=1
x3i sinxi4x; x 2 [0; �]; (b) limn!1
nXi=1
�(x�i )
2 � x�i�4x; x 2 [0; 1];
(c) limn!1
nXi=1
3
q(�xi)
24x; x 2 [0; 4]; (d) limn!1
nXi=1
xi�1exi�14x; x 2 [0; 1]:
45. Aproksimirajte integral4R0
�x2 � 3x
�dx sumama L8; D8 iM8: Ilustrirajte slikom.
46. KoristecibRa
f(x)dx = limn!1
Dn izraµcunajte integrale
(a)
2Z0
�2� x2
�dx; (b)
5Z0
�1 + 2x3
�dx:
240
47. Nacrtajte graf funkcije f(x) =
8>><>>:4� 1
2x; x 2 [0; 2i
�p4� (x� 4)2; x 2 [2; 6i
x� 7; x 2 [6; 7]
i izraµcuna-
vanjem povr�ina odgovarajucih ravninskih likova izraµcunajte integrale:
(a)
2Z0
f(x)dx; (b)
6Z2
f(x)dx; (c)
7Z0
f(x)dx:
48. Ako je1R0
f(x)dx = 2;4R0
f(x)dx = �6;4R3
f(x)dx = 1 izraµcunajte3R1
f(x)dx:
49. Izraµcunavanjem povr�ina odgovarajucih ravninskih likova izraµcunajte integrale:
(a)
3Z1
(1 + 2x)dx; (b)
0Z�3
(1 +p9� x2)dx;
(c)
2Z2
(1� jxj)dx; (d)
3Z0
j3x� 5j dx:
50. Nacrtajte povr�ine koju prestavljaju integrali:
(a)
27Z0
3pxdx; (b)
�3Z0
sinxdx; (c)
2Z�1
��x� x2�� dx:51. Izraµcunajte integrale:
(a)
0Z�1
(2x� ex)dx; (b)
2Z1
t6 � t2t4
dt; (c)
�3Z
�4
sin#d#;
(d)
�eZ�e2
3
xdx; (e)
12Z0
1p1� x2
dx (f)
p3Z
1
6
1 + x2dx;
(g)
3Z�2
��x2 � 1�� dx (h)
ln 6Zln 3
8eudu:
52. Nacrtajte funkciju f(x) =
xZ0
(1 + t2)dt:
53. Izraµcunajte derivaciju funkcije f(x):
(a) f(x) =
xZ�1
(t2�1)20dt; (b) f(x) =
2Zx
cos t2dt; (c) f(x) =
3xZ2x
u� 1u+ 1
du:
54. Izraµcunajte derivaciju funkcije g(x):
(a) g(x) =
1xZ2
sin4 tdt; (b) g(x) =
pxZ
1
s2
s2 + 1ds:
55. Neka je f(x) =
8>>>><>>>>:0; x < 0
x; 0 � x � 12� x; 1 < x � 20; x > 2
i g(x) =
xZ0
f(t)dt:
(a) Prikaµzite g(x) na naµcin kao i f(x);
241
(b) Skicirajte grafove od f i g;
(c) Gdje je f diferencijabilna, a gdje g?
56. Izraµcunajte odre�ene integrale:
(a)
1Z0
(2x+ 1)100dx; (b)
�2Z0
esin x cosxdx; (c)
2Z1
xpx� 1dx;
(d)
9Z1
1
x2
r1 +
1
xdx; (e)
12Z0
1
1 + 4x2dx; (f)
1Z0
t22�t3
dt;
(g)
e4Ze
1
xplnx
dx; (h)
1Z0
4x2
2x+ 1dx; (i)
�2Z
��2
x2 sinx
1 + x6dx:
57. Izraµcunajte odre�ene integrale:
(a)
1Z0
xe�xdx; (b)
4Z1
px lnxdx; (c)
12Z0
arcsinxdx;
(d)
1Z0
x arctg xdx; (e)
eZ1
cos(lnx)dx; (f)
1Z0
(x2 � 1)exdx;
(g)
4Z0
lnpxdx; (h)
�2Z0
x cos 2xdx:
58. Ako je f neprekidna funkcija i vrijedi9R0
f(x)dx = 10 izraµcunajte3R0
xf(x2)dx:
59. Koji je od integrala1Z1
x4e�x4
dx;
�2Z0
1
cosxdx;
2Z0
1
2x� 1dx
nepravi i za�to?
