Doc. dr. sc.
Petar Javor
MATEMATIČKA ANALIZA 1
ISBN 953-197-522-1
Petar Javor Docent Fakulteta elektrotehnike i računarstva Zavod za primijenjenu matematiku
MATEMATIČKA ANALIZA 1
2. izdanje
Zagreb, 2003.
© Doc. dr. sc. Petar Javor, 1995.
Urednik Prof. dr. sc. Neven Elezović
Slog, crteži i prijelom Sandra Gračan, dipl. ing
Design ovitka Palete, Zagreb
Nakladnik ELEMENT, Zagreb, Menčetićeva 2 tel. 01/6008-700,01/6008-701 faks ot /6008-799 http://www.element.hr/ e-mail:
[email protected]
Tisak KIKA
-
GRAF, Zagreb
Nijedan dio ove knjige De smije se preslikavati niti umnažati na bilo koji način, bez pismenog dopu§renja nakladnika
PREDGOVOR
Ova knjiga pisana je prema novom nastavnom planu Fakulteta elekt rotehnike i računarstva u Zagrebu. Namijenjena je studentima prve godine studija za predmet Matematička analiza l koji se predaje u prvom semestru s 4 sata predavanja i 3 sata vježbi. U knjizi su izlaganja prilagođena predznanju studenata i - UZ dobru ilustraciju gradiva obiljem zadataka koja se provodi na vježbama - bit će sigurno od koristi, ne samo za polaganje ispita, nego i za upoznavanjejednog temeljnog dijela matematike. Prilikom pisanja korisno su mi poslužili savjeti kolega iz Zavoda za primijenjenu matematiku F ER-a, na čemu se najsrdačnije zahvaljujem. Veli ki dio rukopisa pažljivo su pročitali prof. dr. sc. Ljubo Marangunić i doc. dr. sc. Luka Korkut i pridonijeli njegovom poboljšanju. S posebnim zadovolj stvom izražavam zahvalnost prof. dr. sc. Nevenu Elezoviću koji je inicirao pisanje ove knjige, pročitao i po nekoliko verzija, i bez čije se svekolike pomoći knjiga nikad ne bi niti pojavila. Budući da je ovo nulto izdanje, tiskano u vrlo ograničenom broju primjeraka, bit ću zahvalan svakom čitatelju koji mi ukaže na eventualne propuste ili nužna poboljšanja koja bi se uvažila u prvom izdanju. Unapri jed zahvaljujem.
Petar Javor U Zagrebu, listopada 1995.
SADRZˇ AJ
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA . 1.1. Matematicˇka logika . . . . . . . . . . . . . 1.2. Logicˇke operacije . . . . . . . . . . . . . . 1.3. Formule algebre sudova . . . . . . . . . . . 1.4. Algebra elektricˇkih prekidacˇa . . . . . . . . 1.5. Predikati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Algebra predikata . . . . . . . . . . . . . . 1.8. Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.9. Algebra skupova . . . . . . . . . . . . . . . 1.10. Funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11. Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.12. Booleova algebra . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA 2.1. O polju realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Aksiomi polja realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Osnovne jednadzˇ be u polju . . . . . . . . . . . . . . . 2.4. Osnovna svojstva uredenog polja . . . . . . . . . . . . 2.5. Intervali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Ogranicˇeni podskupovi realnih brojeva . . . . . . . . . 2.7. Supremum i infimum skupa . . . . . . . . . . . . . . . 2.8. Arhimedov i Cantorov teorem . . . . . . . . . . . . . . 2.9. Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Cijeli brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11. Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12. Iracionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.13. Polje kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 2.14. Polarni prikaz kompleksnih brojeva . . . . . . . . . . . 2.15. Korijen kompleksnog broja . . . . . . . . . . . . . . . 2.16. Eulerove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ KA INDUKCIJA . 3. MATEMATIC 3.1. Primjeri indukcije . . . . . . 3.2. Newtonova binomna formula 3.3. Bernoullijeva nejednakost . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 1 2 5 7 7 8 9 10 11 14 17 20 22 22 23 24 25 27 27 28 30 31 33 34 35 36 39 41 42 43 43 46 50
4. NIZOVI . . . . . . . . . . . . . . . 4.1. Pojam niza . . . . . . . . . . . 4.2. Algebra nizova . . . . . . . . . 4.3. Limes niza brojeva . . . . . . . 4.4. Svojstva konvergentnih nizova . 4.5. Monotoni nizovi . . . . . . . . 4.6. Eulerov broj e . . . . . . . . . 4.7. Neki znacˇajni limesi . . . . . . 4.8. Cauchyjevi nizovi . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5. REDOVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1. Pojam reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2. Nuzˇ dan i dovoljan uvjet konvergencije reda . 5.3. Redovi s pozitivnim cˇlanovima . . . . . . . 5.4. Teorem o usporedivanju redova . . . . . . . 5.5. Kriteriji konvergencije . . . . . . . . . . . . 5.6. Apsolutno konvergentni redovi . . . . . . . 5.7. Alternirani redovi . . . . . . . . . . . . . . 5.8. Svojstva konvergentnih redova . . . . . . . . 5.9. Mnozˇ enje redova . . . . . . . . . . . . . . . 6. LIMES FUNKCIJE . . . . . . . . 6.1. O pojmu limesa . . . . . . . 6.2. Definicija limesa funkcije . . 6.3. Jednostrani limesi . . . . . . 6.4. Aritmeticˇke operacije i limes 6.5. Nejednakost i limes . . . . . 6.6. Limes kompozicije funkcija .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . 7.1. Definicija neprekinute funkcije . . . . . . . . . . 7.2. Svojstva neprekinutih funkcija . . . . . . . . . . . 7.3. Neprekinutost trigonometrijskih funkcija . . . . . 7.4. Neprekinute funkcije na zatvorenom intervalu . . 7.5. Neprekinutost elementarnih funkcija . . . . . . . 7.6. Tocˇke prekinutosti funkcije i njihova klasifikacija 7.7. O prekinutim funkcijama . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
ˇ UN . . . . . . . . . . . . . . 8. DIFERENCIJALNI RAC 8.1. O pojmu derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2. Definicija derivacije . . . . . . . . . . . . . . . . 8.3. Diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 8.4. Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.5. Derivacija kompozicije funkcija . . . . . . . . . . 8.6. Derivacija logaritamske i eksponencijalne funkcije 8.7. Derivacija opc´e potencije . . . . . . . . . . . . . 8.8. Derivacije area-funkcija . . . . . . . . . . . . . . 8.9. Derivacija implicitno zadanih funkcija . . . . . . 8.10. Derivacije parametarski zadanih funkcija . . . . . 8.11. Tablica derivacija elementarnih funkcija . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51 51 56 56 58 61 64 66 68 70 70 73 75 76 78 82 84 85 87 90 90 92 94 95 97 100 102 102 104 107 110 112 119 121 124 124 126 129 130 132 134 135 136 140 141 143
ˇ UNA 9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAC 9.1. Fermatov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.2. Rolleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.3. Lagrangeov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.4. Cauchyjev teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9.5. Taylorov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ˇ UNA 10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAC 10.1. Intervali monotonosti . . . . . . . . . . . 10.2. Ekstrem funkcije . . . . . . . . . . . . . . 10.3. L’Hospitalova pravila . . . . . . . . . . . 10.5. Konveksnost — konkavnost . . . . . . . . 10.6. Priblizˇ ne metode rjesˇavanja jednadzˇ bi . . . 10.7. Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . 11. REDOVI POTENCIJA . . . . . 11.1 Konvergencija niza funkcija 11.2 Funkcionalni redovi . . . . 11.3 Redovi potencija . . . . . . 11.4 Taylorovi redovi . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12. NEODREDENI INTEGRALI . . . . . . . . . . . . . . . 12.1. Primitivna funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.2. Osnovna svojstva neodredenog integrala . . . . . . . 12.3. Tablica neodredenih integrala . . . . . . . . . . . . . 12.4. Neelementarni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . 12.5. Metode integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12.6. Integriranje racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . 12.7. Integriranje nekih iracionalnih i transcedentnih izraza 12.8. Binomni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13. ODREDENI INTEGRALI . . . . . . . 13.1. Odredivanje povrsˇine . . . . . . . 13.2. Integralne sume . . . . . . . . . . 13.3. Riemannov integral . . . . . . . . 13.4. Osnovni teorem integralnog racˇuna 13.5. Svojstva odredenog integrala . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14. PRIMJENE ODREDENOG INTEGRALA . . . . . 14.1. Odredivanje povrsˇine . . . . . . . . . . . . . . 14.2. Izracˇunavanje volumena . . . . . . . . . . . . . 14.3. Duljina luka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.4. Povrsˇine rotacionih ploha . . . . . . . . . . . . 14.5. Primjene u mehanici i drugim podrucˇjima . . . . 14.6. Nepravi integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.7. Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . 14.8. Cauchyjev integralni kriterij konvergencije reda
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
144 144 146 147 149 150 157 157 158 159 165 169 175 178 178 180 185 190 197 197 198 199 200 200 205 212 218 222 222 223 227 232 233 237 237 244 249 254 257 267 272 274
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
1
1.
Elementi logike i teorije skupova
1. 2. 3. 4. 5. 6.
Matematicka logika . . . . . . . Logicke operacije . . . . . . . . Formule algebre sudova . . . . Algebra elektrickih prekidaca . Predikati . . . . . . . . . . . . . . Kvantifikatori . . . . . . . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
.1 .2 .5 .7 .7 .8
7. 8. 9. 10. 11. 12.
Algebra predikata Skupovi . . . . . . Algebra skupova . Funkcija . . . . . . Relacije . . . . . . Booleova algebra
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
. . . . . .
.9 10 11 14 17 20
1.1. Matematicka logika Cilj je ovog poglavlja upoznati citatelja s osnovnim i najvaznijim pojmovima i oznakama matematicke logike. Matematicka se logika ponekad naziva i simbolickom. Svrha tog simbolickog racuna jest da spoznamo osnovne principe kojima se koristimo pri ispravnom zakljucivanju. Nadalje, simbolicki racun je tehnika kojom jezgrovito mozemo i hoc´emo! zapisivati mnogobrojne definicije, tvrdnje i dokaze u poglavljima koja slijede. I na koncu, ali ne manje vazno, logika je i sama sebi svrha: bez logicnog misljenja nema ne samo ispravnog matematickog nego niti bilo kojeg drugog zakljucivanja. Sud. Osnovni pojam matematicke logike je pojam suda. U svakodnevnom zivotu koristimo kombinacije osnovnih rijeci pomoc´u kojih slazemo recenice. Samo nizanje rijeci moze nas dovesti do recenica koje nemaju smisla. Medutim, niti svaka smislena recenica ne mora biti sud. Nas zanimaju samo smislene recenice kojima se nesto izjavljuje ili tvrdi. Takve recenice za koje c´e biti moguc´e utvrditi iskazuje li se njima istina ili laz nazivamo sudovima. Navedimo nekoliko jednostavnih recenica koje smatramo sudovima. 1. 2. 3. 4. 5.
Sunce je zvijezda. Broj devet je paran broj. Postoji prirodan broj manji od jedan. Svaki prirodan broj je vec´i od deset. Broj pet je manji od broja sedam.
1
2
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA 6. Postoji ravninski trokut u kojem je zbroj kutova vec´i od 180o . 7. U svakom su trokutu dvije stranice paralelne.
Navedimo nekoliko recenica koje su mozda smislene ali ih ne smatramo sudovima. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
x + 2 8. Hrvatska je djeljiva s brojem pet i ostatak je broj trideset. Mar koapp lica ti on u se ienter ioauer. Kisa pada svaki dan. Vela istina je uvijek platinasto hrapava. Sunce je jako daleko od Zemlje. Koliko je sati?
Obrazlozite zbog cega ove recenice cak ni one ‘smislene’ ne smatramo sudovima. Primjer 1.1. Promotrimo recenicu Ovo sto govorim je laz. Tvrdimo da ona nije sud — nemoguc´e je utvrditi je li ona istinita ili ne. Zaista, ako je izjava istinita, tada ona to ne moze biti jer tvrdi da je izreceno laz. Ako je pak izjava lazna, tada ona to ponovo ne moze biti jer bi to znacilo da se govori istina. Osnovne objekti koje proucavamo u matematickoj logici su elementarni sudovi — jednostavne tvrdnje poput gore navedenih kojima uvijek mozemo utvrditi istinitost. Polazec´i od elementarnih sudova mozemo graditi pomoc´u logickih operacija slozenije sudove. Tim operacijama u svakodnevnom govoru odgovaraju rijecce “i”, “ili”, “nije”, “ako: : : onda: : : ”, “nije: : : i: : : ”, “Niti: : : niti: : : ” i slicno. Navedimo nekoliko primjera. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.
Broj osam je paran broj i ptice su sisavci. Broj dva je manji od devet i ptice nisu sisavci. Broj pet nije paran broj. Sokrat je Grk ili je osam vec´e od deset. Nije broj osam paran broj i ptice su sisavci. Nije Sokrat grk ili je osam paran broj. Niti je Sokrat grk niti je osam paran broj. Ako si ti brzi od mene, onda sam ja helikopter.
Slovima x y z ,: : : , itd. oznacavamo varijable algebre sudova. Svako od tih slova moze predsavljati bilo koji sud — elementaran ili slozen. Sudu pridruzujemo vrijednost istinitosti t x . Istinitom sudu a pridruzujemo vrijednost istinitosti t x = 1 , laznom sudu y pridruzujemo vrijednost istinitosti t y = 0 . U nekim knjigama cesto nailazimo i na ove oznake za vrijednost istinitosti sudova, t x = koristi se takoder kao oznaka za istiniti sud, t y = ? koristi se kao oznaka za lazan sud. Navedene oznake su uvezi s engleskom rijeci za istinu, truth – istina.
1.2. Logicke operacije
Definirajmo operacije kojim od jednostavnih sudova pravimo slozene.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
3
0 Negacija . Ako je sud x istinit, onda je sud x 0 lazan i obrnuto. Tu cinjenicu zapisujemo tablicom istinitosti. U njoj su unesene sve moguc´e istinosne vrijednosti kako za prvi sud x , tako i za drugi sud x 0 :
x 1 0
x0 0 1
Konjunkcija ^ ili & . Ako su x i y sudovi, onda pomoc ´u operacije ^ citaj “i” izgradujemo novi sud x ^ y . Taj sud zapisujemo jos i ovako: x&y . Ovaj sud c´e biti istinit onda i samo onda ako su oba pocetna suda istinita. To zapisujemo sljedec´om tablicom istinitosti. x y x^y 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 Disjunkcija _ . Operacijom _ citaj “ili” iz danih sudova x i y izgradujemo novi sud x _ y . Novoizgradeni sud je lazan samo onda ako su oba suda lazna. Drugim rijecima, istinit je ako je barem jedan od pocetnih sudova istinit. Tablica istinitosti toga suda je x 1 1 0 0
y 1 0 1 0
x_y 1 1 1 0
Implikacija ! ili = . Operacijom implikacija definiramo novi sud polazec ´i od zadanih sudova x i y . x ! y citamo na razne nacine: “iz x slijedi y ”, “ x implicira y ”, “Ako je x , onda je y ”, “ x je dovoljan uvijet za y ”, “ y je nuzdan uvijet za x ”. Istinitost novog suda x ! y dana je tablicom: x 1 1 0 0
y 1 0 1 0
x
!
y
1 0 1 1
Primijeti da je ovaj sud lazan samo u slucaju da iz istine slijedi laz. Za prvi redak kazemo da je istina da iz istine slijedi istina. Za drugi kazemo laz je da iz istine slijedi laz. Za trec´i redak kazemo, istina je da iz lazi slijedi istina, odnosno za cetvrti kazemo da je istina da iz lazi slijedi laz. Ekvivalencija . Pomoc ´u operacije ekvivalencije i sudova x i y gradimo novi sud x y koji je istinit samo onda kad oba suda imaju jednake istinitosti, tj. kada je t x = t y . Oznaku x y citamo: “ x je onda i samo onda, ako je y ”;
4
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
“ x je ekvivalentan y ”; “ x je nuzdan i dovoljan uvijet za y ”. Sud x y moze biti definiran kao slozeni sud
y
x
= x ! y ^ y ! x
i upravo tako vrlo cesto provjeravamo ekvivalentnost dvaju sudova. Napravimo sad preglednu tablicu definiranih operacija. x 1 1 0 0
x0 0 0 1 1
y 1 0 1 0
x
^y 1 0 0 0
x
_y
x
1 1 1 0
!y
x
1 0 1 1
y
1 0 0 1
Istovrijednost formula. Za formule A i B kazemo da su jednakovrijedne i pisemo A = B , onda i samo onda ako za bilo koji izbor vrijednosti varijabli koje uvrstimo u njih one imaju jednaku vrijednost istinitosti. Mozemo smatrati da c´e dvije formule algebre sudova biti istovrijedne — jednakovrijedne ako je formula A B identicki istinita formula, tj. ako za svaki izbor varijabli ona ima vrijednost istinitosti .
Zadatak 1.1. Pomoc´u tablica istinitosti provjerite da vrijedi: 1. x y = y x , 2. x y = y x , 3. x y z = x y x z , 4. x y z = x y x z , 5. x 0 = x , 6. x 1 = x , 7. x x 0 = 1 , 8. x x 0 = 0 , 9. 0 = 1 . 0 je oznaka za lazan sud, dok je 1 oznaka za istinit sud.
^ ^ _ _ ^ _ _ ^ _ ^ _ ^ 6
^ _ ^ _ ^ _
Pomoc´u tablica istinitosti mozemo vrlo jednostavno provjeriti da logicke operacije: negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija nisu nezavisne operacije. Provjerite da vrijedi: x 1 1 0 0
x0 0 0 1 1
y 1 0 1 0
y0 0 1 0 1
x0
_y
1 0 1 1
x
^y 0 1 0 0
0
x
0
^y
0 0
1 1 1 0
x
0
_y
0 0
1 0 0 0
Iz navedene tablice vidimo da vrijedi: 1. x y = x 0 y 0 0 , tj. disjunkciju mozemo izraziti pomoc´u negacije i konjunkcije, 2. x y = x 0 y = x y 0 0 , y = x 0 y x y 0 = x y 0 0 x 0 y 0 0 3. x tj. implikacija i ekvivalencija se mogu izraziti pomoc´u negacije i konjunkcije, odnosno negacije i disjunkcije. Ta cinjenica ima znacajnu prakticnu vrijednost prilikom realizacije
_ !
^ _
^ _ ^ _
_ _ _
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
5
matematicke logike pomoc´u elektrickih sklopova. U tom slucaju trebamo imati samo sklopove dvije vrste sklop za negaciju i disjunkciju i pomoc´u njih graditi ostale sklopove kojima se realiziraju preostale operacije.
1.3. Formule algebre sudova 1. Alfabet. Sudove oznacavamo slovima x y z : : : 2. Logicke operacije. Definirali smo logicke operacije: 0
^
_
!
:
To su operacije: negacija, konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija, 3. Zagrade. Koristimo jos i dvije zagrade: recimo lijeva, i koju nazovimo desna. Zagrade koristimo da bismo naznacili redoslijed izvrsenja operacija ili da se otkloni moguc´nost viseznacne interpretacije. Definirajmo koje izraze smatramo formulama algebre sudova. 1. Formulom algebre sudova smatramo svaku varijablu slovo koje reprezentira bilo koji sud algebre sudova. 2. Ako su X i Y formule algebre sudova, onda su formule i X0
X^Y
X_Y
X
!Y
X
Y:
3. Formule su samo oni izrazi koji se dobivaju pomoc´u visekratne primjene postupaka 1. i 2. Jednakost formula. Dvije formule algebre sudova su jednake ako su one graficki jednake. To znaci da su izgradene od istog alfabeta, istih operacija, istih zagrada i u istom redoslijedu. Tako na primjer formule x ^ y i y ^ x nisu jednake formule iako c´e one imati istu vrijednost istinitosti za svaki izbor vrijednosti x i y . Izrazi poput ovih:
y x!y x^y_z
1: x 2: 3:
nisu fomule. U posljednjem izrazu nije jasno dali se misli x ^ y _ z ili mozda x ^ y _ z . U matematickoj logici razradena je vrlo jednostavna procedura svega dva zakona, zakon supstitucije i modus ponens kojom se za bilo koji izraz moze donijeti odluka da li je formula ili nije, zatim kojim je redoslijedom ona izgradena. Zakonom supstitucije legalno je u nekoj formuli u kojoj se pojavljuje varijabla x nju zamjeniti na svim mjestima gdje se pojavljuje s nekom drugom formulom i tako dobiti novu formulu. O modusu ponensu koji se primjenjuje na dvije formule koje moraju biti oblika A i A B vidi malo kasnije. Logicka posljedica. Formula B je logicka posljedica formule A ako za svaki izbor varijabli za koji formula A ima vrijednost istinitosti za taj izbor varijabli i formula B ima vrijednost istinitosti . Formula B c´e biti logicka posljedica formule A onda i samo onda ako je formula A B identicki istinita formula.
6
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
Identicki istinite formule algebre sudova. Prilikom donosenja zakljucaka koristimo se istinama, tj. identicki istinitim formulama. Navedimo devet identicki istinitih formula koje vrlo cesto koristimo. 1. Zakon identiteta x x 2. Zakon proturjecja x x 0 0 3. Zakon iskljucenja trec´eg x x0 4. Zakon dvostruke negacije x 0 0 x 5. Istina iz makar cega x y x 6. Iz lazi proizvoljno x0 x y 7. Modus ponens x x y y Provjerite tablicama istinosti da su sve formule istinite. Zakljucivanje po modus ponensu vrlo je cesto. To zakljucivanje ide obicno ovako: ako je sud x istinit i ako je istina da sud x implicira sud y , onda je i sud y istinit, sjeti se da iz istine slijedi samo istina. Evo jednog jednostavnog primjera.
^ _
^
Primjer 1.2. a Podimo od dva suda. p Danas je utorak. q Jucer je bio q Ako je danas utorak, onda je jucer bio ponedjeljak. Napravimo slozeni sud: p ponedjeljak. Danas je utorak, zakljucujemo da je jucer bio ponedjeljak. b Evo jednog klasicnog primjera. Svaki covjek je smrtan. Sokrat je covjek. Zakljucujemo: Sokrat je smrtan. Uoci da je tu primijenjen zakon zakljucivanja od opc´eg bilo koji covjek na posebno Sokrat. c Za svaki realan broj x vrijedi: x + 1 x . Nadalje 8 = 7 + 1 . Zakljucujemo da je 8 7 . 8. Modus tollens dual modus ponensa y0
^
x
y
x0
Zakljucivanje po modus tollensu obicno ide ovako. Neka je tvrdnja y lazna a tvrdnja x implicira tu tvrdnju. Sada na osnovu modus tollensa zakljucujemo da je tvrdnja x lazna. Modus tollens se koristi i u izmjenjenom obliku, tj. ako u predhodni izraz umjesto x uvrstimo x 0 tada izraz modus tollens izgleda y0
^
x0
y
x
i u tom ga obliku koristimo u dokazima polazec´i od suprotnog dokaz kontradikcijom. Konstukcija dokaza obicno ide ovako. Treba dokazati istinost tvrdnje x . Pretpostavimo da tvrdnja x nije istinita i zatim dokazujemo da x 0 implicira neku tvrdnju y za koju znamo da je lazna. Pomoc´u modus tollensa zakljucujemo da je x istinita tvrdnja. 9. Zakon silogizama x
y
^
y
z
x
z
Ovaj zakon citamo i ovako: “Ako iz x slijedi y i zatim ako iz y slijedi z , onda iz x slijedi z ”. U matematici cesto susrec´emo dugacke lance zakljucivanja tog tipa. Koristec´i tablice istinitosti dokazite istinitost navedenih devet tvrdnji. Naime, trebate promotriti sve moguc´e kombinacije za vrijednosti varijabli i u svakom od tih slucajeva dobiti istinitu tvrdnju.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
7
1.4. Algebra elektrickih prekidaca Pokazimo jednu relizaciju algebre sudova pomoc´u algebre elektrickih prekidaca. Naime, neka je dana dvopolna mreza takva da je u svakoj grani te mreze po jedan prekidac. Ako je prekidac zatvoren pridruzimo mu vrijednost 1 i smatramo da kroz njega moze tec´i struja. Ako je prekidac otvoren pridruzimo mu vrijednost 0 i kroz njega ne tece stuja. Umjesto elektrickih prekidaca, mogli smo promatrati ventile u nekoj vodovodnoj mrezi. Na prilozenim skicama prikazani su neki jednostavni sklopovi prekidaca pomoc´u kojih mozemo ilustrirati odnose medu sudovima. Pitanje je: kada tece struja kroz sklop? x’
x x y
x
x y x+y
x y xy y y
x
x (y z) x . (y + z) z
Sl. 1.1
1.5. Predikati U algebri sudova temeljni zadatak je ispitivanje istinitosti slozenih sudova. Tu se polazi od sudova x y z : : : . Pomoc´u operacija: 0 ^ _ i upotrebom zagrada , izgradujemo slozene sudove. Jednostavnim sudovima iskazujemo da odredeni objekt ili osoba posjeduje neko svojstvo ili se nalazi u relaciji s nekim drugim objektom. Evo za to nekoliko primjera. 1. Franjo je visi od dva metra. 2. Broj sedam je djeljiv s dva. 3. Ljudevit Gaj je ilirac.
Uocavamo da su to jednostavne recenice koje se sastoje od subjekta i predikata. Ulogu subjekta ima ime nekog objekta, dok ulogu predikata ima neko svojstvo subjekta. U trec´em primjeru je subjekt Ljudevit Gaj, dok je predikat “ilirac”. Prema tome mogli bismo pitati ima li jos netko osim Gaja svojstvo “biti ilirac”. Recenicom “ x je ilirac” nije dan sud sve dok neznamo koji covjek je x . Ako je x Marko Marulic´, tada “Marko Marulic´ je ilirac” je sud i kao sto znamo to je lazan sud. Slicno bismo za izraz “ x je djeljiv s dva” rekli da je prireden za sud, tj. treba samo umjesto x uvrstiti neki broj i dobivamo sud, za neke x istinit, a za neke lazan. Za svaki prirodni broj izraz
8
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
P x : : : “ x je djeljiv s dva” postaje sud i prema tome preko P x svakom prirodnom broju pridruzujemo ili ? . Predikatom na skupu S nazivamo svaku funkciju koja svakom elementu skupa S pridruzuje vrijednost ili ? , 1 ili 0. Predikat na skupu S potpuno je odreden ako znamo one elemente skupa na kojima poprima vrijednost , dakle predikat na skupu S mozemo zadati tako da zadamo jedan njegov podskup. Od posebnog interesa su konstantne funkcije, koje na svakom elementu skupa S imaju istu vrijednost. Takve imamo dvije. 1. Za svaki element x iz skupa S predikat P x ima vrijednost , dakle za svaki x iz S je P x = . 2. Za svaki element x iz S je P x = ? . Ako predikat nije konstantna funkcija P x = ? , onda mozemo rec´i da postoji barem jedan x iz skupa S za koji je P x = . Jedinicni sudovi. Neka je zadan predikat P x na skupu S . Ako je a element skupa S , onda supstitucijom elementa a u predikat dobivamo sud P a . Tako dobiven sud nazivamo jedinicnim sudom. Prema tome, postupkom supstitucije pojedinog elementa iz S u predikat definiran na S , dobivamo jedinicni sud.
1.6. Kvantifikatori Univerzalni kvantifikator 8 . Upoznajmo jos dva nacina kako iz danog predikata pravimo sud. Neka je P x predikat na S . Izrekom “Za svaki x je P x ” definiramo sud. Taj sud je istinit onda i samo onda ako je P x = za svaki element iz S , tj. ako je P x konstantna funkcija na S . Sud “Za svaki x je P x ” oznacavamo ovako:
8x P x citaj: “za svaki x je P x ”. Okrenuto slovo A dolazi od njemacke rijeci alle. Navedimo nekoliko primjera. 1. Neka je P x predikat na skupu realnih brojeva, Sada je sud 8x x 2. Predikat
P x x2
2
0:
0 istinit sud.
P x : : : “ x je pravokutnik” neka je definiran na skupu svih paralelograma neke ravnine. Sud 8x P x je lazan sud. 3. 8x x 2 + 4x 8 0 je lazan sud na skupu realnih brojeva.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
9
Egzistencijalni kvantifikator 9 . Neka je P x predikat na skupu S . Polazec´i od tog predikata gradimo sljedec´i sud: 9x P x citaj: “ Postoji x takav da je P x ”. Okrenuto slovo E dolazi od rijeci egzistira – postoji Sud 9x P x je istinit onda i samo onda ako P x nije konstantna funkcija P x = ? , tj. ako P x = bar za jedan x iz skupa S . Primjer 1.3. 1. 9x x + 7 = 35 je istinit sud na skupu realnih brojeva. 2. 9x x 2 + 4x 8 = 0 je lazan sud na skupu realnih brojeva. 3. 9x x 2 = 2 je lazan sud na skupu racionalnih brojeva. 4. 9x x 2 = 2 je istinit sud na skupu realnih brojeva.
1.7. Algebra predikata Neka su zadana dva predikata P x i Q x na skupu S . Ona su jednaka i pisemo P x = Q x , ako su oba definirana na skupu S , i ako je za svaki a iz S istinitost sudova P a i Q a jednaka, tj. t P a = t Q a . Koristec´i operacije algebre sudova iz zadanih predikata izgradujemo nove predikate. Neka su dani predikati P x i Q x definirani na skupu S . Negacijom predikata P x dobivamo predikat P0 x . Taj novi predikat je funkcija definirana na skupu S i za svaki pojedinu vrijednost a dobivamo sud. Za vrijednost istinitosti 0 ili 1 tako dobivenog suda vrijedi t P0 a = 1 t P a . Dakle, ako je a element skupa S , onda predikat P0 x poprima vrijednost razlicitu od vrijednosti koju poprima predikat P x . Potpuno u skladu s operacijama sa sudovima i definicijom funkcije definiramo nove predikate tako da kazemo koju vrijednost poprimaju na proizvoljnom elementu skupa S . Prema recenom evo definicija operacija sa predikatima definiranim na nekom nepraznom skupu S . To su predikati: P x ^ Q x
P x _ Q x
P x Q x
P x Q x
Kada uvrstimo vrijednost a iz S , onda za te predikate vrijedi: P x ^ Q x a = P a ^ Q a; P x _ Q x a = P a _ Q a P x Q x a = P a Q a; P x Q x a = P a Q a Primjer 1.4. Neka je P x predikat–svojstvo: “biti Hrvat”, a Q x predikat– svojstvo: “zivjeti u Hrvatskoj” i smatrajmo da su to predikati definirani na skupu svih stanovnika Zemlje. Sada je t P x ^ Q x = 1 samo onda ako je x Hrvat i ako zivi u Hrvatskoj. t P x _ Q x = 1 samo onda ako je x stanovnik Hrvatske ili je Hrvat koji zivi izvan Hrvatske.
10
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
1.8. Skupovi O pojmu skupa. U matematici ne definiramo samu rijec skup, nego aksiomima preciziramo upotrebu te rijeci. Mi nec´emo slijediti aksiomatsko zasnivanje, vec´ c´emo pretpostavljati da je svakom barem intitivno jasno sto se misli pod pojmom skup. Pojam skupa c´e ostati nedefiniran; navest c´emo dovoljno primjera skupova pomoc´u kojih pojasnjavamo sto bismo trebali pod njim zamisljati. Skupove oznacavamo slovima A B : : : N : : : Q R S X Y Z: Relaciju “biti element” oznacavamo znakom 2 . Zapis x 2 S citamo: “ x je element skupa S ”. = S i c itamo “ x nije element skupa S ”. Ako x nije element skupa S pisemo x 2 Jednakost skupova. Skupovi A i B su jednaki ako vrijedi:
8x x 2 A
x
2 B
Pisemo A = B . Prema tome dva su skupa jednaka ako je svaki element jednog ujedno element i drugog skupa. Ako dva skupa nisu jednaka, onda pisemo A 6= B . Podskup. Ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B , onda to oznacavamo A B i kazemo da je skup A podskup skupa B . Tu je ukljucena i eventualna jednakost skupova. Cesto se koristi i oznaka ako se posebno zeli istac´i i eventualna jednakost. Ako je A podskup od B ali nije jednak B , onda kazemo da je A pravi podskup od B . Relacija medu skupovima ima ova tri vazna svojstva: 1. A A 2. Ako je A B i B C , onda je A C 3. A = B onda i samo onda ako je A B i B A . Zadavanje podskupova. Podskupove formiramo na dva nacina. 1. Izabiremo neke elemente iz polaznog skupa. Tu se misli na postupak kojim se iz zadanog skupa izabere jedan element. Zatim se iz preostatka ponovno bira jedan element itd. U opisanom postupku nailazimo na teoretske poteskoc´e jer se moramo odlucivati mozda i beskonacno mnogo puta koji element izabrati. Taj se postupak smatra moguc´im. Napomenimo da je to je sadrzaj aksioma izbora koji prihvac´amo u aksiomatskoj izgradnji teorije skupova. Moguc´e je izgraditi matematicku teoriju i bez prihvac´anja tog aksioma. 2. Neka je P x neko svojstvo elemenata skupa S . Svi elementi skupa S koji imaju svojstvo P x cine jedan podskup skupa S . Tako nastali podskup oznacavamo ovako: A = fx
2 S j P x g
i citamo: “ A je skup svih x iz S koji imaju svojstvo P x ” Potrebno je istac´i da se jedan te isti podskup moze zadati raznim svojstvima. Tako na primjer u skupu prirodnih brojeva svojstvo “biti paran” i svojstvo “biti visekratnik od broja 2” odreduju isti podskup. Zadavanjem nekog svojstva nije nuzno zadan neki skup. Nekritickim prihvac´anjem ovakvog nacina zadavanja skupova mozemo vrlo lako doc´i do proturjecja, poput ovog poznatog kao Russelov paradoks.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
11
Primjer 1.5. U nekom selu brijac brije sve one ljude koji se sami ne briju i nikoga drugoga. Brije li on sam sebe? Preveden na teoriju skupova, problem izgleda ovako: Neka je S skup svih osoba tog sela i A podskup definiran na ovaj nacin: x
2 A
x ne brije sam sebe
Na prvi pogled, ovim svojstvom podskup je dobro definiran. Medutim, paradoks se sastoji u tome sto se za brijaca samog ne moze utvrditi pripada li on skupu A ili ne. Ako brijac pripada skupu A , tada po definiciji podskupa on sebe ne brije. To je kontradikcija jer po pretpostavci brijac brije sve takve. Ako brijac ne pripada skupu A , tada on brije sam sebe, sto je kontradikcija jer brijac brije samo one osobe koji se sami ne briju. Prazan skup. Ako je S bilo koji skup, onda podskup
fx 2 A j x 6= x g nazivamo prazan skup i oznacavamo s . Prazan skup nema niti jedan element.
Uocimo
da je prazan skup podskup svakog skupa.
1.9. Algebra skupova Neka je S zadan skup i neka su A i B podskupovi. Definirajmo dvije operacije, uniju i presjek, oznake su: i . A B = fx A B = fx
2 S j x je element barem jednog od skupova A ili Bg 2 S j x je element skupa A i skupa Bg: B
A
A
B
B
B
A
A
Sl. 1.2
Iz definicije presjeka A B slijedi da dva skupa imaju zajednickih elemenata ako i samo ako je njihov presjek neprazan skup. Ako je presjek dvaju skupova prazan skup, onda kazemo da su ti skupovi disjunktni. Za bilo koja dva skupa A i B vrijedi: A B A A B: Diferencija skupova. Diferencija razlika skupova A i B je skup AnB = fx
2 A j x 2= Bg: Primijeti vec´ sada da je opc´enito AnB 6= BnA .
12
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
Komplement skupa. Neka je A podskup skupa S . Komplement skupa A u odnosu na skup S je skup SnA . Taj skup oznacavamo cesto i sljedec´im oznakama: SnA = cA = A0 uz pretpostavku da znamo u odnosu na koji skup S odredujemo komplement. Algebra skupova. Neka je S neprazan skup i F neprazna familija podskupova tog skupa koja ima ova dva svojstva: 1. ako su A i B clanovi familije F , onda su clanovi te familije i skupovi A B i A B; 2. ako je A element od F , onda je komplement od A u odnosu na skup S takoder u familiji F . Familiju podskupova skupa S koja ima gornja dva svojstva nazivamo algebrom skupova na skupu S . Neka je A element od F . Tada je i komplement od A takoder u F , zatim slijedi da je i A A0 = , tj. prazan skup je clan familije, nadalje takoder slijedi da je komplement praznog skupa a to je S takoder clan familije. Dakle, svaka algebra skupova na skupu S sadrzi barem prazan skup i sam skup S . Najednostavnije algebre skupova su na primjer: algebra ciji su elementi prazan skup i sam skup S ; familija svih podskupova skupa S tj. tzv. partitivni skup; familija svih konacnih podskupova skupa S zajedno s podskupovima koji su komplementi konacnih skupova. Navedimo teorem kojim c´e biti opisana najvaznija svojstva algebre skupova. Teorem 1.1. Neka je F algebra skupova na nepraznom skupu S . Za proizvoljne skupove A , B , C iz te familije vrijedi: zakoni komutacije: 1. A B = B A 2. A B = B A zakoni distribucije: 3. A B C = A B A C 4. A B C = A B A C ostali zakoni: 5. A = A 6. A S = A 7. A A0 = 8. A A0 = S 9. S 6= Tvrdnje teorema su neposredne poslijedice definicija spomenutih operacija. Ponekad je zgodno koristiti se ovim oznakama: umjesto pisati
S
+
0 1
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
13
Koristec´i te oznake napisite izreke gornjeg teorema. Koristec´i te oznake izricemo sljedec´i teorem. Teorem 1.2. Za bilo koje skupove A B C algebre skupova 1. A 0 = 0 2. A + 1 = 1 zakoni apsorpcije: 3. AB + A = A 4. A + AB = A De Morganovi zakoni: 5. cA + B = cAcB 6. cAB = cA + cB 7. A + B = ccA cB 8. A B = ccA + cB
F
vrijedi:
9. AcA + B = A B 10. A + cAB = A + B zakoni asocijacije: 11. A + B + C = A + B + C 12. ABC = ABC
Dokazi navedenih tvrdnji mogu se provoditi tako da koristimo prethodni teorem, jer su to sve posljedice tog teorema. Medutim pokusajte provesti direktan dokaz koristec´i se definicijama operacija i jednakosti skupova. Za ilustraciju dokazimo De Morganov zakon pod brojem 5. Dokaz provodimo tako da dokazujemo da je svaki element skupa cA + B ujedno i element skupa cAcB . Dakle, neka je x u komplementu, x 2 cA + B . To znaci da x nije element skupa A + B . To sad znaci da x nije niti iz A niti iz B . Prema tome je x iz cA i iz cB . Dakle, x je element iz presjeka cAcB . Dokaz je u jednom smjeru proveden. Sad pretpostavimo da je x iz presjeka cAcB i dokazujemo da je iz cA + B . Dakle, neka je x iz cA i iz cB . To znaci da x nije element niti iz A niti iz B . To pak znaci da x nije element iz unije A + B , a to znaci da je x element iz cA + B i dokaz je proveden. Kartezijev produkt skupova. Polazec´i od zadanih skupova pomoc´u operacija unija i presjek dobili smo nove skupove. Sada upoznajmo jos jedan vrlo vazan nacin izgradnje novih skupova. Ureden par. Neka su a i b neki objekti. Novi objekt a b nazivamo uredenim parom. Objekt a nazivamo prvim clanom para ili prvom koordinatom, dok objekt b nazivamo drugim clanom para ili drugom koordinatom. Dva uredena para a b i c d su jednaka onda i samo onda ako je a = c i b = d , dakle:
a b = c d
a = c
i b = d
Neka su A i B dva skupa. Kartezijev produkt A B je skup svih uredenih parova, prvi clan je iz skupa A , drugi iz skupa B . A B = fa b j a 2 A b 2 Bg
14
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
Prema definiciji kartezijeva produkta ocito je A B je A = B , kartezijev produkt opc´enito nije komutativan.
=B
A onda i samo onda ako
Teorem 1.3. Za kartezijev produkt vrijede ovi zakoni distribucije: 1: A 2: A 3: A
B C = A B A C B C = A B A C BnC = A BnA C
Dokazi ovih tvrdnji su direktna posljedica definicija i lako se dokazuju. Kartezijev produkt n skupova definiramo kao skup svih uredenih n torka, tj. A1
A2
An
= fa1
a2
a n j a i 2 Ai i = 1 2 n g
1.10. Funkcija Pojam funkcije jedan je od najvaznijih u matematici. Zapravo, matematicki nacin misljenja u kojem dominantno mjesto ima pojam funkcije pokazuje se vrlo plodotvornim i danas posvuda prihvac´enim. Mi c´emo definirati funkciju preko uredenih parova, dakle kao izvjestan podskup kartezijevog produkta skupova X i Y . Neka su X i Y dva skupa. Funkcija f : X ! Y je podskup skupa X Y , za koji vrijedi: za svaki x 2 X postoji samo jedan y 2 Y takav da ureden par x y pripada podskupu f X Y .
f:X f
Y Y
X Y
X
Sl. 1.3 Graf funkcije je podskup kartezijeva produkta
Skup svih takvih parova nazivamo grafom funkcije. Skup X nazivamo domenom ili podrucjem definicije funkcije f . Skup Y nazivamo kodomenom ili podrucjem funkcijskih vrijednosti. Zapis x y 2 f zamijenjujemo zapisom y = f x i kazemo da smo objektu x pridruzili y , cesto pisemo x
7! y .
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
15
Y
Y
x
x2
T1 x
T(x,x 2)
x
- 1- x 2
+
X
X
T2
Sl. 1.4 Primjer funkcije
Sl. 1.5 Ovo pridruzivanje nije funkcija
Za y kazemo da je funkcijska vrijednost funkcije f za vrijednost x ili x se preslikava na y . Tako na primjer svi parovi x x 2 , x je bilo koji realan broj, definiraju kvadratnu funkciju. Tu funkciju cesc´e zapisujemo ovako: y = f x = x 2 . Za sve uredene parove x y kazemo da cine graf funkcije f . Dakle parovi x x 2 cine graf kvadratne funkcije. Primjer 1.6. Neka je S neprazan skup. Definirajmo na S funkciju koja c´e na elementima podskupa A od S imati vrijednost 1 a na njegovom komplementu vrijednost nula. Dakle, ako je A S , onda definiranu funkciju nazivamo karakteristicnom funkcijom podskupa A , oznacavamo ju sa F A i za nju vrijedi: 1 ako je x 2 A S; FA x = 0 ako je x 2 SnA: Za karakteristicnu funkciju vrijedi: x = FA x + FB x FA x FB x 2: F AB x = F A x F B x 3: F AnB x = F A x 1 F B x 4: F c A x = 1 F A x
1: F A
B
Primjer 1.7. Funkciju definiranu na skupu S i s vrijednostima u istom skupu, koja svaki element preslikava na samog sebe, nazivamo identitetom ili jedinicnom funkcijom na skupu S i oznacavamo s 1S . Dakle, 1S x = x
8x 2 S
:
Jednakost funkcija. Za dvije funkcije f i g kazemo da su jednake ako su one jednake u smislu jednakosti dvaju skupova. Dakle, funkcije f : A ! B i g : C ! D su jednake onda i samo onda ako je : 1. A = domf = domg = C , 2. B = kodomf = kodomg = D i 3. f x = g x za svaki x . U tom slucaju pisemo f = g . Slika skupa. Neka je zadana funkcija f : X skupa A po funkciji f je skup f A = f f x j x
Ako je B podskup od Y , B
!Y
2 Ag
i neka je A podskup od X . Slika Y:
Y , onda je inverzna slika od B skup
f 1 B = fx j f x 2 Bg
X:
16
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
y x
|x|
2
f(x)= sin x
1
1
x
-1
-2
f(R)=[-1,1]
-1 -1
f [1,2]=[-2,-1]
Sl. 1.6 Slika skupa
1
2
[1,2]
Sl. 1.7 Inverzna slika skupa
Surjekcija. Za svaku funkciju vrijedi: f X
Y
f
1
Y = X:
Ako je f X = Y , onda za funkciju f kazemo da je surjekcija ili preslikavanje na. Dakle, ako se na svaki element iz kodomene preslika barem jedan x iz domene, onda je to preslikavanje, tj. funkcija surjekcija. Ako je y 2 Y , onda inverznu sliku od y nazivamo praslikom od y . Jasno je, praslika od y moze biti prazan skup jer se mozda funkcijom f niti jedan x ne preslika na y . S druge strane, preslikavanje je surjektivno ako i samo ako je praslika svakog elementa iz kodomene neprazan skup. Injekcija. Za funkciju f : X ! Y kazemo da je injekcija ako se razliciti elementi iz domene preslikaju u razlicite elemente kodomene. Mogli bismo rec´i da je funkcija injekcija onda i samo onda ako je praslika svakog elementa y iz kodomene najvise jednoclan skup, tj. na y se moze preslikati najvise jedan x iz domene. Cesto se kaze da je to 1 – 1 jedan – jedan preslikavanje. Bijekcija. Za funkciju f : X ! Y kazemo da je bijekcija ili bijektivno preslikavanje ako je ono surjekcija i injekcija. Kazemo jos da je bijekcija jedan na jedan preslikavanje. Primjer 1.8. Nije tesko provjeriti da je funkcija x f x = x 2 R 1 + jx j bijekcija sa skupa svih realnih brojeva R na otvoreni interval I = 1 1 . Ocito je funkcija neparna, zatim vidimo da je x 1 + jx j , tj. vrijednosti pripadaju intervalu I . To je striktno rastuc´a funkcija i za velike vrijednosti od x funkcijske vrijednosti su blizu broja 1. Kompozicija funkcija. Neka su zadane dvije funkcije f : A ! B i g : C ! D , kod kojih je kodomena funkcije f podskup domene funkcije g . Mozemo definirati funkciju h : A ! D tako da vrijedi h x = g f x za svaki x
2A
:
Ovako definiranu funkciju nazivamo kompozicijom funkcija f i g i oznacavamo s h = g f .
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
17
f
A
g
B
x
D g(f(x))
f(x) h(x)
h=g f
Sl. 1.8 Kompozicija funkcija
Kompozicija funkcija je asocijativna, tj. vrijedi g h = f g h
f
Pretpostavimo zbog jednostavnosti zapisa da je
!D prema tome naznacene kompozicije su definirane. Ako je x 2 A , onda je f h:A
!B
g:B
!C
f :C
g h x =
f g h x sto se podudara s f g h x = f g h x .
!
2
Inverzna funkcija. Neka je f : A B bijekcija. Prema tome svakom elementu x A pridruzen je samo jedan element y iz skupa B , i svakom elementu iz B pridruzen je samo jedan element iz A . Funkciju g definiranu sa skupa B na skup A za koju vrijedi: g y = x
f x = y
zovemo inverznom funkcijom. Za nju vrijedi f g y = y i g f x = x sto zapisujemo pomoc´u kompozicija na sljedec´i nacin: f g = 1B
g f
Inverznu funkciju funkcije f oznacavamo s f g = 1B
^
g f
f 1 .
=
=
1A :
Dakle,
1A
g = f 1 :
1.11. Relacije U 1.8. spomenuli dva nacina zadavanja podskupa nekog skupa. Jednim od tih nacina isticemo neko svojstvo p x kojeg imaju neki elementi skupa S . Odreden je podskup A skupa S koji sadrzi samo one elemente za koje je p x istinit sud. Dakle,
f 2Sjp x g
A= x
:
Potpuno analogno mozemo zadati podskup kartezijeva produkta skupova X i Y . U tu svrhu potrebno je zadati neko svojstvo — predikat p x y na produktu X Y . U podskup ulaze samo oni uredeni parovi x y za koje je predikat p x y postaje istinit sud.
18
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
Relacija. Relacija U na skupu X Y je njegov podskup. Takve relacije nazivamo binarnim relacijama. Podskup, tj. relaciju na skupu X1 X2 : : : Xn nazivamo n -arnom relacijom. Ako je n = 1 onda govorimo o unarnoj relaciji. Koristimo sljedec´e nacine zapisivanja binarnih relacija:
citaj:
x y 2 U
=
xUy
x je u relaciji U sa y . Mnoge binarne relacije definirane na R R susrec´emo vrlo cesto pa za njih imamo posebne nazive ili oznake. Takve su na primjer relacije:
= ? Korektan je zapis: 5 5 2= , 3 4 2? ali je neuobicajen. Obicno koristimo oznacavanje x U y , 5 = 5 , 3 ? 4 .
:
Podskup, tj. relaciju jednakosti na R R , graficki mozemo predociti kao skup svih tocaka ravnine cije su koordinate jednake. Svi takvi parovi su koordinate tocaka pravca, y =x. Relacijom x 5 zadan je podskup ravnine koji sadrzi sve tocke x y za cije koordinate vrijedi da je x 5 i to je jedna zatvorena poluravnina. Koji je podskup tocaka ravnine ako koordinate x y , njegovih tocaka zadovoljavaju relaciju x 2 + y 2 1 = 0 ? Kao sto je poznato, jedino koordinate tocaka jedinicne kruznice sa sredistem u ishodistu zadovoljavaju navedenu jednakost. Prema tome tocke kruznice cine podskup tj. relaciju na R R . Prazan skup je podskup svakog skupa pa je prema tome to jedna posebna relacija koju nazivamo praznom relacijom. Takva je na primjer relacija x 2 + y 2 + 1 = 0 na R R . Naime, ne postoji ureden par realnih brojeva koji pripada toj relaciji. Jednadzbom F x y = 0 zadana je neka relacija na R R . Relaciji c´e pripadati samo oni parovi za koje je navedena jednadzba zadovoljena.
Domena i slika relacije. Neka je U relacija na X Y . Domena relacije U je skup svih x 2 X za koje postoji barem jedan y 2 Y takav da par x y pripada relaciji U . Slika relacije U je skup svih y 2 Y za koje postoji barem jedan x 2 X takav da par x y pripada relaciji U . Funkcijske relacije. Podsjetimo na definiciju funkcije. Kazali smo da je to podskup skupa X Y i pisali f : X 7! Y , f X Y . Nadalje smo zahtjevali da vrijedi: x y 1 2 f i x y 2 2 f = y 1 = y 2: Mozemo rec´i da su funkcije specijalne relacije. Za funkcijske relacije vrijedi: jednom x -u pripada samo jedan y tako da x y 2 f , tj. da je y = f x : Inverzna relacija. Neka je U relacija na X Y . Inverzna relacija relaciji U je relacija U 1 za koju vrijedi: x y 2 U 1 y x 2 U : Ocito je U 1 1 = U . Primjetimo, ako je relacija funkcijska, onda ne mora inverzna relacija biti funkcijska. y = sin x je funkcijska relacija. Svakom x 2 R pridruzen je samo jedan y . Sinusoidi, tj. grafu funkcije pripadaju tocke T x sin x . Domena te relacije je skup R , dok je slika interval 1 1: Inverzna relacija je skup svih parova sin x x . Parovi 1 S =2 + 2kS , k 2 Z pripadaju toj relaciji, dakle, to nije funkcijska relacija.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
19
Specijalne binarne relacije. Navedimo neke binarne relacije na A A koje vrlo cesto susrec´emo. 1. Relacija jednakosti..... = , a b 2= a = b . a U a za svaki a 2 A . 2. Refleksivna relacija..... U , 3. Univerzalna relacija..... Z a b 2 Z za svaki a i svaki b . 4. Simetricna relacija..... V aV b = b V a . aD b i bD a = a = b . 5. Antisimetricna relacija..... D 7. Tranzitivna relacija..... W aW b i bW c = a W c: Relacija ekvivalencije. . Relacija ekvivalencije U na skupu A je svaka relacija koja je:
1. refleksivna: a U a za svaki a 2 A 2. simetricna: a U b = b U a , 3. tranzitivna: a U b i b U c = a U c . Relacija ekvivalencije je poopc´enje relacije jednakosti. Ocito je relacija jednakosti relacija ekvivalencije. U skupu svih pravaca ravnine, relacija paralelnosti, k je relacija ekvivalencije. Podsjetimo da su dva pravca ravnine p i q paralelna ako je p = q ili p q = : Relacija okomitosti na tom skupu nije relacija ekvivalencije, naime, to nije tranzitivna relacija. U skupu svih trokuta neke ravnine relacije slicnosti i sukladnosti jesu ekvivalencije. Klase ekvivalencije. Svi pravci ravnine koji su paralelni pravcu p cine jedan podskup skupa svih pravaca te ravnine. Za te pravce kazemo da cine jednu klasu medusobno ekvivalentnih paralelnih pravaca. Analogno postupamo i u opc´em slucaju. Odaberemo neki element skupa a 2 A na kojem je definirana relacija ekvivalencije U : Skup svih elemenata koji su ekvivalentni elementu a nazivamo klasom ekvivalencije. Taj skup oznacimo sa Ka , Ka = fx 2 A j a U x g: Dvije klase ekvivalencije relacije U na skupu A ili su jednake ili su disjunktne. Skup A je unija disjunktnih skupova tj. klasa. Tu cinjenicu izrazavamo i tako da kazemo kako je izvrsena particija tj. rastav skupa A na disjunktne dijelove. Clanovi particije su neprazni disjunktni podskupovi cija unija daje cijeli skup A . Lako se provjeri da svaka relacija ekvivalencije vrsi jednu particiju skupa A: Medutim vrijedi i obrat, tj. svaka particija skupa A definira jednu relaciju ekvivalencije. Clanovi particije su klase ekvivalencije te nove relacije ekvivalencije. Prema tome zadavanje relacija ekvivalencije na skupu X isto je sto i zadavanje particije na njemu. Uredajna relacija. Relacija U na skupu X je linearni uredaj ako za svaka dva elementa x y 2 X vrijedi: 1: 2: 3:
x U y ili y U x ili x = y vrijedi samo jedan odnos x U y ili y U x ako je x U y i y U z onda je x U z
ili
x
=y
20
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
Ako za relaciju U na skupu X vrijede samo 2. i 3., onda kazemo da je na X zadan parcijalni uredaj. Prema 1. vidimo da su svaka dva elementa usporediva. Uoci da iz 2. slijedi nikad nije x U x Prema 3. uredajna relacija je tranzitivna. Primjer 1.9. 1. Relacija
manje na skupu R je linearni uredaj. Promotri relacije:
? , , na skupu realnih brojeva R i utvrdi koja gornja tri svostva one imaju. 2. U skupu R
x y
R definirajmo uredaj
x 0 y 0 ako a x
x 0
b x
=
x 0
y
y0:
Ako bi interpretirali parove kao koordinate tocaka ravnine, onda po ovom uredenju tocke uredujemo najprije prema apscisi, zatim ako imaju jednake apscise, onda prema ordinati. 3. U hrvatskom jeziku slova obicno poredamo uredujemo abecedno. Pored abecednog uredaja navodimo i uredaj prema ucestalosti. 1. a,b,c,d,...,u,v,z,z. abecedni poredak 2. e,a,i,o,j,s,n,u,d,v,t,m,r suglasnik,k,p,l,g,b,s,z,c,c´,lj,h,z,nj,c,r samoglasnik,dz,f. Mnozenje relacija. Neka su zadane relacije na skupu X: To su dakle podskupovi skupa X X: Za dva podskupa definirali smo operacije kao sto su unija i presjek . U uskoj svezi s kompozicijom funkcija je mnozenje relacija. Neka su U i V dvije relacije na X . To su dakle podskupovi od X X: Definirajmo njihov produkt : U V
=
W
a b 2 W
a x 2 U
=
x b 2 V
ako takav x ne postoji onda je a b ne pripada produktu relacija. Usporedi ovo mnozenje s kopozicijom funkcija, f g = h: a f a
f a g f b = h a
a b x
a 7! f a 7! g f a = h a
2 X:
a h a:
Podsjetimo da je kompozicija funkcija asocijativna operacija. Lako se provjeri da je upravo definirano mnozenje relacija takoder asocijativna operacija. U teoriji relacija pridaje se veliki znacaj proucavanju svojstava te asocijativne operacije.
1.12. Booleova algebra Ucinimo sljedec´e pretpostavke: Neka su na skupu S definirane dvije binarne operacije; zbroj + i produkt — dakle za svaka dva elementa iz S definiran je njihov zbroj x + y i produkt x y i to su elementi iz S . Nadalje, neka je na S definirana jedna unarna operacija; komplement, s oznakom 0 koja elementu x iz S pridruzuje element x 0 iz S . Pretpostavimo jos da S sadrzi barem dva elementa. koja c´emo oznaciti s 0 i 1. Ako je pri tome ispunjeno sljedec´ih 9 aksioma, onda uredenu sestorku S + 0 0 1 nazivamo Booleovom algebrom.
1. ELEMENTI LOGIKE I TEORIJE SKUPOVA
21
Aksiomi Booleove algebre. Za svaki x y z 2 S vrijede svojstva: zakoni komutacije 1. x + y = y + x 2. x y = y x zakoni distribucije 3. x y + z = x y + x z 4. x + y z = x + y x + z svojstvo 0, odnosno 1 5. x + 0 = x 6. x 1 = x svojstva komplementa 7. x + x 0 = 1 8. x x 0 = 0 9. 0 6= 1 Primjer 1.10. Vazni primjer Booleove algebre je algebra svih podskupova nepraznog skupa. Lako se provjeri da je uredena sestorka
PS S koja se sastoji od partitivnog skupa PS , operacija unije, presjeka i komplementa, zatim 0
praznog skupa i skupa S jedna Booleova algebra. Ulogu nule ima prazan skup, a jedinice skup S . Vidi algebra skupova. Primjer 1.11. Najednostavnija Booleova algebra je algebra koja ima samo dva elementa, S = f0 1g . Tablicama zbrajanja, mnozenja i operacija komplementiranje definiramo te operacije. x 0 0 1 1
y 0 1 0 1
x+y 0 1 1 1
x 0 0 1 1
y 0 1 0 1
xy 0 0 0 1
x 0 1
x0 1 0
Interpretirajmo 0 kao lazan sud, a 1 kao istinit sud. Operaciju + interpretiramo kao disjunkciju _ , operaciju mnozenja kao konjunkciju ^ , unarna operacija neka bude negacija 0 , vidi logicke operacije. Tu algebru mozemo interpretirati kao algebru dva suda, istinitog i laznog. Moguc´a je i interpretacija pomoc´u dvaju elektrickih prekidaca. Primjer 1.12. Neka su x y z bilo koji sudovi, 0 neka je lazan a 1 istinit sud. Lako se provjeri da sudovi s pripadnim operacijama cine Booleovu algebru.
2.
Polje realnih i polje kompleksnih brojeva l . o polju realnih brojeva . . . . . . . . . . . . 22 2. Aksiomi polja realnih brojeva
. .
9. Prinx1ni brojevi
.
. .
.
.
.
.
. . . .
.
.
.
.
.
3J
. . . 23
10. Cijeli brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3
3. Osnovne jednadzbe u polju . . . . . . . . . 24
l l . Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . 34
.
.
4. Osnovna svojstva uređenog polja . . . . . 25
12. Iracionalni brojevi . . . .
5. Intervali . . .
1 3 . Polje kompleksnih brojeva
.
. . . . . . .
6. Ograničeni podskupovi
.
.
. . . . . .
.
. . 27
. . . . . . . . . . . 27
7. Supremum i infimum skupa . . .
.
. . . . . 28
8. Arhimedov i Cantorov teorem . . . . . . . 30
14. Polarni prikaz
. . . .
.
. . . . . . . .
.
. .
.
. . . . . .
1 5 . Korijen kompleksnog broja . . .
16. Eulerove fonnuJe . . . .
.
.
.
35
. . . . . . . . . 36
. .
.
.
. .
.
. .
.
.
.
.
. . 39 .
.
41
. . 42
Osnovni je pojam matematičke analize realna funkcija realne varij able. To je funkcijllo .. definirana na nekom podskupu realnih brojeva R čije su funkcijske vrijednosti također ii' skupa R . Predmet naših proučavanja u diferencijalnom računu biti će upravo takve realne funk cije, njihova svojstva i njihove granične vrijednosti. Granične vrijednosti funkcija najprije su proučavane u vezi s brzinom gibanja, tj. definiranjem brzine, odnosno u vezi s pro blemom određivanja jednadžbe tangente (zapravo njezinog koeficijenta smjera), na graf definiran nekom realnom funkcijom. Pokazalo se da su ta dva problema ekvivalentna. Za pručavanje spomenutih problema nužno je dobro poznavanje realnih brojeva.
Realni brojevi. Polje realnih brojeva čini neprazan skup R zajedno s operacijama zbrajanja + i množenja . te uređajem � manje ili jednako. Realne brojeve ćemo definirati s pomoću
15 aksioma kojima se oni potpuno karakteri 5 aksioma definira
ziraju . Prvih 9 aksioma definira strukturu koju zovemo polje, sljedećih
uređaj i njegova svojstva. Posljednji aksiom opisuje neprekinutost skupa R. Prema tome, bit će riječi o uređenom polju realnih brojeva. Pri tom se nećemo baviti pitanjima
egzistencije skupa realn ih brojeva (postoji li skup koji zadovoljava tih
15
aksioma), već
ćemo pretpostaviti realni brojevi postoje i prihvatiti da za nji h vrijede poznata svojstva.
22
2. POLJE REALNIH I
23
POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
U skupu R definirane su operacije zbrajanja i množenja. To znači da svaka dva realna broja možemo zbrojiti, odnosno pomnoži ti i rezultat je ponovno realan broj. Strogo govoreći, zbrajanje je funkcija
+ :RxR
->
R koja paru realnih brojeva (x, y ) pridružuj e
jedan realni broj kojeg uobičajeno označavamo s
x +y.
Slično vrijedi za množenje.
Navedimo devet aksioma polja kojim su potpuno karakterizirana svoj stva zbrajanja i množenja realnih brojeva i koja mi prihvaćamo kao istinita.
Aksiomi polja. Neka slova x, y, z označavaju bilo koje realne brojeve. Tada vrijedi:
As (xy)z x (yz) (x + y) + z = x + (y + z) +O X X • 1 A6 X A7 x ;:j:. O, x · x- l x + ( -x) = O xy = yx As X + y y +x A9 x(y + z ) = xy + xz
Al A2 A3 A4
X
1
=
Aksiomima
A l i As izražavamo asocijativnost zbrajanja, odnosno množenja. A2 i A6 izražavamo svojstvo neutralnosti nule u odnosu na zbrajanje,
Aksiomima
odnosno jedinice na množenje. Aksiomima
A3
odnosno
A7
izražavamo postojanje
za elemente različite od nule postojanje
suprotnog elementa, odnosno inverznog elementa. Istaknimo ponovno da broj
nula nema inverza tj. s nulom nije dozvoljeno dijeljenje. Aksiomima
A4
i
prihvaćamo da su operacije zbrajanja odnosno množenj a komu
A9
množenje j e distributivno prema zbrajanju, kraće kažemo da vrijedi
As
tativne. Po aksiomu
zakon distribucije. Svaki neprazni skup F u kojem bi bilo moguće definirati dvije operacije i koji bi sadržavao dva istaknuta elementa tako da vrijedi gornjih devet aksioma nazivamo
poljem.
Aksiomi uređaja. Navedimo sljedećih pet aksioma o uređaju � (manje ili jednako ) u skupu R . Neka slova
A lO A11 A 12 A 13 Al4
x, y, z
x =Y
ili
ako j e
x x x O
ako je ako je ako je
predstavljaju bilo koj i realan broj. Tada vrijedi:
x � y ili y � x , � y i y � x , onda je x = y , � y i y � z , onda je x � z , � y , onda za svaki relan broj z vrijedi x + z � y + z , � x i O � y , onda je O � xy .
Aksiomom
A 1 0 zahtjevamo da nema neuporedivih realnih brojeva. A l2 izkazujemo da je uređaj tranzitivan. Aksiomima A 1 3 i A I4 pokazujemo odnos uređaja prema zbrajanju,
Aksiomom množenju.
odnosno prema
24
2.
POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Polje racionalnih brojeva. Aksiom A IS bit će naveden naknadno. nakon što defi niramo potrebne pojmove za njegovo shvaćanje. Primj etirno zasad da ovih 14 aksioma ne određuju jednoznačno polje realnih brojeva. Naime. lako je provjeriti da i skup raci onalnih brojeva Q zadovoljava sve navedene aksiome. Aksiom neprekinutost; će upravo razlikovati racionalne brojeve od realnih.
Oduzimanje i dijeljenje. U polju realnih brojeva postoje samo dvije operacije: zb rajanje i mnorenje. Što je s oduzimanjem? Ono j e izvedeno iz zbrajanja: oduzimanje je zbrajanje sa suprotnim elementom:
x
-
y := x + (-y).
Na sličan način uvodimo i dijeljenje: dijeljenje j e množenje s inverznim elementom:
x
_
Y
:= x . y- l
U uskoj vezi s uređajem � su uređaji: <
(manje): x < y onda i samo onda ako je x � y i x i- y . � (veće ili jednako): x � y ako je y � x . > (veće): x > y onda i samo onda ako je x � y i x i- y . •
Pozitivni i negativni realni brojevi. Realni broj x je pozitivan ako je O < x Realni negativan ako je x < O . Iz aksioma A lO i A l l slijedi da realan broj x i- O . mora biti ili pozitivan ili negativan .
broj x je
(ali ne oboje). Prema tome skup realnih brojeva je unija disjunktnih skupova:
skupa negativnih
brojeva, skupa koji sadrži samo nulu i skupa pozitivnih brojeva:
R = R- U {O} U R+ .
U svakom polju susrećemo dvije vrlo jednostavne jednadžbe koje je potrebno znati rješiti. O njima govori sljedeći teorem.
Teorem 2.1. Jednadžbe l. a + x = b , 2. ax = b , a i- O , imaju jednoznačna rješenja. Dokaz. Tvrdimo da prva jednadžba za zadane realne brojeve a i b ima jedno i samo jedno rješenje koje glasi
x = b + (-a)
b - a.
25
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA Na obje strane jednakosti dodajmo broj -a . Dobivamo (a + x) + (-a)
=
b + (-a).
Koristeći se aksiomom o komutativnosti zbrajanja, aksiomom asocijativnosti, aksiomom o suprotnom elementu, svoj stvom broj a nula lijeva se strana jednakosti svodi na: (x + a) + (-a)
=
x + (a + ( -a ) )
=
x+O
x,
te je traženo rješenje x = b + (-a) = b a Da taj x zaista jest rješenje slijedi iz ovih jednakosti: a + (b + ( - a ) )
=
a + « -a) + b)
=
(a + ( -a ) ) + b
=
O+b
=
b.
Opravdajte svaku od tih jednakosti tako da se pozovete na neki od aksioma na temelju kojeg ta jednakost slijedi iz prethodne. Dokažimo postojanje i jednoznačnost rješenja druge jednadžbe. Pomnožimo obje strane jednakosti inverzom a-I , koji postoj i pošto je po pretpostavci a =1= O . Dobivamo: a-l (ax)
(a- l a)x
Dakle, ako postoji rješenje, onda je ono x ovih jednakosti
=
=
1·x = x
a- l b.
a- I b . Da je taj x zaista rješenje slijedi iz
Obrazložite te jednakosti.
Neka svojstva algebarskih operacija. Služeći se aksiomima polja te jednoznačnoj rješivosti spomenutih jednadžbi možemo dokazati sljedeća svojstva: 1. Za s vaki a E R je a . O = O , 2. a b = O onda i samo onda ako j e barem jedan od faktora jednak O, 3. ako je a =1= O , onda je a- l =1= O , 4. - ( -a )
5 . aC-b) 6.
7. s
a
b a
.
e
e
. b
+
ab ,
ac
- be ' ae
�
b'd a
a, -ab , ( - a ) ( -b)
=
e
bd '
ad + bc
d
bd
Evo kratkih uputa:
1.
a( b + O)
2. ako je
je a- l (ab)
=
3. a - l a
=
ab + aO
ab , ab + O
=
ab , jednoznačnost rješenja;
O , onda je prema prethodnom ab a-lO O , (a- l a)b lb b O; a
=
=
=
l ;
=
=
O . Ako je ab
=
O i a
=1=
O, onda
26
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA 4. ( -a) + a
=
5. a(b + ( - b» 6. ab� l ee� 1
O , (-a) + ( - ( -a» =
ab + a( -b)
=
O , jednoznačna rješivost;
O;
l l ae(be)- , provjeri be(be)- = bee - ' b - 1 7. ab- 1 ed- 1 aeb- 1d- 1 = ae(bd)- l ; l 8. ab- I dd- + Cd- I bb- l (ad + be)b- l d- 1 (ad + be) (bd)- l . aeb- 1e-1
=
Neka svojstva relacije uređaja.
=
1;
Sljedeće su tvrdnje neposredne posljedice aksioma
uređaja:
1. Ako je x < O , onda je -x > O .
2. Ako je x < O i y < O , onda je xy > O . 3. Ako je x < O i y > O , onda je xy < O . .
4. 1 > O , - 1 < O .
5. za prirodne brojeve vrijedi: 1 <
6. Ako je a ::;;; b , onda je -a
�
2<3
< ... <
n
<
n
+ l < ....
-b .
7. Ako je a > b , onda je a - b > O . 8. Ako je a < b i e < d , onda je a + e < b + d . 9. Ako je Xl ::;;; Y I , X2 ::;;; Y2 , " ' , X" ::;;; y" , onda je X I + X2 + . . . + x" ::;;; Y I + Y2 + . . . + y" . 10. Akoj e a > O, onda je a- l > O.
11. Ako je a > b i e > O , onda je ac > bc;
a > b i e < O , slijedi ac < bc .
12. Ako je O ::;;; a l ::;;; b l i O ::;;; az ::;;; b2 , onda je O ::;;; a l aZ ::;;; b l bz . 13. Ako je Xl < Xz , onda je
xi < � , odnosno xi < X;l .
Navedimo kratke upute pomoću kojih se vidi kako možemo dokazivati ove tvrdnje. (Pročitati tek u krajnjoj nuždi !) 1. x < O , x + ( -x) < O + ( -x) , 0 < -x , tj. -x > O .
2.
x < O i y < O . -x > O i -y > O , ( -x)( -y»
4.
Prema A l O je 1
O , xy > O .
3. X < O i y > O , -x > O , ( -x)y > O , -xy > O , xy < O . O ili 1 ::;;; O ili O ::;;; 1 . Kako je l
=
=I
O vrijedi samo jedna od
preostale dvije mogućnosti. Pretpostavimo da je l ::;;; O . onda bi bilo s lijedilo Dakle, l
( - 1 ) ( - 1) � � O.
1 �
O . tj.
5. Iz O < l slijedi O + l <
strane slijedi l + l <
2+
l.
2
-1 �
O , nadalje bi
O što je II kontradikciji s pretpostavkom da je l ::;;; O .
1
+ l
< 3 . itd.
=
2,
l <
2.
dalje dodavanje jedinice na obje
6. a ::;;; b , a + ( -a) ::;;; b + ( -a) , O ::;;; b - a , -b ::;;; -a , -a 7. Iz a > b slijedi a - b > b - b , a
�
-b .
b > O.
8. a < b , a + e < b + e , iz e < d slijedi b + e < b + d , dakle a + e < b + d .
9. Slijedi iz 8. 10. a > O , ako bi bilo
a- I < O , onda je aa- 1
=
l < O što nije istina.
l l . Iz a > b i e > O slijedi a - b > O i e > O , dakle c( a - b) > O , ac > bc .
12. Iz O ::;;; a l ::;;; b l izlazi O ::;;; a l aZ ::;;; b l az . iz O ::;;; az ::;;; bz izlazi O ::;;; aZb l ::;;; bzb1 • tj. O ::;;; a l az ::;;; b l b2 • 1 3 . Vidi prethodnu tvrdnju.
27
2. POLIE REALNIH I POLIE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Neke podskupove realnih brojeva često koristimo a zajedničko im je ime intervali. Navedimo te vrste podskupova: 1. 2. 3.
4.
=:
[a, bl {x E R I a :::; x :::; b} (a; b) = {x E R I a < x < b} (a, bl = {x E R I a < x :::; b} [a, b) = {x E R I a :::; x < b}
-
Pojedina granica može biti beskonačna: 5.
zatvoreni interval; otvoreni interval; polu-otvoreni interval; polu-otvoreni intervat.
[a, oo) = {x E R l a :::; x} ;
6. (a, oo) = {x E R l a < x} ;
(-oo, bl = {x E R I x :::; b} ; (-oo, b) = {x E R l x < b} ; 9. (-oo, oo) = R .
7. 8.
Skup realnih brojeva obično predstavljamo orijen Svakom realnom broju pridružujemo jednu i samo jednu točku pravca i obrnuto, tj . svakoj točki pripada samo jedan broj. Broju O pridružujmo točku 0, zatim (desno od te točke) odabiremo točku E kojoj pridružujemo broj 1 , kažemo da je udaljenost tih dviju točaka jednaka 1. Svakoj točki T tog pravca pripada realan broj x koji nazivamo apscisom te točke. Tako počimamo izgradnju koordinatnog sustava na pravcu. Mi tu konstrukciju izgradnje brojevnog pravca pretpostavljamo poznatom. Na pravcu mogu vrlo jednostavno slikovno interpretirati svi spomenuti intervali. Orijentacija brojevnog pravca. tiranim pravcem.
se
za podskup S realnih brojeva kažemo da je ograničen odozgo ako postoji broj M takav da za svaki broj x iz S vrijedi:
(x E S)
==>
(x :::; M).
Ako je skup oganičen odozgo brojem M , onda je ograničen i svakim brojem većim od M . Svaki takav broj nazivamo gornjom ogradom. Podskup realnih brojeva je ograničen odozdo ako postoji realan broj m takav da vrijedi: (x E S) ==> (x � m ). Broj m u tom slučaju nazivamo donjom ogradom skupa S . Ponovno je svaki broj manji od donje ograde i sam donja ograda. Podskup realnih brojeva S je ograničen ako postoje realni brojevi m i M takvi da za svaki x iz S vrijedi: (x E S) ==> (m :::; x :::; M. ) Prema tome, skup S je ograničen ako je ograničen odozdo i odozgo.
2.
28
POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Pomoću koordinatnog sustava može se uspostaviti bijekcija između realnih brojeva i točaka na pravcu. To znači da svakom realnom broju odgovara jedna i samo jedna točka na pravcu. Posljednje svojstvo polj a realnih brojeva koje želimo sad opisati povezano je s intuitivno prihvatljivom idejom o neprekinutosti pravca: kako god "zarezali" pravac uvijek će na prerezu biti neka točka. Zamislimo li da skup realni brojeva podijelimo u dva intervala (jedan lijevo a drugi desno), tada oba ne mogu biti otvorena! Slobodnije rečeno, pravac nema rupa. Ako ne krenemo od geometrijskog prikaza skupa R, postoje i drugi načini da se opiše neprekidnost skupa realnih brojeva. Međutim, važno je spomenuti da to svojstvo da dokazati iz već navedenih aksioma, ono i samo mora biti aksiom. Mi ćemo sada navesti neke (tri!) mogućnosti kako definirati neprekidnost skupa R. Sve će one biti međusobno ekvivalentne. Supremum i infimum. Kazali smo da neprazan podskup realnih brojeva koji je ogra ničen odozgo ima više gornjih ograda, jer je svaki broj veći od neke ograde takoder gornja ograda. Analogno, ako je neprazan podskup realnih brojeva ograđen odozdo, onda svaki broj manji od neke donje ograde je i sam donja ograda. Ako neprazan podskup S ima najmanju gonUu ogradu onda tu ogradu nazivamo premumom tog skupa i označavamo sa sup S . Analogno definiramo da je najveća donja ograda nekog nepraznog podskupa S realnih brojeva njegov inflDlum, kojeg označavamo s inf S . Ima li neki podskup supremum odnosno infimum nije moguće odgovoriti na temelju iskazanih 41 aksioma realnih brojeva. Prvi aksiom neprekidnosti. Mi ćemo prihvatiti sljedeći Dedekindov aksiom za realne brojeve kojim opisujemo neprekidnost skupa R. A Ako je S neprazan podskup realnih brojeva, ograničen odozgo, onda S ima supremum u R . ne
se
su
l
15
Primjer 2.1. Neka je S {x E R I x2 � 2} . Skup S je omeđen jer je npr. � x � 2 za svaki x E S . Najmanja gornja međa skupa S je realan broj .Ji . Najveća donja međa tog skupa je - .Ji , Prema tome, ovaj ograničeni skup S ima i infimum i supremum u skupu R ; - .Ji inf S, .Ji supS, S = [inf S; sup S] S druge strane, skup {x E Q I x2 � 2} nema supremurna ni infimuma u skupu racionalnih brojeva Q. Na mjestu koje je rezervirano za supremum ne nalazi racionalan već iracionalan broj .Ji . Zbog toga polje racionalnih brojeva ne zadovoljava aksiom A -
3
=
=
K
l
Wilhelm Dedekind (18 31-19 16), njemački matematičar
se
15
•
2 . POLJE REALNIH I Primjer 2.2.
