Granične vrijednosti funkcija

Embed Size (px)

Citation preview

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    1/28

    Granicne vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

    1 Pojam granicne vrednosti

    Naka su x0 R i R, > 0. Pod okolinom tacke x0 podrazumevamointerval U(x0) = (x0 , x0+ ), a pod probodenom okolinom tacke x0podrazumevamo skup

    U(x0) = (x0, x0+)\{x0}. Jasno je dax

    U(x0)ako i samo ako 0 0 postoji >0 tako da za svako x iz probodene okolinetacke x0 vazi f(x)(A , A + ), tj.|f(x) A|< :

    ( >0)( >0)(x)(0

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    2/28

    onda je =

    2 +

    4 + (jer ono drugo resenje koje se dobija iz jednacine

    (2) je negativno, =2 4 + , i ne dolazi u obzir) i za|x 2|< sledi|f(x) 4|< .Definicija 3. (Heine) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj

    okolini

    U(x0) tacke x0. Broj A je granicna vrednost funkcije f u tacki x0

    (ili kad x tezi ka x0), ako za svaki niz xn

    U(x0), nN, koji konvergira kax0, lim

    nxn = x0, niz (f(xn))nN konvergira ka A, lim

    nf(xn) = A, i tada

    pisemo limxx0

    f(x) =A.

    Primer 4. Ako je f(x) =x2 + 5x 6

    x 2 , da li funkcija f ima granicnu

    vrednost u tacki1?Neka je (xn)n proizvoljan niz takav da lim

    nxn=1 i xn=1 za svako

    nN. Tada

    limn

    x2n+ 5xn 6xn 2 =

    ( limn

    xn)2 + 5 lim

    nxn 6

    limn

    xn 2 =123 = 4

    (pritom smo uzeli da je xn= 2 za svako n N, jer za x = 2 funkcija nijedefinisana). Dakle, postoji lim

    nf(xn) = 4 i kako ne zavisi od izbora niza

    (xn)n koji konvergira ka1, to potoji limx1

    f(x) = 4.

    Teorema 5. Definicije 1 i 3 granicne vrednosti funkcije u datoj tacki suekvivalentne.

    Dokaz. Neka je limxx0

    f(x) = A u smislu Definicije 3. Tada je funkcija

    f definisana u nekoj probodenoj okolini

    U0(x0) tacke x0 i za svaki niz

    xn

    U0(x0), n = 1, 2, . . . koji konvergira ka x0 vazi limn

    f(xn) = A.

    Dokazujemo da vazi (1). Prepostavimo suprotno, tj. da vazi:

    (0> 0)( >0)(x)(0

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    3/28

    Naosnovu (4) sledi daxn

    U0(x0) i limn

    xn= x0, a na osnovu (5) da broj

    Ane moze biti granicna vrednost niza (f(xn))n, sto protivureci Definiciji 3.Dobijena protivurecnost dokazuje da vazi (1).

    Obrnuto, pretpostavimo da je limxx0

    f(x) =A u smislu Definicije 1. Tada

    je funkcija fdefinisana u nekoj probodenoj okolini

    U(x0) tacke x0 i vaziuslov (1). Neka je

    xn

    U(x0), nN i limn

    xn= x0. (6)

    Pokazimo da funkcijaf ispunjava uslove Definicije 3, tj. da vazi

    limn

    f(xn) =A. (7)

    Za proizvoljno >0, izaberimo >0 koje zadovoljava uslov (1). Za to , naosnovu (6), postoji n0 N tako da za svako nn0 vazi 00 implicira (7).

    Definicija 6. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, x0) ((x0, b)).Broj A je leva (desna) granicna vrednost funkcijef u tackix0 ako za svako >0 postoji = ()> 0 tako da za svako x koje ispunjava uslov x0 0, xn >0, lim

    nxn = lim

    nxn = 0, f(xn) = 0, f(x

    n) =

    1

    2. Zato

    limn

    f(xn) = 0 i limn

    f(xn) = 1

    2 i stoga, na osnovu Definicije 7, lim

    x+0f(x)

    ne postoji.Slicno, zn < 0, z

    n < 0, lim

    nzn = lim

    nzn = 0, f(zn) = 0, f(z

    n) =12 .

    Sledi limn

    f(zn) = 0 i limn

    f(zn) =1

    2 i stoga lim

    x0f(x) ne postoji.

    Na osnovu Definicije 3 zakljucujemo da ne postoji ni limx0

    f(x).

    Primer 9. Neka je f(x) = sgnx. Pokazacemo da ova funkcija ima levu idesnu granicnu vrednost u 0, ali da se one razlikuju.

