neprekidnost funkcija...poglavlje 1 neprekidnost funkcija 1.1 pojam neprekidnosti funkcije pojam...

Poglavlje 1

Neprekidnost funkcija

1.1 Pojam neprekidnosti funkcije

Pojam neprekidnosti funkcije moze se interpretirati razlicitim pristupima, ali koji sumedusobno ekvivalentni. Najjednostavniji pristup je sljedecom definicijom.

Definicija 1.1.1 Za funkciju f : Df → R kazemo da je neprekidna u tacki a ∈ Df

ako postoji konacna granicna vrijednost funkcije f u tacki a, tj. limx→a

f (x) i ako je ona

jednaka vrijednosti funkcije u tacki a, tj. ako je limx→a

f (x) = f (a).

Kazemo da je funkcija f prekidna u tacki a ∈ Df ako ona nije neprekidna u tackia ∈ Df .

Napomena 1.1.1 Iz prethodne definicije neposredno slijedi

limx→a

f (x) = f (a) = f(

limx→a

x), (1.1)

što znaci da u slucaju neprekidne funkcije limes i funkcija mogu zamijeniti mjesta.

Primjer 1.1.1 Funkcija f : R→ R data analiticki sa

f (x) =

{x sin 1

x , x 6= 00, x = 0

je neprekidna u svim tackama iz R. To je ocigledno za sve tacke a 6= 0, a kako jelimx→0

f (x) = limx→0

x sin 1x = 0 i f (0) = 0, ona je neprekidna i u tacki a = 0.

Primjer 1.1.2 Funkcija f : R→ R data analiticki sa

f (x) =

{sin 1

x , x 6= 0c, x = 0

1

2 1. Neprekidnost funkcija

za proizvoljan broj c ∈ R, nije neprekidna u tacki x = 0, jer ne postoji limx→0

f (x), dok je

ocigledno neprekidna u svim ostalim tackama iz R.

Neka je sada a ∈ Df i za proizvoljno x ∈ Df neka je x = a + ∆x. Tada se izraz∆x = x− a naziva prirastom argumenta x u tacki a, a izraz

∆f = f (x)− f (a) = f (a+ ∆x)− f (a)

nazivamo prirastom funkcije f u tacki a. primijetimo da iz (1.1) slijedi

limx→a

[f (x)− f (a)] = 0,

a zbog cinjenice da x→ a⇐⇒ ∆x→ 0, imamo

lim∆x→0

[f (a+ ∆x)− f (a)] = 0,

to jest lim∆x→0

∆f = 0. Na taj nacin smo došli do jošjedne definicije neprekidnosti funkcije

u tacki a ∈ Df (Definicija 1.1.2 ) koja je ocito ekvivalentna s Definicijom 1.1.1.


ako beskonacno malom prirastu argumenta x u tacki a odgovara beskonacno mali prirastfunkcije f u tacki a.

Primjer 1.1.3 Pokazimo da je funkcija f : R → R, x 7→ xn, n ∈ N (tj. f (x) = xn)neprekidna u svakoj tacki a ∈ R. Naime, kako je

lim∆x→0

∆f = lim∆x→0

[f (a+ ∆x)− f (a)] = lim∆x→0

[(a+ ∆x)n − an]

= lim∆x→0

[n∑k=0

(n

k

)ak∆xn−k − an

]= lim

∆x→0

n−1∑k=0

(n

k

)ak∆xn−k = 0,

neprekidnost date funkcije u proizvoljnoj tacki a ∈ R slijedi iz Definicije 1.1.2. ♣

Navedimo sada definiciju neprekidnosti funkcije koja je analogna Cauchyevoj definicijigranicne vrijednosti funkcije, ali sa svojim specificnostima.


ako i samo ako vrijedi

(∀ε > 0) (∃δ = δ (ε, a) > 0) (∀x ∈ Df ) (|x− a| < δ ⇒ |f (x)− f (a)| < ε) . (1.2)

1.1 Pojam neprekidnosti funkcije 3

Napomena 1.1.2 Uocimo da je prethodna definicija slicna Cauchyevoj definiciji granicnevrijednosti funkcije u tacki a ∈ Df u slucaju kad su a, b ∈ R. No, uocljive su i bitnerazlike izmedu tih definicija:

1) U Definiciji 1.1.3 tacka a ne mora biti tacka gomilanja skupa Df . Ona cak mozebiti i izolirana tacka i tada je u toj tacki funkcija neprekidna jer, stavljajuci x = a u(1.2) Definicija 1.1.3 ce biti zadovoljena.

2) U Definiciji 1.1.3 je a 6= ±∞, jer je a ∈ Df .3) U definiciji granicne vrijednosti je x ∈ O′δ (a) = (a− δ, a) ∪ (a.a+ δ) (tj. x 6= a),

dok je u Definiciji 1.1.3 x ∈ Oδ (a) = (a− δ, a+ δ), tj. moze biti i x = a.

Primjer 1.1.4 a) Funkcija f : R → R, x 7→ x (tj. f (x) = x) je neprekidna u svakoj

tacki a ∈ R. Zaista, ako za proizvoljno odabrano ε > 0 uzmemo da je δ = δ (ε) =ε

2takav da je |x− a| < δ =

ε

2, imat cemo

|f (x)− f (a)| = |x− a| < δ =ε

2< ε.

♣

Primjer 1.1.5 b) Funkcija f : R → R, x 7→ x2 (tj. f (x) = x2) je neprekidna u svakojtacki a ∈ R. Naime, za proizvoljno odabrano ε > 0 vrijedit ce

|f (x)− f (a)| =∣∣x2 − a2

∣∣ =∣∣∣(x− a)2 + 2ax− 2a2

∣∣∣ =∣∣∣(x− a)2 + 2a (x− a)

∣∣∣≤ |x− a|2 + 2 |a| |x− a|+ |a|2 − |a|2 = (|x− a|+ |a|)2 − |a|2 < ε

samo ako je

|x− a| <√|a|2 + ε− |a| .

Sada je dovoljno uzeti da je δ =√|a|2 + ε− |a|.

Uocimo vaznu cinjenicu da ovdje broj δ ne zavisi samo od ε vec i od izboratacke a (kako je to i navedeno u (1.2)). ♣

Naravno, slicno Heineovoj definiciji granicne vrijednosti funkcije, moze se dati isljedeca definicija neprekidnosti.


ako i samo ako vrijedi

(∀ {xn}∞n=1 , xn ∈ Df , n ∈ N)(

limn→∞

xn = a =⇒ limn→∞

f (xn) = f (a)). (1.3)


Primjer 1.1.6 Promatrajmo Dirichletovu funkciju χ : R → {0, 1} datu analiticki uobliku

χ (x) =

{1, x ∈ Q0, x /∈ Q .