29
POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Provjeri da vrijedi: l S = {-
n I n E N},
sup S = l ,
S = {sinx I x E R},
inf S
sup S = l ,
O ',
inf S =
-I.
Ako j e sup S element skupa S , onda kažemo da je sup S
maksimalni
ili naj veći
element skupa S i označavamo ga s max S . Ako je inf S element skupa S , onda kažemo da je inf S najmanj i ili
minimalni element skupa
S i označavamo ga s min S .
Primjetimo da u ograničeni podskup skupa realnih brojeva uvijek ima infimum i sup remum, ali ne mora imati minimum ili maksimum. Tako npr. za interval S = inf S sup S = = max S , al i min S ne postoji.
a,
b
L- E
(a, bl
vrijedi
L
lffffJffffA
Sl.
x
2.1
L supremum skupa S . Broj L je najmanja gornja ograda skupa S . To znači L oduzmemo po volji mali broj e > O , onda broj L e više nije gornja međa. To e <x. sad znači da postoji takav x E S da je L Neka je
ako od
-
* * *
Umjesto tvrdnje iskazane u aksiomu A l 5 moguće je uzeti i neke druge koje su njoj potpuno ekvivalentne. Jednu takvu tvrdnju iskazuje sljedeći teorem.
Teorem 2.2.
Dokaz.
Odozdo ograničen skup ima infimum.
Skup S je ograđen odozdo. Neka je
D skup svih njegovih donjih ograda. Taj D ima
je skup ograničen odozgo svakim elemetom skupa S . Prema aksiomu A 15 skup supremum. Označimo ga s
L.
L infimum skupa S . Ako bi postojala L + e , onda bi to značilo da L nije supremum
Provjerimo da je
veća donja ograda i recimo neka bi to bio broj
donjih ograda, što je u suprotnosti s definicijom broja
Prerezi.
L.
Da bismo naveli jednu vrlo često upotrebljavanu alternativu aksiomu A l!!
uvedimo pojam prereza u skupu R .
Pod prerezom u skupu R podrazumjevamo svaki uređen par (A, B) nepraznih podskupova realnih brojeva za koje vrijedi:
1. A U B
2 . svaki x
R,
B #: R
E A je manji od bilo kojeg y E B
3. u skupu B ne postoji minimalni element
Kao što vidimo, radi se o rastavu skupa R na dva disjunktna neprazna podskupa, podskup A smješten je lijevo od podskupa B . Aksiom A I 5 ekvivalentan je tvrdnji sljedećeg teorema.
2.
30 Teorem 2.3. U svakom prerezu
Dokaz.
POUE REALNIH l POUE KOMPLEKSNIH BROJEVA
(A, B) u skupu R skup B ima infimum.
Pokažimo da iz ovog teorema slijedi
A 15 .
Neka je dan bilo koji odozgo
ograđen neprazni podskup S realnih brojeva. Skup svih realnih brojeva možemo podijelili na dva podskupa e i
D . U D ulaze sve gornje ograde skupa S, u
e ulaze svi oni realni
brojevi koji nisu njegove gornje ograde. Na taj način smo dobili prerez u skupu R . Prema pretpostavci teorema postoji infimum skupa S.
U uskoj
D a to je supremum skupa e, odnosno skupa
vezi s aksiomom AIS kojim se iskazuje svojstvo neprekidnosti skupa realnih
brojeva imamo dva vrlo značajna teorema. To su Arhimedov teorem i Dapače, može se dokazati da ta dva teorema zajedno daj u aksiom
Cantorov teorem.
A1 5 .
Zato se često ta
dva teorema uzimaju umjesto aksioma A I S za aksiome skupa realnih brojeva. Njihova je
geometrijska interpretacija vrlo prihvatljiva i možda zato im neki autori daju prednost pred aksiomom A I S .
Arhimedov teorem.
Ovaj nam teorem u geometrijskoj interpretaciji kaže da ako
imamo proizvoljno malu dužinu, onda s njom možemo premašiti ma kako veliku dužinu. Potrebno je malu dužinu nanositi na veliku dovoljan broj puta. S tim je u vezi i postupak mjerenja dužine AB sa zadanom Uediničnom) dužinom OE. Jediničnu dužinu nanosirno toliko dugo ( n puta) dok ne bude nlOEI � IABI , (n + l) I OEI > IAB I Tada je duljina dužine veća od n Uediničnih duljina), no manja je od n + l takve duljine. Ako time duljina dužine AB nije točno izmjerena, onda smanjujemo jediničnu dužinu (recimo
10
puta) i
sa
smanjenom dužinom nastavimo postupak mjerenja na preostatku
dužine. Dokažimo sljedeći Arhimedov teorem.
Teorem 2.4. Ako je x n E N takav daje nx > y .
Dokaz.
Ako je y
Dakle, neka j e y da je za svaki
� O , onda
> O.
n . nx
E R j
x > O,
onda za svaki y
neka broj
n
bude L U tom j e slučaju
< y . Prema tome skup S
Dakle,
postoji prirodan broj l . x = x > y.
Pretpostavimo d a nije istinit Arhimedov teorem. To b i značilo ==
{nx I n
i ima supremum. Neka je to broj L . To bi značilo da za
{n + l )x < L .
E R
nx
< L
-
x
za
svaki
E N} ograničen je odozgo
svaki prirodni broj n . vrijedi
n , što bi značilo da broj
L nije supremum.
Dakle, skup S nije ograničen odozgo, a to znači da vrijedi Arhimedov teorem.
31
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Možemo zaključiti da iz Au (i ostalih aksioma) slijedi Arhimedov teorem, što sim bolički možemo zapisati ovako: A Is
:::=:?
A
=
Arhimedov teorem.
Primjer 2 3 Ako je x > O , onda postoji prirodan broj n takav da je .
.
nx
Kažemo da brojevi
�
> l,
tj.
l -
n
< x.
mogu biti po volji maleni samo ako uzmemo dovoljno veliki n .
Teorem 2.5. (Cantorov teorem) Neka je svakom prirodnom broju n pridružen zatvoren interval realnih brojeva [an; bnl i neka vrijedi m � n [am; bm] � [an ; bnl tadaje n[an; bnl =1 0 .
Dokaz. Označimo sa A = {an I n E N} i sa B = {bn I n E N} . Pokažimo najprije da je na pravcu skup A smješten lijevo od skupa B , tj. da za svaki m, n E N vrijedi: am � bn • Ako je m < n , onda iz pretpostavke o uklopljenosti danih intervala slijedi am � bm � bn . Ako je m > n , onda am � an � bn . Skup A je ograničen odozgo i prema aksiomu A 15 postoji supremum tog skupa. Neka je to broj a . Analogno, skup B je ograničen odozdo i prema istom aksiomu postoj i infimum toga skupa. Neka je to broj b . Broj b nije manj i niti od jenog an . Naime ako bi to bilo istina, onda an nije jedna od donjih međa skupa B , a to bi značilo da postoj i neki bm manj i od an što nije istina. Dakle, za svaki n E N je an � b . Prema tome je za svaki n E N an � b � bn , a to znači daje broj b u presjeku svih intervala [an; bnl . Zapravo, u presjeku svih intervala je čitav interval [a, bl , koji možda degenerira u jednu točku. Time je teorem dokazan. Time smo pokazali sljedeće: AIs
:::=:?
Cantorov teorem.
Mogu se dokazati tvrdnje obratne ovima u Arhimedovom i Cantorovom teoremu, pre ma kojima je aksiom A 15 ekvivalentan s prethodna dva teorema uzeta zajedno. Međutim, taj ćemo dokaz na ovome mjestu preskočiti.
Jedan od najznačajnijih podskupova realnih brojeva je skup prirodnih brojeva. Taj podskup obično označavamo slovom N . U tom su skupu brojevi: 1, 2, 3, . . . . Uz pret postavku da imamo realne brojeve R za koje vrijedi navedenih 15 aksioma, onda u tom skupu možemo definirati prirodne brojeve sljedećom konstrukcijom. Neka j e Na , a E A , familija svih podskupova realnih brojeva čiji članovi imaju sljedeća dva svojstva: 1 . l E Na za svaki indeks a E A ,
2.
x
E
Na
X
+ l
E
Na.
2. POLJE REALN[H I
32
POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Takvi podskupovi postoje jer ova svojstva zadovoljava skup R . Zadovoljava ih i sk up pozi tivnih realih brojeva R+ . Zaista, znamo da je 1 > O , te je 1 E R+ . Nadalje , ako je x > O , onda je i x + l > O + 1 == 1 > O također pozi tivan. Dakle, pozi tivni b rojevi pripadaju spo menu toj fa miliji. Skup prirodnih brojeva defini ra mo kao p resjek svih takvih podsk upova, dakle
N
==
n Na •
a
E A.
Kako se u spomenutoj fam il iji nalazi i sk up R+ , to s u i p rirodni b rojev i pozi tivni. Definirajmo p reslikavanje na N s v rijednos tima u N · 11: :
N -+
N,
1I:(n) == n
+ l , za svaki n
E N.
Peanovi aksiomi. Funk cija 11: dobro je definirana. Broj 1I:(n) nazivamo sljedbeni kom broja n . Za p ri rodne brojeve v rijedi ovaj teo rem : Teorem 2.6. (Peanovi aksiomi) l.
Definirano je preslikavanje n : N -+ N ; = n(n) . onda je m = n , tj.
2. A ko je n(m) 3. l E N ; 4. za
11:
je injekcija;
svaki n je 1I:(n) ::f:. 1 ;
5. Princip indukcije. Neka S l. 1 S ,
2.
E
za
svaki n E
e
N
ima ova dva svojstva:
N vrijedi: akoj e n E S , onda je 11:(n ) E S .
Ako S ima ta dva svojstva, onda je S = N .
Dokaz. Sk up N ima svojstvo 1 . i 3 . Iz = 1I:(n) slijedi n , tj. v rijedi 2. Ako bi bi lo n (n ) = 1 , onda bi to značilo da je n
1I:(m)
m+1
== n + 1 , tj . l = l , tj. n O . Znamo , O nije pozi tivan broj, dakle ni prirodni broj, pa za nju nije defini rana f unkcija 11: . Dak le , vrijed i 4. Prema 5 . sk up S ima tra žena dva svojstva koje imaju svi skupovi koji sadrže N , dakle N e S , tj. N :: S . m
+
Skup prirodnih brojeva je beskonačan! Što smo s tim rekli ? Evo o bjašnjenja š to to znač i. O značimo s 2N skup parnih p ri rodnih brojeva. To je p ravi dio sk upa N . Medutim, pos toji bijekcija izmedu ta dva sk upa definirana s
skonačan ili da ima beskonačno mnogo elemenata ako postoji bijekcija izmedu tog skupa i nekog njegovog p ravog podskupa . za sk up S kažemo da je konačan ako postoji bijekcija sa S na podsk up Sn == { 1, 2, . . . , n} . U tom slučaju S ima točno n elemenata. Dva su sk upa ekvipotentna ako postoji b ijekcija izmedu tih skupova . Kaže mo još da oni imaju jednaku potenciju ili da imaju isti kardinalni broj. Svaki sk up koji je ekvipotentan skupu p rirodnih brojeva nazivamo prebrojivim skupom. Nije teško dokaza ti da postoje beskonačni sk upov i koji nisu pre b roj ivi . Takav je upravo skup svih realni h b rojeva. Ta je s poznaja bila prvi značajniji korak u p roučavanju beskonačnih skupova .
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Jedan od značajnih beskonačnih podskupova skupa prirodnih
Euklidov algoritam. brojeva je skup prostih ili
33
prim brojeva. To su brojevi
2, 3, 5 , 7, l l, I � 17 , 19, 23 " " Osnovni teorem aritmetike nam govori da svaki prirodni broj veći od
10
možemo
=
2 · 5, 126 2 . 63 = 2 . 32 7 . Brojevi a i b su relativno prosti ako nemaju zajedničkih prostih faktora. Osim pre
jednoznačno prikazati kao produkt prim brojeva. =
Tako je na primjer:
•
ko faktorizacije, najveća zajednička mjera dvaju brojeva može se dobiti preko Euklidovog algoritma, koji predstavlja modificirani algoritam dijeljenja brojeva. Prisjetimo se postupka dijeljenja. Neka su zadani prirodni brojevi
rl takvi da vrijedi: a = bql + rl , O ::;; rl < b.
su odredeni brojevi (prirodni ili nula)
Broj
ql
ql
i
nazivamo kvocijentom dijeljenja broja
a brojem b, a broj rl ostatkom dijeljenja.
Kvocijent i ostatak su ili nula ili prirodni brojevi. Ako je nastaviti dijeljenje, dijelimo broj ostatka
r2 .
a i b . Jednoznačno
rl
različit od nule onda možemo
b brojem rl . Na taj način dolazimo do kvocijenta q2
i
Taj proces nastavljamo dok ne dođemo do ostatka nula. Dakle,
O < rl < b O < r2 < rl O < r3 < r2
a = bql + rl b rl q2 + r2
rt
rn-2 rn-I
za ostatke vrijedi
= =
r2q3 + r3
=
rn-I qn + rn rn qn+ l + O
=
b > rl > r2 > . . . .
Zbog toga što postoji samo konačno mnogo prirodnih brojeva manjih od
b . slijedi da će
jedan od ostataka biti jednak nula. Sad lako provjerimo da je najveća zajednička mjera
a i b posljednji ostatak koji je različit od nule, M(a, b) rn . Ukoliko je M(a, b) I , tada su ta dva broja relativno prosta. Najveća zajednička mjera M(a, bf i najmanj i zajednički višekratnik V(a, b) zadovo ljavaju j ednadžbu M(a, b) · V(a, b) ab . Podsjetimo također na važno svojstvo najveće zajedničke mjere brojeva a i b . Postoje cijeli brojevi k i j takvi da je brojeva
=
=
=
Skup cijelih brojeva
Z
=
Z je po definiciji
-N U
{O} U N
=
{O,
2. PoLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
34
To je podskup realnih brojeva koji je zatvoren u odno su na operacij'e z brajanja i množenja. To znači da je z broj, odno sno produkt cije lih brojeva ponovo cijeli broj. Zakoni a socijacije, komutacije za zbrajanje , odno sno množenje vrijede, a vrijedi i zakon di stribucije množenja prema zbrajanju . Primjetirno da kvocijent cijelih brojeva nije nužno cijeli broj i z bog toga cijeli brojevi s operacijama zbrajanja i množenja ne čine polje. To znači da jednadžba b , a, b E Z , nije uvijek rješiva u Z . ax Skup Z je prebrojiv. Provjerite da je funkcija f : N - Z , definirana s f (2n) = n- I , f (2n - l ) = - n bijekcija .
Skup racionalnih brojeva je
Q
�
{� I "Z E Z, n E }
N .
Kako je za cijeli broj z broj ponovo cijeli , to možemo cijele brojeve identi ficirati s dijelom racionalnih brojeva . Skup racionalnih brojeva najmanje je podpolje sadržano u polju realnih brojeva . Naime , podpolje realnih brojeva je takav pod skup realnih brojeva koji je sam polje tj. mora sadržavati brojeve O i l , zatim ako sadrži 1 , onda mora sadržavati i l + l = 2 , zatim 2 + l = 3 , itd ., znači to podpolje mora sadržavati N . Ako podpolje sadrži N , onda mora sadržavati i suprotne elemente tj . -N , to znači da sadrži Z , a z bog toga što u polju svaki element različit od nule mora imati inverz slijedi da to podpolje sadrži sve racionalne brojeve koji zai sta jesu polje .
Primjer 2.4. Nije teško pokazati da postoji beskonačno mnogo po lja koja sadrže po lje racionalnih brojeva takvih da su ona sama sadržana II polju realnih brojeva . Evo jednog takvog po lja . Odaberimo neki realan broj koji n ije racionalan . Takvi brojevi po stoje , na primjer /2, e , n, . . '. Uzmimo na primjer /2 . Pitamo se koje je najmanje polje koje sadrži polje racionalni h brojeva i broj /2? Takvo polje mora sadržavati sve brojeve o b lika p + q/2 , p , q su bilo koji racionalni brojevi . Provjerimo da je skup F[v'21 =
{p + q /2 1 p, q E Q}
polje koje sadrži Q ali je manje od R . Lako se provjeri da je z broj, odnosno produkt elemenata iz tog skupa opet element iz njega . Nije očigledno, ako broj nije jednak nuli, da ima inverz koji pripada tom skupu. Dakle, neka je x = p + q/2 =f:. O (to znači da je ili p ili q različit od nule ).
- q/2 = P q/2 = -:;:-.::.---;:q/2 p q/2 p2 + 2q2 Primjetima da je y = pl 2q2 =f:. O. Naime, ako bi bilo y = O , onda bi bilo pl 2q2 što bi značilo da je broj /2 racionalan što znamo da nije . x- 1 =
l
p+
P
-
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
35
Skup racionalnih brojeva je gusL To znači da između svaka dva racionalna broja postoji racionalan broj. Tako na primjer ako su a i b racionalni brojevi i neka je a < b , onda je i njihova aritmetička sredina racionalan broj i vrijedi:
a, b E Q
a +-b E Q a < a + b < b 2 ,
===?
Poznato nam je da u dekadskom brojevnom sustavu koristimo znamenke iz skupa i svaki pozitivan realan broj r možemo zapisati na sljedeći način:
S = {O, 1 , 2, . . · 9}
r = an 10" + an - I lO" - I
l l + . . · adO + ao + a- I lO + a_ 2 102 + . . ' , aj E S.
U dekadskom sustavu kraće taj broj zapisujemo ovako:
Ako su svi aj koji imaj u negativne indekse jednaki nula, onda je r prirodan broj ili Ako je u prikazu broja r samo konačan broj znamenki aj različit od nule, onda je to racionalan broj; preciznije to je decimalan broj. Primjeti da na primjer racionalan broj
O.
l
:3 = O, 3333 · · ·
nij e decimalan broj. Za takve brojeve kažemo da imaju beskonačno mnogo znamenaka različitih od nule u svom decimalnom prikazu. Broj
l
:2 = O, 5 = O, 4999999 · · ·
je racionalan, on je decimalan iako ima beskonačno mnogo znamenaka iza decimalnog zareza. Naime, svaki decimalan broj možemo napisati kao beskonačni decimalni broj , jer je
0, a l a2 " ' an = 0, a l a2 · · · an- l (a" - 1 )999999 · · ·
Realan broj je racionalan ako je decimalan ili mu se u dekadskom prikazu znamenke iza decimalnog zareza iii nekog mjesta periodički ponavljaju. Provjeri da se u decimalnom prikazu recipročnih vrijednosti prostih (prim) brojeva decimalne znamenke periodički po navljaju. Tako na primjer za sedminu dobivamo O, 142857142857 · . ' . Provjeri daje svaki periodički decimalni broj racionalan broj. Na primjer
33 + 10-32( 1 10- 1 10-2 . . . � 2 . 10 - 3 10 299 0, 332222 . = 100 + + + ) = 100 + 9 = 900 Skup racionalnih brojeva je prebrojiv, tj. postoji bijekcija skupa Q sa skupom N . . .
Realan broj je iracionalan ako ima prikaz u obliku beskonačnog neperiodičkog decimalnog broja. Za postojanje iracionalnih brojeva znali su još starogrčki matematičari.
2 . POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH B ROJEVA
36
Dokaz da .fi nije racionalan broj je vrlo jednostavan. Naime ako bi za dva relativno prosta prirodna broja p i q bilo .fi = pIq , M(p, q) = 1 , onda slijedi tl- = 2q2 što bi značilo daje p paran broj, jer je kvadrat parnog broja paran, dok je neparnog neparan. Da kle, p = 2m , tj. tl- 4m2 = 2q 2 , što daje da je i q paran. Medutim to je u kontradikciji s pretpostavkom da su p i q relativno prosti. Odmah je vidljivo da svaki iracionalni broj možemo aproksimirati racionalnim brojem s unaprijed zadanom točnošću. Tako na primjer znamo da su racionalni (decimalni) brojevi 3; 3, l ; 3, 14; 3, 141; 3, 1415; 3, 14159 aproksimacije broja rt . Provjeri da najtočniju aproksimacija broja rt razlomcima oblika r = � n � 10 dobivamo ako je n ,
m 22 , n = 7 : 22 7 � rt . =
S R2 označavamo skup svih uređenih parova (x, y) realnih brojeva. Na tom skupu možemo uvesti dvije operacije koje nazivamo zbrajanje i množenje definirane na način
(X l , yr) + (X2' yz) = (XI + YI, Xz + Y2), (XI, Yd . (x z, Y2) = (XIX2 - YIY2, XIY2 + x2yr ) .
Skup R2 s ovako definiranim operacijama nazivamo polje kompleksnih brojeva. Naziv nije pretenciozan, usprkos 'čudno ' definiranom množenju ovaj skup zadovoljava aksiome polja A I -A9 . To polje označavamo s C . Kompleksan broj obično označavamo slovom z = (x, y) . Broj X naziva se realni dio kompleksnog broja z i označava s X = Re z , dok se Y naziva imaginarni dio kompleksnoga broja z . Pišemo Y = Im z . (Imaginarni dio kompleksnoga broja je realan broj !) Po definiciji, dva kompleksna broja su jednaka samo onda ako su jednaki u smislu jednakosti uređenih parova, tj. ako im se podudaraju realni i imaginarni dijelovi. Ako je Z I = (x " Yd , Z2 = (X2 ' yz) tada vrijedi Z I = Z2 ako i samo ako je XI X2 i YI = Y2 · Promotrimo sada kompleksne brojeve oblika (x, O) . Za njih vrijedi
Definirajmo preslikavanje gornjem vrijedi
({) (XI + X2)
(x \, O) + (X2' O) = (Xl + X2, O), (X l , O) (X2' O) = (XIX2, O) . ({) R e na način ({) (x ) := (x, O) . :
-+
({) (x d + ({)(X2),
Za to preslikavanje po
({) (XIX2) = ({) (Xt )({) (X2) '
Vidimo da takvo preslikavanje čuva obje operacije: zbrajanje realnih brojeva prevodi u zbrajanje kompleksnih brojeva, te množenje realnih brojeva prevodi u množenje komplek snih brojeva, pri čemu vrijedi XI :f:. X2 ===> ({) (xJ ) :f:. ({) (X2) . Svako takvo preslikavanje naziva se izomorfizam. Prema tome, polje realnih brojeva R je izomoifno s podskupom (potpoljem) kompleksnih brojeva oblika { (x , O) l x E R} . Smisao pojma izomorfizmaje u tome da strukture koje su izomorfne možemo poistovjetiti pošto se iako se sastoje od
2. POLJE REALNIH l POLJE
37
KOMPLE KSNIH BROJEVA
različitih elemenata - podvrgavaju istim zakonima. Stoga možemo poistovjetiti komp leksni broj
(x , O)
s realnim brojem
x.
Na taj način i čitavo polje realnih brojeva možemo
shvatiti kao podskup polja kompleksnih brojeva.
(O, l ) nije realan. Zaista, za njega vrijerdi ( O, l ) · ( O, l ) = ( - l , O) ( - l , O) odgovara realnom broju - l , to broju ( O, l ) ne može odgovarati nikakav realan broj , jer nema realnog broja x za kojega bi vrijedilo :x? = - 1 . Kompleksan broj ( 0 , 1 ) označavamo s i i nazivamo imaginarnom jedinicom. Za nju 2 vrijedi i = - l . S druge strane, broj
i kako kompleksan broj
Uz ovaj dogovor i prema definicijama zbrajanja i množenja bilo koji kompleksni broj l možemo pisati u sljedećem obliku:
(x, O) + ( O , y)
Z = (x, y )
=
(x, O) + (O , l ) (Y, O )
=
x + iy.
Ovakav prikaz kompleksna broja naziva se algebarski prikaz.
Primjer 2.5. Ma koliko čudno izgledala definicija množenja kompleksnih brojeva, ona izgleda prirodno ako se usvoji sljedeće 'pravilo ' : kompleksni brojevi množe se poput algebarskih izraza, uvažavajući pri tom pravilo P
(2, 3 ) . ( - 4, 1 )
=
(2 + 3i)( -4 + i)
=
-8
= -
-1 .
Na primjer
12i + 2i + 3i2
- l l - lOi.
Na taj način 'provjeravamo' početnu definiciju
(xI , yd ' (X2 , Y2 )
=
(X l + Yl i)(X2 + Y2 i)
2 = XIYI + XIY2i + X2Yl i + X2Y2i
=
(XIX2 - YIY2 ) + i (XIY2 + X2YI ) .
Primjer 2.6. Potencije i maginarne jedinice imaju periodičko ponašanje. Vrijedi - l , P = -i, 1-4 = i, i5 = i i dalje se potencije ponavljaju. Svaki prirodan broj n možemo napisati u obliku n = 4m + k , gdje je k ostatak dijeljenja broja n s 4 , dakle k je jedan od brojeva O, 1 , 2, 3 . Prema tome je: p
;n Na primjer,
il l!55
=
;4,463+ 3
=
i3
=
-i .
=
14m+k
=
l.
.
Gaussova ravnina. Kako par realnih brojeva (x, y) možemo poistovjetiti s kom pleksnim brojem, to kompleksne brojeve možemo prikazati točkama ravnine u kojoj je postavljen kartezijev koordinatni sustav. Takvu ravninu nazivamo kompleksnom ili Ga
ossovom ravninom. Operacija zbrajanja kompleksnih brojeva ima u Gaussovoj ravnini jednostavan prikaz: brojeve zbrajamo (i oduzimamo) baš kao i vektore
recimo po pravilu paralelograma.
2.
38
POLJE REALNIH
I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
y
x
Sl. 2.2 Zi?rajanje kompleksnih brojeva
Kompleksno konjugiranje. U skupu kompleksnih brojeva definiramo jednu jednos tavnu funkciju koja preslikava e na c . Tu funkciju nazivamo konjugiranje. Definiramo ju tako da kompleksnom broju koji nazivamo x + pridružimo broj z x konjugirani kompleksni broj. Uočimo da su i z simetrični u odnosu na os x . Direktnom provjerom dokazujemo tvrdnje:
iy
z=
=
z
iy
ZI Z2 = ZI . Z2, Z z 2iy, z = z , z · = X + l. Modul kompleksnog broja. Nekaje Z kompleksan broj. Njegov modul označavamo s Izl , a definiramo ga na način Iz l Jx2 + y 2 . Sljedeča su svojstva očigledna: I Re (z ) 1 lxi � Izl , lIm (z)1 Iy l � Iz l , Iz l = Izl , Iz l = 0 ako i samo ako z = O . ZI + Z2 = Z +Z= Z
-
2x,
+
•
Z
===
Direktnom provjerom dobivamo
IZl ' z21 Izd ' I Z 21· Zaista IZl ' zzl 2 = (XlXZ Y l yz )2 + (X l YZ + XZYI ? = xrx� + YrY� + xrY� + x�r = (xr + Yi )(x� + y�) . Primjeti da modul Izl možemo interpretirati kao udaljenost točke T(x, y) od ishodišta. Nejednakost trokuta. Dokažimo da vrijedi tzv. nejednakost trokuta. Neka su ZI i Z2 bilo koji kompleksni brojevi, onda vrijedi IZl + z21 � Izd + I Z21· -
Dokažimo tu tvrdnju. Imamo
IZl + z2f = (ZI + = (ZI + Z2 ) ( ZI + zz) = ZIZl + + + ZlZ2 = IZl l Z + IzzI 2 + 2Re (ZI Z2 ). Uoči da je ZI = Z2Z " te su ta dva broja konjugirana jedan drugom. Zbroj broja i njemu ...,..----;:'
konjugiranog daje realan broj koji je jednak dvostrukom realnom dij elu. Nadalje, vrijedi
Re (zlzz) � IZIz21 = Izd Izzl·
2.
39
POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
Uvažavajući tu nejednakost možemo pisati � čime je nejednakost trokuta dokazana.
IZl + z21 2 Iz d 2 + IZ21 2 + 2 1zdlz21 = (Izl i + IZ21?,
Oduzimanje i dijeljenje. Kompleksni brojevi čine polje: stoga za svaki kompleksni broj postoji njemu suprotan. To je očigledno broj (-x, koji zbrojen s (x, daje nulu. Oduzimanje kompleksnih brojeva definiramo (kao i u slučaju polja R ) kao zbrajanje sa suprotnim brojem: x
y)
-y)
ZI - Z2 := I + iYI + (-X2 - iY2 ) = XI - X2 - i(Y2 y d · y
Sl. 2.3
Oduzinwnje kompleksn ih brojeva
Slično definiramo i dijeljenje kompleksnih brojeva. Nekaje kompleksni broj Z različit Z i- (O, O) . Tada je i- O i postoji broj
od nule, tj.
Iz l
z X - iy -I . --2 2 - x + y - Iz1 2 · Uvjeri se da za ovaj broj vrijedi z · Z -I = 1 . Stogaje Z - I inverzan broj broja z . Dijeljenje .-
z
s
-
k.ompleksniom brojem definira se kao množenje s njemu inverznim brojem:
ZI ZI . Z2-I = ZI . Z2 XI + iYI XIX2 + YIY2 + i(X2YI - XIY2) x � + y� Z2 IZ212 X2 + iY2
-=
-- =
Dakako da u svakom konkretnom primjeru ne pamtimo ovu formulu već sprovodi mo postupak analogan racionalizaciji (množimo brojnik i nazivnik s konjugiranim brojem onome u nazivniku): 68-
2 + i 2 + i 3 - 2i 3 + 2i 3 + 2i 3 - 2i --
.
_-
Direktnom provjerom dokazujemo da vrijedi
4i + 3i - 2P = i 13 3 2 + 22
I�I Z2 = �· I Z21
Polarni sustav. Neka j e u ravnini postavljen kartezijev pravokutni koordinatni sustav. Položaj točke T u njoj određen je uređenim parom realnih brojeva (x, x nazivamo
y) .
2. POUE REALNIH I
40
y
POUE KOMPLEKSNIH BROJEVA
apscisom a ordinatom te točke. Položaj te iste točke moguće je odrediti i pomoću neka druga dva broja. U tu svrhu najčešće koristimo tzv. polarni koordinatni sustav. U tom sustavu položaj točke određenje pomoću sljedeća dva podatka: udaljenosti točke do istak nute točke (ishodišta) te kuta što ga točka zatvara s nekom istaknutom zrakom. Ishodište naziva se pol polarnog sustava, a zraka (pozitivni dio osi x ) naziva se polarna os.
0(0, O)
y
z=x+iy
x=l z l cos cp y = I z i sin cp o
Točki T(x,
y)
Sl. 2.4
T
y x
x
Polarni sustav
pridružujemo modul, broj r
= d(T, O) (udaljenost točke od ishodišta) --+
i argument tj. mjeru u radijanima kuta lp kojega zatvara radij-vektor (spojnica OT ) s polarnom osi. Točkama na polarnoj osi (pozitivan x ) pripada kut lp = dok točkama na negativnoj osi (x < pripada kut lp 11: . Samom polu tj. ishodištu ne pridružujemo niti jednu ,.vrijednost za kut, međutim to je jedina točka kojoj je r = Mjerni broj koji pripada kutu nij ejednoznačno određen, naime svakom možemo dodati višekratnik broja 211: . Brojni su razlozi da za polarnu koordinatu r dozvolimo i negativne vrijednosti. U takvom slučaju mjernom broju za kut dodajemo 11: i umjesto r pišemo -r . Na primjer točka T( - 3 , �) nalazi se u trećem kvadrantu i možemo ju zapisati i ovako T(3, 11: + i ) . Prema tome, istoj točki T pripadaju pravokutne koordinate x i . . . T(x, y ) i polarne koordinate r, lp, . . . T(r, lp) , zato kompleksan broj možemo napisati na dva načina (vidi sliku 2.4): x + = r cos lp + ir sin lp. z
O)
O.
{X y
Veza između koordinata je sljedeća:
iy
O,
y
{ y
y
r = Jx2 + 2 , r sin lp; tg lp = ; . Prilikom prijelaza s pravokutnih kartezijevih koordinata na polarne mora se pažljivo od ređivati kut lp . Iz predznaka koordinata x i moramo zaključiti u kojem se kvadrantu nalazi ta točka i onda prema tome iz vrijednosti tangensa odrediti kut. r cos lp,
Moivreova formula. Polarni prikaz je vrlo prikladan za izvođenje množenja i dije ljenja kompleksnih brojeva. Evo za to jednostavne ilustracije.
zl
.
Z2
= rl (cos a
i
+ sin a) . r2 (cos 13 + i sin 13 ) . r [(cos a cos 13 - sin a sin m + i( sin, a cos 13 rl 2 rl . r2 [cos(a + 13 ) + i sin(a + ml .
+ sin 13 cos a )l
41
2. POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA Dobiveni rezultat možemo riječima iskazati.
Kompleksne brojeve množimo tako da je modul um.noška jednak umnošku modula a argument umnoška zbroj argumenata umnožaka.
.x
.x
Sl. 2.6 Dijeljenje kompleksnih brojeva
Sl. 2.5 Množenje kompleksnih brojeva
Zapišimo to formulama:
IZIZ21
Izd l · l z21,
arg(ZIZ2)
=
arg ZI + argZ2.
Iz gornje formule specijalno slijedi 2 ? (cos 2rp + i sin 2rp ) . Z Odavde, indukcijom zaključujemo d a vrijedi općenita formula: z a leksna broja zn = r"( cos nrp + i sin nrp).
n -tu potenciju komp
Ovu formulu nazivamo de Moivreova formula. Na sličan način, za dijeljenje kompleksnih brojeva dobivamo ZI = rl (cos a + i sin a ) = rl (cos a + i sin a)(cos J3 - i sin J3 ) Z2 r2 (cos 13 + i sin 13) r2 (cos 13 + i sin 13 )( cos 13 i sin 13 )
rl . [cos(a 13 ) + i sin(a 13 ) ] . r2 Odavde zaključujemo: kompleksne brojeve dijelimo tako da je modul kvocijenta kvo cijent modula, a argument kvocijenta ra;)ika argumenata. Dakle Iz d arg = arg ZI - arg Z2· �' =
C:)
Sada nam neče biti teško odrediti n -ti korijen iz kompleksnog broja. Odrediti {}Iz isto je što i riješiti jednadžbu wn = Z , s nepoznatim kompleksnim brojem w . Neka je w = p( cos 1/1 + i sin 1/1) te z = r(cos rp + i sin rp ) . Potrebno je odrediti p i 1/1 . Vrijedi n pTl( cos n1/l + i sin n 1/1) = r(cos rp + i sin rp). w
2 . POLJE REALNIH I POLJE KOMPLEKSNIH BROJEVA
42
{
{
Iz napisane jednakosti uzimajući u obzir periodičnost trigonometrijskih funkcija slijedi: pn = r, ==> p = !!(i, lJ! = 'f+n21m . nlJ! = t:p + 2kn, gdje je k E Z . Ova formula na prvi pogled daje beskonačno mnogo vrijednosti za argu ment lJ! . Međutim, nakon nekog k ti argumenti daju već prije dobiveni kompleksni broj w . Postoji samo n bitno različitih vrijednosti za taj argument i n različitih vrijednosti za ' broj w : + 2kn t:p + 2kn nll:l + I Sin , k = O, 1, " n - l . iJZ = V I z l ' cos n n
( -'---- . ,
Iz
)
..
dobivenog rezultata zaključujemo: svi n -ti korijeni nalaze se ria kružnici radijusa r = VfZT , i oni su vrhovi upisanog pravilnog n -terokuta; • "prvi" korijen na toj kružnici ima argument t:p /n ostale korijene dobivamo da tom kutu dodajemo po redu višekratnike od 2: . •
,
U polarnom prikazu kompleksnog broja pojavljuju se izrazi oblika cosx Uvodimo posebne oznake za takve izraze. To su tzv. Eulerove formule: e-ix = cosx i sinx. eix cosx + i sinx, Kompleksni broj z možemo prikazati još i u tzv. eksponencijaJom obliku, z x + iy = r(cos t:p + i sin t:p) = r . d'l'
-
± i sin x .
Provjeri da uz ove oznake vrijedi: Zt
•
zz
ZI
rd'l' · pei'l' = rpei« P+ljf ) ,
Z2
=
� j( -'I' ) e 'l' . P
U teoriji funkcij a kompleksne varijable definiramo i eksponencijainu funkciju komp leksnoga argumenta tf = = e' . e±iy = e' ( cosy ± i sin y). Za ovu funkciju vrijedi osnovna formula
.
tfl tf" = tf, +Z2
•
3.
Matematička indukcija
l . Primjeri indukcije . . . . . . . . . . . . . . . 43
3. Bemoullijeva nejednakost . . . . . . . . . . 50
2 . Newtonova binomna formula . . . . . . . . 46
Istinitost mnogih matematičkih tvrdnji ovisi o prirodnom broju n , međutim, njihova je direktna provjera često mukotrpna. Najčešće tvrdnju možemo lagano provjeriti tek za malene vrijednosti broja n . Označimo sa S skup svih prirodnih brojeva za koje je takva tvrdnja istinita. želimo li pokazati da skup S sadrži sve prirodne brojeve, tj. da je S = N , možemo koristiti princip matematic'Ke indukcije. Ispitujerno prvo da li je broj l element skupa S, tj. da li je tvrdnja istinita za n = l . Pretpostavimo da je dokazano da je l E S . Dalje, pretpostavimo istinitost tvrdnje za bilo koji n , n E S . Koristeći se tom pretpostav kom i valjanim zaključivanjem dokazujemo da je istinita i tvrdnja za broj n + l , dakle: n + l E S . Prema principu matematičke indukcije u tom je slučaju dokazano da je S = N , tj. tvrdnja j e istinita za svaki prirodan broj.
Primjer 3.1. Koristeći tvrdnji:
se
matematičkom indukcijom dokažimo ispravnost sljedećih
Sl = l + 2 + 3 + . . . + n = n(n 2+ l ) ' + l) S2 = l 2 + 22 + 3 2 + . . . + n2 = n(n + l)(2n ' 6 2 S3 = 13 + 23 + 33 + . . . + n3 = n(n 2+ 1 )
(
)
43
3. MATEMATIČKA INDUKCUA
44
.
. · tvrdnJa · l· sbmta,Jefje · · l onda Je
Dokažimo prvu jednakost. Ako je n
•
Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za broj i za broj n + 1 :
1 = 1 ( 1 2+ l ) .
n . Dokažimo da odgovarajuća formula vrijedi
n(n + 1 ) n l = (n + I )(n + l + l ) ( 1 + 2 + 3 + . . . + n) + n + l . 2 2 + + Dakle, ako je n E S . onda je i n + 1 E S . Prema matematičkoj indukciji tvrdnja je istinita za svaki prirodan broj. Sličnim postupkom mogu se dokazati i preostale dvije formule.
Nedostatak metode matematičke indukcije je u tome što ona u većini slučajeva već pretpostavlja gotovu formulu. koja se tom metodom samo provjerava. Do gotove formule najčešće dolazimo uvrštavanjem nekolicine (malih) vrijednosti za broj n , pokušavajući tako otkriti zakonitosti. Dakako da se ovakve formule dadu izvesti i direktnim računom, no onje često slože niji od same metode indukcije. Evo kako se može dobiti rekurzivan algoritam za računanje zbroja potencija prvih n prirodnih brojeva. Krenimo od formule n
k=l
- 1 + (n + l ) 2 .
Tu sumu možemo računati i na slijedeći način. n
n
k=1
k=1
L [(k + 1 ) 2 - �l = L(� + 2k + l - e) n
n
= L (2k + l ) = 2 L k + n. k= l
Iz jednakosti
n
2 L k + n = - I + (n + l )2 k=1
slijedi
SI =
k = n(n ; l ) . t k= l
Potpuno analognim postupkom provjeri da je n
Pl = L(e + 3k2 + 3k + l - k3) k=l
n
n
k=1
k= l
= 3 L e + 3 L k + n = - l + (n + 1)3.
45
3. MATEMATIĆKA INDU KCUA
Odavde
Iz posljednje jednakosti uz pretpostavku da smo već odredili zbroj Sl prvih n prirodnih brojeva možemo odrediti i zbroj S2 . Takvim postupkom možemo odrediti i zbrojeve viših potencija. (Učini to za zbroj S3 .)
Primjer 3.2. Aritmetički niz brojeva je niz čiji su članovi građeni slijedećim postup kom. Neka su al i . d bilo koji realni brojevi. Niz koji dobivamo tako da - krenuvši od al - prethodnom članu dodamo broj d nazivamo aritmetičkim nizom. a l nazivamo prvim članom, broj d razlikom ili diferencijom niza. Dakle, članovi ovoga niza su redom al , al + d , al + 2d , al + 3d , . ... Opći, n -ti član je an = al + (n - I )d . Dokažite matematičkom indukcijom da je zbroj prvih n članova aritmetičkog niza
Sn = a l + (al + d) + , (a J + 2d) + . . . + [a j + (n - l)d] n(2aI + (n - l)d) � ( - 2 a j + an ) . 2 _
_
Primjer 3.3. Neka je x E R i x f= l . Dokažimo da za svaki n E
1 - x n+ J l + x + x2 + x3 + . . . + xn = l -x '
N vrijedi:
x f= I .
l - x2 n = I tvrdnJa · gl aSJ' l + x = , sto Je Istma. Koristeći se pretpostavkom l -x indukcije (tvrdnja je istinita za broj n ) dobivamo: l - x n+ l I xn+2 ( l + x + x2 + . . . + x") + X"+ l = + X"+l = --l -x I -x Dakle, tvrdnja je istinita i za broj n + l , pa je po indukciji istinita za svaki prirodan broj. v
Za
•
•
•
--
_
Primjer 3.4. Geometrijski niz brojeva je niz čiji su članovi građeni slijedećim po stupkom. Neka su al i q f= l bilo koji realni brojevi. Niz koji dobivamo tako da krenuvši od al - prethodni član pomnožirno s q nazivamo geometrijskim nizom. al nazivamo prvim članom, broj q kvocijentom niza. Dakle, članovi ovoga niza su redom al , alq , alq2 , alq3 . . . . Opći, n -ti član je an = alq"- l . Dokažite indukcijom da vrijedi: ,
3. MATEMATIĆK A INDUKCUA
46
Iz elementarne algebre su nam dobro poznate sljedeće jednakosti:
(a + b)o = l , (a + b)' = a + b, (a + b) 2 = a2 + 2ab + b2, (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 .
Interesantno je odrediti formulu po kojoj se računa proizvoljna, n -ta potencija binoma
a + b . Ta se formula naziva Newtonova binomna formula.
Uočimo da su svi pribrojnici u gornjim formulama oblika
Bi�- ;bi .
Brojeve Bi nazivamo biDomnim koeficijentima. Pokazat ćemo da oni ovise samo o pri rodnom broju n . a ne i o brojevima a i b . Zbroj eksponenata u svakom pribrojniku je
i + (n i) = n .
Faktorijele. Prije no što definiramo binomne koeficijente, korisno je uvesti funkciju faktorijela. To je funkcija koja preslikava prirodne brojeve i broj nula u skup prirodnih brojeva. Označavamo je tako da iza broja na koji ona djeluje stavimo uskličnik! Evo vrijednosti te funkcije na početnim prirodnim brojevima o!
:= 1 , l l :=
l,
2! := 2, 31 := 3 . 2 = 6, 4! := 4 . 3 . 2 = 24.
Općenito, funkcija faktorijela definira se rekurzivnom relacijom
nl := n · (n - 1 ) ! . uz početnu vrijednost o! = l . Provjeri d a je: 5!=120, 6!=720. 7 !=5040, 8!=40320, 9!=362 880, 1O!=3 628 800. itd. Funkcija faktorijela raste izuzetno brzo. Njene vrijednosti možemo očitavati na sva kom boljem đzepnom računalu. ali samo za umjerene vrijednosti broja n . obično za n � 69 . 69! ::::: 1 .71 1 . 1098 ili izuzetno za n � 253 , 253 ! ::::: 5 . 173 . 10499 •
Binomoi koeficijenti. Neka je
n
. Binomni koeficijent označavamo izrazom
za
k�
l , dok za
G)
(�)
prirodan broj i
�
k = ° po definiciji stavljamo := L
(�)
prirodan broj ili
i definiramo ga ovako:
n . k!(n k) ! -
k
0, k
�
n
.
47
3. MATEMATIČKA INDUKCIJA
G)
Izraz
se čita:
.n
iznad (ili povrh) k ".
Provjeri da je
(a + b) 3 = (�)a3bO + G)a2b1 + G)a1b2 + (�)aOb3. Provjeri da je
(�) = l, G) = , G) = , G) = , (:) = 1 . 4
6
4
Svojstva binomnih koeficijenata. Dokažimo dva temeljna svoj stva binomnih koefi cijenata. Svojstvo simetrije:
1.
k = l , . . . , n; Zaista
( n )= n
k
nl n n ( - k) l [ - (n - k)] !
=
()
n n! = (n - k) !k! k .
2. Pascalov trokut: k
=
1, . . . , n.
Računajmo lijevu stranu
G) + (k : 1 ) = kl(nn� k) ! + (k - l ) !(: '- k + l ) ! nl (l l = (k - l ) ! (n - k) ! k + n - k + l ) n+ 1 n!(n + 1) ( ). (k - l) ! (n - k) ! (n - k + l)k k =
Dokažimo sada binomnu formulu
Teorem 3.1. za
E R,
E N
svaki a, b n vrijedi (a + bt = (�)anbO + G)an- 1b1 + (;)an-2b2 + (;)an- 3b3 + . . . +C n 1)a1bn-1 + (:)aObn.
48
3. MATEMATIĆKA INDUKCIJA Dokaz. Dokaz teorema provodimo pomoću matematičke indukcije. Ako je n
=
onda je
l,
i tvrdnja je istinita.
n:
Pretpostavimo da je tvrdnja istinita za broj
(a b)n (�)anbO G)�-lb l (�)an-kbk (:) aObn ta (�)�-kbk. . a b. (a b)n (a b) [ (�) anbO (;)an-1 b1 . . (�)�-*bk (:)aObn] (a b) G)an+1 bO G)anbl (:)a1 b" (�)an-k+l bk (�)anbl ( l )an-k+lbk e � 1)a1bn (:)aObn+1 (�) ("�I ) l (:) (:!:) l . 2), (a b)n+l = ( � l )�+l bO . . ( ; l )an+l-kbk (: : !) aObll+ l. =
+
+ . . . +
+
+ ... +
=
Pomnožirno tu jednakost sa =
+
+
Dobivamo:
+
=
+
=
+ ... +
koeficijenata (svojstvo
+
+ ...+
k n
=
Primjetirno da je
+ ...+
+ .. . +
+
+
. +
+
+ ... +
=
=
i
+
=
Koristeći svojstvo binomnih
grupirajući po dva člana gornje sume uz identične potencije,
dobivamo:
n
+
+
.+
n
+ .. . +
Po principu matematičke indukcije teorem je dokazan.
Iz binomne formule možemo vrlo brzo dobiti neka dodatna (zanimljiva, no ne toliko
a b
važna) svojstva binomnih koeficijenata. Ako uvrstimo dobit ćemo njihov zbroj:
=
1
u binomnu formulu,
e � l ) (:) (l l)" 211 t (:) (�) (�) G) = a l kbO - 1 , t (:) ( - 1 )* (�) - G) ( 1 - 1)" ( _ 1 )11-1 ( � J ( - 1 ) " (:) =
+
Stavimo li =
=
=
=
i
=
+
+
+
+
. . .
slijedit će
=
O=
+
+ .. .+
n
.1:=0
te iz prethodnih formula slijedi:
+
(�) G) (:) . . G) (;) (;) . . . = 21 - 1 +
+
+
.
=
+
+
+
.
49
3. MATEMATIČKA INDUKCIJA
Primjer 3.5. Koeficijent uz član anbn u izrazu (a + b)n (b + a)n = (a + b)2n možemo odrediti na dva načina. Prvi: direktno, računajući (a + b)2n taj je koeficijent (�) . Drugi, složeniji način, jest da se pomnože izrazi za (a + b)n i (b + a)n i izdvoje članovi s tim potencijama. Dobit ćemo sljedeći identitet: -
� (�) 2 + (;) 2 + G)2 + + : )2 + (:)2. ... C 1 () =
n l Pascalov trokut. Svojstvo binomnih koeficijenata m + (k� l ) = ( k ) možemo iskoristiti da binomne koeficijente zorno prikažemo u obliku Pascalovog trokuta:
(�) G) C) (�) G) G) (�) (�) (�) (�) (�) (1) (�) (�) (:)
Iz te tablice vidimo da zbroj dva susjedna binomna koeficijenta daje koeficijent ispod njih u sljedećem retku. Ispišimo te koeficijente. l 1
l 2
3
5
4
io
1 3
6
10
l
4
5
1
l
Koristeći se ovom shemom možemo lagano odrediti i napisati binomnu formulu za malene vrijednosti broja
n.
teći
Primjer 3.6. Približnu vrijednost funkcije neobičnu Stirlingovu formulu. Vrijedi
ili, još preciznije
n! možemo izračunati na računalu koris
n ! � V21tn G f
n! V21tn ( ;n ) n . �
e
l21 n .
3. MATEMATIČKA INDUKCIJA
50
Poopćeni binomni koeficijenti. Binomne koeficijente definirali smo pomoću fakto rijela, za zadani prirodni broj n i broj k koji je prirodan i manji ili jednak n, ili jednak nula. Vrijedi
n
() k
:::::
nl klen - k) !
=
n(n - 1 )
..
. (n
k + 1)
k!
Posljednj i izrazje pogodan za poopćenje binomnih koeficijenata na slučaj kad broj n može biti proizvoljan realni broj . Na primjer,
( -3) -_ - 3 · (-3 - 1 ) -_ 12 -_ 6, 2! 2 2 (0.5) 0.5 · (0.5 - 1) · (0.5 - 2) � =
3
3!
16'
Bernoullijevaj e nejednakost vrlo elementarna no korisna nejednakost. Dokazati ćemo je na ovome mjestu koristeći princip matematičke indukcije .
Teorem 3.2. Ako je n bilo koji prirodan broj i x � - 1 bilo koji realan broj, onda vrijedi:
( l + xt � l + n.x. l tvrdnja je istinita. Pretpostavimo da je istinita za prirodni broj n . ( 1 + x)t! � l + n.x . Množeći tu nejednakost sa ( 1 + x) ( l + x je veće od
Dokaz. Za n Dakle, neka je
•
° i prema tome se čUva znak nejednakosti) dobivamo:
( l + xt+ l ::::: ( l + xn l + x) � (l + n.x)(1 + x) ::::: 1 + (n + l )x + n.x2 � l + (n + l )x. Primijeti da smo na desnoj strani izostavili pozitivni član
n.x2 � O .
Prema principu
matematičke indukcije, tvrdnja je dokazana.
Primjer 3.7. Koristeći Bernoullijevu nejednakost možemo neposredno dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi:
( l + 1 ) 11 � 1 + ;;
n.
l ;;
=
2.
4.
Nizovi .
1. Pojam niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
5. Monotoni nizovi . . . . .
2 . Algebra nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
6. Eulerov broj
3 . Limes niza brojeva . . . . . . . . . . . . . . 56
7. Neki značajni limes i . . . .
4. Svojstva konvergentnih nizova . . . . . . . 58
e
. . . . . . . . . . 61
. . . . . . . . . . . . . . . . . 64
.
. . . . . . . . 66
8. Cauchyjevi nizovi . . . . . . . . . . . . . . . 68
Pojam niza (slijeda) realnih brojeva te njegova limesa jedan je od temeljnih pojmova matematičke analize. Kako dolazimo do pojma niza? U svakodnevnom životu moramo neke predmete, događaje, ideje poredati po nekom pravilu kojim kažemo tko je prvi, zatim drugi itd. Dokle? Kod konačnih nizova radi se o funkciji koja svakom prirodnom broju manjem od n pridružuje odgovarajući predmet, ideju, broj ili tome slično. za nas su najin teresantniji beskonačni nizovi brojeva i eventualne točke njihova gomilanja ili okupljanja. Do 17. stoljeća matematičari su, uglavnom zbog poteškoća vezanih oko pojma besko načnosti, izbjegavali pojam niza i pojam limesa. Međutim, spoznaja da poslije prirodnog broja n dolazi prirodni broj n + l i da tome nema kraja, da zadanu dužinu možemo podi jeliti na dva dijela, zatim ponovo jedan od dijelova na dva dijela itd., nužno uvodi pojam beskonačnosti kao sastavni dio matematičkih razmatranja. Ljudi su vrlo lako prihvatili činjenice da je zbroj, razlika i produkt malih veličina mala veličina. Međutim, sasvim je drukčija situacija s kvocijentom. Teško je prihvaćana spoznaja da kvocijent malih veličina može biti po volji velika veličina. Upravo preko omjera malog puta i malog odsječka vremena Demokritje definirao brzinu, i zaključio ako postoji brzina onda mora postojati i kretanje. Pogledajmo ovaj jednostavan primjer. Napišimo identitet a2 b2 --- = a + b, a f:. b. a-b _
51
4. NIZOVI
52
Ako sad pretpostavimo da je b blizu broja a , onda na lijevoj strani imamo omjer malih veličina, dok je na desnoj strani taj broj približno jednak broju 2a . Potpuno analogno bismo imali i u općem slučaju: na
/I- I
a
,
gdje smo sa strelicom naznačili čemu bi se približavala desna strana ako bi b postajao sve bliži broju a . Upravo takvi omjeri bit će dio definicije derivacije funkcije. Zbroj konačno mnogo malih veličina mala je veličina. Velike su pojmovne poteškoće iskrsle prilikom zbrajanja "beskonačno mnogo beskonačno malih" veličina. S pojmom beskonačnosti te pojmom limesa i neprekidnosti susretali su se već starogrč ki matematičari i filozofi. Sasvim jasno su spoznali poteškoće u svezi s tim pojmomovima iako ih nisu znali razjasniti onako kako to danas umijemo. Anaksagora, (5. st.n.e.) tvrdi: "između malih veličina ne postoji najmanja, smanjivanje ide neprekidno", analogno: "od velikog postoji još veće". Drugi način shvaćanja išao je u pravcu da je sve diskretno, postoji najmanja dužina, najmanji djelić vremena itd. Pitagorejci tvrde da je jedinica monada početak svega, sve se da objasniti brojevima i njihovim odnosima. Oni me đutim priznaju postojanje samo racionalnih brojeva. Spoznaja da dijagonala kvadrata i stranica kvadrata ne mogu biti izmjerene istom jediničnom dužinom, tj. da omjer duljina tih dužina nije racionalan broj dovela je do raspada pitagorejske škole. Najžešći kritičar takvih shvaćanja već u tako davna vremena bio je Zenon, (5. st.pr.n.e.) Spomenimo radi ilustracije��onove paradokse: "gibanje", " strijela" i "kornjača". Gibanje. Zenon tvrdi da ne postoji gibanje. Evo kako on navodi razloge za tu tvrdnju. Zamislimo da treba stići iz točke A u točku B , koje su međusobno udaljene za jedinicu. U tom slučaju treba preći pola toga puta i recimo stići u točku e, zatim preći pola puta od točke e do točke B dakle još t , zatim ! puta, itd. Kako se ovaj postupak može provoditi do beskonačnosti. nemoguće je stići u točku B . Nama je jasno da se tu radi o zbroju geometrijskog reda l l l
2+ 4+ 8+'"
i taj zbroj je jedan. Jednako tako je konačno vrijeme za koje ćemo preći sve te odreske. Strijela. "Strijela koja izgleda da leti, ne leti". Naime u svakom nedjeljivom tre nutku vremena strijela miruje. Kako je vremenski interval zbroj od beskonačno mnogo nedjeljivih intervala, strijela uvijek miruje. Kornjača. Promotrimo detaljnije paradoks "kornjače". Naime, brzonogi Ahil, utrku jući se s jednim od najsporijih bića, s kornjačom, neće je moći dostići ako je ona krenula prije njega. Pretpostavimo da Ahil trči (radi jednostavnosti) sto puta brže od kornjače. Zenonovo razmišljane je sljedeće: Neka kornjača prijeđe put So prije no što je Ahil krenuo. Dok Ahil prijeđe taj put, kornjača prijeđe daljnji put S I = So/ 1 00 . Dok on prijeđe put SI kornjača prijeđe daljnji put st / lOO = so/ l ()(J2 itd. Dakle, Ahil ne može stići kornjaču jer je ona uvijek nešto malo ispred njega. Kao što znamo kornjača će prevaliti put
,
1()()2
So So So So + 1 00 + + 1 003 +
... ( 1 =
l So l + 1 00 + 1 ()()2 + .
. .)
.
4 . NIZOVI
53
U posljednjoj zagradi imamo geometrijski red s kvocijentom 100 l = --gg so s = So l
1/ 100 . Zbroj tog reda je
-
1 - 100
i Ahil će stići kornjaču na tom mjestu, jer se on kreće jednoliko i neprekidno. Problem možemo riješiti i ovako: nakon vremena t kornjača prevali put So + Vk t , a Ahil 100 vkt ( Vk je brzina kornjače). Ti će putovi biti jednaki kad je t = so /99vk . Dakako da je Zenon znao da će Ahil prestići kornjaču, no razrješenje gornjega para doksa nije u to doba bilo posve jasno. I sami stari grci imali su svoje "metode" rješavanja nekih od ovih paradoksa. Tako je Diogen, grčki filozof koji je zagovarao život s čim manje potreba i živio u bačvi, "dokazao" da postoji gibanje. On je jednostavno obišao svoju bačvu i tako dokazao da postoji gibanje. 1 Gauss 2 i A. L. Cauchy 3 definirali su pojam niza u smislu u kojem ga i danas shvaćamo. Defmicija niza. Veliki matematičari C.
F.
Definicija 4.1. Nekaje S neprazan skup. Funkciju a sa skupa N u skup S nazivamo nizom u S .
Dakle, niz je preslikavanje a : N -+ S. Umjesto uobičajene oznake a(n) , tj. funk cijske vrijednosti u prirodnom broju n , koristmo oznaku an . Zbog jasnoće niz često zapisujemo na sljedeći način: navodeći nekoliko prvih i opći, n -ti član niza. Koristimo i sažeti zapis (an ) . Mi ćemo najčešće proučavati nizove realnih brojeva, tj. funkcije sa skupa prirodnih brojeva N u skup realnih brojeva R. Ako umjesto skupa N uzmemo njegov konačni podskup, tada funkciju a : { l, . . . , n} -+ S nazivamo konačnim nizom u S . Niz najčešće zadajerno tako da propišemo kako se dobiva opći ( n -ti) član niza. Navedimo nekoliko primjera nizova realnih brojeva. Primjer 4.1. Ispisano je nekoliko članova niza kada je zadan opći član.
1.
2.
3. 4. 5. 6. 7. 8.
an an an
= = -
(- l ) n ; l + ( - l )n ; 3n+ 1 . n2+1 '
9
an = 0" ; 1 an = cos nx + xn ; 1 an = ( l + - ) n ; n al = l, a2 = l, an+1 = an + an- 1 ; an = 2 � ;
- 1, 1, - 1 , 1, . . . 7 13 2, 5' 1, ' . . . 17 0.9, 0 . 09, 0.009, . . . cosx + x, cos 2x + x2 , . . . 2 l 1 + l' 1 + 21 1 + 31 3 , . . . l, 1 , 2, 3 , 5, 8, . . . 2 , .;2, �, 12, . . . 0, 2, 0, 2, . . .
(
) ( '
)
l Uz Diogenovo ime vezane su brojne anegdote. Onje znao u pola bijela dana šetati s upaljenom svjetiljkom 'tražeći čovjeka'. Kad muje Aleksandar Veliki, oduševljen �egovim načinom života, došavši pred bačvu ponudio poklon, Diogen ga zamoli da mu se skloni sa sunca jer ga svojom sjenom smeta kod sunčanja. 2 Carl Friedrich Gauss, ( 1777-1855), njemački matematičar 3 Augustin Louis Cauchy ( 1789-1857), francuski matematičar
4. NIzovI
54
Primjer 4.2. Nacrtajmo kružnicu polumjera r l , i neka su njene dijametralne točke A i B. Točka B neka je polovište luka fiE , dok je polovište dužine DE točka terokuta u zadanu kružnicu. DB je C . Neka je d(D,E)= Sn duljina stranice upisanog stranica -terokuta. Dokažimo da je
n-
2n
S2n =
J2 - V4
- s� .
A
Sl. 4.1
Istinitost tvrdnje slijedi izjednakosti izraza za površinu pravokutnog trokuta f1(A BD) . IBDI == S2n , ICDI = ! S7l ' Imamo I ABI =
2,
P
IA DI I BDI = I ABI ICDI = � . 2 .
==
2
2
l A DI ==
2
=:>
2
d( A D) = '
VIABIZ - IBDlz==:: = V4 - st, .
Sn
S2n
Iz posljednje jednakosti dobivamo bikvadratnujednadžbu za S2n čije rješenje daje traženu formulu. Ako je = 4 (upisan kvadrat) , onda je stranica S4 = vi , dakle, S8 - vi ,
n
SI6
J2
=
J2 - V2
271
•
SZ"
(n
J2 - J
2+
V2 + �.
- 1 ) -korijena. Očekujemo da je opsegu kružnice sve bliži i to zapisujemo na način
U posljednjem izrazu imamo broj
+ h, . . . , S2" =
lim
n � oo
271
S2"
lim
1J -+ OO
. /2 - V. /2· + V2 + � = 2n. 271 . V·
Nadalje kako je limn..... oo 271 ==
oo
prirodno je očekivati da slijedi =O
=2
tj. .
4. NIZOVI
55
r , i u nju je upisan pravilni n -terokut. 2 je sin a , dakle Površina jednog karakterističnog trokuta sa središnjim kutom a Primjer 4.3. Zadana je kružnica polumjera
;:::: : �?-
površina upisanog n -terokuta je
2
2n . 2n sm n n . --2�o... = ?-n 2nn . n .
r sm
Možemo očekivati, kada
n teži
oo
da će ovaj broj težiti broju .
sm
r2 n , odnosno da će biti
2n
lim
= 1.
n Primjer 4.4. Bodeov zakon. To je pravilo po kojem određujemo udaljenosti nekih planeta sunčevog sustava. Njega je otkrio njemački matematičar J. D. Titius 1766. godine, kad još nisu bili otkriveni planeti Uran, Neptun i Pluton. 1722. godine njemački astronom J. E. Bode publicirao je to pravilo, koje je po njemu i dobilo ime. Evo njegova opisa. Polazimo od niza brojeva
O, 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384, 768, . . . ao O, a l 3, an+l = 2an, n > 1 .
Polazeći od tog niza dolazimo do novog niza
an + 4
10 0 . 4, 0.7, l, 1 .6, 2.8, 5 .2, 10, 19 .6, 38.8, 77 .2, . . . Ovi su brojevi približne udaljenosti planeta do Sunca, izraženi u astronomskirnjedinicama (astronomska jedinica iznosi približno 150000 000 km, to je prosječna udaljenost Zemlje od Sunca).
Venera Zemlja Mars
Asteroidi Jupiter Saturn Uran Neptun Pluton
0.4
jenost
0.39
0.7
0.72
1 .6
1 .52
2.8
S.2
10
19.6
38.8
77.2
U JO
5.20
9.54
19. 1 8
30.06 39.30
Većina asteroida nalazi se tamo gdje predviđa Bođeov zakon.
4. NIZOVI
S6
Neka su zadani nizovi realnih brojeva (a,,) , (b,,) . Polazeći od tih nizova možemo izgrađivati nove nizove pomoću algebarskih operacija definiranih na skupu nizova realnih brojeva. Niz (c,, ) , n E N je zbroj nizova (a,,) i (b,,) ako je n -ti član niza ( c,, ) jednak zbroju n -tih članova nizova (a,,) i (b,, ) . Dakle,
(an) + (b,,)
=
(e,, ) ako je
c"
a" + bn·
Analogno definiramo produkt dva niza
(an) (bn)
=
(c,, )
c" =
ako je
an ' b".
Slično definiramo unmožak broja i niza. Ako je I.. realni broj, tada će I.. (a,,) biti novi niz kojem je n ti član jednak n tom članu niza (a,,) pomnoženim s brojem I.. . Dakle, -
I.. (an) ::::: ( A a,,). Razlika dva niza je niz čij i je n -ti član jednak razlici n -tih članova polaznih nizova: Kvocijent dva niza (an) i (b,,) definiramo samo onda ako su svi članovi niza (b,,) različiti od nule. U tom slučaju definiramo kvocijent
(an) (bn)
=
(c )
,, ,
cn
Ovako definirane operacije vrijede za konačne i za beskonačne nizove.
Neka je zadan niz realnih brojeva (an) . Njegovi članovi čine podskup skupa realnih brojeva. Zato se možemo pitati je li taj skup brojeva ograničen odozgo, ograničen odozdo, ograničen ili neograničen?
Defmicija 4.2. Nizje ograničen odozgo ako vrijedi:
(::lM E R)
i (Van) (an
� M).
Niz je ograničen odozdo ako vrijedi:
(::lm E R) M
i (Van) (an
� m).
Niz je ograničen ako je ograničen odozdo i odozgo, tj. ako postoje realni brojevi takvi da za svaki n vrijedi:
(Vn ) je
/11
� an � M.
mi
4 . NIZOVI
57
Ograničenost niza brojeva često iskazujemo na sljedeći način: (3M E R) takav da (Vn E N) vrijedi l ani ::;; M. Ograničenost niza brojeva možemo karakterizirati tako da istaknemo neki konačni otvo reni interval (a, b) realnih brojeva koji sadrži sve članove niza. Takve otvorene intervale nazivamo okolinama. Okolina broja a je svaki otvoreni interval koji sadrži a . Vrio često koristimo sime trične okoline broja a koje zadajerno nekim pozitivnim realnim brojem. To su otvoreni intervali oblika (a - e, a + e) , gdje je e > O . Za takve okoline kažemo da su to tzv. e -okoline.
Definicija 4.3. Niz realnih brojeva (an), n E N, nazivamo konvergentnim nizom ako postoji realan broj a koji u svakoj svojoj okolini sadrži gotovo sve članove tog niza. U slučaju da je niz konvergentan kažemo da je limes tog niza broj a i pišemo: lim an = a ; ili an -;. a , kada n -;. oo .
n -oo
Da se u svakoj okolini nalaze gotovo svi članovi niza znači da se u toj okolini nalaze svi osim možda njih konačno mnogo. Za okolinu broja a obično uzimamo simetričnu e -okolinu, tj . otvoreni interval (a - e, a + e) = {x E R : a e < x < a + e, e > O}. Niz (an ) je konvergentan i ima za svoj limes broj a ako za svaku e -<>kolinu broja a ima samo no članova tog niza izvan e okoline. Broj no ovisiti će o e -<>kolini, tj. o broju e , zato i pišemo no = no(e ) . Ako niz (an ) nije konvergentan, onda kažemo da je divergentan.
(an) je konvergentan i njegov je limes broj a ako (Ve > 0)(3no(e) E N)(Vn > no )(lan al < e) .
Definicija 4.4. Niz
Upozorimo na sljedeće ekvivalencije koje koristimo kada želimo iskazati da je neki broj u e -<>kolini broja a : lan - al < e <=> - e < an - a < e <=> a e < an < a + e .
l
Primjer 4.5. Dokažimo da je niz ( ;; ) tj. mu je limes broj o: l
n- -;. O
,
kada
l' l
l l 2 ' 3" " ' ;;" ' " konvergentan i da
n -;. oo .
Kako dokazujemo takve tvrdnje? Zadajerno neki e > O , zatim za taj e tražimo broj no poslije kojeg će svi članovi niza biti blizu limesa do na e . Dakle, neka je zadan e > O . Iz
lan
-
OI
<
e slijedi
prirodan broj veći od
l !n - OI < e , tj.
l
n
<
e , tj.
n
>
!e .
Dakle, ako je zadan
E
treba za
no
uzeti
!e . Prema tome za svaki e > O postoji prirodan broj no takav da je
l
lm nI-oo n .
O.
4. NIZOVI
58
O.
Navedena tvrdnja neposredna je posljedica Arhimedova teorema. Naime neka je zadan e > Tada prema Arhimedovom teoremu postoji prirodan broj n takav da je
ne > 1 , odnosno
!n < e za svaki prirodni broj veći od n .
Zadatak 4.1. Zadani su nizovi svojim općim članom: 1.
an =
l )n
2.
an = n 3 . an = 1 3
4.
an =
(- l t!n
Polazeći od definicije konvergencije niza dokaži da su nizovi pod 1 . i 2. divergentni, dok su ostala dva konvergentni.
Teorem 4.1. 1.
Konvergentan nizje ograničen; Konvergentan niz može imati samo jedan limes. Ako je niz (an) konvergentan, onda nlim -oo an a => nlim -oo la ani = O; 4. Ako je lim an = lim bf! = a i an � Cn � bn , onda postoji lim Cn n-+oo "....... 00 n -+<x') C a ; n nlim �oo 5. Akoje lim an = a n-oo nlim _oo bn = b, onda postoje sljedeći limesi i jednaki su: 5. 1. nlim --oo (an + bn ) = nlim -oo bn a + b ; -oo an + nlim 5.2. nlim -oo (an - bn ) = nlim -oo bn a - b ; -+oo an nlim lim (an ' bn ) = lim an ' lim bn ab ; 5.3. n -oo n -oo 1J-+00 lim an an = � �. 5.4. nlim ..... oo bn nlim ..... oo bn b U kvocijentu nizova pretpostavlja se da su svi članovi niza bn različiti od O i da je limes b također različit od nule. 2. 3.
=
-
_
Dokaz. 1. Neka je nlim ..... oo an = a . Odaberirno e > O. To znači da izvan intervala e, a + e) ima samo konačan broj članova niza. Neka je no indeks posljednjeg takvog člana. Za svaki n > no je lani = lan a + al � lan a l + lal � e + lal . Označimo sa M najveći od no + 1 brojeva, lat i , la21, . . . , Iano i, e + lal . Sada za svaki n vrijedi an � M , (a
-
tj. niz je ograničen. 2. Tvrdimo, ako postoji limes niza onda je on jedt;loznačno određen. Dokaz provodimo kontradikcijom. Dakle, neka je lim an = a lim an = b , i neka je a < b .
n -+oo
n _oo
4. NIZOVI
59
; �
b a Odaberimo za e � . obivamo tim izborom dvije disjunktne e -okoline oko brojeva a i b . Kako je nlim an = a slijedi da se izvan spomenute okoline (a - lO, a + 10) nalazi � oo samo konačan broj članova niza pa se prema tome ne mogu gotovo svi nalaziti u e -okolini od b , tj. b nije limes, a što je u suprotnosti s pretpostavkom da on to jest. 3. Kako je nlim an = a to vrijedi ("le > 0) (3no)(Vn > no) ( la - ani < e) . Sada � oo imamo I la - an l - OI = la - ani < e , pa vrijedi lim an = a ===? nlim la - ani O. n
=
- oo
- oo
lim bn = a, i za svaki n (ili počevši od nekog n ) an � C n � bn . Neka je e > O zadano. Pokažimo da postoji no takav da će za svaki n > no biti la - cn l < e . Za zadani e postoje brojevi nl i n2 takvi da je za svaki n > nl slijedi la - ani < e i za svaki n > n2 slijedi la - bnl < e . Odaberimo veći od ta dva broja, n3 = max{nl' n2} . Sada je za svaki n > n3 l a - ani < lO i la - bn I < e . To znači da su an , bn U intervalu (a - e, a + e) , a prema tome je za svaki n > n3 Cn E (a - e, a + e) , tj. nlim Cn = a . � oo 5.1. Limes zbroja je zbroj limesa. Neka je lO > O zadano. Za taj e postoje brojevi nl i n2 takvi da za e lO ("In > n d ( la - an i < 2" )' ("In > n2)(lb - bnl < 2" ) . 4. Sandwich-teorem. Neka je nlim an - <Xl
=
n - oo
Odaberimo n3 = ma.x{nl ' n2} . Sada će za svaki n > n3 biti la + b - (an + bn ) 1 = I (a - an ) + (b - bn ) 1
e lO � l a - an i + lb - bn l � 2" + 2"
= lO ,
a to znači da je limes niza (an + bn ) broj a + b . 5.2. Limes razlike je razlika limesa. Dokazujemo analogno kao u prethodnom slučaju. Moramo pokazati da vrijedi ("le > 0) (3no E N) (Vn > no) ( la - b - (an - bn) 1 < e). Neka je e > O zadano. Postoje brojevi nl i n2 takvi da je e · e ("In > n d ( la - ani < 2" )' ("In > n2)(lb - bn l < 2"). Odaberimo no
=
max{n!, n2} . Sada z a svaki n > no vrijedi la - b - (an - bn) 1 = I (a - an) + (bn - b}1
<
la - an i + I bn - bl
e
e
< 2" + 2"
= e,
a to upravo znači daje nlim (an - bn) = a - b . � oo 5.3. Limes produkta je produkt limesa. Dokažimo najprije da je produkt konvergentnog niza i konstantnog niza konvergentan niz: lim an = a ===? n lim (can ) = C · nlim an = ca n - oo - <Xl
Kako je (an ) konvergentan, vrijedi .
lan - al
lO
< !CT '
- oo
za n > no·
4. NIZOVI
60
Dakle. za svaki
n > no
vrijedit će
Ica - can I = lei la - ani < I cl � = E, E
a to upravo dokazuje pomoćnu tvrdnju. Pokazali smo da su konvergentni nizovi ograđeni. Dakle, postoji M takav da za svaki n vrijedi I bnl < M
lab - anbnl
Nizovi
(an ) i (bn)
I (ab - abn} + (abn - anbn} 1 � lal lb - bnl + I bnila - an i � l a l l b - bnl + Mia - ani ·
=
su konvergentni. stoga vrijedi
l a - ani --+ O,
l b - bn l --+ O .
Ove brojeve možemo učiniti po volji malenima. Stoga. za svaki E > O možemo pronaći dovoljno veliki no takav da za n > nQ vrijedi
l a - an 1 < M -' E
n je l anbn - abi < E što pokazuje da vrijedi nlim ..... oo anbn ab . b = b , svaki bn je različit od nule i sam limes b n ..... oo n je različit od nule. Nadalje znamo da je konvergentan niz omeđen. dakle postoji broj m takav da je svaki I bnl < m . Dokažimo pomoćnu tvrdnju. =
Za takve
5.4. Prema pretpostavci je lim
1 ) je ograničen. Taj nizje konver(bn
Lema 4.2. Iz navedenih pretpostavki slijedi niz 1
gentan i limes mu je jednak Dokaz. I bn - bl < E
Odaberimo E za svaki
b'
=
I I .
�
Jer je
b
#- O slijedi E > O . Neka za taj E vrijedi
n > no . Kako je b = (b - bn ) + bn i lb - bnl < E = I I I b l � lb - bnl + I bnl < I I + I bnl
�
�
odakle vidimo:
I bn 1 < TbT = M 2
1
( � ) je ograničen. Konvergencija slijedi iz toga što lb - bnl bn 1 b - bn M b b E l - nl < bn b = -bnb < I bl za dovoljno veliki n . i prema tome niz nuli. Naime,
slijedi
II I I
teži prema
I
- - -
Polazna tvrdnja sada slijedi na osnovu prethodnog svojstva. Kvocijent dvaju nizova možemo shvatitu obliku umnoška nizova: I l a an - = an . - --+ a . - = - :
bn
bn
b
b
4. NIZOVI
61
Defmicija 4.5. Ako za članove niza (an ) vrijedi da za svaki M > O postoji prirodan broj no takav da je za svaki n > no ispunjeno an > M , onda kažemo da je limes tog niza beskonačan:
lim a n-oo n
('riM > 0)( 3no E N)('rIn > no)(an > M) .