60. Odredite koji je nepravi integral konvergentan i izraµcunajte ga:
(a)
1Z2
1
(x+ 3)32
dx; (b)
1Z�1
1
(2x� 3)2 dx (c)
1Z�1
(2x2 � x+ 3)dx;
(d)
1Z0
xe�x2
dx; (e)
1Z2
1px+ 3
dx; (f)
1Z0
1
x ln2 xdx;
(g)
3Z�1
1
x2 + 9dx; (h)
1Z0
cosxdx:
61. Koristeci poredbeni kriterij ustanovite konvergenciju nepravih integrala:
(a)
1Z1
1 + e�x
xdx; (b)
1Z1
cos2 x
1 + x2dx; (c)
1Z1
1
x+ e2xdx; (d)
�2Z0
1
x sinxdx:
62. Izraµcunajte aproksimacije trapeznom formulom T10 i Simpsonovom formulom
S10 integrala1R0
exdx i odredite pogre�ke ET i ES : Koliki mora biti n da Tn
aproksimira integral s toµcno�cu 0:00001?
242
63. Izraµcunajte aproksimacije:
(a) L6; D6 i M6 integrala
2Z0
1p1 + x3
dx; (b) M8 i T8 integrala
4Z0
px sinxdx;
(c) L10; D10; M10; T10 i S10 integrala
1Z0
xexdx:
64. Izraµcunajte povr�inu ravninskog lika ome�enog sa:
(a) y = x2 + x+ 1; x = 0; x = 1; y = 0;
(b) x = 6� y � y2; x = 0;(c) y = arctg
x+ 1
x; x = 0; y = 0:
65. U presjeµcistima pravca x � y + 1 = 0 i parabole y = x2 � 4x + 5 povuµcenesu tangente na parabolu. Izraµcunajte povr�inu lika koji odre�uju te tangente i
parabola. Nacrtajte sliku.
66. Izraµcunajte povr�inu:
(a) lemniskate �2 = a2 cos 2';
(b) kardioide � = a(1 + cos');
(c) � = a cos 3':
67. Izraµcunajte povr�inu lika koji odre�uje:
(a) astroida x23 + y
23 = a
23 ;
(b) svod cikloide x = a(t� sin t); y = a(1� cos t); t 2 [0; 2�] i x-os:
68. Izraµcunajte duljinu luka krivulje:
(a) x = et cos t; y = et sin t; t 2 [0; �];
(b) x = 3t� t3; y = 3t2; t 2 [0; 2];
(c) x = t3; y = t4; t 2 [0; 1]:
69. Izraµcunajte duljinu luka krivulje:
(a) y = ln cosx; x 2 [0; �4];
(b) y =1
2e2x; x 2 [0; 1];
(c) y = a lna2
a2 � x2 ; x 2 [0;a2]:
70. Izraµcunajte duljinu luka krivulje:
(a) kardioide � = a(1� cos');
(b) � = sin 3':
71. Izraµcunajte volumen rotacijskog tijela:
(a) y = x2; x = 1; y = 0; rotacija oko x-osi;
(b) y = �x2 + 2; y = jxj ; rotacija oko x-osi;
(c) y2 = x; x = 2y; rotacija oko y-osi;
(d) y = x4; y = 2; rotacija oko pravca y = 2:
243
Indeks
Aditivna konstanta, 175Aksiom, 8
Arhimedov, 25Cantorov, 25Dedekindov, 25
Algebarski komplement, 60Aproksimacija pravokutnicima, 203Apsolutna vrijednost
kompleksnog broja, 31realnog broja, 27vektora, 74
Argument kompleksnog broja, 32Arhimedova spirala, 217Asimptota, 170
kosa, 170uspravna, 170vodoravna, 170
Baza potencije, 28Broj
decimalan, 29e, 100glavni, 16Imaginaran, 30kardinalan, 16racionalan, 22transcendentan, 100
Derivacijafunkcije, 136funkcijske kompozicije, 142funkcijskog reda, 159inverzne funkcije, 143slijeva, 139vi�eg reda, 149zdesna, 139
Determinanta, 55Diferencijal
drugi, 149n-ti, 150
Diferencijal funkcijeu toµcki, 146
Dijagonalaglavna, 51sporedna, 51
Disjunkcijaekskluzivna, 2inkluzivna, 2
Disjunktna unija skupova, 10Disjunktni skupovi, 10Djelomiµcni zbroj reda, 105Dokaz
direktni, 4indirektni, 4
Domena, 13Duljina luka, 217Duljina ravninskog luka, 217Duljina vektora, 74