Neka je a ∈ R proizvoljno, a niz {xn}∞n=1 niz racionalnih brojeva i niz {x′n}∞n=1 niz

iracionalnih brojeva koji oba konvergiraju ka a. Kako je limx→a

χ (xn) = limx→a

1 = 1, a

limx→a

χ (x′n) = limx→a

0 = 0, prema Definiciji 1.1.4 funkcija χ je prekidna u tacki a ∈ R. Zbogproizvoljnosti izbora tacke a ∈ R slijedi da je Dirichletova funkcija prekidna u svakojtacki a ∈ R. ♣

Primjer 1.1.7 Ispitajmo neprekidnost funkcije f : R→ [0, 1] datu analiticki kao

f (x) =

{sin 1

x , x 6= 00, x = 0

,

koristeci Definiciju 1.1.4.Funkcija f je ocito neprekidna u svim tackama a 6= 0. Uzmimo sljedece nizove:

{xn}∞n=1 , xn = 1πn , n ∈ N i {x

′n}∞n=1 , x

′n = 1

π(1+4n) , n ∈ N, za koje vrijedi limn→∞

xn = 0 i

limn→∞

x′n = 0. Tada je

limn→∞

f (xn) = limn→∞

sin1

xn= lim

n→∞sinπn = lim

n→∞0 = 0 = f (0) ,

limn→∞

f(x′n)

= limn→∞

sin1

x′n= lim

n→∞sinπ (1 + 4n) = lim

n→∞sin(π

2+ 2πn

)= lim

n→∞1 = 1 6= f (0) ,

pa prema Definiciji 1.1.4 funkcija f je prekidna u tacki 0. ♣

Napomena 1.1.3 Neprekidnost funkcije se moze i geometrijski prepoznati iz grafa tefunkcije. Naime, funkcija f je neprekidna u nekoj tacki a ∈ Df ako se dio grafa uokolini tacke a, tj. prelazeci s lijeve na desnu stranu tacke (a, f (a)) grafa, moze nacrtatiu jednom potezu - ne dizuci olovku s papira.

Mozemo, medutim, promatrati neprekidnost funkcije f samo s jedne strane tackea ∈ Df , tj. s lijeve ili s desne strane tacke a ∈ Df .


s lijeve strane ukoliko postoji konacna lijeva granicna vrijednost funkcije f u tacki a iako je ona jednaka vrijednosti funkcije u tacki a, tj. ako je

limx↑a

f (x) = f (a) .

Analogno se definira i neprekidnost funkcije f u tacki a ∈ Df s desne strane.

1.2 Osobine neprekidnih funkcija 5

Definicija 1.1.6 Za funkciju f : Df → R reci cemo da je neprekidna na skupu A ⊂ Df

ako je ona neprekidna u svakoj tacki skupa A. Simbolicki cemo to oznacavati s f ∈ C (A).

Tako ce nam f ∈ C ((a, b)) oznacavati da je funkcija f neprekidna u svim tackamaotvorenog intervala (a, b). S druge strane, f ∈ C ([a, b)) oznacava da je f ∈ C ((a, b)) i daje jošf neprekidna u tacki a s desne strane.

Objasniti šta znaci: f ∈ C ((a, b]) i f ∈ C ([a, b]).

1.2 Osobine neprekidnih funkcija

Navest cemo nekoliko najvaznijih osobina neprekidnih funkcija. Neke od tvrdnji necemodokazivati buduci da su dokazi slicni dokazima odgovarajucih tvrdnji za granicnu vrijed-nost funkcije.

Teorem 1.2.1 a) Pretpostavimo da su funkcije f : Df → R i g : Dg → R neprekidnefunkcije u tacki a ∈ Df ∩Dg. Tada su u tacki a neprekidne i sljedece funkcije:

1) αf (α ∈ R),2) f ± g,3) fg,

4)f

g, uz uvjet da je g (a) 6= 0.

b) Svaka racionalna funkcija dobijena od neprekidnih funkcija u tacki a (iz njihovogzajednickog domena) je takoder neprekidna u tacki a pod uvjetom da a pripada defini-cionom podrucju te racionalne funkcije.

Teorem 1.2.2 (Neprekidnost slozene funkcije)Pretpostavimo da je funkcija f :Df → R neprekidna u tacki a ∈ Df i da je funkcija g : Dg → R neprekidna u tackif (a) ∈ Dg. Tada je funkcija h = g ◦ f neprekidna u tacki a.

Dokaz. Iz cinjenice da je f neprekidna u tacki a ∈ Df , prema Definiciji 1.1.4 slijedida vrijedi (1.3). Uvedimo sada oznake: yn = f (xn), n ∈ N i y0 = f (a) = lim

n→∞f (xn).

Prema istoj definiciji, zbog neprekidnosti funkcije g u tacki y0 = f (a), imamo

limn→∞

yn = y0 =⇒ limn→∞

g (yn) = g (y0) = g (f (a)) = (g ◦ f) (a) = h (a) . (1.4)

Zbog toga, iz cinjenice da je limn→∞

xn = a, imamo

limn→∞

h (xn) = limn→∞

(g ◦ f) (xn) = limn→∞

g (f (xn)) = limn→∞

g (yn)(1.4)= g (y0) = h (a) ,

a što, prema Definiciji 1.1.4 znaci da je funkcija h = g ◦ f neprekidna u tacki a.


Teorem 1.2.3 Ako je funkcija f : Df → R neprekidna u tacki a ∈ Df , tada je u tackia neprekidna i funkcija |f |. Obrnuto opcenito ne vrijedi.

Dokaz. Prema Definiciji 1.1.3 imamo

(∀ε > 0) (∃δ = δ (ε) > 0) (∀x ∈ Df ) (|x− a| < δ ⇒ |f (x)− f (a)| < ε) .

Iskoristimo poznatu cinjenicu:

||α| − |β|| ≤ |α− β| (α, β ∈ R) ,

pa imamo

(∀ε > 0) (∃δ = δ (ε) > 0) (∀x ∈ Df ) (|x− a| < δ ⇒ ||f (x)| − |f (a)|| ≤ |f (x)− f (a)| < ε) ,

tj. |f | je neprekidna u tacki a.Da obrnuta tvrdnja opcenito ne vrijedi pokazuje nam sljedeci kontraprimjer. Uzmemo

li f : R→ R, datu na sljedeci nacin

f (x) =

{x2 + 1, x ≥ 0

−(x2 + 1

), x < 0

i funkciju |f |, |f (x)| = x2 + 1, vidimo da je |f | neprekidna u tacki a = 0, dok funkcija fnije prekidna u toj tacki.

1.3 Prekidne funkcije. Vrste prekida

Definicija 1.3.1 Za funkciju f : Df → R kazemo da je prekidna u tacki a ∈ Df akoona u toj tacki nije neprekidna.