= OO {:::::::}
Za takve divergentne nizove kažemo da konvergiraju u proširenom smislu. Analogno definiramo što treba značiti lim an = - oo .
n_oo
lim a = n_oo n
-oo
('rim E R)(3no E N)('rIn > no)(an < m).
{:::::::}
Primjer 4.6. Odredi limes i obrazloži svaki korak u sljedeća tri specijalna slučaja.
. aonk + a l nk- 1 + . . . + ak . . l l lm
'1 --+ 00
1. k = i ,
2. k
<
bon' + b 1 n'- + . . . + bi ' 3. k > i .
i,
ao, bo 1= O
Za ilustraciju vidi ova tri odabrana primjera.
4 7 3n2 + 4n - 7 3 + - 3 1. ....,. = - 6n-..., ---:Sn2:+ 2 -�-� S' S + n n2 3 2 2n - 3 2. 2 = --...!.n::..."..S O, n - 4n - S n - 4 n lnn2 - l 3. - oo . = --..!.!;;.. -3n + 2 -3 + n -jo -
-jo
jo -
Za niz (an ) kažemo da je monotono rastući niz ako poslije nekog an < anH Niz je monotono rastući ( 3no) ('rIn > no)(an < an+d· :
no
vrijedi
Analogno, za niz kažemo da j e monotono padajući ako poslije nekog no vrijedi
an > an+ l :
(3no) ('rIn > no) (an > anH ) '
1 1
l
l
l
.
. . . mz . O 2: . l 2: 3" " ;;' ' . . . Je monotono padaJuć'l, dok Je Na pnmJer, mz n+ l 2 n , . . . monotono rastuć' -' . . . 3 n+ l .
'
--
.
'
'
l.
'
4. NIZOVI
62
Teorem 4.3. Monotono rastući niz ograđen odozgo je Iwnvergentan. Monotono pa dajući niz ograđen odozdo je Iwnvergentan.
n.
Dokaz. Dokažimo samo prvi dio teorema. Dakle, neka je niz (a ) monotono rastući, i nek� je L supremum odozgo ograđenog skupa brojeva S = {at, a2 , . . , an, . . . } . Prema tome z,a svaki n E N je an ::;; L i L je najmanji broj koji ima to svoj stvo. Neka je zadan E: O . Broj L E nije supremum skupa S , dakle, postoji član niza am koji je veći od tog broja. Po pretpostavci je niz je monotono rastući i zato su svi članovi veći od am veći od L E , tj. nalaze se u E --okolini broja L . Prema tome broj L je limes tog monotono rastućeg niza. Analogno dokazujemo drugi dio teorema: iz a n+ ! an i m = inf {at, a2 , . . . alil . . } slijedi lim a = m .
>
-
<
n"" n ac
n 2.V2 + J2 + . . . + ..fi, ( n korijena). Dokaži
a = an =
Primjer 4.7. Opći član niza je
n...,
.
da je niz konvergentan i da je lim ac Koristit ćemo prethodni teorem. Dokažimo indukcijom da je niz monotono rastući. Očito je
> O, 2 + .fi > 2 � V2 + .fi > ..fi, te je a2 > al . Pretpostavimo da je an > an -l . Sada će slijediti an + 2 > an-l + 2 � Jan + 2 > Jan- l + 2, tj . an+1 > an . Time smo pokazali monotonost. Dokažimo indukcijom još i ograđenost odozgo. Pokažimo da je jedna gornja međa broj 2. Vrijedi al ..fi < 2. Pretpostavimo da je an < 2. Tada vrijedi an + 2 < 4 � Jan + 2 an+l < 2 . .fi
=
=
Time smo pokazali i ograđenost odozgo. Stoga je niz konvergentan. U tom će slučaju postojati njegov limes L . Vrijednost broja L određujemo koristeći jednakost an+ l = iz čega slijedi lim
J2 + an ,
11 ---+ 00
an+ !
nlim -+oo
J2 + an
�
L=
J2 + L,
L=
2.
Primjer 4.8. Problem egzistencije limesa u prošlom primjeru nije nevažan, nipošto manje važan od samog njegovog izračunavanja. Da bismo smjeli uvrštavati broj L u formulu, moramo znati da on postoji. Inače možemo dobiti besmislene zaključke. Ilustrirajmo to na primjeru niza zadanog formulama al = 1 , a = l an- l . Pretpos tavimo (bez detaljnije analize) da je on konvergentan i na način analogan onom u prošlom primjeru, uvrstimo limes L u formulu: an = l an -l � l im an = l Iim a _ l � L = l L � L = �.
n
-
n
Dobili smo L ! dakle, niz je konvergentan i limes mu je ! . Koliko je ovaj zaključak besmislen vidimo .ispisujući nekoliko prvih članova niza: l , '
O,
l, O,
l ,. . . .
4. NIZOVI
63
Primjer 4.9. Neka je zadan realan broj x > O . Kako možemo izračunati ,;x ? De
finirat ćemo niz koji će konvergirati k traženom broju. Neka je al prvi član niza (prva aproksimacija), koju možemo izabrati proizvoljno - nastojeći ipak dobro aproksimirati vrijednost ,;x . Stavimo: ,;x = al + t . t je pogreška prve aproksimacije, za nju je razumno pretpostaviti da je malen broj.
-.IX = al + t,
x = ai + 2alt + t2 ,
===>
Zanemarivši t2 koji je malena veličina, dobivamo
t�
x - a2l 2al
__
Prema tome približna vrijednost za ,;x dade se napisati u obliku
� al +
-.IX
x
��i = � (al + :J =: a2
Polazeći od tako definirane druge iteracije a2 došli bismo do istovjetnog izraza za aprok simaciju a3 . Koristeći iterativnu formulu
an+ l =
� (an + :J ,
x>O
dobivamo niz koji konvergira ka ,;x . Pokažimo to. Odaberimo a l = max { l, x} Poznato je da vrijedi: (Va
-
Vb)2 � O
===>
a
;b
�
v;;b
tj. aritmetička sredina dva pozitivna brojaje veća ili jednaka njihovoj geometrijskoj sredini. Prema tome je
S druge strane je
Broj an+ l aritrnetička je sredina brojeva an i x/an te se nalazi po veličini između njih. kako je an > ,;x, an+ l > ,;x, vrijedi nejednakost
x
-.IX < an+l < ali an < Niz (an) je stoga monotono padajući i ograničen brojem -Ji , dakle postoji lim an Njegovu vrijednost dobivamo ovako:
an+ l =
�2 (an + an ) �
.
L = -.IX
Tako na primjer za v3 odaberimo al = 3 ,
a2 =
�(3 + �) .
a3 =
� (2 + �) == 1.75
==
L.
4. NIZOVI
64
a4 = 1 .732143, as = 1 .7320508, . . . JJ 1 .7320508 Rl
Posljednji rezultat za JJ dobiven je pomoću džepnog računala. Niz konvergira vrlo brzo prema točnoj vrijednosti, u svakom koraku se broj točnih decimala podvostručuje. Ako je t; = an+ 1 - a" razlika dva susjedna člana niza, onda iz definicije niza slijedi
(a,,+l - a,,) 2 - a;+l + x = O
e2 + x a;+l a,,+1 Jt;2 + x, što nam može poslužiti kao ocjena aproksimacije, tj. koliko je blizu an+l broju y'X . ==:::}
=
Ovaj se algoritam koristi u računalima pri računanju vrijednosti funkcije drugi korijen.
Broj e ima posebnu ulogu u matematici koja sigurno nije manja od uloge na primjer broja Tr . On ulazi u definiciju tako značajne funkcije kao što je f(x) = ex i pa je baza prirodnih logaritama. Definirat ćemo broj e polazeći od dva monotono rastuća odozgo ograničena niza (an) i (b,, ) kojima je limes broj e . b" za niz
l + ll! + 2!1 + 31! + . . . + nl1
( � ) " prema BernoulIijevoj nejednakosti vrijedi:
a" = 1 +
( l + ;;l ) "
Dokažimo daje all < bil < 3 . Prema binomnoj formuli je
=2+
(kn)
==
�
1 + n · nl 2 .
( �) (
l l 2! 1 n + 3 ! 1 _
Prema definiciji binomnih koeficijenata slijedi
Odavde
=
n! k!(n - k) !
=
n(n - 1)(n - 2) . . . 2 . 1 k!(n k)(n k 1) . . · 2 · 1
n(n 1 ) . . · (n k + l) k!
4. NIzovI Dakle,
65
G) (� ) k ;!
( nl ) " 1 1 2 ! n!l 1 l l k! 1 2 3 4 . k 2 . 2 .. · 2 1 2 1 3Jl nl! 2 221 1 - (�) 2 " 3 ( 2l ) < 3. 1 1 - �2 2 < 3, e, e ;;::: 2 + 2l'. -3l..' n�1 n
=
aII
Nadalje je
1+
- =
Zato
1+
( 1 - �) < 1 . Prema tome je
jer su faktori
�
.
l
+
=
.
+
.
.
.
.
+...+
-
� all � bil
bil '
� -----l
11-
_
1
+ .."+
+ 2" +
�
=
+
Dokazali smo da vrijedi
l
+ + -+...+
�
-
1
Kako je k tome bll+ l
=
bn +
da je (bil) monotono rastući niz. Postoji zato njegov limes. lim bil n -foC<,)
=
+ " . . + l"
+
..,..--- , vidimo
bil "
Pokažimo da je i niz (all) također rastući. U izrazu za an+ l imamo više sumanada nego u izrazu za an . Uspoređujući sumande po redu vidimo da su veći sumandi od all+ l . Tako je na primjer
(2) . J..n2 n(nl ·2- l) . J..n2 J..21 ( l �n ) , n
dok je
=
=
"
_
(nk) n1k < (n k l ) (n +1 2< < < e. n k 2 ; ( l - �) ; ( 1 �) (1 - �) ; ( l - �) . .. ( l - k n l ) k. .....oo 2 ; ; + . . . + ; k e. e.
Općenito je
.
+
.
.
l )k '
Postoji i limes niza (an) jer je monotono rastući i ograničen odozgo, all+ l
an
Označimo taj limes s Kako je za > an >
+
,
e.
Pokazali smo da vrijedi
e
+
+ "."+
,
vidimo da je e limll an ;;::: + = limn""'"" all ;;::: limn..... "" bn = tj. e
e
3.
=
,
+
,
�
!
,
=
b za svaki
Zato,
40 NIZOVI
66
Izračunajmo nekoliko limesa koje ćemo u daLjnjem često koristiti:
! n -ex) n = O, 2. lim � = l , n -oo 3. lim {Ili = l, a > O . n-oo 4. lim an = O , za la l < l , n -oo ! n= < 1 + ! n = lim 5 . Lim 1 + 1 + n. - oo n - oo n n n l 1 l Ln(n) = e = 0.577216 . 6. lim l + - + 3 + . . . + n-oo n 2 gdje je Ln n prirodni Logaritarn broja n , a konstanta e je Eulerova konstanta. 1. Lim
( [
)
e
( ! ) Il+ l ,
-
(
]
) +l
e,
o o
,
Limes pod l. već je dokazan. Dokažimo 2. koristeći Bernoullijevu nejednakost i "sandwich" teorem. Može mo pisati wn = l + an , gdje je an > O. Odavde, po Bernoullijevoj nejednakosti Jn Dobili smo Jn = ( 1 + all )1I > l + nali > nali te je all < =
�.
n yn l 1Ir.: = (l + an ) 2 1 + 2an + all2 < 1 + 2r.: + -' l < �n yn n Budući je lim ( 1 + + !) n-+ oo - oo � = 1 jer se članovi niza ( �) nalaze vn n l , slijedi nlim između članova nizova čiji su Iimesi jednaki 1. Dokažimo 3. Ako j e a > 1 , onda vrijedi 1 < {Ili < � čim j e n > a. Kako ( �) ima limes 1, to je i traženi limes jednak 1. Ako je O < a < 1 , tada stavljajući a = kako je b > 1 , rezuLtat slijedi po već dokazanom. možemo pisati !/ii = Dokažimo 4. Neka je a > l . Onda je a = l + h, h > O . Prema BernouJlijevoj nejednakosti, all = ( 1 + h)1I > l + nh > nh . Slij edi nlim all = Ako je a = 1 , onda oo l 1 je lim an = 1 . Dakle neka je lal < 1 Sada je _ > l , pa je _ = 1 + x , x > O. _ oo 1a 1 Ial n n Nadalje je = ( l + x) > Konačno iz posljednje nejednakosti slijedi I I 1 = 1 lim ! O 0 < l a l ll < ..!.. , lim :=:;- lim Iai n = O. n= MogLi smo i ovako zaključivati. Neka je lal < 1 . Sada je niz (Ia i n ) monotono pa
�
�
�,
oo .
(!)
nx .
nx
II-OO nx
X
.
II - OO
II - OO
dajući i ograničen odozdo brojem Oo Dakle, postoji limes tog niza i recimo da je to O o Iz Ia i n --+ m slijedi Ia i n . lal = l a l n+1 --+ m l a i , broj m . Dokažimo da je m n la l +1 - m :=:;- m la i = m ==> m(l - lal) = O Zato je m = O jerje lal =I- 1 . Dokažimo 5. Već je dokazano da je lim II - OO monotono rastući i ograničen odozgo.
( 1 + n!)" ='
e,
i daje niz
(
)
" an = 1 + n!
4. NIZOVI
67
' Dokažimo daje niz bn ( I + �r+1 monotono padajući i n��(1 + �r+1 Za razliku tih nizova vrijedi: 11 bil - all ( 1 + ;;l ) + 1 - ( l + ;;I ) ( l + ;;I ) ( 1 + n1 Možemo zaključiti da nizovi imajujednake limese. Upotrebom BernouJlijeve nejednakosti dokažimo daje niz (bil ) monotono padajući. 2 bllH (I + � r+ ( n2 + 2n ) "+1 n + 2 n+ 1 bil ( 1 + -nI ) - n2 + 2n + n+2 n+2 1 n+1 ( n2n+2 +2n2n+ 1 r+ 1 n + 1 1 n + 2 n3 + 4n2 + 4n l. n + l n3 + 4n 2 + 4n + 1 I + (n + l) · =
= e.
II
=
=
II
=
liH
l
. -- =
=
<
<
11
11 1
Dokažimo 6. Dokazali smo da vrijedi ( l + ;;1 ) < < ( l + ;;1 ) + . Logaritmiranjem dobivamo n . ln ( l + � ) l (n + l) . ln ( 1 + �). Obzirom da je ln( 1 + x ) > O ako je x > O odavde dobivamo: 1 l ---"""1- > l > slijedi n · ln(l + n-) (n + l) ln(l + _1_ ( n + 1 ln l + �n ) n� l > n ' ln ( l + � ) , � > ln ( l + � ) ln(n + l) ln(n). Supstituirajući po redu n 1, n = 2, . . . u posljednju nejednakost, zatim zbrajanjem svih tako dobivenih nejednakosti dobivamo 1 + 21 + 31 + . . . + ;;l > In(l + n). Dokažimo sada da je niz čiji je opći član all l + 2l + 3l + . . . + ;;l - ln(n) konvergentan . Koristeći se višekratno nejednakošću �n > In( 1 + n�) dobivamo all l + 2� + �3 + . . . + n� - ln(n) > ln ( 1 + �l ) + ln ( l + �2 ) + . . . + ln ( 1 + �) - ln(n) <
e
<
n
<
<
�
=
=
II
4. NIZOVI
68 =
Dakle je niz
.
.
Jer Je
e
<
In
(
�)
· 4 . . · (n + l ) . 2· 3 ·4"·n n
2.3
=
ln
n+ l n
> O.
(an) je ograničen odozdo brojem O. Taj niz je striktno padajući, tj. 1 1 + ! < O, an+l al! _ n n +_l ln n+l . . . s I"Ijed'l l < l n 1 + l . prerna tome mz pa logantmtranJem 1 + ;; ;; n+ l
( l)
( )
=
.
je montono padajući i ograđen odozdo te ima limes.
(
)
Pri ispitivanju konvergencije nizova postavlja se pitanje: da li je moguće dati nužne i dovoljne uvjete za konvergenciju nekog niza? Ako je niz (an) konvergentan, onda se u svakoj okolini limesa nalaze gotovo svi članovi niza. Neka je lim an a . Neka je zadan e > O . Postoji prirodan broj k takav
n-oo što znači da je udaljenost svaka dva člana niza da za svaki n > k vrijedi la - ani < koja dolaze poslije k -tog člana manja od e : l an am i l{an - a) - (am - a) I � l an - a l + l am - a l < e.
i,
Dakle, ako je niz konvergentan onda se dovoljno daleki članovi sve manje razlikuju.
Teorem 4.4. Ako je niz (an ) konvergentan, onda za svaki e > O postoji prirodan broj k takav da za svaka dva m, n > k vrijedi l am - ani < e. Definicija 4.6. Niz (an) je Caucbyjev ako za svaki e > O postoji prirodan broj k takav da svaki m > k , n > k vrijedi l am ani < e. Prethodni teorem prema tome tvrdi da je konvergentan niz Cauchyjev niz. Vrijedi i obratna tvrdnja:
Teorem 4.5.
Niz (an) je konvergentan onda i samo onda okoje Cauchyjev niz.
Dokaz. Dokazali smo da je konvergentni niz Cauchyjev. da dokažemo obrat, najprije pokažimo da je Cauchyjev niz ograničen, zatim da mora imati barem jedno gomilište i na kraju da ima samo jedno, što će značiti da je konvergentan . Dokažimo da je Cauchyjev niz ograničen . Zadaj mo e = l . Postoji prirodan broj k takav da je lan am I < e = l za svaki m, n > k . Prema tome izvan e -okoline broja an nalazi se konačno mnogo članova niza, dakle je niz ograničen, tj. postoje brojevi m i M takvi da je m < an < M za svaki n . Sada dokažimo· da ograničen niz ima bar jedno gomilište. To je tvrdnja sljedeće leme.
4 . NIZOVI
69
Lema 4.6.
Ograničen niz ima barem jedno gomilište.
[ m, M J. Podjelirno taj interval na � M l, [ m � M , M l. U barem jednom od ta dva intervala mora biti beskonačno
Neka se svi članovi niza nalaze unutar intervala
m dva [ m,
mnogo članova niza. Odaberimo onaj u kojem ima beskonačno mnogo članova i njega dijelimo na daljnja dva interval. Opet je u barem jednom od njih beskonačno mnogo članova. Nastavljajući taj postupak dolazimo do skupa sve kraćih zatvorenih intervala čiji presjek neka je broj a . U svakoj okolini tog broja nalazi se beskonačno mnogo članova niza a to upravo znači da je a gomilište zadanog niza. Prema tome Cauchyjev niz ima gomilište. Dokažimo da ima samo jedno gomilište. Pretpostavimo neka ima dva gomilišta. Neka su to brojevi a i b , a < b . Podijelimo in-
[a, bl na tri dijela, tj. odaberimo f b ; a . Zbog toga što je niz Cauchyjev slijedi: za zadani f postoji broj k takav da se za svaki n, m > k svi članovi nalaze u f -okolini broja a , sto povlači da broj b nije gomiIište niza i prema tome teorem je dokazan. =
terval
Prilikom ispitivanja konvergencije nekog niza često se promatraju razlike susjednih članova i ako su te razlike manje od nekog broja, onda za aproksimaciju limesa uzima jedan od dalekih članova niza (takav postupak se vrlo često koristi u tzv. numeričkoj matematici), vidi primjer 7. u 4.5. Pri tom moramo imati na umu da iz činjenice da je razlika dva susjedna člana malena ne slijedi da je niz konvergentan. (Cauchyjev uvjet promatra razliku proizvoljna dva daleka člana niza!). Tako na primjer, za niz
af!
l
l
l
+ + , , , + ;; 3 2 koji je divergentan, razlika dva uzastopna člana je
i ona može biti po volj i malena.
1+
5.
Redovi l. Pojam reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
2.
Uvjeti konvergencije reda
. . . . . . . . . . 73
3.
Redovi s pozitivnim članovima .
4.
Teorem o uspoređivanju redova
5. Kriteriji konvergencije
.
. . . . . . 75 .
.
. . . . 76
6.
Apsolutno konvergentni redovi
7.
Altemirani redovi . . . . .
8.
Svojstva konvergentnih redova
9 . Množenje redova
. . . . . . . . . . . 78
.
. .
.
. .
. . . . . . . 82
. . . . . . . . . 84
.
. . . . . . . 85
. . . . . . . . 87
Neka je zadan niz ( an ) realnih brojeva. Zbroj konačno mnogo pribrojnika možemo lako odrediti i onje neovisan o poretku tih pribrojnika. Zamislimo li da broj tih pribrojnika rasle u beskonačnost i želimo li odrediti njihov zbroj, tada naša intuitivna predodžba o načinu zbrajanja više nije dovoljna. Prirodno se nameće sljedeći algoritam za zbrajanje niza brojeva: • Prva suma jednaka je prvome članu niza • Svaka sljedeća dobije se da se prethodnoj doda novi član niza Time dobivamo novi niz realnih brojeva:
Sl = a l, s2 = Sl + aZ s3 = S2 + a3
a l + a2 , al + a2 + a3,
Sn = Sn - l + an
a l + · · · + an ·
Dakle, polazeći od niza ( an ) dolazimo na prirodan način do niza
(Sn ) ,
n
Sn
l: ak = al + . . . + an .1:=1
koji nazivamo nizom parcijalnih suma.
70
5. REDOVI Sn
71
Definicija 5.1. Uređen par nizova brojeva nazivamo redom brojeva.
+ an+1
oo
L
((an ) , ( Sn ) ) ,
Umjesto zapisa reda kao uređenog para nizova ak
ili pak
k= 1
L
ak
,
ili
al
gdje je
SI
((an ) , (sn )) , češće koristimo i oznaku
+ . . . + an + an+) + . . . , ili njima slične.
Gornji zapis i (donekle neobična) definicija sugeriraju dvije stvari: • ideja zbrajanja je temeljna u pojmu reda - zbog toga oznaka sumacije u alterna tivnoj definiciji reda; • nažalost (ili na sreću?) svi redovi neće imati sume - zbog toga strogo definiramo red preko uredenih parova nizova.
Definicija 5.2. Red 2:%: 1 ak nazivamo konvergentnim ako je konvergentan niz nje govih parcijalnih suma ( sn ) , tj. ako postoji S := l imn_ oo Sn . Ako je red konvergentan, onda broj S nazivamo zbrojem ili sumom reda. oo
L ak = S
Red je konvergentan
k =l
Iako ovaj zapis može izazvati nedoumicu, ne treba brkati red s njegovom sumom (čak ni onda kad je konvergentan ! ) . Da naglase tu razliku, neki autori koriste oznaku ak za
L
oo
red, a
L
ak
za njegovu sumu. Mi nećemo koristiti to pravilo.
k= 1
Kad neki red konvergira? Odgovor na ovo pitanje nije jednostavan. Započet će mo sa sljedećim jednostavnim kriterijem pomoću kojega možemo utvrditi da neki red ne
konvergira .
Teorem 5.1.
Dokaz.
Nuždan uvjet konvergencije reda
oo
2: ale je lim
k=l
Po definiciji parcijalnih sumazadanog redaje s"
i odavde
n - oo
a"
=
= s"_ I + a,,
O. tj.
S,, -Sn _ 1 = a"
l s" - Sn - I I = l a" l ·
Prema nužnom i dovoljnom uvjetu konvergencije nizova (Cauchyjev kriterij) slijedi da za svaki E > O mora postojati no takav da za svaki n > no vrijedi l a,, 1 = I Sn - Sn - I I < E . To znači da za konvergentan red mora vrijediti lim a" = O . Medutim taj uvjet nije i dovoljan, tj . ako je za neki red lim
n - oo
n - oo
an =
Primjer 5.1. Harmonijski red oo
O to još uvijek ne znači da je on konvergentan .
l l l l l l L k = 1 + 2 + 3 + · · · + ;; + n + l + . . . k =l
5. REDOVI
72 l
-
n ---. oo n
je divergentan, iako je ispunjen nuždan uvjet konvergencije, lim dokazali da je
E�
(� � +
Budući da je lim ln II =
n -oo
+...+
!
-
ln n
oo
)
=
=
O . Mi smo već
e = 0, 577216 . . . .
slijedi divergencija harmonijskog reda. Da je taj važni red divergentan možemo vidjeti i ovako. Za parcijalne sume tog reda vrijedi:
S2n - Sn =
( � 1+ 1
+...+
�) ( � 1+
2
�)
1 1 = 2n 2' prema tome nije ispunjen Cauchyjev kriterij, koji je nuždan i dovoljan uvjet konvergencije niza (Sn ) . +.. .
+. 2n1 > n
+.+
.
Primjer 5.2. Dokažimo da divergira red
oo
", . n2 L.., SIn
n= 1
=
. 2 . . n2 + . . . . 2 2 + SIn 3 + . . . + SIn SIn 1 2 + SIn .
Pokažimo da nije ispunjen nuždan uvijet konvergencije, tj. oPĆi član reda ne teži nuli. Pretpostavimo da je lim sin n2 O . Tada, preimenovanjem indeksa, zaključujemo da n -oo 2 vrijedi i lim sin (n + 1 ) O . Ovaj je pak limes jednak
n --oo
2
nlim --oo sin(n + 2n + 1 ) 2 2 nlim --oo [sin n cos(2n + l ) + sin(2n + l ) cos n ] 2 nlim -oo sin(2n + l ) cos n
h./
-
nlim -oo sin(2n + l 1 nlim -oo sin(2n + l ) = O.
n -oo
No, tada bi vrijedilo i lim sin(2n + 3)
=
sin2 (n2 )
O.
kako je sin(2n + 3)
l ) cos 2 + cos(2n + l ) si n 2 slijedilo b i d a i cos(2n + sin2 (2n + 1 ) + cos2 (2n + l ) 1 .
Primjer 5.3. Ispitajmo konvergenciju reda
I)
-+
=
sin(2n +
O što j e u suprotnosti sa
2:: 1 air , ako je an =
--,----,-
.
Parci
jalna suma je
Nju možemo napisati u vrlo jednostavnom obliku iz kojeg će se moći lako odrediti koliki je njezin limes. Dakle,
73
5 . REDOVI
Sn = =
n -oo
Kako je lim
1
2 1.
+...+ n·
( �) + (� � ) + . . . + ( �
(l -
1
1 _n+ 1
3
)
_
n
1_
_
n+ l
)
=1
-
1 _.
_
n+ l
l , to je zadani red konvergentan i suma mu iznosi
l.
Primjer 5.4. Zadan je geometrijski red ""
n =O
Parcijalne sume tog reda možemo odrediti iz identiteta
Ako je
l xi
xn
- 1 = (x
<
l , onda je Za lxi = 1
n l l )(xn -J + xn - 2 + . . . + x + 1 ) . � Sn = xx - l . O . Ako je lxi > 1 , onda ne postoji limes od lim xn n -oo
�
nije ispunjen nuždan uvjet konvergencije i red je divergentan. kada n -> oo . Možemo zaključiti: geometrijski red je konvergentan onda i samo onda ako je l xi < l , i u tom slučaju njegova je suma:
� xn = 1 + x + x2 + . . + xn + L... . n=O
.
.. =
l
- x,
--
l
l xi <
1.
Podsjetimo se Cauchyjevog nužnog i dovoljnog uvjeta konvergencije niza brojeva. Niz (sn ) je konvergentan onda i samo onda ako za svaki E > O postoji prirodan broj no takav da za svaki m, n > no vrijedi \Sm sn i < e . U našem slučaju, za parcijalne sume reda to znači
("lE > O)(3no)(Vn > no)(Vk E N) ( ISn+k
tj.
sn i < e ) ,
lan +l + an+2 + . . + an+kl < e . .
Dakle, da bi red bio konvergentan nužno je i dovoljno da se za svaki e > O može odrediti broj no takav da zbroj svakog odsječka poslije n -tog člana bude manji od e .
Primjer 5.5. Dokaži da divergira red
oo
l
� Jn (n + l )
l =
+
Da bismo dokazali divergenciju ovog reda koristimo Cauchyjev kriterij o nužnosti i dovoljnosti konvergencije reda. Zadajmo e = 1 /4 i pokažimo da ne postoji prirodan broj
5. REDOVI
74
n
poslije kojeg bi se svake dvije parcijalne sume razlikovale za manje od naznačenog Napravimo razliku parcijalnih suma l l l
e.
. +. .+ + S2n - Sn = J(n + 1)(n + 2) J(n + 2)(n + 3) . J2n(2n + 1) Kako je (n + l)(n + 2) < (n + 2)(n + 2) slijedi l
y'f7(n=+==1 )=;= ===" ( n=+=2�)
>
l
n+-2 ·
n vrijedi l l l l l S2n - Sn > -3 + . . . + - > n . - = -- > + -n+2 n+ l 2 n + n + l 2 . 2 + n-1
Budući da za svaki
l
4 -'
red je divergentan.
* * *
Polazeći od zadanog reda možemo odbacivanjem prvih n članova doći do novog reda kojeg nazivamo ostatkom polaznog reda. Označavamo ga s
Teorem 5.2.
konvergentan, tj. oo
Red L� l ak je konvergentan onda i samo onda ako je svaki ostatak rn
ak je konvergentan L k= l
reda
{::::::}
oo
L ak
k=n+l
je konvergentan.
Dokaz. Označimo m -tu parcijalnu sumu zadanog reda sa Sm rn sa sk ' dakle neka je
i k -tu parcijalnu sumu
Fiksirajmo broj n , tj. radimo s redom rn . Sada imamo ove zaključke. 1. Ako zadani red konvergira, onda postoji limes parcijalnih suma limm-+oo Sm = S. Iz jednakosti
sk = Sn+k - Sn ==} klim -+oo sk = klim -+oo Sn+k - Sn = S - Sn ,
Sm
i neka je
dakle i red rn je konvergentanjer postoji limes njegovih parcijalnih suma. 2. Neka konvergira red rn i neka je zbroj tog reda S* . Njegova k -ta parcijalna suma je sk = Sn+k - Sn . Sada slijedi
klim --oo sk = S* = klim --oo Sn+k - Sn , dakle postoji limes od Sn+k kada k i jednak je S'. + Sn . -+ oo
75
5. REDOVI Teorem 5.3. Neka su zadani konvergentni redovi Z:::� I ak = a, Z:::� I bk konstanta e . Konvergiraju sljedeći redovi i za njihove sume vrijedi: oo
oo
L ak L cak ca l + ea2 + . . . + can + . = e a, k=1 k=1 oo 2. L (ak ± bk ) = (a l ± b I ) + (a2 ± bz) + . ± (an ± bn ) + . . k=1 1.
e·
=
=
. .
b
.
. .
Dokaz.
=
.
=
a ± b.
za parcijalne sume spomenutih redova vrijedi:
1.
lim
n - oo
eSn
=
e
lim
n - oo
Sn
ea,
(b l + . . . + bn ) = nlim (a l + . . . + an ) ± nlim - oo - OO = a ± b, pa su tvrdnje neposredne posljedice pripadnih tvrdnji za nizove.
Sad ćemo promatrati redove čiji su svi članovi pozitivni realni brojevi. Nazivamo ih redovima s pozitivnim članovima. Kako vrijedi S I a l � O i Sn = Sn- I + an , to za takve redove vrijedi Sn � Sn - l za svaki n . Dakle, niz parcijalnih suma rastući je niz (ne nužno strogo rastući) . Prema tome z a konvergenciju takvog niza nužna je i dovoljna ograničenost odozgo. Dakle, ako postoji broj M takav da za parcijalne sume vrijedi Sn � M, za svaki n , onda je zadani red konvergentan. Ako red s pozitivnim članovima nije konvergentan. onda je lim Sn = oo . n ..... oo
Primjer 5.6. Ispitajmo konvergenciju poopćenog harmonijskog reda oo
+ - + + . . . + nS + . . . , n=1 nS = 1 2S 3 � ""
l
l
l
s
l
S E
R.
Akoje S = l , onda se radi o harmonij skom redu za koji smo već dokazali daje divergentan. Dokažimo da je poopćeni harmonijski red konvergentan ako je S > l , dok za S � l red divergira. Neka je S > l , tj. neka je s = l + x , x > O . Koristeći očiglednu nejednakost
l
- +
nS
1 + .+ 1 (2n - 1 )s (n + I )S . .
1 nS
1 nX
-,
5. REDOVI
76 možemo zaključiti: unutar sljedećih grupa
(;5 ; ) ( : ;5 � ; ) ( ; � ) C� +
5 ,
5
+
+
5
+
5 ,
5
�)
+ . + . . l 5 ,...
+ + 2k I ) 5 . . . (2k 1 )5 , ' " imamo: 2 , 22 , 23 , . . . , 2k- 1 , . . . članova, za koje prema već pokazanom vrijedi da su po redu manje od . 2X ' 22< ' 23x ' . . . , 2( k - l )x ' . . . Prema tome za članove niza parcijalnih suma zadanog reda će vrijediti da su manji od zbroja konvergentnog geometrijskog reds.: l l l l 1+ + + . + + . 2x l . 22< . . 2 (k - l )x . . -1-2x Primijeti da je 2x > l za svaki pozitivni x . Prema tome niz parcijalnih suma je ograđen odozgo, a to znači da je poopćeni harmonijski red konvergentan za svaki s > l . Ako je s < l , onda su članovi poopćenog harmonijskog reda veći od članova harmo nijskog reda l l -1- > - , S = l - x, x > 0, n -x n koji je divergentan, dakle za s � l poopćeni harmonijski red divergira. Tako na primjer vrijedi:
=
oo
Ln n=l
oo
l
2" =
Ll
n=l Jn Prema tome, za svaki
oo
l+ ...+
l 2" + . . . n
konvergira,
s =
2;
divergira, s
> l red l
'" LnS
=
l l l+ -+...+ - +... nS 2s
= ( (s) n=l konvergira. Stoga je za svaki s > l jednoznačno odredena suma pripadnog reda i na taj način definirana je jedna nova funkcija na skupu {x E R I x > l } , tzv. "zeta" funkcija ((x) , x > l koja je u uskoj vezi s rasporedom prim-brojeva u skupu N .
Proučavajući redove susrećemo se s dva povezana pitanja na koja treba dati odgovor. 1 . Je li zadani red konvergentan? 2. Ako je red konvergentan koliki mu je zbroj?
77
5 . REDOVI
Za neke probleme dovoljno je znati daje red konvergentan, dokje određivanje zbroja manje važno. Naime zbroj možemo približno ocijeniti pomoću parcijalne sume Sn , uz nužnu ocjenu točnosti parcijalne sume koju dobivamo ispitujući razliku ISn srn i , m > n . Odgovor na prvo pitanje za redove s pozitivnim članovima vrlo često donosimo na temelju sljedećeg teorema o uspoređivanju redova.
Zadana su dva reda s pozitivnim članovima, ak , ak ;;;:: O i bk ;;;:: O . 1 . Ako poslije nekog no vrijedi a n � bn za svaki n > no tada iz konvergencije reda 2:: � 1 bk , slijedi konvergencija reda 2:: : 1 ak · 2. Ako je poslije nekog no vrijedi an � bn za svaki n > no i red 2::� 1 ak divergira, onda divergira i red 2::� 1 blr.. Teorem 5.4.
2:: � 1 bk ,
Dokaz.
Za parcijalne sume tih redova vrijedi:
n
n 1 . Sn L ak , =
2. Sn
Ir.=l
sn > L.
� Sn,
U prvom slučaju za parcijalne sume vrijedi Sn < L , tj. ograđene su odozgo jer su to parcijalne sume konvergentnog reda s pozitivnim članovima. Znamo da je niz parcijalnih suma (sn ) drugog reda monotono rastući, a sada i ograničen odozgo, znači konvergentan. U drugom slučaju parcijalne sume Sn > L nisu ograničene odozgo, pa prema tome nisu ni sume Sn , tj . red 2:: : 1 bk divergira. Neposredna posljedica teorema o uspoređivanju redova je sljedeći teorem koji je pogodan i praktičan.
Zadani su redovi s pozitivnim članovima, 2::: 1 ak , 2:: : 1 bk. Ako = L, O < L < oo , onda ili oba reda konvergiraju ili oba divergiraju.
Teorem 5.5.
an postoji n-+oo lim bn Dokaz.
Pretpostavimo da je red 2:: : 1 bk konvergentan, i da je
an ' Il· m - L, O < L < oo. n-+oo bn Za svaki E > O postoji takav no da je za svaki n > no a L E < n < L + E, bn (L E)bn < an < (L + E)bn, (L - E ) ' 'L>k < 'L:>k < (L + E) ' L >k. Iz konvergencije reda 2:: : 1 bk slijedi i konvergencija reda (L + f) 2:: : n bt a prema gornjoj nejednakosti slijedi i konvergencija reda 2:: : 1 ak . Neka je sada L E > O i red 2:: : 1 bk divergentan, bn < � an . Očito je prema L E prethodnom teoremu red 2:: ak divergentan. =
-
-
.
5, REDOVI
78
PnmJer · 5 7. Red .
.
.. ' k1 2: 00 In1n Je' d'IvergentanJerJe. Inn1 > nl . PoznatoJe. da harmofllJs ,
-
�
-
n=2 an n divergentan. n + 1 ) d ivergira Jer . Je. za n > 2 ln(n + l ) > l , ln(n + 1 ) > �.J ln({f;;2 Red L... n! n2 n",1 S članovima l/ns divergira ako je s � 1 . �.J s > O , divergira jer je za dovoljno velike n , (In n Y < n, Red L... n=2 (In n =
red s članovima
.
l
,
l)
s
- ,
l l > (In n)S n
--
'
. Red
odnosno
Upoznat ćemo se s dva najjednostavnija kriterija konvergencije redova s pozitivnim članovima, s D' Alembertovim i Cauchyjevim kriterijem konvergencije. Njih dobivamo tako da zadani red uspoređujemo s geometrijskim redom . Znamo da red oo
L act a( l + q + l + . . . + qn + . . . n=O konvergira za
=
iqi < l , i njegov zbroj je oo
" act n=O
L....J
=
)
a_ o _ l -q
Zadan je red 2::: 1 an s pozitivnim c1anovi an+ l r < 1 za svaki n > no, ma. Ako postoji pozitivan realan broj r < l takav da je an � a n E N , red konvergira, akoje an+l � l , za svaki n > no . onda red divergira. n Teorem 5.6. (D'Alembertov kriterij.)
Dokaz. Za dovoljno velike n , tj. n > no je an+1 � an . r, an+2 � an+l . r � an ?, . . , an+k � an .
.
.
,;c,
=
(k 1 , 2, . . .
)
.
Dakle red je konvergentanjer su mu č lanovi (počevši od nekog n ) manji od članova kon vergentnog geometrijskog reda 2:: � 1 an I. Ako bi nastupio drugi slučaj, tj. ako poslije nekog n vrijedi an+ l /an � l , onda ne bi bio ispunjen nuždan uvjet konvergencije jer bi bilo an+l � an , an+2 � an+l � an , itd., a to znači da ne može biti lim an = O .
n --oo
79
5 . REDOVI
Alembertov kriterijan+se obično upotrebljava u tzv. graničnom slu 1 čaju. Pretpostavimo da postoji limes nlim � oo an q . Onda slijedi 1 . ako je q < l, onda red konvergira; 2. ako je q > l, onda red divergira; 3 . ako je q l, nema odluke po ovom kriterij u. Dokaz. 1. Budući da je q < l postoji > O takav da je i q + < l . Prema tome (jer je q limes) poslije nekog n će za svaki veći n vrijediti an+t /an < q + < l , što prema dokazanom d' Alembertovom kriteriju znači konvergenciju reda. > O takav da je i q > l , a zbog toga što je q 2 Ako je q > l , onda postoji limes sli. jedi da poslije nekog n an+ ! /an > q > l , što prema već dokazanom znači divergenciju reda. Primjer 5.8. Ispitaj konvergenciju zadanih redova: oo oo Granični slučaj. D'
=
=
e
e
e
-
-
<xl
e
e
e
<xl
l 2n 3n l 2 L n ! , . L 2n (2n + 1 ) 3 L , 4. L n , 5. n=1 11=1 11= 1 11=1 211+1 (n + l)! 2 1. 211 = n + l O , red konvergira. n! 11+ 1 2. 2 [2(n3+11 1 ) + l] 3 2n + 1 3 > l , red divergira. 2 2n + 3 2 2n (2n + l) Za daljnja tri reda po d'Alembertovom kriteriju ne možemo zaklj učiti jesu Ii konver a n+ 1 gentni ili ne. U sva tri slučaja limes kvocijenta an iznosi jedan . Nama je poznato da red pod brojem 3. konvergira, red pod brojem 4. je harmonijski i on divergira. Za poopćeni harmonijski red pod 5. dokazali smo da je konvergentan za za svaki s > l . 1.
,
.
-+
-+
Teorem 5.7. (Cauchyjev kriterij) Nekaje I:: 1 an red s pozitivnimc1anovima. Ako postoji pozitivan broj r < 1 takav da za gotovo sve n E N vrijedi f/'ii;. � r < l, onda red konvergira. Ako ima po volji velikih n za koje je f/'ii;. ;;': l . red divergira.
prvom je slučaju an �+k,n , an+1 � ,n+I , . . . , all+k � ,k, . . Zbrajanjem nejednakosti dobivamo: red I:Z:I ,n konvergira pa onda po teoremu o uspoređivanju redova konvergira i zadani red. U drugom slučaju, kada u zadanom redu ima po volji velikih n za koje je f/'ii;. > l , nije ispunjen nuždan uvjet konvergencije, tj . članovi reda ne teže k nuli i zadani red divergira. Dokaz.
U
.
.
5 . REDOVI
80
Granični slučaj. Cauchyjev kriterij , kao i d' Alembertov, koristi se najčešće u grani čnom slučaju. Neka postoji lim %n = q .
n -oo q < l, 2 . ako je q > l, 3 . ako je q l, L
ako je
onda red konvergira; onda red divergira;
=
nema odluke po ovom kriteriju.
Dokaz ovog kriterija potpuno je analogan dokazu graničnog slučaja za d' Alernbertov kri terij.
( )n
Primjer 5.9. Ispitaj konvergenciju zadanih redova služeći se Cauchyjevim kriterijem: l.
oo
L 2nn n=1
'
oo
2.
Ln .
2
3
oo
oo n
2 L -; , 4. L ( + l )x , x > O .
, 3.
II
n
n=l n=1 11=1 1 . i 2 . konvergiraju, jer je: l
-+
-+
]
[
II
-+
,
Podsjetimo da je lim vn = l . II - OO
Usporedba Cauchyjeva i d'Alembertova kriterija. Oba su kriterija dobivena tako da zadani red uspoređujerno s geometrijskim redom. Dokazat ćemo da svaki put kad možemo donijeti odluku je li neki red konvergentan ili divergentan pomoću graničnog d' Alernbertova kriterija, onda takvu odluku možemo donijeti i na temelju Cauchyjeva kriterija. Medutim obrat ne vrijedi. U tom smislu je d' Alernbertov kriterij slabiji od Cauchyjeva, medutim onje praktičniji za primjene. U vezi s tim je sljedeći teorem.
Nekaje zadan red s pozitivnim članovima 2:::: 1 an , i postoji n-+ lim oo an = q . Onda postoji lim %n i jednak je q . n - oo Teorem 5.8.
=
Dokaz. Ako postoji lim an+I /an q, onda za svaki e > O postoji no takav da je za svaki n > no an+1 -;;; - q < e, tj. q e < an < q + e . Fiksirajmo neki n > no . Uvrštavajući po redu sve veće vrijednosti n + l , n + 2, . . . , n+ k u posljednju nejednakost, zatim množenjem svih tako dobivenih nejednakosti dobivamo: a n +k an+2 (q - e )k < aan+1 n an+1 an+k- I
l
II-OO
I
__
o
• • ,
iz čega slijedi:
(q e)k < aall+k < (q + e)* n
odnosno
all (q - e)k < an+k < (q + e) kan .
81
5. REDOVI Uvedimo supstituciju dobivamo: Nakon uzimanja
::::
n+k
m -tog
n , uvjet k -+ a,,(q - e)m -" < am < (q + e)m -"a" , m.
Za fiksirani
oo povlači
m
-+
oo , pa
korijena slijedi
'lJ'{i,, (q - e) l - � < 'lJ'{im < (q + e) l - � 'lJ'{in ' Budući da je n fiksiran, za za m -+ oo slijedi n l- m lim (q ± e) lim 'lJ'{i" = l, = q ± e, m-+oo m-+oo te je
q - e < m-+oo lim
Kako je
e
proizvoljan slijedi
tya;;;" <
q + e.
lim 'lJ'{im q m-+oo
što smo i trebali dokazati.
n-oo an =
Primjer 5.10. Potpuno analogno se dokazuje da vrijedi: ako je lim onda je i lim � = oo ,
oo ,
" -+00
Iskoristimo to da bismo izračunali lim {(nf . Red
oo
2: nl = I I + 2! + . . , + n! + . . .
divergira. Međutim, postoji
,,=1
a,,+ l ll'm -n -oo an = n �oo , ll m
-'---'-
n!
.
= n,-oo lm ( n + l ) =
oo ,
dakle je i lim {(nf = oo ,
"-+00
Primjer 5.11. Navedimo primjer reda za koji nije moguće donijeti odluku o konver genciji na temelj u d' Alernbertova kriterija, ali je moguće dokazati njegovu konvergenciju pomoću Cauchyjeva kriterija. Neka je O < x < l i red L: ak definiran ovako: dakle, aU - l = xU+ l , au xU , 5 2 3 + + 7 + x6 + . . , , x +x + x 4 X
X
Prema d' Alembertovom kriteriju nema odluke jer vrijedi :
n = 2k
===>
aU+l au
=
x3 <
l;
fl
= 2k + l
===>
aU+2 = l aU+l x
> 1.
Pokažimo daje taj red konvergentan po Cauchyjevom kriteriju. =
n 2k
===>
vx2k = x
<
l,
u+';;x U+3 = x '
-+ x < 1 .
5. REDOVI
82
Ocjena ostatka. Prilikom izračunavanja zbroja nekog konvergentnog reda nailazimo na velike poteškoće. Potrebno je znati izraziti parcijalnu sumu Sn U pogodnom obliku i zatim odrediti njezin limes. To je obično teško realizirati. Kasnije će biti pokazano da za alternirane redove vrijedi: ostatak je po apsolut noj vrijednosti manji od apsolutne vrijednosti prvog člana kojeg nismo uzeli u zbroj, tj.
Irni
<
lan+ t I ·
Pretpostavimo da zadani red zadovoljava d' Alernbertov kriterij: za svaki an+ l < q < l , Tada Je: . vrijedi: --
an
qan, an+2 < q2an, . . . , an+k < lan. . . . . Prema tome za ostatak reda će vrijediti: . q rn an+l + an+2 + < an q(l + q + q2 + . . . ) an --. l -q an + l
odakle slijedi
rn < qn+ l (l + q + q2 + . . . ) ,
no
no
je
=
. . .
Analogno će vrijediti ako red zadovoljava Cauchyjev kriterij: za svaki ra:. < q < l . Tada je
''0> " '', ! , /.,,
>
<
=
/ , ./",, "
n
=
qn+l l -q
--
n
>
o
"
;;f;�f�;��f,t �.;jY;S� �?,;��fi:S.6� *Apsollltno�� �()n!el'ge��i
. &:;UlOJ W :' "..•
Do sada smo promatrali isključivo redove s pozitivnim članovima. Ispitujući njihovu konvergenciju koristili smo teorem o uspoređivanju redova, Cauchyjev ili d' Alernbertov kriterij. Tu je važno naglasiti da je, zbog pozitivnosti njihovih članova, niz parcijalnih suma ovakvih redova rastući niz. Stoga je za njegovu konvergenciju dovoljno pokazati omedenost tog niza. Situacija je mnogo složenija ako se promatra niz čiji svi članovi nisu svi pozitivni ili svi negativni. Ako među njima postoji samo konačno mnogo (recimo) negativnih, takav red možemo shvatiti kao red s pozitivnim članovima, jer su počevši od nekog svi njegovi članovi pozitivni. Pretpostavimo stoga da zadani red koji ima beskonačno mnogo pozitivnih i beskonačno mnogo negativnih članova. Uz svaki takav red povezujemo red čiji su članovi jednaki apsolutnim vrijednostima članova zadanog reda. Dakle zadanom redu l:: l an pridružen je red apsolutnih vrijed nosti l:: l lani · Mi želimo ispitati odnos konvergencije tih dvaju redova. Moguće je da zadani red konvergira, a njegov red apsolutnih vrijednosti ne konvergira. Takve redove nazivamo uvjetno konvergentnim redovima. primjer takvoga reda je red l l l l 1 - - + - - - + - -... 2 3 4 5 koji konvergira, a red apsolutnih vrijednosti divergira. Ako za neki red konvergira red apsolutnih vrijednosti, tada takav red nazivamo apso lutno konvergentnim. Pokažimo da je u tom slučaju i sam red konvergentan.
5. REDOVI
83
Teorem 5.9. Ako konvergira red
2: : 1 lan I ' onda konvergira i red 2: : 1 an .
Dokaz. Istinitost teorema slijedi neposredno iz nužnog i dovoljnog uvjeta konvergen cije reda. Red apsolutnih vrijednosti je konvergentan, to znači da za njegove parcijalne sume vrijedi: za svaki f > O postoji n E N takav da je za svaki m E N lan+ 1 1 + lan+21 + . . . + lan+m l � f. Kako za razliku parcijalnih suma I Sn +m - Sn I zadanog reda vrijedi lan+ 1 + an+2 + . . . + an+m l � lan+ 1 1 + lan+21 + . . . + lan+m l � E, slijedi njegova konvergencija.
Korisno je primijetiti sljedeće. Ako konvergira red apsolutnih vrijednosti, onda kon vergiraju i redovi sastavljeni samo od pozitivnih, odnosno samo negativnih članova zadanog reda. Označimo zadani red i njemu pripadne redove pozitivnih odnosno negativnih članova redom: 2:: 1 an , 2: � 1 bk , bk > O, 2::= 1 cm , Cm > O . Neka su parcijalne sume tih redova sa An , Bk , Cm i neka je S suma reda apsolutnih vrijednosti. Očito je
Cm < S, An članovima 2: � 1 bk
Bk < S,
=
Bk - Cm
za neki k i m.
= B i 2: : 1 Cm = C konvergiraju jer su Redovi s pozitivnim = im parcijalne sume rastući nizovi ograničeni odozgo . Prema tome ako red apsolut nih vrijednosti konvergira, onda konvergira i zadani red i za njegovu sumu vrijedi: A = limA n = Iim(Bk - Cm) = B - C kada n --+ oo .
Primjer 5.1 2. Ispitaj konvergenciju redova: l.
xn l cos n na" xn 2:n= 1 -;;- , 2. 2: n=o n ! , 3. 2: n=1 n 3 , 4. 2: n=1 � , 5. 2:: 1 n2 + l . ex>
ex>
ex>
ex>
1 . Pređimo na red apsolutnih vrijednosti i na njega primijenimo Cauchyjev kriterij.
2:: 1 je x
xn
n fi!-n 2:: 1 Ixnl , n xnl
--+ l xi < l red konvergira apsolutno za lxi < l . Ako n = l red divergira, to je harmonijski red. Kasnije će biti pokazano da red konvergira uvjetno za x = - 1 . 2. Pređimo na red apsolutnih vrijednosti i na njega primijenimo d' Alernbertov kriterij.
an 1
-
--+
-
-
I an+ 3I. To� n + l O red konvergira apsolutno za svaki je red s pozitivnim članovima. Niti Cauchyjev niti d' Alernbertov kriterij ne daju =
--+
x .
odluku o konvergenciji. Međutim mi znamo da je to konvergentan red jer je to poopćeni harmonijski red, s = 3 > l . cos n l "ex> l . . . 4. Red konverglra apsoI utno, naime OCltO Je -2- � 2 ' red L..m=1 2 konverglra. n n n 5. Pređimo na red apsolutnih vrijednosti i primjenimo na njega d ' Alernbertov kritev·
rij. Dobivamo:
an + 1 l an 1
=
·
lal . (n + + (l ) 2 + l l [( n
fl
l ) n2 + 1 )
I
--+
I
lal ·
Ako je
1al <
l red konvergira
5. REDOVI
84 apsolutno. Ako je lal >
1 red divergira. Ako je a
=
an n--- oo b 1 ,
l red divergira, jer je lim
lt
=
, n -2n -n+-1 ' bn n1 , harmolllJs" kI' red d'lverglra. Podsjetimo da ako postoji lim an/bn L , onda oba reda s pozitivnim članovima n-+ oo konvergiraju ili oba divergiraju, Ako je a -1 dobivamo alternirani red za koji ćemo
a
=
=
=
=
kasnije pokazati da je konvergentan,
Ako u zadanom redu ima samo konačan broj negativnih članova, onda možemo izo staviti nekoliko prvih članova reda i preći na red čiji su svi članovi pozitivni. Analogno postupamo ako bi u redu bilo samo konačno mnogo pozitivnih članova. Prvih nekoliko članova (recimo, prvih članova) ne može utjecati na to da li je red konvergentan ili ne. Sad prelazimo na proučavanje redova kod kojih se predznaci članova reda naizmjence mijenjaju, alterniraju. O konvergenciji takvih redova govori sljedeći Leibnizov kriterij.
1010
Teorem 5.10. Neka je zadan alternirani red
oo n=1
gdje je svaki an > O i vrijedi: 1. a l > a2 > . . . > an > l > . . . 2. lim a O . n Tada red konvergira i za njegov zbroj s vrijedi s < al . -+
an+
oo n
Dokaz. Napišimo parcijalnu sumu S2n na dva načina: S2n = (al a2) + (a3 a4) + . . . + (a2n- 1 - a2n) > O, s2n a l (a2 a 3 ) - , . . (a2n-2 - a2n- d - a2n < al ' Iz prvog izraza za S2n vidimo da su u zagradama pozitivni brojevi, to znači da je niz (S2n )
parnih parcijalnih suma uzlazan niz brojeva. Iz drugog izraza zaključujemo da su sve parne parcijalne sume manje od prvog člana, S2n < al , tj. niz takvih suma je rastući i ograničen, dakle ima limes i on je manji od . Za neparne parcijalne sume S2n- 1 vrijedi S2n-1 = S2n - a2n , te je
al
lim a2n lim S2n lim S2n-1 lim S2n /t-+oo /t-+OQ fi-+OO n-+oo =
=
Primjer 5.13. Zadan je red
s < aI .
f( - 1 )1I+1 � 1 21 + 3l - . . . + ( -1 )n+ l n1 + . . . . n= 1 n
=
-
-
5. REDOVI
85
Red apsolutnih vrijednost je hannonijski i divergentan je. Ovaj red je po upravo dokaza nom Leibnizovu kriteriju konvergentan, stoga je on uvjetno konvergentan. Pretpostavke teorema su ispunjene jer je
l>
�2 > �3 > . . . > �n > . . . ,
Zbroj toga reda je manji od
lim � n-> (X) n
l, kasnije će biti pokazano da je to
=
In 2
o. =
0.693147 . . .
Primjer 5.14. Dokaži da su sljedeći aIternirani redovi konvergentni: (x)
( l) n+1 ,
1. "" � n= 1 VIi
(x)
(x)
I ( l ) n+1n+1 _ , 3. "" ..:..,----'--:_ 1 ) ( � In n � n=2 n= 1 2n - l
2 . ""
-
Provjeri da je ispunjen nuždan uvjet konvergencije i da su nizovi padajući: (Leibnitz).
lim an n->(X)
=
O i al
>
a2
> ... >
an
>
.
.
..
(an )
monotono
Posljednji red za sumu ima
11:
-4
Mi smo već do sada dokazali neka svojstva konvergentnih redova: Zbroj i razlika kon vergentnih redova konvergentan red. Ako je c bilo koja konstanta, onda kad pomnožirno sve članove konvergentnog reda brojem c dobivamo konvergentni red. Istakli smo također da prvih no članova reda ne može utjecati na konvergenciju reda. Apsolutno konvergentni redovi imaju manje više ista svojstva kao i konačne sume. Uvjetno konvergentni redovi ponašaju se bitno drukčije. Pokažimo to sljedećim teoremima.
Teorem 5.11. (x)
Neka je zadan konvergentan red i pripadni niz parcijalnih suma
L an al + a2 + . . . + an + . . . ,
SI , S2 · · · , Sn, . . . , nlim -> (X) Sn S. n= 1 Grupiramo li članove tog reda, ne mijenjajući njihov poredak, dobivamo članove novog reda A I al + a2 + . . . + an" ·A 2 an.+ 1 + an.+2 + . . . i- an2, . . . . Red :Z::: : I An (a l + . . . + an.) + (an . +1 + . . . an2 ) + . . . konvergira i zbroj muje S . =
=
=
=
=
Dokaz. Neka su SI , S2 , . . . Sn, . . . parcijalne sume novog reda. Te sume nisu ništa drugo nego neke parcijalne sume polaznog reda, i prema tome njihov limes postoji i jednak je S . Moramo biti oprezni prilikom korištenja ovog teorema, jer njegov obrat ne vrijedi. Naime, ako su u nekom redu članovi već grupirani, onda se kod redova koji ne konvergi raju apsolutno ne smiju izostaviti zagrade. Kao primjer za to navodimo konvergentni red ( l - l ) + ( l - l ) + . . . + ( l - l ) . . . koji ispuštanjem zagrada postaje divergentan. Polazeći od apsolutno konvergentnog reda smijemo ispuštati zagrade, smijemo stav ljati zagrade i premještati članove, uvijek dobivamo redove koji su apsolutno konvergentni i imaju jednaku sumu kao i polazni red.
5 . REDOVI
86
Teorem 5.12. Neka je red 2: : 1 an apsolutno konvergentan i neka mu je zbroj S . Napravimo li bilo koju permutaciju niza (an ) , dobivamo novi niz (a� ) i polazeći od njega dobivamo red 2: : 1 a� kojije konvergentan i zbroj muje S.
Dokaz. Označimo sa Sn parcijalne sume zadanog reda, a novog reda sa s� . Trebamo pokazati da je niz (s� ) konvergentan i da mu je limes S . Odaberimo broj m tako velik da su u toj parcijalnoj sumi s!, kao pribrojnici svi članovi a" . . . , an , tj. neka je s� :::::: Sn + a"+J + . . . + an+k,
Tada vrijedi
I s� - sn i � l an+JI + . . . + l a,,+.t l·
Budući d a j e polazni red apsolutno konvergentan slijedi da s e ostatak reda može učiniti manjim od
� > O . Zato za dovoljno veliki n imamo I s:r
Sili
� l all+il + . . . + l anH I �
l s;' - S + s" - s,,1 � l s;'
Sn
i + IS
E :2 Sn
i � 2E + :2E
=
E.
Dakle novodobiveni red je konvergentan i suma mu je jednaka sumi polaznog reda.
Potpuno je drukčija situacija s uvjetno konvergentnim redom. Kod njega bilo grupi ranjem članova, bilo permutiranjem možemo promijeniti kako sumu tako i samu konver genciju. Interesantno je spomenti sljedeći Riemannov teorem.
Teorem 5.13. Neka je zadan uvjetno konvergentni red i proizvoljan realan broj M . Moguće je tako permutirati članove tog reda da će novonastali red biti konvergentan i da će imati zbroj M .
Dokaz. Neka je red 2: : 1 an uvjetno konvergentan. To znači da j e ispunjen nuždan uvjet konvergencije, tj. nlim an O . Nadalje redovi sastavljeni od samo pozitivnih, -oo
odnosno red sastavljen od samo negativnih č lanova polaznog reda moraju divergirati, pošto red nije apsolutno konvergentan. To ujedno znači da i njihovi ostaci divergiraju. Sad izgradimo novi red postupajući ovako. Odaberimo iz polaznog reda po redu samo toliko pozitivnih članova da njihov zbroj prelazi zadani broj M , i taj zbroj je prvi član novog reda. Zatim biramo po redu samo toliko negativnih članova (njihov zbroj je drugi član) i dodajemo prethodnoj sumi da dobijemo zbroj manji od M . Nastavimo na taj način dalje. Dolazimo do novog reda čije će parcijalne sume s:;' naizmjenice biti veće i manje od broja M . Razlika s:. - M kada je pozitivna manja je od posljednjeg pozitivnog člana ak kojeg smo uzeli u zbroj. Ako je ta razlika negativna, onda je njezina apsolutna vrijednost manja od apsolutne vrijednosti posljednjeg negativnog člana kojeg smo uzeli u zbroj. Budući da je polazni red konvergentan te vrijedi lim an O , slijedi da je M suma novodobivenog reda.
n-oo
87
5. REDOVI Primjer 5.15. Zadan je konvergentni red s pozitivnim članovima:
oo
OO
L L n= (2n + 1 )(2n + 2) = n= 1
O
O
(
) ( �) ( � - �) ( � - � )
1 1 2n + 2 2n + 1 -
+
12
3
4
+
5
6
+....
Ako izostavirno zagrade dobivamo alternirani red koji po Leibnizovu kriteriju konvergira, međutim, konvergira uvjetno. Njegova je suma jednaka sumi S početnog reda. Pogledaj mo što će se desiti ako članove tog reda grupiramo na drugi način, tako da poslije jednog pozitivnog člana dolaze dva negativna. Dobivamo red
( � �) (� - � �) ( � � ( ) �( � 1-
-
+
-
+...+
Zbroj ovako nastalog reda je S/ 2 , OO
1 1 1 2n + 1 - 4n + 2 - 4n + 4
1 - 4n
2n
1 . =2
OO
2 - 4n
� 4) + . . . .
1 1 2n + 1 - 2n + 2
)
= S
2
Neka su zadana dva konvergentna reda
oo n= 1 oo
B
=
L1 bn n=
=
bl + b2 + . . . + bn + . . . .
Polazeći od zadanih redova napišimo sv,e moguće produkte načnu matricu
alb i a 2bl a3b l a l b2 a 2b2 a3b2 alb3 a 2b3 a3b3
anbl anb2 anb3
a l bk a2bk a3bk
anbk
akbj
i svrstaj mo ih u besko
Na ovaj način dobivene produkte možemo na razne načine svrstati u niz, zatim napraviti red. Ako to napravimo po uzoru kako množimo polinome, onda dolazimo do Cauchyjevog načina množenja redova. Dakle, dolazimo do reda
albi + (alb2 + a 2bt } + (alb3 + a2b2 + a3bt} + . . . + (a l bn + a2bn - 1 + . . . + an- I b2 + an b t } + . . . .
5. REDovr
88
Možemo odmah zapaziti da je zbroj indeksa pojedinih sumanada u zagradama konstantan Caucbyjev produkt redova je red i iznosi po redu 2, 3, . n, n l,
.. + .... L Cn = C l + C2 + . . . + Cn + . . . , n=1
n Cn = L akbn+l-k. k=1
oo
Za red koji nastaje Cauchyjevim načinom množenja vrijedi sljedeći Cauchyjev teorem. Teorem 5.14.
Neka su zadani apsolutno konvergentni redovi oo
Cauchyjev produkt tih redova
Dokaz.
n=1
n=1
je apsolutnq konvergentan red i njegovje zbroj A B o o
Redovi
konvergiraju i ako napravimo za njih Cauchyjev produkt dobivamo red
ladlbd + ( ladlb21 + la2l !b1!) + o " + (Iadlbnl + la2l1bn-d + . o . + lan-lllb21 + lanllb l l ) + . . . .
Taj je red konvergentanjer su mu parcijalne sume manje od
(lal I + la21 + . . . + lanl )( lbl l + Ibz l + . . . + Ibn !} � A* B* .
Iz konvergencije posljednjeg reda slijedi i konvergencija Cauchyjevog produkta polaznih redova.
(Jx l < l ) vrijedi: ( � xn r = ( 1 + x + x2 +x3 + . o . + xn + . . . ) z = (. � x r
Primjer S.16. Za konvergentni geometrijski red
S druge strane, množeći redove dobivamo
Z (f xn) = ( l + x + x2 + . . . + xn + . . . )( l + + x2 + o + xn + . . . ) n=O = l + 2x + 3xZ + . . . + nxn 1 + . . . = ( l -l x )2 . X
•
•
_
Primjer 5.17. Zadani su apsolutno konvergentni redovi (provjeri d ' Alembertovim
kriterijem) :
n n f(x ) = L xn."I = l + -1.' + xZ2 ' + . . . + xn,.. + . . . n=O � � l + +� +.. + + .... = f(y) = L ,. l '. 2 '. ' . n,.. n. oo
X
o
oo
n;;{)
,
5 . REDOVI
89
Množenjem tih redova dobivamo apsolutno konvergentan red
f(x )f(y )
=
(1 + x +
Opći član novog reda je
�� + �� + . . .) ( 1 + y + 2! + �� + . . .) �zn. =
n xl< yn-k x2 . . + . . + + l · y+ . k'. (n -k) .' n! l ., 2'. n " � l kyn -k l, L (n) x ky ,,- k x � k!(n _ k) ! ' n! n . 1<=0 k 1<=0 Prema tome, z a redove f(x) i f(y) očigledno vrijedi: f(x) · f(y) f(x + y), f(O) 1 .
Zn
=
X
+..
.
. + x" --n .. l
= "'---'-
=
=
Takvo svojstvo imaju eksponencijalne funkcije, naime poznato je da za
cr . aY
=
cr+Y,
aO
=
a > O vrijedi
1.
Kasnije će biti pokazano da promatrani red predstavlja eksponencijalnu funkciju f(x)
=
tf .
Zadatak. S.l. Dokaži da množenjem redova oo
c(x) sex)
=
oo
2n
L (- l)" . (�n)! ' ,,=0
2n+ l
L (_ 1 )n . (2: + l ) ! n=O
Kasnije će biti pokazano da red c(x) predstavlja funkciju kosinus, u smislu da za svaki x red konvergira i njegov je zbroj cosx . Analogno će biti pokazano da red sex) reprezentira funkciju sin x . Rezultat ovog zadatka mogli bi izraziti poznatom fonnulom za sinus "dvostrukog kuta", naime poznatoje da vrijedi 2 cos x sinx = sin 2x .
6.
Limes funkcije I . o pojmu limesa . . . . . . . . . . . . . . . . 90
4. Aritmetičke operacije i limes . . . . . . . . 95
3. Jednostrani limesi . . . . . .
6. Limes kompozicije . . . . . . . . . . . . . 100
2 . Definicija limesa funkcije . . . . . . . . . . 9 2
. . . . . . . . 94
5. Nejednakost i limes
.
.
.
.
.
. . .
.
. . . .
.
97
Već je bilo isticano da je pojam limesa ili graničnog procesa osnovni pojam mate matičke analize. Definicije tako značajnih pojmova kao što su derivacija i integral sadrže pojam limesa. Pojam limesaje u najužoj vezi s pojmom neprekinutosti o čemu imamo neku intuitivnu predstavu temeljenu na iskustvu o gibanjima tijela, čestica, promjenama stanja itd. Ako razmatramo jednostavno gibanje po pravcu, onda često upotrebljavamo izraze ili njihove sinonime kao što su: kada se vrijeme "približava" trenutku to ; kada vrijeme "teži" prema to , onda se tijelo približava položaju so , ili tjelo će zauzeti položaj so , itd. Tako na primjer ako se x približava broju 2, onda će se f{x) x2 približavati broju 4. S obzirom da su to osnovni pojmovi njihovom definiranju treba posvetiti izuzetnu pažnju. Podsjetimo da je čovječanstvu bilo potrebno nekoliko stotina godina dok ti pojmovi nisu precizno (s današnjeg stajališta) definirani. Mi smo pojam limesa već upoznali najednom vrlo važnom tipu funkcij a koje smo nazvali nizovima ili sljedovima. Podsjetimo se cijele konstrukcije vezane za limes niza realnih brojeva. 1 . Najprije smo zadali fitnkciju - niz. njezina domena je skup prirodnih brojeva N i kodomena skup realnih brojeva R . Za svaki n N imamo funkcij sku vrijednost koju smo najčešće označili sa all ' Tako smo dobili prikaz funkCije u obliku =
E
a : N -+ R, 2. Limes niza (an) broj a
al, az, a 3. " ' . an. an+h . . . .
je (ako postoji). Zatim smo opisivali svojstva tog broja. Rekli smo da se u svakoj njegovoj okolini moraju nalaziti gotovo svi članovi niza. Okolinu broja zadajerno tako da se od broja a pomaknemo lijevo i desno za neki pozitivan broj. recimo Na taj način dolazimo do otvorenog intervala -otvorene okoline (a - E, a + E) a
f.
90
91
6. LIMES FUNKCIJE
oko broja a . Konačno smo imali formaliziranu definiciju pojma limesa niza realnih brojeva izkazanu na sljedeći način:
nlimoo all = a .....
{::::::}
("le > 0)(3no(e)
E
N)(Vn > no)(lall - al < e ).
Koliko je najviše članova niza izvan e -okoline govori nam broj no( e) pri čemu je istak nuto da on zavisi od zadanog broja e . Nadalje bismo mogli primijetiti da smo tražili čemu "teži" vrijednost funkcije (niza) kada n -+ oo ali nismo mogli "uvrštavati" oo . Pristupimo poopćenju pojma limesa na realne funkcije realne varijable.
Gomilište skupa. Neka je D podskup realnih brojeva, D � R . Broj x je gomilište skupa D ako za svaki e > O e -okolina (x - e, x + e) od x sadrži elemenata iz D različitih od x tj.
(x - e, x + e) n(D\{x} ) =F 0.
Skup svih gomilišta skupa D označimo sa D' i nazovimo derivacijom skupa D. Ne ka je Xo element skupa D' , Odaberimo niz okolina broja xo , recimo otvorene intervale III = (xo - �, xo + �) . U svakom od tih intervala ima točaka iz D i mi možemo odabrati jednu. Dakle, moguće je iz svakog ln odabrati točku XII ' XII E D , Xn =F Xo . Na taj način dolazimo do niza u D koji je konvergentan i limes mu je broj Xo . Primijeti da izbor točaka u tom nizu nije jednoznačno određen. Takvih nizova može biti beskonačno mnogo. Sama točka Xo može ali ne mora pripadati skupu D . Upravo rečeno iskazujemo tako da kažemo da je svaka točka gomilanja skupa D nizovno dohvatljiva iz D . Dakle, neka je f : D -+ R ondaje
Xo
E
D'
{::::::}
postoji niz (XII),
XII
E
D,
XII =F Xo,
lim Xn
11 ..... 00
Xo
Primjer 6.1. Zadani su podskupovi realnih brojeva: 1. [a, bl 2. (a, b) , 3. [a, b) , Z , 6. Q . Odredi gomilišta tih skupova. Provjeri da su to skupovi: 1 . [a, bl , 2. [a, bl , 3 . [a, bl 4. {O} , S. 0 , 6. R . 4.
{� I n E N } , 5.
'
'
Točke gomilanja od Z mogu biti samo ±oo , pri čemu gore danu definiciju gomili šta skupa D treba proširiti na sljedeći način: oo je točka gomilanja skupa D ako D sadrži povalji velike realne brojeve tj.
("IM > O)
===}
{x E R I X > M} nD =F 0;
-oo je točka gomilanja skupa D ako D sadrži po volji male realne brojeve tj.
(Vm)(m E R)
===}
{x E R I X < m} nD =F 0.
Izolirana točka Xo E D skupa D � R je takva točka iz D koja ima okolinu u kojoj je ona jedina točka koja pripada skupu D . Prema do sada rečenom uočavamo sljedeće. Zadajerno realnu funkciju realne varijab le. Njezina domena je neki podskup D realnih brojeva R . Neka je D' skup svih njegovih gomilišta, (vidi gornji primjer) . Za točke iz skupa D' definirati ćemo limes funkcije (u nekim možda neće postojati). Limes funkcije u točki je broj. Pokazat ćemo kako se on definira i određuje.
6. LIMES FUNKCIJE
92
Primjer 6.2. Zadana je funkcija f(x) =
x2 - l . Njena je domena domf = D = x+1
R\ { - I } , a skup gomilištaje D' = R . Limes funkcije možemo tražiti u svakoj točki domene, medutim vidjet ćemo da je jedini netrivijalni problem pronaći limes u točkama koje ne pripadajU domeni funkcije. Funkcija nije definirana za x = l , međutim - 1 je element skupa gomilišta domene. Postoje zato nizovi u domeni čiji je limes broj l . Zamislimo sad sljedeći eksperiment. Uzmemo džepno računalo i nastojimo pomoću njega izračunati vrijednosti funkcije U onim točkama koje su blizu broja - 1 . Naravno, ako pokušamo od računala tražiti vrijednost za x = - I , ono će javiti pogrešku. Dakle odlučimo se za neke nizove čiji su limesi jednaki - 1 . To moraju biti nizovi čiji su svi članovi različiti od - 1 . Kao primjer navodimo ove nizove, čiji je opći član: l
1 + -, n
Unošenjem vrijednosti za
an = - I + (- I )n •
2.
1
' -,
n
. an = sm
3.
n 2 - ynf'::.n n
ah a2 , . . . , an, . . . dobivali bismo pomoću računala niz brojki :
i primijetili bismo da su rezultati računanja sve bliže broju -2 . Objasnimo zašto. za svaki x 'I - I funkciju f(x) možemo 'skratiti':
f(x ) = Stoga je za
a n 'I l , an
-+
x2 - 1 (x - I) (x + l) = =x- L x+ l x+1
-1
ispunjeno
Nacrtaj graf funkcije i ustanovi da je to pravac bez točke To( - 1 , -2) . Kada bismo tu točku dodali grafu dobili bismo cijeli pravac. Mogli bismo reći i ovako: funkcija nije definirana u točki x = - 1 . Zadamo li ju u x = - 1 i to tako da njena vrijednost bude - 2 , postići ćemo da je graf funkcije pravac.
Mi ćemo dati dvije definicije limesa funkcije. Pokazat ćemo da su one ekvivalentne.
za Heineovu definiciju obično se kaže da je dinamička, jer se čini kao da su u njoj na
neki način očuvane intuitivne ideje o približavanju, teženju " Cauchyjeva definicij a je statična, u njoj nema više nikakvih "intuitivnih predstava" o gibanju. To je odnos sličan onom kao kad na primjer govorimo o rotaciji ravnine za 600 U tom slučaju možemo mi sliti o procesu gibanja koje nas dovodi postupno do te cotacije ili naprosto o već gotovom rezultatu tj. o skupu u koji su se pojedine točke preslikale. •. .
•
93
6. LIMES FUNKCIJE
Definicije limesa funkcije • Heineova l definicija: Realan broj A je limes funkcije f : D -+ R, D � R, u točki a E D' skupa gomilišta od D, ako za svaki niz (xn) iz D koji teži ka a ali tako da je Xn =1= a , vrijedi •
lim f(xn )
Ako je
A
n--+oo
limes funkcije f : D -+ R u
A
=
=
A.
a , onda pišemo
lim f(x) .
x--+a
• Cauchyjeva 2 definicija: Realan broj A je limes funkcije f : D -+ R, D � R, u točki a E D' skupa gomilišta od D, ako za svaki e > O postoji D > O takav da za O < IX - al < D slijedi
If(x)
-
AI < e .
Da je limes funkcije f : D -+ R broj
limf(x)
x--+a
=
A
�
A
zapisujemo
("le> 0)(3D(e) > 0)(0
<
Ix - a l
<
D
===}
If(x) - A I
<
e) .
(H)-definicija ekvivalentna je (C)-definiciji, tj. ako je A limes funkcije u toc1d a E D' po Heineovoj definiciji, onda je i po Cauchyjevoj, a vrijedi i
Teorem 6.1.
f : D -+ R
obrnuto.
Dokažimo ove dvije implikacije: 1. (H) ===} (C) . Neka je za svaki niz (Xn) koji konvergira prema a i pripadni niz funkcijskih vrijednosti (f(xn) ) konvergentan i neka je f(xn ) -+ A . Pretpostavimo da A nije limes po (C) definiciji. To bi značilo da postoji e> O takav da za svaki D > O vrijedi O < IX - al < D i If(x) - AI � e . Odaberimo niz ( Dn ) okolina oko a koje se stežu na točku a . Iz svake od njih odaberimo broj Xn . Na taj bismo način dobili niz (xn ) koji konvergira broju a , a vrijedilo bi If(xn ) - A I � e, sto je u suprotnosi s (H). 2. (C) ===} (H). Neka je A = I imx--+a f(x) prema (C). To znači
Dokaz.