Eksponent potencije, 28Ekvipotentni skupovi, 16Ekvivalencija, 3Ekvivalentne formule, 4Elementarna operacija
na matrici, 64Eulerove zamjene, 188
Faktorijel, 20Formula
binomna, 26Cramerova, 69Eulerova, 158Lagrangeova, 152Moivreova, 33Newton-Leibnizova, 199, 200predikatne algebre, 4rekurzivna, 183Simpsonova, 205tangentna, 204Taylorova, 155trapezna, 204
Funkcija, 13(strogo) konkavna, 165(strogo) konveksna, 165algebarska, 46arcus-sinus, 44area-kosinus hiperbolni, 47area-kotangens hiperbolni, 48area-sinus hiperbolni, 47area-tangens hiperbolni, 48
244
arkus-kosinus, 44arkus-kotangens, 45arkus-tangens, 45bijektivna, 15ciklometrijska, 44deferencijabilna u toµcki, 145derivabilna, 136derivabilna na skupu, 135derivabilna u toµcki, 135diferencijabilna, 146divergentna u toµcki, 121dvaput derivabilna, 149dvaput diferencijabilna, 150eksponencijalna, 41elementarna, 45hiperbolna, 46identiµcka, 13implicitno zadana, 36injektivna, 15integrabilna, 193inverzna, 15iracionalna, 46konstantna, 14, 39kosinus, 43kosinus hiperbolni, 47kotangens, 43kotangens hiperbolni, 47logaritamska, 42monotona, 38neome�ena, 37neparna, 37neprekidna, 124neprekidna na skupu, 124neprekidna u toµcki, 124neprekidno derivabilna, 136ome�ena, 37ome�ena odozdol, 37ome�ena odozgor, 37opca potencija, 39padajuca, 38parametarski zadana, 36parna, 37periodiµcna, 38podintegralna, 176prava racionalna, 46prekidna u toµcki, 124R-integrabilna, 193racionalna, 46rastuca, 38sinus, 43sinus hiperbolni, 47strogo monotona, 38surjektivna, 15tabliµcno zadana, 35
tangens, 43tangens hiperbolni, 47transcendentna, 46trigonometrijska, 43zadana analitiµcki, 34zadana gra�µcki, 34
Funkcijski prirast, 126
Gomili�teniza, 98
Graf funkcijin, 13Gra�µcko integriranje, 206Graniµcna vrijednost
funkcije u toµcki, 119niza, 97
Graniµcna vrijednostslijeva, 121zdesna, 121
Imaginarna jedinica, 30Implikacija, 3Indirektni dokaz
po kontrapoziciji, 4svo�enjem na kontradikciju, 4
In�mum, 12In�eksija, 167Inkluzija, 13Integracijska konstanta, 176Integracijska varijabla, 176Integral
binomni, 189donji (Riemannov), 194elementarno rje�iv, 183funkcijskog reda, 190gornji (Riemannov), 194neodre�eni, 176nepravi, 208odre�eni, 193Riemannov, 193tabliµcni, 178
Integralna suma, 193desna, 198srednja, 198
Integralna sumalijeva, 198
Intengrand, 176Interval
otvoreni, 12poluzatvoreni, 12
Jednadµzba ravnineHesseov oblik, 91normalni oblik, 91
Kanonski zapis pravca, 88
245
Klasa, 16Kodomena, 13Koe�cijent
binomni, 25opci binomni, 159
Koe�cijent smjerovni, 89Kofaktor, 60Kompleksni broj, 30
eksponencijalni zapis, 158trigonometrijski zapis, 32
Komplement skupa, 10Komponente
skalarne, 80vektorske, 80
Komponente vektoraskalarne, 78vektorske, 78
Kompozicija, 14Konjugirano kompleksni par, 31Konjunkcija, 2Konvergencija
jednolika, 113obiµcna, 112po toµckama, 112, 113uniformna, 113