Uvest cemo odredenu klasifikaciju vrsta i tipova prekida.A) Prekidi prve vrste

A1) Prekid prve vrste prvog tipa

Funkcija f : Df → R ima u tacki a ∈ Df prekid prve vrste prvog tipa ako postojikonacna granicna vrijednost lim

x→af (x) i pri tome je lim

x→af (x) 6= f (a), odnosno ako pos-

toje konacna lijeva (L = limx↑a

f (x)) i konacna desna (D = limx↓a

f (x)) granicna vrijednost

funkcije f u tacki a tako da je L = D 6= f (a). Na primjer, funkcija f : R→ R+ data sa

f (x) =

{ex, x 6= 02, x = 0

ima u tacki a = 0 prekid prve vrste prvog tipa jer je

L = limx↑0f (x) = lim

x↓0f (x) = D = 1, f (0) = 2.

1.3 Prekidne funkcije. Vrste prekida 7

Napomena 1.3.1 a) Uocimo da se funkcija f : Df → R, koja u tacki a ∈ Df imaprekid prve vrste prvog tipa moze predefinirati u funkciju g koja je neprekidna u tackia ∈ Df na sljedeci nacin

g (x) =

{f (x) , x 6= a

limx→a

f (x) , x = a .

b) S druge strane, funkciju koja nije definirana u tacki a, a jeste u nekoj njenojokolini i pri tome postoji lim

x→af (x), mozemo dodefinirati do neprekidne funkcije g u tacki

a. Na primjer, funkcije: f1 (x) =sinx

x, f2 (x) =

ex − 1

xi f3 (x) = x sin 1

x su definirane

u svim tackama, osim u tacki 0 i mozemo ih dodefinirati do neprekidnih funkcija u tacki0, kako slijedi

g1 (x) =

{ sinx

x, x 6= 0

1, x = 0, g2 (x) =

{ ex − 1

x, x 6= 0

1, x = 0, g2 (x) =

{x sin 1

x , x 6= 00, x = 0

jer je

limx→0

sinx

x= 1, lim

x→0

ex − 1

x= 1, lim

x→0x sin

1

x= 0.

A2) Prekid prve vrste drugog tipa

Funkcija f : Df → R ima u tacki a ∈ Df prekid prve vrste drugog tipa ako pos-toje konacna lijeva (L = lim

x↑af (x)) i konacna desna (D = lim

x↓af (x)) granicna vrijednost

funkcije f u tacki a tako da je L 6= D.Takva je, na primjer, funkcija

f (x) =

{x, x ≤ 0

x+ 1, x > 0.

B) Prekidi druge vrsteB1) Prekid druge vrste prvog tipa - tzv. ”tacka beskonacnosti”

Funkcija f : Df → R ima u tacki a ∈ Df prekid druge vrste prvog tipa ako ne postojikonacna lijeva (L = lim

x↑af (x)) ili konacna desna (D = lim

x↓af (x)) granicna vrijednost

funkcije f u tacki a.Takva je, na primjer, funkcija

f (x) =

{xx−3 , x 6= 3

1, x = 0,


jer je

L = limx↑3f (x) = lim

x↑3

x

x− 3=

∣∣∣∣ s : x = 3− ε, ε > 0ε→ 0

∣∣∣∣ = limε→0

3− ε−ε = −∞,

i

D = limx↓3f (x) = lim

x↓3

x

x− 3

∣∣∣∣ s : x = 3− ε, ε > 0ε→ 0

∣∣∣∣ = limε→0

3− εε

= +∞.

B2) Prekid druge vrste drugog tipa - tzv. ”tacka oscilacije”

Funkcija f : Df → R ima u tacki a ∈ Df prekid druge vrste drugog tipa ako onaoscilira kad x→ a.

Takva je, na primjer, funkcija

f (x) =

{sin 1

x , x 6= 0c, x = 0

,

gdje je c ∈ R proizvoljan fiksan broj.

Napomena 1.3.2 Moze se, naravno, govoriti o prekidu funkcije u nekoj tacki iz njenogdomena, kao i o vrstama prekida samo s jedne strane u toj tacki. Ukoliko je rijec oprekidima s lijeve strane u toj tacki, onda iz gore navedenih situacija izostavimo slucajD (desnu granicnu vrijednost u promatranoj tacki). Analogno postupamo i u slucajuprekida s desne strane u nekoj tacki domena funkcije.

1.4 Uniformna neprekidnost

Ako pretpostavimo da je funkcija f : Df → R neprekidna na skupu D ⊂ Df , to znacida je ona u proizvoljnoj tacki x0 ∈ D neprekidna, odnosno da vrijedi

(∀x0 ∈ D) (∀ε > 0) (∃δ = δ (ε) > 0) (∀x ∈ D) (|x− x0| < δ ⇒ |f (x)− f (x0)| < ε) .(1.5)

To ustvari znaci da broj δ ne zavisi samo od ε nego i od izbora tacke x0, tj. δ = δ (ε, x0).Nas ce sada posebno zanimati situacija kada formula (1.5) ostane da vrijedi ali tako dabroj δ zavisi iskljucivo od ε (dakle, ne i od izbora tacke x0 ∈ D). Drugim rijecima, kadsvaki x0 ∈ D za proizvoljno ε > 0 ima isto δ = δ (ε) > 0 tako da vrijedi (1.5).

1.4 Uniformna neprekidnost 9

Definicija 1.4.1 Za funkciju f : Df → R kazemo da je uniformno (ravnomjerno)neprekid-na na skupu D ⊂ Df ako se za proizvoljno ε > 0 moze odrediti broj δ =δ (ε) > 0, koji zavisi iskljucivo od ε (dakle, ne i od izbora tacke x0 ∈ D) tako da zaproizvoljne x1, x2 ∈ D vrijedi

|x1 − x2| < δ ⇒ |f (x1)− f (x2)| < ε,

tj.

(∀ε > 0) (∃δ = δ (ε) > 0) (∀x1, x2 ∈ D) (|x1 − x2| < δ ⇒ |f (x1)− f (x2)| < ε) . (1.6)

Uocimo da uniformna neprekidnost funkcije na nekom skupu D implicira neprekid-nost te funkcije na D, ali obrnuto ne vrijedi. Pokazuje nam to sljedeci primjer.

Primjer 1.4.1 Funkcija f : (0,+∞) → R, x 7−→ 1x je neprekidna funkcija na cijelom

domenu. Medutim, pokazat cemo sada da ona nije uniformno neprekidna na (0,+∞).Oslonimo se iskljucivo na Definiciju 1.4.1. Neka je ε > 0 proizvoljno odabrano i neka jex0 ∈ (0,+∞) takoder proizvoljno odabran. Neka je δ1 > 0 takav da je

1

x0+ ε =

1

x0 − δ1,

odnosno δ1 =εx2

0

1 + εx0. Uzmemo li proizvoljno x ∈ (x0 − δ1, x0), imat cemo

|x− x0| < δ1 ⇒ |f (x)− f (x0)| =∣∣∣∣1x − 1

x0

∣∣∣∣ < ε.

Za isto ε odaberimo broj δ2 > 0 takav da je

1

x0− ε =

1

x0 + δ1,

odnosno δ2 =εx2

0

1− εx0. Uzmimo proizvoljno x ∈ (x0, x0 + δ2), pa vrijedi

|x− x0| < δ2 ⇒ |f (x)− f (x0)| =∣∣∣∣1x − 1

x0

∣∣∣∣ < ε.