    Neka je xn > 0, xn < 0, nNi lim

    nxn = lim

    nxn= 0. Tada je

    limn

    sgnxn = limn

    1 = 1, limn

    sgnxn = limn

    (1) =1,

    i stoga jelim

    x+0sgnx= 1 i lim

    x0sgnx=1.

    Takode sledi da limx0

    sgnx ne postoji.

    Teorema 10. Funkcija f ima granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako

    ona ima i levu i desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su one jednake.

    Dokaz. Neka je limxx0f(x) = A i > 0 proizvoljno. Tada postoji > 0tako da za svako x koje zadovoljava uslove|xx0| < i x= x0 vazi|f(x) A| < . To znaci da za x(x0 , x0), kao i x(x0, x0+) vazi|f(x)A|< . Na osnovu Definicije 6 zakljucujemo da funkcijafima i levui desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su one jednake A.

    Obrnuto, pretpostavimo da vazi

    limxx0+0

    f(x) = limxx00

    f(x) =A. (8)

    Neka je > 0 proizvoljno. Na osnovu (8) postoji 1 > 0 tako da za svakox takvo da je x(x0 1, x0) vazi|f(x) A| < . Takode postoji 2 >0tako da za svako x takvo da jex(x0, x0+ 2) vazi|f(x) A|< . Neka je= min{1, 2}. Tada zax(x0 , x0+) i x= x0 vazi|f(x) A| < .Prema tome, lim

    xx0f(x) =A.

    4

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    5/28

    Primer 11. Neka je

    f(x) =

    x 3, x 1

    Tada jelim

    x10f(x) = lim

    x10(x 3) =2,

    ilim

    x1+0f(x) = lim

    x1+0x2 = 1.

    Zakljucujemo da limx1

    f(x) ne postoji.

    Definicija 12. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini

    U(x0) tacke x0. Kazemo da je + granicna vrednost funkcije f kadx tezikax0 i pisemo

    limxx0

    f(x) = +,

    ako za svako >0 postoji >0 tako da za svako x(x0 , x0+ )\{x0}vazi f(x)> .

    Ova definicija je ekvivalentna sledecoj:

    Neka je funkcijafdefinisana u nekoj probodenoj okolini

    U(x0) tacke x0.

    Kazemo da je +granicna vrednost funkcijefkadx tezi kax0ako za svakiniz takav da xn

    U(x0), nN, i limn

    xn= x0, vazi limn

    f(xn) = +.Slicno se uvode sledeci po jmovi:

    limxx00

    f(x) = +, limxx0+0

    f(x) = +,lim

    xx00f(x) =, lim

    xx0+0f(x) =, lim

    xx0f(x) =.

    Primer 13. Dokazati

    limx+0

    1

    x

    = +

    i lim

    x0

    1

    x

    =

    .

    Neka je > 0 proizvoljno. Za = 1

    i x (0, ), vazi 1

    x >

    1

    = . Na

    osnovu Definicije 12 sledi limx+0

    1

    x = +. Slicno se dokazuje da je lim

    x0

    1

    x=

    .

    5

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    6/28

    Definicija 14. Neka je funkcijafdefinisana u nekoj okolini +

    , (M, +

    ),

    M R. Kazemo da je A granicna vrednost funkcije f kadx tezi ka + ipisemo

    limx+

    f(x) =A,

    ako za svako >0 postoji tako da za svako x > vazi|f(x) A|< .Ova definicija je ekvivalentna sledecoj:Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini +, (M, +), M R.

    Kazemo da je A granicna vrednost funkcije fkadx tezi ka +ako za svakiniz takav da xn > M, nN, i lim

    nxn= +, vazi lim

    nf(xn) =A.

    Na slican nacin se uvodi po jam:

    limx f(x) =A.

    Primer 15. Da li postoji limx+

    cos x?

    Neka je xn= 2n i xn=

    3 + 2n, n N. Kako je limnxn= limnx

    n=

    +, limn

    cos xn = 1 i limn

    cos xn=1

    2, sledi da lim

    x+cos x ne postoji.

    2 Osobine granicnih vrednosti

    U ovoj sekciji pod tackom x0 podrazumevamo kako realan broj, tako i +i. Pod probodenom okolinom + () podrazumevamo interval(, +) ((, )), >0, u oznaci

    U(+) (

    U()). Naredna tvrdenjasu iskazana za slucaj dvostrane granicne vrednosti, ali ona vaze i u slucaju

    jednostranih granicnih vrednosti, s tim sto bi u tom slucaju termin probo-dena okolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina.

    Teorema 16. Ako funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0,onda je ona ogranicena u nekoj probodenoj okolini tackex0.