Konvergencija redaapsolutna, 115jednolika, 116obiµcna, 115po toµckama, 115uniformna, 116
Koordinatna osaplikatna, 80apscisna, 78ordinatna, 78
Koordinatne ravnine, 79Koordinatni sustav, 77
(desni) pravokutni, 79desni, 77lijevi, 79pravokutni, 79
Korolar, 4Kriterij
Cauchyjev, 109D�Alembertov, 109Leibnizov, 111poredbeni, 108Raabeov, 109Weierstrassov, 116
Krivuljaglatka, 214jednostavna, 213jednostavno zatvorena, 214po dijelovima glatka, 214
ravninska, 213zatvorena, 213
Kvadrant, 78Kvanti�kator
egzistencijalni, 4univerzalni, 4
L�Hospitalovo pravilo, 153Laplaceov razvoj, 60Leibnizov pristup, 137Lema, 4Limes
funkcije, 118inferior, 101niza, 97superior, 101
Linearnaekstrapolacija, 35interpolacija, 35
Linearna kombinacijamatriµcna, 53netrivijalna, 53stupaca (redaka) matrice, 54trivijalna, 53vektora, 81
Linearna zavisnostredaka matrice, 54stupaca matrice, 54
Linearno nezavisnivektori, 81
Linearno zavisnivektori, 81
LogaritamBriggsov, 42dekadski, 42prirodni, 43
Logiµcki sud, 1Logiµcki predikat, 3Lokalni
ekstrem, 162maksimum, 162minimum, 162
Majoranta reda, 108Maksimum, 12
funkcije, 129Matica
sustava - pro�irena, 68Matriµcin
element, 51redak, 51stupac, 51
Matricainverzna, 65
246
jediniµcna, 52jednoredna, 51jednostupµcana, 51kompleksna, 51kvadratna, 51pravokutna, 51realna, 51regularna, 65singularna, 65sustava, 68tipa (m,n), 51
Matriceekvivalentne, 64linearno nezavisne, 54linearno zavisne, 54
Me�adonja, 12gornja, 12najveca gornja, 12
Metodaneodre�enih koe�cijenata, 184
Minimumfunkcije, 129
Minimum skupa, 12Minoranta reda, 108Mnoµzenje
mje�ovito, 86skalarno, 82
Mnoµzenjematrice skalarom, 52vektora skalarom, 76vektorsko, 84
Modul kompleksnog broja, 32Modul vektora, 74
Naµcelo potpune indukcije, 17Nadskup, 9Najmanji element, 12Najveci element, 12Negacija, 3Nejednakost
trokutna, 27Neodre�eni oblici, 153Nepravi integral
glavna vrijednost, 211V.P., 211
Newtonov pristup, 136Niz
(strogo) monoton, 96(strogo) silazan, 96(strogo) uzlazan, 96Cauchyjev, 104divergentan, 97funkcijski, 112
geometrijski, 103konvergentan, 97realnih brojeva, 95stacionaran, 96u skupu X, 95
Norma vektora, 74Normala
krivulje, 137ravnine, 90
Nul toµcke funkcije, 172Nulmatrica, 52Nulvektor, 74
Obratna slika, 15Obujam rotacijskog tijela, 219Oktant, 79Opci oblik
jednadµzbe ravnine, 91Osnovni teorem
integralnog raµcuna, 199Osnovni teorem algebre, 183Ostatak
Cauchijev oblik, 156Lagrangeov oblik, 156reda, 106Schlomilchov oblik, 156
Otvorena reµcenica, 3
Parametarski zapis pravca, 88Parametrizacija krivulje
neprekidna, 213Parcijalna integracija, 181Pascalov trokut, 25Peanovi aksiomi, 17Period funkcije, 38
osnovni, 38Permutacija
n-tog reda, 20neparna, 20parna, 20skupa, 20
Plo�tinarotacijske plohe, 221
Plo�tina ravninskog lika, 215Poµcetni komad, 18Poddeterminanta, 60Podmatrica, 60Podniz
realnog niza, 98Podruµcje
integracijsko, 193Podruµcje