Neka je δ = min {δ1, δ2} =εx2

0

1 + εx0. Tada

|x− x0| < δ2 ⇒ |f (x)− f (x0)| < ε.

Medutim, broj δ ovdje ne zavisi samo od ε, nego i od izbora tacke x0 ∈ (0,+∞), pafunkcija f nije uniformno neprekidna na (0,+∞). ♣


Primjer 1.4.2 Ispitajmo uniformnu neprekidnost funkcije f : R→ R, x 7→ 11+x2

na R.Za proizvoljno odabrane x1, x2 ∈ R imamo da vrijedi

|f (x1)− f (x2)| =

∣∣∣∣ 1

1 + x21

− 1

1 + x22

∣∣∣∣ =|(x2 − x1) (x2 + x1)|(

1 + x21

) (1 + x2

2

)= |x1 − x2|

∣∣∣∣∣ x1(1 + x2

1

) (1 + x2

2

) +x2(

1 + x21

) (1 + x2

2

)∣∣∣∣∣≤ |x1 − x2|

(x1

1 + x21

+x2

1 + x22

)≤ |x1 − x2|

(1

2+

1

2

)= |x1 − x2| .

Za proizvoljno odabrano ε > 0 odaberimo δ =ε

2, pa imamo

|x1 − x2| < δ ⇒ |f (x1)− f (x2)| < |x1 − x2| < δ =ε

2< ε.

Kako broj δ zavisi samo od ε, ali ne i od izbora tacke x ∈ R, prema Definiciji 1.4.1funkcija f je uniformno neprekidna na R. ♣

Primjer 1.4.3 Promatrajmo funkciju f : R → [−1, 1] , x 7→ cosx i provjerimo da li jeona uniformno neprekidna na R.

Za proizvoljno odabrane x1, x2 ∈ R imamo

|f (x1)− f (x2)| = |cosx1 − cosx2| =∣∣∣∣−2 sin

x1 − x2

2sin

x1 + x2

2

∣∣∣∣= 2

∣∣∣∣sin x1 − x2

2

∣∣∣∣︸︷︷︸≤ |x1−x2|

2

∣∣∣∣sin x1 + x2

2

∣∣∣∣︸︷︷︸≤1

≤ 2|x1 − x2|

2= |x1 − x2| .

Uzimajuci za proizvoljno odabrano ε > 0 da je δ =ε

2, imamo

|x1 − x2| < δ ⇒ |f (x1)− f (x2)| < |x1 − x2| < δ =ε

2< ε.

S obzirom da broj δ zavisi iskljucivo od ε, ali ne i od izbora tacke x ∈ R, funkcija f jeuniformno neprekidna na R. ♣

1.5 Osobine funkcija definiranih i neprekidnih na zatvorenomintervalu

Teorem 1.5.1 (Cantor) Pretpostavimo da je funkcija f definirana i neprekidna na [a, b].Tada je f uniformno neprekidna na [a, b].

1.5 Osobine funkcija def. i neprekidnih na zatvorenom intervalu 11

Dokaz. Podsjetimo se definicije uniformne neprekidnosti funkcije f : Df → R na skupuD ⊆ Df :

(∀ε > 0) (∃δ = δ (ε) > 0)(∀x′, x′′ ∈ D

) (∣∣x′ − x′′∣∣ < δ ⇒∣∣f (x′)− f (x′′)∣∣ < ε

). (1.7)

Pretpostavimo suprotno tvrdnji teorema, tj. pretpostavimo da funkcija f nije uniformnoneprekidna na [a, b], tj. da vrijedi negacija logicke formule (1.7) za slucaj D = [a, b]:

(∃ε > 0) (∀δ = δ (ε) > 0)(∃x′δ, x′′δ ∈ [a, b]

) (∣∣x′δ − x′′δ ∣∣ < δ ∧∣∣f (x′δ)− f (x′′δ)∣∣ ≥ ε) .

(1.8)

Za ovako odabrano ε > 0 formirajmo niz {δn}∞n=1 sa δn =1

n(n ∈ N) za koji ce virjediti

(1.8), tj.

(∀n ∈ N)

(∀δn =

1

n

)(∃an, bn ∈ [a, b])

|an − bn| < 1

n∧ |f (an)− f (bn)| ≥ ε︸︷︷︸

(∆)

, (1.9)

uz pretpostavku b− a < 1, što nece narušiti opcenitost dokaza.Na ovaj nacin dobili smo dva beskonacna niza, {an}∞n=1 i {bn}

∞n=1, u potpunosti

sadrzana u [a, b], što znaci da su i ograniceni. Prema Bolzano-Weierstrasseovom (B-W)teoremu iz niza {an}∞n=1 se moze izdvojiti podniz {ank}

∞k=1 koji konvergira ka nekom

broju α ∈ [a, b], a iz niza {bn}∞n=1 se moze izdvojiti podniz {bnk}∞k=1 koji konvergira ka

nekom broju β ∈ [a, b], tj. vrijedi

limk→∞

ank = α, limk→∞

bnk = β. (1.10)

Dokazimo sada da je α = β. Uocimo prvo da vrijedi nejednakost

0 ≤ |bnk − α| ≤ |bnk − ank |+ |ank − α| . (1.11)

Prema (1.10) vrijedilimk→∞

|ank − α| = 0,

a iz (1.9) slijedi

0 ≤ limk→∞

|bnk − ank | ≤ limk→∞

1

nk= 0⇒ lim

k→∞|bnk − ank | = 0.

Prema ”Sendvic teoremu”, iz (1.11) slijedi limk→∞

|bnk − α| = 0, odnosno

β = limk→∞

bnk = α.


Zbog neprekidnosti funkcije f na [a, b] (i cinjenice da limes i funkcija f mogu zamijenitimjesta), dobijamo

limk→∞

f (ank) = f

(limk→∞

ank

)= f (α) ,

limk→∞

f (bnk) = f

(limk→∞

bnk

)= f (β) = f (α) .

Oduzimanjem posljednje dvije jednakosti. imamo

limk→∞

f (ank)− limk→∞

f (bnk) = 0,

odnosnolimk→∞

[f (ank)− f (bnk)] = 0. (1.12)

Iz (1.12) slijedi da za razmatrano ε > 0 postoji dovoljno velik prirodni broj k takav davrijedi

|f (an)− f (bn)| < ε,

što je u kontradikciji s (∆) u (1.9). Dakle, ova kontradikcija nam govori da nije dobrapretpostavka da funkcija f nije uniformno neprekidna na [a, b], nego da je tacna tvrdnjateorema da je f uniformno neprekidna na [a, b].

Teorem 1.5.2 (Weierstrass) Pretpostavimo da je funkcija f definirana i neprekidna na[a, b]. Tada je f ogranicena na [a, b].