("le> 0) (3D (e) > 0)(0 < IX - a l < D ===} If(x) - A I < e). Neka je dakle e> O zadan. Za taj e postoji D -okolina broja a navedenih svojstava. Neka je (Xn ) bilo koji niz koji konvergira broju a . Treba dokazati da i niz (f(xn ) ) konvergira broju A . Iz Xn -+ a slijedi da za zadani D postoji broj 110 takav da je za svaki n > 110 IXn - al < D. No to prema pretpostavci znači daje za svaki n> 110 i If(xn) - A I < e. tj. A = I imx. --+a f(x) . U proširenom skupu realnih brojeva definiramo limes funkcije i u točkama tih definicija: lim f(x)
x--+oo
=
lim f(x)
x--+-oo l
2
A
=
A
� �
("le> 0)(3M(e))((Vx> M ) ("le> 0)(3m(e))((Vx
Heinrich Eduard Heine (1821-1881). njemački matematičar Augustin Louis Cauchy (1789-1857). francuski matematičar
<
m)
===} ===}
If(x) - A I If(x) - A I
< <
±oo.
e) e)
Evo
6.
94
Prvom definicijom ističemo da će graf funkcije poslije nekog broja
LrMEs FUNKCUE
M(e)
koji ovisi
= A . Analogno se može dati interpretacija kada x - + Naime, u bilo kojem od slučajeva horizontalni pravac = A biti će asimptota grafa funkcije J (x) jer će biti lim IJ (x) - AI O, kada x -+ ili x -+ o E biti blizu horizontalnog pravca y -oo.
Primjer 6.3.
y
-oo
=
oo.
Zadana je realna funkcija
2} . J:D-+R, J(x) = x2 :z�: 6, D= R\{ -2, Odredimo limese te funkcije kada x - + 2, odnosno kada x -+ -2. očiglednih algebar skih razloga za x i= ± 2 vrijedi: 6 (x - 2)(x - 3) x - 3 J (x) = x2 x2- 5x- + 4 (x 2)(x+2) = x+2' Odredimo Iimese polazeći od Heineove definicije. Dakle neka je zadan bilo koji niz (x n ). lim Xn 2 , onda je n--'oo Xn - 3 -l l l·lm J (Xn ) = l'lm n-oo n-oo Xn +2 -4 Ako je (xn) niz čiji je limes broj -2, onda ne postoji limes funkcije. Naime, u tom bismo slučaju brojnik težio prema -5 , dok bi nazivnik težio prema O. Ovdje možemo vidjeti još nešto što će se kasnije pokazati vrlo značajnim. Ako bismo uzimali samo takve nizove koji konvergiraju prema -2 s lijeve strane (tj. svaki član niza je manji od -2 ) , onda bismo u nazivniku imali uvijek negativan broj i limes funkcije bi bio +, 00 međutim ako bi niz bio takav da se približavamo broju -2 s desna tj. preko vrijednosti koje su veće od -2, onda Iz
=;
=
4-'
bi nazivnik bio stalno pozitivan i limes funkcije bi bio -oo.
Primjer 6.4.
Odredi limes kvocijenta (smatrajući
x fiksiranim, tj. smatrajući da ima
neku unaprijed zadanu vrijednost) lim :"",:",---,---,:::"",:"",;" h--.O
2. J (x) = x2,3. J(x) xn , nEN. J (x) = x, l. hmh-+o x+hh- x = l , (x+h)2 -x2 = hmh_o(2x+h) = 2x. 2. hmh-+o h n (x + h ) l ( � (n) h - xn) - xn 3 . hmh ....O h = limh....o Iz' L;:o = limh_O[nxn-1 +·h ( .. ')l = nxn-l.
ako je: 1. ·
·
•
·
k
k �-
k k
Funkcija može biti zadana na takvom skupu da se .do točke gomilanja domene može
doći samo s jedne strane. U takvim točkama gomilanja onda govorimo o jednostranim
6. LIMES FUNKCIJE
9S
limesima. Moguće je također da iz nekih drugih razloga tražimo jednostrane limese. Ako se približavamo točki gomilanja a.
a
s lijeve strane tj. preko vrijednosti koje su manje od
onda takav limes (ako postoji) nazivamo lijevim limesom funkcije
zapisujemo na sljedeći način lim
f{x),
lim
f{x}.
x-n-O
odnosno limes s desna x-n+O
Broj
A
je jednostrani limes (lijevi) funkcije
lim
x-n-O
f{x) = A
<===>
f
u točki
('''E> 0)(38(e) > 0)(0 <
a
f
u točki
a
i to
ako vrijedi:
a -
x<8
�
If{x) - A I < e).
Analogno vrijedi za desni limes, tj. lim
x-n+O
f(x) = A
<===>
("lE> 0)(38(e) > 0)(0 < x
-
a<8
�
If{x) - A I < e).
Primjer 6.5. Odredi jednostrane limese funkcija = V'T="X2, x -+ l + O, x -+ l O. graf je polukružnica. 2. f{x) = l ako je x> O ; f(x) = l ako je x < O;f(O} = O. x -+ O ± o. Za po]ukružnicu postoje oba jednostrana limesa i jednaki su O. U drugom slučaju imamo funkciju signum (predznak). Graf funkcije sastoji se od dva polupravca i izolirane l. f{x)
točke. Provjeri da su desni i lijevi limesi u lim
=
x-o+o
l.
Xo =
O
lim
'
jednaki
x_O-O
=
- l.
y
o
x
-----�·l Sl. 6.1
Neka su zadane realne funkcije
Graf funkcije signum
f(x) i g(x)
f{x} . g{x}
,
± g{x)
koje imaju zajedničku domenu. Defini
rane su tada funkcije: zbroj odnosno razlika tih funkcija f(x)
zatim kvocijent tih dviju funkcija uz uvjet da je funkcija
u promatranom području ili barem u nekoj okolini točke
Ako funkcije f{x} i
g(x) imaju limese u točki Xo
Xo
•
produkt tih funkcija
g(x)
različita od nule
u kojoj želimo odrediti limes.
i ako su oni
A odnosno
B, onda vrijedi:
6. LIMES FUNKCIJE
96 Teorem 6. 2.
l. lim [t(x) ± g(x)] = lim f(x) ± lim g(x ) = A ± B, 2. lim f(x)g(x) = lim f(x)· lim g(x) = A . B, f(x) = Iimf(x) A ' g(x) i= o, B i= O. 3. lim g(x) lim g(x) B x-+xo
X-+Xo
X--+Xo
.%'-.%'0
X---+Xo
X-Xo
x .....xo
Dokaz. Dok az ali smo odgov ar ajući teorem o konvergen ci ji z bro ja, produkt a i kvo ci jenta nizov a. Kori steći Heineovom de fini ci jom lime safunk ci je sli jedi d a su tvrdn je gornjeg teorem adirektne po sljedi ce teore mao nizovim a. Dokažimo ip ak ov ajteorem uz u po tre bu Cau ch yjeve defini cije lime sa. Tre ba dok az ati d a z a sv aki e > O možemo odrediti tak av CS (e) > O da iz O < lx -xo l < CS sl i ed j i If(x) ± g(x) (A ± B)I < e) . D akle, nek a je z ad an E> O . Ond a je očito z ad an i �. za ta j � po sto ej bro jevi cS1 i � takvi d avrijedi O < x l -xo l < cS1 If(x) -AI < 2:e f im alime su Xo , O < x l -xo l < cS2 Ig(x) -BI < 2:E gim alime su xo · Nek a je CS = min( cS1, cS2). S ad iz O < lx -xo l < CS sli ej di : If(x) ± g(x) -(A ± B) I l(f(x) A) ± (g(x) -B) I E � If(x) -A I+ Ig(x) -BI �2+ 2 = e . D akle. lime sz bro ja je z bro jlime sa( ako oni po sto je). I sto vri jedi lime sr azlike. 2. Ako funk cij a im alime su neko jtočki xo , ond apo sto ji okolin ate točke u ko oj j ej on aogr ađen a. To ne posredno sli ej di iz de fin i ci ej lime sa. Naime. iz If(x) -A I < E z a sv aki x iz neke okoline od xo . sli ed j i d aje -E < f(x) -A < E. t j. A-E < f(x) < A+E. Nad al je ako je limf(x) A . ond a If(x) -AI mo remo učiniti po vol ji malenim z a sv aki x iz neke okoline od Xo . D akle : If(x) g(x) -ABI = If(x)g(x) -A g(x)+ Ag(x) ABI = l(f(x) -A) g(x)+ A(g(x) -B)I � If(x) -A llg(x) 1+ IA llg(x) -BI se
L
=>
�
=>
�
=
e
za
=
e e �2+2: = E
ej r je u okolini od Xo Ig(x) I ogr ađen . Tvrdn ja sli jedi : prem aprethodnom o bjašn ej n ju o ogr aničeno sti funk ci je u okolini gd je on aim alime s. z atim ako je lim If(x) -AI = O k ad a x Xo . ond az a sv aki M E R i pr odukt l(f(x) -A) . MI im alime sO. Z akl jučujemo d a n avedeni izr az mo remo učiniti man jim od E sv aki x iz neke okoline od Xo . -jo
za
6. LIMES FUNKCIJE
97
Uz potpuno analogna o bja šn jen aj do bivamo za lime skvo ci jenta f(X)B - g(X)A f(X)B - AB+AB - g(X)A � I f(X) I g(x)B g(x) �I B = I g(x)B I = I f(x) - AI+IA llg(x) - BI -l-If(x) A I+ A Ig(x) BI < 8. " IBll "'" Ig(x) 1 Ig(x)IIBI Ig(x) IIBI P rimjer 6.6. Opravda j po stupke ko je smo kori stili prilikom izračunavan ja sljedeća dva lime sa : . x2 +2x - 4 lim(x2 +2x 4) = 4+4 - 4 - 1 1. hm x-> 2 5x+6 10+ 6 4' lim(5x+6) x 2 1_ = �. l mi x->2 x+ 2 4 3.
�
�
_
_
Dokažimo t eorem ko jim pokazu jemo kako se lime sodno si prema ne jednako stima. Teorem 6.3. Neka u nekoj okolini tocKe Xo osim možda u Xo tri funkcije vrijedi nejednakost f(x) � g(x) � h(x) i neka je Iim x-.xo f(x) = Ii h(x) = A . Postoji limes funkcije g(x) u tocKi Xo i jednak je A . Dokaz. Neka je (xn) bilo ko ji niz iz okoline točke Xo za ko ji vri jedi : nlim ..... Xn = XO, (xn ::j:. XO, ) i f(xn ) � g(xn) � h(xn ). Nizovi (f(xn » i ( h(xn )) ima uj jednake lime se tada prema već dokazanom svo jstvu nizova sli jedi da i niz (g(xn » ima lime si jedn ak: je A . Kao vrlo znača jnu prim jenu ovog t eorema dokažimo da parna funk ci ja f(x) = sixnx , x::j:.O, domf = R\{O} ima lime skada x O, vidi sI.6.2. za
mx->xo
""
-+
y ] 3n
2n Sl. 6.2
Teorem 6.4.
Funkcija f(x) =
Funkcija
si n x
4n
x
x
sinx ima limes kada x O i vrijedi: x" sinx l lmo -X - 1. -+
x ......
-
6. LIMES FUNKCIJE
98
d (O.A)=1
y
d (D.B)=sin t
d (O,D)=cost d (A.C)=tg t
Sl. 6.3
Dokaz. Na slici 6.3 ozna čena je m jera kuta L(A OB) u rad ijanima bro ej m t. Pre ma i sto j slici za povr šine trokuta l::. ( OAB) , kružnog i sje čka L( OAB) i trokuta l::. ( OA C) vri jedi: l sin t l t l, t :s::: :s::: .
2
--
-...:
.
2 -...:
2
Budući da je sin t O za O
t l 1<-,-<
1(;
0
Stn t co st Kada t O preko pozitivnih vri jedno sti onda iz geometri jskih raz ol ga vidimo da će biti sint 1. ,hm l l ===> hm t-O t t-+O co st s i nx Budući da ej funkcija f(x) x parna, sli ej di da će i li jevi lime s biti jednak 1 kada t O , dak le vr ijedi , sin x l llm -+
,
--
=
-
=
=
-+
x-O X
=
,
U vezi s upravo dokazanim teoremom spomenimo i sljedeĆu procjenu l- cosx<x2, tj. cosx>l-x2,
o <x <
�,
To slijedi iz cos2x sin2x x2 l + cosx < x2 < 1+ cosx 1+ cosx 1+ cosx 1+ cosx jer je sinx < x, tj, sin2x < x 2 i 1 + cosx > l s obzirom da je u promatranom intervalu (O, Đ kosinus pozitivan, KombinirajuĆi ovu procjenu s nejednakostima za površine slijedi n. n sinx x2 < cosx < < l, za 2 < x < 2' 1- cosx
=
(l - cosx)
--;-
-
99
6. LIMES FUNKCI1E
Primjer 6.7. Odredi limese sljedećih funkcija ako x
-
O:
sin2 x 2. tgx sinax tgx - sinx 4 1. 3 x3 x " x" sinbx" sinx sinx _ _ l Evo kratkih uputa: 1 . sinx· = 0, 2.. cos x x x 2sinx sin2 � sinax l bx a . - cosx --.-- - -. 4. tgx - smx = smx 3. a ' = cosx b smbx b cos x ax tgx - sinx l sinx Sin ! 2 !. _ = x3 cosx X � 2
--
Teorem 6.5.
_1_. . --1
0·1
( )
Funkcija f(x) =
(1+
I
ima limes u x = O i vrijedi: 1 x)i = e
x)i
lim( 1
x-o
+
(1+ !n )
Dokaz. Već smo dokazali da vrijedi
lim
II-OO
(1+ �r 1 all (1+;;1) 1
II
= e.
Očito bismo i za svaki monotono rastući podniz (nk) niza prirodnih brojeva dobili podniz (Ck) niza
(all). all =
koji ima limes
=
<e<
(1+;;1)"+1
e. Podsjetimo također na nejednakosti = bil'
Niz (all) je striktno rastući, dok je niz (bil) striktno padajući. Nizovi imaju zajednički limes i to je broj e. lim all = lim bil = e. n-+oo
Dokažimo da vrijedi
11-+00
+
x) �
lim( 1
x-o
= e.
Dovoljno je dokazati da su lijevi i desni Iimesi jednaki i da su jednaki e. U tu svrhu neka je niz (Xk) niz pozitivnih brojeva koji kDnvergira prema O. Mo!emo nadalje pretpostaviti da su svi članovi tog niza manji od l . Prema tome za recipročnu vrijednost svakog člana Xk tog niza. postoji prirodni broj nk za kojeg vrijedi
+ 1. ( + +1 )11' (l + )11' (l + 1)1Il (l + � r' (1+ ) t ( l + :J 11.+ nk �
l
< nk x" U toj nejednakosti prelazeći na recipročne vrijednosti. zatim dodavanjem broja ciranjem dobivamo: <
l
-
Xk
�
nk l Radi izbora brojeva nk iz posijednje nejednakosti slijedi: nk
l
<
Xk
<
nk
•
I
l i poten-
6. LIMES FUNKCIJE
100
Pokažimo da su limesi krajnjih članova u toj nejednakosti jednaki broju primjenom "sandwich" teorema slijedi tvrdnja tj . limes ima vrijednost e .
lim
nk-OO
(
l +
1
nk + l
)
_ _
nk
lim = nk-OO
Analogno prethodnom slijedi: lim
nk-OO
(
l+
l
-
nk
)
nk+1
= lim
nk-OO
(
k )
_l nk+1 _ l + l l + - nk + l
l +
n
e =e .
=l
( n k ) ( n k) = e . l+
nk
l
-
l +
e , nakon čega
l
-
l
= e.
Prema tome dokazali smo da za desni lim�s vrijedi: lim ( l x- o + o
I
x) X = e . Da dokažemo da je i lijevi limes također jednak e , odaberimo bilo koji niz negativnih bro jeva (xd koji konvergira broju O. Možemo pretpostaviti da za sve članove tog niza vrijedi X > -l. Uz malo "algebarskog žongliranja" slijedi: nekaje X = � 0 < < l,
Ykk
--+
+
k -Yk ( Xk) xt = ( -Yk) e � yJ e � �� Yk) ( �kyJ ( �kyJ e· e.
Yk
O.
l
I
l
l
l+
=
l +
-y;
l
y;
I-Yk Yk
Prema tome i lijevi limes je jednak broj u
l
+ l
--+
l
Yk+I-Yk Yk
=
=
e , i tako je tvrdnja potpuno dokazana.
Dokažimo još jedan teorem o izračunavanj u limesa funkcija. On se odnosi na limes kompozicije. U primjenama bi se za njega moglo reći da nam daje uputu kako provodimo supstituciju prilikom izračunavanja limesa.
Y
Teorem 6. 6. Neka je zadana složena Junkcija = f(x) = F( z) = F(g(x)) , gdje je z = g(x) . Neka je limg(x) = zo , kada x Xo . Neka postoji lim F(z) = A , kada z Zo . Tada postoji limx_xo F(g(x)) i jednak je A . --+
Dokaz. Neka je konvergentan i lim z n
--+
(xn ) bilo koji niz čiji je limes Xo i Xn #- Xo . Niz (Zn) = (g(xnH-.je = Zo , Zn #- Zo . Sada je limx._xo F(g(xn )) = limz._zo F(zn ) = A. )
6. LIMES FUNKCIJE
101
P rimjer 6.8. Odredi limese: cos 3. limx--+ I 1.
y
--+
rc
l -x
1.
-1
Iimx--+o �---, 2. limx--+l x
l-y'X , 1- VX r.:; 3
.
Provedimo supstituciju
1, y � li x � O ,
limf(x) x-o
\YI+x
=
y,
Slijedi
l+
x =
y""
Kada x
--+
O, onda
y- l
=
l im y--+l y"
=
l"lm --:----.::-----y-I y"-l +y,,-2 +" .. +y+l
-
l
l
n
2. U zadacima ovog tipa provodimo supstituciju i to tako da "nestanu" svi korijeni. -t 3 Dakle, supstitucija x = t6• Kada x --+ l onda t --+ l, limx_I!(x) == limi _I l
(l-t)(I+t+t2)_� . 2 (1-t)(1+t) 3. Supstitucijom l - x = t slijedi rc cos (l t) sin '!!. 2t rc
' llIllt_1
l,lm/_o
l-
-
t
=
l'lIllt_o
t
--
= -,
2
da
t
--+
O
za x
--+
1,
dakle dobivamo:
7.
Neprekinute funkcije
l. Definicija neprekinute funkcije.
.
S. Neprekinutost elementarnih funkcija .. 112
. . .. 102
2. Svojstva neprekinutih funkcija ...... 104
6. Točke prekida funkcije i njihova
.
klasifikacija ... .. 119
3. Neprekinutost trigonometrijskih funkcija 107
4. Neprekinute funkcije na zatvorenom
7. O prekinutim funkcijama ......... 121
intervalu .... .... 11 O
Proučavajući funkcije i njihove grafove od velike nam je koristi ako znamo odrediti limes u nekoj točki uključujući tu i slučajeve kada x � oo ili x � -oo. Prilikom određivanja limesa u nekoj točki Xo funkcije f najprije je trebalo ustanoviti da je ta točka nizovno dohvatljiva iz domene promatrane funkcije. tj. Xo je morao biti limes nekog niza čiji su članovi iz domene funkcije. Sama funkcija nije nužno morala biti definirana u Xo . Pri pojmu neprekinutosti proučavamo limes funkcije u točkama u kojima je ona defi nirana. Reći ćemo da je funkcija neprekinuta samo u onim točkama u kojim je definirana i u kojima ima limes. pri čemu taj limes mora biti jednak funkcijskoj vrijednosti u toj točki. Možemo odmah primijetiti da ćemo u principu imati posla s dvije definicije nepreki nutosti jer smo imali i dvije definicije limesa funkcije. Opet će se pokazati. slično kao i kod limesa. da su te dvije definicije ekvivalentne. Prije nego pređemo na definiciju neprekinute funkcije promotrimo dva karakteristična ilustrativna r" 'era.
�
Primjer 7.1. Neka su zadane funkcije: 1.
f(x) f(x)
,
x2 = [x]. [x] je najveći cijeli broj =
•
\
x.'
2. Možemo odmah primijetiti l. 2.
102
(\t'xo)(xo E R) lim [x] = n
x .... n-O
==:}
-
l,
lim x2 = x5
x ......xo
[n]
=
n,
lim [x] = n.
X"" 1\+0
103
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
y r I I
� I
x
-2
O
_/ I I
Sl. 7.1
I
x
./
�
U prvom slučaju za svaki Xo funkcija f(x) x2 ima limes x5 koji je jednak funkf(xo} . U drugom slučaju funkcija najveće cijelo je po dijelovima
cijskoj vrijednosti
konstantna ("stepenice") i u svim točkama ima limes koji je jednak funkcijskoj vrijednosti osim u cjelobrojnim vrijednostima. U točki n ona ima lijevi limes koji je jednak
n- l
i
različit je od funkcijske vrijednosti, zatim ima i desni i on je jednak funkcijskoj vrijednosti
koja iznosi n. Graf te funkcije ima prekide II cjelobrojnim točkama.
Definicija7.1.
(Heine) Funkcija lim
X-+Xo
Definicija7.2.
f(x)
(Cauchy) Funkcija
(Vf > 0)(38(e) > O)(lx
R je neprekinuta u Xo f( lim x} = f(xo) ,
f:
D
-+
E
D ako je
X-Xo
f:
D -+ R je neprekinuta u točki Xo
xol < 8
=?
ako
If(x) - f(xo) 1 < f).
Vrlo je korisno neprekinutost funkcije u zadanoj točki Xo i ovako izražavati. Za svaku oko linu oko točke f(xo) , koju zadajemo brojem E> O, postoji okolina točke xo, zadajerno ju brojem 8 > O, koja se sva preslika u uočenu okolinu točke f(xo}. Dakle,
lx xol < 8 {:::::::> Xo 8 < x < Xo + 8, If(x) f(xo) I < E {:::::::> f(xo} E < f(x} < f(xo) + e Xo - 8 < x < Xo + 8 � f(xo} E < f(x) < f(xo) + E.
j
j(Xo)+E
- j(x)
j(xa)
j(xo)- E Sl. 7.2 Neprekinutost junkcije Analogno pojmovima limesa s jedne strane, uvodimo i pojam neprekinutosti s lijeva i neprekinutosti s desna. Definicije tih pojmova su sljedeće: funkcija
f(x)
je neprekinuta
104
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
s lijeva, odnosno s desna ako vrijedi: lim
x->xo-o
f(x) f(xo ) , =
l im
x->xo+o
f(x) = f(xo ) .
Ako je funkcija neprekinuta u nekoj točki, onda je ona neprekinuta i slijeva i s desna u toj točki. Obratno, ako je funkcija neprekinuta slijeva ili neprekinuti zdesna u točki, onda je ona neprekinuta u toj točki. Definicija7.3. Neka je f : D -+ R i D = (a, b) je otvoreni interval. Ako je f(x) neprekinuta u svakoj točki domene D, onda kažemo da je neprekinuta na D. Ako je D = [a, bl zatvoren interval. onda ako je f(x) neprekinuta na otvorenom intervalu (a, b), zatim neprekinuta s desna u a i s lijeva u b, kažemo da je f(x) neprekinuti na zatvorenom intervalu [a, bl .
Grafove neprekinutih funkcija možemo uspoređivati s tragovima materijalnih točaka kad se tijekom vremena gibaju pod utjecajem nekih stalnih sila. S takvim intuitivnim predodžbama moramo biti vrlo oprezni. jer kako ćemo vidjeti iz primjera, pojam nepreki. nutosti vrlo je složen pojam. Neprekinutost najbolje upoznajemo otkrivajući svojstva koja imaju neprekinute funkcije a koja slijede neposredno iz definicije neprekinutosti. U tom smjeru mi ćemo sad početi navoditi i dokazivati najbitnija svojstva neprekinutih funkcija. Jedan smjer ide prema algebarskim svojstvima neprekinutih funkcija, gdje se dokazuje da je zbroj, razlika. produkt, kvocijent, kompozicija neprekinutih funkcija neprekinuta funk cija. drugom smjeru dokazujemo osnovni teorem o neprekinutim funkcijama, a taj je: neprekinuta funkcija preslikava interval na interval, napose slika zatvorenog intervala je zatvoreni interval. Razmatrat ćemo realne fukcije čije su domene podskupovi realnih brojeva.
U
Teorem7.1. Ako jefunkcija f neprekinuta u točki xo, onda postoji okolina (otvoreni interval) toc1ce Xo na kojojje funkcija f omeđena.
Dokaz. Iz definicije neprekinutosti slijedi: za svaku okolinu U točke f(xo). zada jemo ju brojem E > O, postoji okolina V točke Xo . zadajemo ju brojem o > O. koju funkcija f preslika u U. tj. f(V) � U. If(x)-f(xo)l< e f(xo)+E j(x) �==::::;?( f(xo) f(xo)-e
: :
I
I I I I
Sl. 7.3
Ix-xol < ti
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
105
Okoline točaka su intervali: V dalje vrijedi
=
(xo - 8, Xo + 8),
U=
(j(xo) - e, j(XO ) + e )
x EV {::::::} Xo - 8 < x < Xo + 8 f(x) EU {::::::} f(xo) - e < f(x) < f(xo) + e, a to znači da je funkcija f omeđena na okolini V jer tu cijelu okolinu preslika u interval
okolinu U.
Teorem 7.2. Ako su f : D R, g : D R neprekinute u točki Xo E D, onda su u toj točki neprekinutefunkcije "# O. f(x) ± g(x), f(x )g(x), f(x) g(x) , g(xo) -+
Dokaz.
-+
Sve tvrdnje su neposredne posljedice analognih tvrdnji o limesima.
Primjer 7.2. Neposredne posljedice gornjeg teorema jesu: 1. Polinomi
n Pn (x) = L akxk = ao + alx + . .. + anxn k=O neprekinute su funkcije za svaki x E R. 2. Racionalne funkcije
ao + alx + . . . anxn bo + b 1 x + ... + bmxm neprekinute su u svim točkama za koje je Q m (x) "# O. Potrebno je uočiti: konstantna funkcija f(x) = c je neprekinuta, zatim f(x) x je R(x)
=
Pn (x) Q m (x)
=
neprekinuta. Sad istinitost tvrdnji u primjeru slijedi prema gornjem teoremu .
=
Teorem 7.3. (Neprekinutost kompozicije funkcija. ) Neka su zadanefunkcije f i g na otvorenim intervalima, f: (a, b) R, g: (a', b') R, i nekaje f((a, b)) � (a', b') . Ako je funkcija f neprekinuta u točki c E (a, b), a funkcija g u tocKi d f( c), onda je kompozicija h g of: (a, b) R, h(x) (g o f)(x) g(j(x)) neprekinuta u točki c . -+
=
-+
-+
=
=
=
Sl. 7. 4
Treba dokazati da za svaku okolinu U točke h ( c) = g(j(c)) postoji oko točke c koju kompozicija h preslika u U. Zbog neprekinutosti funkcije g u
Dokaz. lina
W
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
106
točki d = f ( e) za svaku okolinu U točke g(d) postoji okolina V točke d takva da je g(V) � U. Zbog neprekinutosti funkcije f za svaku, pa i za okolinu V postoji okolina W točke e takva da je f (W) � V . Dakle, imamo točke i pripadne okoline:
d = f (e) . . . V; gif (e)) . . . U h(W ) = g(f( W)) � U (f(W ) � V i g(V) � U) =? Prema tome za svaku okolinu U točke h(e) = g(f(e) ) postoj i okolina W koju funkcija h preslika u U, a to znači da je kompozicija h = g o f neprekinuta u točki e. e·
.
. W;
***
Sada pristupimo dokazivanju teorema da neprekinuta funkcija preslikava interval na interval. Dokazujemo najprije s tim u vezi jedno karakteristično svoj stvo monotone funk cije . Kasnije će slijediti da je monotona funkcija neprekinuta onda i samo onda ako preslikava interval na interval. Napomenimo, tako nešto općenito neće vrijediti. Tako na primjer prekinuta funkcija najveće cijelo preslika realne brojeve na skup cijelih brojeva. Ta funkcija na primjer preslika zatvoreni interval [O, l] u skup koji ima dva elementa i to su brojevi O i l .
Teorem 7.4. (Neprekinutost monotonih funkcija.) Ako striktno monotono rastuća (padajuća) funkcija f: X -+ R preslika otvoreni interval X = (a, b) na otvoreni interval y = ( e, d) = f (X), onda je ona neprekinuta u svakoj toc'1ci tog intervala .
Dokaz. Pretpostavimo da je f striktno rastuća funkcija. (Ako bi f bila striktno padajuća dokaz je potpuno analogan dokazu koji slijedi . ) Neka je Xo E X. Dokažimo daje f neprekinuta u Xo . Postoji okolina točke f(xo) E Y = f (X) potpuno sadržana u Y zato jer je Y otvoren skup. Prema tome postoji c > O tako daje interval (f(xo) - c,J(xo) + c) sadržan u Y. Nadalje zbog otvorenosti skupa X i monotonosti zaključujemo d a postoje brojevi Xl, x2 takvi da je
=? f(xJ ) = f(xo) - C < f(xo) < f(X2 ) = f(xo) + c . Za svaku okolinu U točke f(xo) (možemo odabrati c > O tako da je interval (f(Xa) c,J(xo) + c ) sadržan u U ) postoji okolina V = (Xl, X2 ) koja se preslika u U, a to znači da je funkcija neprekinuta u Xo . Ovaj teorem se često iskazuje tako da se tvrdi da je otvoreno monotono preslikavanje neprekinuto, (otvoreno preslikavanje je takvo koje preslikava otvorene skupove u otvo Xl < Xo < X2,
rene skupove) . Zbog pretpostavke o striktnoj monotonosti funkcija u teoremu slijedi da takve funkcije imaju inverzne funkcije. Dokažimo sad teorem o neprekinutosti inverznih funkcija.
Teorem 7.5. (Teorem o neprekinutosti inverzne funkcije.) Neka je X otvoren podskup realnih brojeva i f: X -+ Y strog o monotona neprekinutafunkcija. Tada vrijedi: J. postoji inverzna funkcija od f , neka je to g, koja preslikava Y = f (X) na X, 2. funkcija g je strog o monotona i neprekinuta na Y.
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
107
Dokaz.
Pretpostavimo da je J striktno rastuća. (Analogno se postupa ako je J pa dajuća funkcija. ) Za svaki y E Y zbog striktne monotonosti od J postoj i samo jedan x E X koji funkcija J preslikava na njega, J(x ) = y , g(y ) = g(f(x )) = x , J(g(y)) = y . Dokažimo d a j e funkcija g striktno monotona. Neka je Y I < y2 . Pretpostavimo d a nije g(YI ) < g(Y2 ). To bi značilo da je XI g(YI );?: g(Y2 ) = X2 . Sada bi zbog monotonosti funkcije J slijedilo Xl = g(YI );?: g(Y2 ) = X2 ==:::} J(x J) = J(g(y d) = Y I ;?: Y2 J(X2 ), što je u kontradikciji s pretpostavkom da je YI < Y2 . Dakle, funkcija g je striktno rastuća. Dokažimo da je skup Y otvoren. Neka je Y E Y, tada postoji X E X takav da je J(x ) y . Međutim zbog otvorenosti skupa X postoji okolina-interval (Xl, X2 ) oko točke X potpuno sadržana u X . To nadalje znači da je otvoreni interval (f(XJ), f(X2 )) sadrži točku Y i sadržan je u Y, a to znači da je Y otvoren. Prema tome preslikavanje g = J- l je strogo monotono i otvoreno, pa je prema prethodnom teoremu neprekinuto.
Primjer 7.3. Znamo da je funkcija X 1---* X neprekinuta za svaki x . Prema teoremu o algebarskim svojstvima neprekinutih funkcija slijedi daje i funkcija g(x ) = xn neprekinuta za svaki X E R jer je produkt neprekinutih funkcija. Nadalje namje poznato daje funkcija g(x ) = xn striktno rastuća na intervalu [O, oo), pa prema tome ona ima inverznu funkciju . Domena te inverzne funkcije je skup R+ U {O} tj. skup svih brojeva X ;?: O. Kao posljedica prethodnog teorema slijedi da je ta funkcija neprekinuta za svaki X ;?: O , a nazivamo ju n -ti korijen. i zapisujemo: J(x ) if.X, x ;?: O . i vrijedi lim J(x ) = lim if.X lim x = (YXO = J(xo ). X-Xo
X-Xo
«
X-Xo
Podsjetimo se definicija trigonometrijskih funkcija. Polazimo od kružnice radijusa r = l s centrom u ishodištu koordinatnog sustava (XOY). Ako krenemo iz točke To(l,O ) i krećemo se po kružnici bilo u smjeru ka.zaljke na satu bilo u suprotnom smjeru dolazimo do neke točke T čije su koordinate (u, v) . Za te koordinate vrijedi: u2 + v2 l.
Kod kretanja po kružnici u smjeru kazaljke na satu onda pripadni luk kružnice To T ima duljinu x > O. može biti veći od 2n. Primijeti da kružnicu možemo obići više puta prije negoli stignemo u točku T. Kod kretanja u suprotnom smjeru. duljine lukova računa mo S predznakom minus. Nakon ovog uvodnog podsjećanja definiramo trigonometrijske funkcije: v u cosx sin x u cos x , v = sinx, tgx = ctgx = -.- = -. v u' cosx smx Duljina luka To T = x je mjera kuta u radijanima . Podsjetimo da kut reprezentira uređen par poluzraka sa zajedničkim vrhom u ishodištu koordinatnog sustava, prva poluzraka sa drži točku To , dok druga sadrži točku T. U matematičkoj analizi pretpostavljamo uvijek
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
108
mjeru u radijanima. Ako koristimo neku drugu mjeru (stupnjevi), onda to treba posebno istaći. Iz definicije slijedi da su funkcije sinus i kosinus periodične funkcije s osnovnim periodom 2n , tj. sin(x + 2n) = sin x, sin( -x) = - sinx,
cos(x + 2n) = cos x, cos( -x) = cosx.
Funkcije tangens i kotangens periodične su s osnovnim periodom n , tj. tg(x + n) = tg x, tg( -x) = - tg x ,
ctg(x + n) ctg( -x)
=
=
ctg x,
- ctgx.
Podsjetimo također na neke specijalne vrijednosti funkcija sinus i kosinus za kutove čije su mjere u radijanima O, odnosno u stupnjevima, O° , 30° , 45° , 60° , 90° :
�, �, �, � sin
O°
30°
45°
60 °
90°
vo z
v'l z
v'2 z
VIJ z
fi z
fi z
cos
VIJ z
v'2 z
�
v'l Z
2
Iz definicija trigonometrijskih funkcija direktno su vidljive ili ih lako dokazujemo neke funkcionalne veze među njima . Navedimo neke najvažnije. sin2 x + cos2 X = l sin(x ± y) = sin x cos y ± siny cos x cos(x ± y) = cos x cos y1= sin x sin y
Ako je x = y , onda iz ovih tzv. adicijskih teorema slijedi: sin 2x = 2 sin x cos x, cos 2x = cos2 X - sin2 x.
Pripadne adicijske teoreme za funkcije tangens i kotangens dobivamo iz gornjih adicijskih teorema. sin(x ± y) sin x cos y ± sin y cos x tg(x ± Y ) = --7---'--': -:cos x cos y1= sin x sin y cos(x ± y) Djeljenjem s cos x cos y slijedi: tg(x ± y)
=
Analogno dobivamo: ctg (x ± y)
=
tg x ± tg y
---=------=-'---= 11= tg x tg y
ctg x ctgy1= l ctg y ± ctgx
.
109
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
Nadalje iz adicijskih teorema možemo dobivati razne veze između trigonometrijskih funkcija. Spomenimo samo neke. Zbrajanjem izraza koji slijede dobivamo: sin(x + y )= sin x cosy + siny cos x , sin(x - y )= sin x cosy - siny cos x , sin(x + y ) + sin(x - y )= 2 sin x cos y , slijedi supstitucija u+v u-v y=' 2 2 u-v . . . u+v SlO u + SlO V = 2 SlO - - cos - . 2 2 Potpuno analogno dobivamo sljedeće veze: . u + v . u-v . SlO U - SlO V = 2 cos - - SlO - -' 2 2 u-v u+v cosu + cosv = 2 cos - - cos 2 ' 2 . u + v . u-v cos u - cosv = -2 SlO -- SlO -- . 2 2 x + y=u,
x - y = v,
x=
-
-
-
-
Funkcija f (x) = sinx je neprekinuta za svaki x E R. U intervalu [- I' Il funkcija sinus je striktno monotono rastuća. Nadalje, iz definicije funkcije sinus (vidi na trigono metrijskoj kružnici ) slijedi da ona preslikava taj interval na interval [-l, ll, i uz to krajeve intervala na krajeve intervala, f ( - I) = -l , f ( I) = l , dakle prema prethodnom teoremu na tom intervalu je neprekinuta . Kako analogno vrijedi za svaki interval [kn- I' kn + Il, k E Z slijedi da je funkcija sinus neprekinuta za svaki x E R. Da je funkcija sinus neprekinuta u točki .xo možemo zaključiti i drukčije. Dovoljno je pokazati da razliku I sinx - sinxo l možemo učiniti povolji malenom za svaki x iz neke okoline točke Xo . Dakle, . x + x o . X - Xo . SIOX - SIO.xo = 2 cos - - SlO - -' 2 2 Kako je uvijek I sin x l � lx i, I cos x l � l, odavde slijedi lx - Xo I . . I SIOX - SIO.xo I :::: ./::: 2 . l . --2 - = Ix - Xo I· Ako je e = o, onda lx - xo l < o slijedi I sin x - sin.xol < l x -.xol = e. Dakle, funkcija sinus je neprekinuta za svaki x E R. Funkcija kosinus je neprekinuta za svaki x E R kao kompozicija neprekinutih funkcija: cos x = sin(x + x+ je neprekinuta za svaki x E R.
�),
�
Funkcije tangens i kotangens su neprekinute funkcije svagdje gdje su definirane, obzirom da su kvocijenti neprekinutih funkcija: cos x sinx tg x = -- , ctg x = -.-. SIOX cosx
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
110
Dokažimo dva Bolzano-Cauchyjeva teorema o međuvrijednostima neprekinute funkcije.
Teorem 7.6. (Bolzano-Cauchy) Neka je f(x) neprekinutajunkeija na zatvorenom < O. Postoji e E (a, b) takav daje f e e ) = o.
intervalu [a, bl i nekaje f(a)f(b)
y
x
Sl. 7.5 Neprekinuta funkcija koja na krajevima intervala ima različite predznake, posjeduje bar jednu nul-točku na tom intervalu
Dokaz. Iz uvjeta f(a)f(b) < O slijedi da funkcija f na krajevima zadanog zat vorenog intervala ima vrijednosti suprotnog predznaka. Ne gubimo na općenitosti ako pretpostavimo da je f(a) < O i prema tome f(b) > O , jer bi razmatranje drugog slučaj a bilo analogno. Označimo s a X {x E [a, bJ : f(x ) < O}. Skup X sadrži sve one elemen te iz [a, bl gdje funkcija f poprima negativne vrijednosti. X nije prazan jer je u njemu barem a . X je ograničen i prema aksiomima realnih brojeva ima supremum. Neka je to broj e . Točka e je nutarnja točka zatvorenog intervala [a, bl i vrijedi f( e) = O . Funkcija je lokalno negativna oko a i lokalno pozitivna oko b , što znači da je točka e nutarnja točka. Iz definicije točke e zaključujemo da postoji interval (e 8, e + 8) oko točke e u kojem za funkciju f vrijedi: ako je x E (e, e + 8) funkcija u točki x ima pozitivnu vrijednost. U svakoj okolini (x, e) sadržanoj u okolini (e 8, e) ima točaka u koj ima funkcija poprima negativne vrijednosti. Kako je po pretpostavci funkcija neprekinuta u e slijedi da je njezin lijevi limes jednak desnom limesu i jednaki su funkcijskoj vrijednosti f(e ) što znači da mora biti -
-
,
fe e) = lim f(x)::;; O, x-r-O
fee) = lim f(x » ) O x-c+O
===>
fe e) = O.
Teorem 7.7. Neka je zadana neprekinutajunkcija f na zatvorenom intervalu [a, bl i neka na krajevima intervala poprima različite vrijednosti, f(a ) f= f(h) . Ako je Yo E [t(a) , J(b)J proizvoljna vrijednost, tada postoji toeka e E (a, b) takva da je fe e ) = Y o · Bernard Bolzano (1781-1848), češki matematičar
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
111
Dokaz. Pretpostavimo da je f (a) < f (b ) i Yo element iz zatvorenog intervala [f(a),J(b)] . Za neprekinutu funkciju g(x) = f (x) yo vrijedi: g( a ) f (a ) - yo < O, g(b ) = f (b ) - yo > O .
-
=
Prema prethodnom teoremu postoji točka e f (e) = Yo·
E
(a, b) za koju je g( e)
=
f ( e)
- yo
=
O, tj.
Tvrdnje teorema 6. i 7. možemo i ovako iskazati: neprekinuta funkcija zatvoreni interval [a, b] preslikava na interval (kasnije će biti dokazano da je taj interval zatvoren) . To svojstvo neprekinutih funkcija često koristimo u numeričkim postupcima.
= -
.J lOx - 5 s točnošću od P rimjer 7.4. a) Odredimo nultočku funkcije f (x) 0.000 1 , tj. rješimo pripadnu jednadžbu trećeg stupnja s unaprijed zadanom točnošću. b) Odredi sva rješenja nejednadžbe V3x2 - 2x - l � 2(x - l) . a) Zadana funkcija je neprekinuta i za nju lako odredimo takve dvije vrijednosti a i b u kojima funkcija poprima vrijednosti suprotnog predznaka. Poželjno je da te dvije vrijednosti budu čim bliže, jer se nultočka nalazi između njih. To su sada f (O) = -5 < O i f (4) = 19 > O . Ponavljajući analogan postupak dolazimo do sljedeće tablice:
4
3
3 .5
+
3.4
3.3
3 .3876
+
3.3877 +
Nultočka Xo je iz intervala Xo E (3.3876; 3 . 3877) . b) Nejednakost ima smisla samo ako je 3x2 - 2x - l � O . Iz te nejednakosti slijedi l da je domena ( -oo, 3] U [l, oo ) . Funkcije
-
f (x)
=
V3x2 - 2x - l ,
g(x)
=
2(x - l )
s u neprekinute funkcije pa je neprekinuta i funkcija h(x) = f (x) - g(x) . Funkcija h(x) poprima vrijednost nula samo u x = 5. Dakle u intervalima u kojima razmatramo nejed nakost ili je f > g ili je g > f . Koja nejednakost vrijedi provjerimo uvrštavanjem neke posebne vrijednosti iz datog intervala. Skup svih rješenja x je l x E - oo, -3] U [ 1 , 5] .
(
Dokažimo dva značajna teorema o neprekinutim funkcijama na zatvorenom intervalu. P rvim Weierstrassovim * teoremom se tvrdi da je takva funkcija ograničena na zatvo renom intervalu, a drugim da ona preslikava zatvoreni interval na zatvoreni interval. To možemo i ovako iskazati. Neprekinuta funkcija preslikava zatvoreni interval [a, b] na zatvoreni interval [e, dj. Postoje dakle točke Xl , X2 E [a, b] i f (xd e, f (X2 ) = d, tj. funkcija f postiže svoj minimum, jednak e i svoj maksimum, jednak d , u točkama Xl , odnosno x2 .
=
•
Karl Weierstrass (1815-1897), njemački matematičar
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
112
Teorem 7.S. Ako je funkcija 1 neprekinuta na zatvorenom intervalu [a, bl. onda je ona ograničena na tom intervalu. tj . postoji realan broj M > O takav da za svaki x E [a, bl vrijedi I/(x)1 < M.
Dokaz. Dokažimo da je funkcija ograničena odozgo. Potpuno analogno se dokazuje da je ograničena i odozdo (ili se može dokazati da je -I ograničena također odozgo). Dokaz provodimo polazeći od suprotnog, tj. neka funkcija nije ograničena odozgo. Tada bi za svaki prirodan broj n postojao Xn E [a, bl i bilo bi I(xn) > n . Na taj način bis mo dobili beskonačan niz brojeva (xn) iz intervala [a, bl i I(xn) > n . Iz ograničenog niza (xn) možemo izdvojiti konvergentan podniz (Xk) koji ima limes Xo E [a, bJ . Zbog neprekinutosti funkcije 1 u točki Xo slijedi lim I(x)
.%-+.%0
=
I (x o ) ,
s druge strane je
lim I(x)
.%I
.....XO
-+ oo .
Iz dobivene kontradikcije slijedi da je funkcija ograničena odozgo. Dokažimo konačno i značajni drugi Welerstrassov teorem.
Teorem 7.9. Neprekinutalunkcija zadana na zatvorenom intervalu [a, bl preslikava taj interval na zatvoreni interval lc, dj .
Dokaz. Prema prvom Weierstrassovom teoremu funkcija je ograničena odozgo i pre-
ma tome
d = sup{J(x)} < oo.
Ako bi bilo I(x) < d za svaki x E [a , bl onda bi funkcija g(x) prekinuta, dakle i ograničena, g(x) �
I(x) � d -
.!..
m,
m
�
, bila ne (x) > O. Iz posljednje nejednakosti slijedi:
< d, što je u suprotnosti sa d
=
=
d
_
sup{J(x)}. Dakle, mora postojati
X2 E [a, bl takav da je d = I(X2) ,tj. X2 je točka u kojoj funkcija 1 postiže svoj maksimum na [a, bl. Analogno se dokazuje da funkcija postiže svoj minimum e u nekom XI E [a, b], l(xI) = e. tj. I( [a, bl ) = [e, dj. m
Temeljnim elementarnim funkcijama možemo smatrati sljedeće tri funkcije: 1. I(x) = xn (potencija); 2. I(x) = cr, (opća eksponencijalna funkcija); 3. I(x) = sinx , (sinus funkcija). Polazeći od tih najednostavnijih funkcija pomoću konačnog broj algebarskih operacija i konačnog broja kompozicija dobivamo i ostale elementarne funkcije. Nismo morali uzeti za najednostavnije upravo tri navedene funkcije,mogli smo uzeti i neke druge. Sve tri •
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
113
funkcije su definirane za svaki x E R. Poznato je da linearnim kombiniranjem funkcija tipa 1. tj. funkcija J(x) = xn dobivamo funkcije koje nazivamo poIlnomima,
n k Pn(x) = Lakx k=O
=
ao + alX + a2x2 + ... + a xn. n
Nadalje kao kvocijente polinoma dobivamo racionalne funkcije:
�
� =Oakxk aO + alx + ... + anxn Pn(x) = = qm(x) bo + blx + ... + bmxm . �k=ObkXk Također nam je poznato da je funkcija J(x) = x neprekinuta. Koristeti se teoremom o al gebarskim svojstvima neprekinutih funkcija slijedi da su sve funkcije J(x) = xn, n E N neprekinute, nadalje kao zbroj neprekinutih funkcija i svaki polinom je neprekinutafunk cija. Prema istom teoremu kao kvocijent neprekinutih funkcija svaka racionalna funkcija je neprekinuta funkcija. Podsjetimo da je područje definicije racionalne funkcije unija R(x)
=
otvorenih intervala realnih brojeva, tj. racionalna funkcija nije definirana samo u realnim nultočkama nazivnika. Uzmemo li restrikciju funkcije J(x) = xn, n E N na interval [O, oo ) , poznato nam je da je ta restrikcija strogo monotona funkcija, tj. ako je ° � XI � X2, onda je ° � xl � Xl . Podsjetimo da iz jednakosti xl - Xl = (X2 - XI)(x�-I + x�-2XI + x�-3x? + . . . + x2x'l-2 + x'l-I)
koju smo dokazali indukcijom, slijedi stroga monotonost funkcije xn na intervalu [O, oo ) . Naime ako je XI < X2, onda je desna strana u gornjoj jednakosti pozitivna, prema tome je i lijeva. Funkcija xn je nadalje neprekinuta za svaki x E [O, oo ) , pri čemu je u x = ° neprekinuta s desne strane. Funkcija zbog stroge monotonosti ima inverznu koja je također strogo rastuća funkcija, koja je neprekinuta funkcija. Dakle, funkcija J(x) = xn, X � O, ima inverznu i to je J-I (x) = fIX, x � O. Tu inverznu funkciju nazivamo n -ti korijen. y
x
Sl. 7.6
Eksponencijaina funkcija. Prisjetimo se nekih svojstva eksponencijalne funkcije. Ako je a > ° a l- 1, za svaki prirodni broj n E N definirajmo pripadnu potenciju. Dakle,
l a -n = n E N. an' Ovako definirana potencija ima sljedeća svojstva: za svaki m , n E N vrijedi: l . am.an = am+n , 2. (an ) m = amn, 3 . (abt = an bn an = a·a·a . .·a = a·an-I ,
7 . NEPREKINUTE FUNKCIJE
1 14
Nadalje lako se dokaže da vrijedi:
4.
(n >
m
i
a>
l)
===} a n> am,
Ako je eksponent racionalan broj ovako:
r =
m
n
5. m
E
al > a2 > O ===} a� > ai > O Z,
n
E N ,onda potenciju definiramo
Za ovako definiranu potenciju s racionalnim eksponentom vrijede istih navedenih pet svojstava koja su vrijedila kada je eksponent bio prirodan broj. Osim toga već je pokazano da VIii-l kad n - oo. Definirajmo potenciju i za slučaj kada je eksponent iracionalan broj. Dakle, neka je x iracionalan i neka je sada a > l. Postoje nizovi racionalnih brojeva od kojih su jedni rastući a drugi padajući i limes im je zadani iracionalni broj x. Za svaki član bilo kojeg od tih nizova definirali smo potenciju s bazom a. Na taj način dolazimo do novih nizova za čije članove vrijedi: Xl < X2 < ... < Xn < ... < X < ... < Yn < Yn-l < . . . < YI, ctl < ct! < ... < ct- < .. < ct < . . . < aY' < aY·-1 < . . . < aYI, lim Y = X, lim Xn lim ct- = lim aY' = ct, xn ,Yn E Q. n-+oo n-+oo 1J-+OO n n-+oo
Da su ti limesi jednaki vidimo ako usporedimo opće članove pripadnih nizova. Njihova razlika teži prema nuli . Naime, za razliku općih članova dobivamo: jer postoji
m
E N takav da je
l
Yn - Xn < -,
-----" --,-
aYn-x" < a �
_
l
m _
oo.
Prema tome za svaki realan broj X E R i za svaki a > l jednoznačno je određen broj ct, tj. dobro je definirana funkcija X _ aX koju nazivamo eksponencijalnom funkcijom. Bitna svojstva funkcije J (x) = ct su: 1. domena je skup R 2. J(R) (O,oo),J(O) = l, 3 . Xl < X 2 ===} J(xI) < J (X2 ) , 4. J(x + y ) J(x)f(y) . Ako je O < a < l, onda eksponencijalna funkcija nije striktno rastuća nego je striktno padajuća. Dakle svojstvo 3. bi sada glasilo : m
3.
O< a<
l
Svojstva 1 , 2 , i 4. vrijede i u ovom slučaju.
7 . NEPREKINUTE FUNKCIJE
115
aX O
Y
\ \ \ \ \ ,
x
Sl. 7. 7 EksponencijaIna funkcija i njena inverzna funkcija
Dokažimo posebno da je eksponencijalna funkcija neprekinuta u x Već smo dokazali da je limn--->oo a� = l . Dokažimo da je
lim� = aO = l . x--->O Neka je zadan E > O. Postoji broj nO ( E) takav da za svaki Dokažimo da ako je
lx i <
-l ,
n
onda je
� I
n
>
no
=
O.
vrijedi a �
- l < E.
- I I < E.
-l pa je zbog monotonosti eksponencijalne funkcije a l < � < a� O < � - l < a� - l < l U slučaju da je x < O, onda je O < -x < - pa opet zbog monotonosti slijedi O < a-x - l < a� - l < E �- l > Ako je x > O, onda je O < x < O
n
=
===>
E.
n
===>
Dakle, u svakom slučaju je:
l lx i < n
E.
� I - ll < E,
a to upravo znači da je eksponencijalna funkcija neprekinuta u x O. Pokažimo sada da je eksponencijalna funkcija neprekinuta u bilo kojoj točki lim � = lim a(x-xo)+xo = lim � -xo . �O = �O lim �-xo = �O
X---+Xo
X---+Xo
=
X-+XO
Posebno istaknimo eksponencijalnu funkciju
f(x)
(
X-+XO
xo
:
•
�)X ::::::
lim l + 2,7 1 828. . . X---+OO X koja je striktno rastuća i neprekinuta. U vezi s tom funkcijom spomenimo vrlo česte =
ec,
e =
kombinacije funkcije ec i funkcije e-x koje su poznate pod zajedničkim nazivom tzv. hi perbolnih funkcija ili hiperboličkih funkcija. Pojedinačni nazivi tih funkcija su: sinus
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
116
hipperbolni, koslnus hiperbolni, tangens hiperbolni l kotangens hiperbolni.
tih funkcija su: sh x =
-x c:
- e -x
2
ch x =
'
� +e-x
2
Definicije
'
sh x � e-X th x = - = , ch x e"" + e-X x ch x � +ecthx = = . sh x e"" e-X Funkcije su definirane za svaki realan broj osim što cth x nije definiran za x = O . -
-
y
y
x
x
�./ \ cth
Sl. Primjer 7.S .
7.8
x
HIperbolne funkcije
Sl.
7.9
Direktnom provjerom dobiva se: ch2 x - Sh2 X = l, sh (x ±y )
=
shx chy ± shy ch x,
ch (x ± y ) = chxchy ± shxshy .
Primjetirno da je shx < ch x , shx = - sh ( -x ) , chx = ch ( -x) . Funkcija sh x je striktno rastuća jer je e"" rastuća, paje i � /2 striktno rastuća. Funk cija _e-X /2 je takoder stiktno rastuća pa je sinus hiperbolni striktno rastuća funkcija jer je zbroj striktno rastućih funkcija. Nepreklnuta rjelel\Ja Cauchyjeve funkcionalne jednadibe. Cauchy se sustavno bavio prou�avanjem funkcionalnih jednadžbi koje nose njegovo ime. To su jednadžbe:
1. f(x+y ) = f(x) +f(y ) ,
2 . f(xy ) = f(x ) +f(y ) , f(xy ) = f(x)f(y ) .
3.
4.
1. f(x ) = ex,
3.
f(x+y ) = f(x)f(y ) , Neka rješenja tih jednad!bi su funkcije:
2 . f(x) = e lnx , f(x) = cr, 4. f(x ) = xc• Mi ćemo detaljnije proučitijednad!bu kojaje u vezi s eksponencijalnom funkcijom. Dakle, neka je f(x +y ) = f(x )f(y ) , za svaki x, y E R, i limx.....o f(x) = f(O ) . Dokažimo da
1 17
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
su jedina rješenja koja su neprekinuta u x :::: O i zadovoljavaju Cauchyjevu funkcionalnu jednadžbu funkcije: l. I(x) :::: O za svaki x ER i 2. I(x) == tr. Dokaz. Uvrštavanjem x = y == O u zadanu jednad!bu slijedi:
1(0 +O} =/(0)2 =>/(0)(1- I(O)} = O =>1(0) = O ili 1(0) = 1.
Ako bi bilo I(O} = O, onda za svaki
x
slijedi:
I(O} = O =>I(x+O) = l(xlf(O) � O => I(x) :::: O.
Ako bi bilo 1(0) = 1 imamo:
1(0):::: 1 => I(x- x) =/(xlf(-x) =/(0):::: l , =>I(x) �O.
Nadalje zaključujemo:
I{xlf{-x) = 1 => I{x) :::: I(x) ::::/
::::/2
+
� � =r(�) +
1
I( -x) = I(-x)' I(x) ,
( � �) ( � )
Dakle. za svaki x ER je I(x) >o.
1(1):::: a =/(
1
> O.
� (�) (�) (�) (�)
+ ... + ) =1 => I
::::
, ..I
I
a�.
Odredimo vrijednosti funkcije za racionalne brojeve. Najprije neka je zadan pozitivan racionalan broj. Dakle,
( ) (� �
m>o =>/ ;
=/
+ +'''+
Ako je zadan negativan racionalan broj. onda vrijedi:
�) m (�) =I
=a'.
() ( )
m/ �
=/
- m I l
=�= �_, =a�. 1( 7 ) a � Zaključujemo da za svaki racionalni broj mora biti n
I(r) =/
n
( ;)
=a� =ar,
Odredimo vrijednost funkcije u bilo kojem reaJnom broju x, Odaberima bilo koji niz racionalnih brojeva koji konvergira broju x i odredimo · I(x) ' I(x- rll + rll) ' I(x - r,.)f(r,.) Jlm = Jlm :::::::: l'lm I(x - rll ) l lm -:::: r TJt ....X ...
a .
r.....x
Qr"
,,.-+x
ar"
r,,-.x
•
Obzirom da je prema pretpostavci funkcija neprekinuta u x:::: O slijedi:
lim/(x- rll) ::::1(0) ::::
rll ....x
l
=> I(x) :::: lim ar.
r" ....x..
::::
tf,
Time je dokazano da vrijedi I(x) = tr za svaki x ER, Pokažimo monotonost funkciuje I . Ako je a > l. onda je a! > 1.�. I(!) > l pa za i > O vrijedi I(i) > 1. Dakle. za svaki pozitivan racionalni broj r vrijedi ar > 1.
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
118
Zbog neprekinutosti je a! > l za svaki realni pozitivni broj x . Koristeći se tim slijedi J (X2 xd a!2-Xl = a!2a -Xl > l ====} a!2 > a!l . XI < X2 Ako je O < a < l , onda je funkcija J (x) = a! striktno padajuća.
Logaritamske funkcije. Eksponencijalne funkcije J (x) = tr su striktno monotone i neprekinute. Ako je baza a > l , funkcija je rastuća, ako je O < a < l funkcija je striktno padajuća. Prema tome u svakom slučaju postoji inverzna funkcija kojaje striktno monotona i neprekinuta. Te funkcije nazivamo logaritamskim funkcijama . Eksponencijalne funkcije preslikavaj u otvoreni interval (R) . na otvoreni interval (O, oo) = R+ . J(x) = ct, domJ R, J(R) = (0, 00). Za logaritarnske funkcije će domena biti otvoreni interval (O, oo) , f - 1 (x) = loga(x) , domf - I ' (O, oo ) , 10ga(O, oo) = R. Ako je a > l , onda je logaritamska funkcija striktno rastuća i ako je O < x < l ====} loga x < O, loga l 0, loga x > O za x > 1 . Ako je O < a < l , onda je logaritamska funkcija striktno padajuća i vrijedi: O < x < l ====} loga x > 0, loga l = O, loga x < O za x > l . Podsjetimo na osnovna svojstva logaritamskih funkcija. Sva ta svojstva lako se dokazuju koristeći se svojstvima eksponencijalne funkcije. x l . log(xy) = log x + logy, log log x logy y 3. 10gxY = y logx,
2.
Ciklometrijske funkcije. Navedimo četiri elementarne funkcije koje su inverzne funkcije restrikcija trigonometrijskih funkcija na određene intervale. Te su funkcije poz nate pod zajedničkim nazivom ciklometrijske funkcije .
2. 4.
1 . J (x) = arc sinx, x E l , l ] ; J(x) = arc cosx, x E [- l , l ] ; 3 . J(x) = arc tgx, x E R; J(x) arc ctg x, x E R Interval na kojem uzimamo restrikciju pripadne trigonometrij ske funkcije biramo tako da je na tom intervalu funkcija striktno monotona pa će pripadna restrikcija imati inverznu funkciju koja će također biti striktno monotona i to će biti pripadna ciklometrijska funkcija. Izbor intervala na kojima je pojedina trigonometrijska funkcija monotona nije jednoznačan . Mi ćemo uzeti restrikcije na sljedeće intervale: rc rc 1 . sm x · " 2 ' ] ; cosx · . . [O, rc] ; '2 rc rc 3. tg x · . . ( - 2 ctg x · . . (O, rc).
2. ' 2 ); 4.
Prema definiciji ciklometrijskih funkcija, moramo uvijek voditi računa da su to inver zne funkcije restrikcija tng onometrijskihJunkcija . Znamo da funkcija sinus nema inverznu funkciju. Međutim za ciklametrijsku funkciju arkus sinus vrijedi: sin(arc sin x) = x samo za x E [- 1 , 1 ] , arc sin(sinx) = x samo za x E [-
�; �l.
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
1 19
Analogne kompozicije vrijede i za ostale arkus funkcije. Sve su arkusfunkcije neprekinute funkcije u svakoj točki u kojoj su definirane. Uoči neprekinutost samo s jedne strane za funkcije arc sinx i arc cosx u točkama x =
±l
.
y
arccos
x
y arcsin x
-/
arctg x
x
x
-------
- 1[/2
Sl. 7. ll
Sl. 7./0 Ciklometrijske funkcije
Primjer 7.6. Iz definicije ciklometrijskih funkcija slijedi: 1. 2. 3. 4.
-
::
� arc sin x �
2 '"
::
'
'" 2 '
x E [- l ', l]
O � arc cosx � :rc; X E [- l ; lJ :rc :rc 2 < arc tg x < 2 ; x E R -
O < arc ctgx < :rc;
xE
R
Očito je I arc sin x broj iz intervala (O, :rc) . to znači da prema adicijskom teoremu za funkciju kosinus i svojstva arkus sinusa vrijedi: :rc . :rc cos( 2 - arc smx) = x =::;. arc sin x + arc cosx 2' x E [- l ; I ] . Slično s e dokazuje d a vrijedi:
:rc arc tgx + arc ctgx = 2 '
xE
R.
Mi smo definirali neprekinutost funkcije f u nutarnjoj točki njezine domene. Da je točka Xo nutarnja točka domene znači da postoji otvorena okolina U (interval) koja sadrži točku Xo i ta cijela okolina je sadržana u domeni funkcije. Za funkciju neprekinutu u Xo zahtjevali smo da za svaku otvorenu okolinu V oko točke f(xo) postoji okolina U oko
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
120
točke xo koja se preslika u V . Drugim riječima, sve točke koje su blizu točke Xo moraju se preslikati blizu točke f (xo) . Posebno je bila definirana neprekinutost slijeva, odnosno s desna, koristeći pri tom pojmove lijevog i desnog limesa funkcije. Označimo sa A rečenicu kojom smo izrazili Cauchyjevu definiciju neprekinute funk cije f : D -+ R , u točki xo E intD :
('ve > 0 ) ( 30 > O}(Yx) ( lx - xo l < O => lf (x) - f (xo ) 1 < e). A Dakle. funkcija je neprekinuta u nutarnjoj točki .lo ako je istinita tvrdnja B = ( 3f (xo) } 1\ A . Formalno logički razlozi daju (okolina -+ okolinu) da je funkcija neprekinuta u izolira _
nim točkama. Međutim mi u izoliranim točkama ne govorimo niti o prekinutosti niti o
neprekinutosti.
Podsjetimo se na nekoliko tvrdnji o sudovima. 1. x
=> y = x V Y , 2. i7\.Y = x V Ji Y = x 1\ Ji .
3 . XVY = x 1\ Ji , 4. x :::::}
•
Navedene tvrdnje lako provjerimo pomoću odgovaraju6ih tablica istinitosti. Podsjetimo takoder kako negiramo sljedeće predikate: 1. 2.
3.
(Yx}P(x) - za svaki x iz skupa M sud P(x) je istinit (3x)P(x) - postoji x i z skupa M z a koji je P(x) istinit sud ( 3f (xo » 1. 2.
3.
(Yx)P(x) = (3x)P(x), (3x)P(x) = (Yx)P(x)
( 3f (xo» ) = ne postojif(xo) Podsjetimo da A označava negaciju tvrdnje A . B = ( ne postoji f (xo »
VA
lf (x) - f (xo) 1 < e ) = = (3e ) (Yo )(3x) ( lx - xo l < 0 1\ lf (x) - f (xo ) 1 � e) Jednu opću tvrdnju da je funkcija prekinuta tamo gdje nije definirana odbacujemo. Mi se odlučujemo razmatrati prekinutost funkcije samo u onim točkama ( ne u izoliranim) koje pripadaju točkama gomilanja domene funkcije f . Isto tako se odlučujemo da ima smisla govoriti o prekinutosti u točki xo s desna, odnosno s lijeva ovisno o tome da li je (xo, xo + h) e domf ili (xo - h,xo) e donif . A == (Ye > 0) ( 30 > O) ( Yx ) ( l x - xo l < o
=>
Vrste prekida. Točke u kojima je funkcija prekinuta klasificiramo u tri skupa, pa prema tome imamo tri vrste prekinutosti. l. Uklonjivi prekid. Funkcija f ima uklonjivi prekid u točki xo ako 3 limx_Xcf (x) i ako je a) f (xo ) =F lim f (x) ili b) f (xo ) ne postoji. X-Xc
U oba slučaja. ako definiramo
f (xo ) = lim f (x ) X-+Xo
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
121
onda novonastala funkcija postaje neprekinuta u točki Xo . 2. Prekid prve vrste. To su prekidi kod kojih postoje konačni lijevi i desni limesi funkcije f u točki Xo ali nisn jednaki. lim f(x) =I
3. Prekidi druge vrste.
x..... xo-o
lim f(x)
x ..... xo+o
Sve ostale prekide koji nisu uklonjivi ili prve vrste nazivamo
prekidima druge vrste. Primjer 7.7.
{
1. Već smo se susretali s funkcijom Si X , x =I O f(x) = a, x=O
:
Dokazali smo, i to je jedan od osnovnih limesa u analizi, · sin x llm -- = 1 . x"'" o x Dakle, ako definiramo f(O) = 1 novo nastala funkcija biti će neprekinuta za svaki x E R . Tu se radilo o uklonjivom prekidu. 2. Neka je zadana funkcija x f(x ) = j;j za x =I O, f(O) = a. Funkcija ima prekid prve vrste u x = O . Naime, ako je x dok za x < O funkcija ima vrijednost - 1 Očito je sada
>
O funkcija ima vrijednost 1 .
.
lim f(x ) = 1,
x"'" 0+0
lim f(x ) = - 1.
x"'" o-o
Ti limes i konačni i različiti. Samu funkciju nije bilo nužno definirati u x = O . Neka je zadana funkcija
3.
f(x ) = sin � , x =I O. x Možemo lako odrediti neke specijalne vrijednosti te funkcije. 1r
f(x ) = O ==> -; = kn,
1
Xk = k'
= + 2kn = (4k + 1) ' 2 2 :; Očigledno funkcija nema desni limes u x = O jer smo pronašli dva niza koji konvergira ju broju O , dok pripadne funkcijske vrijednosti konvergiraju broju O , odnosno broju 1 . Prema tome funkcija ima prekid druge vrste u x = O . f(x) = 1 ==>
1r
1r
1r
Pored neprekinutih funkcija nužno je posvećivati znatnu pažnju i prekinutim funkcija ma. Brojne su prirodne pojave i zakoni koje opisujemo prekinutim funkcijama. Podsjetimo
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
122
se samo fundamentalnih fizikalnih zakona u nuklearnoj fizici, prelaznih pojava u elektro tehnici, uključivanje i isključivanje struje, kondenzatora, zavojnica, najzad i atomističke strukture materije, energetskih kvanata itd. Mi ćemo navesti samo nekoliko značajnih primjera prekinutih funkcija koje će nas upozoriti kako je nužno biti oprezan u zaključcima koji bi uzimali u obzir naš zor i nešto što je "očigledno".
{
Primjer 7.8. a) Zadaj mo Dirichletovu * funkciju na zatvorenom intervalu [0, 1 ] ,
D(x) =
l, x E Q 0 , x E R\Q
Ta je funkcija prekinuta u svakoj točki. To je neposredna posljedica gustoće skupa ra brojeva u skupu R , tj. između svaka dva racionalna broja ima racionalnih brojeva (na primjer njihova aritmetička sredina) ali ima i iracionalnih, (ako
cionalnih, odnosno iracionalnih
je
r
broj
racionalan broj, onda je na primjer broj
r
n ).
b) Funkcija
+
f (x) = x[I - 2D(x)] ,
..fi iracionalan broj za svaki prirodan n
O�x� l
{ -X,
je neprekinuta samo u točki x = O . Tu funkciju možemo predočiti i ovako f (x)
x[l
2D(x)J
=
x E Q x, x E R\Q
Pokušajte skicirati graf te funkcije (nacrtaj pravce y = ±x ). c) Zbroj prekinutih funkcija može biti neprekinuta funkcija. Dovoljno je uzeti f + (-f ) i rezultat je funkcija konstanta bez obzira da li je funkcija f prekinuta ili neprekinuta. Produkt prekinutih funkCija može biti neprekinuta funkcija. Tako je na primjer kvadrat funkcije iz primjera b) je funkcija f (x? = x2 koja je neprekinuta funkcija za svaki x . Isto tako funkcija definirana ovako: f (x) = l ako je x racionalan i f (x) l ako je x iracionalan je prekinuta za svaki x , međutim očito je f (x) 2 = l funkcija koja je neprekinuta za svaki x. d) Odredimo točke u kojim je funkcija f (x)
=
D(x) . sinx,
xER
neprekinuta. Provjerite da su to točke u kojima je sinus jednak nuli, x = kn . e) Provjerite da je Dirichletova funkcija jednaka D(x) = lim [ lim (cos(m! nx) ) 2n] . Ako je x = e. racionalan broj, ondaje m! n!:.
n--+oo m-+oo
q
q
=
kn i kosinus će imati vrijednost l jer je k
paran, m! je paran broj. Potenciranjem dobivamo vrijednost l . Ako je x iracionalan,onda je broj m! nx :f. kn jer bi u suprotnom x bio racionalan. Prema tomeje apsolutna vrijednost kosinusa manja od l i potenciranjem dobivamo kao limes vrijednost nula. *
Peter Gustav Lejeuene Dirichlet (1805-1859), njemački matematičar
123
7. NEPREKINUTE FUNKCIJE
Primjer 7.9. Riemannova funkcija * R(x) je jedna od tzv. "monstrum" funkcija, ona je neprekinuta za svaki iracionalni i prekinuta za svaki racionalni broj. Područje definicije te funkcije je otvoreni interval (O, l ) .
R(x) = R( E ) = � , ako je x = E i M(p, q) = l, R(x) = O x E R\Q. q q q S M(p, q) označena je najveća zajednička mjera brojeva p i q što znači da se u definiciji Riemannove funkcije pretpostavlja da su p i q relativno prosti (tj. M(p, q) = l ). y
L
L
. I I I I I
o
f � I I . - . I . - . ! . - . I . - . .L 8
.L 4
..1 8
• •
•
.L Z
f I 1
..l. 8
• •
•
. I I I I I 1
f
• •
•
J. 4
Sl. 7. 12 Riemannova funkcija
I
1
• •
.z 8
•
J �
Dokaz. Dokažimo da funkcija ima naznačena svojstva. Neka je zadana točka
O < Xo < l i E > O . Postoji samo konačno mnogo prirodnih brojeva q za koje je l -�E
q
==}
l
R (x) = - � E za konačno mnogo q E q
Xo ,
N.
E iz intervala (O, l ), p < q ,ima konačno q mnogo, znači da je i konačan broj racinalnih brojeva iz x E (O, l ) za koje je R(x) � E . Oko točke Xo odaberimo takvu 8 -okolinu u kojoj je nema niti jedne točke x u kojoj je R (x) � E , osim možda same točke Xo . Dakle neka je unutar intervala (xo - 8, Xo + 8) za svaki x #- Xo R(x) < E. Ako je Xo iracionalna točka, onda je R(xo) = O i prema tome je Obzirom da za zadani q racionalnih brojeva x
za svaki
x E (xo - 8, Xo + 8)
=
IR(x) - R(xo) I
=
I R(x) 1 < E,
tj . funkcija je neprekinuta za svaki iracionalni broj. Ako je Xo = PO racionalan broj odaberimo E > O takav da je R(xo)
qo
Sada u svakoj okolini točke Xo postoji iracionalan broj Xl tako da je 1 IR(x d - R(xo) 1 = IR (xo) 1 = I - I > E .
qo
l
qO
> E.
Prema tome postoji E > O za koji nema 8 -okoline oko točke Xo u kojoj bi se funkcija razlikovala od R(xo) za manje od E , a to znači da je funkcija prekinuta u Xo .
•
Georg Friedrich Bernhard Riemann ( 1 826-1866), njemački malernatičar
8.
Diferencijalni račun
l. o pojmu derivacije
.
. . . . . . . . . . . . 124
2. Definicija derivacije . . . . . . . . . . . . . 126 3. Diferencijal funkcije . . . . . . . . . . . . 129 4. Pravila deriviranja . . . . . . . . . . . . . . 130 5. Derivacija kompozicije funkcija
.
.
.
.
.
132
6. Derivacija logaritamske i eksponencijaIne
funkcije . . . . 7. Derivacija opće potencije .
.
.
.
. .
.
134
.
.
.
. . . . 135
8. Derivacija area funkcija . . . . . . . . . . 136
9. Derivacija implicitno zadanih
funkcija .
. . . . . .
.
140
10. Derivacija pararnetarski zadanih
funkcija
.
. . . . . . . . 141
l l . Tablica derivacija elementarnih funkcija .
.
. . . . . . . 143
Odmah na početku spomenimo tri utemeljitelja diferencijalnog računa, čiji su radovi i ideje odredili smjer razvoja matematike i njezinih primjena za sljedećih nekoliko stoljeća: Pierre de Fermat ( 1 60 1 - 1 665) francuski matematičar, pravnik, pjesnik, klasičar. . . sir Isaac Newton ( 1642- 1727 ) engeski fizičar, matematičar, astronom . . . i Gottfried Wilhelm von Leibniz ( 1 646-- 1 716) njemački matematičar, filozof. . . . Proučavanje funkcija, počevši od samog shvaćanja pojma funkcije. njihova zadava nja. klasificiranja, svojstava, grafova, aproksimacija jednostavnijim funkcijama, osnovni je zadatak matematike. Diferencijalni račun mogli bi okarakterizirati kao jednu metodu koja najbolje rješava te probleme. Nadalje, u diferencijalnom računu su temeljni pojmovi pojam limesa, odnosno derivacije. Pokušajmo ukratko istaći polazne glavne ideje koje su vodile do današnjeg shvaćanja derivacije. Godine 1637. francuski matematičar i filozof Rene Descartes ( 1 596-- 1 650), izdao je knjigu "La Geometrie", u kojoj su izložene osnove analitičke geometrije i prikazivanja grafova funkcija u koordinatnom sustavu. Ta je knjiga imala utjecaja na Fermata koga su posebno zanimale ekstremne vrijednosti (minimum i maksimum ) funkcije. Iz grafičkih pri kaza uočio je da ekstrem može biti u onim točkama u koj ima je tangenta grafa horizontalna. Nadalje on je spoznao da uz zadanu funkciju možemo promatrati jednu novu funkcij u koja u točki diralištu daje nag ib tangente. ,
-
124
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
125
Newton je bio prvenstveno fizičar. Proučavajući gibanja tijela nužno se susreo s pi tanjima koja su u vezi sa uzrokom g ibanja, stazom (putanjom), brzinom, ubrzanjem, . . . Što je brzina? Kako ju definirati? On je postupio na sljedeći način. Neka se tijelo giba po pravcu i neka je u svakom trenutku vremena odreden njegov položaj. Time je zadana funkcija s = s(t) pomoću koje izračunavamo gdje se tijelo nalazi u zadanom trenutku vre mena. Ako definiramo prosječnu brzinu kao omjer predenog puta ( u metrima) i pripadnog vremena ( u sekundama), onda dobivamo: _
v=
S(/o + At) - s(to) At
.
To bi bila prosječna brzina na zadanom putu 6.s(t) = s(to + At) - s(to). Smanjujemo li vremenski interval, onda očekujemo da je predeni put sve manji i za svaki takav interval dobivamo neku prosječnu brzinu. Prema tome nema zapreke da u mislima taj proces nastavimo. Tako bismo došli na prirodan način do ideje da u vremenskom trenutku to definiramo brzinu kao limes kvocijenta puta i vremena, točnije . llm
v(/o}
�-o
s
( to + At) - s(to) At
.