de�nicijsko, 13vrijednosno, 13
247
Podskup, 9Pogre�ka
apsolutna, 148postotna, 148relativna, 148
Polinom, 28Polje
kompleksnih brojeva, 30realnih brojeva, 25
Polumjerkonvergencijski, 117
Postulat, 8Potencija, 28Potpuno ure�eno polje
racionalnih brojeva, 22realnih brojeva, 25
Potpunost euklidskog prostora, 104Prametrizacija krivulje
glatka, 214Prazan skup, 9Prekid
druge vrste, 128prve vrste, 128uklonjiv, 128
Presjek skupova, 10Preslikavanje, 124Prikloni kutovi, 80Primitivna funkcija, 174Pro�irenje funkcije, 14Produkt
direktni, 10Kartezijev, 10vektorski, 84vektorsko-skalarni, 86
Pro�njenje rastava, 193Projekcija, 14
Radijus-vektor, 73Rang
determinantin, 63matriµcin, 63
Rastavekvidistantni, 204segmenta, 192
Rastav na parcijalne razlomke, 185Ravnina
brojevna, 31Gaussova, 31
Ravninski luk, 213Razlika skupova, 10Razredi, 11Razvoj
Maclaurinov, 156Taylorov, 156
Redalternirajuci, 111alternirajuci harnonijski, 112apsolutno konvergentan, 110binomni, 159divergentan, 105funkcijski, 114geometrijski, 106harmonijski, 107konvergentan, 105Maclaurinov, 156potencijski, 116, 159realnih brojeva, 105realnih funkcija, 114relativno konvergentan, 111s pozitivnim µclanovima, 108Taylorov, 156uvjetno konvergentan, 111zbrojiv, 105
Rekti�kabilan luk, 217Relacija
antisimetriµcna, 11binarna, 11potpunog ure�eja, 12razredbena, 11re�eksivna, 11simetriµcna, 11tranzitivna, 11ure�ajna, 12
Rotacijsko tijelo, 219
Sarussovo pravilo, 56Segment, 12Segmentni oblik
jednadµzbe ravnine, 90Skalarni produkt, 82Skup, 8
(potpuno) ure�en, 12beskonaµcan, 16cijelih brojeva, 21konaµcan, 16kvocijentni, 11neprebrojiv, 18ome�en, 12ome�en odozdol, 12ome�en odozgor, 12ome�en, 12parcijalno ure�en, 12partitivni, 9prebrojiv, 18svuda gust, 23
Slika skupa, 14Sljedbenik, 18Smjer vektora, 74
248
Smjerovni kosinusi, 81Smjerovni vektor pravca, 87Suµzenje funkcije, 14Suma
donja, 194gornja, 194
Suma reda, 105Supremum, 12Supstitucija, 179Sustav
binarni, 28homogeni, 70kontradiktorni, 72proturjeµcan, 72
Sustav linearnih jednadµzaba, 67
Tablica osnovnih integrala, 178Tangenta
krivulje, 137Tautologija, 6, 223Teµzi�te ravninskog lika, 221Teorem, 4
Abelov, 133Bolzano-Weierstrassov, 100Fermatov, 150Guldinov, 222Kronecker-Capellijev, 68L�Hospitalov, 153Lagrangeov, 152o srednjoj vrijednosti, 152, 202Rolleov, 151
Toµckain�eksijska, 167izolirana, 136kritiµcna, 162stacionarna, 162
Ulanµcan par matrica, 54Umnoµzak matrica, 54Unija skupova, 10Usmjerena duµzina, 73
Varijablanezavisna, 13zavisna, 13
Varijablin prirast, 126Vektor, 73
bazni, 78jediniµcni, 74suprotan, 74
Vektoriiste orijentacije, 74istog smjera, 74kolinearni, 74, 78
koplanarni, 78Vektorska jednadµzba
pravca, 87ravnine, 90
Vektorski oblikjednadµzbe ravnine, 90
Vektorskooduzimanje, 76
Zbrajanjematriµcno, 52paralelogramsko, 75po trokutu, 75
Zbroj vektorski, 75Znamenke
binarne, 28decimalne, 17, 28
249