(Simbolicki: f ∈ C [a, b]⇒ f ∈ B ([a, b]).)

Dokaz. Dokazimo prvo ogranicenost funkcije f odozgo. U tu svrhu pretpostavimosuprotno, tj. da funkcija f nije ogranicena odozgo. To znaci da vrijedi

(∀n ∈ N) (∃an ∈ [a, b]) f (an) ≥ n. (1.13)

Na ovaj nacin dobili smo niz {an}∞n=1 koji je u potpunosti sadrzan u intervalu [a, b], tj.ogranicen je, pa prema B-W teoremu postoji barem jedna tacka gomilanja α tog niza.Drugim rijecima, iz niza {an}∞n=1 moze se izdvojiti podniz {ank}

∞k=1 koji konvergira ka

α, tj. limk→∞

ank = α. Ocigledno je α ∈ [a, b]. No, kako je prema (1.13)

f (ank) ≥ nk (k ∈ N) ,

to jelimk→∞

f (ank) ≥ limk→∞

nk = +∞.


Zbog neprekidnosti funkcije f na [a, b] vrijedi

f (α) = f

(limk→∞

ank

)= lim

k→∞f (ank) = +∞. (1.14)

Buduci da je α ∈ [a, b] i f definirana i neprekidna na [a, b], to funkcija f u svakoj tackiiz [a, b] uzima konacnu vrijednost, pa i u tacki α, što je kontradikcija sa (1.14). Timesmo dokazali da je funkcija f ogranicena odozgo na [a, b].

Naravno, moze se analogno dokazati da je funkcija f ogranicena i odozdo na intervalu[a, b], ali moze i na sljedeci nacin. Formirajmo funkciju ϕ kao

ϕ (x) = −f (x) za sve x ∈ [a, b] .

Ocigledno je i funkcija ϕ definirana i neprekidna na zatvorenom intevalu [a, b], pa jeprema vec dokazanom ona i ogranicena odozgo na [a, b]. To znaci da postoji neka kon-stanta K > 0 takva da je

ϕ (x) ≤ K za sve x ∈ [a, b] ,

odnosno−f (x) ≤ K za sve x ∈ [a, b] ,

tj.f (x) ≥ −K za sve x ∈ [a, b] ,

što znaci da je funkcija f ogranicena odozdo na [a, b].

Teorem 1.5.3 Ako je funkcija f definirana i neprekidna na [a, b], tada ona uzima svojumaksimalnu vrijednost u barem jednoj tacki iz [a, b] i uzima svoju minimalnu vrijednostu barem jednoj tacki iz [a, b].

Dokaz. Izvedimo dokaz prvo za slucaj maksimalne vrijednosti.Prema Teoremu 1.5.2 funkcija f je ogranicena na [a, b], što znaci da postoji

M = sup {f (x) | x ∈ [a, b]} .

Dokazimo da je M maksimum funkcije na [a, b]. U tu svrhu, pretpostavimo suprotno,tj. da je f (x) < M za sve x ∈ [a, b], odnsono da je M − f (x) > 0 za sve x ∈ [a, b].

Zbog toga je funkcija ϕ (x) =1

M − f (x)definirana i neprekidna na [a, b], pa je prema

Teoremu 1.5.2 i ogranicena na [a, b], tj. postoji broj C > 0 dovoljno velik takav da je

ϕ (x) =1

M − f (x)< C za svaki x ∈ [a, b] . (1.15)


Po definiciji supremuma, za ε = 1C postoji neko xC ∈ [a, b] tako da vrijediM−ε < f (xC),

tj. M − f (xC) < ε = 1C , odnosno

1

M − f (xC)> C. (1.16)

Relacija (1.15) vrijedi za sve x ∈ [a, b], pa i za xC ∈ [a, b], tj.

1

M − f (xC)< C,

a to je u kontradikciji sa (1.16). Ova kontradikcija nas dovodi do zakljucka da funkcijaf dostize maksimalnu vrijednost M u nekoj tacki iz [a, b].

Analogno se moze pokazati da funkcija f dostize svoju minimalnu vrijednost u nekojtacki iz intervala [a, b]. Medutim, moze i na sljedeci nacin. Formirajmo funkciju

φ (x) = −f (x) (x ∈ [a, b]) .

Pošto je i funkcija φ definirana i neprekidna funkcija na [a, b], prema vec dokazanom onadostize svoju maksimalnu vrijednost M u nekoj tacki intervala [a, b], tj. vrijedi

φ (x) ≤M za sve x ∈ [a, b] ,

odnosno−f (x) ≤M za sve x ∈ [a, b] .

Iz tog slijedif (x) ≥ −M za sve x ∈ [a, b] .

Teorem 1.5.4 Pretpostavimo da je funkcija f definirana i neprekidna na [a, b] i da nakrajevima intervala [a, b] uzima vrijednosti suprotnih znaka. Tada postoji barem jednatacka c ∈ (a, b) koja je nula funkcije f , tj. da vrijedi f (c) = 0.

(Simbolicki:(f ∈ C ([a, b]) ∧ f (a) f (b) < 0)⇒ ((∃c ∈ (a, b)) f (c) = 0).)

Dokaz. Moguca su dva slucaja: 1) f (a) < 0 i f (b) > 0 i 2) f (a) > 0 i f (b) < 0.Razmatrajmo prvo slucaj 1). Formirajmo niz zatvorenih intervala Jn = [an, bn] (n ∈{0, 1, 2, ...}) na sljedeci nacin. Neka je J0 = [a0, b0] = [a, b] i neka je tacka ζ sredinaintervala J0, tj. ζ = a0+b0

2 . Ako je f (ζ) = 0, dokaz je završen: c = ζ. Ako to nijeslucaj, onda za interval J1 = [a1, b1] uzmimo onaj od intervala [a0, ζ] ili [ζ, b0] u kojemse dešava slucaj 1), tj gdje je funkcija negativna u lijevom kraju i pozitivna u desnomkraju tog intervala. Zatim ponovimo isti metod i za interval J1 kao i na interval J0, tj.poloveci ga i dobijajuci od njega novi interval J2 = [a2, b2] za koji vrijedi f (a2) < 0 i


f (b2) > 0. Nastavljajuci ovaj postupak u nedogled, dobit cemo niz zatvorenih intervalaJn = [an, bn] (n ∈ {0, 1, 2, ...}) takvih da je

Jn ⊃ Jn+1 i dn+1 =bn − an

2=b− a

2n(n ∈ {0, 1, 2, ...}),

gdje je dn duzina intervala Jn (n ∈ {0, 1, 2, ...}) i ocito dn → 0 (n→∞). Na ovaj nacinsmo dobili tzv. gnijezdo zatvorenih intervala pa mozemo primijeniti teorem o gnijezdu

prema postoji tacno jedna tacka c sadrzana u svim tim intervalima, tj. c ∈∞⋂n=0

Jn.