Primjer 8.1. Kada tijelo pada samo pod utjecajem sile teže, onda je predeni put funk cija vremena. Eksperimentalno je provjereno da je s(t) = kt2 . Kasnije je dokazano da je vrijednost konstante k
=
�g , gdje je g konstanta Zemljine gravitacije,
g
= 9.8 1
;.
Poslužimo li se spomenutom definicijom brzine, možemo lako odrediti koju brzinu ima tijelo koje slobodno pada nakon, na primjer, četvrte sekunde, to = 4 :
1
s(to + At) - 5(tO) At
_
-
2"8(4 + At)
2
!lt
-
1
2"84
2
! 16 + 8At + (At)2 - 16 � = 28 = 2 (8 + At) . !lt Kako je lim (8 + At)
�_ o
=
8,
brzina je � 8
2 = 48 metara u sekundi.
Leibniz je upoznat od samog Newtona, prilikom njihova susreta u Londonu, s njego vim načinom shvaćanja brzine. U to isto vrijeme Leibniz se bavio problemima odredivanja ( konstruiranja) tangenata na zadanu krivulju. Tangenta grafa funkcije y = f(x) u točki To(xo.!(Xo»
jedan je od pravaca koji prolazi tom točkom. Koji?
Da bi definirao tangentu
u zadanoj točki To(Xa, yo) Leibniz promatra pravce koji prolazi točkom To i još nekom točkom T(x, y) koja je na grafu funkcije y = f (x) . Svaki taj pravac - sekanta - odreden je točkom To i svojim nagibom prema osi X , tj. tangensom kuta što ga zatvara s pozitivnim smjerom te osi. Ako smanjujemo razliku !lx = x - xa , tj. ako se točka T približava točki To , onda očekujemo da će pravci - sekante - preći u pravac koji nazivamo tangentom.
Primjer 8.2. Odredimo jednadžbu tangente na graf funkcije y = xl u točki To(4, 1 6) . T(4+ !lx, (4+!lx?) pripada grafu - paraboli i koeficijent smjera pravca koji prolazi
Točka
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
126 točkama To i T je
16 + 8At + (At? - 16
At lim (8 + At) = 8 . /lx--+o
=
8 + At ,
Sl. 8. 1 U graničnom slučaju je
tg f3
=
lim (8 + At)
/lx--+ o
=
8.
Jednadžba tangente je y
- f(xo) "�
=
8(x - xo)
===}
y
- 16 = 8(x - 4).
.�>
;�j:�;l �;f;' Deti:1Ji Xo
E
Neka je zadana realna funkcija f na otvorenom intervalu l (a, b ) . Ako postoji . f(x) - f(xo) llm , '>:--+'>:0
=
( a, b) � R i neka je
X - Xo
onda taj limes (broj) nazivamo derivacijom funkcije f u točki Xo i označavamo nekom od sljedećih oznaka:
f'(xo) . . . Lagrangeov zapis; . d f(xo) . . . el mzov zapIs; L ·b . ----;J;Df(xo) . . Cauchyjev zapis . Ako postoji derivacija za svaki x E l , onda kažemo da je funkcija f derivabilna ili di .
ferencijabilna na otvorenom intervalu l . Ako je funkcija diferencijabilna na intervalu l , onda možemo definirati novu funkciju na l :
f' : I -t R,
x l-----> f' (x).
8 . DIFERENCIJALNI RAČUN
127
Tu funkcija nazivamo prvom derivacijom funkcije f na l . Ako funkcija f I ima derivaciju u nekoj točki xo E l , onda njenu vrijednost nazivamo drugom derivacijom funkcije f u točki Xo i označavamo s / ,1 (Xo) . Analogno definira mo / ,11 (Xo) . Dakle, druga derivacija je derivacija prve derivacije. treća derivacija je prva derivacija druge derivacije itd. Možemo induktivno definirati n -tu derivaciju funkcije f kao derivaciju (n - 1 ) derivacije, dakle (f(n- l ) (x))l,
f (n) (x)
x E l.
Primjer 8.3. Odredimo derivacije sljedećih funkcija:
f (x) = X> , 3. f (x) = X', l f (x) = , 6. f (x) = sinx. 4. f (x) Ji, x Ako se varijabla x promjeni za vrijednost h , onda je nastala promjena 1 . f (x)
2. 5.
e,
A:t
-
(x + h)
x = h.
Zbog te promjene nastaje promjena funkcijske vrijednosti
N f (x + h) - f (x) . Prilikom određivanja derivacije korisno je najprije izraziti diferenciju - promjenu funk cije u pogodnom obliku tako da bismo mogli lako odrediti limes pripadnog kvocijenta diferencija f (x + h) - f (x) -�--���� = �--���� h l . U ovom primjeru imamo: f (x) =
e
= konstanta
=::}
/ , (x) = lim --'------''--::.....:...;.. A:t Ax-O e
Derivacija konstante je nula. 2. Za f (x) = x' slijedi: 3.
e
· -- = O . = I Im Ax-O A:t
x' lim -'-----:--- h-O Koristeći se binomnom formulom lako odredimo derivaciju zadane funkcije. Dakle, (x + h r = x' +
G)hX'-1 + (;) h2X' -2 + . . . (:) hn .
Za kvocijent diferencija dobivamo jednostavan izraz z a određivanj e limesa nX'- ! +
Konačno imamo . f (x + h) l lm h-O h
f {x)
(;)hX'-Z
+ . . . + h n- I .
8. DIFERENCIJALNI RACUN
128 4. Pokažimo na primjeru funkcije j(X) prethodnom zadatku. tj.
( Vi)' = (x i )'
=
vx da vrijedi analogno pravilo kao i u
=
�x!-l = � 2
Kasnije će biti pokazano da za svaki realan broj
c
'
vrijedi
l
(x")' = cx,,- . Vratimo se našem zadatku. Izrazimo promjenu funkcije u pogodnom obliku i iskoristimo svojstvo neprekinutosti funkcije drugi korijen: 1 x+ x !::.j ==} . . r::-;-;: r.:. = 2 l lm = x+ !::.j = v v x = r:::-;-;: r:::-;-;: h-O X' v x + + vx v x + h + vi Vr;
h
5.
-
!::.j =
1
x+
h h
h-
.
1
h - :;
=
-h
x (x +
==}
h)
-h
l� h = - x 2 . .
!::.j
6. Podsjetimo se da smo odredili koliki je limes funkcije j( x) 1·
lm
h-O
sin h
=
1
=
sin x kada x x
-+
O:
1.
Podsjetimo se takoder daje funkcija kosinus neprekinuta funkcija, što simbolički možemo izraziti govoreći kako operatori funkcije i timesa komutiraju tj. lime cos . . . ) = cos( lim . . . ) . za kvocijent diferencija imamo vrijednost
!::.j h
=
1[ Sin X + h .
( h) -
.
l
SlnX =
2 SlO. h:2 cos(x + h ) .
h
:2 Napišimo taj izraz u obliku iz kojeg lako zaključujemo koliki je limes, odnosno derivacija funkcije sinus.
!::.j
- =
h
-;?- = h-O "2 lim
Teorem 8.1.
toj tocKi.
Dokaz.
sin ft
sin( � )
h) 2 2 h lim cos(x + - ) h-O 2
ti
-_
1,
( sinx)'
· cos(x + -
=
=
cosx
cosx
Akofunkcija f(x) ima derivaciju u točki xo , ondaje ona neprekinuta u
Iz definicije derivacije u točki Xo slijedi:
!, (xo) gdje smo sa w (x
f(x) - f(xo) ==} "'--'--'--..::....:.. = !' (xo) + w (x x Xo X xo xo) označili funkciju
lim
x-x{)
-
w (x - xo) =
f(x) - f(xo) - ' ! (xo) x Xo
8. DIFERENCIJALNI RAĆUN
129
x - Xo i nije definirana za x = xo , međutim, ima svojstvo da joj je limes x - Xo ..... O . Ako tu funkciju proširimo tako da definiramo CI) (O) = O , onda je to neprekinuta funkcija u nuli. Dakle, za promjenu funkcije !lj dobivamo: !lj = J(x ) - J(xo ) = !' (xo ) . (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) , lim CI) (x - xo ) = O. koja ovisi o
jednak nula kada
x .......xo
Posljednju jednakost možemo pisati i u obliku
J(xo ) + !' (xo ) . (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) . su strani te jednakosti sve funkcije neprekinute u Xo te je i J (x ) J(x )
Na desnoj
=
neprekinuta u
toj točki jer je ona zbroj neprekinutih funkcija. Obrat ovog teorema ne vrijedi. Tako je na primjer funkcija
O
Xo
=
od
Xo
ali nema derivaciju u
Ako funkcija pređe na
x
J(x )
x
=
ima derivaciju u
J(x )
=
lx i
neprekinuta u
xo , onda promjenu funkcije koja nastaje kada se
možemo izraziti u obliku
!lj = J(x ) - J(xo )
i vrijedi:
O.
lim x .......xo
=
' ! (xo ) . (x - xo ) + w (x - xo ) . (x - xo )
CI) (x - xo )
=
O,
Xo, x E
domf.
Prema tome ako se promjena funkcije može napisati u obliku
a · (x - xo ) + CI) (x - xo ) . (x - xo ) , gdje je a neka konstanta i limx-+xo CI) (x - xo ) = O , onda je konstanta a derivacija funkcije J u točki Xo · Prvi pribrojnik u gornjem izrazu nazivamo prvim diferencijalom funkcije J u točki Xo i označavamo sa dJ . Dakle, dj = !' (xo ) . (x - xo ) , !lj = J(x ) - J(xo ) =dj + CI) (x - xo ) . (x - xo ) . !lj = J(x ) - J (xo )
Ako je
!lx
=
x - Xo
=
maleno, a znamo da
CI) (x - xo )
pisati
.....
O
kada
x ..... xo , onda možemo
!lJ ::::: df.
v'38 . Tu se očigledno radi o izraču J (x ) = vx za vrijednost x = 38 . Odaberemo kao početnu Diferencijal te funkcije izračunat u točki vrijednost broj Xo = 36 i !lx = 38 - 36 = Xo = 36 , za prirast varijable !lx = je . r;:;;; l l l = 6, 16. v 38 ::::: 6 + dj = J' ( 36 ) Primjer 8.4.
Izračunajmo približnu vrijednost
navanj u vrijednosti funkcije
2. 2, · 2 = 2V36 · 2 = 6'
Pomoću džepnog računala dobivamo
v'38 ::::: 6, 1 6441400 . . .
6
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
130 Na slici je dana geometrijska interpretacija diferencijala. nadžba tangente s diralištern u Xo je
y(x ) - f(xo ) l(xo) ' (x - xo)
�
Tu
vidimo sljedeće: jed
y(x) - f(xo) = df.
Prema tome diferencijal je jednak promjeni vrijednosti tangente, tj.:
Ay y(x ) y(xo) = df, y(xo ) = f(xo ) .
Sl. 8.2
Primjedba. U nekim novijim pristupima derivacija se definira kao linearna forma, a ne kao broj. Linearnu fonnu možemo prikazati u obliku a (x - xo) , tj. ona je jednoznačno određena brojem a - derivacijom, pa se na taj način provode identifikacije l(xo) a - broj
�
a(x - xo) - linearna fonna.
U teoriji funkcija više varijabli takav način interpretiranja derivacije pokazuje se vrlo prak tičnim i korisnim . Tako će na primjer derivacija realne funkcije od dvije varijable u točki biti linearna fonna
To (xo , YO)
(df(x, y ») (XO ;yo ) = a(x - xo) + b(y yo), gdje će realni brojevi a i b biti tzv. parcijalne derivacije u točki To .
Sljedeći teorem će nam pokazati kako određujemo derivacij u jednostavnih algebarskih kombinacija funkcija koje imaju derivaciju.
Teorem 8.2. Neka su na otvorenom intervalu I = (a, b) � R zadanefunkcije f i g, i neka su diferencijabilne u točki x E I. Tada vrijedi: 1 . lf(x) ± g (x)] ' = l(x) ± g'(x) 2. lf(x)g(x)]' = l (x)g(x) + f(x ) g'(x) f(x) f'(x)g(x ) - f(x ) g'(x) g(x) :f O. 3. g(x ) g(x ) 2
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
131
h(x) = J(x) ± g(x) . za promjenu funkcije dobivamo: llh = h(x + Ax) - h(x) J(x + Ax) ± g(x + Ax) - [((x) ± g(x) ] !:tf ± !:tg
Dokaz. 1. Neka je
Zato je
h !lj !lg !:t -=-± Ax Ax Ax PO pretpostavci, postoje JI i g ' zato postoji i hl i vrijedi . !lh hl(x) = hm - = !,(x) ± gl(X) .ll -+ O Ax 2. Neka je h(x) (I · g)(x) = J(x)g(x) . Za llh dobivamo: llh = h(x + Ax) h(x) = J(x + Ax)g(x + Ax) J(x)g(x) = (I(x) + !lf) (g(x) + !lg) - J(x )g(x) !lJ . g(x) + J(x) . !lg + !lJ!lg
.
Zato je
. ( !lj
)
1;�o Ax = 1;�o Ax g(x) + J{x) Ax + Ax !lg .
llh
!lg
!lJ
[((x)g(x)] ' = JI(x)g(x) + J(X)gl (X) jer je g prema pretpostavci diferencijabilna u x . dakle prema Teoremu 1 i neprekinuta u x , te je: lim
(�:!lg) = J'(x)O = O.
.ll -+O '-'5
3. Neka je h(x) kvocijent zadanih funkcija.
J(x) + !lj J(x) g(x)!lJ J(x)!lg g(x) + !lg g(x) g(x)(g(x) + !lg) , g(X) � - J(X) � ===? !lh f g - Jg' . lim l lm = ' .ll ..... O g(x)(g(x) + !lg) .ll ..... O Ax g Zbog pretpostavke o diferencijabilnosti funkcija J i g , prema tome i neprekinutosti tih !lh
[
]
(l)'
funkcija, slijedi tvrdnja teorema.
Primjer 8.5. Odredi derivacije sljedećih funkcija: 1 . J(x) = 7 + x5 - 3x 1 OO + 2 sinx + 5VX. 2 . J(x) =
3 . J(x)
�
+ x6 sinx + .;ii, sinx x . vr;:;2, -. - + sm
-x
xO
smx
4 . J(x) = xVX sinx.
8. DIFERENCIJALNI RAĆUN
132
Primjenjujući pravila o derivacij i zbroja, produkta i kvocijenta dobivamo: S 1 . f'(x) = Sx4 - 300x99 + 2 cos x + '
2 ";;
�
S + 6x' sin x + x6 cos x + 0, !'(x) = _ x x cos x - sin x sin x x cos x � _ f'(x) = , x2 sm2 x x sin x . !'(x) = ";; smx + + x";; cos x .
2. 3. 4.
2 ";;
PrlmJer 8.6. Zadani su redovi l. sume tih redova dane izrazima: S,, - � 4
� ; 2. � i ,
(3n - 2 ) ' 2'" Dokaži da su parcijalne
2n + 3
2 . S = 10 + (3n - S) . 2,,+ 1 . " 4 · 3'" Da su ove formule točne, lako provjerimo indukcijom. Medutim, ovdje postavljamo problem kako se dolazi do tih izraza. Polazimo od sume konačnog geometrijskog reda: l.
-
l + x + x2 + . . · + x" =
1 - X,,+I . l -x
Deriviranjem te jednakosti dobivamo: _l l - (n + l ) ' x" + n ' x,,+1 l + 2x + 3x2 + . . . nx,, = -.:... � -:-:( 1 - x)2 -
-
-
---
Množenjem dobivene jednakosti sa x , zatim uvrštavanjem x =
�
dobivamo traženu
parcijalnu sumu . Da bih odredili drugu parcijalnu sumu pišimo ju u obliku
� ) 3k - 2) . 2k = 3 L" k . 2k - 2 L" 2k . "
k=1
k=1
k= 1
Potpuno analognim postupkom kao u prethodnom slučaju, te uvrštavanjem x = 2 u dobi veni izraz dobivamo traženu parcijalnu sumu.
Evo još jednog osnovnog pravila za izračunavanje derivacije.
Teorem 8.3. Neka je zadana kompozicija funkcija u = g(x) i y = f(u) , tj . y = f(g(x) ) , x E (a, b) � R . Neka postoji derivacija funkcije g(x) u točki Xo E (a, b) . Neka postoji derivacijafunkcije f(u) u točki Uo = g(xo ) . Tada postoji derivacija kompo zicije y = f(g(x ) ) u točki Xo i vrijedi: y'(xo ) =
(��)
X
= o X
=
f� (g(xo ) ) . g� (xo ) ,
tj .
(J o g)' = (J' o g) . g'.
8. DIFERENCIJALNI RAĆUN
133
Dokaz. S obzirom da postoji derivacija funkcije y = f(u ) molemo promjenu funkcije uzrokovane promjenom varij able u napisati u obliku
!J.y
=
y� . !lu + e(!lu ) . !lu,
te
lim e(!lU) = O.
Au-O
Promjena od !lu nastaje radi promjene varijable x . Nadalje zbog pretpostavke da postoji derivacija funkcije u = g(x) slijedi da je ta funkcija neprekinuta, pa ako !lx -jo O, onda i !lu -jo O . Prema tome vrijedi: , fly = I llm y
i konačno dobivamo
Af-O
!lx
II
.
' lIm
Af-O
!lu
-
!lx
=
y
I
II
•
uX, .
Za nas je vrlo značajan jedan specijalni slučaj kompozicije. U slučaju kada funkcija irna inverznu, molemo promotriti kompoziciju funkcije i njezine inverzne. U tom slučaju vrijedi: f(l- I (x) ) = x Dakle:
(
( )
f(l- I (X) )
==>
f- I (x)
'
=
)
)
(
' , = !, (f- l (x) ) . f - I (x) = (x) ' = l,
l
(I- I ) , =
f' (I- I (X) ) ,
l
f' o f- I
'
Primjer 8.7. Odredimo derivacije sljed�ih funkcija:
1 . f(x)
=
cos x,
2 . f(x) = tgx,
3,
f(x) = ctgx.
U prvom slučaju molemo kosinus funkciju prikazati kao kompoziciju funkcije sinus i afi.ne funkcije x +
�
I)' �)
. Podsjetimo da vrijedi (sinx) ' = cos x , (x +
cos x = sin(x +
�
)
==>
(cos x)'
=
cos(x +
= 1 . Dakle,
= - sin x .
Nakon što smo izveli derivacije sinusa i kosinusa, koris�i se pravilom kvocijenta dobivamo: l (tg x )' = -- = l + tg2 x, cos2 x l (ctgx)' = - -'-- = -(1 + ctg2 x). SlO2 x Podsj�amo da iz osnovne relacije cos2 x + sin2 x = l slijedi sin x tg x cos x ' cosx ctg x = -.- , SIDX -
-
l + tg2 x =
+ cos x
i
ctg2 x + l =
� SlO X
za
derivaciju
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
134
Primjer S.S. Odredimo derivacije ciklometrijskih, (arkus) funkcija. Primjenjujući pravilo za derivaciju kompozicije dobivamo: 1 . sin(arc sinx) = x
(sin(arc sin x))' = cos(arc sinx) · (arc sinx)' = l l l l . )' = ===} (arC SlnX . cos(arc slnx) JI - sin2 (arc sinx) JI=X2 , 2. cos(arc cosx) = x ===} (cos(arc cos))' = - sin(arc cos x) . (arc cosx)' = l l -l -l ===} (arc cosx)' -- -- sin(arc cosx) JI - cos2 (arc cosx) JI=X2 ' ===}
.,---
=
3 . tg(arc tg x) = x
===}
(tg(arc tg x))' =
-,-
( l + tg2 (arc tgx) )
1 l = 1 + tg2 ( arc tg x) l + x2 ' 1 4. ctg(arc ctgx) = x ===} (arc ctg x)' = _ __ • l + x2 . ( arc tgx )' = l
===}
. ( arc tg x )' =
--
Odredimo najprije derivaciju funkcije f(x) = In x , a zatim pripadne inverzne funk cije f- l (x) = eX (podsjećamo da je e baza prirodnih logaritama, e = 2.7 1 828 1 83 . . . ) . Prema definiciji derivacije imamo: In(x + h) - Inx . ---'. f(x + h) - f(x) = l lm l lm ----:-'----h�O h�O h h l h l In( l + x!! ) = lim - ln ( l + - ) = - lim h�O h x X h�O -h x
Eksponencijalne funkcije su monotone i neprekinute, pa su takve i logaritamske funkcije. h Koristeći supstituciju (y = - ) imamo: x l h � l l l . In ( 1 + �) l . = - In e = -, lim ( l + y) Y = e ===} - hm = - hm ln 1 + !! y�O X h�O x h�O X X X x
(
( Inx ) ' =
)
�.
x
Derivaciju eksponencijalne funkcije sada dobivamo na sljedeći način: In(e') = x
===}
( In(e') ) ' = -.!. . (e')' = et
l
===}
(e')' = e'.
Da bismo odredili derivaciju opće eksponencijalne funkcije možemo postupiti ovako: 1 f(x) = if ===} Inf(x) = x ln a ===} __ . f'(x) = In a ===} j'(x) = if In a . f(x)
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
135
Hiperbolne funkcije. U primjenama diferencijalnog računa često se susrećemo s kombinacijama eksponencijalnih funkcija kojima smo dali posebna imena. Funkcijske veze među njima vrlo su slične onim među trigonometrijskim funkcijama. Kao što zna mo radi se o funkcijama: sinus hiperbolni, kosinus hiperbolni, tangens hiperbolni i kotangens hiperbolni koje smo definirali na sljedeći način: ec + e -x ec e-x sh x ::;: ---,--chx = ' 2 2 shx ::;: ec e-x chx ec + e -x th x = = cthx = -X chx eX + e sh x eX - e -X Primjenjujući pravila deriviranja dobivamo derivacije tih funkcija.
(sh x)'
chx,
(ch x)'
shx,
(th x )' (cth x)'
l
=
1
Zadatak 8.1. Koristeći se definicijama hiperbolnih funkcija, provjeri da vrijedi: 1 . ch2 X - Sh2 X = l ,
2.
sh{x ± y )
3.
ch{x ± y)
4.
5. 6. 7.
8.
9. 10.
s h x ch y ± c h x sh y,
chx chy ± sh x shy, th x ± th{x ± y ) - l ± thx th y 1 ± cthx cth(x ± y) = cth x ± cth y sh 2x = 2 sh x chx, _
ch 2x
=
ch2 x + Sh2 x,
sh( -x) chx � 1 ,
shx,
ch( -x) = chx, th( -x) I th xl < 1 , I cthxl > l,
=
- thx,
ch x > shx.
Opća potencija je funkcija f(x) = x! , definirana za pozitivne vrijednosti od x , dok je e bilo koji realan broj. Tu funkciju možemo definirati kao neprekinuto rješenje jedne od Cauchyjevih funkcionalnih jednadžbi i to jednadžbe f(x . y)
f(x) · f(y),
Vx > O,
Vy > O.
8. DIFERENCUALNI RAČUN
136
Jednadžbu rješavamo svođenjem na već rješenu Cauchyjevu jednadžbu f(x + y ) = f(x) + f(y) supstitucijama: x =
y=
eU .
eV •
f(x)
ex
f(eU) = g( u) u zadanu jednadžbu slijedi:
g(u + v) = g(u) . g ( v) =? ln(g(u + v» = ln g(u) + lng( v) x =? ln g (u) = cu =? g (u) eCu =? g (lnx) = ec ln => f(x) = ec ln x = x c.
Izračunajmo derivaciju opće potencije: f(x)
==
X
C
=
dn x e
=?
!'(x)
l x
== ec ln x c _
Primjer 8.9. Odredimo derivacije sljedećih funkcija:
xx,
1 . f(x) 3
f(x) = (sin x)tgx,
.
4
Derivacije tih funkcija su : 1.
f(x) =
4.
ln x
l x
.
f(x)
!'(x) = � (lnx + 1 ),
=?
l x+ l _ + ln f' (x) = ( l + � y ( x+ 1 x x =? f(x) = etgx ln sinx !,(x) (sinx)tgX[( 1 + tg2 x) ln sin x + 1], v !,(x) uV[v' ln u + -u'] . f(x) = ev in u =?
2. f(x) = 3.
č
( 1 + � y, x v u(x) (x) .
2. f(x)
x ln( I + - )
e
=?
_ _
U
Area funkcije su inverzne funkcije hiperbolnih funkcija. odnosno njihovih restrikcija. Funkcija f(x) = sh x =
tr
-
e-x
xER
definirana je za svaki realan broj. To je neparna funkcija. striktno rastuća. Prema tome ona ima inverznu funkciju koja preslikava R na R . Tu funkciju nazivamo area sinus hiperbolni. Dakle. f(x) = sh X . f- I (x) ar sh x te je sh(f- I (x» = x . Označimo sa u = f- I (x) . Slijedi •
� e-u = x l · 2� -2-
( �h,2 = x ±
0,
u
Logaritamska funkcija je definirana samo za pozitivne vrijednosti stoga uzimamo samo predznak + u posljednjoj jednakosti. Dakle, ar sh x
ln(x +
J;2+i),
x E R.
8. DIFERENCIJALNI RAĆUN
137
Da je funkcija sinus hiperbolni striktno rastuća funkcija slijedi neposredno iz svojstva striktne monotonosti eksponencijalne funkcije � . Zbog neparnosti dovoljno je to dokazati za pozitivne vrijednosti, vrijedi:
O � Xl
<
x2
==> � ,
<
�2 ==> e-X2 < e-x, ==> �, e-x, _
<
�2 e-X2 . _
Za derivaciju area sinusa hiperbolnog dobivamo:
f(x) !' (x)
ar sh x
=
l . (l + x R+l
=
ln(x +
Vx2+i),
=
+
x
JX2+T
)
=
�. x2 l +
y
Sl. 8.3 area sinus hiperbolni
* **
Funkcija kosinus hiperbolni parna je funkcija, prema tome ne može imati inverznu funkciju. Međutim ako promatramo restrikciju te funkcije na interval [O, oo ) onda je ta restrikcija striktno rastuća funkcija i ima inverznu funkciju. Tu inverznu funkciju nazivamo area kosinus hiperbolni. Da je kosinus hiperbolni rastuća funkcija na intervalu [O, oo ) vidimo iz sljedećih jednakosti. Neka su x > O i h > O tada vrijedi: ch (x + h) - ch x
=
� ( �+h + e- (x+h)) .!. ( � + e-X ) _
� (� - e- (x+h) ) (eh - l ) > O. 2
2
=
Primjetirno da je eX > l i da je e -x < l za x > O . Area kosinus hiperbolni je funkcija definirana za svaki x � l , a funkcijske vrijednosti su pozitivni brojevi. =
f(x) Označimo sa
=
u =
ch x,
x � O,
f- l (x) . Slijedi:
f- l (x)
=
ar chx
==>
8. DIFERENCUALNI RAČUN
138
Predznak + uzimamo jer po definiciji funkcija poprima samo pozitivne vrijednosti. Za derivaciju te funkcije vrijedi: x ;>, l ,
f(x) == ar chx = ln(x + !, (x) ==
� , (1 +
x + vx2 - l
-
--==
Jx2 - (
y
x
o
Sl. 8.4 area kosinus hiperbolni
Funkcija tangens hiperbolni je striktno rastuća funkcija na R . To se lako uviđa iz sljedećih jednakosti: th(x + h)
thx = -:---:-;---::"-;-:-:-:-:-�--..,.. > O,
-
za x > O i h > O , ti. th(x + h) > thx . Prema tome tangens hiperbolni ima inverz nu funkciju koju nazivamo area taogens hiperbolni, Budući da za vrijednosti tangensa hiperbolnog vrijedi shx th x == - = chx
e-X , ec + e-X ć
-
1 < th x < 1 ==> ar th : ( - l, l )
--+
Potpuno analogno kao za prethodne dvije area funkcije dobivamo:
- e-u == x eU + e- U -11 e
ar th x
l 2
)n
x+ 1 ' x l
Za derivaciju dobivamo: f(x)
==
ar thx ==
1
2'
ln
1 +x l - x'
-
l <x < l
.
R.
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
139
-J
I I I I I I I I I
y
:
I I I I I I I
, I I I I I I I I I J I I I I I , , I
X
Sl. 8.5 area langens hiperbolni
Funkcija kotangens hiperbolni definirana je za svaki x f. O i to je striktno pada juća funkcija. Prema tome ona ima inverznu funkciju koju nazivamo area kotangens hiperboini. x chx lT + e= J(x) = cth x = shx ex e-X Za kotantgens hiperbolni vrijedi IJ(x) l > 1 i zato je inverzna funkcija definirana na području: J- I : R\ [ - l , 1] u =
-t
R\ {O} . Iz jednakosti
J(x)
=
!, (x) =
arcthx
=
1
U
eU
+
e
-u
- e-U
l x+ l - ln -- , 2 x l lx i >
l - x2 '
e
lx i > l ,
L
y
\i
o
J
:
I I I I I I I
x slijedi:
x
Sl. 8.6 are kotangens hiperbolni
8. DIFERENCIJALNI RAČUN
140
Skup svih uređenih parova realnih brojeva koji zadovoljavaju jednadžbu oblika
F(x, y) = O
definiraju neki podskup u R2 . Svaki takav par možemo reprezentirati točkom u ravnini. Taj podskup nije nužno graf neke funkcije. U primjenama često nalazimo da je neki pod skup tog podskupa ujedno graf funkcije. Za tako dobivene funkcije kažemo da su zadane implicitno, jednadžbom F(x, y) = O . Poznate su nam jednadžbe kružnice, elipse, hiperbole, i parabole. Evo tih jednadžbi:
x2 + l - ? = O, b2x2 + a2l - a2 b2 = O, b2x2 - a2l - a2 b2 = O, y 2 2px = O. _
(kružnica) (eJipsa)
(hiperbola) (parabola)
Iz kružnice možemo izdvojiti dva dijela (gornja, donja polukružnica) koji su grafovi nep rekinutih funkcija. Te funkcije su:
i za njih vrijedi:
y = Vr2 - x2, -r � x � r, y = - Vr2 - x2, - r � x � r x2 + y(x ? - ? = 0 .
Za dobivene funkcije odredili bismo derivacije prema već opisanim postupcima. Međutim, možemo doći do tih derivacija deriviranjem posljednje jednakosti, dobivamo:
x Y , = - y- , - r < x < r. Istaknimo da je jedna točka koja pripada kružnici i točka T( - r, O) . U njoj je tangenta 2x + 2y · y , = O
===}
okomita na os X . Da li postoji graf diferencijabilne funkcije koji sadrži tu točku? Postoji ! To neće biti funkcija oblika y = y(x) , nego funkcija koju dobivamo iz polazne relacije izražavanjem x -a kao funkcije od y (lijeva i desna polukružnica). Dakle,
x2 + y 2 _ ? = O
===}
x = ±vr2 - y 2 , - r � y � r.
Potpuno analogno postupamo i u općenitijim slučajevima. Tako na primjer neka je zadan polinom u dvije varijable x i y . Takve polinome možemo prikazati kao polinom u varijabli y sa koeficijentima koji su polinomi od x ili obrnuto; polinom u varijabli x s koeficijen tima koji su polinomi od y . Skup svih nultočaka takvog polinoma, (to su uređeni parovi) možemo interpretirati kao dio ravnine i neki podskupovi jesu grafovi diferencijabilnih funkcija. Derivacije takvih implicitnih funkcija možemo odrediti deriviranjem jednakosti
P(x, y) = po(x) + P l (X)Y + P2 (X)y 2 + . . . + Pn (x)yn = O po(x)' + Pl (X)'y + Pl (X)y' + . . . + Pn (X)'y + Pn (x) n · yn - l . y' = O .
141
8 . DIFERENCIJALNI RAČUN
Primjer 8.10. Odredite derivaciju implicitno zadanih funkcija:
1 . ax2 + 2bxy + cy 2 + dx + ey + f = 0, vx + Jy = 1, 3 . xy + sin y = 0, 4. y 2 - 2px = O. 2.
Derivacije bismo izračunali iz jednakosti:
1 . 2ax + 2by + 2bxy' + 2cyy' + d + ey' = 0, 1 y'
2.
2VX
+
2Jy
=
°
3 . y + xy' + cosy · y' = O, 4. 2yy' - 2p = O.
Neka je zadan uređen par realnih funkcija
([(t), g(t)), t E l = (a, {J) c R.
Za svaku vrijednost varijable, koju obično nazivamo parametrom, to E l dobivamo uređen par brojeva ([(to ), g(to )) koji interpretiramo kao koordinate točke To([(to ), g(to)) . Mi pretpostavljamo da su funkcije x = f(t) y = g(t) diferencijabilne i neka je ,
df = x(t), . dt
dg = . dt y(t) . f(t) ima inverznu funkciju.
Mi nadalje pretpostavljamo da funkcija x = Neka je to t = f- I (x) , pa iz toga slijedi da je definirana funkcija y kao funkcija od x . Dakle, y
= g(t) = g([- I (X) = y(x).
Da bismo odredili derivaciju tako nastale funkcije koristimo činjenicu da je forma prvog di ferencijala funkcije invarijantna, tj . ima isti oblik. Pojasnimo tu tvrdnju. Ako je y = f(x ) , onda je prvi diferencijal dy = I' (x )dx . Postavlja se pitanje da li prvi diferencijal ima takav oblik ako x ovisi o nekoj varijabli, tj. ako je y = f(x(t)) složena funkcija. Neka je
f(u), u qJ (x ) ==> y = f( qJ (x) ) , y ' = f' (u )qJ' (x ). To znači bez obzira j e li u nezavisna varijabla ili je u = qJ (x ) du = qJ ' (x ) . dx, y=
=
,
prvi diferencijal ima oblik Naime,
dy = I'(u)du .
dy = df( qJ (x)) = f' (qJ(x ) ) . qJ '(x)dx = I' (u) . du .
8 . DIFERENCIJALNI
142
RAČUN
Prema tome iz dy = /'(t)dt , dx = g'{t)dt slijedi:
dy I' (t) = y'{X) = l dx X g (t) Drugu i više derivacije parametarski zadanih funkcija odredimo postupno.
d dt d(y' ) = = �(f:) = !!.. { t ) . dx dx x dt x dx dt Prema tome za drugu i treću derivaciju po x dobivamo: y" =
"
y =
) . �.x
xy - xy
j:3
y lll = !!.. (y 'I {t» dt
·
.
�.
x
Primjer S.ll. Odredi jednadžbu tangente na krivulju (cikloida ) zadanu parametars kim jednadžbama x = a{t - sin t), y = a{ l - cos t), za vrijednost parametra t = 'Ir
'Ir /4 .
J2
tER 'Ir
x = x{ ) = a ( 4" - ""2 ) , Yo = y( 4" ) = a( l "4 � 2 I a sin t I ji = = dx Y i = a( l - cos t) = ctg 2' y ' (tO ) y� (Ovdje smo koristili sinI y - yo
y � (x
xo ) .
'Ir
=
2 sin
� cos � , 1 - cos t
=
2 sin2
� ) Jednadžba tangenteje .
143
8 . DIFERENCIJALNI RAČUN
1.
I J(x) xn
nxn- 1 cxc- I
2.
X
3.
sinx
cosx
4.
cosx
- sinx
C
� i
I J'(x)
6.
ctgx
7.
arc sinx
8.
arc cosx
� = 1 + tg2 x eog2 - � = - l - ctg2 X
sin2 x l vi - x2
vi
9.
arc tgx
10.
arc ctgx
l l.
shx
12.
ch x
shx
14.
cthx
1 5.
ar sh x = In (x + Vl + x2 )
16.
archx = In(x + vx2 - 1 )
17 .
18. 1 9.
l +x l ar th x :2 In l -x l x+ l ar cth x = ln 2 x- l
= � 2
l - th2 x ch r -1 -- = l - cth2 x sh 2 X l J't + x2 l ...!x2 1 l l - x2 l l - x2 -
--
20.
eX
ff
ff Ina
21.
Inx log" .x-
•
-
eX
22.
!
-l
x2 1 l + x2 -1 l + x2 chx
�
X
1
X
l
r ln n
i
I
9.
Osnovni teoremi diferencijalnog računa
l . Fermatov teorem . . . . . . . . . . . . . . . 1 44 2.
Rolleov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . 1 46
3. Lagrangeov teorem . . . . . .
.
.
. .
.
.
. 1 47
4. Cauchyjev teorem 5. Taylorov teorem
.
. . . . . . . . . . . . . 149
. . .
.
. .
. . . .
.
. . .
.
1 50
Već je isticano da je pojam funkcije temeljni pojam u matematici. Funkcijama opi sujemo i prikazujemo razne pojave, zakonitosti, odnose itd. Diferencijalni račun najčešće koristimo za proučavanje svojstava funkcija i njihovih grafova. Pomoću tog računa za diferencijabilne funkcije relativno lako možemo dobiti odgovore na brojna pitanja koja su u vezi sa svojstvima takvih funkcija i njihovih grafova. Mi ćemo sada dokazati nekoliko osnovnih teorema diferencijalnog računa koje vrlo često koristimo u pručavanju funkcija ili nam služe za dokazivanje nekih novih teorema.
Funkcija f : [a, bl -+ R ima lokalni ekstrem (minimum ili maksimum) u nutarnjoj točki e E (a, b> ako postoji okolina Oc točke e tako da vrijedi: L
2. 144
('
E E
Oc) Oc)
=>
=>
f(x) ;;:: f(e) . . . lokalni minimum u e, f(x) � f(e) . . . lokalni maksimum u e .
145
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
y
Sl. 9.1
Lokalni ekstremi funkcije
Ako U gornjim nejednakostima vrijede striktne nejednakost za svaki x E Oc , x f=. e , onda govorimo o strogim ekstremima, tj. l ' . f(x) > f(e) . , strogi lokalni minimum u e, .
2'. f(x)
<
f(e) · · · strogi lokalni maksimum u e.
Zadatak 9.1. Definirajte ekstrem funkcije na krajevima intervala [a, bl . Uskladite definiciju s primjerom polukružnice
f(x) koja ima minimume na krajevima intervala [- l, l] . Fermat je uočio, ako funkcija ima ekstrem u nekoj točki i ako ima tangentu u toj točki, onda je u tom slučaju tangenta horizontalna, tj . njezin koeficijent smjera je jednak nuli. Ova tvrdnja je zapravo sadržaj sljedećeg teorema.
Teorem 9.1. (Fermatov I teorem) Neka je zadana funkcija f : [a, bl -+ R i neka u točki e E (a, b) ima ekstrem. Ako postoji derivacija u točki e, ondaje p(e) = O. Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f ima maksimum u točki e , tj . da postoji okolina točke e takva da za svaki x iz okoline vrijedi f(x) � fee) odnosno f(x) - fee) :::;; O . Pretpostavili smo da postoji derivacija u točki e , tj. postoji
f(x) - f(c) . X - e Ako je x > e , onda je x - e > O i f(x) - f(e) � O lj. f(x) - f(e) � f(x) - f(e) O. � O ===> lim X e x e r( e) - x-e I'lm -
x-e
Ako je x - e
<
O , onda je lim
x ..... c
f(x) X
-
f(e) � O. e
Budući da derivacija funkcije ne ovisi o tome kako x teži prema e , tj. da li s lijeva ili s desna slijedi da oba gornja limesa moraju biti jednaka, a to je moguće jedino ako je
f'(e) I
O.
Pierre de Fennat
(1601-1665), francuski matematičar
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG
146
Potpuno analogno bi dokazali tvrdnju teorema u slučaju da
c.
RAĆUNA
J ima minimum u točki
y
x
Sl. 9.2 Fermatov teorem
Neposredne posljedice ovog teorema su:
1. Diferencijabilna funkcija može imati lokalni ekstrem samo u onim točkama u koji ma je derivacija jednaka O. Dakle, ekstremi funkcije se nalaze medu rješenjima jednadžbe
l(x) = O, tj. medu tzv. stacionarnim točkama . Uočite značenje riječi "može" ! Tako na primjer za funkciju J(x) x3 vrijedi J' ( O) = O , međutim u toj točki ona nema ekstrem . 2. Neprekinuta funkcija J na zatvorenom intervalu [a, bl može imati ekstrem samo u točkama gdje je J'(x ) = O ili J'(x) ne postoji ili na krajevima intervala. Funkcija J(x) lx i ima minimum u točki x O tj . upravo u jedinoj točki gdje nema derivaciju. Funkcija J(x) = I sin x l ("ispravljeni sinus") ima maksimume u točkama u kojima je
l (x)
O
su točke x
x = (Zn + l) n · n.
====>
�
i minimume u točkama u kojim ne postoji derivacija, a to
Ako se neko tijelo giba po pravcu tako da se nakon nekog vremena vrati u početnu točku, onda ono mora u bar jednom trenutku imati brzinu nula, tj . mora stati da bi se počelo vraćati. Upravo takvu fizikalnu činjenicu opisuje sljedeći važni teorem.
Teorem 9.2. (Rolleov l teorem) Nekaje zadana neprekinutaJunkcija J : [a, bl R na zatvorenom intervalu [a, bl , koja ima derivaciju u svakoj toc1d otvorenog intervala (a, b) . NekaJunkcija poprima jednake vrijednosti na krajevima intervala, J(a) = J(b) . Tada postoji tOCKa E (a, b) u kojoj je JI (c) = O . -t
e
I
Michel Rolle ( 1652-1719). francuski matematičar
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA
147
Dokaz. Funkcija je neprekinuta na zatvorenom intervalu [a, bl . trassovom teoremu ona na tom intervalu poprima najmanju vrijednost jednost M u točkama X l , odnosno X2 : minj =
m = J(xd � J(x) � J(X2)
Ako je m = M , onda je funkcija konstantna na bilo koju točku iz tog intervala. Obzirom da je teorema je istinita.
M
max,
Prema Weiers i najveću vri
m
X l , X2 E [a, bl·
[a, bl pa za traženu točku možemo uzeti P(x) = O na cijelom intervalu tvrdnja
Neka je zato M > m . Budući da je J(a) J(b) slijedi da obje vrijednosti m i M ne poprima funkcij a na krajevima intervala, tj. bar jedna ekstremna vrijednost se postiže unutar intervala. Prema Fermatovom teoremu na tom će mjestu derivacija imati vrijednost nula i teorem je dokazan. y
a
e
Sl. 9. 3 Rolleov teorem
Ovaj vrlo jednostavni i vrlo korisni teorem često nazivamo teoremom srednje vrijed nosti diferencijalnog računa. On je direktr1a posljedica Rolleovog teorema.
Teorem 9.3. (Lagrangeov l teorem)
Neka je zado.na neprekinuta funkcija J na za tvorenom intervalu [a, bl . Neka je J diferencijabilna na otvorenom intervalu
p (e )
l
= �'---.::.�
a
Joseph Louis Lagrange ( 1736-1813), francuski matematičar
9. OSNOVNI TEOREMI DlFERENCUALNOG RAĆUNA
148
Sl. 9.4 Lagrangeov teorem
Dokaz. Odredimo jednadžbu pravca koji prolazi točkama A (a, /(a» i (b B , f(b» . �jegova jednadžba je f(b) - f(a) . y(x) = (x - a) + f(a) . b-a Uvedimo pomoćnu funkciju h(x) = f(x) - y(x) , dakle f(b) - f(a) h(x) = f(x) (x a) - f(a). b-a Funkcija h(x) zadovoljava sve uvjete Rolleovog teorema. Kao zbrOj diferencijabilnih funk cija to je neprekinuta diferencijabiina funkcija za koju je h(a) h(b) = O . Primijenimo Rolleov teorem na h(x) : postoji točka c E (a, b) za kojuje ht(c) = O : f(b) - f(a) = ht (c) = !, (c) O. b-a _
Ovime je teorem u potpunosti dokazan.
Često ćemo Lagrangeov teorem zapisivati i u sljedećim oblicima:
f(X2) - f(xd = !' (X l + D (X2 - xd) . (X2 - X l ) , 0 < (1 < 1, f(x) = f(xo ) + ft ( � ) . (x xo ) , � E (xo, x ) . Neke posljedice. 1. Znamo da je derivacija konstantne funkcije jednaka nuli. Dokažimo da vrijedi i obrat. naime ako je derivacija neke funkcije na otvorenom intervalu I jednaka nuli, onda je ta funkcija konstantna na tom intervalu. Iz jednakosti
f(x) - f(xo ) = !'(c) . (x
xo ) = O
zbog pretpostavke f'(c) = O slijedi da je f(x) = f(xo ) za svaki x E l . 2. Ako je !' = g' na otvorenom intervalu. onda se funkcije f i g razlikuju za kons tantu na tom intervalu. �aime, za funkciju h = f - g vrijedi h' (x) = f' (x) - g' (x) = O , za sve x unutar otvorenog intervala pa prema prethodnoj tvrdnji slijedi h(x) = f(x) - g(x) = e = konstanta , tj. f(x) = g(x) + c za svaki x E I .
9. OSNOVNI TEOREMI
149
DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
Ilustrirajmo ovu tvrdnju u sljedećem važnom primeru. Ako je poznata derivacija !'(x) , kako određujemo funkciju f(x) ? To je problem određivanja neodređenog integra1a. Na primjer / (x) = xn =:> f(x)
Dobiveni rezultat u integralnom računu zapisujemo na sljedeći način:
J
xn+1 + Xn dx = n + l e,
n
:f
-
1.
Ako je zadana funkcija f(x) na otvorenom intervalu (a, b) , onda se određivanje nepoznate funkcije F(x) takve da vrijedi F'(x) f(x) za svaki x E (a, b) naziva izračunavanje neodređenog
integrala.
J
f(x)dx = F(x)
+
e,
F'(x)
=
f(x) ,
dx
xE
(a, b) .
Izračunati J cos xdx znači naći F(x) tako da je F'(x) cos x . Jedna takva funkcija je sin x , a gornja napomena nam kazuje da ako postoji još koja funkcija čija je derivacija jednaka cos x , onda se ona razlikuje od sin x samo za konstantu. Dakle,
J
cos xdx
sinx
+
e.
Daljnjim poopćenjem Rolleovog teorema dobivamo Cauchyjev teorem koji će nam korisno poslužiti prilikom ispitivanj a graničnih vri jednost i zadane funkc ije. Pokazat će se da su neke granične vrijednosti funkcije u uskoj vezi s graničnim vrijednostima derivacija.
Teorem 9.4. (Cauchyjev l teorem) Neka su zadaneJunkcije /
i g za koje vrijedi: l . / i g su neprekinute na zatvorenom intervalu [a, bl, 2. postoje derivacije !' (g' na otvorenom intervalu (a, b), 3. g'(x) I- O za svaki x E (a, b) . Tada postoji E (a, b) za kojije /( b) - /(a) /'(c) = e
g( b) - g(a )
g'(c) '
Dokaz. Ustanovimo najprije daje g(b) - g(a) l- O . Naime ako bi bilo g( b) = g(a) , onda bi prema Rolleovom teoremu postojao Xo E (a, b) za koji bi bilo g' (xo ) O što je u suprotnosti s pretpostavkom da je derivacija gl različita n.!le na (a, b) . U svrhu dokaza napravimo linearnu kombinaciju zadanih funkcija s prikladno odabranim koeficijentima:
od
F(x) = lf( b) - /(a)] · g(x) [g( b) - g(a) ] · /(x). 1
Augustin Louis Cauchy ( 1789-1857), francuski matematičar
9 . OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA
150
F(a) = F(b) funkcija F(x) zadovoljava sve uvjete Rolleovog teorema na intervalu [a, b] . Dakle, postoji e E (a, b) za koji je F'(e) = O . Vrijedi F'(x ) = [t(b) - f(a)] · g' (x) - [g(b) - g(a) ] · j'(x), te iz F'(e) = O i g(b ) - g(a) =1= O slijedi tvrdnja: f(b) - f(a ) f'(e ) g(b ) - g(a ) - g'(e ) ' Zbog
g(x) x ,
Za = iz Cauchyjevog teorema dobivamo Lagrangeov teorem srednje vrijed nosti kao njegov specijalni slučaj .
Najjednostavnija klasa realnih funkcija su bez svake sumnje polinomi. Da bismo izračunali njihove vrijednosti potrebno je samo zbrajati i množiti realne brojeve. Poznata su nam mnoga njihova svojstva. Podsjetimo da među polinome spadaju ove jednostavne funkcije:
aa
-
konstanta,
a l (x - xa ) , a2 (x - xa) 2 , . . . , an(x - xa)n , . . . .
Često se neka funkcija - s kojom je možda komplicirano raditi ili nam nisu poznate njezine vrijednosti aproksimira jednostavnijim funkcijama. Pri tom najčešće koristimo razne vrste po1inoma ili trigonometrijske funkcije. Moramo odmah biti svijesni da tom pri likom činimo neku pogrešku. Ocjena te pogreške sastavni je dio problema aproksimacije. Taylorov teorem nam daje uvid o aproksimaciji funkcije po1inomom. -
Taylorov polinom. Neka je zadana funkcija f : l -> R , gdje je l je neki otvoreni interval realnih brojeva. Ako funkcija f ima II -tu derivaciju u nekoj točki e E l , onda po1inom
" (e { n) (e Tn (x) = f(e) + j'(e)(x - e) + f----z!) (x - e) 2 + . . . + f----;) ;! (x - ct nazivamo Taylorov polinom -tog stupnja funkcije f u točki e . Ako je e = O , onda Taylorov polinom često nazivamo i Maclaurinovim polinomom. l II
Primijetimo da pri tom vrijedi
f(e) = Tn(e), j'(e) = T�(e) , . . . , f{k) (�) = T�k) (e) , k = 0, 1, . . . To znači da funkcija i njezin pripadni Taylorov polinom u točki e imaju jednaku vrijednost , ll.
i imaju jednake sve derivacije do uključivo reda tangentu s diralištern u točki D(e, J(e )) . I
Colin Mac/aurin ( 1 698-1746), škotski matematičar
ll .
Posebno istaknimo da imaju zajedničku
151
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA
Ako funkcija J ima (n + l) derivaciju na I, onda možemo pisati:
n
k=O
gdje funkcij u Rn (x) nazivamo n -tim ostatkom funkcije J u točki e .
Teorem 9.5. (Taylorov l teorem ili Taylorova formula) Neka je zadana funkcija J : I -+ R . gdje je I otvoren interval realnih brojeva koja ima derivacije do uključi vo reda n + l u svakoj točki intervala I . Odaberemo li točku Xo E I , onda Junkciju J možemo predočiti u obliku
a ostatak se dadeprikazati u obliku Jfn+ l l ( e ) Rn (x) = (x xO)" + l , e xo + t1 · (x - xo ) , (n + l ) ! tj. nepoznata toeKa e se nalazi između točaka x i Xo .
t1 E ( O, I ) ,
Dokaz. Neka je zatvoreni interval [xo, xl sadržan u otvorenom intervalu I . Ako postoji (n + l ) derivacija od J , onda postoje i sve njezine derivacije nižeg reda, za svaki t E [Xo, x] .
Definirajmo dvije pomoćne funkcije kao funkcije varijable t E [xo, xl :
t J(:?) (x
F(t) = J(x ) G(t )
=
k=O +l . t t (x
za ovako definirane funkcije vrijedi:
k t) ,
Xo � t � x,
J(k) ( o ) k J(x) Tn(x), (X xO) k k=O n (kl J ( ) (x x) k J(x) f(x) = o. F(x) = J(x) - L k k=O
F(xo )
=
J(x)
-
2.:= n
�
t
Po pravilima deriviranja zbroja i produkta lako provjeravamo da je
F'(t)
=
=
-
t J(k:l/(t) (x - t)k - t J{:?) k(x k=O
k=O J(n+ l ) t - n ! ( ) (x
t /- 1
l)
tt .
Uoči da se pribrojnici u gornjim sumama poništavaju i d a ostaje samo posljednj i član iz prve sume.
G(x)
l
=
O, G' ( t )
=
dG(t) dt
Brook Taylor ( 1 685-173 1 ) , engleski matematičar
(n + l ) (x
n t) ( - l ) .
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA
lS2
Primijenimo li Cauchyjev teorem na funkcije F i G na intervalu [xo, xl dobivamo: postoji c E (xo, x) za koji je F(xo) F(x) F(xo) F'(c) G(xo) - G(x) = G(xo) G' (e) , j("+lJ(e) j(x) - T,, (x) - n ! (x - e)" (x - xo),,+l -(n + l)(x e)'" xo)n+l j(x) = Tn(x) + f"+lJ(e)(x (n + l ) ! =
Na taj načinje dokazana Taylorova formula. 9statak j(,,+I)( ) R,, (x) (n + l �! · (x - xo)n +l napisan je u tzv. Lagrangeovom obliku. =
Napišimo Taylorove (Maclaurinove) polinome sljedećih funkcija: 1 . j(x) eX, 2. j(x) = sinx, 3. j(x) = cosx. l. Prilikom odredivanja navedenih polinoma potrebnoje znati odrediti n -tu derivaciju zadane funkcije. u točki x = O za Maclaurinove, odnosno u točki x = e za Taylorove polinome. U ovom primjeru imamo: Primjer 9.1.
=
f nl (x) = et , j(O) = j(n) (O)
te je
l,
n xk n (O) · xk = � - = l + X- + x2 + x3 + . . . + xn T.n (x) = � j(/(} -� k! L..t k! 2! 3! nl l =O =O k k
Dakle, vrijedi tl
x x2 xn = Tn (x) + Rn (x) = l + l + 2 1 + . . . + nl +
eC
· xn+ 1 , e E
Analogno dobivamo za funkciju aX . Nekaje O < a ::f l i j(x) = � = Ć in a . Tada je fn} (a) = � (lna)l! . n = O, x Ina + x2 � -(Ina) 2 + . . . l -1 -ađx(lna + (nxn- l)! (lna)"-l + xl! ) I!, n! Iskoristimo dobiveni prikaz eksponencijalne funkcij e za izračunavanje njezine vri jednosti u zadanom brojU. U tu svrhu koristimo pripadni Taylorov potinom. Točnost 1 , 2, . . .
=
1 + -
2!
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIIALNOG RAČUNA
153
izračunavanja procjenjujemo tako da procjenirno koliki je ostatak. Za ilustraciju upravo rečenog izračunajmo � i procjenirno pogrešku aproksimacije.
Budući da je 2 <
< 3 slijedi � < 2 . Prema tome možemo tvrditi da je 2 eC Rn (x ) xn+ l < za sva I x < "3 ' (n + l ) ! Ako j e n = , onda z a procjenu pogreške imamo: e
1
k'
5
R
5
( �) (�r 1(1)2 <
:!
Prema tome je s točnošću od 0 5 l l . �� l+-+ 3 2!
3
+
.
�
< 1 0- 5. = 7 29 360
1)
1 5 51 ( -3 ) 1 .3956 1 .
4 l l . 1 )3 l . (- + _ . (- + 3! 3 4! 3
sin x , /"' (x) = - cosx , /(4) (x) = sinx . Možemo 2. /' (x) = cos x , f" (x) indukcijom zaključiti da n -tu derivaciju funkcije sinus možemo zapisati ovako: sin (x + n ·
/(n) (x ) = sin(n) (x)
Prema tome u odgovarajućem polinomu imamo: /(0) = O, /,(0) = l ,
/"(0)
O,
ln)(o)
/,"(0)
x3 x5 T2n+ I (x) = x + 3! Budući da je
�),
. ..
n = O, 1 , 2, .
sin(O + n · 1,
�),
/(4) (0) O, · · · · · · n ( _ l ) kx2k+ 1
x7 + 7 ! " ' = 2: (2k + I ) ! k=O
l t cos Ox, dobivamo jednostavnu procjenu ostatka:
n Ix l 2n+ 1 xn+ 1 . cos IRn (x }1 - 1 ( - 1 ) 2 x l O 5 (2n + l ) ! ' ( n + l)! _
Ako je
X
E [O,
�l, ondaje
-7-"-� --:-
I ""
( i) 2n+ I (2n + l ) ! '
-,
Želimo li na primjer izračunati sinus s točnošću e 0 3 onda slijedi 1t +1 ( ) 2n 1t 2n+l l "4 :::;; (2n + l ) ! 1000 ( "4 ) ==> (2n + l ) ! :::;; 1 03
1
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA
154
Ova nejednadžba vrijedi već za n 2:: 3 . Dakle, polinom petog stupnja daje aproksimaciju rc funkcije sinus s točnošću E = 1 0 - 3 za svaki x E [O, 4" J sinx .:::: x
x3 x5 3! + 5!
Korisno j e primjetiti daje funkcija sinus neparna funkcija. Sada vidimo da u njenom neparne potencije od x . Primjetirno također da rc smo pisali Taylorov polinom te iste funkcije oko točke Xo ;:::: 2 ' onda bi dobili:
Maclaurinovom polinomu imamo samo
j(x)
=
j( 1!.) 2 + I' ( 1!. 2) .
x
rc 1 l-2 . (x - 2
sinx
(x I rc + 1' ( 2 ) 2! + . . . 1 rc 4 + ! . (x - 2 ) + . . . 4
tj . to bi bila parna funkcija s obzirom na na varijablu (x - 2 ) , što znači da je graf funkcije rc
osno simetričan II odnosu na vertikalni pravac x = 1!. 2. 3. Potpuno analogno kao u prethodnom zadatku dobivamo: j(x) T2n(x)
=
l
j(n) (x)
cosx, x2
4
2! + 4! X
x6 6! +
cos(x + n · . .
.
=
"
�), x 2k
L (- l )k (2k) ! ' k=O
Primjeti da je kosinIls parna funkcija, u njezinom Maclaurinovom polinomu imamo samo parne potencije od x .
Ako funkciju kosinus u intervalu x E [O, 21 aproksimiramo polinornom četvrtog stupnja rc
činimo pogrešku koja ovisi o x . Ta pogreška je manja od prvog člana koji bi došao u slje dećem Taylorovom polinomu (pogreška kod alterniranih redova) . Ako bi tražili interval gdje je pogreška manja od E 1 0-5 tada bi bilo: x6 -! < 6
E =
10- 5
=}
1 051x l 6 < 6!,
lx i < 0. 44
Primjer 9.2. Odredimo Maclaurinov polinom funkcije j(x) = ln( 1 + x) . Jednos tavnim računom dobivamo: xn- I x 2 x3 . n -2 1 ) + Rn (x) , x E [O, lJ, In( l + x) = x . . + 2 + 3 n-l xn Rn < Rn (x) ( -1 ),,- 1 n e l + Dx)n ' I i �n _
__
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
155
Naime, za derivacije zadane funkcije bi dobili (koristi indukciju): InO + x) , f(O) O, ( l + x)- l , / ( 0) = l , ( - 1 ) ( 1 + x)-2, /'(0) =
f(x ) / (x) !"(x)
f(n) (x) (- l ) n- I (n f(nl (o) = I t - 1 (n
l ) ! ( l + x)-n , 1 )1.
f(x ) = In( l + x ) :::::: x
n-l
x E [O, l ] .
Primjer 9.3. Provjeri da je MacIaurinova formula za funkciju
f(x) = ( l + x)m,
m E R,
Ixl < l
dana izrazom:
m(m - l ) x2 + . . . 2! m(m 1 ) · . . + (m - n + 2) -l + xn + Rn (n l ) ! m_n_+ m( l ) . ( l + Đx m -n )(,-m -.:2)c-'_'-. ('._ ----'. Rn = _-,-m -_l-,) , lx i < L n! Indukcijom se lako dokaže da vrijedi: J1kl(x) = m(m - l ) (m 2) · · · (m k + 1 ) ( 1 + x)m-k, f(kl (O) m(m l ) · · · (m k + l ) . f(x ) = ( 1 + x )m = l + mx +
_ _
Možda je zgodno na ovom mjestu upozoriti na koeficijente u gornjoj MacIaurinovoj formuli. Formalni zapis tih koeficijenata vodi na poopćenje binomnih koeficijenata. Pods jetimo da smo binomni koeficijet definirali pomoću prirodnog broja n i cijelog broja k za koji vrijedi O :$ k :$ n . U izrazu za binomni koeficijent n k ! (n k ) ! dopustimo da n nije nužno prirodan broj. U tom slučaju dobivamo poopćeni binomni koeficijent. Evo definicij e tog poopćenog koeficijenta.
G)
-
�
Uz ovo poopćenje binomnih koeficijenata MacIaurinovu formulu za funkciju f mo žemo zapisati
f(x )
==
( l + x)m =
(�) + (7) x + (;) x2 + . . . + e : ) xn - I + (:) xn( l + Đx ) m-n . l
9. OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
156
Provjeri da je
l
--===
= l
-
tx +
3x 2
8(1
+
5 .
OX} 2
Primjer 9.4. Provjeri d a su Maclaurinove formule hiperbolnih funkcija sh x i chx
dane izrazima:
10.
Primjene diferencijalnog računa
l. Intervali monotonosti . . . . . . . . . . . . 157
5. Približne metode rješevanja
2. Ekstrem funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 158 3. L'Hospitalova pravila . . . . . . . . . . . . 159 4. Konveksnost-konkavnost
. . . .
...
6. Asimptote
..
jednadžbi . . . . . . . . 169 .
. . .. . .
....
.
. . . . . 175
. . 165
Podsjetimo da za funkciju J zadanu na nekom intervalu I kažemo da je striktno rastuća na tom intervalu ako za svaki X l , x2 E I vrijedi:
Xl < x2 J(XI ) < J(X2). ==> Funkcija J je rastuća na tom intervalu ako za svaki XI, X2 E I vrijedi Analogno definiramo striktno padajuće, odnosno padajuće funkcije. Ako je funkcija J bilo rastuća bilo padajuća na intervalu I , onda kažemo da je monotona na tom intervalu. Za funkciju J kažemo da je monotona u točki Xo ako postoji interval koji sadrži tu točku na kojem je funkcija monotona. Teorem 10.1. Ako funkcija J zadana na intervalu I ima derivaciju u svakoj točki tog intervala i ako J' ima isti predznak za svaki X E I , onda je funkcija J monotona na
J.
di:
Dokaz.
Neka su XI , X2 E I . Prema Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti vrije-
J(X2) - J(x d
=
j'(C)(X2 - x d ,
c E (Xl , X2) .
Sada neposredno slijedi: ako j e !' > O n a I , onda i z X 2 � Xl slijedi d a j e i J(X2) � J(XI ) , tj. funkcija je rastuća na I . Analogno, ako je J' < O , onda iz X2 � X I slijedi J(X2) :::; J(X l ) .
157
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
158
Na intervalima gdje je prva derivacija pozitivna funkcija je rastuća. Na intervalima na kojima je prva derivacija negativna funkcija je padajuća. Primjer 10.1. Odredimo intervale monotonosti funkcije
6x2 + l lx - 6. Skicirajmo graf te funkcije. Nultočke su l , 2. 3. Funkcijaje neprekinuta. Između nultočaka ima ekstreme (Rolleov i Fermatov teorem) . Derivacija funkcije j e J(x)
J' (x) = 3x2
=
(x
l )(x
1 2x + l l ,
2)(x
!'(x)
3 ) = x3
=
O
Zadana funkcija je striktno rastuća na intervalu ( - oo , xI] U [X2 , oo ) , dok je padajuća na intervalu [X l , X2] . U točki X l funkcija J pOI?rima maksimum. a u X2 minimum. y
x
Sl. 10. 1
Ako je funkcija diferencijabilna u točki e i ako ima ekstrem u toj točki. onda je njezina derivacija u e jednaka nuli. To je tvrdnja Fermatova teorema. Mi smo vidjeli da funkcija može imati derivaciju jednaku nuli u nekoj točki a da u njoj nije ekstrem na primjer J(x) = x3 u točki e O . Izvedimo sada dovoljan uvjet za postojanje ekstrema diferencijabilne funkcije. Teorem 10.2. Neka je Junkcija J difereneijabilna na intervalu l = (a, b) i neka je J' (e) = O, e E l. U toeKi e je ekstrem u ova dva slučaja: 1. akoje J'(x) > O na intervalu (a, e) i J'(x } < O na intervalu (e, b) , ondaje u e maksimum. 2. ako je J'(x) < O na intervalu (a, e) i J'(x } > O na intervalu (e, b) , ondaje u e minimum.
da je
Dokaz. Neka je x E (a, b) . Prema Lagrangeovom teoremu postoji Xo E (x, e) takav J(e)
J(x)
!, (xo ) (c
x).
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
159
Analizirajmo tu jednakost. U prvom slučaju na intervalu [x, ej je e x > O i !'(xo) > O pa je f e e) - f(x) > O, tj.f(e) > f(x). Na intervalu [e, xl je e - x < O i f'(xo) < O , dakle ponovno je f e e) f(x) > O, tj. fee) > f(x) . U e je maksimum. U drugom slučaju vrijedi, ako je x < e onda iz e x > O i !' (xo) < O slijedi da je f e e) f(x) < O, tj. f e e) < f(x) . Ako je pak x > e, onda f'(xo) > O slijedi ponovno daje f e e) f(x) < O , tj. fe e) < f(x) . Dakle u točki e je minimum. Primjer 10.2. Odredimo ekstreme funkcije
X4 + 3 . x Funkcija je definirana za svaki x E R, x '# O , neprekinuta je i diferencijabilna za svaki x iz njezine domene. 3 (x4 1 ) !'(x) = x2 Derivacija je jednaka nuli u točkama x l = - 1 i X2 = l , i u tim točkama su mogući eks tremi. Ispitajmo da li je ekstrem u x l = - 1 . Ako je x < - 1 derivacija je pozitivna. Ako je x E l , 1 ) . onda je derivacija negativna. Dakle, prema dokazanom u točki x = - 1 je maksimum. Derivacija je pozitivna za svaki x > l , dakle u točki x l je minimum. Skiciraj graf funkcije. Primjeti da je lim f(x) = - oo , lim f(x) = oo = lim f(x), lim f(x) = - oo . f(x)
X-+O+
;(-+0-
=
X-+CX)
x-+-oo
Brojne su situacije kada je potrebno odrediti limes funkcije bilo da varijabla teži konačnoj ili beskonačnoj vrijednosti . Najednostavniji slučaj nastupa kada tražimo limes neprekinute funkcije u točki gdje je ona neprekinuta. U tom je slučaju lim f(x) = f( lim x) = f(xo}. X -+Xo
X-+Xo
Mi ćemo sada promatrati limese funkcija koje su produkt, kvocijent, razlika, itd. dviju funkcija. Dakle, to su funkcije oblika f(x } () f(x) . g(x), ' f(x } - g(x), f(x)g x , . . . g(x) U slučajevima koje kanimo razmatrati neće biti moguće direktno primjenjivati teorem o limes u produkta kvocijenta, razlike itd. To će biti tzv. neodređeni oblici:
�O '
oo oo
0 ' 00 ,
oo - oo,
OO'
000,
l "" .
Pokazuje se da je najvažnije znati odrediti limes kvocijenta dviju veličina (funkcija) kada obje teže prema nuli, jer ostale slučajeve možemo svesti na taj tzv. osnovni "neodređeni ob-
�.
lik" Jasno nam je da kvocijent dviju "malih" veličina (funkcija) može biti proizvoljan realan broj . Za ilustraciju rečenog navedimo nekoliko jednostavnih primjera .
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG
160
RAČUNA
Primjer 10.3. Odredimo limese: 1.
3.
xm m, n E N, 2. X--+OO lim a · -, xn X . lim x e - , 4. lim (x - e'") . .1"- oo X--+ oo
1 . I brojnik i nazivnik teže prema nuli. Prema tome o tom kvocijentu malih veličina ne možemo ništa reći dok ne kažemo koliki su m i n . Ako je m n , onda je limes jednak l . Ako je m > n , onda je limes o. Ako je pak m < n onda je limes jednak oo . 2. Kvocijent "velikih" veličina može biti: a za m = n , O za n > m , oo ili - oo za m > n , ovisno o predznaku broja a . 3 . Produkt "velike" veličine i "malene" je neodređeni oblik. Kasnije će biti pokazano da vrijedi:
=
,
Mogli bismo reći da eksponencijalna funkcija raste brže nego linearna paje limes kvocijenta � jednak nuli . eX 4. Uz pretpostavku da znamo koliki je limes u prethodnom slučaju vrijedi:
( - l)
lim e'" �
x-oo
eX
Teorem 10.3. (L'Hospitalovo pravilo)
lim
Onda je
x-a+O
= - oo .
Neka je
lim g(x) = O J(x) = x-a+O lim
x- a+O
J(x) g(x)
lim
x-a+O
J'(x) g' (x)
= L.
= L.
Dokaz. Prema pretpostavkama teorema zaključujemo da postoje derivacije J' i g' u nekom intervalu a < x < a + h , h > O , i na tom je intervalu g' (x) =I- o . Nadalje iz postojanja derivacija zaključujemo da su J i g neprekinute funkcije na tom intervalu. Proširimo po neprekinutosti domene tih funkcija tako da definiramo J(a) = g(a ) = O . Tako proširene funkcije zadovoljavaju uvjete Cauchyjevog teorema na intervalu [a, xl . Prema Cauchyjevom teoremu postoji broj c iz intervala
- J(a ) = J'( c ) = J(x) g(x - g(a ) g (c )
) ' · Neka je f > O proizvoljan. Postoji 8 > O takav da je 8 < h
I ���� - LI I �:��� LI < =
-
f za svaki
i
c > a , i c < a + 8.
Budući da je E proizvoljan slijedi tvrdnja teorema. Nije isključeno da je možda ili - oo . Potpuno analogno vrijedi ako bismo imali limes s lijeve strane, x a - O.
L = oo
--+
1 0. PRIMJENE DIFERENCUALNOG RAČUNA
161
Ako u prethodnom teoremu x ili x -+ l . vrijedi. Naime, supstitucijom z x dobIvamo -+
oo
- oo ,
pokažimo da teorem još uvijek
1 J(�) , G(z) g( � ) , F' (z) = J' ( � )( - ) , G'(z) g ' ( � )( - � ) , z z z z2 Z Z2 Kada x onda z O , Na funkcije F i G možemo primijeniti prethodni teorem 3, pa bismo u slučaju x imali: (x) lim F(z) = lim F' (z) = lim J'( � ) = lim J' (x) lim Jg(x) g'(x) G(z) G' (z) g' e � ) Z Primjetirno da je moguće postojanje limesa kvocijenta funkcija a da ne postoji li mes kvocijenta njihovih derivacija, U ovakvim slučajevima L' Hospitalovo pravilo ne funkcionira, Evo jednog takvog primjera, Primjer 10.4. Tražimo limes kvocijenta funkcija l J(x) x2 cos X g(x) = sinx kada x O , x2cos xl ' x ' l,lm sinx llm -,smx - ' llmxcos x-1 O ' sinx ' ogrant'čena funkCIJ a pa Je' I'lmx cos -l O Znamo d a Je , llm cos x Je X X S druge strane, računamo li limes kvocijenta derivacija, onda vidimo da taj limes ne postoji. Naime, dobivamo: l ,l lm l ex) lim 2x cos x- + sin xg'(x) cosx Taj limes ne pos oji jer ne post j i limes funkcije sin x! kada Primjedba. Ako funkcije J' i g ' zadovoljavaju uvjete teorema 3, onda možemo i na njih primijeniti L' Hospitalovo pravilo, Dakle, (x) lim l ex) lim f"(x) lim Jg(x) gl/ (x) g'(X) Tako će na primjer biti ' l cosx = lim sinx = �, lm x -x3sinx = l lm 6x 6 F(z) = -+
oo ,
-+
-+
oo
=
x-+ oo
x -oo
z -+O
z- o
z-o
,
-,
-+
=
x-+O
x-+O
-- =
l
x-+O
=
x-+O
.
,
,
..
l
x-+O
t
-
'
x-o
o
x-+e
l,
x -.
=
x-e
x -o
x-+O
oo
O,
x-+e
x-+o
Teorem potpuno analogan prethodnom vrijedi i u slučajevima kada su Iimesi funkcij a J(x) i g(x) jednaki ili za x -+ a+ ili a- ili x -+ a, Neodređeni oblik
oo
•
oo
-oo
10. PRIMJENE D IFERENCIJALNOG RAČUNA
162
Teorem 10.4.
(L'Hospitalovo pravilo) Neka su J i g funkcije di/ereneijabilne na
intervalu I = (a, b) i neka je
lim J(x) lim g (x)
1.
Ako postoji
lim rg' Cexx »)
x-> o+
X----l-a+
g' (x)
2. =
i= O na I. =
L onda, postoji ijednakje
lim Jg (x) (x)
=
x ......a+
Dokaz.
= OO,
x-a+
lim fgl' ((x)X)
x->,,+
=
L.
Odaberirno brojeve x i Xo takvtl da je a < x < xa < b. [x , xo] e J(x) - J(xo) J' (e) = ' g (x) - g (xo) g (e) ' E > O g -+ oo )
Fiksirajmo broj Xo . Na svakom intervalu funkcije J i g zadovoljavaju uvjete Cauchyjeva teorema i tako dobivamo broj za koji vrijedi: x < e < Xo i Možemo pretpostaviti da za svaki okoline vrijedi (radi J -+ oo ,
J(xo) < J (x)
E,
postoji okolina broja a takva da za svaki x iz te
g (xo) -- < g ex )
E,
1
tj..
---"--;'-'';-
kada x -+ a+,
1 -
J(x) g (x)
J (x) Jexo) g(x) - g(xo )
-+ l
.
Jexo) J (x ) --=.;---'7g (xo) 1 g(x)
1 _
=
r ee) g' (e) '
g(xo) g (x) r ee) . g'(e) " - Jex) 1 J(xo)
l
J(x) g (x)
_
Kako je Xo proizvoljan, možemo odabrati Xo -+ a+ . Onda će i e -+ a+ , dakle vrijedit će: f' (x) . lim Jg (x) lim g'(X ) (x) =
x ...... ,,+
Primjer 10.S.
x ...... a+
Pokažimo da funkcija Jex ) O,
=
1
e-X1 ,
/(0)
=
O,
x
E
R
ima sve derivacije u x a još je interesantnije da su sve one jednake nuli. Iz tog rezultata slijedi da je pripadni Maclaurinov polinom nul-poli nom, odnosno pripadni red
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
163
ima sve koeficijente jednake nuli. To će značiti da taj red neće prikazivati funkciju od koje je nastao. Derivaciju funkcije za svaki x =1= O izračunavamo po pravilima deriviranja, dakle 2
J' (x )
x =1= O.
Prilikom određivanja derivacije u x O polazimo od definicije derivacije i pri tome koristimo L' Hospitalova pravila. Dakle, . t O. ( - J = hm hm f' (O) l im 00 elX =
=
x-o
.
=-.:.....-'---"--'--
Uoči da smo koristili supstituciju x1 derivaciju lako odredimo za svaki x =1= O .
t,
[2 . 2
'I ) J (X
!
x ...... o
x6
_
oo ,
=
oo
=
-;
1 ......
i kada x -+ O , onda t -+
oo .
Drugu
2 · 3] -1 . e X4
Drugu derivaciju u x O određujemo prema definiciji; 2t2 f'(x) f'(O ) lim 2 · e- 1 lim 1"(0) lim O. X X Može se indukcijom pokazati da je -ta derivacija promatrane funkcije: f(n)(x) P3n { x� ) . e- ;!r gdje je P3n polinom stupnja 311 . Prilikom određivanja viših derivacija u x O potrebno je odrediti limese sljedećih oblika: t� . -1 o llm lim O. o xm et Prema tome dobivamo da su sve derivacije u x O jednake nuli. Neodređeni oblik Neka je lim f(x} limg(x) kada x -+ a . U ovom slučaju vrijedi: =
x- o
x-o
=
4
n
I_oo
et
=
=
=
t - oo
x......
oo - oo .
=
=
oo
1
f(x) g(x)
l
f(x)
U posljednjem razlomku vidimo da smo dobili neodređenost tipa OO i prema tome smatramo ovaj tip neodređenosti rješenim. Primjer 10.6. Ako funkcija f(x) ima treću neprekinutu derivaciju onda možemo pisati: f{x ) f{e ) + =
J'i�) (
x
-
�\e
' e ) + J ) (x e )2 + R2 .
10. PRIMJENE DIFERENCUALNOG RAČUNA
164
Kojeg je reda funkcija R2 ? Tu se misli, s kojom potencijom od (x e) je usporediva. Pokažimo da je trećeg reda. Naime, l' ( e ) j' ( e) (x c) 2 (x e ) _ f(x) f( c) R2 Q ...,. ' 2,-,l' = ( ) = lim x-e (x - e) 3 O (x - c) 3 '( ) " " ' ' l (x) ) e . f . j (x) - f ( e) - f ( e ) (x e . _ ---.:.. = hm .:.- ...,-:.-.:...:. :-.:.....---=.. --.:. ...: = hm ::...c...:. x-e 3 · 2(x - e ) x-e 3 (x - c)2 _ _ _
..::....:.. � :..-�
. fili (x) hm --
3·2
x-e
=
j'" (C)
-- < oo.
6
Primjer 10.7. 1.
l·lm x- ""
2,
lim
3,
X-+OO
l,lm
x--;.oo
l
lnx
=
X
O,
l lm ' .:!.. x- "" l
lnx = (a > O, x > O) xa
-
e< =
Xn
,
hm
x-oo
l - = axđ
x-+co
Ostali oblici neodređenosti. Oblike neodređenosti (jJ , znate
O,
e< ' = . . . = llm -, = OO . x-+oo n.
e<
l'lID
=
l "" , 000
svodimo na već po
� ili : . Oni se pojavljuju prilikom proučavanja funkcija oblika fg koje definiramo
na sljedeći način:
f(x) g(x)
eK(x) .lnf(x)
.
Kako je eksponencijalna funkcija neprekinuta slijedi lim f(x )og(x)
X-+(J
i
II
=
lim eK(x) In f(x)
,.t-+(J
=
elim,_a g(x) ln f(x)
eksponentu dobivamo neodređenost nekog tipa koji pripada već razmatranim s lučajevi
ma. Ilustrirajmo to s nekoliko primjera.
Primjer 10.S. Odredi sljedeće limese: 1.
l ) In
lim (x
x - l +0
x
= l
. . . (O°),
l
2.
sin x ,; lim ( ) x-O+O x
=
1 . . .. ( 1 "" ),
l
3.
lim x';
x-oo
=
1 . . . . . . (00°)
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
165
Višekratnim primjenamaL'Hospitalovih pravila dobivamo vrijednosti traženih limesa. Evo uputa: lim lnx In(x - l) = (O · ) = lim In(x l- l) 1. Inx 2 . (inx? + 2 1nx ( x(inx) . -O - - ) - - hm hm ..... l x-l sinx ) In(l sinx x 2. .....limo+ x- ln -..... o x = lim x = O, 3 . lim � lnx = O. x oo
x� l +O _
oo
_
oo
x� l +
_
_
x� 1+
x
x
,
1+
x
X---fo OO
Ako je predznak prve derivacije na intervalu I stalan ( + ili - ), onda je na tome intervalu funkcija monotona. Odredimo koje je značenje stalnosti predznaka druge deriva cije na nekom intervalu. Kako bismo odgovorili na to pitanje podsjetimo da je jednadžba pravca u ravnini u općem, odnosno u eksplicitnom obliku + By + e = O, y = ax + b. Pravac dijeli ravninu na tri dijela. To su dvije otvorene poluravnine i točke samog pravca. Podsjetimo se kako utvrđujemo da su dvije točke ravnine u istoj poluravnini, tj. s iste strane pravca. U tu svrhu uvodimo funkcije F(x, y) = Ax + By + e, odnosno G(x, y) = y - ax b . Te funkcije imaju isti predznak za bilo koje dvije točke koje su s iste strane pravca, suprotne predznake ako su točke s raznih strana pravca i vrijednost nula onda i samo onda ako točka pripada pravcu. Ax
li
-
Sl. 10.2
Konveksni i konkavni gra/ovi
Graf funkcije f(x) je konveksan u točki To( f( ) ) ako postoji tangenta u toj točki, zatim okolina te točke takva da je graf funkcije u toj okolini iznad tangente. Ako je graf funkcije ispod tangente s diralištern u točki To , onda kažemo da je graf konkavan u toj točki. e,
e
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
166
Ako je graf funkcije f takav da je ispod (iznad) tangente u nekom intervalu (e - E, e ) zatim iznad ( ispod) tangente u intervalu (e, e + E) , onda kažemo da graf ima infleksiju ili pregib u točki e . Za te točke možemo reći da se u njima mijenja stanje konkavno konveksno. Jednadžba tangente s diralištem u točki To je
fee) f (e ) (x - e) . Dakle, grafje iznad tangente (konveksan graf) ako je g{x) = f(x) - y {x) f(x) [tee) + f ( c) (x - c)] � O . Graf funkcije je ispod tangente (konkavan graf) ako je g(x) f(x) y(x) ::; O. Graf funkcije f je konveksan (konkavan ) na intervalu I ako je konveksan (konkavan) u svakoj točki tog intervala. y(x)
Teorem 10.S. Neka je zadana funkcija f : I -t R koja ima neprekinutu drugu deri vaciju u tocKi u To( e, f(c» . Graffunkeije f je konveksan u tocKi To ako je f" (c) > O. Grafje konkavan u To ako je fil (e) < O .
Dokaz. Izrazimo funkciju f Taylorovom formulom u točki e . Dakle: f(x) = Tl (x) + R l (X) = fee) + f'{e) (x - c) +
f�\d) (x
e) 2.
Iz pretpostavke da je druga derivacija neprekinuta u To i pozitivna, slijedi da je ona pozitivna i u nekoj okolini te točke. Isto će vrijediti u slučaju da je ona negativna. Sada je Taylorov polinom prvog stupnja upravo y(x) = fee) + f' ( e ) (x c) pa je razlika g(x) f(x) - Tl (x ) = Rl (x) . Zaključujemo =
f"(e) > O 2. fil (c) < O 1.
cija:
==::::}
==::::}
grafje konveksan u To(c, j(c» , graf je konkavan u To (c, j(c) ) .
Primjer 10.9. Odredi intervale konveksnosti - konkavnosti grafova sljedećih funk1.
f(x) = x2,
2. f(x)
x3,
3.
f(x) = tf ,
4.
f(x)
sin x.
Sve navedene funkcije imaju neprekinute druge derivacije i prema tome možemo pomoću nje odrediti tražene intervale. Grafovi će biti konveksni na onim intervalima na kojima je druga derivacija pozitivna, dok će biti konkavni na onim na kojima je druga derivacija negativna. Druge derivacije tih funkcija jesu: ' smx. 2. (x3)" = 6x, 3. (tf ) " = tf, 4. (sin x)" 1 . (X 2 )" = 2, Poznavanjem predznaka druge derivacije zaključujemo: 1 . f(x) = x2 graf je konveksan na R , O] , konveksan na [O, oo ) u točki x = O je infleksija, 2. f(x) = x3 konkavan na 3. f(x) = et graf je konveksan na R , 4. f(x) = sin x graf konkavan na intervalima [O + 2kn, n + 2kn] , konveksan na intervalima [n + 2kn, 2n + 2kn] infleksije su u točkama Xk kn , k E Z . Skiciraj pripadne grafove.
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
167
Konveksne funkcije. Neprazan podskup ravnine je konveksan ako ima sljedeće svoj stvo: ako su njegovi elementi točke A i B. onda taj skup sadrži cijelu dužinu AB. Dakle. S je konveksan ako vrijedi A, B S AB e S. Funkcija J je konveksna na intervalu [a, bl ako za svaki X l , X2 [a, bl vrijedi E
J
===}
CI ; X2 ) :::; J(xd ; J(x2 ) .
E
Sl. 10.3
Funkcij a J je konkavna na [a, bl ako je -J konveksna na [a, bl . Ako je funkcij a J konveksna na intervalu [a, bl . onda je konveksan skup F ko ji je omeđen s donje strane grafom funkcije J a s gornje dužinom koja spaja točke Tl (x l . J(x d ), Tz(x2 , J(x2 ) ) . Ako je y (x) ordinata pravca koji prolazi tim točkama, onda je F = {T(x, y ) la :::; x :::; b. J(x) :::; y :::; y (x) } .
Ako je graf funkcije konveksan na intervalu [a, bl onda prema Lagrangeovom teoremu postoji tangenta koja je paralelna sa sekantom koja prolazi točkama Tl , T2 . Dio grafa funkcije J koji je na intervalu [a, bl nalazi se unutar pruge koju određuju ti paralelni pravci. Sljedeći teorem nam daje vrlo jednostavan kriterij za određivanje konveksnosti funk cije ako ona ima neprekinutu drugu derivaciju. Možemo odmah istaći potpunu analogij u između koveksnih funkcija i konveksnih·grafova funkcija kako je prethodno bilo definira no. Konveksna funkcija na nekom intervalu nije nužno na tom intervalu i diferencijabilna. tj . ne mora imati tangentu a to prema prethodnoj definiciji znači da u toj točki ne možemo definirati konveksnost. Ako funkcija J ima drugu neprekinutu derivaciju na intervalu I . onda su obje definicije konveksnosti funkcije i grafa ekvivalentne. '
Teorem 10.6. Ako postoji neprekinuta druga derivacija funkcije J na intervalu I ,
onda vrijedi
J" > O J" < O
-{::::::> -{::::::>
funkcijaje konveksna na I, funkcija je konkavna na I .
Dokaz. Ako je druga derivacij a pozitivna na intervalu I . ondaje razlika između funk cijskih vrijednosti i vrijednosti na tangenti pozitivna. Naime. prema Taylorovoj formuli
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
168
je
j"( d) I(x) = I(e) + f(e)(x - e) + 2"! (x
odnosno
j(x) - [((e) + f(e)(x - e)]
=
e) 2,
j"(d) 2"!(x - e) 2 ?: O,
što znači da je graf funkcije konveksan. Analogno se dobiva da je u slučaju j" < O graf konkavan. Nekaje I konveksna funkcija na intervalu l , tj.
l( xI
� X2 )
�
l(xJ )
Nakon što provedemo supstituciju
XI + X2 = t, -2-
U
XI - Xz =S -2,
gornjoj nejednadžbi dobivamo:
I(t)
�
I(t + s)
; I(t - s)
=:::;.
� I(X2 ) na
Xl = t + S,
I(t + s)
l.
X2
==
t - S,
I(t) - [((t) - I(t - s)] ?: O .
Primjenom Lagrangeovog teorema za funkciju I na intervalima [t, t + sj ' odnosno nad [t - s, t] dobivamo:
!'(t + OIS)S - f(t - 02S)S = s[{'(t + OIS) !'(t - 02S)] ?: O . Kako je s "# O , dijeljenjem gornje nejednakosti sa s2 , dobivamo: f(t + OIS) - f(t - 02S) > . -O s Kada s --o O =:::;. f'(t + 01 S) - f(t) I'(t) - I'(t - 02S) --o /" 2 ( t) ?: O . + s s Primjer 10.l0. 1. Dokaži daje I(x) = x 2 konveksna funkcija na R . 2. Dokaži da vrijedi
.jX
+ ..;y � 2
J; x
Odredi intervale konvek:snosti funkcije I(x) Evo rješenja. l . Neka su XJ , X 2 E R .
3.
Y.
==
r
-
x2 .
(XI - X2 ) 2 2: O =:::;. xr + x� 2: 2xIX2 =:::;. 2(xr + xi) 2: xi + x� + 2xIX2 , xi + x� 2 (x� + x�) > xi + x� + 2xlX2 ( Xl + X2 ) 2 = = 2 4 4 2 ' ) I(x (x X2 1 2 � l . d 1( )
2. Dokaži da je funkcija I(x)
;
=
;
.jX konkavna. Dakle, dovoljnoje vidjeti da je
f'(x) = H - ! )x- ! < O.
169
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
U
3 . r (x) tr 2 f(x) tr konkavna na ( -oo, ln 2] , konveksna na [In 2, oo ) . točki To(ln 2, j(ln 2» je infleksija. =
-
U primjenama diferencij alnog računa moramo vrlo često rješavati jednadžbe. Tako na primjer. želimo li skicirati graf funkcije f(x) potrebno je znati rješenja jednadžbe f(x) O . Ako takvih rješenja nema. onda je to opet jedan važan podatak o grafu te funk cije. Takoder, prilikom odredivanja stacionarnih točaka diferencijabilne funkcije potrebno je rješiti jednadžbu f' (x) O . Ako je funkcija f(x) neprekinuta i ako postoji interval [x !, ] takav da funkcija na krajevima poprima vrijednosti suprotnih predznaka tj. ako je f(x ] ) . f( ) < O onda po Bolzano-Weierstrassovom teoremu postoji barem jedna točka e E (x] , ) takva daje fe e) = O. Ako je funkcija k tome striktno monotona na tom intervalu, onda zak ljučujemo da je točka e jedina nultočka iz tog intervala. U takvom slučaju govorimo o izoliranoj nuItočki funkcije i intervalu izolacije. Nultočka Xo funkcije f(x) je izolirana nultočka ako postoji takav interval [ ] u kojem je Xo jedina nultočka. Za približnu vrijednost nultočke uzimamo obično srednju vrijednost. dakle y =
=
•
X2
X2
X2
X l , X2
Pogreška je u tom slučaju manja od X l Prema tome, poželjno je čim preciznije izolirati nultočku tj. odrediti čim uži interval izolacije. Definicija 10.1. Ako je moguće funkciju f(x) u okolini točke Xo prikazati u obliku f(x) (x ) 'I fl (x) , E N, fl (xo) ::f:. O, onda točku nazivamo nultočkom -tog reda funkcije f(x) . Ako je 1 onda za nultočku kažemo da je jednostruka ili obična nultočka. Akofunkcij a f(x) ( ),'f ( ) ima derivacij au točki onda lako provjerimo da vrijedi: f(n - I) (xo) O,j(n)(xo) ::f:. O. f(xo) = /'(xo) = /,' (xo) Provjeri daje za funkciju f(x) točka x O dvostruka nultočka; f(O) / ( 0) 0, 1"(0) ::f:. O. X2
=
XO
Xo
n ==
-
n
.
n
Xo
,
==
x - XO
l X
2 = x
n
Xo
== . . .
==
'
==
10 . PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
170
Metoda polovišta. Određivanje nultočke funkcije f(x) metodom polovišta zasnova no je na Bolzano-Weierstrassov teoremu. Po tom teoremu postoji nultočka funkcije f(x) na intervalu [a, bl ako je funkcija neprekinuta i ako je feal . f(b) < O . Postupak određi vanja nultočke teče ovako. Odredimo polovište intervala i u njemu izračunamo vrijednost funkcije. Ako je vrijednost jednaka nula, onda je postupak gotov, nultočka je određena. Ako polovište nije nultočka onda imamo dva nova intervala i u jednom od njih je nultočka. Postupak nastavljamo dalje s onim intervalom u kojem se nalazi nultočka. Na taj način dobivamo niz intervala u kojim se nalazi nuItočka xa ,
lo = [a, bl, ft = [al, bl], Iz = [a2, b2] , . . . , ln = [an, bnl, f(an) · f(bn ) < O . an + bn lnterva . . . la l uZimamo ' za aproksImacIJu nul točke, a lZ dIIl"Jlne PoloVlsle X o "'" . b a zaključujemo na točnost te aproksimacije. intervala l n 2n o o
'V
n
Primjer 10.11. Uzastopnom primjenom spomenutog Bolzano-Weierstrassovog teo rema odredimo pozitivnu nultočku funkcije
f(x) = x2 - cos nx.
Uz malo truda lako dolazimo do tablice u kojoj je određen predznak funkcije za specifici ranu vrijednost X -a:
x
O
f(x)
l 2
+
l
3
4
Š
7
16
+
1.5 TI
+
Došli smo do intervala na čijim krajevima funkcija ima vrijednosti suprotnog predznaka.
Iz = [O, n 13 = [ i, i] ' 14 [ �, n 14 IS] l.5 = [ 167 ' 168 J ' l6 - [ TI ' 32 . 1 Tražena nultočka nalazi se unutar intervala 6 čijaje duljina 1 /32 = 0 .03 1 25 . Odaberemo li za aproksimaciju nultočke sredinu tog intervala dobivamo: ft
= [O, l j,
-
xo
�
0.453 ± 0 . 0 16.
Metoda sekanate ili regula falsi. Pretpostavimo da smo izolirali nultočku nepreki nute funkcije f(x) . Neka se ona nalazi unutar intervala [a, bJ i neka je feal . f(b) < O tj. funkcija na krajevima intervala ima vrijednosti suprotnih predznaka. Metoda sekante sastoji se u tome da graffunkcije f(x) na intervalu [a, bJ zamjenimo sekantom tj . dijelom pravca koji prozi točkama Tl (a, j(a» i T2 (b, j(b» Za približnu vrijednost nultočke Xa funkcije f(x) uzimamo točku gdje sekanta siječe os X . Pravac koji prolazi točkama Tl i T2 ima jednadžbu: y
Za
y
_
f(a) =
f(b) - f(a) (x b-a
a) .
O dobivamo prvu aproksimaciju X l za nultočku xo , f(a)(b - a) af(b) bf(a) XI = a - f(b) - f(a) f(b) - f(a) =
1 0. PRIMJENE D1PERENCIJALNOG RAĆUNA
171
[a, xd ili [X l, b] . Postupak
Ako nije Xo = X l onda je nultočka Xo u jednom od intervala ponOVljamo sa novim intervalom i na taj način dolazimo do niza aproksimacija za Xo .
X I , XZ, X3,
• . .
sve boljih
y
x
Sl. 10.4
x - sinx = 0.25 . f(x) - - 0.25 . Lako provjerimo da je f( 1) -0.171717, f(�) 0. 320795 . Nultočka funkcije nalazi se unutar intervala [n/4, n/2] . Metodom sekante za prvu aprok simaciju dobivamo: - bf(a) = af(b) f(b) f(a) = 1.059231. Lako provjerimo da je f( 1.059231) < O pa zaključujemo da se nultočka nalazi u intervalu Iz [1.059231, n /2] na koji primjenirno opisani postupak. Dakle. za drugu aproksimaciju nultočke dobivamo: x ( ) - �f(x ) zX = f( 1d) 1 f(1.059231) ) = 1.142923 . Provjeri da je f(xz) = -0.0169272 < O pa se postupak može ponoviti na intervalu [xz, ,./2] . Ponavljanjem postupka nalazimo da za nu1točku xo vrijedi: 1 .1710 < 1.1715. Primjer 10.12. Odredi korijen jednadžbe Promatrajmo funkciju = X sinx =
=
.
Xl
_
_
<: Xa
Metoda tangente - Newtonova metoda. Opišimo postupak za određivanje nultoč ke funkcije tzv. metodom tangente. Tu se najprije izolira nultočka na neki interval, recimo Za prvu aproksimaciju nultočke uzimamo ili Odredimo jednadžbu tangente u točki ako je graf funkcije konveksan, odnosno u točki ako je graf konkavan. Odredimo presjek tangente s osi X i tu točku uzimamo za drugu aproksimaciju nultočke. Precizirajmo uvjete pod kojim koristimo tu metodu. Neka je zadana funkcija za koju vrijedi: ima derivaciju u svakoj točki intervala unutar intervala postoji nultočku Xa , postoji druga derivaciJa funkcije i ima stalan predznak na intervalu tj. funkcija nema infleksija, grafje konveksan ili konkavan.
f(x) [a, bl .
1. 2. 3.
a b.
TJ(a,j(a))
f(x)
[a, b]
Tz(b,j(b))
[a, b] ,
f(x)
[a, bl
'
1 0. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
172
Pretpostavimo da je graf funkcije konveksan i da je J(a) > O . Jednadžba tangente s diralištern u točki Tl (aJ( a» je J(a) = J'(a)(x a) . Presjek te tangente s osi X dobivamo kada je y = O . Dakle, za drugu aproksimaciju nultočke Xo dobivamo J(a) Xl = a. af'(a ) ' y
Ponavljanjem tog postupka dolazimo do rekurzivne formule koja nam daje sljedeću aproksimaciju Xn+ 1
n
= 1, 2" "
Općenito mogu nastupiti sljedeća četiri slučaja. 2 . J" > O, J' < O 1. r > O, J' > O 4. r < O, J' < O. 3. r < O, J' > O Ako je funkcija konveksna (1" > O) treba uzeti za prvu aproksimaciju apscisu točke kojoj je ordinata pozitivna. Ako je funkcija konkavna za prvu aproksimaciju treba uzeti apscisu točke čija je ordinata negativna. Jednu jednostavnu procjenu aproksimacije nultočke Xo brojem Xn dobivamo koristeći Lagrangeov teorem srednje vrijednosti. J(x,, } = J(x,,} - J(xo} I Xn m
je minimalna vrijednost
J(x,,} = J' (e)(x" - xo}, IJ(x,, ) 1 � IJ(x,, ) 1 Xo I ' Ir(e)1 '" m �
od lj' (x) I na intervalu [a, bl .
Metoda iteracije. Iterativne postupke vrlo često susrećemo. Tu se radi o ponavljanju nekog algoritma - postupka. Tako na primjer, ako je zadana funkcija F(x) = .Ji , onda za svaki X � O možemo napraviti niz: Za taj niz znamo da konvergira broju l bez obzira od kojeg broja X > O krenuli. Metodu iteracije koristimo za rješavanje jednadžbi oblika X =
F(x).
Geometrijski bismo mogli to rješavanje tumačiti kao pronalaženje zajedničkih točaka grafa funkcije F i pravca y x . Već opisane metode tangente i sekante samo su specijalni slučajevi metode iteracije. Neka je zadana funkcija F(x) kojoj vrijednosti pripadaju njezinoj domeni. Možemo pretpostaviti da F preslikava interval l na interval l , F : l -t l.
10. PRIMJENE
173
DIFERENCIJALNOG RAč':UNA
Ako je Xo iz domene funkcije F , onda možemo doći do niza xo, X l = F (xo), X2 = F(F(xo) ) = F(2) (xO ), . " , Xn
Očito za članove tog niza vrijedi:
Xn = F(xn-d ,
=
F(n) (xo), . . .
n = 1, 2, 3
Upravo dobiveni niz nazivamo iteracijski niz funkcije F. Teorem 10.7. Nekaje F(x) neprekinutaJunkeija na intervalu [a, bl . Neka je xo , X l , " ' , Xn , " ' , Xn = F(Xn-l ) , n = 1, 2, 3" " iteracijski nizJunkeije F . Ako taj niz konvergira, onda vrijedi: lim X = e ==> e = F(e) . n -oo n
Dokaz. Kako je zadani niz itenicioni tj. za svaki n E N vrijedi Xn = F(xn- d i zbog toga što j e funkcija F j e neprekinuta slijedi da i niz funkcijskih vrijednosti {F(xn) } konvergira, X = lim F(xn-d = F( lim xn - d = F(e) . e = nlim -oo n n -oo n-oo
Dokažimo jedan kriterij kojim su karakterizirani iteracioni nizovi koji imaju jednake limese. Pokazuje se da će svi iteracioni nizovi s početnim članom iz neke okoline rješenja jednadžbe e = F(e) imati limes e ako derivacija funkcije F(x) ne raste brzo. Teorem 10.S. Neka je e = F(e) i lo = [e toeKe e da za svaki X E lo vrijedi:
e,
e + el takav simetrični interval oko
I F'(x)1 � a < 1, X E [e - e, e + ej . Svaki iteraeini niz s početnim elanom iz .10 ima limes i to je broj e .
Dokaz. Prema Lagrangeovom teoremu vrijedi: F(xn-d - F(e) = F'(�)(Xn-l - e) ==> Xn - e = F'(� ) (X"_l - e) . Kako je � iz intervala lo slijedi da je IF' ( � ) I � a < 1 , dakle IXn - e l � a lXn- l - e l ==> IXn - e l < IXn-l - CI . Iz posljednje nejednakosti zaključujemo da j e Xn bliže točki e nego što j e X,.-l . Kako navedena procjena vrijedi za svaki n slijedi: " IXn - e l � a lx"-l - e l � a2 lxn_ 2 - e l � . . . � a lxo - CI Budući da a < 1 slijedi an --+ O, prema tome zaključujemo da je lim X e = O, lim Xn = e . n-oo I n - l n -oo
10. PRrMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
174
Primjedba 1. Prilikom rješavanja jednadžbe x = F(x) neka smo pronašli inter = [a, bJ unutar kojeg se nalazi nultočka e i neka je l F'ex)1 < l na l . Ako je e (a + b) /2 , tj. sredina intervala, onda možemo primjeniti gornji teorem. Ako je e bliže točki a nego točki b , onda odaberimo novu točku b' tako da je točka e polovište, dakle uzimamo interval [a 2e aj . Ako bi bilo e bliže točki b , onda odaberimo interval [2c - b, bl . Prema tome za, početnu aproksimaciju Xo možemo odabrati jednu od točka a ili b . Primjedba 2. Ako derivacija funkcije F(x) ima stalan predznak na [a, bl , onda iz Xn e = F(xn - d F(c) = F'(�)(Xn_ 1 - e ) val l
-
slijedi: a) ako je F' > O , onda je niz aproksimacija {Xn} monoton; b) ako je F' < O, onda je jedan od brojeva Xn- 1 i Xn veći od e dok je drugi manji od e . U ovom slučaju vrijedi:
I Xn
c
l � IX n - Xn- d ·
Ako bismo uzeti za procjenu broj a e aritmetičku sredinu pogrešku vrijedi:
Ie
I
_
eI
�
�
' c
=
(xn
+
Xn-d /2 , onda za
IXn - Xn - l l . 2
Primjedba 3. Pokažimo da su metode tangete i sekante specijalni slučajevi metode iteracije. Neka je izolirana nultočka funkcije f (x) na intervalu [a, bl u kojem postoji derivacija funkcije f i neka je različita od nula. Očita je ekvivalentnost sljedečih jednadžbi: f(x)
O
{:::::::}
x = F(x),
F(x)
=
X-
f (x) ' f' (x)
Prema tome određujemo metodom iteracija rješenja jednadžbe
X = F(x) :::::: x
f(x) f' (x) ,
Xn 1 +
Xn
f(xn) P(xn ) '
Ako bi funkcija f(x) imala drugu derivaciju, onda za derivaciju funkcije F(x) dobivamo:
Prema tome da l i je I F(x)1 �
a
f (x) . P' (x) F' (X ) = P (x) 2 ' < 1 zaključujemo iz izraza If(x)f" (x) I F' I (x) I f' (x)2 . ::::::
Pokažimo da analogno vrijedi i za metodu sekante. Neka je izolirana nuItočka funkcije f(x) na intervalu [a, bl . Za početnu aproksima ciju nultočke možemo odabrati b . Kao što znamo, za sljedeču aproksimaciju metodom sekante uzimamo sjecište pravca koj i prolazi točkama TI (a, j(a» , T2 (b, j(b» sa osi X . Jednadžbe f (x) = O i x F(x) imaju jednaka rješenja ako je
F(x)
=
X-
(b - x)f(x) f (b) f(a) , _
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
175
Prilikom proučavanja grafa neke funkcije važno je znati je li graf ograničen, tj. postoji li krug dovoljno velikog polumjera unutar kojeg leže sve njegove točke. Možemo pretpos taviti da se radi o krugu sa središtem u ishodištu koordinatnog sustava. Prema tome, neka je T(x, J(x)) točka grafa i , polumjer kruga čiji je centar u ishodištu. Točka T je u krugu ako je x + f(x) 2 a izvan ako je x + f(x) 2 > ?
2
::;; ,2 ,
2
Mi ćemo pručavati grafove koji nisu ograničeni. Imamo ova tri slučaja: l . Graf je neograničen ako mu je domena neograničen podskup realnih brojeva. 2 . Domena funkcije je ograničen podskup, međutim skup funkcijskih vrijednosti nije ograničen. 3 . Niti je domena ograničena niti je skup funkcijskih vrijednosti ograničen. Ako je graf neograničen postavlja se pitanje postoji li neki drugi jednostavniji graf koji se "malo" razlikuje od polaznog grafa. Najčešće grafove uspoređujerno s grafovima pravaca i to s pravcima
y = e, 2 . x = e, 3 . y = ax + b 1.
horizontalnim, paralelnim s osi x vertikalnim, paralelnim s osi y
kosim pravcem.
Horizontalne asimptote. Za graf funkcije kažemo da se približava horizontalnom pravcu y = e kada x --+ oo ili x --+ - oo ako je
lim f(x) = e,
X� OO
(ili lim f(x) x� - oo
=
e) .
U takvom slučaju pravac y = e nazivamo horizontalnom asimptotom . Racionalna funkcija kod koje je stupanj polinoma u brojniku jednak stupnju polinoma U
nazivniku ima horizontalnu asimptotu. Njena jednadžba je
(kvocijent vodećih koeficijenata) .
y=b a
Vertikalne asimptote. Pravac x = e j e vertikalna asimptota funkcije y = f(x) ako je limes funkcije kad x --+ e bilo s lijeva bilo s desna oo ili - oo . Racionalna funkcija ima vertikalne asimptote u nultočkama nazivnika, uz uvjet da to nisu ujedno i nultočke brojnika. Prilikom skiciranja grafova racionalnih funkcija korisno je najprije odrediti nultočke nazivnika i nacrtati u njima vertikalne pravce tj. vertikal ne asimptote. Primijetimo usput da graf racionalne funkcije ima isti predznak u okolini nultočke nazivnika samo onda ako je to parna nultočka. Ćim je nultočka neparnog reda,
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAĆUNA
176
u njezinoj okolini fukcija je s jedne strane pozitivna dok je s druge strane u toj okolini negativna. za ilustraciju upravo rečenog usporedi predznak funkcija
l
l
I(x} = -, x
I(x) = "2 x u blizini njihove zajedničke vertikalne asimptote x = O . Za prvu funkciju točka x = O je nultočka nazivnika neparnog reda (prvog), dok je za drugu parnog (drugog). Kose asimptote. Pravac y
= ax + b
lim fI(x} x .... oo
je kosa asimptota funkcije
- (ax + b)]
=
I(x)
ako je
o.
Sl. /0.5 Ako neku funkciju
I(x} možemo prikazati u obliku I(x) = ax + b + o(x), lim o(x) = O, x .... oo
onda je pravac y
= ax + b
kosa asimptota.
Tako je na primjer za racionalnu funkciju
I(x) = pravac y
= 2x + 3
3 2x +
3x2 + 3x + 3 + 1
=
2x +
x
3+
kosa asimptota. Slično vrijedi za svaku racionalnu funkciju kod koje
je stupanj brojnika za jedan veći od stupnja nazivnika. Dijeljenjem polinoma dobivamo asimptotu. Potpuno analogno definiramo kosu asimptotu i u slučaju kada Pretpostavimo da funkcija
I
izmedu zadane funkcije i asimptote sa
x ..... oo
Odredimo koliki moraju biti vamo:
o(x) .
a ,
a
lim
x
.... oo
o(x)
b.
i
podijelimo gornju jednakost s
(x)
lim ( / x .... oo X
_
a
_
x .....
-oo .
oo , i označimo razliku
O toj razlici znamo da teži prema nuli kada
I(x) - ax - b = o(x),
Da bismo odredili
x .....
ima kosu asimptotu kada
�) =
X
lim
x
.... oo
x
=
O.
i pustimo da
x .....
oo . Dobi-
o(x) . X
Iz pretpostavke postojanja asimptote slijedi da limes desne strane postoji i da je jednak nuli. Prema tome, postoji i limes lijeve strane. U tom je slučaju limx .... oo a
=
lim
X-<:X:)
I(x) . X
blx = O , dakle,
177
10. PRIMJENE DIFERENCIJALNOG RAČUNA
b.
Odredimo Budući da je limes desne stranejednak nuli, tj. o(x) slijedi da je i limes lijeve jednak nuli, tj. mora biti
-+
O kada x
-+
oo,
b = lim [t(x) - ax]. x-oo
f(x) ima kosu asimptotu y = ax + b, onda je f(x) b lim [t(x) - ax] . a = lim x Ako oba gornja limesa postoje, onda je pravac y = ax + b kosa asimptota. Ako funkcija
,
x ....... oo
x-oo
Ako jedan od potrebnih limesa ne postoji, onda ne postoji ni kosa asimptota. Tako na primjer za sljedeću funkciju vrijedi:
f(x) = x +
Vx,
lim
f(x)
x - ± oo
x
lim [t(x) - ax] =
1,
x-±oo
± oo .
Prema tome ova funkcija nema kose asimptote. Provjeri da je y = lx + 1 kosa asimptota funkcije sinx = lx + 1 +
f(x)
x
Primjeti da graf funkcije siječe asimptotu u beskonačno mnogo točaka. To su točke čije su koordinate: x = kn: y = 2kn + 1 . Ponekad se ovo razmatranje poopćuje i promatraju se asimptote drugih tipova, na primjer kvadratne, eksponencijalne. itd. Često čujemo izreku da neka pojava ima asimp totsko ponašanje kao i eksponencijalna funkcija. Time se želi reći da je limes razlike takve funkcije i neke eksponencijalne jednak nuli kada x -+ oo . Za funkciju kažemo da ima kvadratnu asimptotu ako se može prikazati u obliku ,
f(x)
b
f(x) = ax2 + x + e + o(x),
lim o(x) = O.
x-oo
Pokažimo kako bismo odredili kvadratnu asimptotu. Najprije bi izračunali broj a, zatim ostale i e , iz formula:
b
a = lim
x-oo
f(�) , b = x
lim
x--+oo
f(x) - ax2 X
,
e
lim [t(x) - ax2
x- oo
-
bx].
Napomenimo da svaka racionalna funkcija kod koje je stupanj brojnika za dva veći stupnja nazivnika ima kvadratnu aSimptotu.
od
11.
Redovi potencija
1. 2.
Konvergencija niza funkcija . . . . . . . . 178 Funkcionalni redovi . . . . . . . . . . . . 180
3.
Redovi potencija . . . . . .. . . . . . . . . 185
4. Taylorovi redovi . . . . . .. . . . . . . . . 190
.
Neka je na zatvorenom intervalu I = [a, bl zadan niz funkcija
(fn(x» , Odaberemo li neki broj Xo
n E N;
!I {x), /2 (x), · · · . Jn (X) · . . .
I . onda pomoću njega dolazimo do niza brojeva
E
(fn (XO » , n E N ; fl (XO ) , /2 (xo) , ' " . Jn (XO ) , · · · i prirodno je ispitati konvergenciju tog niza.
Primjer 1 1 . 1 . Za ilustraciju odaberimo interval I [O, l ] i niz funkcija n 1 , x, x2 , x3 , · · · , �, x +l , . . . .
Odaberemo li Xo = 0.5 onda dobivamo pripadni niz brojeva •
l , 2'l 2l
l
l
2 ' 23 " ' " Već nam je znano da je taj niz konvergentan. Zato je lim ln (xo) = O kada n -+ oo . Definicija 1 1. 1. Niz funkcija (fn (x» definiran na intervalu I = [a, b] konvergira u točki Xo E I ako pripadni niz brojeva {In (xo) ) konvergira. Niz funkcija divergira u točki Xo ako pripadni niz brojeva divergira u Xo . Definicija 1 1.2. Niz funkcija (fn {x » konvergira funkciji f(x) na intervalu I = [a, b] ako za svaki odabrani x iz I pripadni niz brojeva (fn (x» konvergira broju f(x) . tj .
lim fn(x)
n_oo
178
f(x),
'Vx E I = [a, b] .
l l. REDOVI POTENCIJA
179
Iz te definicije slijedi da će niz funkcija (fn (X» konvergirati funkciji I(x) ako za svaki E > O postoji prirodni broj N( E, x) (koji ovisi o E i mjestu x ) takav da za svaki n > N(E, x) vrijedi
!In (x)
I(x) !
<
E,
ili I(x) - E
<
In (x)
<
I(x) + E.
Provjeri da u prethodnom primjeru 1 1 . 1 . zadani niz funkcija konvergira za svaki
x E [O, l] i da je
xn
O, x f. l, In ( l ) -+ l, n -+ oo. Prema tome, zadani niz funkcija konvergira funkcij i koja ima vrijednost nula za svaki x E [O, 1 ) dok u točki x = 1 ima vrijednost jedan. U ovom primjeru možemo uočiti da će za zadani E na raznim mjestima trebati ići različito daleko u nizu da bismo došli do E udaljenosti od limesa. Ako bismo recimo odabrali E = 10-3 , onda bismo za x E (O, 1 ) imali -3 n OI < lO- 3 ==> n ln x < 3 ==> n > -, Ix Inx jer je Inx < O za promatrane x . Dakle broj n ovisi o x i treba odabirati različite prirodne brojeve N( E , x ) za različite x . Sigurno bi bilo najbolje kada bismo za zadani E mogli odabrati jedan zajednički N koji bi bio "dobar" za svako mjesto x , tj. ne bi ovisio o x .
In(X)
-+
-
Primjer 1 1.2. Zadan je niz funkcija
x
In (x)
O.
Kako je
_ , � Jn (X ) O -.;:
�.
2nx l 1 + n2x2 � ,
za članove zadanog niza funkcija vrijedi:
Prema tome za svaki x vrijedi
2n
In(x ) �
2nx l � 2n l + n2x2 l
2n
<
E.
Kažemo da funkcije ln posvuda podjePnako teže prema limes-funkciji lo . tj. za svaki E > O postoji prirodan broj N(E) (ne ovisi o x ) takav da je za svaki n > N(E)
IIn (x) - 101 < E.
Definicija 1 1 .3. Niz funkcija (In(x» konvergira jednoliko ili uniformno prema funkciji I(x) na intervalu [a, bl ako za svaki E > O postoji takav prirodan broj N(E) , (koji ovisi samo o E a ne i o mjestu x ), da za svaki n > N( E) i svaki x E [a, bl vrij edi:
I!n (x) - I(x) I
<
E.
Prema ovoj definicij i vidimo da će I(x) biti uniformni limes niza funkcija (fn(x» ako je za svaki E > O moguće odrediti takav no da za svaki n > no i svaki x E [a, bl vrijedi:
I(x)
E < In (x ) < I(x) + E, tj. članovi niza nalaze se unutar E -pruge oko I(x) .
l l . REDOVI POTENCIJA
180
Primjer 11.3. a) Niz funkcija zadanih na intervalu konvergira, ali ne konvergira jednoliko.
[O, 1] čiji je opći član fn (x) = xn
x l + n2x2 konvergira k nuli jednoliko na intervalu l = [O, 1] . nx c) Niz funkcija fn(x) = konvergira k nuli na l [O, l] , ali ne konvergira l + n2x2
b) Niz funkcija fn (x) =
jednoliko. Primjeti daje sada fn(
�) = � pa prema tome za e � neće biti moguće sve
funkcije na svim mjestima učiniti manjim od tog
d) Niz funkcija fit (x )
broj x .
Naime,
=
e.
� . sin nx konvergira uniformno prema nuli za svaki realni
n
-
1 l 1 l -n SlO . nx - OI = n I SlO : nx I � n < E . potrebno je odabrati n > l/e bez obzira na mjesto x , a to znači _
.
Prema tome za zadani E jednoliku konvergenciju danog niza.
Definicija 1 1.4. Funkcionalni red je uređen par nizova funkcija
« fn (x)) ; (Sn (x))), SIt (x) = f, (x) + h (x) + . . . + fn (x) , definiranih na intervalu l = [a, b] . Ćlanove niza Un(X)) nazivamo članovima reda dok članove niza (Sn (x) ) nazivamo parcijalnim sumama. Uobičajenoje red funkcija označavati i ovako oo .h (x) = f, (x) + h (x ) + . , . + fn(x) + . . . . k=l
I:
Odabirom bilo kojeg Xo iz intervala l i uvrštavanjem u funkcije zadanih nizova . zapravo dobivamo pripadni red brojeva. DefiniCija 11.5. Red funkcija je konvergentan u točki Xo E l ako je konvergentan red brojeva ( Un (XO)) ; Sn(XO)) tj. niz parcijalnih suma (Sn(XO)) ' Primjer 11.4. Nekaje zadan tzv. geometrijski red
1 + x + x2 + " ' + Xn + . . .
,
Sn =
1 - l-x
l -x k=O Već nam je poznat taj red i već je bilo ustanovljeno da je on apsolutno konvergentan za svaki x E l ( - 1 , 1 ) . Ako je dakle x E l , onda je limes niza parcijalnih suma jednak 1 l xn+ l S = lim Sn (X) = lim = -1<x < l n -oo n -oo X 11 1 -' -X -X
::::
(
)
181
l l . REDOVI POTENCIJA
Sn
Ustanovimo da li niz parcijalnih suma rajmo
n , dobivamo :
teži "obično" ili jednoliko prema
I rn (x) 1 = I Sn (x) - S(x)1
1
I rn (x)1 = 2, x ..... -I+O lim
1
=
lim
x ..... I - O
S.
Fiksi
xn+1 1 -x
Irn (x) 1
= oo .
Prema tome, niz parcijalnih suma ne konvergira jednoliko. Jer, vidimo da nije moguće odabrati takav
n
e
da bi ostatak bio manji od zadanog
Weierstrassov kriterij.
=
�
na svim mjestima
x.
Za ispitivanje uniformne konvergencije funkcionalnih redo
va najpoznatiji je i relativno najjednostavniji Weierstrassov * kriterij.
Po tom kriteriju
majoriziramo članove funkcionalnog reda s konvergentnim redom brojeva čiji su članovi pozitivni.
Teorem 1 1.1. Redfunkcija Iconvergira uniformno i apsolutno na intervalu [a, bl alco postoji Iconvergentan red brojeva s pozitivnim članovima Icoji ga majorizira na tom interva lu tj. r::dn (x) Iconvergira uniformno akoje lin (x) I � an n 1, 2, · · · i red r:: 1 an Iconvergira. ,
Dokaz.
Iz konvergencije reda brojeva zaključujemo da ostatak reda možemo učiniti
po volji malenim, tj . za svaki broj
n
e >O
postoji prirodan broj
veći od njega vrijedi
no
tako da za svaki prirodan
oo L alc < e .
lc=n+1 Po pretpostavci o majorizaciji za svaki
I
oo L
k=n+1
Ji. (x) I �
x E la, bl
oo L
k=n+1
vrijedi
I/t (x) I �
oo L
k=n +1
ak < e ,
što upravo znači jednoliku konvergenciju reda funkcija jer se ostatak reda može učiniti manjim od zadanog
Primjer 11.5.
e
na svakom mjestu' x i broj
Redovi oblika
oo L an cos n =O
nx
,
n
ovisi samo o
oo L bn sin n= O
e
a ne i o mjestu
nx
konvergiraju uniformno na intervalu [0, 2n] ako konvergiraju redovi brojeva
oo oo L l an / , L l b,,/,
, . 11a ko na primjer red •
sin ,"" nx L.Jnoo 1 -;;r-
=
n=O
n =O
konverg1raJ " ednol l' ko,
Karl Theodor Wilhelm Weierstrass ( 1 8 1 5-1 897), njemački matematičar
x.
1 1 . REDOVI POTENCUA
182
Abelov kriterij. Teorem 1 1.2. Nekaje zadan redfunkcija čije su sve parcijalne sume ograničene,
co L ln (X ) = lo (x) + II (x) + . . + In (x ) + . . ; ISn (x) 1 < A , n=O Ako je (an ) monoton niz nenegativnih brojeva koji konvergira nuli, lim an = O, ao, a l. a 2 , . . . , an , . . . n-+co .
onda red
co I >nfn (x) = aofo(x ) + a lfi (x) + . . n=O
.
n = O, l , . . . .
+ anln (x) + . . .
konvergira jednoliko. Dokaz. Red E ln (x) nije nužno konvergentan red. U dokazu teorema koristimo Cauchyjev kriterij konvergencije niza (nuždan i dovoljan). Dakle, za parcijalne sume Sn reda E an/n (x) vrijedi
ISn+k - Sn i = l an+!ln+1 + an+2ln+2 + . . . + an+ifn+kl · Zamjenimo u toj jednakosti članove ln koristeći parcijalne sume polaznog reda, Sn Sn- 1 + ln , n = 1, 2, · · · ISn+k - Sni = l an+! (Sn+! Sn ) + . . . + an+k ( S,,+k - Sn+k-d l = 1 - an+ 1 Sn + Sn+1 (an+1 an+2 ) + . . . + Sn+k- 1 (an+k- 1 - a,,+k) + Sn+kan +kl � A [an+! + (an+! all+2 ) + . . . + (an +k- 1 - a,,+k) + all+k] = 2Aan+1 .
Prema tome za svaki E: > ° postoji prirodan broj n takav da poslije njega možemo raz liku parcijalnih suma IS,,+k Sn I učiniti manjom od E: . To slijedi iz dobivene procjene i pretpostavke da je lim a" = O , dakle
ISn+k Sn i � 2 · A an+! < E: .
i teorem je dokazan. Primjer 1 1.6. Red
OD sin nx = Slll sin nx sin 2x sin 3x . X + +... + +...+ L -n 2 n 3 n= 1 konvergira za svaki x E R . Da to dokažemo podsjetimo se nekih činjenica o komplek --
snim brojevima. Ako je zadan kompleksni broj z = u + iv . možemo ga prikazati i u trigonometrijskom obliku, dakle
u + iv = I z l(cos x + i sin x ) , = I z l " ( cos nx + i sin nx). Izrazimo li n -te potencije broja z cos x + i sinx i njihovim zbrajanjem dobivamo: z
Zli
cos x + i sinx + cos 2x + i sin 2x + . . . + cos nx + i sin nx
e + iS.
1 1 . REDOVI POTENCIJA
183
Za realni, odnosno kompleksni dio dobivamo: e
cos x + cos 2x + . . . + cos 11.X =
=
cos
(n+ l)x sin !!! 2
sin I . (n+ l )x . SlO -- SlO
2
nx
T 2 -' ''-----'' S = sin x + sin 2x + . . . + sin nx = ----sin I
Do tih izraza za sume dolazimo tako da zbrojimo konačni geometrijski red Z
+ Z + Z 3 + . . . + zn 2
Z
1
•
1 zn l -z
cos nx - i sin nx , = e+ 1 - cos x - l. SlO X i zatim izrazimo realni dio zbroja e i imaginarni dio S . Za parcijalne sume reda L sin nx vrijedi :
= (cos x + i sinx) .
ISnl
=
I� l I sin n
=
I �
sin -" - __- ,:-::--� � I S i -I I '
iS.
x ::j:: kTC .
Ako je x = kTC , ondaje polazni red konvergentanjer su svi članovi nula. Redje konvergen tan za svaki x prema dokazanom Abelovom kriteriju. Taj red nastaje iz reda sin n
. .
l OIza
1 1 1 1 - - .., - ... ' 2' 3 ' , n'
Zašto je važno znati da li neki niz ili red funkcija konvergira jednoliko na nekom intervalu ? Odgovor na to pitanje možemo djelomično naći u sljedeća tri teorema. Teorem 11.3. Ako su sve funkcije (In (x)) , II = 1 , 2, · · · neprekinute na intervalu [a, bl i ako red I::dn (x) konvergira uniformno prema f(x) na [a, b] , onda je f(x) neprekinuta funkcija na [a, bl .
Dokaz. Po pretpostavci su sve funIs:cije fn neprekinute na intervalu [a, bl pa su pre ma tome i parcijalne sume također neprekinute funkcije kao konačni zbrojevi neprekinutih funkcija. Nadalje iz pretpostavke o uniformnoj konvergenciji slijedi da se ostaci reda mo gu učiniti po volji malim (neovisno o x ), ako uzmemo dovoljno veliku parcijalnu sumu. Dakle, neka je zadan E > O .
f(x) fo (x) + fl (x) + . . . + fn (x) + . . . = Sn (x) + Rn (x), f(x + h) - f(x) = SIl(X + h) + Rn (x + h) - Sn (X) - Rn (x). =
Zbog neprek inutosti parcijalnih suma za zadani
e
E
ISn(x + h) - Sn (x)1 < 3
Zbog uniformne konvergencije slijedi
IRn (x + h) 1
E
< 3'
postoji .s (c) takav daje
za
Ih l < D.
184
l l.
Prema tome, za svaki
E >
REDOVI POTENCIJA
O postoji prirodan broj no tako da za svaki n
x + h iz intervala [a, bl vrijedi: I/(x + h) - l(x)1 :s;; ISn (X + h) - Sn(x)1 + IRn(X + h)1 + IRn(x)1
<
>
E
no i svaki E
x
i
E
3" + 3" + 3" = E,
tj .
I/(x + h) l(x) 1 < E za Ih l < O. što upravo znači neprekinutost funkcije I(x) . Sljedeći teorem nam kaže kako i kada možemo derivirati red funkcija.
Teorem 1 1.4. lj redu l: ln (x) sve funkcije ln (X ) imaju neprekinute prve derivacije na [a, bl . Ako na intervalu [a, bl uniformno konvergiraju redovi
I� (x)
oo
oo
11=1
11=1
L llI (x) = I(x) , L/� (x) qJ(x), onda vrijedi:
! (f ln (X) ) 11=1
oo
L/� (x), lex) = qJ(X). 11= 1
Sljedeći teorem nam govori kako i kada možemo integrirati red funkcija.
Teorem 1 1.5. Ako sufunkcije In (x) neprekinute na intervalu [a, bl i ako red = f(x) konvergira jednoliko na [a, bl , onda vrijedi:
l: llI (x)
tj. smijemo integrirati red clan po član i tako nastali red konvergira integralu reda.
Navedene tvrdnje ne dokazujemo ali je iz njih oč i to zašto je uniformna konvergencija
niza (reda) funkcija toliko važna.
Primjer 11 .7. a) Na temelju gornjih teorema slijedi da su funkcije oo
I(x) = L 11=1
neprekinute za svaki kriterij). Nadalje, je b) Funkcija
oo
;u
qJ(X) L n= 1
sm .
=
n
cos nx
x E R , jer su pripadni redovi uniformno konvergentni (Weierstrassov f' (x) = qJ(x } .
I(x}
oo
L a" cos bll1T,X, 11=1
O
<
a
<
l,
b je neparan broj, je neprekinuta za svaki x E R jer je ona uniformni limes neprekinutih funkcija. Ta funkcija nema derivaciju niri za jedan x E R .
185
l l . REDOVI POTENCIJA
Redovi potencija su specijalni oblici redova funkcija. To su relativno jednostavni redovi jer su funkcije koje se pojavljuju u tim redovima oblika
J,. (X )
ili
=
a,.xn, an E R,
In (x) an (x - xo )n , an E R. =
Dakle, redovi potencija imaju jedan od sljedeća dva oblika: ""
L a,.xn = €lo + alx + a2x2 + . . . + anxn + an+ IXn+ 1 + " ' , n=O "" 2 . L a n (x - xor = ao + al(x - xo ) + a2 (x - xo ) 2 + . . . + an (x - xo )1t + . . . . n=O Supstitucijom z = x - Xo posljednji red potencija prelazi u red tipa 1. Prema tome 1.
ćemo se uglavnom baviti redovima potencija prvog tipa.
Konvergencija reda potencija. Svaki red potencija I: anxlt konvergira za Dokažimo vrlo značajan Abelov teorem o konvergenciji redova potencija.
x = O.
*
I: anxn za vrijednost x x l , onda kon vergira red apsolutno i za svaku vrijednost x kojaje bliže ishodištu od x I , tj. za l xi < l X I I . Ako red potencija divergira za X = X I . onda divergira za l xi > lX I I . Teorem 1 1 .6. Konvergira li red potencija
011
Dokaz. Iz konvergencije reda u tog reda brojeva tj.
Xl
slijedi da je ispunjen nuždan uvijet konvergencije
lim l anx� 1 = O . n-oo
To znači da se gotovo svi članovi nalaze ui1Utar f -okoline oko nule dok ih izvan te okoline ima konačno mnogo. Iz toga slijedi da su svi članovi manj i od poZitivnog broja M , tj .
lanx�1
< M,
n
=
O, 1 , 2, · · · .
Prema teoremu uspoređivanja redova i teoremu o apsolutnoj konvergenciji slijedi:
xn X X lx i < lX I I ===} l anxn l = l anxn X-!; I < l anx7 1 1 X-l ln < MI X I l n , l n l anx l manji su od članova konvergentnog geometrijskog reda, dakle red
Članovi reda anxn konvergira apsolutno. Drugi dio teorema neposredno slijedi iz već dokazanog. Naime ako bi red konvergirao u x , lX I I < lxi , onda bi prema dokazanom slijedila konvergencija i u Xl ' •
Niels Henrik Abel ( 1 802-1829), norveški matematičar
l l. REDOVI POTENCIJA
186
Područje konvergencije reda potencija. To je interval koji može biti otvoren, zat voren, zatvoren s jedne strane, cijeli skup R , ili degenerirati u točku. Skup svih x za koje red potencija konvergira čini područje konvergencije reda. Za svaki x iz područja konvergencije definiramo funkciju koju nazivamo zbrojem reda po tencija. Ona broju x pridružuje pripadni zbroj reda. Često kažemo da je ta funkcija f predočena redom potencija. Dakle ex;
L a"xn ,
f(x)
,,=0
x iz područja konvergencije.
Primjer 11.S. a) Red potencija ex;
L n !x"
o! + l !x + 2 !x2 + . . . + n !xn + . . . 11=0 konvergira samo za x = O što lako provjerimo D' Alembertovim kriterijem. b) Red 2:::: xn je geometrijski red i taj red potencija konvergira za <x<
l
c) Redovi
l.
konvergiraju za svaki x i pripadne sume su rr , sin x , cos x . d) Red oo
n
L (- lt-I �n = x n=1
konvergira za
-l < x � l i pripadni zbroj je funkcija ln( l + x) .
Red potencija konvergira apsolutno za svaki x iz intervala konvergencije, osim možda na njegovom rubu. Dokažimo da red potencija konvergira uniformno. Teorem 1 1.7. lj svakom zatvorenom intervalu [-r, rl koji je sadržan u otvorenom intervalu konvergencije red potencija konvergira uniformno.
Dokaz. Ako je l x I < r onda je oo
oo
oo
11=0
11=0
n=O
L lanx" I = L l an l lx l n � L l an irz . Dakle članovi reda su manji od članova reda brojeva koji konvergira, pa prema Weiers trassovom kriteriju i slijedi uniformna konvergencija reda potencija.
1 1 . REDOVI POTENCIJA
187
Radijus konvergencije reda potencija. Točne granice konvergencije reda potencija određujemo najčešće Cauchyjevim ili D' Alembertovim kriterijem. Ako red potencija konvergira za svaki x E R kažemo da mu je radijus konvergencije beskonačan. Svakom redu potencija koji ne konvergira za svaki x jednoznačno možemo pridružiti pozitivan broj R takav da red potencija konvergira za -R < x < R , te divergira za lxi > R . Taj broj R nazivamo radijusom konvergencije. Potrebno je posebno ispitati konvergenciju reda potencija za x ±R . Prema D' Alembertovom kriteriju imamo: =
a 1 xlt+ 1 l I lx i nlim lt+ I an+1 I Llx I n -" oo anxfl -+oo an 1 lxi < � , red konvergira apsolutno. Ako je L lx l > 1 , tj . lx i > L ' lim
Ako je Llxl < 1 , � . red divergira. Broj
R je radijus konvergencije reda potencija L anxn . Ako je L O red konvergira za svaki x i u tom slučaju pišemo R oo . Ako je L oo , onda red konvergira samo za x = O i tada je R O . Prema Cauchyjevom kriteriju radijus konvergencije R određujemo iz =
=
\l'lanxn l nlim -+oo
=
�
lim lx i 11-+ 00
IxlL < L
U tom slučaju red konvergira apsolutno. Ako bi bilo Ix l L > l red divergira. Dakle,
l lxi < L
1 =
limn oo
R.
-+
Red potencija konvergira uniformno za - R < x < R. Operacije s redovima potencija. Redom potencija definirana je funkcija f čija je domena interval konvergencije toga reda. Funkcijska vrijednost za x E ( -R, R) jednaka je zbroju reda:
f(x)
L anxn , oo
=
n=O
x E ( -R, R).
Ako su zadana dva reda potencija onda je zbroj, razlika i produkt tih redova ponovno red potencija. Dakle, neka su zadani redovi potencija sa svojim radijusima konvergencije. Prema tome zadane su i funkcije:
f(x) g(x)
oo
=
L anX n
ao + alx + a2x2 + . . . + anxn + . . . ,
x E ( -R l , Rd,
L b"xlt = bo + btx + b2X2 + . . . + bnx" + . . . ,
x E ( -R2 , R2 )'
n=O
=
n=O
=
l l . REDOVI POTENCUA
188
Zbroj, razlika i produkt redova potencija I(x) L bIIX" je red potencija koji konverg ira u intervalu ( -R, R) , gdje je Teorem 1 1.8.
R
=
=
L alIxII
•
g(x)
=
min{Rt, R2 } .
Dokaz. Ako je x iz zajedničkog područja konvergencije onda za parcijalne sume zbroja odnosno razlike vrijedi:
(ao + alx + . . . + anxll ) ± (bo + b l x + . . + bnx") $11+1 ± an+! lim Sn+1 = lim SII+! ± lim all+! I(x) ± g (x). n-.oo n-.. oo n-.. OO Označimo članove zadanih redova potencija sa ln a"x" , odnosno gli bIIXII . Članovi O, 1, 2, produkta redova su svi mogući produkti oblika Agi , k l O, 1 , 2, ' . O, O, , produkti {, Neka su h l h2 , h3 , . oblika Ikg k 1 , 2, . . bez obzira 1, 2 · · · , l SII+!
=
=
=
"
' ,
=
=
. .
=
.
.
.
na redoslijed numeriranja tih članova. Podsjetimo, kod redova koji konvergiraju apsolutno redoslijed sumiranja, tj. poredak članova nije bitan. Red
oo
L Ihn l l hol + Ih d + . . . + I hll l + . . . =
konvergira. U njegovoj parcijalnoj sumi Sn koja se sastoji od produkata IAgl 1 odaberimo među indeksima k i l najveći indeks i označimo ga sa m . Sada vrijedi: Sn � ( IJo I + lid + . . . + IlmD . (lgo l + Ig d + . . . + Igm l ) ·
Na desnoj strani su parcijalne sume redova L lin I , L I gli I s pozitivnim članovima i te su parcijalne sume ograničene zbog pretpostavljene konvergencije. Prema tome ogra ničene su i parcijalne sume Sn · Dakle slijedi konvergencija reda L Ihll I pa prema tome i apsolutna konvergencija reda L hil . Kod apsolutno konvergentnih redova zbroj reda ne ovisi o poretku članova. Neka je L hil h(x) Ta suma jednaka je produktu suma I (x )g(x) jer za parcijalne sume vrijedi: .
Hm = (fl + h + . . . + Im ) (g l + g2 + . . . + gm ) - I(x)g(x), - oo. Primjetirno da članove hil u produktu redova obično zapisujemo u sljedećem poretku: logo + (fOgl + Ilgo ) + (fog Z + lIg i + 1280) + . . . + (Jogj + Ilgj-l + . . . + jjgo ) + . . . . m
Diferencijabilna svojstva reda potencija. Članovi reda potencija jednostavne su funkcije. To su potencije, a takve su i njihove derivacije. Prema tome možemo napraviti red potencija čij i su članovi derivacije polaznog reda. Za tako nastali red obično kažemo da je nastao iz polaznog deriviranjem član po član. Dakle,
III (x) allxn, oo ==
n=O
.t:.(x) nanx"-t, oo =
n=O
D' Alembertovim kriterijem lako provjerimo da je novi red konvergentan u istom intervalu kao i polazni red potencija. Naime, za novi red vrijedi:
I (n + l )an+l xll l n-+oo I nanxn - I I lim
=
n + l . lan+d lxi nlim oo -+ n l an i
=
lxi ' L, lxi <
l
L
R.
189
l l. REDOVI POTENCIJA
Naravno da promatrani postupak možemo ponoviti, tj. derivirati ponovno član po član i dobiti novi konvergentni red potencija. Koja je veza između zbrojeva takvih redova potencija? Sljedeći teorem će nam poka zati da vrijedi f' (x) = tp(x) :
Redom potencija za svaki x iz intervala konvergencije definirana je koja je diferencijabilna i vrijedi:
Teorem 11.9.
funkcija J(x)
=
L: akxk oo
J(x) z= anxn =
ao
oo
+ a l X + a2x2 +
. . .
+ anxn + . . .
l ex) z= an ' nxn- 1 a l + 2a2X + 3a3x2 + . . . + an ' nxn -1 + . . . n=O =
=
Dokaz. Promotrimo sljedeća tri reda potencija koji neka konvergiraju u otvorenom (-R, R) :
intervalu
oo
oo
oo
z= anxn , g(x) z= nanxn- 1 , h(x) z= n(n + 1 )anxn - 2 • n=O n=O n=O Parcijalne sume neka su Fn (x) , Gn (x) i Hn (x) . To su polinomi, dakle imaju sve derivaci je. Dokažimo da za svaki Xo iz intervala konvergencije vrijedi f'(x) g(x) . U tu svrhu neka su x i x + h iz intervala [O, XO] e [O, Rl . Primjenom Lagrangeovog teorema srednje J(x)
==
=
=
=
vrijednosti dobivamo:
i
hF Gn (x) = (/) - Gn (x) GII(t) - Gn (x) = (t - x)G� (s) (t - x)HII(s), x < t < x + h, x < s < t, GII(: ) = l t - x l ' IHn (s) 1 � Ihl · IHn (s)l , k n I z= akk(k 1 )1-2 1 :::; z= l aklk(k + l ) lxolk z k=O :::; z= lakl k (k 1 )lxo lk-2 m(xo).
1
IHn (s) 1 =
-
oo
=
k=0
Zbroj posljednjeg reda potencija označili smo s m(xo) i taj zbroj ne ovisi o n , dakle vrijedi za svaku parcijalnu sumu FII(x) . Prema tome prelazom na limes dobivamo:
I J(X h� - I(x) +
Kada
h
-+
° dobivamo da je
J'(X) = g(x)
_
g(x)
1
�
h · m(xo).
i teorem je dokazan.
l l . REDOVI POTENCIJA
190
Neka je zadana funkcija f(x) koja u x svih redova. Dakle neka postoje brojevi:
f(a),
!'(a),
=
a iz svoje domene ima konačne derivacije
j<3 } (a), · · · , j
f"(a),
Polazeći od tih brojeva izgradimo sljedeći red potencija:
n} (a) L: OO f(-. (x - a) n n=(')
n!
=
f'(a) f"(a) aO + -- (x - a) + -- (x - a) 2 + . . . l! 21
f(n} (a) -- (x - at + · · · n! Taj red potencija nazivamo Taylorovim redom funkcije f(x) u točki x = a . Možemo pretpostaviti da red konvergira ne samo za x = a , nego i za svaki x iz neke okoline točke x = a . Dakle, neka postoji zbroj toga reda; to je funkcija koju označimo sa s(x) . Ona je +
definirana u intervalu
lx - al < R
�
a - R < x < a + R.
Ako za točku a uzmemo a = O , onda Taylorov red nazivamo Maclaurinovim redom funkcije f(x) . Vrlo važno pitanje je odnos izmedu funkcije f(x) i njezinog Taylorovog reda. Da li Taylorov red predstavlja funkciju f(x) ? Da li je možda
f(x)
=
s(x)
=
� L...J n=O
f n} (a) . (x - at n!
za
lx - al < R?
Djelomično smo već odgovorili na to pitanje u poglavlju o L'Hospitalovom pravilu kada smo odredili sve derivacije funkcije l l f(x) = exp( - z ) = e x2 , f(O) = 0 . -
x
Pokazali smo da su one za x "# O jednake
f(n} (x)
=
P3n (
�)
x
.
exp( -
�),
x
gdje je P3n polinom stupnja 3n u varijabli � dok su sve derivacije u x = O jednake nuli. x Dakle, pripadni Taylorov red od f je nul red i on ne pretstavlja tu funkciju, jer ona nije jednaka nul funkciji. Teorem 1 1.10. Akoje u nekoj okolini tocKe x
potencija tj.
=
a funkcija f(x) jednaka zbroju reda
oo
n=O onda je taj red potencija njezin Taylorov red u okolini toc'Ke x
=
a.
191
l l . REDOVI POTENCIJA
Dokaz. Već je dokazano da red potencija smijemo derivirati član po član u intervalu konvergencije i da tako dobiveni red prikazuje derivaciju polaznog zbroja reda. Dakle, f(x) = ao + a l (x - a) + a2 (x - a) 2 + . . . + an (x - a r + . . . !,(x) = al + 2a2 (X - a) + . . . + nan (x - a r- l + . . . f"(x) = 2a2 + . . . + n(n - l )an (x - a r - 2 + . . . n f l (x) = n !an + (n + l )n(n - l )(n - 2) · · · 3 · 2 · an+l (x - a) + . . . Uvrštavanjem vrijednosti x = a po redu dobivamo: f{ nl (a) ao = f(a), a l = !' (a), an = --,- , . . . , n. a to su upravo koeficijenti Talorovog reda.
Izvedimo odmah jednu posljedicu. Ako je
f(x) = ao + a l (x - a) + a2 (x - a) 2 + . . . + an (x - a r + . . . = O, onda su svi koeficijenti jednaki nuli tj .
an =
f nl (a) --n!
=
O
�
an = O .
Teorem 11.11. Funkcija f(x) ne može imati dva različita prikaza redovima potencija u okolini toc"ke x = a .
Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. neka je oo
oo
n=O
n=O
Oduzimanjem tih redova dobivamo red potencija oo
n=O
te po gornjem mora biti an = bn , n = O, 1 , 2, . . . Dakle, prikaz funkcije f(x) u obliku reda potencija je jednoznačan (ako postoji) .
Primjer 11.9. Poznat nam izraz za zbroj geometrijskog reda, dakle neka je
f(x)
=
l l -x
--
=
n l + x + x2 + x3 + . . . + x + ,
lxi
<
l.
Funkcija f(x) prikazana je redom potencija i taj prikaz je valjan za svaki x iz intervala l konvergencije. Primjeti da funkciju f(x) = -- možemo definirati za sve vrijednosti l -x osim x = l , međutim polazni red potencija ne prestavlja funkciju na tako proširenom području definicije.
l l . REDOVI POTENCIJA Teorem 1 1. 12. Dovoljan uvjet da funkciju f(x) možemo prikazati njezinim Tayloro vim redom u okolini toc"ke = a je da postoje pozitivni brojevi R > O i M > O takvi da vrijedi: 1. f(x) imo sve derivacije u intervalu (a - R, a + R) 2. za svaki n E N je If(n) I < M , a - R < < a + R.
x
x
(x)
Dokaz.
Prema Taylorovoj formuli vrijedi: a)*,
n+ 1
(x) = (x(n-+a )l.) ! . fn+1 ' (c) . Funkcija će biti prikazana Taylorovim redom ako ostatak reda Rn (x) (ovdje je prika zan u Lagrangeovom obliku) teži prema nuli kada n teži u beskonačnost. Rn
IRn (x) 1
=
x - a n+ ! If(n+ l ) (c) l ' I (n + ll ) !
�M
.
R"+ !
Apsolutna vrijednost ostatka teži prema nuli jer je R"+11 1 = 0 lim ( n-oo n + ) . Da se dobije ovaj rezultat, može se ovako postupiti . Promatrajmo red s članovima .
R"+ 1 (n + l ) ! '
n = O, 1, 2"
"
Provjera D' Alembertovim kriterijem pokazuje da taj red konvergira, što znači da opći član reda teži prema nuli kada n teži u beskonačnost. Primjeri Taylorovih redova. Da bismo odgovorili na pitanje možemo li funkciju prikazati redom potencija, nije nužno ispitivati teži li ostatak u Taylorovoj formuli prema nuli. Umjesto toga možemo koristiti tvrdnju prethodnog teorema, tj. ograničenost deriva cij a funkcije na intervalu (-R, R) da bismo zaključili da se ona može na tom intervalu prikazati redom potencija. 1. Funkcije sinx i cosx imaju ograničene derivacije na R jer vrij edi: f(x) sin x ===> fn,(x) sin(x + n ' ::2 ) , If(n)(x) 1 � l g(x) cos x ===> g(n) (x) = cos(x + n ' �) , Ig(n)(x) 1 � l Pripadni redovi konvergiraju za svaki x E R i vrijedi: +! sin x = L ( - 1 r (2xn2n l ) ! = x - x3 x55! - . . , 2n x2 X4 cosx = "'(- 1 )" -x2n) - = 1- -+2 ! 4! ! ( � =
oo
n=O oo
+
3!
+
.
ll. REDOVI POTENCIJA
193
2. Potpuno analogno vrijedi i za eksponencijaInu funkciju eX. Na bilo kojem otvore nom intervalu (-R, R) vrijedi: f (x)=tf ===} J
L
:
:
=
Ovaj red konvergira u istom intervalu konvergencije. e je tzv. konstanta integracije koja prilikom deriviranja daje nulu. Da bismo odredili tu konstantu pa da zaista dobijemo polazni red, možemo u red uvrstiti x=O. Dobivamo: ln l e=O. Dobiveni red
obično ne služi za izračunavanje prirodnih logaritamajerje sporo kon
vergentan tj. treba zbrojiti mnogo članova da bismo dobili traženu točnost. Da bismo dobili brže konvergentan red koristimo dobiveni red (uvrsti x i -x ) i svojstvo lagaritamske funkcije. l+x In =In(l+x) -In(l-x) l-x Ako za x uvrstimo l+x n+l l x= ===} n l x 2n+1 dobivamo: n+1 2 l l l In ::::--· 1+ + ... + + 3(2n+1) 3 5(2n+1)4 n 2n+l
--
--
(
----:
)
l l. REDOVI POTENCIJA
194
Ovaj red može poslužiti za brzo računanje logaritarna. Na primjer ako uvrstimo n= l dobivamo brzo konvergentan red za ln 2 . Uvrštavanjem n = 4 dobivamo 1_ _1_ In � = In5-21n2 = .. . l+ _ 3 92 + 5 .94 + . 4 9 Uz pretpostavku da smo već odredili ln 2 možemo odrediti ln 5. Kada imamo ln 5 dobivamo: l In lO = ln5+ln2 ==} M=-I-' n lO
�(
)
.
Dekadske logaritme dobivamo množenjem priTodnih logaTitama s konstantom
M.
Ako bismo uvrstili u polazni red n = 80 = 2 3 . 10, n+ l = 81 = 34 odredili bismo ln 3 zatim množenjem s konstantom M dobili bismo dekadski logaritarn broja 3. 4. Odredimo Taylorov red funkcije f(x) = arc tgx . Koristimo postupak iz prethod nog primjera. Naime poznato nam je da vrijedi: 1 _ _ = 1-x2+x4 - x6 + . . ' -l < x < 1. f'(x ) = l+x 2 Taj je red nastao deriviranjem sljedećeg reda .
x3
x5
x7
arc tgx = x - "3 + "5 -7"+ . . . i taj red ima isto područje konvergencije . Specijalno ako je x = l , onda je arc tg l = ::. 4 Dakle, dobivamo alternirani red 1c l l l l n+1 .. ... 4 = 1- 3+5-7+ +(-1) 2n- l + . Pomoću ovog reda možemo izračunati broj 1c po volji točno, a ujedno vrlo je lako procje niti pogrešku aproksimacije, kod alterniranih redova ona je manja od prvog člana kojeg ne uzmemo u zbroj. Za praktične potrebe red je neupotrebljiv zbog spore konvergencije . Da bismo ubrzali konvergenciju možemo uzeti za x vrijednost bliže nuli. Ako je recimo l l l l l l x =:5 ==} a = arc tg:5 = 1.5 - 3 . 5 3 +5 . 55 - 7 . 5 7 + . . . Broj a možemo napisati u spretnijem (za računanje) obliku, 2 25 22 27 a= + . 10 3 . 103 5 . 105 7 . 107 Lako provjerimo da je 5 120 2tg a tg 2a = tg4a ill > 1 l tg2 a - 12' .
..
=
_
Možemo zaključiti da je 4a blizu {3 {3 = arc tg
l
=
�. Neka je 1c
4a - 4
==}
l
l
tg {3 = l
l
239
239 = 239 - 3 . 2393 + 5 . 2395
- 7 . 2397 +. . . l
ll. REDOVI POTENCIJA
195
Iz dobivenih redova za a i {3 dobivamo red za izračunavanje broja rc
l6a
- 4{3.
rc
5. Spomenimo još neke koristi od redova potencija. U integralnom računu pojavljuju se integrali koji nisu elementarne funkcije. Tako na primjer vrlo jednostavne funkcije sinx x cosx ax3 + bx2 + ex + d . .. lnx x x nisu derivacije elementarnih funkcije. Da bismo odredili, pripadne integrale odredimo naj prije redove potencija tih funkcija, zatim integriramo te redove i dobivamo nove funkcije u obliku redova potencija.
J
sinx
x Integracijom tog reda dobivamo
=l
x
x3 3 · 3!
+
Spomenimo da pomoću redova potencija definiramo funkcije. Nadalje, redove poten cija vrlo često koristimo prilikom rješavanja diferencijainih jedanadžbi. Primjer 11.10. Odredimo nepoznatu funkciju y(x) za čiju drugu derivaciju vrijedi :
y"
_k2y,
gdje je k neka konstanta. To je tzv. diferencijalna jednadžba harmonijskog oscilatora. Ako bismo y interpretirali kao pomak, onda bismo drugu derivaciju mogli interpretirati kao veličinu proporcionalnu sili, pa bismo za gornju jednadžbu mogli reći da se njom izražava fizikalni zakon po kojem je sila proporcionalana pomaku i suprotnog je predznaka. Potražimo nepoznatu funkciju među funkcijama koje dopuštaju prikaz u obliku reda potencija. Dakle, neka je oo
. _ n_ n y (X) - � L..t anx - ao + alx + a2X2 + a3x3 +... + anx + ... n=O
Deriviranjem reda potencija (član po član) zatim uvrštavanjem u zadanu diferencijalnu jednadžbu dobivamo:
(I: ) I: n;O
n anx
II
=
n:O
ann(n
Ako gornji izraz sredimo po potencijama od x dobivamo oo
L[an+2(n+2)(n+l)+k2an]xn=0 n;O
==>
oo
n ;O
an+2(n+2)(n+l)+k2an=0,
n
0,1""
Prema tome dobili smo sistem od beskonačno mnogo jednadžbi (za svaki n) s beskonačno mnogo nepoznanica (svaki an) koji lako rješimo. Ostaju neodređeni koeficijenti ao i al·
ll.
196
Uvrštavanjem vrijednosti za
n
REDOVI POTENCIJA
dobivamo:
n=O =:}
n=2
=:}
Slično bismo dobili uvrštavanjem neparni h brojeva za nepoznatu funkciju y(x)
n.
Konačno dobivamo za
)+al (kx (k.x)3 + (/CX)5 ) 3! 2! 5! 4! U zagradamo prepoznajemo redove za f�nkcije sinus i kosinus. Prema tome za bilo koji izbor konstanti aa, al dobivamo rješenje: y(x) =ao(l
_
(k.><)2 + (k,;yt ..
_
. . .
y(x)=aocoskx+alsinkx,
_
ao,al ER.
_
. . .
.
12.
Neodređeni integrali
1. Primitivna funkcija . . .. .. . . .. . . . 197
. .. .... ... ... 200 Integriranje racionalnih funkcija . . . . . 205
5. Metode integracije
6.
2. Osnovna svojstva neodređenog
integrala ... . .. . . . 198
7. Integriranje nekih nekih iracionalnih i
3. Tablica neodređenih integrala . .. . . .. 199
transcedentnih izraza. 212
4. Neelernentarni integrali .. . ... . . .. 200
.
8. Binomni integrali . . ... .. .. ... . 218
F(x) je primitivna funkcija funkcije f(x) na otvorenom intervalu l = (a, b) ako za svaki x E l vrijedi: f(x)=F'(x).
Skup svih primitivnih funkcija zadane funkcije f(x) na intervalu l njezinim neodređenim integralom.
=
(a, b) nazivamo
Primjer 12.1. a) F(x) = Vl - x2 jedna je primitivna funkcija na intervalu l = x (-1,1) funkcijef(x) = , jerha l vrijedi F'(x)=f(x), Vf=XI 1 -x2 b) F(x) = sinx je primitivna funkcija za f(x) = cosx na intervalu ( -oo, oo) , 1 c) F(x)= lnx je primitivna funkcija za f(x) = - na intervalu (O, oo) . x
Ako je F(x) primitivna funkcija funkcije f(x) na intervalu l, onda je primitivna funkcija na tom intervalu i funkcija F(x) + e, gdje e bilo koja konstanta. Teorem 12.1. Ako su Fl (x) i F2(X) dvije primitivnefunkcijefunkcije f(x) na inter valu l, onda se one razlikuju za konstantu, tj.
F;(x)=F�(x)=f(x)
===}
FI(X)-F2(X)=c.