Ocito je niz {an}∞n=0 monotono rastuci, dok je niz {bn}∞n=0 monotono opadajuci. Oba su

sadrzana u intervalu [a, b], tj. ogranicena su, pa su i konvergentni i ocito je da vrijedi

limn→∞

an = limn→∞

bn = c. (1.17)

Prema konstrukciji niza Jn imamo da je

f (an) < 0 i f (bn) > 0 (n ∈ {0, 1, 2, ...}). (1.18)

Buduci da je f neprekidna funkcija na [a, b], to vrijedi

f (c)(1.17)

= f(

limn→∞

an

)f neprekidna

= limn→∞

f (an)(1.18)

≤ 0, (1.19)

f (c)(1.17)

= f(

limn→∞

bn

)f neprekidna

= limn→∞

f (bn)(1.18)

≥ 0. (1.20)

Iz (1.19) i (1.20) slijedi da je f (c) = 0, što je i trebalo dokazati.Slucaj 2) se dokazuje analogno. ali moze i na sljedeci nacin. Formirajmo funkciju

ϕ (x) = −f (x) (x ∈ [a, b]) ,

pri cemu funkcija f zadovoljava slucaj 2). Tada je ϕ (a) = −f (a) < 0 i ϕ (b) = −f (b) >0. Kako je funkcija ϕ neprekidna na [a, b], prema vec dokazanom dijelu teorema slijedida postoji c ∈ (a, b) takvo da je ϕ (c) = 0, što znaci da je i f (c) = 0.

Napomena 1.5.1 Primijetimo da prethodni teorem ne govori o broju tacaka c ∈ (a, b)u kojima moze biti f (c) = 0. Ocigledno je samo da ih mora biti neparan broj.

Napomena 1.5.2 Metod polovljenja intervala koji smo koristili u prethodnom slucajuje veoma koristan i znacajan metod, te se cesto koristi u matematici. Posebno se koristiu numerickoj matematici pri lokalizaciji rješenja neke jednadzbe. Na primjer, ako trebalokalizirati rješenje jednadzbe x3 − x − 1 = 0, dovoljno je primijeniti metod polovljenjaintervala i prethodni teorem na funkciju f (x) = x3 − x − 1, koja je ocito neprekidna


na intervalu [0, 2] i za koju je f (0) = −1 < 0 i f (2) = 5 > 0. To znaci da baremjedno rješenje date jednadzbe lezi u intervalu (1, 2). Zelimo li preciznije odrediti polozajtog rješenja, raspolovimo interval J0 = [0, 2] i promatrajmo intervale [0, 1] i [1, 2]. Kakoje f (1) = −1 < 0, to mozemo uzeti za J1 = [1, 2]. tj. zakljuciti da se rješenje datejednadzbe nalazi u tom intervalu. Poloveci interval J1, zbog f (1.5) = 0.875 dobijamo dase trazeno rješenje sigurno nalazi u intervalu J2 = [1, 1.5]. Još precizniji rezultat je dase rješenje nalazi u intervalu J3 = [1.25, 1.5] jer je f (1.25) < 0. Ovaj postupak mozemonastaviti sve dok ne dodemo intervala cija nam preciznost odgovara.

Sljedeci teorem je poznat kao Cauchy-Bolzanov teorem o meduvrijednosti.

Teorem 1.5.5 (Cauchy-Bolzano) Pretpostavimo da je funkcija f definirana i neprekidnana [a, b], te da je m = min

x∈[a,b]f (x) i M = max

x∈[a,b]f (x). Osim toga, neka su c, d ∈ [a, b] takvi

da je f (c) = m i f (d) = M . Tada za proizvoljnu tacku β ∈ (m,M) postoji barem jednatacka iz [a, b] koja se nalazi izmedu c i d (tj. α ∈ (min {c, d} ,max {c, d})) tako da vrijedif (α) = β.

Dokaz. Formirajmo funkciju ϕ na sljedeci nacin: ϕ (x) = f (x) − β. Odavde vidimoda je funkcija ϕ neprekidna funkcija na [a, b] kao razlika neprekidne funkcije f i kon-stante β koja je takoder neprekidna funkcija na [a, b](v. Teorem 1.2.1). Samim tim je ϕneprekidna funkcija i na zatvorenom intervalu cije su krajnje tacke c i d, tj. na intervalu[min {c, d} ,max {c, d}] i na krajevima tog intervala uzima vrijednosti suprotnog znaka,jer je

ϕ (c) = f (c)− β = m− β < 0 i ϕ (d) = f (d)− β = M − β > 0.

Prema Teoremu 1.5.4 postoji barem jedna tacka α izmedu c i d tako da je ϕ (α) =f (α)− β = 0, odakle je f (α) = β.

Posljedica 1.5.1 Pretpostavimo da je funkcija f definirana i neprekidna na [a, b] i daje f (a) 6= f (b). Tada za proizvoljno odabranu tacku β izmedu f (a) i f (b), tj. β ∈(min {f (a) , f (b)} ,max {f (a) , f (b)}), postoji barem jedna tacka α ∈ (a, b) tako da jef (α) = β.

Dokaz. Bez ogranicenja opcenitosti pretpostavimo da je f (a) < f (b), Tada je zam = min

x∈[a,b]f (x) i M = max

x∈[a,b]f (x):

m ≤ f (a) < f (b) ≤M.

Prema Teoremu 1.5.5 funkcija f uzima bilo koju vrijednost β izmedu m i M u baremjednoj tacki α ∈ (a, b), a tim prije ce to biti zadovoljeno ako je β izmedu f (a) i f (b).


1.5.1 Monotonost i neprekidnost

Teorem 1.5.6 Pretpostavimo da je funkcija f definirana, neprekidna i strogo monotonana [a, b]. Tad funkcija f uzima proizvoljnu vrijednost β ∈ [min {f (a) , f (b)} ,max {f (a) , f (b)}]u tacno jednoj tacki α ∈ [a, b].

Dokaz. Dokaz cemo izvesti u slucaju kada je f strogo monotono rastuca funkcija na[a, b] (analogno se dokazuje slucaj kad je f strogo monotono opadajuca funkcija na [a, b]).Tada je f (a) < f (b). Neka je dato neko β ∈ [f (a) , f (b)]. Pretpostavimo suprotnotvrdnji teorema, tj. pretpostavimo da postoje α1, α2 ∈ [a, b] i α1 6= α2 takvi da vrijedif (α1) = f (α2) = β. Koristeci cinjenicu da je f strogo monotono rastuca funkcija na[a, b], moguca su dva slucaja:

i) α1 < α2 =⇒ f (α1) < f (α2) ,

ii) α1 > α2 =⇒ f (α1) > f (α2) ,

to jest, za α1 6= α2 mora biti f (α1) 6= f (α2), što je u kontradikciji s pretpostavkomf (α1) = f (α2) = β. Dakle, vrijedi tvrdnja teorema.

Vrijedi i obrat prethodnog teorema u sljedecem smislu.

Teorem 1.5.7 Pretpostavimo da je f definirana i strogo monotona na [a, b], pri cemuuzima proizvoljnu vrijednost β izmedu f (a) i f (b) u tacno jednoj tacki α ∈ [a, b]. Tadaje f neprekidna na [a, b].

Dokaz. Razmatrajmo slucaj kada je f strogo monotono rastuca funkcija na [a, b] (analognose dokazuje u slucaju kad je strogo monotono opadajuca na [a, b] ).Pretpostavimo suprotnotvrdnji teorema, to jest da f nije neprekidna na [a, b]. Preciznije, pretpostavimo da unekoj tacki c ∈ [a, b] vrijedi

L = limx↑cf (x) 6= lim

x↓cf (x) = D.

Zbog cinjenice da je f strogo monotono rastuca na [a, b], slijedi da je L ≤ f (c), papretpostavimo da je L < f (c). Neka je β takvo da je L < β < f (c). Tada ocito vrijedi

x′ < c =⇒ f(x′)< L < β,

x′′ > c =⇒ f(x′′)> f (c) > β,

to jest vrijednost β funkcija f ne moze uzeti ni u jednoj tacki iz (a, b), što je u kontradikcijis pretpostavkom teorema. Iz ove kontradikcije slijedi da je funkcija f neprekidna na [a, b].


Teorem 1.5.8 Pretpostavimo da je funkcija f definirana, neprekidna i strogo monotonana [a, b]. Tada je f bijekcija sa [a, b] na A = [min {f (a) , f (b)} ,max {f (a) , f (b)}], afunkcija f−1 : A → [a, b] je neprekidna na A i takoder strogo monotona i iste prirodemonotonosti kao i funkcija f .

Dokaz. Dokaz cemo izvesti za slucaj kad je f strogo monotono rastuca funkcija na[a, b] (analogno se dokazuje u slucaju kad je f strogo monotono opadajuca na [a, b]).Tada je f (a) < f (b). Da je f surjekcija sa [a, b] na [f (a) , f (b)] slijedi direktno izTeorema 1.5.6. Da je f injekcija sa [a, b] na [f (a) , f (b)] slijedi iz dokaza Teorema1.5.6. Dakle, f je bijekcija sa [f (a) , f (b)] na [a, b], pa postoji njoj inverzna funkcijaf−1 : [f (a) , f (b)]→ [a, b].Neka su y1, y2 ∈ [f (a) , f (b)] proizvoljno odabrani takvi da je y1 < y2. Kako je fbijekcija, to postoje x1, x2 ∈ [a.b] takvi da je

f (x1) = y1 i f (x2) = y2,

odnosno x1 = f−1 (y1) i x2 = f−1 (y2). Zbog toga imamo

y1 < y2 =⇒ f (x1) < f (x2)f str. mon. raste

=⇒ x1 < x2 =⇒ f−1 (y1) < f−1 (y2) ,

što znaci da je funkcija f−1 strogo monotono rastuca kao i funkcija f . Da vrijedif−1 ∈ C ([f (a) , f (b)]) slijedi iz Teorema 2 jer funkcija f−1 zadovoljava pretpostavketog teorema.

Poglavlje 2

Diferencijabilnost

19

20 POGLAVLJE 2. DIFERENCIJABILNOST

Poglavlje 3

Integrabilnost

3.1 Kriteriji konvergencije nesvojstvenog integrala

Za ispitivanje konvergencije (divergencije) nesvojstvenog integrala koriste se razni krite-riji, koji su u principu analogni odgovarajucim kriterijuma za konvergenciju numerickihredova. Ovdje cemo navesti neke od tih (najvaznijih) kriterija. Pri tome cemo smatrati,ukoliko drugacije ne kazemo, da je singularitet integrala u gornjoj granici b.

Teorem 3.1.1 Da bi nesvojstveni integralb∫af (x) dx konvergirao, potrebno je i dovoljno

da za svako ε > 0 postoji broj β0 ∈ (a, b), tako da za svaki par brojeva β′, β′′ ∈ (β0, b)vrijedi ∣∣∣∣∣∣∣

β′′∫β′

f (x) dx

∣∣∣∣∣∣∣ < ε.

Dokaz. Da bi integralb∫af (x) dx konvergirao potrebno je i dovoljno da postoji konacna

granicna vrijednost limx↑bφ (x), gdje je φ (x) =

x∫af (t) dt (a ≤ x < b). Prema Cauchyevom

uvjetu, to vrijedi ako i samo ako

(∀ε < 0) (∃β0 : a < β0 < b)(∀β′, β′′

) (β0 < β′ < β′′ < b⇒

∣∣φ (β′′)− φ (β′)∣∣ < ε).

Zakljucak slijedi iz cinjenice

φ(β′′)− φ

(β′)

=

β′′∫β′

f (x) dx.

21

22 POGLAVLJE 3. INTEGRABILNOST

Sljedeca tvrdnja nam daje dovoljan uvjet za konvergenciju nesvojstvenog integrala.

Teorem 3.1.2 Pretpostavimo da je |f (x)| ≤ g (x), x ∈ [a, b) i da integralb∫ag (x) dx

konvergira. Tada konvergira i integralb∫af (x) dx.

Dokaz. Pošto integralb∫ag (x) dx konvergira, tada prema Teoremu 3.1.1, za za svako

ε > 0 postoji broj β0 ∈ (a, b), tako da za svaki par brojeva β′, β′′ ∈ (β0, b) vrijedi∣∣∣∣∣β′′∫

β′g (x) dx

∣∣∣∣∣ =β′′∫β′g (x) dx < ε. Iz pretpostavke teorema slijedi

∣∣∣∣∣∣∣β′′∫β′

f (x) dx

∣∣∣∣∣∣∣ ≤β′′∫β′

|f (x)| dx ≤β′′∫β′

g (x) dx < ε.

Primjer 3.1.1 Neka je |f (x)| ≤ 1xα , α > 1, za x ∈ [a,+∞), a > 0. Buduci da

integral+∞∫a

1xαdx konvergira (pokazati!), tada, prema Teoremu 3.1.2, konvergira i integral

+∞∫af (x) dx. ♣

Kao i u slucaju numerickih redova, i ovdje je vazan pojam apsolutne konvergencijenesvojstvenog integrala.

Definicija 3.1.1 Za nesvojstveni integralb∫af (x) dx kazemo da apsolutno konvergira ako

konvergira integralb∫a|f (x)| dx.

Iz Teorema 3.1.2 neposredno slijedi sljedeca tvrdnja.

Posljedica 3.1.1 Ako nesvojstveni integralb∫af (x) dx apsolutno konvergira, tada on

konvergira i u obicnom smilu.

3.1. KRITERIJI KONVERGENCIJE NESVOJSTVENOG INTEGRALA 23

Obrnuta tvrdnja, medutim, opcenito ne vrijedi, to jest iz konvergencije nesvojstvenogintegrala ne slijedi obavezno i apsolutna konvergencija tog integrala, što se moze vidjetiiz sljedeceg primjera.