197
12. NEODREĐENIINTEGRALl
198
Dokaz. Poznato je da je derivacija konstante, tj. kostantne funkcije jednaka O. Poka žimo da vrijedi i obrat te tvrdnje: ako je derivacija neke funkcije jednaka nuli na intervalu l = (a, b), onda je ta funkcija konstantna na tom intervalu. Zaista, prema Lagrangeovom teoremu srednje srednje vrijednosti, vrijedi h(X2) - h(XI)
=
h'(x)(xz
xd
za neku točku x E (x:!, Xl)' Ako je h'(x) = O, odavde slijedi da je h(X2) = h(xJ) ::;::: e. Za funkciju G(x) F2(X) - Fl(X) vrijedi G'(x) O te je G(x) = e, odnosno
Fz (x)
Fl(x)
Ozn
e.
..t.a La neodređeni integral funkci je f(x) je:
j
j
ili
f(x)dx
f(x)dx
=
F(x) + e,
e
E R.
Ako nije jasno na kojem intervalu je F(x) primitivna funkcija, onda se to mora naznačiti .
Neposredno iz same definicije neodređenog intregrala slijede ova svojstva: 1. 2. 3. 4.
5.
(j ) � (j ) j j f(X)dX
d
f(X)dX
d(F(x»
=
=
d(F(x) + e) =
dF(x) ::;::: f(x)dx,
f(x),
F' (x)dx = F(x) + e,
j(f(x) ±g(x»dx j f(x)dx ± j g(x)dx,
j
a·
f(x)dx = a·
=
j
f(x)dx,
a je konstanta.
199
12. NEODREĐENI INTEGRALI
U sljedećoj tablici navedeni su najčešći neodređeni integra1i koje je poželjno zapamtiti što prije.
1.
IOdx=c
6.
I ltdx = lt+c
2.
I l·dx=x+c
7.
3.
x,,+l Ix"dx= -- +c n+l
I sinxdx = -cosx + C
8.
I cosxdx = sinx+c
4.
1 I x-1dx = I -dx = ln lxi +c
5.
I ctdx =
ll.
12. 13.
=
I
15.
I shxdx
1 8.
ln a
1
a
a
dx 1 -- = tgx+c cos2 x dx 1 -.- =-ctgx+c sm2x
a
x 1 x -arc cot - +c · arc tg-+c= a
a
a
shx+c
16.
I chxdx
2 1.
I -- =-cthx+ e sh2x
1 dx x-a I -- =-lni-I+c x::j:.a x2 a2 2a x+ a ' dx I =lnlx+vx2±a21+c =
In(x + Jx2+l)' =:= 1
In(x+�)'
(arcoshx),
20.
1 0.
chx+c
(ar sinhx)'
19.
+c
cos x . I ctgxdx = I -.-dx = ln I smxl +c s mx sinx I tgxdx= I --dx = -ln I cosxl +c cosx x x dx I = arc sin-+c = -arc cos +c
14.
17 .
ct
9.
x
l +x Inl--I+c, Ixl::j:. l l-x l +x l l (ar tanhx)' = (2Inl '=
I
I
dx
1
dx
=
1
2
1-
thx+c
)
1
dx
12. NEODREĐENIINTEGRALI
200
Određivanje funkcije kojoj je poznata derivacija nije jednostavan zadatak. Ćak i vrlo jednostavne funkcije jesu derivacije neelementarnih funkcija. Mi smo u diferencijalnom računu ustanovili da je derivacija elementarne funkcije elementarna funkcija. Međutim neodređeni integral elementarne funkcije nije nužno elementarna funkcija. Za takve inte grale kažemo da nisu elementarni. Dokaz da neki integral nije elementaran ne mora biti jednostavan. Navedimo nekoliko najpoznatijih neelementarnih integrala. L
4.
J dx dx J �x e-x2
2. 5.
J sin (�2)dX
J
sinx x
3. 6.
dx
J cos (x2)dx dx J cosx x
Ti integrali nisu elementarne funkcije. Najednostavniji postupak za određivanje tih ne elementarnih funkcije jest da podintegralnu funkciju prikažemo redom potencija, zatim integriramo taj red član po član. Kada je takav postupak legalan pokazuje se u integralnom računu.
Dvije osnovne metode za izračunavanje neodređenih integrala su: l. metoda supsti tucije, i 2. metoda parcijalne integracije. l
1. Metoda supstitucije. Neka postoji primitivna funkcija funkcije J(x) na intervalu
(a, b), dakle neka je
Do
J J(x)dx
==
F(x) + C,
F'(x)
J(x).
funkcije F(x) metodom supstitucije dolazimo na sljedeći način. Zamjenimo x sa funkcijom g(t) , zatim će biti dx == g'(t)dt i dolazimo do novog integrala J J(g(t»g'(t)dt koji je možda jednostavniji od polaznog i možda ga izračunamo. Sada polazeći od tog rezultata odredimo polazni integral. Neka je x get) striktno monotona derivabiina funkcija. Prema tome postoji inver zna funkcija t == g-lex) koja je striktno monotona i derivabi1na. Sada je x iz intervala l (a, b) dok je t iz intervala J = (c, d). Za derivaciju kompozicije F(g(t» vrijedi: F(g(t»' = F'(g(t»g'(t) = J(g(t»g/(t) het),
J h(t)dt J J(g(t»g'(t)dt = H(t) =
+
C,
HI(t)
J(g(t»)g'(t}.
Kako funkcije F(g(t» i H(t) imaju jednake derivacije slijedi da se one razlikuju za konstantu. Dakle, F(x) = H(g-l(x». H(t) = F(g(t»,
201
12. NEODREĐENIINTEGRAL!
Primjer 12.2. Metodom supstitucije izračunajmo sljedeće integrale:
1. jSin(ax+b)dx, 2. j(ax+btdx, j dx arc tgx dx 4. j eCosx sinxdx, dx 5. j 6. j 1+x2 ' (ax+b)'" Integrirajmo zadane funkcije. zadacimal, 2i 6provedimo supstituciju: ax+b t, adx dt, dx 1a-dx. 1 l = J sin(ax + b)dx la J sintdt = a� (-cost) + _ a cos(ax +b)+ +b)n+l + t,,+1 + = al . (axn+ 1= J (ax+ b)ndx= al J d la n+1 1 Integrale ovog oblika mogli bismo izračunati tako da izvršimo potenciranje prema 3.
==
==
U
=
e
=
1.
tn t =
2.
.
e
=
e,
.
c.
-
Newtonovoj formuli i zatim integriramo svaki sumand. Evo kako bi to išlo:
j(a x+btdx j t (� )(ax)k bn-kdx k=O n n xHl + bn-kak . ___ ( ) k+l k k=O 1 � (n)�+1bn· n+l = -1 (ax+ b)n+1 + -k XH1 . --+ =a k=o k k+l n+1 a n+1
1=
=
.
'\""' L-
e
L-
c
c.
3. Pomnožimo brojnik i nazivnik podintegralne funkcije sa sinx zatim u nazivniku primjelimo da je sin2x = -cos2 Provedimo supstituciju cos = t, - sinxdx dt, dobivamo: sinxdx sinxdx == = x cos2 x cosx l t == ln c= n c. 2 l 2 cosx . 2 pa gornji Integral 2x . Pod·· sjetimo da VriJ. 'ed'I: = cos2 I = cos2 2 ·2 2 2 možemo pisati u obliku:
1
j Sl�xO j
x.
x
j 1 X _ j 1 -dt l II + t I + l- II1+ I+ x -SlO -X l X +SlO , COSX 2SlO + = ln I :: I+ l = � Ini -
-
-
•
.
2
-
2 x
2cos2
2
-
I
c
19
,
dx 1+
5.
j eCosx sinxdx j e td= -el + =
'
c
•
c.
2
4. U ovom integralu provedirno supstituciju cosx = t, -sinx
l=
••
dx d,t pa imamo: =
= _ecosx+
c.
Očigledno da nam arc tgx "smeta", zato provedirno supstituciju arc 19x
dt, i za integral dobivamo: l = j tdt = t22 + = (arc2 + c
tg)2
c.
t,
12. NEODREĐENIIN TEGRALI
202
ax+ b =: t dobivamo: l dt l l + c. j tll =: �'(n 1)(ax+b)"-1 a
6. Nakon provedene supstitucije
dx j l=: (ax+ b)1I
Metoda parcijalne integracije. Podsjetimo se pravila kako deriviramo produkt dviju funkcija:
[{(x)· g(x)Y
/,(x)· g(x)+ I(x)· g'(x).
Parcijalna integracija je metoda kojom integriramo produkt dviju funkcija. Prema gomiem izrazu za derivaciju produkta vrijedi:
/,(x) . g(x) = [{(x) . g(x)]'- I(x) . g'(x).
Integrirajmo tu jednakost. Dobivamo:
j/'(x) . g(x} dx =I(x} . g(x)
jI(x} . g'(x)dx
i to je tzv. formula parcijalne integracije. Korisno je tu formulu čitati ovako. Treba integri rati produkt dviju funkcija (to su u formuli f'(x) i g(x}}. Čitamo dalje, integriramo jednu od tih funkcija (u formuli je integrirana funkcija f'(x) i dobili smo I(x) ) i pomnožimo s drugom funkcijom (to je g(x}), zatim od tog rezultata oduzmemo integral produkta funkcije koju smo već integracijom dobili i derivacije one druge funkcije. Upravo rečeno mogli bismo simbolički i ovako zapisati:
Ovim postupkom smo izračunavanje polaznog integrala sveli na izračunavanje novog inte grala koji očekujemo lakše izračunati. Primjer 12.3. Metodom parcijalne integracije izračunaj sljedeće integrale: l.
4.
jx· ln xdx,
2.
jxffdx,
3.
jarctgxdx,
jx2�dx,
5.
jxsinxdx,
6.
jeGXcosbxdx.
1. Direktnom primjenom parcijalne integracije dobivamo: ['F
x x jx Inxdx = ; . Inx- j ; . � dX
x2 nx . � - :+ c
2. Upozorimo na ovom zadatku da je vrlo važno koju od dvije funkcije treba integrati a koju ostaviti za deriviranje. Napravimo namjerno loš izbor. Dakle,
jx·�dx
X2 X2 ·ff- j ·ffdx. 2 2
Sad trebamo izračunati integral koji je još složeniji od polaznog integrala. Bolje bi bilo da smo integrirali funkciju eX a funkciju x ostavili za deriviranje. Postupimo tako:
1= jX'ffdX
x·eX- j�'l . dx=eX(X-l)+ C.
12. NEODREĐENI INTEGRAL!
203
3. Pod znakom integrala imamo jednu funkciju, arc tgx. U ovakvim situacijama vrlo je korisno ipak to smatrati produktom dviju funkcija, od kojih je jedna konstantna funkcija f(x)= 1. Dakle,
ll. arc tgxdx= X · arc tgx
lx
,
l z dx =xarc tgx - � In(l + XZ)+c. l +x 2 _ _
Posljednji integral izračunat je metodom supstitucije, l+xZ =: t, 2xdx dt. 4. Da bismo izračunali ovaj integral primjenjujemo parcijalnu integraciju više puta.
1=IXZ'e'dx=x2.e' 2Ix.e'dx=e'(x2- 2x+2 )+c. Posljednji integral već je izračunat parcijalnom integracijom u zadatku 2. 5.
1(- cosx) . 1dx
l= l X· sinxdx=x( - cosx)
= -x cos x+ sinx+c.
6. Prilikom višekratne primjene parcijalne integracije može se desiti da se pojavi in tegral od kojeg smo krenuli, dakle dolazi se jednostavne jednadžbe u kojoj je nepoznanica polazni integral.
l = l erucosbxdx etu
cos bx
a
+
b a
e::. cos bx + � leru sin bxdx sinbx
e
ru
]
l � . bcosxdx
bZ = z[acosbx +bsinbxJ- "2 · 1=l a a etu
Došli smo do polaznog integrala, dakle iz dobivene jednakosti slijedi:
etu 1= --Z- z . [a cos bx +bsinbxj +c. a +b Ako integral ln ovisi O prirodnom broju n i ako je za njegovo poznavanje potrebno izra čunati integrale toga tipa, ali za manje n, onda je poželjno pronaći izraze koji nam kažu kako izračunavamo ln . Ilustrirajmo nek� takve slučajeve.
Primjer 12.4. Izračunajmo integrale;
3. 4.
lcosn xdx,
ltgn xdx,
5.
6.
lsinn xdx, s x l � dx n
l. Nakon što izračunamo ovaj integral neće biti teškoća s izračunavanjem integrala funkcija koje su produkt eksponencijalne funkcije i polinorna.
ln = le' . xndx
e' . xn
ln=e'·x n - n·ln_l,
n
le' . x n-1dx,
n= 1,2,'"
lo=e'+c.
204
12. NEODREĐENI INTEGRALl
Prema dobivenoj rekurzivnoj formuli slijedi: h
!
=
tf . x2
=
2.
ln =
!
ln = =
!
2[tf . x- l ·10]
nIn-b
sinnxdx
1'1- 2
! [
2x+2)+ e.
tf(x2
!
x(lnxr - X· n(lnX)n-l
1· (lnxtdx
ln = x(lnxr
3.
tf . x2dx = tf . X2-2· II
!
n = 1,2, . . .
.
�
=
x(inx)n
n . ln-b
x+e.
lo
!
sinn-2x . sin�xdx
[sinn-2X . cos x] cosxdx
sinn-2x{1 -. cos2X )dx
(parcijalna integracija)
!
sinn-I x sinn-t X cosx+ sinxdx , n 1 n- l sinn-1 x 1 - -- . ln, ln = ln-2 n 1 n- l n- l cosx sinn-1 x +e n � 1. ln = -- . ln-2 n n Spomenimo da je lo = X+e , lt = -cosx+e i 1 -cos 2x 1 sin 2x h= sm 2xdx = x -- +e. dx 2 =
1'1- 2
!
.
4. Potpuno analogno kao integracije da je
!
II
]
!
2
[
2
]
prethodnom zadatku dobivamo nakon dvije parcijalne
n-l sinx cosn-1 x cosnxdx = --1'1-2+ + e, n � 1. n n Podsjetimo također da je lo x+e, lt = sinx+c i 1 Sin2x 1+ cos2x dx :::: x+ - - + e. h= ln =
S.
!
2
(
2
(
)
)
2
Sinx ' 1 Derivacija funkcije tgx je (tgx)' = = 1+ tg2X. cosx 1,,= (tgx)ndX (tgXr-2(1+tg2X)dX- (tgx)"-2dX
!
!
!
tgn-1 x -1,,-2 n- l tgn-1 x ln = -- -ln-2 , n> 2. n- 1 Napomenimo da supstitucijom cosx = t, -sinxdx = dt dobivamo lt . 1 x II = -ln I cosxl + e, h tg2xdx = dX = tgx -x+c. = ---
!
! ( �o:�: )
12. NEODREĐENI INTEGRALl
205
6. Ovaj integral je neelementarni integral. Parcijalnom integracijom dobivamo:
(1
[
sinx
l
n
n)xn-1
1 J xn-1
cosx •
Još jednom parcijalnom integracijom dolazimo do rekurzivne formule:
ln= - (n - 1)x n-1 + n 1)(n ( sinx
cosx
2)xn-2
+
(n
Podsjetimo da je lI neelementarni integral i to je tzv. funkcija
Racionalna funkcij a
R(x)
Si(x)
-
sinus integral.
R(x) je kvocijent polinoma
::::: Pm(x) ao+ alX + a2x2 + ...+ amxm. = bo + b1x+ b2x 2+ ...+ bnxn Qn(x)
Područje definicije takve funkcije je skup realnih brojeva bez nultočka nazivnika, tj. svaki
x
E
R za koji je Q(x) =J:. O. Ako je stupanj nazivnika veći od stupnja broj nika, ( n
> m ),
onda govorimo o pravoj racionalnoj funkciji. Najjednostavnij e prave racionalne funkcije su:
A x _ b; A 2. f(x):::::-:---:-:-
1. f(x)=
3. f(x)::::: 4.
f(x)
=
Mx+N , x2 +px+q Mx+N
q-
x-b
-
4
'1-
,-,,---=
Izračunajmo integrale tih jednostavnih funkcija.
1. J � =A ln lx
p2
bl+ e, supstitucija x
dX= JA(x-b)-ndx=- � 2. J � n (x b)n
>0'• r 4
>
o.
b= t. dx= dt.
+c.
3. Zbog odnosa koeficijenata p i q kvadratna jednadžba x2 + px + q
realnih rješenja.
4
4
O nema
12. NEODREĐENI INTEGRALI x+ !!.., dx = dt , dobivamo: 2 Mp ) Mt+ (N + Mx N __ _ -:-----:-= ::- -_at dx = l = + x2 + px+ q M , Mp 1 t = In(r+ a2)+ (N- -) arc tg +c = 2 2 a a p x+ 2: -Mp M 2 N arc tg In(x2+ px+ q)+ + C' 2 � � 4 q2 q-4 4. Istom supstitucijom kao u 3 . zadatku dobivamo za sljedeći integral Mp Mt+(N 2) Mx+ N dx = dt l = (x2 + px + q)n (12 + a2) n M Mp dt = h + ln. = 2" d(t2 + a 2)(t2 + a2) - n+ (N - """2) (t2 + a2) n
Provedemo li supstituciju u zadanom integralu t
J
J
R
J
J
J
R
J
Supstitucijom u = (2 + a2, izračunamo prvi integral: M l l M l + C. =h = -2 2 2 n 1 2 n- l (t + a ) 2(n-l) (x + px+ q) n-' Za izračunavanje integrala ln koristimo parcijalnu integraciju. Za posljednji integral vrijedi:
J
t2 + a2- a2 dt = ln (t2+ a2) n+l
Prema tome za polazni integral vrijedi: t ln (rZ + a2) n+ 2n(/ n 1 2n + ----;:-- , n � 1. l n+ l n 2 2 2 2na (t + a ) Primijetimo da za integral l, vrijedi dt l t = ;; arc tg + c. h 2 2 t +a a Konačnu vrijednost integrala dobivamo ako umjesto t uvrstimo I = x + p /2 .
J
Prikaz prave racionalne funkcije jednostavnim parcijalnim razlomcima. Racio
nalnu funkciju smo definirali kao kvocijent dvaju polinoma. Dakle, ao+ a,x+ a2 x2+ . . . + amxm Pm(x) = R(x) = . +. . . QII(X) + +
12. NEODREĐENIINTEGRALI
207
Područje definicije takve funkcije je skup otvorenih intervala. Naime, ta funkcija nije definirana samo u onim točkama u kojima se poništava polinom Qn(x). Broj svih nuIto čaka polinoma Qn (x) je prema osnovnom teoremu algebre jednak n , dakle broj realnih nultočaka je manji ili jednak n. Prema tome ako iz skupa R izdvojimo tih konačno mnogo nu1točaka preostaje nam skup otvorenih intervala . Ako je stupanj polinoma P m(x) veći ili jednak stupnju polinoma Qn(X ) , onda treba podijeliti ta dva polinorna, nakon čega dobivamo kao kvocijent jedan polinom qm-n i pravu racionalnu funkciju. Pk(X) k < n. R(x) = qm-n(x) + Qn(x) ' Nema nikakvih poteškoća s integraciojm polinoma q(x) pa treba obratiti pažnju na prave racionalne funkcije. Nadalje, mi ćemo pretpostavljati za te funkcije da brojnik i nazivnik nemaju zajedničkih faktora. Možemo također pretpostaviti da je vodeći koeficijent hn u polinomu Qn(x) jednak jedan. Ako nije jednak jedan, onda podjelirno brojnik i nazivnik s njim i dobivamo novi koeficijent koji je jednak jedinici. Nultočke polinoma Qn(x). Koeficijenti polinoma realni su brojevi. Prema tome, takav polinom ima n nultočaka koje nisu nužno različite i nisu nužno sve realne. Koefi cijenti polinoma su realni brojevi . Zato, ako je recimo X l = U+iv jedna nultočka, onda je nužno i nu1točka X2 = u - iv . Neka su realne nultočke aj s pripadnim višestru kostima r;, i = l, 2, . . . s , odnosno konjugirano kompleksne nultočke Xj s višestrukošću tj ,j = 1 , 2, . . . k . U ovom slučaju polinom Qn(x) možemo zapisati u obliku: Qn(x) = (x - a l Yl(x - a2 ) f'2··· (x - asY'(x2+PIX+ ql Y ' ... (x2+PkX+ qk Y' . Primjetirno da smo faktore u Qn(x) koji dolaze o d dviju konjugirano kompleksnih nu1to čaka izmnožili i dobili kvadratne polinome, na primjer ... [x (u+iv)] [x (u - iv)] · . . = . . . (x2+px+ q) . ", gdje je p -2u, q u2+ v2 • Dokažimo dvije osnovne tvrdnje o racionalnoj funkciji. Prva tvrdnja odnosi se na prikaz funkcije ako polinom Qn(x) ima reaLnu nultočku a čija je višestrukost k , a dru ga na slučaj kada Qn(x) ima par konjugirano kompleksnih nultočaka X l,Z u± iv s višestrukosti j . Dakle pretpostavljamo da je 1 . Qn(x) (x - a)k . FI (X), FI(a) # O, 2. Qn(x) = (x2+px+qY . Fz(x) , F2(Xl,2 ) ::f O, XI ,2 u±iv, p = - 2u, q = u2 + v2 . Tvrdnja 1. Ako je Qn(x) (x a)k . FI(x), FI(a) ::f O, onda racionalnu funkciju R(x) = Pm(x)/Qn(x) možemo zapisati u obliku A P(x) Pm(X ) + i FI(x) , a)ka)k (x Qn(x) (x -
Dokaz.
208
1 2. NEODREĐENIIN TEGRALI
U polinomu Pm(x) - AFt (X ) odredimo konstantu A tako daje njegova vrijednost jednaka nuli za x = a . Dakle, A = P m( a) /Ft (a). Iz te činjenice slijedi da je a nultočka tog polinoma pa je Pm(x) -AFt(x) = (x a) ip(x), P(x) je polinom, P(a) ::/; O. Prema tome dokazali smo istinitost tvrdnje l .
Primjer 12.5. Neka je zadana racionalna funkcija R(x) =
x+5 . Teme(x _ 1)2(x+ 2)
ljem višekratne primjene tvrdnje 1 možemo tu funkciju zapisati u obliku Rx ( )
(x
A
l)"
-+
P(x)
A
(x-l)(x+2)
C B + __ + (x-l) x+2 .
Naznačene konstante određujemo pozivom na �efinicijujednakosti dviju racionalnih funk cija. Kako funkcija koja stoj i s desne strane i polazna racionalna funkcija koja je s lijeve imaju jednake nazivnike, one moraju imati jednake brojnike. Dakle,
x+5 = A (x+ 2) +B(x- l )(x+ 2) +C(x- 1) 2 = = (B+e)x2 + (A +B 2C)x + 2A- 2B+e
Podsjetimo, polinomi su jednaki ako imaju jednake koeficijente uz uz svaku potenciju x i , i= O, l, ... . Dakle
5
l = A+B- 2e,
2A- 2B+e,
Rješenje tog sustava je A = 2,
-1 B= 3'
e
3
O= B+c.
.
Može se pokazati vrlo praktičnim ako shvatimo polinome kao funkcije i prema tome dvije funkcije su jednake ako imaju iste domene iste kodomene i jednake funkcijske vri jednosti za svaku vrijednost iz domene. Prema tome možemo odrediti konstante A, B, C tako da uvrštavamo posebne vrijednosti za x. Uvrštavanjem za x dobivamo:
x= l
===}
l +5
x=-2
-2+5
3A,
A = 2,
ge,
Konstantu B odredimo uspoređujući koeficijente uz x2 , dakle iz O= B+C.
Tvrdnja 2. Neka su a = u+iv, a = u-iv nultock' e polinoma Qn (x) višestrukosti k, tadaje k k Qn (x) = [(x a)(x-a) ] . J (x) = (x2+px+q) . J ( x ), J (a)::/; O, J( a)::/; O gdje je p = -2u, q= u2 + v2 • Racionalnu funkciju R(x) možemo prikazati u obliku Ax+B g(x) _ Pm(x) _ R (x) + k ) (x2 ( p (x2 px + q) + x q)k-j J (x)' Qn x+ + Pm(a) . ' l B Izrazene su pomocu lmagmarnog, t rea Inog d' 'JeIa od -- , Qn (a ) •
n.Yonstante A
=
A
�I m v
[ ]
v
Pm(a) J(a) ,
'
"
•
gea ) ::/; O.
12.
209
NEODREĐENI INTEGRALI
Dokaz. Napravimo razliku polazne racionalne funkcije i razlomka
+B) . (x2+px+q)k Pm(x) (Ax
' dobIvamo:
Pm(x) - (Ax+B) . f(x) (x2+px+q)k) . f(x) . Q- n(- X)- F(x)= Pm(x) - (Ax+B) . f(x), F(a) O, a= u+ iv. Pm(a) - (Aa+B)f(a) Pm(a) - (Au+B+ iVA)f(a)= O. Au+B+ ivA= Pm(a)ff(a) Pm(a) A= 1 Pm(a) feal l, B = -Au+Re[ feal J. a F(x) F(x)= (x2+px+qy . g(x), gea) =f:. O Ax+B + g(x) = R(x)= Pm(X) (x2+px+q)k-j . f(x) Qn(x) -;-;:----:-;Ax+B
-;-;:-----:-;-
=
Za polinom u brojniku neka vrijedi:
Iz jednakosti
slijedi:
Im[ �
Budući da je nultočka polinoma prikazati u obliku
slijedi da je i a, dakle taj polinom možemo
i prema tome je
i tvrdnja je dokazana.
Ako je potrebno, onda višestrukom primjenom navedenih tvrdnji svaku racionalnu funkciju možemo prikazati pomoću jednostavnih racionalnih funkcija tzv. parcijalnih ra zlomaka. Na nekoliko jednostavnih primjera pokažimo takve prikaze.
Primjer 12.6. Pomoću parcijalnih razlomaka prikaži sljedeće racionalne funkcije:
2. (x lx+)2(x5+ 2)' 3. 2x3(x2++3x22x++x-l 2)2 2)+B(x+l) A +' B = ----'-A(x --"-...,- --'- --"2) x+l x- 2 (x+l)(x-AiB 2x +5= A(x - 2)+B(x+1)= (A+B)x 2A+B A+B= 2, +B=5, A= l, B= 3. x= -1 A= l, x= 2 B= 3 . B A + -x+5 x- I + x+ (x -1)2(x+ 2)
1. x22x +X 5 2' 2x+5 x2 - x - 2 _
1.
_
-
--
-
Nultočke nazivnika realne su i jednostruke, prema tome za svaku nultočku imamo po jedan parcij alni razlomak. Konstante određujemo iz jednakosti potinoma: -2A
::=::}
Mogli smo koristiti jednakost tih polinoma shvaćenih kao funkcije. Dakle za istu vrijednost -a moraju imati jednake vrijednosti. Uvrstimo li dobivamo odmah odnosno za slijedi
x
2.
..,---=
e
12. NEODREĐENIINTEGRALI
210 Uoči da su nultočke nazivnika
x= l , dvostruka nultočka i za nju predviđamo dva parcijal x = -2. Izjednačavanjem brojnika u gornjem
na razlomka, dok je jednostruka nultočka izrazu dobivamo:
x +5 =A(x+ 2) +B(x - 1) (x + 2) +C(x - 1)2 =( B +C)x2+ (B - 2C)x+C 2B. 1/3. Izjednačimo li koeficijent Ako je x = 1 slijedi A =2 , ako je x =-2 slijedi C 1/3. B slijedi odakle C, B O + dobivamo x2 uz potenciju 3.
Ax+B = (XZ+2x+2)2
l
+
Cx+D x2+ 2x+ 2'
Provjeri, nazivnik nema realnih nultočaka, nego dvostruke konjugirano kompleksne nul točke
( x= -l
±
2i ) .
Iz jednakosti polinoma
2x3 +3x2+x l = (Ax+ B) + (Cx+D) (x2+2x+2) A 2, B =-l, C = 1 , D= 1 .
dobivamo za konstante:
Postupak integracije racionalne funkcije.
x) R(x) = pm Q" «x» 1.
Prilikom integriranja racionalne funkcije
potrebno je učiniti sljedeće korake:
Ispitati odnos među brojevima
i n. Ako je
nz
nz
�
n onda treba izvršiti dijeijenje
zadanih polinoma i na taj način izdvojiti cijeli dio (to je poli nom
qm-n(x)
stupnja
racionalne funkcije. Dakle,
Polinom
rex)
je ostatak dijeljenja i njegov je stupanj manji od stupnja polinoma
Integraciju polinoma lako obavimo pa prema tome preostaje integrirati
nz
-n )
Q,,(x) .
pravu racionalnu
funkciju, kojoj je stupanj brojnika manji od stupnja nazivnika. 2. Pravu racionalnu funkciju prikazujemo pomoću parcijalnih razlomaka.
U tu svrhu
potrebno je znati nultočke nazivnika, tj. treba riješiti jednadžbu
Qn(x)
O
===>
X\,X2,···,Xn·
Xi mogu biti realne i ne nužno različite, neke mogu biti kompleksne Xk=u+iv, u tom je slučaju među nultočkama i konjugirani broj Xk = u iv. Za svaku realnu nultočku a višestrukosti j treba u prikazu racionalne funkcije predvidjeti j
Neke od nultočaka recimo
parcijalnih razlomaka
A, +. .. + --'----, x a (x-a) 2 Za svaki par konjugirano kompleksnih nultočaka a= u+iv i "ii=u - iv +
�
treba predvidjeti s parcijalnih razlomaka
A2X+BZ A1x+B1 +. . . + -,;----+ x2 +px+q (x2 +px+q) 2
gdje je
(x
a)(x-"ii) =x2+px+q.
višestrukosti
s
-::--::::-'----,-
3. Integracija pojedinih parcijalnih razlomaka već je obrađena u prethodnim razmat
ranjima.
12. NEODREĐENIIN TEGRALI
211
Primjer 12.7. Izračunaj integrale
x+ l d x3 + 1 x 3. 2. x3(x2+l) , -3x+ l . Stupanj brojnika je3, dok je stupanj nazivnika 2 . Treba dijeljenjem izdvojiti pravi dio racionalne funkcije. ( x3 + 1) ; (x2-3x+2) =x+3 x3 3x2 + 2x + 1 3x2 - 9x+ 6 7x 5 Prema tome polazna racionalna funkcija jednaka je 7x 5 7x 5 = x+3+ R(x} =x+ 3+ (x 2)(x 1) 3x+ 2 = B A 7x 5 =A(x - I)+ B(x 2). =x+3+ + x+ 2 x 1 Konstante A = 9 i B =-2 dobivamo iz posljednje jednakosti uvrštavanjem vrijednosti x=2, x =l Prema tome zadani integral jednak je 9 2 x2 [x+3+ = +3x+ 9 1n lx- 21 - 21n lx 11 + c. 2 x 2 -x 2. Zadana racionalna funkcija prava je racionalna funkcija. Jedina realna nultočka nazivnika je x = O i ona je nultočka trećeg reda. Prema tome za nju treba predvidjeti tri parcijalna razlomka. Nadalje, jednostruke nultočke su kompleksni brojevi ±i. Zadanu funkciju možemo prikazati sljedećim parcijalnim razlomcima. x+ 1 A B e Dx+ E +-+-+ x2 +l . + x x2 x3 Potrebne konstante određujemo iz jednakosti polinoma x+ 1 = Ax2(x2+ I) + Bx(x2+ 1)+ C(x2 +l)+ (Dx+ E)x3•
1.
J
J
J
-
-
_
-
J
.
_
--
Uvrštavanje x =O dobivamo e l. Uvrštavanjem x = i (dva polinoma su jednaka kao polinomi kompleksne varijable) slijedi i.+ 1 =D- iE. Zbog jednakosti tih kompleksnih 1 . Uspoređujući koeficijente uz potenciju X4 dobivamo brojeva dobivamo: D =l, E l . Slično, iz jednakosti koeficijenata uz _,3 slijedi B + E o, O =A+ D, slijedi A B =l Za polazni integral dobivamo: x-l 1 } I dx= I= + + + XZ + 1 1 l + ln Ixz+ 11 arc tgx+ c. = - lnlxl 2 x 3. Nultočke nazivnika su rješenja jednadžbe
J
X4+l = O
-
===} Xl,2
Prema tome vrijedi: X4 + 1 (x- x.)(x - X2)(X =
�- )
(_
.
v2 ( 1 ± i), X3)(X
X 4)
X3,4 =
V; . (-1 ± i).
(x2 - V2x+ 1)(x2+ vix+ 1) .
1 2. NEODREĐEN I IN TEGRAL I Mogli smo do tog prikaza doći i malim trikom, naime x4 +1 x4+2x 2+1 -2x 2 ( x 2+1) 2_( V2x) 2. Traženi rastav dobivamo kao razliku kvadrata. Za zadanu racionalnu funkciju vrijedi: 1 Ax+B Cx+D + = +1 (x- '7) 2+1 (x + +1 Ne baš kompliciranim računom dobivamo: l 1 B= A 2' 2J2' I=
J� x4
---=---
l D=2
C
l
l x 2+xJ2+l l r;:: r;:: r;:: ln + ,r,;- [arctg(x v2+1) +arc tg(x v2 l)]+c. +1 2v2 4v2 x2 Eventualno bismo mogli još izraziti zbroj dvaju arkustangensa kao jedan arkustangens. Lako provjerimo, ( uzmi tangens jedne i druge strane) da je u+v arc tg u +arc tg v= arc tg 1 uv plus kn što se stavi u konstantu c. =
Integra1i racionalnih funkcija elementarne su funkcije. Kako smo vidjeli to su raci onalne funkcije ili neke kompozicije s logaritamskom odnosno funkcijom arkustangens. Integrali iracionalnih funkciju nisu nužno elemetarne funkcije. To su nove funkcije koje se obično i definiraju pomoću neodređenog integrala. Jedan od postupaka integriranja takvih funkcija sastoji se u tome da se pronade po godna supstitucija koja dovodi do integrala racionalne funkcije koji onda znamo izračunati. Primjer 12.S. Pokažimo kako supstitucijama transformiramo integrale nekih jedno stavnih iracionalnosti na integral racionalne funkcije. Evo nekoliko takvih tipova integrala gdje je podintegralna funkcija racionalna funkcija R(x, y), u koju je umjesto varijable y uvršten neki algebarski izraz. Navodimo uz integral i pripadnu supstituciju. L
2.
3.
J J
R( x, !j'ax +b) dx,
ax +b= tri,
R(x, !j'ax+b, �ax+b,···) dx,
ax + b=tk
k je najmanji višekratnik brojeva m, n,
J ( 1::!)dX, ::! R X'
=1",
x=
���t�
1 2. NEODREĐENI INTEGRAL!
213
U drugom postupku nastojimo supstitucijama, parcijalnom integracijom doći do čim jednostavnijeg integrala koji zatim obično računamo tako da podintegralnu funkciju prika žemo redom potencija pa zatim integriramo član po član i dobivamo rješenje u obliku reda kojeg tada proučavamo.Često se primjenjuju i numeričke metode za izračunavanje takvih integrala. Integriranje nekih trigonometrijskih izraza. Racionalnu funkciju dviju varijabli definiramo kao kvocijent dvaju polinoma u te dvije varijable. Polinom P(x, y ) dviju varijabli je oblika: P(x,y)= ao(Y ) + at(Y )x+ a 2(y)x 2+ ...+ am(y )xn = = bo(x) + bt( x)y + b 2(X )y 2+ ...+ bn(x)yn, gdje su koeficijenti ai (y) , i 0, 1, 2 · · · , m polinomi u varijabli y . Analogno vrijedi za koeficijente M x), i= 0, 1, .. " n. Tako na primjer polinom u dvije varijable drugog stupnja je P(x, y)= Ax 2+ Bxy + ci+ Dx+ Ey + F.
Nultočke takvih polinoma ( to je skup uređenih parova ( x, y ) su kružnice, elipse, hiperbole. parabole,... ) i detaljno se proučavaju u analitičkoj geometriji ravnine. Polinom u tri varijable je polinom u jednoj varijabli, a koeficijenti su mu polinomi u druge dvije varijable. Neka je zadana racionalna funkcija R( x, y ). Ako uvrstimo u nju umesto x funkciju sin x a umjesto y funkciju cos x dobivamo tada racionalni izraz od tih funkcija. Pokažimo kako računamo integrale tako dobivenih izraza. Polazimo od integrala
J
R(x, y ) - racionalna funkcija.
R( sin x,cosx) dx,
Postoji tzv. un iverzalna supstitucija kojom se takvi integrali prevode u integrale raci onalnih funkacija. To je supstitucija x
=
2 arc tg t,
dx
Funkcije sinus i kosinus zamjenjujemo Qvako: .
x
sin x= 2 SlO 2: cos cosx= cos 2:' 2
x
2
=
2t
2 x
2 cos 2:'
cos
1+
2
x tg2 t2 x x . 2x · = sm = cos 2 - (l - tg 2 -)= 1+ tZ 2 2 2 1+ tg2 2
--
_
Podsjetimo da iz cosz x + sinz x = l slijedi l + tg2 x supstitucije dolazimo do racionalne funkcije u varijabli t,
J
R(sin x,cosx) dx=
J
R
(
)
2t 1 t2 . 2dt 1+ t2' 1+ t2 1+ t2
l
x
. Nakon provedene
J Rt( t) d t.
1 2. NEO DREĐENIIN TEGRAL ! Primjer 12.9. Izračunajmo sljedeće integrale:
J
J
J
dx sinxdx dx 3. 2. 1+a cosx' 1+sin2 x' sinx' l. Provedirno univerzalnu supstituciju, tgx/2 == t, dobivamo: dx dt x = -=lnltl+c =lnltg-I+c. . t 2 �nx 1.
J
J
a> O.
2. Ovdje je korisnije provesti supstituciju cosx=t nego univerzalnu supstituciju jer dobivamo jednostavniju racionalnu funkciju, naime stupanj nazivnika je manji. Dakle, cosx+v2 sinxdx dt l dt +c. ln = 1+ l - t 2 1+sin2 x 2 - 2v2 cosx v2 3. Ako je a=O ili ako je a l dobivamo jednostavne integrale koje lako izračuna mo (podsjetimo da je l+cosx = 2 cos2 Dakle, pretpostavljamo da je a > O i a =1= l . Provedi mo univerzalnu supstituciju, dobivamo: 2dt
J
J
I
J
=
�
1
_
•
itd.
Integriranje racionalnih funkcija od x i Neka je zadana racionalna funkcija R(x, y) u koju supstituirajmo umjesto y kvadratni iracionalitet Svaki kvadratni izraz ax2 +bx+ c možemo prikazati u jednom od sljedećih oblika: a(t2 ± d2). a =1= O. Naime, očito je
(
) a [(x+ b ) 2+ 4aC - b2 ] 4a2 2a Prema tome, ovisno o predznacima, nakon supstitucije x+ :a t dolazimo do jednog , b C +bx+e=a x-+ �x+ �
" ax-
==
•
=
od ova tri izraza:
Sada novom supstitucijom pomoću trigonometrijskih funkcija takve izraze možemo prika zati kao kvadrat i ukloniti korijen. Te su supstucije po redu: d2
t2
_
==}
dZ+t2
==}
rZ
==>
-
d2
r
Z
t
d sinu,
d2
t
d tgu,
d2+t2
d cos
_
d2 cos2 U 1 dZ+d2 tg2 u=dJ. . __ cos2 u
d 2 - d2 sin2
u
=
1) =d2 tg2 U
P _d2=
Primjer 12.10. Koristeći spomenute supstitucije izračunajmo sljedeća tri integrala.
1.
J
dx
�,
2.
J
x2dx ,/9-x2'
3.
J
xdx Vx 2+4
1 2.NEODREĐENIINTEGRALI
215
1. Nakon što provedemo supstituciju x dobivamo:
JJ cost
� J costdt
JJ t=arc cos-, x l
3
.
1
(
smt+e =3' sm arc cos
(
1 -cos2 arc cos
= '3
2. Koristimo supstituciju x =3sint, Za polazni integral dobivamo: 1=9
,
dx =
J.
sm2 tdt=9
+c
V;) +e --+c. 3x
dx =3costdt,
J
x
JJ ' dt 'smt t
t
, x arc sm 3
( -sin 2t) +c 2
1 - cos 2t 9 dt= t 2 2
J 2 l =� [arc sin ; - � JI - G) ] +e � arc sin ; � J9 - x2 +c.
sin 2t
2 sin tcost=2 sint 1 -sin2 t
3. Koristimo supstituciju:
2 dx = -,-dt, cos-t
x =2 tgt, l =2
J
--
t
(X)2+e =
sinI 2 -- dt= +e =2 1 + cos2 t cost 2
Primjeti da je a) cost=1/ smo odmah dobiti rezultat.
J
x arc tg 2
JI +tg2 t b) supstitucijom vx2 +4
� V x2 + 4+e
= t,
2xdx =2tdt mogli
Eulerove supstitucije. Tri supstitucije koje ćemo navesti poznate su pod zajednič kim imenom Eulerove supstitucije. Pomoću tih supstitucija uvijek je moguće intagral racionalne funkcije po x i vax2 +bx+e prevesti u intgral racionalne funkcije po novoj varijabli t. Napomenimo da kvadratna funkcija f(x) ax2 +bx+e mora biti na nekom intervalu pozitivna da bi postojao integral. To je moguće: 1 . ako je a > O, 2. ako je e> O. 3. ako kvadratna jednadžba ax2 +bx+e O ima realna rješenja . Prva Eulerova supstitucija
a> O
===>
=t-,;a ' x.
12. NEODREĐENIINTEGRAL!
216
Kvadriranjem dobivamo t2 -C x - -=-- 2 Vat+b' Vat2 +bt+ cVa . / ax 2+bx + c = y ' 2 vr;;at+b Vat2+bt+ cVa d t. dx = 2 (2 vr;;at+b) 2 Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo integral racionalne funkcije od t koji izračunavamo postupcima koji su već objašnjeni . Primjer 12.11. Koristeći prvu Eulerovu Supstituciju izračunajmo integral
!
I=
dx x +vx 2 -x + l '
a =l.
Neka je Vx 2-X + 1=t-x . Kvadriranjem dobivamo
t2-1 2t2 -2t+2 -dx = dt 2t -l ' (2t-1) 2 t2-l t2-t+l yx 2- +1=t --- ---2t-l 2t-l ' ! t2-t+1 1=2 t(2t-l) 2 d t ! - ( � __3_ + 3 ) dt x=
/
=
X
t
_
2t -1
(2t -1) 2
=2 ln Itl-+ c. 3 ln 12t-113 2 2 (2t-l)
U dobiveni rezultat treba još za t uvrstiti vx 2-x +1+x .
Druga Eulerova supstitucija
c> O Kvadriranjem dobivamo
=>
J ax 2+bx +c=x t+.;c.
2t.jC -b -' � -x =----'--a -t2 ' t2.jC -bt+ a.jC dx =2 . d t, (a t) 2 t2.jC-bt+a.jC 1 2+bx +c yax a2 - t2 Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo integral racionalne funkcije od t. _
.
_
•
1 2. NEODREĐEN I IN TEGRALI
217
l= J
Primjer 12.12. Koristeći Eulerovu drugu supstituciju izračunajmo integral
Ovdjeje c dobivamo:
=
dx (x+ 1)y'I-x-x2 ,
l i styavljamo y'1-x-x2
x
Vl
_
x
_
= xt+1.
t + 2t2 +l x2 = _ 1+ t2
=
Kvadriranjem pos\jednjeg izraza
t2
l -t
1+
Uvrštavanjem navedenih izraza u polazni integral dobivamo:
__)2 dt = = J(!t - t1 J -x-x2- -
dt
=
ln
l
ln
-------
2x + e
l
l
t +c t-2
+K
U konstantu K uključena je brojka koja se pojavi kod racionalizacije nazivnika razlomka što je pod znakom logaritma. Treća Eulerova supstitucija
Pretpostavljamo da I(x) ax2 + bx + e = O ima dva različita realna korjena, i neka su to Xl, X2. U tom se slučaju može pisati
Jax2+bx + Ja(x-xJ)(x-X2). e=
Treća Eulerova supstitucija koju primjenjujemo u ovom slučaju je
= (x-xt}'t,
dx
= 2at(X 2 - xl )t dt (a-t2)2 _
,
x=
ax2-Xlt2 ---'---'--;:--. a
_ a(x2-xJ) , t
- (X-Xl' ) t-
a
t2
'
Uvrštavanjem dobivenih izraza u polazni integral dobivamo racionalnu funkciju koju integriramo prema već opisanom postupku,
l J xdx x + y'x2 + 3x + 2 '
Primjer 12.13. Izračunajmo pomoću treće Eulerove supstitucije sljedeći integral:
Ovdje je x2 + 3x+ 2
= (x + l)(x + 2).
Jx2+3x + 2
X
= P(x + 1)2,
Koristeći supstituciju
t ' (x + 1), t2 2
x2 + 3x + 2 -2tdt dx = (1-t2)
12. NEODREĐENIINTEGRALI
218 dolazimo do integrala racionalne funkcije:
1=2
J
t3 2t ( t + 1)2 (t - 1)(t
J
+
-:---.c=
]
B C D + --+ -- dt t +l t -l t -2
Konstante odredimo koristeći jednakost polinoma =
2t 3 -4t
l)(t -2)+C(t+ 1)2(t -2)+D(t + 1)2(t -l).
A(t -l)(t -2)+B (t+l)(t
Uvrštavanjem vrijednosti za dobivamo:
t: l, 2,
A
l,
B
zatim uspoređujući koeficijent uz potenciju e
t3
D=1.
Konačno za traženi integral dobivamo:
A +Bln(t + 1)+Cln(t t+l
1= gdje z a
t
treba uvrstiti
t=
-----
x+l
1)+Dln(t
2)+K,
J
X+2 x+l.
Integrale koje možemo prikazati u obliku
1 nazivamo
J xm(a
+bxn)Pdx,
binomnim integralima.
m, n, p E Q,
a,
bE
R,
Istaknimo odmah da nisu svi binomni integrali rješivi
pomoću elementarnih funkcija, tj. rezultat integracije može biti neelementarna funkcija. Može se dokazati da je rezultat integracije elementarna funkcija samo u sljedeća tri slučaja:
l . pE Z,
2.
m+l n
E Z,
3
.
m+ 1 +pE n
Z.
Lako se provjeri da su u navedena tri slučaja rezultati elementarne funkcije. Međutim da su to jedini slučajevi kada je rezultat elementarna funkcija nije jednostavno dokazati. Dokažimo da u navedena tri slučaja zaista možemo odabrati takve supstitucije kojim dolazimo do integrala racionalne funkcije.
1.
Ako je
Neka je
pE Z.
m = -1
Ako je
p=O, u tom slučaju je
J xmdx
xm+l
+c. m+l
u tom je slučaju rezultat funkcija lnx+ c. Neka je
Koristeći binomnu formulu dobivamo:
p
prirodan broj.
12. NEODREĐENIINTEGRAL!
219
Posljednji integral lako izračunamo. Slično postupamo ako je p negativan cijeli broj.
1= j
supstitucijom x tj, gdje je j najmanji zajednički višekratnik nazivnika racionalnih brojeva m i n, dolazimo do integrala racionalne funkcije.
Primjer 1 2.14. Izračunaj integrale
1. j[4(l-x*)2dX, Prema rečenom dobivamo:
1. I= j[�(l - 2x� +x4)dx 20
2.
-
8 3 Xi 3
-
+x +e
,
-! 2. 1= j x dxI X= t4, (l +X4)2 t 1 = 4 j t: == 4 ln( l +t) + +e (l t)2 l t) , m +l
-n
I
1
E Z
(
�
t= $
Provedirno supstituciju u polaznom integralu:
l 1 t, x t"! , dx= -tn- dt n m +l j(a +bt)Ptqdt, q= n -l E Z. I
j xm(a +bxn)pdx,
�
U dobivenom integral u provedirno još jednu supstituciju, a
+bt
a +bxn= ur,
s
u
-a b
r
Prema tome sveli smo polazni integral na slučaj koji smo već obradili.
Primjer 12.15. Izračunajmo integrale:
1. 1= jx2(1+X)!dx,
2. j �X2 + 0dx.
Lako provjerimo da su to integrali koji mogu biti tretirani prema gore iznesenom. U prvom integra\uje m= 2, n= l, P 1/2. Provedirno u njemu supstituciju l+x= t2 , dx=2tdt dobivamo:
,
1
t7 t5 t3 j(t2-1)2t·2tdt=2 (l' 25+3") +e,
t=
1 . NEO DREĐEN I INTEGRAL I 2
220 2.
J(X2 +X2)4dx = J [X2 ( l +x-z)j4dx p=J x2!(1 + X-�2 ) !dX, m = 2' l
l
l
3
l
l 4
3
1
4
+x-� t\ X = (t4 1)- � , dX = _�(/4 I J (1'1 1) - � . t · (_�)(t4 - 1)-� . t3dt = integral e integral racionalne funkcije koji lako odredimo. m+1 + E Z. Pretpostavimo da smo u polaznom integralu izvršili supstituciju xnNakon = tei supstitucije da je racionalni broj p ima nazivnikk prirodan broj r i brojnik cijeli broj dobili smo � J (a + b/)P . tqdt = � J ( a � bl r tp+qdt = ;;l J (a · ll + b) P . tP+qdt, q = + l - l . Sad provodimo još jednu supstituciju: r b ) - I dt = - I · ( � r b ) -2 . rur- l du. a ' lt + b = ur' t = ( � a Nakon te supstitucije za polazni integral dobivamo: ! J urp [ ( ur : b) -l] p+q . ( - 1 ) ( ur : b ) -2 . r . ur:l . du, 1 du 1 = ap+q+ 1 J --,--( Uf-u-s+-b)P :r---:--::+Q+2 -
l
Posljednji 3.
I
j
-
P
n
s.
l
=
.
m
n
,
l
n
i to je integral racionalne funkcije.
Primjer 12.16. Izračunajmo integral 3
l
J x(1 +x�)idx.
= 2 ' p = m + l - 1 + p = l . ovo lmo supstttuClJU: 1 x§ = t, x d , dx = �t-!dt. To nije najbolja supstitucija, međutim ona dovodi do integralu u kojem je vidljiva sljedeća supstitucija. Nakon što provedirno tu supstituciju (xn = t) dobivamo: + xi ) i . x2dx = 3 J ( t1 + l ) ! . tdt. 1 = J ( 1---;rOv d·Je J,e m
, n
2
3'
n
2
Daljnja supstitucija je
t + u3, 1
l
pr
d'
.
..
1 2 . NEODREĐEN I IN TEGRAL!
I=
�J 3
U2 . (U3 - 1 ) - 1 ( - 3 u2 ) . (u - 1 ) -2du
i to je integral racionalne funkcije .
221 =
-2
J
u4 du (u3 - 1 )3
13.
Određeni integrali 1.
3.
. . . . . . . . . . . 222 . . . . . . . . . . . 223 . . . . . . . . . . . . . 227
Određivanje povriine
2. Integralne sume .
.
Riemannov integral
.
4. Osnovni teorem integralnog računa 5 . Svojstva određenog inlegrala
.
.
.
.
.
.
. . 232 233 .
.
Nekim podskupovima ravnine pridružujemo nenegativan realan broj koji nazivamo mjernim brojem ili površinom tog podskupa . Istaknimo odmah da se tu radi o funkciji re cimo p. koju nazivamo mjerom. Ona je definirana na podskupovima ravnine, a funkcijske vrijednosti su joj nenegativni brojevi. Analogno postupamo u trodimenzionalnom prostoru kada ćemo tu mjeru zvati volumenom podskupa prostora. Pravokutniku P ravnine, čije stranice imaju duljine a odnosno b , po definiciji prid ružujemo mjerni broj tj . površinu prvokutnika Koja svojstva mora imati mjera
p. ?
p.(P)
a · b.
Spomenimo njezina tri osnovna svojstva.
1. Aditivnost mjere. Ako su P t i P2 dva podskupa ravnine koji su disj unktni ili nemaju zajedničkih nutarnjih točaka, onda za njihove mjere vrijedi:
p. (Pl
U
P2)
p.(P I ) + P. (P 2).
(Točka T skupa S nutarnja j e točka tog skupa ako postoji otvorena okolina te točke koja je potpuno sadržana u S . Okolina točke To u ravnini je krug {T E S I d(Tol T) < e} sa središtem u toj točki. )
2 . Invarijantnost mjere. Neka s u Pl i dva neprazna podskupa ravnine. Ako postoji izometrija ravnine f kojom se PI preslika na P2 , onda su ta dva skupa sukladna i imaj u jednake površine: Podsjetimo da su izometrije ravnine takva preslikavanja ravnine na samu sebe koja ne mjenjaju duljine. Takve su rotacije, translacije, osne simetrije.
222
1 3 . ODREĐEN IINTEGRAL!
223
3. Monotonost mjere . Ako je P l podskup skupa Pz , onda za mjere vrijedi:
Pl � P2
=}
fl (Pd � fl(P2) .
Polazeći od toga da smo definirali površinu pravokutnika poštujući navedena tri prin cipa vrlo lako možemo odrediti površinu paralelograma, trokuta, trapeza i mnogokuta. Naime svaki mnogokut možemo triangulirati tj. rastaviti na trokute, zatim izračunati po vršinu svakog trokuta i sve te površine zbrojiti.
Sl. 13. 1 Svaki mnogokut dijeli ravninu na tri dijela, točke koje pripadaju krivulji, nutrinu i vanjštinu
Problemi nastaju kada treba odrediti površinu nekog podskupa ravnine koji je omeđen krivuljom. Jedan takav jednostavan skup nazivamo krivocrtnim trapezom. To je skup točaka ravnine koji je s tri strane omeđen dužinama dok je s četvrte omeđen krivuljom. Te je probleme rješavao Arhimed već u trećem stoljeću prije nove ere. on je pored ostalog svojom metodom odredio površinu kruga te dijela ravnine omeđenog lukom parabole i dužinom. On je upisivao poligone sa sve većim brojem stranica i određivao površine tih poligona. Na taj način dobivao je približne vrijednosti za traženu površinu. Taj genijalni postupak kasnije je nazvan metoda ekshaustije - iscrpljivanja. On je temeljno polazište u izgradnji integralnog računa. Arhimed je analognim postupkom odredio i volumene i površine dijelova kugle. volumene rotacionih tijela itd. Mi se i danas koristimo također tom metodom i postupkom opisivanja poligona sa sve većim brojem stranica čij a površina je veća od površine polaznog skupa. Na taj način dolazimo do procjene površine nekog skupa. Površina mu je između "nutarnje': površine i "vanjske" površine.
Sve funkcije koje za sada promatramo su ograničene na ;zatvorenom intervalu [a, bl · Radi jednostavnosti možemo pretpostaviti da je zadana ograničena funkcija na zatvorenom intervalu [a, bl i da ne poprima negativne vrijednosti. Naš je zadatak odrediti površinu b i grafom funkcije f(x) . Dakle skupa koji je omeđen osi x , zatim pravcima x = a , x radi se o skupu F ,
F
Kolika mu je mjera fl (F) ?
{(x, y)la � x � b,
O � y � f(x)},
13. ODREĐENI INTEGRALI
224
Aproksimacija pravokutnicima. Odaberirno n - l različitih točaka iz intervala
[a, bl tako da vrijedi:
a = Xo < X l < X2 < . . . < Xi-l < Xi < . . . < Xn-I < Xn
b.
y
b=x.
Xi
Sl. 13.2
x
Svaki takav izbor nazivamo subdivizijom polaznog intervala A . Subdivizija A proizvodi intervale:
[a, bl i označavamo sa
[xo , Xl], [X ! , X2], . . . , [Xi- l, X;], . . . , [Xn-t, Xn]. Duljine tih intervala su po redu:
AxI = XI - a , Ax2 = X2 - x!. " " Axj = X/ - Xi-l , " ' , Axn = b Xn-l . Najveći od brojeva Axi nazivamo nonnom subdivizije i označavamo s l I AI I Ako pretpostavimo da je funkcija f(x) neprekinuta na [a, bl , onda je ona nepreki nuta na svakom zatvorenom intervalu [Xi-t, Xil . Zato na tom intervalu poprima najmanju vrijednost m/ i najveću vrijednost Mi ' Površinu skupa Fi , .
O � Y � f(x)}
Fi = ((x, y ) I X;- l :::;; X :::;; X i,
možemo aproksimirati površinom pravokutnika kojem je duljina jedne stranice Axi =
Xi X/- l dok je druga duljine mj ili Mj . Dakle, J.L(F; ) Ax/ . mi, ili J.L(F/ ) Ax; Mj, i = 1, 2, . " n Prema tome površinu skupa F možemo aprosimirati sa sumama, n L m/Ax" J.L(F) S = L M/Ax;. J.L (F) �
�
� S
=
�
/=1
Sumu s nazivamo donjom sumom, dok sumu lako vidjeti da za te sume vrijedi: S :::;;
.
.
S
II
/=1
nazivamo gornjom sumom. Možemo
J.L (F) :::;; S.
Ako je funkcija f{x ) samo ograničena na [a, b] , onda ona ne mora postići na tom intervalu najmanju niti najveću vrijednost . Dakako da to vrijedi i za svaki podinterval [Xt-t , x;] . Medutim, zbog ograničenosti na tom intervalu, funkcijske vrijednosti imaju infimum mi i
1 3. ODREĐENIIN TEGRALI supremum
225
Mj . U takvom slučaju površinu skupa F aproksimiramo brojevima n
IJ,(F) ;:::: L miLlxi, mi ::::: inff(x), x E [Xi- J , x;j, ;=1 n
IJ, (F) ;:::: L M; Llx; , M; ::::: supf (x ), X E [Xi- I , Xi] ;=1
od brojnih aproksimacija površine postupka:
lJ.
(F)
pravokutnicima posebno izdvajamo sljedeća dva
"
;=1 " ;=1
U prvom slučaju aproksimiramo površinu skupa Fi pravokutnikom kojem su duljine stra nica f(xH ) i Llx; . U drugom su slučaju duljine stranica f(x;) i Llxi ' U primjenama vrlo često subdiviziju intervala [a, bl odabiremo tako da svi intervali imaj u jednake duljine. U tom slučaju navedene formule bi tada bile: L
J.l (F) ::::; -Lf(xo ) +f(x t } +. . .+f(x,,-dl b-a n
IJ, (F) ::::; -Lf(x t} +f(x2 ) +. . .+f(x,, ) ] Vrlo općenita aproksimacija površine skupa F pravokutnicima bila bi da upisujemo b-a
2.
n
pravokutnike na sljedeći način. Odaberimo u i- tom intervalu neku vrijednost �i i za aproksimaciju podskupa odbi remo pravokutnik koji ima duljine stranica Llx; i f( �;) , dakle
Fi
n
IJ, (F; ) ;:::: f(�;)Llxi' IJ, (F) ;:::: CT Lf(�i)Llxi =
;=1
Primjer 13.1. Promatrajmo funkciju f(x) = x2 na intervalu [O, lJ i podijelimo taj interval na pet jednakih dijelova. odredimo zbrojeve s , CT , S . Dakle,
I(x} = x2,
a = O,
y
o
b
= 1,
Sl. 13.3
n
= 5,
Ax
x
0.2
13. ODREĐEN I IN TEGRAL !
226
5 4 3 2 X i 0.2 0.4 0.6 0.8 �i 0. 1 0.3 0. 5 0.7 0.9 mi 02 0.22 0.42 0.62 0.82 Mi 0.22 0.42 0.62 0.82 S=
5
L m;fu; = 0.2[02+0.22+0.42 +0.62+0.82] = 0.240 ;=1 5
S = L Mifu; = 0.2[0.22+0.42 +0.62 +0.82+ 12] = 0.440 ;= 1
(1 =
Vrijedi
5
Lf(�;)fu; = 0.2[0. 12+0.32+0. 5 2+ 0.72 +0.92] = 0.330 ;= 1
Kasnije će biti pokazano da je površina P =
.
:3 = 0.3 . l
F x i grafa sinusoide u intervalu [O, n] .
Primjer 13.2. Odredimo približnu vrijednost površine skupa točke koje se nalaze između osi
ako mu pripadaju
Ovdje se radi o skupu
F = { (x, y)1 O :( x :( n, O :( y :( sin x}. Odaberimo subdiviziju intervala [O.n] tako da odaberemo točke: n n 3n A · . . O = Xo < - < - < - < n. 4 2 4 Površinu skupa aproksimirajmo trapezima, (prvi i posljednji trapez je u stvari trokut). y
Sl.
13.4
Podsjetimo da površinu trapeza određujemo tako da zbrojimo duljine paralelnih sra-
1 3. ODREĐEN I IN TEGRAL!
227
nica i pomnožirno s njihovom udaljenošću i sve podjelirno sa dva. Dakle,
J.l(F) R:
� � [(O+ �) + : + �) + � + 3; ) + 3; + ] .
sin
(sin
sin
(sin
sin
(sin
sin n)
==
1 .896,
što možemo smatrati vrlo dobrom aproksimacijom uz tako mali broj točaka subdivizije. Naime, kasnije ćemo vidjeti da je točna vrijednost 2.
Primjer 13.3. Ako je poznata brzina v == v(t ) gibanja kao funkcija vremena, onda se prirodno postavlja problem kako odrediti predeni put u intervalu vremena, [to, t l ] ' U tu svrhu mogli bi podjeliti vremenski interval na n jednakih vremenskih dijelova !!.ti, i = 1 , 2" " , n . Ako su vremenski intervali dovoljno maleni možemo unutar sva kog od njih smatrati da je brzina konstantna i predeni put će biti približno jednak
S R: Vj !!.t, +V2!!.t2 +. . . +vn!!.tn
=
n
L Vk!!.tk k= l
Kako vidimo dolazimo do subdivizije intervala [to, td i integralne sume funkcije v
v(t) .
Neka je zadana ograničena funkcija f(x ) na zatvorenom intervalu [a, b] . Izvršimo subdiviziju tog intervala točkama Xi tako da vrijedi:
a
=
Xo < Xl
<
X2 < . . . < Xi- l < Xi < . . . < Xn
=
b.
Kako je funkcija ograničena na [a, bl ona je ograničena na svakom intervalu dane subdi vizije [Xi- ) , Xi] i = 1 , 2, . " n . Na svakom od tih intervala postoji infimum funkcijskih vrijednosti i suprmemum Odaberimo bilo koju vrijednost iz i -tog intervala �i ' za te brojeve vrijedi mi ::;; f(�j) ::;; Mi> i = 1 , 2, " ' , n ,
.
mj
Mi .
Ako svaku tu nejednakost pomnožirno s pripadnim vamo tri sume S, 0', S za koje vrijedi: s � o' � S tj .
S
=
n
n
i=1
i= 1
!ll.j = Xj - Xj- l
L mj!ll.j ::;; cr = L f( �j ) !ll.
Tako dobivene sume nazivamo: s .. donja integralna suma cr . integralna suma
i sve zbrojimo dobi
n
i
�
L Mj!ll.; = S. ;=1
.
.
.
S . .
.
gornja integralna suma
Te sume često nazivamo Darbouxove * sume. Različitim subdivizijama zadanog intervala [a, b] dobivamo različite donje odnosno gornje sume. Integralnu sumu možemo mijenjati *
Jean GastonDarboux ( 1 842-1917), francuski matematičar
13. ODREĐEN I INTEGRAL I
228
izborom subdivizije i odabirom točaka �i unutar i -tog intervala. Za zadanu subdiviziju po godnim izborom točaka �i možemo postići da se integralna suma malo razlikuje od donje sume, odnosno drugim izborom točaka 111 može se malo razlikovati od gornje integralne sume. Prema pretpostavci, funkcije koje razmatramo su ograničene na intervalu [a, bl . Da kle postoji supremum funkcijskih vrijednosti M i infimum funkcijskih vrijednosti m na tom intervalu. Za biJo koju donju sumu s , odnosno gornju sumu S vrijedi: TI
71
L: mjd.x; � L: i=i i=1
TI
(b a) 2:: i=1 S I: Mita; � I: mitai � 'I: mtal m · (b a) i= 1 1=1 1=1 Skup svih donjih suma je odozgo ograničen skup realnih brojeva. Donje sume su ograničene odozgo brojem M · (b a) , M je supremum funkcijskih vrijednosti na [a, bl Skup svih gornjih suma je odozdo ograničen skup realnih brojeva. Skup gornjih suma ograničen je brojem m · (b a) , m je infimum funkcijaskih vrijednosti na [a, bl . Nekaje zadana subdivizija /l intervala [a, bl i neka su s , odnosno S njezine pripadne sume. U i -tom intervalu odaberirno još jednu točku i tako dobivamo novu subdiviziju koja sadrži sve prijašnje točke i ovu koju smo dodali. Ta nova subdivizija neka je /l* a njezine pripadne donje i gornje sume neka su s· odnosno S* . Lako se uvjeriti da je donja suma S =
71
=
M;d.xi
�
71
M.6.x; M ·
TI
=
,
,
porasla, dok se gornja suma smanjila, preciznije:
s· � s, S* � S.
Na temelju tog zaključivanja može se vrlo lako dokazati da za integralne sume vrijedi sljedeća osnovna tvrdnja.
Lema 13.1. (Osnovna lema) Neka su zadane dvije subdivizije intervala [a, b] . /l( 1 ) i /l(2) i njihove pripadne sume neka su s( l ) . S( l ) . odnosno s(2) . S(2) . Dokažimo daje S( I ) � SIZ) , S(2) � S( I ) . Napravimo subdiviziju /l /l( l ) U /l(2) čije su sume s, S . Sada na temelju prethodne tvrdnje možemo zaključiti da vrijedi:
S � S( I ) , s � s( 1 ),
Kako je
s � S slijedi :
S � S(2), s � S(2) .
s(I) � s � S � S(2), P) � s ::;;; s ::;;; s( l ) , A
1*
f>>>>>>H%5055>>>4 s
tj. tj. B
s( l ) � S(2) , s(2) � S( I ).
f,5fMMfHJ S
R
1* Sl. /3.5
Označimo sa A skup svih realnih brojeva koji su donje sume funkcije f(x) na in tervalu [a, bl odnosno sa B koji su gornje sume. Kako smo vidjeli skup A je ograničen '
13. ODREĐEN I INTEGRALi odozgo, dok je skup
229
B ograničen odozdo. Pokazali smo daje bilo koji broj iz skupa A tj.
bilo koja donja suma manja ili jednaka od bilo koje gornje sume. Za svaku ograničenu funkciju
f(x) na intervalu
1.
donji integral,
2.
gornji integral,
l.
postoje:
= supA,
1*
Pri torn je
[a, bl
= infB.
Definicija 13.1. Ako je l. = [* onda taj broj nazivamo Riemannovim integralom f(x) na intervalu [a, bl i pišemo ,
funkcije
l.
=
1*
=
1=
lb f(x)dx.
Za brojeve a odnosno b kažemo da su donja odnosno gornja granica integrala, a funkciju f(x) nazivamo podintegralnom funkcijom. ,
Druga definicija Riemannova integrala. Pogodnim izborom točaka �i u zadanoj subdiviziji A moguće je postići da da je razlika između gornje integralne sume i integralne sume manja od unaprijed zadanog broja e . Analogna tvrdnja vrijedi i za donju sumu. Naime,
Mi
=
supf(x),
mi = inff(x),
Neka je e zadan. Moguće je odabrati
O � Mi - f(�i ) <
e
b - a'
x
�i i 7Ji tako da je
O � f( 7Ji ) - mi <
Množenjem tih nejednakost sa pripadnim
O � S - (1 <
E
[
Xi- l , X
e
b - a'
..] .
i=
1 , 2, · · · , n.
Axi zatim njihovim zbrajanjem dobivamo:
e,
O�
(1* - s < e
Riemannov integral možemo definirati na sljedeći način.
kada
Definicija Riemannova integrala. Broj 1 je limes integralnih suma (1 I I A I I --+ O ako za svaki e > O postoji 8 > O takav da vrijedi
Pripadna oznaka za taj limes je
1 \.:\1\ < lj "===;. I I - aj <
1 = lim a(�i' Ai ) 1 1t.I I ---> O
=
=
(1(Ai' �i )
e
rb f(x)dx.
Ja
Prethodnom definicijom Riemannova integrala zahtjevali smo jednakost donjeg i gor njeg integrala. Uzimajući u obzir daje gornji integral infimum gornjih suma i donji integral supremum donj ih suma, zatim da integralne sume mogu biti povolji blizu donjim odnosno gornjim sumama može se pokazati da su dvije navedene definicije Riemannovog integrala ekvivalentne. Može se dokazati da vrijedi:
Ograničena funkcija f(x) na intervalu [a, bl ima Riemannov integral onda i samo onda ako za razliku gornjih i donjih suma vrijedi: lim(S - s) = O kada I I A I I O. --+
1 3. ODREĐENIINTEGRAL!
Iz definicije odredenog integrala neposredno slijedi ovo značajno svojstvo odredenog integrala.
Teorem 13.2.
Ako je funkcija f(x) integrabilna na I = [a, bl i ako je f(x)
I, onda vrijednost integrala nije negativna, tj. f(x) � O
na
Dokaz. Budući da je f(x) � prema tome nije niti njihov limes. g(x)
I
=
[a, bl
=*
lb
� °
f(x)dx � O.
O slijedi da niti jedna integralna suma nije negativna pa
Vrlo važna neposredna posljedica ovog teorema je sljedeća tvrdnja. Neka su integrabilne funkcije na I [a, bl . Tada vrijedi :
f(x) � g(x) Primjetirno da je funkcija
Teorem 13.3.
vrijedi:
l
na
na
I
[a, bJ
==>
f(x)
lb f{x)d:x lb g(x)dx . �
h(x) f(x) g(x) � O .
Ako su integrabilnefunkcije f(x) i g(x) na intervalu I [a, bl . onda b b b (af(x) + f3g(x))dx a f(x)dx + f3 g(x)dx. =
1
l
Dokaz. Budući da postoje integrali funkcija f(x) i g(x) slijedi da njihove integralne sume imaju limese kada norma subdivizije teži prema nuli. Dakle, n
n
n
i=l
i=l
i=l
:L[af(�i) +f3g(�i }] a :Lf(�i) + f3 L g(�i)
a lb f(x)dx + f3 1
b
g(x)dx
Prema tome, ako norma subdivizije teži prema nuli, postoji i limes integralne sume linearne kombinacije funkcija f(x) i g(x) .
Koje ograničenefunkcije definirane na intervalu [a, bl imaju Riemanov integral?
Funkcije za koje postoji Riemannov integral nazivamo Riemann integrabiine ili kraće R-integrabilne. Nemaju sve ograničene funkcije R-integral. Tako na primjer Weiers trassova funkcija nije R-integrabilna. Podsjetimo da je to funkcija definirana na intervalu [O, 1] s vrijednošću l u racionalnim brojevima, dok je za iracionalne vrijednost broj O . Kako u svakom intervalu ima i iracionalnih i racionalnih brojeva, za bilo koju subdiviziju donja suma s ima vrijednost nula, gornja suma S jednaka je l, dok integralna suma može biti proizvoljan broj izmedu ° i L Primjetirno već sada da je kvadrat te funkcije (f2 = l ) integrabiIna funkcija.
1 3 . ODREĐENI INTEGRAL!
231
Teorem 13.4. Svaka neprekinuta funkcija na intervalu [a, bl je R-integrabilna na
tom intervalu.
Dokaz. Funkcija J(x) je neprekinuta, to znači ako je Xo E [a, bl onda za svaki E > O postoji <5 ( lO, Xo )> O takav da za lx - xo l < o vrijedi IJ(x) - J (xo ) I < E . Funkciju nazi vamo jednoliko neprekinutom ako <5 ne zavisi o Xo . Drugim rječima funkcija je jednoliko neprekinuta na intervalu [a, bl ako za svaki E > O postoji <5 > O takav da ako su dvije točke blizu do na o onda se funkcijiske vrijednosti razlikuju za manje od E . ('lE> 0)(30 ) O)( lx)
x21
<
o
==>
IJ(xd - J(X2) I
<
E) ,
xl , X2 E [a, bl ·
N a temelju tog svojstva dl!- su neprekinute funkcije na zatvorenom intervalu [a, bl ujedno i jednoliko neprekinute dokazuje se njihova integrabilnost. Naime za isti E > O oko svake točke na temelju neprekinutosti odabiremo (j kojim je definirana otvorena okolina oko točke x E [a, bl i ako su dvije točke iz te okoline funkcijske vrijednosti se razlikuju za manje od E Na taj način dobivamo beskonačno mnogo otvorenih okolina (oko svake točke iz [a, bl ) koje prekrivaju zatvoreni interval [a, bl . Fundamentalno svoj stvo zatvorenog intervala realnih brojeva je da se iz otvorenog pokrivača tog intervala može izdvojiti ko načan pokrivač, tj . već konačno mnogo okolina pokriva cijeli interval [a, bl . To svojstvo zatvorenog intervala nazivamo kompaktnost. Prema rečenom dolazi se do konačnog broja (ji . Odaberemo najmanji i tako dokazujemo da je neprekinuta funkcija na zatvorenom intervalu jednoliko neprekinuta. Sada slijedi da za razliku integralnih suma vrijedi: •
S-s =
n (Mi L i",, )
-
mi) .
b-a b-a � nE -n n
--
=
E . (b
a) .
Kako je E proizvoljan slijedi da razliku možemo učiniti povolji malenom, tj . postoji integral neprekinute funkcije.
Teorem 13.5. Svaka monotona funkcija (rastuća ili padajuća) na intervalu [a, bl je . R-integrabilna na tom intervalu.
Dokaz. U ovom slučaju odaberimo subdiviziju u kojoj svi njezini intervali imaju jed naku duljinu, tj. (b a)jn . Razlika između gornje i donje sume može se učiniti po volji malenom. Očito je s
=
b
s s
s
b
==
b
a n n n
a a
[((x J ) +J(X2) +. . . +J(xn-d +J (xn)], [((xa ) +J(x J ) +J(X2) + . . . +J(xn-J )] [((Xn)
J(xo )]
=
Cb -a ) [{(b) - J(a )] n
____
O kada n
----
O.
13. ODREĐENI INTEGRALI
Neka je
!(X)
jednoznačno odreden broj
F(x) = F(x)
Prema tome definirana je funkcija
lX !(t)dt.
na intervalu
x
E
[a, bl
[a, bl .
Ako je
la, bJ .
Osnovni teorem integralnog
integrabilna funkcija na intervalu
'
onda je
računa govori nam gdje postoji i kolika je derivacija funkcije F(x} .
Teorem 13.6. (Osnovni teorem integralnog racuna) Neka je funkcija lex) integra bUna na intervalu [a, bl . U svakoj točki Xo u kOjojjeJunkcija lex) neprekinutaJunkcija F(x) ima derivaciju i vrijedi P (xo) = !(xo) .
Akojefunkcija !(x) neprekinuta na intervalu [a, bl .onda vrijedi: d d r a !(t)dt = !(x) F( ) = dx J dx x .
Ćesto kažemo da je derivacija integrala po gornjoj granici jednaka podintegralnoj
funkcij i izračunatoj u vrijednosti gornje granice.
Dokaz. Ako je
t
E
Funkcija
lex)
je neprekinuta u točki
('rie > 0)( 315 > O)(lx [x, xo] . onda vrijedi:
xo .
Prema tome vrijedi:
xol < 15 ==} I!(x) - !(xo) I < e).
xol < 15, ==} !(xo) - e � let) � ! (xo ) + e.
lt
Integriranjem posljednje nejednakosti slijedi:
1: (t(xo ) - e)dt 1: !(t)dt 1: (t(xo) e)dt (t(XO) - e) (x - xo) JXQr !(t)dt (t(XO) + e)(x - xo)
!(xo)
-
e�
r !(t)dt lxo
=
�
�
�
�
l !(t)dt !(xo) + e, lx - xol Xo l !(t)dt l !(t)dt = F(x) - F(xo) llF(x) X
l x - Xo
�
--
X
a
_
e
� 15
za
xO
(X) - !(xo) x - Xo IM I a
--
Kako je
+
� e
proizvoljan slijedi da je .
hm
X- XO
X - Xo M(x)
--
=
P (xo) = !(xo)
kada
x
--+
xo .
13. 0DREĐENI INTEGRALI
233
Teorem 13.7. Akoje I neprekinutaJunkeija u svakoj toe1d x E [a, bJ i akoje F(x) bilo koja njezina primitivnaJunkcija na [a, b] , onda vrijedi:
lb I(x)dx
Dokaz.