Primjer 3.1.2 Pokazati da integral+∞∫π2

sinx

xdx konvergira, ali ne i apsolutno.

Rješenje. Primjenom parcijalne integracije na dati nesvojstveni integral, dobijamo+∞∫π2

sinx

xdx =

[−cosx

x

]+∞

π2

−+∞∫π2

cosx

x2dx = −

+∞∫π2

cosx

x2dx.

No, integral+∞∫π2

cosx

x2dx konvergira, što slijedi iz nejednakosti

∣∣∣cosx

x2

∣∣∣ ≤ 1

x2i cinjenice

da integral+∞∫π2

1

x2dx konvergira (pokazati!), primjenom Teorema 3.1.2.

S druge strane, za β >π

2, vrijedi

β∫π2

∣∣∣∣sinxx∣∣∣∣ dx ≥

+∞∫π2

sin2 x

xdx =

1

2

+∞∫π2

1

xdx− 1

2

+∞∫π2

cos 2x

xdx.

Integralβ∫π2

1xdx je neogranicen, pa iako je integral

β∫π2

cos 2xx dx ogranicen (konvergencija

integrala+∞∫π2

cos 2xx dx dokazuje se slicno konvergenciji integrala

+∞∫π2

sinx

xdx), slijedi da

integral+∞∫π2

∣∣∣∣sinxx∣∣∣∣ dx divergira. ♣

Uocimo da se pitanje apsolutne konvergencije svodi na pitanje konvergencije nesvo-jstvenih integrala nenegativnih funkcija. U tom smislu su i sljedecih nekoliko kriterijakonvergencije nesvojstvenog integrala takvih funkcija.

Teorem 3.1.3 Da bi nesvojstveni integralb∫af (x) dx, f (x) ≥ 0 za x ∈ [a, b) konvergirao,

potrebno je i dovoljno da postoji broj K, takav da vrijedi

β∫a

f (x) dx ≤ K, a ≤ β < b.


Dokaz. Ocito je, zbog f (x) ≥ 0 za x ∈ [a, b), funkcija φ (β) =β∫af (x) dx je rastuca.

Zbog toga postoji konacna granicna vrijednost limβ↑bφ (β), odnosno nesvojstveni integral

b∫af (x) dx konvergira, ako i samo ako je funkcija φ ogranicena.

Teorem 3.1.4 Pretpostavimo da je 0 ≤ f (x) ≤ g (x) za x ∈ [a, b) i neka su

b∫a

f (x) dx, (3.1)

b∫a

g (x) dx (3.2)

nesvojstveni integrali sa singularitetom b. Tada iz konvergencije integrala (3.2) slijedikonvergencija integrala (3.1), a iz divergencije integrala (3.1) slijedi divergencija integrala(3.2).

Dokaz. Uvedimo oznake: φ (β) =β∫af (x) dx, ψ (β) =

β∫ag (x) dx, a ≤ β < b. Ako integral

(3.2) konvergira, tada prema Teoremu 3.1.3 postoji brojK takav da je φ (β) ≤ ψ (β) ≤ K,pa prema istom teoremu i integral (3.1) konvergira.

Druga tvrdnja teorema je kontrapozicija prve.

Primjer 3.1.3 Prethodni teorem se moze primijeniti da se dokaze da nesvojstveni inte-

gral+∞∫0

e−x2dx konvergira. Naime, uocimo da je e−x

2 ≤ e−x za 1 ≤ x < +∞, a integral+∞∫0

e−xdx konvergira (pokazati!).

Teorem 3.1.5 Pretpostavimo da su (3.1) i (3.2) nesvojstveni integrali, pri cemu je

g (x) > 0 za x ∈ [a, b). Ako postoji limx↑b

f (x)

g (x)= C, 0 ≤ C ≤ +∞, onda iz konvergencije

integrala (3.2), za C < +∞, slijedi konvergencija integrala (3.1), a iz divergencije inte-grala (3.2), za C > 0, slijedi divergencija integrala (3.1). Specijalno, ako je 0 < C < +∞,onda integrali (3.1) i (3.2) konvergiraju, odnosno divergiraju, istovremeno.

Dokaz. i) Pretpostavimo da integral (3.2) konvergira i da je 0 ≤ C < +∞. Prema

definiciji granicne vrijednosti, iz limx↑b

f (x)

g (x)= C, slijedi da za proizvoljno ε > 0 postoji

3.1. KRITERIJI KONVERGENCIJE NESVOJSTVENOG INTEGRALA 25

β0 < b, tako da vrijedi

C − ε < f (x)

g (x)< C + ε, za β0 < x < b.

Odavde jef (x) < (C + ε) g (x) , za β0 < x < b,

pa iz konvergencije integrala (3.2), a samim tim i integralaβ∫a

(C + ε) g (x) dx, slijedi i

integracija integrala (3.1).ii) Pretpostavimo da integral (3.2) divergira i da je 0 < C ≤ +∞. Treba dokazati da

divergira i integral (3.1). U tu svrhu pretpostavimo suprotno, to jest da integral (3.1)konvergira. Iz pretpostavke teorema slijedi

limx↑b

g (x)

f (x)=

1

C, 0 ≤ 1

C< +∞.

Prema dokazanom u i), iz konvergencije integrala (3.1), slijedila bi i konvergencija inte-grala (3.2), što je kontradikcija!

Primjer 3.1.4 Ispitati konvergenciju nesvojstvenog integrala+∞∫1

dx

x√

1 + x2.

Rješenje. Primijetimo da je integral+∞∫1

dx

x2konvergentan. Kako je

limx→+∞

1x√

1+x2

1x2

= 1,

primjenom Teorema 3.1.5, slijedi da je i dati integral konvergentan. ♣

Navedimo jošjedan vazan kriterij konvergencije nesvojstvenog integrala (bez dokaza),analogan odgovarajucem kriteriju za redove.

Teorem 3.1.6 (Abel-Dirichlet)Pretpostavimo da su funkcije f i g definirane na [a, b) i integrabilne na svakom seg-

mentu [a, β] ⊂ [a, b). Da bi nesvojstveni integral

b∫a

f (x) g (x) dx

bio konvergentan dovoljno je da su ispunjeni uvjeti:


(D1) f ima ogranicenu primitivnu funkciju;(D2) g monotono tezi ka nuli kad x ↑ b;

ili

(A1) nesvojstveni integralb∫af (x) dx konvergira;

(A2) g je monotona i ogranicena na [a, b).

Primjer 3.1.5 Nesvojstveni integral

+∞∫0

sin ax

1 + xndx (a ∈ R, n > 0) konvergira jer funkcija

sin ax (za a 6= 0) ima ogranicenu primitivnu funkciju, a funkcijasin ax

1 + xnmonotono tezi

ka nuli kad x→ +∞. ♣

neprekidnost funkcija...poglavlje 1 neprekidnost funkcija 1.1 pojam neprekidnosti funkcije pojam...

Documents