Neka je
G (X)
F(b) - F(a).
lX I(t)dt,
G' (x) I(x) . Ako je F neka druga primitivna funkcija, e neka konstanta. Sada imamo G(x) + e F(b) - F(a) = [G(b) + ej - (G(a) + el G(b) - G(a ) =
Po osnovnom teoremu, vrijedi onda je gdje je =
F(x)
=
=
=
=
lb I(t)dt - la I(t)dt lb I(t)dt - O lIJ I(t)dt.
=
Primjer 13.4. U prvom primjeru odredili smo približnu vrijednost površine ispod I(x) = x2 u intervalu [O, lJ . Sada imamo točnu vrijednost.
11 x2dx �311
parabole
=
o
o
=
1
"3
0.3
=
Primjer 13.5. Skiciraj graf funkcije u naznačenom intervalu i izračunaj pripadni od ređeni integral:
L
3.
I(x) = 3x + 1, [ 1 , 2) ; l I(x) 2x + x3 + -, x [ 1 , 2] ; =
Usporedi rezultate: 1.
4.5; 2. O; 3. 3 .75
2. 4.
I(x ) I(x)
+ ln2;
4.
cos
tt,
x,
[O, nj ; [- 1 , 2] .
2 I e - e- .
U definiciji određenog integrala polazili smo od subdvizije II intervala
II
:
a
=
Xo
<
XI
< . . . < Xi- I <
a
Prema tome, pretpostavili smo da je vrijednost integrala ako je L i 2.
a b
< b. b
Xi < . . . < Xn b.
[a, bl
'
=
Sada posebnom definicijom definiramo
13. ODREĐENIINTEGRAL !
Definicija 13.2.
la f(x) dx
la f(x) dx - lb f(x) dx.
o,
Za drugi dio definicije u žargonu često kažemo: ako u integralu zamjenimo granice, onda vrijednost integrala mijenja predznak.
d
<
Teorem 13.8. Ako je funkcija f(x) integrabilna na intervalu [a, bJ i ako je a < e < b. onda je.funkcija integrabilna i Ila intervalu [e, d j .
Dokaz. Budući da je funkcija integrabiIna na [a, bl slijedi da za svaki e > O postoji takav {) > O da za svaku subdiviziju 11 čija je norma 1 1111 1 < {) slijedi da za gornju i donju sumu vrijedi s
s
< e.
Neka je 11 jedna takva subdivizija. Dodajmo točkama te subdivizije (ako već nisu) točke e i d . Tim dodavanjem točaka može se S samo smanjiti dok s može samo porasti. Dakle razlika S s može postati samo manja. Tom subdivizijom dobili smo i subdivizije intervala [a, eJ , [e, d J , [ d , bl čije su pripadne sume Sl Sl ; Sz , Sz ; S3 , S3 . Očito je S = SI +S2 +SJ, S SI +S2 +S3, -
,
S
S
=
Sz +S3
Sl +S2
SI
S3
< e.
Prema tome je S2 S2 < e , tj. funkcija f(x} je integrabilna na [e, dj . Potpuno analogno dokazujemo da vrijedi:
lb f(x)dx IC f(x} dx+lb f(x) dx.
Popišimo i komentirajmo značajna svojstva određenog integrala. Većinu tih svojstava već smo dokazali. Svojstva određenog integrala. L
2. 3. 4.
5. 6.
lb c · f(x)dx c · lb f(x)dx, e je konstanta lb [j(x)+g(x)l dx lb f(x} dx+lb g(x} dx lb [j(x) - g(x)]dx lb f(x) d x lb g (x) d x lb f(x) dx ako je f(x) na [a, bl ako je na [a, bl f(x) � g(x) onda je lb f(x) dx � lb g(x) dx (b a) � lb f(x) dx � M (b a) =
�O
� o,
Ill '
ln =
.
minf(x),
M = maxf(x) na [a bl ,
13. ODREĐEN I INTEGRAL!
7.
ako je f(x)
235
� h(x) � g(x) na [a, bl ,
lb f(x)dx lb h(x )dx lb g(x)dx I lb f(x)dx l lb If(x) ldx �
8.
onda je
�
�
9. Pokažimo kako provodimo parcijalnu integraciju. Naravno mogli bi metodom parcijalne integracije odrediti primitivnu funkciju i zatim izračunati vrijednost te funkcije u gornjoj granici integrala i oduzeti od tog broja vrijednost funkcije u donjoj granici integrala. Pokažimo da je
lb f(x) . g(x)dx k(x) . / g(X)dX] I: - lb (/ g(x)dx) . J'(x)dx. =
Naime, nakon što izračunamo navedene integrale gornju razliku mogli bismo zapisati ovako:
gdjeje
/! (x)
=
lb f(x) . g(x)dx
=
[/'J(X) -h(X)
lf(x) . J g(x)dxl i h(x)
=
I1ustrirajmo to primjerom,
l1C
x sinxdx
=
{
=
{
J U g(x)dx) . f'(x)dx .
( -x cosx)
{
f\(x -h(x ,
[ l1C cos xdx +
= 1r:.
10. Supstituciju u određenom integralu provodimo na sljedeći način:
lb f(x)dx lfJ f(g(t)) . g'(t)dt. =
Pretpostavljamo da je funkcija f(x) neprekinuta na intervalu [a, bl , zatim da je funk cija g(t) diferencijabilna na intervalu [ a, f3 l i da je g(a) = a, g(f3) = b . Tu tvrdnju dokazujemo na sljedeći način.
1b f(x)dx = F(b) - F(a), •
lfJ f(g(t))g'(t)dt = H(f3) -H(a), H'(t ) H(f3) - H(a)
znamo daje
=
=
F'(x) H'(t )
F'(g(t )) ===? H(t) F(g(f3)) -F(g(a))
= =
=
=
f( x )
f(g(t))g'(t);
F(g(t )) + c F(b) - F(a) .
13. ODREĐENI INTEGRAL!
236
Primjer 13.6. Za ilustraciju izračunajmo površinu kruga radijusa r . Neka je središte kružnice u ishodištu, dakle
r
x2 + y2 = ?-, 4 p
=
=
l ' 1� fo \ o
4
= 2r2 p
y = ..jr2 - x2;
..jr2 -x2dx,
supstitucija x = r sin t;
/r2 - r2 sin2 t · r cos tdt I + COS 2t)dt
4?-
fo�
[ Si;2tJ:
2?- t+
cos2 tdt
= ?- 11:.
14.
Primjene određenog integrala I.
OdređIvanje površine
.
. . . . . . . . . . . 237
2. Izračunavanje volumena 3. Duljina luka .
....
..
..
...
. . . . . . . . ..
4. Površina rotacione plohe .
.
6. Nepravi integrali .
. : . 244
..
. 249
o
•
8. Caucbyjev integralni kriterij
o
o
o
o
o
..
. . . . . . 272
konvergencije reda . . 274
. . . . . . . . 254
5 . Primjene u mehanici i drugim
područjima
. . . . . . . . . . . . . 267
7. Laplacu>va transformacija .
257
Neka su zadane neprekinute funkcije " (x) i Iz (x) na zatvorenom intervalu neka vrijedi: " (x) � Iz (x) na intervalu [a, bl .
[a, bl i
Odredimo površinu skupa točaka koji sadrži sve točke između tih dvij u krivulja. tj. skupa
F = { (x, y ) I a � x � b, JI (x) � y � fz (x) } Podje1imo interval [a, b] na n jednakih dijelova.
li· . a .
= Xo
<
Xl Xz <
<
...<
X,._l
< Xn = b,
11x =
b
n
a
Površinu i -tog dijela skupa F aproksimiramo pravokutnikom čija je površina JI (xj)]Ax , odnosno p
�
[{z(Xj) -
n
:L:[{Z(Xi ) - JI (xi)]Ax. ;=)
To je integralna suma funkcije fz (x) - JI (x ) . Površina skupa F je, po definiciji, broj
", (F) =
lb [{Z (x)
JI (x)Jdx. 237
14. PRIMJEN E O DREĐEN O G IN TEGRAL A Primjer 14.1. Izračunaj površinu skupa F omeđenog parabolom:
F
{ (x, y ) I O � x � xo, O � y � �} .
Površina iznosi 2/3 površine pravokutnika čije s u stranica
Xo, Yo ·
Iy
Sl. 14. 1 Primjer 14.2. Odredimo površinu skupa F ako je
{(x, Y) l a � x � b, O � y � Ax2 + Bx + C} . Kako vidimo skup F je omeđen s osi x , pravcima x = a , x = b i lukom parabole F
Površinu skupa F dobivamo izračunavanjem vrlo jednostavnog određenog integrala. Uva žavaj ući usput elementarna pravila aritmetike dobivamo:
Jl(F)
= =
!b (Ax2 + Bx + C)dx b I I ( :3 Ax3 + 2. Bx2 + Cx) i a
l l -A(b3 a3) + -B(b2 - a2) + C(b - a) 3 2 b �6 a [2A(b2 + ab + aZ) + 3B(b + a) + 6C] =
=
[
4· (
b 6 a (Aa2 + Ba + C) + A (a + b)Z 4 b + C + (AbZ + Bb + C) + b a b = 6 (a) + 4 ' f a + f(b) .
=
�
� ) (�) ]
]
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
239
x
Prema dobivenom rezultatu površinu ispod luka parabole izračunavamo pomoću tri njezine ordinate početnom f{a) , srednjom f( a1b ) i krajnjom f( b) . Upravo taj rezultat možemo koristiti prilikom numeričkog izračunavanja integrala. Naime funkciju na inter valu [a, bl zamjeni mo lukom parabole i zatim izračunavamo površinu prema dobivenom rezultatu .
Primjer 14.3. Izračunaj površinu skupa omeđenog krivuljama y
l l + x2 ' y
Sl.
x
J
14.3
Odredimo točke presjeka zadanih dviju krivulja. y
=
-2 2. (
l
y
=
x2
===?
x
=
arc tg x -
±1 :3 ) IoI 2
rc
l 3
Primjer 14.4. Izračunaj površinu skupa F , omeđenog krivuljama:
-2
F·
..
Y
Vx,
Y
=
0,
Y =
To(4, 2)
x
- 2.
Iz jednakosti x = vx dobivamo točku kao presjeka parabole i zadanog pravca. U ovom slučaju bi bilo preporučljivo integrirati po y . Dakle izvršimo subdiviziju
14.
240 intervala
[O, 2]
na osi
površine će biti:
y.
PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
Sada su tipični pravokutnici položeni horizontalno i njihove
[(Yi + 2) - Yfl�Y, Očito je to integralna suma funkcije tražena površina je
Il (F)
n
�
L[(Yi+ 2) -y f]�y . i=1
x(y) = (y + 2) -y2
na intervalu
[0, 2] .
Prema tome
(l +2y l) 1 2= 10 _
2
Da smo izvršili integraciju po na dva dijela i to bi bili
Površinu skupa
F
3
o
3
x , u tom bismo slučaju morali rastaviti skup F= Fl U F 2
Fl = {(x, y)IO � x � 2, O � y � .ji}, F2 {(x, y ) 12 � x � 4, x - 2 � y � .ji} .
dobivamo pomoću dva integrala:
2 Il(F)= 1 .jidx+ 14[.ji - (x - 2)]dx=
Sl. 14.4
Primjer 14.5.
Odredimo površinu skupa omeđenog osi
x
l� .
i jednim lukom cikloide.
Podsjetimo da cikloidu dobivamo kao trag točke To koja je na kružnici čiji je radijus koja se kotrlja bez klizanja po osi
x , (poput točke na obodu kotača automobila).
a
i
y
Sl. 14.5 Cikloida
Ako je u nekom trenutku točka To bila u ishodištu, onda za koordinate točke T u koju
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA dolazi točka
To nakon zakreta za kut t
241 dobivamo:
x at - a sin t, y = a - a cos t.
Za jednadžbu cikloide y = f(x) vrijedi:
2 2 lb f(x)dx 1 ' f(x(t) )x(t)dt = 1' y(t)x(t)dt 2 Jl.(F) a2 10 1f ( 1
y(t) = f(x(t)) ,
f(x}dx = f(x(t) )x(t)dt = y(t)x(t)dt
II
tl
Površina j e jednaka trostrukoj površini pripadnog kruga.
Primjer 14.6. Odredimo površinu skupa omeđenog:
x = a cos t, y = b sint, 3 2. astroidom x = a cos3 t, y = a sin t, 3. krivuljiom x = rl, y = 2 + t2 , i pravcern y = 3 . elipsom
1.
y
a
Y� J
t= T
2-
t= o x
x
, ,
, ,
!- -
[
" " " I I I
, , I I , ,
e-J J
e
x
Sl. 14.6
Provjeri da je:
1.
Jl.(E) = 4 ·
1'2 �
y (t)x(t)dt = 4ab
10 �
!
sin t( - sin t)dt = abn:o
Primjeti da smo uzeli granice za t tako da dx bude pozitivan. 2.
#leA) = 4 ·
[! [o 3 a sin t( -3a cos2 t sin t}dt = 12a2 J (sin4 t o J lj, 2
-
3a 2n: sin6 t)dt = 8
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
242
Podsjetimo da parcijalnom integracijom dokazujemo da je
1� sinn xdx 1� sinn- I xd( - cos x) sinn- I x cos x l � ( - l) 1� sinn - 2 x · cos2 xdx =
ln =
ln = ( n
n
+
1 )111 - 2 - ( n - 1 )111,
-
n
lo
± 1 iz čega slijedi daje x je sada integrirati u tom intervalu funkciju J(x) :::::: 3 - (2 + In2 x) ili 2 + r2
3. Iz jednakosti 3
slijedi
l
3 (e - e - I )
-
t =
t J -J
[2
+ 12 ]etdt
=
=
E
rc
"2 '
[e -l , el . Moguće
4 . e- I .
Integrali II polarnim koordinatama. Naš je cilj pokazati kako određujemo površi nu skupa koji je omeđen krivuljama čije su jednadžbe zadane u polarnim koordinatama. Istaknimo da tu nema ništa bitno novo, osim što zadani skup ne iscrpljujemo pravokutnici ma nego kružnim isječcima. Podsjetimo, površina kruga polumjera r je r-rc , a površina kružnog isječka tog kruga određenog kutom a je
J.L (I)
=
r-rc l - a = -r-a, 2rc
2
( a u radijanima).
Sl. 14. 7
Odredimo površinu skupa F kojeg zatvaraj u dvije poluzrake čiji je vrh u ishodištu i krivulja čija je jednadažba u polarnim koordinatama r = r(({' ) . Skupovi tog oblika su "bivši pseudo trapezi".
{(r, ({') I ({'o � ({' � ({'t, O � r � r(({')} Da bismo odredili površinu tog skupa izvšimo subdiviziju intervala [({'o, ({' l . Za površinu I dobivamo približnu vrijednost
F
J.L (F)
;::::
II
.E 2l r- (({'i)ll({'i.
i=O Približna vrijednostj e integralna suma funkcije 1 J(({') = 2 r2«({,), ({'
E
[({'o, ({'d·
1 4 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
243
Prema tome površina skupa F je
Primjer 1 4.7. Odredi površinu skupa omeđenog: 1. kružnicom r = dioidom r = a( 1 + cos cp) . 1. U pravokutnim koordinatama jednadžba te kružnice glasi
y'x2 + yZ = 2 y' zx Z x +y
::::=::>
(x - 1 ) 2 + l =
2 cos CP . 2. kar
l
Provjeri da nije dobro staviti granice u gornjem integralu 0, 211: jer bi se time kružnica obišla dva puta. 2. Kardioida je simetrična u odnosu na polarnu os, dakle ,
Jl (K) = 2 ·
3azn l r 2 a ( 1 + cos cp)2dcp = -- ' o 2 J
2
y a
l'"
� \,
... ....
q>= 1[ - - - - _ ....
Sl. 14.8
;,;' 2a
,
""",;
"J'''
x
Kardioida
Primjer 14.8. Odredi površinu skupa koji se nalazi unutar kruga r � 5 cos cp , a izvan krivulje r(cp ) 2 + cos cp tj. r � 2 + cos cp . Presjek tih krivulja dobivamo iz jednakosti 5 cos cp = + cos cp ::::=::> cp = ± j . Tražena površina je
2
811" + vr,:;3. (2 + cos cpfldcp = '3
14. PRIMJEN E ODREĐEN O G IN TEGRAL A
244
y
x
Sl. 14.9
Volumene tijela određujemo tako da ih "iscrpimo" jednostavnim tijelima čije volume ne lako izračunavamo. Volumene, tj . dijelove prostora "iscrpljujemo" obično kvadrima, valjcima, "ljuskama", . . . U srednjoj školi učimo određivati volumene jednostavnih tijela. Podsjetimo kako određujemo volumen uspravnog "valjka", tj . tijela koje omeđeno s dvije baze i plaštom. Baze su međusobno sukladni dijelovi dviju paralelnih ravnina (ne nužno krugovi) koje su uzajamne ortogonalne projekcije. Plašt "valjka" je unija izvodnica, tj . dužina koje spajaju točku iz jedne baze s njezinom ortogonalnom projekcijom u drugoj bazi. Volumen V takvog "valjka" izračunamo tako da pomnožimo površinu baze s visinom tog valjka. Visina "valjka" je jednaka udaljenosti baza. V = (površina baze) . v = B · v. Ako je valjak uspravni kružni, tj . baze su mu krugovi polumjera
onda je volumen jednak
v
,
r
i ako mu je visina
v,
= ?-n · v. ...?�
R - R+r 1"= 2 V=2r 1tv I1r
V
I1r=R-r �
�
r
Sl. 14.10
Neka je zadan uspravni valjak polumjera R i visine v . Ako iz njega izvadimo valjak polumjera r i visine v , r � R preostaje tijelo koje nazovimo "ljuskom" (zamisli jednu
245
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
cijev) . Volumen ljuske je
V = R 2 n . v - ?n . v = n . V(R2 - r2 ) = nv(R + r)(R - r) R+r . (R - r) = 2nvr . I1r, = 2 nv --
_
R+r
2
I1r = R - r.
r = -- ' 2
Neka je zadan skup točaka
F = {(x, y)1
a � x � b, O � y � f(x)}, gdje pretpostavljamo da je funkcija f(x) neprekinuta na intervalu [a, bl . Rotaciom tog skupa točaka oko osi x nastaje rotaciono tijelo čiji volumen želimo odrediti. U tu svrhu izvršimo subdiviziju intervala [a, bl ' 11 · . . a = Xo < Xl < . . . < Xj- l < Xj < . . . < Xn = b Položimo ravninu točkom Xj okomito na os x, i = 1 , 2, . . . n . Na taj način dolazimo do dijela rotacionog tijela koji se nalazi izmedu ravnina koje prolaze točkama Xj-J i Xj . Volumen dobivene "pločice" naka je 11Vj i njega procjenjujemo pomoću volumena dvaju kružnih valjaka, jednog kojije upisan u tu "pločicu" i jednog koji je opisan oko nje. Dakie, neka su mj i M; minimalna, odnosno maksimalna vrijednost funkcije f(x) na intervalu [X;- J , X;] sada je ,
i=
mfnl1x; � I1V; � Mfnl1x;,
1 , 2,
. . . , n.
y
�V=fiX/7t6x
�x
x z
(J
Sl. 14. 1 1
Zbrajanjem tih volumena dobivamo procjenu volumena rotacionog tijela.
n
n
L mfnl1xj � V � j=l
Te sume su zapravo integralne sume funkcije
nf(x) 2
X
L M;nl1xj
E
;=1
[a, bl.
Upravo provedeno razmatranje nam pokazuje, smisleno je prihvatiti po definiciji da je volumen rotacionog tijela
14. PRIMJEN E ODREĐEN OG IN TEGRAL A
246
Primjer 9. Odredimo volumen kuglinog sloja, tj. dijela kugle koji se nalazi između dvije paralelne ravnine. Kuglin sloj je rotaciono tijelo, koje možemo smatrati da nastaje rotacijom dijela omeđenog lukom koji pripada kružnici i pravcima;
x2 + y 2 = r2 , y = Vr2 - x2 , x = a,
x
b,
-r
�a�b�
r.
y
-r
x
Sl. 14. 12
Traženi volumen je V
=
n
lb (r
Specijalno ako uzmemo daje
-
a
� (b2 + ab + a2)J .
x2 )dx = n (b - a ) [r2 =
- r i b ::::: r V-
dobivamo volumen kugle
4
-nr3 3
.
Primjer 14.9. Odredi volumen rotacionog elipsoida koji nastaje rotaciom skupa F omeđenog lukom elipse i osi x ,
F
::::: {(x, y ) I -a
Traženi volumen iznosi
v :::::
Uoči ako je
n
la ldX _a
� x � a, =
n
1a (a2
b2 a2
-(/
a ::::: b ::::: r dobivamo volumen kugle.
Primjer 14.10. Odredi volumen rotacionog paraboloida koji nastaje rotaciom skupa
F oko osi x :
F
::::: {(x, y) x ::::: n Jor y2dx n IO�
V
O � Y � �}
� a,
=
2 . 2p . a 2
n . pa2
Primjer 14.11. Odredi volumen rotacionog tijela koje nastaje rotaciom skupa F oko
osi
y,
F = { (x, y) 1
n
O � x � 2'
sin x �
y � l}
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
247
y 1
x
x Sl. 14. 13
Izvršimo subdiviziju intervala [O, l] na osi y . Tipična kružna "pločica" ima polumjer x = arc sin y i "debljinu" !:ly . Volumen tijela je
V = 11: t x2dy = 11: t arc sin2 ydy = 11:[( � ) 2 - 2] .
Jo
Jo
2 Koristi parcijalnu integraciju prilikom izračunavanja integrala:
J
arc sin2 ydy = y arc sin2 y
-
J
= y arc sin2 y+2 ·
y . 2 arc sin y .
p
J( h) ' 1 - y2
1 - y2
dY =
arc sinydy
= Y arc sin2 y+2[ � arc sin y - yJ .
Primjer 14.12. Skup točaka F . 11: F = {(x, Y) 1 0 � x � 2 ' O � y � sinx} rotira oko osi y . Odredi volumen tako nastalog tijela. Koristimo se tako zvanom metodom "ljuske" . Neka je x srednji polumjer "ljuske" debljine !:lr = dx i visine sinx . Volumen traženog tijela je
Vl = 211:
1�
X ·
�
sinxdx = 2 [-x cos x+
tlV =2x 1tsin x tlx
J
cos xdxJ
I:
= 211:.
y sin x
1t
Sl. 14. 14
Primjeti da je zbroj volumena Vl i volumena V iz prethodnog zadatka jednak volu menu valjka čiji je polumjer 11:/2 i visina v = l .
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
248 Neka je zadan skup F za koji vrijedi: F
=:
O�a�x
{ (x , y) I
Pretpostavljmo da je funkcija
f(x)
�
O � f(x) } .
b,
neprekinuta na intervalu
[a, bl .
Ako skup
F rotira oko
osi y , onda metodom ljuske za volumen nastalog tijela dobivamo
Vy :::;: Ako bi skup F rotirao oko osi
Primjer 14.13.
2n
lb xf(x)dx.
nastali volumen bi bio jednak
x
Odredi volumen krnjeg stošca.
Neka su polumjeri stošca
R
i r , i visina
v.
Napravimo osni presjek stošca j postavi
mo koordinatni sustav tako da je njegova os na osi y i točke
Tl (R, O) , Tz(r, v)
pripadaju
stošcu. Jednadžba pravca koji prolazi tim točkama je
y-O Volumen stošca je
v
?- n · v + 2n
J
Rx ·
r
Primjer 14.14.
v-O
=
--(x - R). R
r
V --
R
r
ex - R)dx
n·
=
v
_(RZ + 3
Rr
+ ?- ) .
Odredi volumen torusa.
Kada se krug vrti oko pravca koji ne prolazi tim krugom nastaje rotadono tijelo koje nazi vamo tOTUS (oblik automobilske gume). Neka j e zadana kružnica jednadžbom
x2 + (y
a)2 = r2,
ili
x = r cos t,
y - a = r sin t.
1 4 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
249
y
o
x
Sl. 14. 16
Ako se krug vrti oko osi X , ondaje volumen torusajednak volumenu tijela koje nastaje rotacijom l ika ispod gornje polukružnice minus volumen tijela koje nastaje rotacijom lika ispod donje polukružnice (y = a ±
J:r (a+ VIr2 - x2 ) 2dx 11: J:r(a - VI = 411:a Ir vlr2 - x2dx = 2a · r2 . 11:2
rl
V = 11:
-
x2fdx
Posljednji integral moremo geometrijski interpretirati kao površinu polukruga polumjera r , dakle njegova vrijednost je � 11: / 2 .
Luk L je skup točaka ravnine zadan parametarskimjednadžbama x = x(t), Y = y(t), a � t � b .
Funkcije x(t) i y(t) su neprekinute i različite vrijednosti parametra t u različite točke ravnine tj.
[x (t d - X(t2 ) f+ [y(tJ )
y(t2 )] 2
>
O,
ako je
E [a bl ,
tI =I t2 '
preslikavaju
Iz rečenog vidimo da se radi o jednom injektivnom neprekinutom preslikavanju zatvorenog intervala [a, bJ realnih brojeva u ravninu (analogno će biti definiran luk u prostoru). Ako bismo za isti luk L imali još jednu parametrizaciju, tj. neka je
Funkcije
X(u) , Y(u)
L · · · X = x (t), y = y(t), L · · · x = X(u), y = Y(u),
t E [a, b] u E [c, d].
neka su također neprekinute injekcije.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Može se dokazati da tada postoje takve neprekinute funkcije
u = Vet), t = T( u), za koje vrijedi x x(t) = X(V(t)), y = yet) = Y( Vet)) t [a, bl, x = X(u) = x(T(u)), y= Y(u) = y(T(u)), u rc, dl . To su bijekcije medu intervalima [a, bl i rc, dj ' u T(x(t), y(t)) = T(X(u), Y(u)) E
E
t
-+
+--
y
a
Xi.]
b
Xi
Sl. 14. 1 7
X
Neka je zadana parametrizacija luka L jednadžbama =
E
x = x(t), y yet) t [a, bl ; A = T(x(a), y(a)), B T(x(b), y(b)) .
Izvršimo subdiviziju intervala [a, bl ,
=
tj
< . , .
ll· · · a = to < t, < t2 < . . . < ti-l < < tn = b. Subdivizija funkcijama x(t) , yet) prenosi se na luk L = An i tako dobivamo točke luka Duljinu luka L aproksimiramo duljinom izlomljene Ti = T(X(ti), yeti)), = 0, crte ATI, Tl T2, Ti- J, Tj, " ' , II
i
l , ·· · , n .
. . •
Ako norma subdivizije II teži prema nuli, onda očekujemo da će duljine izlomljenih crta težiti prema duljini luka L . Moramo upozoriti da ovakav način "zaključivanja" može dovesti do velikih problema. Pogledajmo vrlo instruktivan primjer kojim pokazujemo da može neka krivulja težiti drugoj krivulji kao skupu točaka dok njihove duljine lukova to ne slijede. Primjer 14.15. Na slid je prikazan polukrug polumjera r l Dij ametralno suprot ne točke su i B , dok je sa S označeno središte tog kruga. Nad promjerom AS nacrtanje novi polukrug, isto tako i nad promjerom SB . Polumjeri tih dvaj u manjih polukrugova su r zbroj duljina lukova je n i jednaka je duljini polaznog polukruga. Nastavimo li taj proces pravljenja sve manjih krugova možemo zaključiti da oni (kao skup točaka) teže prema dužini AB čija je duljina 2, dok je njihova duljina konstantna i iznosi n .
A
= 1/2,
=
.
251
1 4. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
Sl. 14. 18
Potpuno analogan primjer napravimo i s jednakostraničnim trokutom. Nad jednom i drugom polovicom baze napravi dva nova manja jednakostranična trokut i zatim taj pro ces produžimo. Trokuti koji nastaju teže prema bazi polaznog trokuta dok duljiI"\e teže dvostruko većoj dužini. Udaljenost točaka
8
T;- l (X(t;-d, y (t;- t} ) i T;(x(t;), y(t; »
je
d(Tj-b Ti) = V(!ll ; ) 2 + (L\y;)2, L\x; = X(ti ) X(ti-l), L\yj = y(tj) - y(tH ) Definicija 14.1. Za luk L kažemo da ima duljinu s ako za svaki e > O postoji takav
> O da za svaku subdiviziju čija je norma manja od 8 slijedi da je n
I
L V(L\xj) 2 + (L\y/)2 - s l < e ;= 1
Ako luk L ima duljinu onda je ona jednoznačno određena i ne ovisi o parametrizaciji.
Neka luk L imo. parametrizaciju x = x(t), y = y et) , t E [a, bl i neka postoje derivacije funkcija x(t) i y(t) i neka su neprekinute. Postoji duljina luka L i jednaka je s V [x(t)j2 + fj(t)J 2 dt. Teorem 14.1.
lab ,--'
-
Dokaz.
Prema teoremu srednje vrijednosti diferencijalnog računa slijedi da je
L\x/ X(ti) - x(t; - d = X(�;)&i' Ay; = y eti ) - y(t;-d = Y(11i)&;'
Za približnu vrijednost duljine luka dobivamo S
�
n
L 1=1
V(L\xj)2 +
n
V
(L\y;)2 = L X(�i)2 + Y(11;)2L\ti. ;=1
Posljednja suma je integralna suma neprekinute funkcije. prema tome postoji njezin integral i on je jednak upravo dulj ini luka L .
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Za duljinu luka u intervalu parametra
s(t) =
t
E
[a, b]
dobivamo
11 j[x(t)j 2+ [Y(t)j2dt, d��) = j[x(t)]2+ [Y(t)] 2 .
Ako je luk zadan kao graf funkcije f(x), x E za duljinu luka dobivamo x
y = f(x),
x,
[a, bl , onda x
možemo uzeti za parametar i
lb j +f'( )2d
s=
1
Ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama j ednadžbom
možemo uzeti kut
cp , dakle za duljnu luka dobivamo: x
ds( cp ) =
Primjer 14.16.
= r(cp) · cos cp ,
.y
x
x.
r
r( cp) , onda za parametar
r(cp) · sin cp,
j[x(cp)] 2+ [Y(cp )] 2dcp, ds = jr-[r-(cp-)]-2+--[r-(cp-)-]2d cp, s = {'Pl j[r(cp )] 2+ [r(cp ) ]2 dcp . Jrpl y
Duljina luka lančanice
ds = s=
Primjer 14.17.
chx u intervalu
=
JI + (y' )2dx = JI +
to chxdx Jo
shx
IXo.
=
(shx)2dx
=
[O, xo]
je
chxdx,
shxo.
y 2 = 2px u intervalu [O, x] . y , dakle radi se o duljini luka funkcije y dx 1 l y2 2y = p' 2p ' , dy 2p '
Odredimo duljinu luka parabole
Može
mo smatrati x funkcijom od
x
s=
)
r Jo
JI + (x' ) 2dy
=
l
r Vp2+ y2 dy.
p Jo
Parcijalnom integracijom izračunajmo dobiveni integral. Dakle,
_ r (y2+p2
ps =
Y Vp2+y 2 -
Jo
p2 ) dy Vp2 +y 2
r Vp2 + y2 dy+ l Jo
Konačno, posljedni integral ima vrijednost
s=
Primjer 14.18.
2p
.
dy J Vp2+y2
ps , dakle za duljinu dobivamo
VPZ+ y 2 + e . ar sh � . p 2
Odredimo duljinu jednog luka cikloide, to je krivulja koju opisuje
točka na rubu kruga polumjera
a
koji se bez klizanja kotrlja po pravcu. Jednadžba cikloide
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
253
je dana parametarskim jednadžbama
y = a( 1
x aCt
sin t), Za duljinu jednog luka dobivamo
cos t),
t E R.
(dxf + (dyf = [a2( 1 - cos t)2 + a2(sint)2] . (dt)2, 21t sin !.. dt = 8a . s a V2( 1 - cost) = 2a 2 o o
(ds)2
121r
1
Primjer 14.19. Krivulja najkraćeg vremena. Neka su zadane dvije točke 0(0, O) i T(x, y ) . Koordinatni sustav nacrtaj mo tako da je pozitivni smjer osi y prema dolje, u smjeru u kojem ćemo pretpostaviti djelovanje gravitacije. Postavlja se pitanje po kojoj krivulji pod utjecajem gravitacije treba putovati materijalna točka polazeći iz točke O pa da za najkraće vrijeme stigne u točku
T.
an
o x=a(t- sin tj y=a(1- COStJ
y
x
T(a n,2 nJ Sl. 14. 1 9
O neka je točka u ishodištu O i neka ima brzinu O. Gravitaciono U trenutku t polje izvrši rad W pokretanjem materijalne točke mase m i on je jednak razlici kinetičkih enrgija, dakle
mgy = 2!m . v2 2!m . 02 ' Brzina je jednaka derivaciji luka ( s( t) ) po vremenu ds = ;;:;-::-: : v = ds v'2iYdt. V 2& · y , dt W
=
Iz posljednjeg izraza dobivamo integriranjem potrebno vrijeme da se stigne iz točke O u točku T .
1 + (dyjdx) 2 dx. 2gy
Ovisnost vremena T o vrsti krivulje daje taj integral i u varijacionom račune se određuje minimum tog integala, tj. za koju krivulju se on postiže. Mi ne dokazujemo da se postiže minimum za eikloidu koja prolazi tim točkama. Međutim dokažimo da potrebno vrijeme da se stigne na "dno" cikloide (t = n) ne ovisi iz koje točke kreće materijalna točka. Uvrstimo u naznačeni integral podatke za cikloidu. ,..---
T
(dx) 2 + (dy) 2 2gy
= Jot
a2(2 2 eost) dt = t . @.. 2ga(1 - cos t) Vg
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
254
Na "dno" tj. u točku T(arc, 2a) stiže se za vrijeme T =
rc
�
.
Ako bi materijalna točka krenula iz točke To(xo, Yo) , onda potrebno vrijeme da stigne na "dno" je To =
l
"
to
= Ai" =
-----
"
�i �
= rc
a2(2 - 2 cos t)
ds dt 2g(y - Yo )
[2 cos2(to/2)
2ag(cos to - cos t )
=
at = 2 sin2(tI2) dt 1 ] - [2 cos2(tI2) - 1]
.
Posljednji integral izračunali smo supstitucijom
u ==
cos t12 .
Primjer 14.20. Odredimo duljinu luka elipse. Neka su parametarske jednadžbe
x = a sint,
y = b cos t,
t = O -+ T(O, b).
Za duljinu elipse dobivamo: a s=4
1 Vl +(y' )2dx 4 10"/2 Vi(t)2 ,,/2 =4 1o ,,/ Ja2 cos2 t+b2 sin2 tdt = 2 a2 - b2 = - sin2 tdt, JI a2 1o 4a
E2
---
+ y(t)2dt =
e2
- - - E -
a2 -
2
Posljednji integral obično pišemo u obliku sljedeća dva integrala i to su tzv. eliptički integrali prve i druge vrste.
Za praktične potrebe ti se integrali računaju razvojem podintegralne funkcije (binomni red) u red i zatim integrira dobiveni red.
Neka je zadana neprekinuta funkcija f(x) na intervalu [a, b] i neka je f(x) ;?; O . Rotacijom skupa F = {(x, y ) I a � x � b, O � y � f(x) }
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
255
oko osi x nastaje tijelo i volumene takvih tijela smo već naučili određivati. Sad želimo odrediti ploštinu (mjerni broj m2 ) plohe tako nastalog tijela. U tu svrhu vršimo aproksima ciju tijela krnjim stošcima i ploštine plašteva tih stožaca daju približnu vrijednost ploštine tijela. Nakon izvršene subdivizije intervala [a, bl obratimo pozornost na krnji stožac koji se nalazi u intervalu [Xi-l , Xi] i čija je os OX . Njegovi polumjeri baza su
rl = f(xi- d ,
rz = f(xj ) .
Izvodnica tog stošca je dužina koja spaja točke A(Xi- I , f(Xi-d) i B(Xi , f(Xj» . pravac koji prolazi tim točkama neka siječe os x u točki C . Razmotamo li plašt krnjeg stošca u ravninu dobivamo dio kružnog vijenca čija je ploština jednaka rl + rZ 2 I:J.S = d(A , B). p = nr . 1:J.s, r= 2 -' _
B
e
Sl. 14.20
gog.
Do tog iznosa dolazimo tako što od jednog kružnog isječka oduzmemo ploštinu dru
P
nrzd(A, C) - n rl d(B, C) = nr2iz - nr1 /l .
Iz pravokutnih trokuta s oštrim kutom q1 , (pol otvora stošca) slijedi rz = iz sin q1, rl = I I sin q1, p = n sin q1 (/� - ID =
n sin q1(/l + 12)(12 - l d 2 = n(rl + r ) . 1:J.s = nr . 1:J.s. 2 Približna vrijednost ploštine je zbroj plašteva krnjih stožaca koje dobivamo subdivizijom A . Dakle, 2
P� n·
rl
L f(�i)ASi' ;= 1
Navedeno razmatranje upućuje nas kako definirati ploštinu rotacione plohe. Evo te definicije. Definicija 14.2. Ploština rotacionog tijela koje nastaje rotaciom skupa omeđenog lukom L određenog funkcijom f(x) na intervalu [a, b] , tj. skupa F { (x, y ) I a � x �
1 4. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
256
b, O �
Y
� f(x ) } iznosi p
= 2n
lb f(x)ds
2n
lb f(xhl1 + f'(x)2dx.
Primjer 14.21. Odredimo ploštinu kuglinog sloja. U tu svrhu uzmimo dio kružnice = ? . između -r � a � x � b � r . Luk L je dio kružnice, čija je jednadžba x2 + njegova jednadžba je
y2
y = Vr2 - x2, (dS)2 (1 + (y') 2 )(dx)2 = [ 1 + (�) 2] (dx )2 .
Specijalno ako je
=
a
-r . b
r
P
r x = 2nr(b - a ) . � r -x
2 2d
dobivamo ploštinu kugle, dakle ploština kugle je 2rn(r - ( - r)) = 4;n.
Primjer 14.22. Odredimo ploštinu rotacionog paraboloida. Pretpostavimo da skup } rotira oko osi x . Ploština će biti jednaka F = { (x, I O � x, O � �
y)
p
y Ji 1 = 2n r yds 2n r Ji/l + (yl) 2 dx = 2n r Ji )1 + 4x Jo Jo Jo 2 1 = n l J4x + ldx = n - . - (4x + 1)3/2 X = � [4x + 1)3/2 - 1 ] .
dx
o
X
3
l
4
6
fi
Primjer 14.23. Odredi ploštinu tijela koje nastaje rotacijom luka L a) lančanice = ch x oko osi x , O � x , b) sinusoide y sinx oko osi x , O � x � n/2 .
y
a) Za lančanicu dobivamo p
2n 2n
lX loX
l
d
chx J + Sh2 x x ch 2 xdx = 2 n
l
n(x + 2 sh 2x) .
loX l
+ ch 2x x 2
d
b} Za sinusoidu dobivamo p
= 2n
["IZ sinx Jl + cos2 Jo
Koristili smo supstituciju cosx ar shx
xdx = 2n[ln( 1 + h) + h] .
sh t . Podsjećamo da je
ln[x +
JI + x ] ,
2
sh 2x = 2 sh x chx.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
257
U mehanici imamo dva vrlo značajna pojma i to su static'ki moment i težište neke mase koja može biti koncentrirana u jednoj točki ili raspoređena na pravcu, ravnini ili u prostoru. Da bismo pojasnili te pojmove poslužimo se s jednostavnim primjerom. Djeca se obično uživaju ljuljati na ljuljački. Analizirajmo malo detaljnije gibanje ljuljačke. U tu svrhu idealiziramo IjuIjačku. Točku oko koje se može vrtiti ljuljačka smje stimo u ishodište koordinatnog sustava; jednog dječaka mase ml , odnosno težine mig u točku T(x I , O ) , X I > O , drugog, mase mz , težine mzg smjestimo na negativnom djelu osi X u točku Tz(xz, O) . Nadalje pretpostavljamo da je djelovanje gravitacije Zemlje u smjeru negativne osi y . U takvoj idealizaciji imamo djelovanje dviju paralelnih sila i one mogu proizvesti rotacijU oko ishodišta. Djelovanje tih sila u vezi je s torzijom, (sila puta krak sile) . Položaj ravnoteže tj. mirovanje postiže se ako je ukupna torzija jednaka nuli, dakle i static'ki momenti, (masa puta udaljenost) moraju biti jednaki tj.
m lx l = - m2X Z . . . statički momenti. Static'ki moment mase m smještene u točci T u odnosu na pravac ili ravninujeprodukt mase m i udaljenosti toc'ke T od pravca, odnosno ravnine. torzija. . . mlgx I + m2gx2 = O
===>
U opisu ljuljačke vidimo da je ona u ravnoteži ako su statički momenti jednaki i da ta jednakost nije vezana za Zemlju, Mjesec, Mars. . . (ne ovisi o g ). Statički moment n masa mj smještenih na osi X u točkama s koordinatama Xi u odnosu na os y je zbroj statičkih momenata pojedinih masa, dakle n
L mixi X
1=1
(ml + m2 + . . . + mn )"i = Mi,
je koordinata težišta.
Diskretna razdioba masa II ravnini. Statički moment točkama Ti (X i, Yi ) u odnosu na os x , odnosno os y je
n
masa
mj
smještenih u
n
. "' L...J ml y "·
1=1 i=1 Odgovarajuće torzije bi bile (na Zemlji) My . g , Mx . g . Vidimo da je torzija "čudan" produkt, sile i njezinog kraka, koja pomnožena s kutom daje radnju . Naime, za torziju T = F . x vrijedi T · e = (F · x) . e = F· (x · e) = F · s.
Sa s smo označili pripadni luk put. Postavlja se pitanje u koju točku T(x, y) treba staviti masu M ml + mz + . . . mn koja daje istu torziju. Odgovor slijedi iz jednakosti komponenata torzije:
M ·x · g M·y·g
X
(mlxl + mzxz + . . . mnxn )g, (ml Y I + mZY 2 + . . . mnY n )g, My E�I miY i
M'
y
M
Točku T(x, y) nazivamo težištem masa mi , i = 1 , 2, . . . n .
=
Mx M
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Neprekinuta raspodjela masa u ravnini.
Neka je dana neprekinuta raspodjela masa
An , koji je definiran neprekinutom funkcijom y f(x ) , zadanom na interva lu [a, bl . Možemo pretpostaviti da je zadana linearna gustoća p(x) mase po tom luku . Odaberemo li mali dio luka oko točke Ti(xj, f(xj» onda će na njemu biti masa
na luku
,
!J.m
�
p(xj ) Asj
Ukupna masa na luku će biti
l
b
M
=
p(x)
.
Za statičke momente u odnosu na osi
ds
===}
dm = p(x ) · ds.
lb j p(x)
y . odnosno x
1 + JI (x)2dx .
dobivamo
My 1 x · dm = 1 X · p(xh /l + f'(x) 2dx, = l y(x) . p(x) ..j1 + y' (x) 2 dx. b
b
Mx
Koordinate težišta luka
b
AR
dane su izrazima
x =: y
Primjer 14.24.
•
� l x · P(x) ..jl + f'(x) 2dx, � l f(x) · p(x) ..jl + f'(x) 2dx. b
b
Odredimo težište homogenog luka kružnice
x 2 + l = ?-,
O �
x � r, y
� O,
koji se nalazi u prvom kvadrantu . Zadani luk ima os simetrije i to je pravac y = x . Prema tome težište se nalazi na tom pravcu, dakle x = y . Parametarske jednadžbe tog luka su
x= x=
My M
=
r cos t,
�. M
y=
r sin t,
O �
11
=
t
n:
� "2>
p=
konst.
l --:::- . . ? 2r p = r n: p· ·
_ _
y.
Odredimo statičke momente u odnosu na koordinatne osi homogenog pravokutnika čiji su vrhovi
A(x J , yd , B(X 2' yI J , C(X2 ' y2 ) , D(xJ, y2 ) .
Vidimo da su mu stranice paralelne
s koordinatnim osima. Pretpostavili smo da je na pravokutniku jednoliko raspodjeljena masa M tj . u svakoj točki je jednaka površinska gustoća ,
u njegovom centru tj . u sjecištu dijagonala.
p.
Težište tog pravokutnika je
259
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
y
Sl.
14.21
Za statički moment pravokutnika Mx u odnosu na os
x vrijedi
. YI � Mx � M . Y2· (Y2 - Y J ) / n , i točkama Izvršimo subdiviziju intervala [Y I , Y 2] na n jednakih djelova, 6.y subdivizije povučemo paralele s osi x . Dobivamo subdiviziju pravokutnika na manje pra M
=
vokutnike za čije momente vrijedi analogna procjena. Zbroj njihovih statičkih momenata
daje statički moment polaznog pravokutnika. Dakle, n
n
2::> . (X2 - Xt}6.Y[y1 + (i - I)Ay] � Mx � L p . (X2 Xd [Y l + iAy]. i= l
Izvršimo naznačena sumiranja. uvažimo da je u gornjoj nejednakosti dobivamo kad p
n
L(X2 i=1
xtJ ·
n -+ oo :
6.y :::: ( yz - Y d/n . Za zbroj s lijeve strane
n
6.y . YI + p . L(X2 - x t}(Ay) 2 ( i
l)
i=l
(kad Kao rezultat smo dobil i produkt p ::::
M
mase
=
P
(X2 - Xt}(Y2 YI) je površina pravokutnika.
.
P
sa
n
-+
oo .
srednjom vrijednosti
ordinata,
Ako izvršimo analogno sumiranje desne strane dolazimo do istog rezultata. Dakle, statički moment pravokutnika u odnosu na os x je produkt ukupne mase M
::::
p
.
P
i
(Y2 + YI) /2 Potpuno analogno bismo došli do vrijednosti za statički moment u odnosu na os y . Prema rečenom zaključujemo da su statički momenti ordinate centra pravokutnika
.
homogenog pravokutnika
Mx :::: M .
"-=----'....::.
My
M.
XJ}(Y2 - yd ::::
X2 + XI
2 p . P.
'
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
260
Prema ovim rezultatima slijedi da su koordinate težišta homogenog pravokutnika
x = My M' _
Primjer 14.25. Na slici je prikazana unija homogenog pravokutnika i kvadrata. Od redi koordinate težista te unije. y
(8.6)
4
Sl.
8
9
x
14.22
Težište prvokutnika je u točki TI (4, 3) , dok je težište kvadrata u Tz(9, 3) . Njihovi statički momenti u odnosu na os x su Ml p . 48 · 3 = p . 148 , Mz = p . 4 · 3 p · 12, Mx = 148 + 12 160 . Koordinate težišta su
48 . 2 + 4 . 9 1 32 x My 52 M Ako postoji os simetrije ili centar simetrije homogenog tijela, onda se težište nalazi na toj osi odnosno u centru simetrije. Primjeti da pravokutnik ima dvije uzaj amno okomite _
=
=
osi simetrije pa je težište u njihovom presjeku tj . u centru.
Težište homogenog "krivocrtnog" trapeza. Odredimo težište skupa tj.
((x, y ) ! a � x � b, O � y � f(x)},
trapeza. Taj pseudo trapez je zadan nekom neprekinutom funkcijom � O u inetervalu [a, hl .
"krivocrtnog"
f(x)
F=
Izvršimo subdiviziju intervala [a, b l i točkama te subdivizije povucimo paralele s osi Te paralele polazni pseudotrapez rastavljaj u u manje pseudotrapeze . Takve psudotrapeze aproksimiramo pravokutnicima. To su pravokutnici
y.
Pi = { (x, y) I Xi- I � X � Xi, O � f(�i ) }'
�i
Središta takvih pravokutnika su u točkama
T. ( I
X;-l + Xi f(�i) ) 2 ' 2 '
E
[Xi - I , X i],
i = 1, 2, " · n .
1 , 2" , · , n .
Statički momenti tih pravokutnika su
(Mx ) i
f(�i )
= --
(MY)I =
2
. p . AP;
Xi + XI- I
2
.P
.
t.Pj
Xi
+ X;- l
2
. f( �jJ: ) Oi A X.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
261
Zbrajanjem statičkih momenata dolazimo do odgovarajućih integralnih suma a zatim do integrala kojim su određeni statički momenti i težište pseudotrapeza. Dobivamo sljedeće izraze l
M:c = '2
l f(x) · pf(x)dx = '2 l f2(x)dx, b
b
P
a
a
l X · p . f(x)dx l X · f(x)dx. b
My
b
P
Za koordinate težišta dobivamo
My x- - M _
_
_
I: X
•
f(x )dx
fa f(x)dx b
_
y=
'
M:c l t P(x)dx =- \ . M 2 Ja f(x)dx
Primjer 14.26. Odredimo težište homogenog trokuta.
Koordinatni sustav postavimo tako da su vrhovi trokuta C(xJ , O) , A(X 2 , O) , B(O, v} , X2 - Xl = b i visina neka je u osi y , d( O, B) = v . Dokažimo da je ordinata težišta ji jednaka v13 , tj. težište je udaljeno od stranice trokuta za jednu trećinu pripadne visine, prema sličnosti i za jednu trećinu pripadne težišnice BB' . Dakle, težište se nalazi tamo gdje je smješteno i po elementarnoj geometriji. y
B(O,v)
A(X2'O)
B' O
x
SI. 14.23
Podijelimo trokut u male horizontalne pruge. Masa koja se nalazi u takvoj prugi je
dM = P X . dy , X je duljina horizontalne pruge. .
=?
X : b = (v - y) : v,
b M=P v
b dM = P - (v - y )dy, v .
gdje je
P = bv12 ji
.
PO sličnosti trokuta slijedi omjer
X=
b
· (v - y),
iV (v - y)dy = pbv
v
o
.
v2 2
p . p,
površina trokuta.
M l = -. M pP
.---:!.
iV ydM = - iV -pb (vy l
o
pP
o
v
Budući da je postupak analogan u odnosu na preostale dvije stranice, možemo tvrditi da
je težište udaljeno od stranice trokuta za jednu trećinu udaljenosti nasuprotnog vrha od te stranice.
1 4. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
262
Dva Guldinova pravila * . Vrlo je vjerojatno ta pravila poznavao već u 3 . st. n. e. Papo iz Aleksandrije, pa se u nekim knjigama ta pravila navode kao Papova (Pappus ) pravila. Prije nego iskažemo Guldinova pravila pretpostavimo da smo odredili težište homogene polukružnice i homogenog polukruga. Naime, rotacijom polukružnice nastaje kug1ina ploha i mi već znamo kako izračunavamo ploštinu rotacione plohe. Rotacijom polukruga nastaje kugla, također nam je poznato kako izračunavamo volumen rotacionog
tijela.
TeoreYn 14.2. (Prvo Culdinovo pravilo.)
grafa L funkcije
L
Ploština plohe koja nastaje
rotacijom
a � x � b, f(x) > O} oko osi x jednaka je duljini luka L pomnoženog s duljinom kružnice koju opiše težište tog luka. ( (x, J(x)) I
y
x
B' Sl. 14.24
Dokaz. Rotaciom luka L oko osi x nastaje rotadona ploha, ( luk L ne siječe os oko koje rotira). Za ordinatu težišta luka L čija je duljina s dobivamo -l s
iV yds. a
Put kojeg pređe težište luka L je 2ny . Prema tome je 2ny . s
2n
iV yds.
Na desnoj strani je izraz za p)oštinu rotacione plohe.
Teorem 14.3. (Drugo Guldinovo pravilo. ) Volumen rotacionog tijela nastalog ro tacijom dijela ravnine koji se nalazi s jedne strane osi rotacije jednakje ploštini tog dijela ravnine pomnoženoj s duljinom puta što ga prevali njegovo težište. ,. Paul GuIdin
( 1 577-1643). švicarski matematičar
1 4 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
263
h e
y
I I
I
: I
I
�
I
:I
I
I I I I I I
b
a
x
Sl. 14.25
Dokaz. Pretpostavimo da je skup F iznad osi zadajmo na sljedeći način
F = ((x, y ) I a � x � b,
x
i neka rotira oko nje. Skup F
O � fl (X) � Y � Jz(x) } .
Ploština skupa F i statički moment dani su izrazima p
=
lb
fJ2 (X) - Ji (x)Jth,
Prema tome je ordinata težišta
� lb fJi(x) - fI2(x)] dx.
Mx
l l lb fJz (x)
Mx =P. Y- = 2 M
II
2
ftldx .
Iz dobivene ordinate i znajući izraz za volumen rotacionog tijela slijedi
2ny ·
P = n i fJi (x) - fl(x)] dx. b
Primjer 14.27. Odredimo težište polukružnice i polukruga.
Možemo pretpostaviti da je gustoća na polukružnici p = l, dakle dm = pds Polukružruca je zadana parametarskim jednadžbama
x = r . cos e,
Apscisa težišta je težišta dobivamo
x
=
y = r sin e,
dm = ds = r . de .
.
O jer je polukružnica simetrična u odnosu na os y . y=
J r . sin e . rde Mx = ' J rde M
y=
_
_
l
rn
.
? [- cos e]
ln O
2r n
O � e � n,
za
ds .
ordinatu
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
264
y
y
-r
r
x
-r
SI. 14.26
2n . 2r = 2ny· rn 2n · 2rn . rn = 4rn.
Težište homogene polukružnice opiše put
n
, duljina luka je
r
rotacione plohe ( kugle) je prema prvom Guldinovom pravilu p
. n . Ploština
?
Odredimo i težište homogenog polukruga. Neka mu je gustoća jednaka l, i neka je zadan jednadžbama
F
= { (x, y) I
-r
�
x�
r,
=
_
+
(x2 y2 = ,:z) 4r y = MMx 2 - 2"l Jr y2dx = 3n' 4 . = 2ny . ,:zn 2n · 3n4r ,:zn = 3?n S(O, R) y R.
Zbog homogenosti i simetrije polukruga, O Za ordinatu dobivamo
x
O � Y � r sin B, O � B �
n}.
, zaključujemo d aje apscisa težišta
_
r
Prema drugom Guldinovom pravilu j e volumen rotacionog tijela (kugla) V
_
Primjer 14.28. Odredimo Guldinovim pravilima volumen i ploštinu torusa_
x.
Neka se krug polumjera r čije je središte na osi vrti oko osi Njegovom rotaciom nastaje lorus za koji pretpostavljamo da r < Težište kruga je u njegovom središtu 8(0, R) Prema prvom Guldinovom pravilu, ploština rotacione plohe je umnožak duljine krivulje koja rotira i puta kojeg opiše težište krivulje. Dakle, ploština torusa je jednaka _
P
P 2m . 2Rn = 4rRn2 _ = ,:zn 2Rn 2,:zRn2 •
Volumen torusa V je umnožak ploštine skupa koji rotira i puta kojeg opiše težište, dakle, V
Rad. Neka se tijelo pod utjecajem sile F giba po pravcu i neka se pomakne za uda ljenost !ls Pretpostavljamo da sila F ima stalan smjer ali inače ne mora biti konstantna. Neka je F srednja vrijednost sile F na tom put 6.s . Rad W što ga je izvršila sila F definiramo produktom sile i puta, tj.
_
W
==
F 6.s -
(newton x metar
džul ,
(Rad je skalami produkt vektora sile i vektora pomaka, W
J
N - m) .
p o ru).
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
265
Ako sila F(x) djeluje na osi x od x = a do x = b , onda izvršimo subdiviziju tog intervala i izračunamo rad na svakom intervalu te subdivizije i njihov zbroj je izvršeni rad . Izvršeni rad što ga sila F(x) koja djeluje duž osi x od x = a do x b je W=
lb
F(x)dx.
Hookov zakon. Elastičnu spiralu možemo stiskati ili rastezati, tj. mijenjamo njezinu početnu "duljinu" xo , (zamišljamo da je spirala namotana na kružni valjak visine Xo ). U nekom intervalu promjene "duljine" x vrijedi Hookov zakon. Taj zakon nam kaže koliku silu F treba primijeniti da bi spirala promjenila početnu "duljinu" za "duljinu" x . Vezaje linearna, tj. vrijedi
F = k · x,
k je tzv. konstanta spirale.
F=kx
x
Sl. 14.27
F = k ·x
° 05 0 05 = 1 . F(x)dx = 1 · 19.6xdx o o
Koliki je izvršen rad ? W
mg
0.05
05 2 1 ° · 19.6 -:'" 2
o
0.0245J
Primjer 1 4.30. Pretakanje tekućina. Neka je posuda puna tekućine gustoće p . Koordinatni sustav postavimo tako da posuda dotiče os x , težište je na osi y i ordintata težišta Y T > O . za najvišu točku posude nekaje Y a . Izračunajmo koliki je rad potrebno izvršiti da bismo podigli svu tekućinu za h iznad najviše točke tekućine. Horizontalnim ravninama presjeci mo posudu i neka je površina presjeka na visini y jednaka P(y) . Diferencijal volumena, odnosno volumen tekućine je
dV = P(y) . dy,
V
la P(y)dy.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
h
y
o
x
Sl. 14.28
Masa. odnosno težina iznosi
dm = p · dV,
m
la pP(y)dy,
F = g · m.
Potreban rad je jednak
la la y + hl . g . p . P(y)dy = g ' la(a y)pP(y)dy + g . h la pP(y)dy
W ==
-
-
Prvi dio izvršenog rada dio
W2
==
hgm
W1
W1 + W2.
je rad potreban da svu tekućinu podignemo na nivo
je rad potreban da svu tekućinu podignemo od nivoa
a
a.
Drugi
za visinu
h.
Ordinata težišta je
YT ==
J ydm J dm '
YT .
J dm = J ydm.
Iz te jednakosti slijedi
YT ' g
· la pP(y)dy = g · la y ' p ' P(y)dy, YT ' g ' m = g · la ypP(y)dy.
Uvažavajući posljednj u jednakost za ukupan rad dobivamo izraz
W = Wl + W2 = g ' (a
YT)m + g . hm = gml« a - yr) + hl ·
Prema tome, ukupan rad dobivamo kao da je sva tekućina u težištu i onda težinu te tekućine pomnožimo s potrebnim putem.
Primjer 14.31. Pretakanje tekućina. stoće
p.
Spremnik tekućine ispunjen je tekućinom gu
On ima oblik kružnog valjka polumjera R
=
1 .5 m i duljine L
=7
m. Valjak
je u horizontalnom položaju ukopan II zemlju tako da mu je gornja izvodnica na dubini D
=
2 m. Koliki je potreban rad da se tekućina pretoči na visinu
zemlje?
h=
l m iznad nivoa
267
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
Težište tekućine je u središtu valjka, nalazi se na D + r = (2 + 1 .5) m ispod nivoa. Potreban rad dobivamo da najprije pornnožirno težinu tekućine s polumjerom r zatim torne dodamo rad koji je potreban da tekućinu podignemo od gornje izvodnice valjka za D + h = 3 m. y h
o
R
x
D
L
Sl. 14.29
Težina tekućine je F = gpV = 9.8 1pR2n · L = 9.81 · n · p . 1 § · 7. N Ukupni rad je
W = Wl + W2 = F . 1 .5 + F . (2 + 1 ) =
F · 4.5
=
V · p . g . 4.5
=
2 1 83 . 19 · P J.
Da bi postojao odredeni integral funkcije f(x) nužno (ali ne i dovoljno) je bilo pretpostaviti sljedeće:
1. 2.
funkcija je definirana na zatvorenom intervalu [a, b]' funkcija je ograničena na [a, bl .
Mi sad želimo definirati određeni integral funkcije f(x) i u nekim slučajevima kada nisu ispunjena gornja dva uvjeta. Razmatramo sljedeće mogućnosti:
1. 2. 3.
interval nije zatvoren, npr., [a, b), interval nije konačan, npr., [a, oo) unutar intervala [a, bl funkcija nije omeđena,
ili neke njihove kombinacije. Za upravo navedene tri mogućnosti dajemo pripadne defini cije određenog integrala koje u tom slučaju nazivamo nepravim integralima.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Definicija 14.3. 1.
2.
3.
lb f(x)dx = Llim..... l f(x)dx L 100 f(x)dx = L-oo lim l f(x)dx lb f(x)dx lCf(x)dx + lbf(x)dx e = lim l c- f(x)dx + lim r f(x)dx, E -O E ..... JC+E L
b
a
a
a
a
=
O
a
(gdje je u 3 . e točka u kojoj funkcija nije omeđena) . Nepravi integrali postoje ako postoje navedeni limesi. I1ustrirajmo to s nekoliko jednostavnih primjera. y
y
y
Sl.
14.30
Primjer 14.32. 1.
2.
Zadana je funkcija f(x) = a
)
dX = fl x l
3. f(x) = ' x2
,
X
b) i: O,
f=
f(O)
x lxi '
x i: O.
dx
e)
O,
Izračunaj
1= e-Xdx,
l il
O (X)dx. . il f
f(x)dx .
Izračunajmo navedene neprave integrale. 1 . f(x) = xE O) , �dx = lim o- e ( _ l ) = _ l ' lim x e = 1 . dx E E O -1 - 1 lxi -l 2 . a) L Ld -.:. = OO, lim lim Inx L L 1
-l
JO
[ -l,
.....
.....
J
= Jl X
) I =
..... (
-O l
integral divergira. Nepravi integral ne postoji, tj. divergira b) L L 1 f = lim = lim _ lim L..... oo L oo L-oo JI
� X
(
X I l)
.....
( -Ll + l )
= 1.
14 . PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
269
Nepravi integral postoj i, tj. integral konvergira. e) lim
L..... oo
loL e-Xdx
=
I) L
(
lim _ e-x
L..... oo
o
Integral konvergira i vrijednost mu je l .
3. lim
, .....0
J
O-'
-l
( l dx dx + lim 1, x2
E-O
==
lim (e L
=
L..... oo
- l) l =
( xl l --E1 ) + Elim-O ( - X� llE ) ,
lim -
, ..... 0
ne postoje navedeni limesi, nepravi integral divergira.
il l a J Joo
Zašto sljedeći račun nije ispravan?
Definicija 14.4.
1.
-
2.
-
Primjer 14.33. Izračunaj:
1. 5
1o 1 J Il +- xx dx, 12 x2 3
. o (x - l)2 (x - 3 ) Rješenja.
oo
oo
dx
=
X
I(x)dx
=
I(x) dx
=
2. 12{OO
dx ,
_�I -l l -21 lim
J J
a
L..... oo -L L lim
L ..... oo - L
dx
3.
.fi'
7.
I(x)dx I(x)dx
100 100 a
a
dx -, xn dx xm
-,
1 00 ( 1 - th x)dx, dX g· lb Cb x)m '
4.
1 . Integral je nepravi jer podintegralna funkeij a nije ograničena na zadanom intervalu. Pripadni neodređeni integral lako izračunamo. Naime,
I + x dx
dx 1 - x2 J�
J Jl -x
=
arc sin x
-
� + c.
Vrijednost nepravog integrala je
2.
l Integral divergira:
:�
(arc sinx - � [-E) i + 1 .
{''JO
12
=
dx
=
lim
L..... oo
(2.fi)1 I
L
2
= OO.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
270
3 . Neka je n > 1 prirodan broj i a > O . Ako je n = 1 integral je divergentan. 1 ) 1 ( n1 l - -100 dx- = lim ( --x - n+ 1 ) I L = -- lim -n- l a
L-->oo -n + 1
xn
l
- (n - l)an- 1 ' 4.
{OO ( l
Jo
_
th x)dx
=
a
n 7'H .
L { (l L-->oo Jo lim
1 - n L--> oo L -
a
(
+
hX
S
ch x
= lim x - In 1 chxl L-->oo .
)
dX
) I L= L--> oo (In eL - In chx) lim
o
2 = lim ln � = ln lim eL �e L = ln 2. L-->oo Ch L L-->oo + 5. Integral je nepravi jer funkcija nije ograđena u točki x = 1 . Podintegralna funkcija
je racionalna i njezin prikaz pomoću parcijalnih razlomaka daje
[
]
2 3 1 1 1 1 r + . dx. - . Jo (x - 1 )2 2" x - I 2" x - 3
U gornjem zbroju integrala prvi i drugi su nepravi. Lako provjerimo da je već prvi integral divergentan, dakle cijeli integral je divergentan. 6.
I
L r oo dx = = lim tgx) 2 L-->oo (arc 2. o ?: Jo 1 + X
7.
l= za
je
m
=
m >
l,
l.
l -m I L 1 00 �dm = lim _x__ , II
l = limL--> oo [ln L - In aj =
m
Prema torne za
,
L-->oo
> 1 a divergira za
m
=j:. 1 ;
m
= 1 integral divergira. Neka
m
� 1.
lb (b -dxx)m = -'---(b .,--- x-'--- ) l--m- b-e I . (b [ a ) l -m _ e l-m ] =
I=
lim -
[-->0
a
hm
e-->O
m
oo .
II
lim LI - m = lim e(l-m) InL = elill1L-oo ( l - m) 1o L = O .
L-->oo
Integral konvergira za 8. m =j:. 1 .
Ako je
L-->oo 1 - m
x
-
1 -m
"
l - m 1 -m = 1 onda integral divergira, jer je u tom slučaju
1 = lim [In(b - a ) - In e] =
oo.
e-->O m l lim e - = lim e(1-m l lo E = O za O < m < 1 . [-->0 E -->O
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
271
Prema tome, polazni integral konvergira za O < m < 1 i vrijednost mu je
a) l -m
(b
l
O < m < 1.
l -m
Ako je m � l integral divergira, tj . ne postoji.
Caucbyjev kriterij. Cauchyjev kriterij daje nužne i dovoljne uvjete za postojanje nepravog integrala 1=
['''' f(x)dx
=
Ja
lim
L --+co
Caucbyjev kriterij. Da bi postojao limes funkcije dovoljno da bude
(Vl': > 0)(3B > a)(VLI )(VL2)(L I =::}
I F(Lz ) - F(Ld l
L
( f(x)dx L -oo J
= lim
F(L)
=
>
li
Ll
a F(L)
B 1\ UZ
kada >
l
-+ oo
nužno je i
B) E.
f(x)dx <
LI
L
Cauchyjev kriterij nije praktičan pa se umjesto njega koristi tzv. teorem O usporedi
vanju koji neposredno slijedi iz navedenog kriterija.
Teorem 14.4. Neka je If(x)1 � g(x) za a � x < 00 00 1 1
g(x )dx tada konvergira i integral Dokaz.
li
L2
Ll
Neka je
l
E >
g(x)dx <
oo .
f(x)dx .
Ako konvergira integral
O zadan. Postoji takav B da za svaki Ll
E
=::}
>
L2
I j� f(x)dx l � j� If(x) ldx � j Ll
LI
Prema Cauchyjevom kriteriju postoji dakle i integral funkcije Kao test funkcije obično uzimamo funkcije
..!:..- .
xm
e
L,
B i Lz.
>
g(x)dx �
B vrijedi E.
f(x) .
je konstanta.
100 f{x)dx
U primjeru 14.33 dokazali smo da vrijedi: Ako je f(x) � ..!:..- za O < a � x < i m
>
l , onda postoji
divergira.
( OO f(x)dx . �ko je f{x) Ja L
2.
100 -dx c a xm /00 -dx
Primjer 14.34. Integrali l . Znamo da je 1 .
I I cos x
e
a xm
c Xm
m
konvergira za divergira za
i
m � >
l,
onda
l
xl
x
2 ' 2 . e-
oo
a
l
m� 1
{OO cosx , 2 . {OO e-.-.-ldx konverglraJu. . .
JI
7 �
�
xm
JI
.
� e-x pa prema gornjem teoremu o •
uspoređivanju konvergiraju i integrali naznačenih funkcija.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
U diferencijalnom računu upoznali smo jedan vrlo značajan operator D = d/dx , tj . operator deriviranja. Tim operatorom djelujemo na funkciju i rezultatj e nova funkcija. Ka žemo da taj operator preslikava funkciju u funkciju. Njegovo područje djelovanja je skup funkcija definiranih na nekom otvorenom intervalu na kojem te funkcije imaju barem prvu derivaciju u svak.0J točki tog intervala. Analogne interpretacije možemo dati i operatoru integriranja (neodređeni integral funkcije je nova funkcija). Određenim integralom na za tvorenom intervalu [a, bl funkciji pridružujemo broj. Sada upozoravamo na vrlo značajan tip transformacija koje funkcijama pridružuju funkcije i koje su poznate pod zajedničkim nazivom integralne transformacije. To su transformacije tipa
T(f(t ))
=
i: �(s, t )f(t )dt
f(t )
F(s),
F(s).
1----+
Zadavanjem tzv. jezgre integralne transformacije K(s, t ) dobivaju se različite integralne transformacije. Među njima je i Laplaceova transformacija kod koje je K(s, t) = e-st . Nadalje, u Laplaceovoj transformciji pretpostavljamo da su sve funkcije na koje ona djeluje jednake nuli za t < O . Prema tome, to su transformacije oblika
L{f(t ) }
=
lOCJ e-ptf(t )dt
F(p),
L{f(t ) }
=
F(p).
U tehničkim primjenama iz tradicionalnih razloga umjesto oznake s koristimo oznaku p ,
zatim umjesto varijable x koristimo oznaku t (vrijeme).
Primjer 14.35. Odredi Laplaceove transformacije funkcija: 1 . f( t) = 1 . 2. tn , 3. eu , 4. sin a)! , 5. cos wt . 6. t2 + 3t + 4e-2t 7. f(t ) = 1 za t E (0, 1 ) , f( t) = O za t E ( 1 , 2) , f(t + l ) = f(t) ; to je periodična funkcija.
Rješenje. 1. 2.
(_
)I
L
1 { OO e-pt . IdI lim '!'e-pt L OCJ ° h P P OCJ n et p t + � {OO e-pttn-I dt, { OCJ e-pt . �dt =
=
Jo
_
I
p
°
p Jo
p > O, n
Nakon parcijalne integracije prvi pribrojnik jednak je nuli, zatim dobivamo:
L{tn } = � L{ �- I }, l)(n L{ I" } n(n =
pn
;; 1 ) L{tn -2}
L{tn }
n(n
2) . . · 2 · 1
L{ to }
n!
pn+1
= --
E
N
273
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRAL A
3. 4.
e- Pl . eaJdt ::: -- , p > a p-a 100 o epl (p sin O)t - O) p2 +. 2 J SlO O)tdt =
l
'
JJI eo
o)
L{sin O)t} = --;:--...,. o)
5.
6.
J
_DI eo
cOS O)tdt -
cos O)t)
+e
epl (p cos O)t + O) sin O)t) e =* + p2 + 0)2
L{cos O)t} = p2 P 2 + 0) 3 2 4 L {J(t) } p3 + pl + + p =
7. Funkcija je periodična
2k + {OO e-ptf(t)dt = 'E { l e-pl dt Jo k� J2k 1 I:: [ P(2k l) 1 - e-P 'E 2 k = e- + (e- P ) = e-p2k] = p P k=(} .1:=0 l l 1 1 - eP = -- . = 1 l + e -P p P _
.
Zbrajanjem nastalog geometrijskog reda dobili smo rezultat. Analognim postupkom trans formiramo periodičke funkcije u pripadni red funkcija u varijabli
p.
Pogledajmo kako se transformira operacija deriviranja. Tu se misli na sljedeće. Ako znamo transformirati funkciju
f(t)
kako transformiramo njezinu derivaciju? Rješenje je
vrlo jednostavno. naime parcijalnom integracijom dobivamo:
{= e-p1f'(t)dt = [e-ptf(t) ] Q + p . {= e-ptf(t)dt = fCO) + p . L{J(t) } .
Jo
.
Pretpostavljamo da je funkcija
f(t)
Prema tome vrijedi:
L{J(t)} = F(p)
Jo
=*
takva da je lim e-ptf(t)
= O
kada
t
-+
oo .
L{J' (t ) } = f(O) + p ' F(p) .
Kako koristimo Laplaceovu transformaciju? Evo ideje. Fizikalni ili neki tehnički problem zapisujemo pomoću diferencijainih jednadžbi. Na primjer. imamo samo jedan strujni krug u kojem se nalazi otpornik naboja
Q
L
R
(oma). kapacitet e (farada) na kojem je količina
E ( volta) i t = O zatvorimo sklopku, krugom poteče struja I(t) , za koju 1(0) = O , I(t) = QI(t) . Za takav strujni krug vrijedi Kirchhoffov zakon, dakle (kulona) , induktivitet
( henrija) , elektromotorna sila (baterija)
prekidač. Ako u trenutku vrijedi
Ll'(t) + RI(t) +
l Q(t) C
E(t),
1(0 ) = O, Q(O) = o.
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA Iz te diferencijalne jednadžbe treba odrediti struju l(t) . U tu svrhu koristimo LapJa ceovu transformaciju. Neka je
L{E(t) } = e(p) .
L{Q(t) } = q(p),
L{l(t)} = i(p),
Uz te oznake gornju diferencijalnu jednadžbu, nakon što
smo na nju primjenili Laplaceovu
transformaciju, možemo zapisati u obliku l
Iz
L · pi(p) + Ri(p) C q (p) = e(p) ,
tih jednakosti dobivamo;
. l(p) = q (p) =
E
i(p) = pq (p) .
p · e(p)
L[il + Rp + e-l e(p) L[il + Rp + e-I
{
__
L _��_--, L
Sl. 14.31
Došli smo do izraza za struju i naboj u "donjem području" tj. znamo njihove Lapla ceove transformacije. Struju l(t) i naboj Q(t) u "gornjem području" dobivamo pomoću inverzne Laplaceove transormacije. Možemo zaključiti: problem formuliramo i zapišemo u "gornjem" području. Laplaceovom transformacijom prevedemo u " donje područje". U donjem području izračunamo potrebne veličine i zatim inverznom transformacijom (sa savIjene su tablice Laplaceovih transformacija uobičajenih funkcija) odredimo tražene funkcije.
Neka je zadana neprekidna monotono padajuća funkcija I(x) čimo an = I( n) , n = l, 2, i integral
� O za x � O. Ozna-
. . ' . Time dobivamo red L an za kojeg vrijedi: red
!OO I(x)dx konvergiraju ili divergiraju istodobno.
oo
L I(n) n",1
Funkcija I(x) je integrabilnajer je monotona i za njezinu primitivnu funkciju vrijedi: F(x)
=
!X I(x)dx,
F'(x) = I(x) > O
275
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
tj. F(x) je rastuća funkcija . Kada x -+ oo može postojati njezin konačan limes. recimo neka je to I . i u tom s lučaju kažemo da odgovarajući nepravi integral konvergira i da mu je I vrijednost. Za površina ispod grafa funkcije f(x) u intervalu x E + vrijedi:
l) · l an+ l Jrn +l �an+l � In+l = 100 f(n +
[n, n
f(x)dx � f(n) ·
�
Zbraj anjem gornjih nejednakosti slijedi
�
f(x)dx
l]
l an·
f(x)dx �
=
�an.
Iz tih nejednakosti j e vidljivo, konvergencija nepravog integrala povlači konvergenciju reda
i obrnuto.
y
l
2
3
4
n
Sl. 1432
n
+
l
x
Primjer 14.36. Ispitaj konvergenciju redova:
1.
l
oo
L n=l np,
l
oo
L n=2 -n.--=--·
2.
f: Inn
n=2
3.
4.
Primjenjujemo integralni test konvergencije. l . onda je to harmonijski red za koji znamo da divergira. Ako je 1. Ako je p p < onda su članovi veći od članova divergentnog harmonijskog reda pa prema teoremu O uspoređivanju redova i on divergira. Dakle, preostaje slučaj p > Dokažimo da u tom slučaju red konvergira.
l.
=
f(x)
=
l
p>
xP '
2. Sada je f(x)
=
x
[2 OO d: ln x
J
Red divergira za
X
p
�
l
x
l, /.00l
dx
xP
=
=] = �-p++ l 1l00n 2 (p l) p ==
[ supstitucija In x l
a konvergira za
p > 1.
u
l.
x-p.;.1 L L_oo -p + 1
Il
.
hm
==
1 = -- , P- l
[ OO du uP
Jln
2
, (ln 2 )P- l '
p>
l
14. PRIMJENE ODREĐENOG INTEGRALA
276 3.
f (x )
ln x
�'
R ed je konvergentan.
00 100 1 ] oo [ l In x - . lnx dx 2
X2
=
-
X
2
4. Red je divergentan.
ln(n ! )
=
ln 1 + In 2 + . . . + In n < n . I n n,
+
2
1
dx -
X2
--
In(n ! ) Članovi reda su veći od članova divergentnog reda, vidi 2. zadatak.
l
> -- . n Inn