    Dokaz. Neka je limxx0f(x) = A R. Na osnovu definicije granicnevrednosti funkcije, za = 1 postoji probodena okolina

    U(x0) tacke x0 tako

    da za svako x

    U(x0) vazi|f(x) A|< 1, tj. A 1< f(x)< A+ 1. Ovoznaci da je funkcija f ogranicena u probodenoj okolini

    U(x0) tacke x0.

    Teorema 17. Ako funkcija f u tacki x0 ima konacnu granicnu vrednostrazlicitu od 0, onda funkcija ima isti znak kao i ta granicna vrednost unekoj probodenoj okolini tacke x0.

    6

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    7/28

    Dokaz. Neka je limxx0

    f(x) = A

    R i A > 0. Tada za = A (u slucaju

    A 0 za x

    U(x0). S obzirom da se pojam granicne vrednosti funkcija svodi na granicnu

    vrednost niza, osobine granicnih vrednosti nizova se prenose i na granicnevrednosti funkcija. Naredna tvrdenja se dokazuju koriscenjem odgovarajucihtvrdenja za nizove.

    Teorema 18. Ako je Af(x) za svako x iz neke probodene okoline

    U(x0)

    tackex0 i ako postoji (konacna ili beskonacna) granicna vrednost limxx0 f(x),tada je A lim

    xx0f(x).

    Teorema 19. Ako je g(x) f(x) za svako x iz neke probodene okoline

    U(x0) tacke x0 i ako postoje (konacne ili beskonacne) grani v cne vrednostilimxx0

    g(x) i limxx0

    f(x), tada je

    limxx0

    g(x) limxx0

    f(x).

    Teorema 20. Ako je(x)f(x)(x) za svakoxiz neke probodene oko-

    line

    U(x0) tacke x0i ako posto je (konacne ili beskonacne) granicne vrednostilimxx0

    (x) i limxx0

    (x) koje su medusobno jednake, tada postoji i granicna

    vrednost limxx0

    f(x) i vazi

    limxx0

    (x) = limxx0

    f(x) = limxx0

    (x).

    Dokaz. Neka je limxx0

    (x) = limxx0

    (x) = A, xn

    U(x0), n = 1, 2, . . . i

    limn

    xn= x0. Tada je limn

    (xn) = limn

    (xn) =A i

    (xn)f(xn)(xn).Na osnovu Teoreme o zatvoreniku izmedu dva policajca za nizove, sledi da

    je limn

    f(xn) =A. Iz definicije granicne vrednosti funkcija sledi da postoji

    granicna vrednost funkcije fu tacki x0 i da je limxx0

    f(x) =A.

    7

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    8/28

    Primer 21. Da li postoji limx0

    x cos1

    x?

    Iz

    |x cos1x|=|x|| cos1

    x| |x|, x= 0,

    sledi

    |x| x cos1x |x|, x= 0.

    Kako je limx0

    (|x|) = limx0

    |x|= 0, na osnovu Teoreme 20, zakljucujemo da je

    limx0

    x cos1

    x = 0.

    Teorema 22. Ako postoje konacne granicne vrednosti limxx0 f(x) i limxx0 g(x),onda postoje i konacne granicne vrednosti lim

    xx0(f(x)g(x)), lim

    xx0(f(x)g(x)),

    a ako je limxx0

    g(x)= 0, onda i granicna vrednost limxx0

    f(x)

    g(x) i vazi

    limxx0

    (f(x) g(x)) = limxx0

    f(x) limxx0

    g(x),

    limxx0

    (f(x)g(x)) = limxx0

    f(x) limxx0

    g(x),

    limxx0

    f(x)

    g(x) =

    limxx0

    f(x)

    limxx0

    g(x)

    Zafunkciju f :S R, gde je S R, kazemo da je rastuca (opadajuca)ako za proizvoljne x1, x2 S takve da je x1 < x2 vazi f(x1) f(x2)(f(x1)f(x2)).

    Zaf cemo reci da je strogo rastuca (opadajuca)ako za svakox1, x2Siz x1< x2 sledi f(x1)< f(x2) (f(x1)> f(x2)).

    Za funkciju koja ispunjava bilo koji od predhodna cetiri uslova kazemoda je monotona. Ako je funkcija strogo rastuca ili strogo opadajuca, ondacemo reci da je strogo monotona.

    Teorema 23. (Granicna vrednost monotonih funkcija) Neka je funkcijafrastuca na intervalu (a, b), a, b R. Tada f ima levu granicnu vrednost utacki bi desnu granicnu vrednost u tacki ai pritom je:

    limxb0

    f(x) = supx(a,b)

    f(x) i limxa+0

    f(x) = inf x(a,b)

    f(x).

    8

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    9/28

    Posledica 24. Ako je funkcija fmonotona na intervalu (a, b), a, b

    R i

    x0(a, b), tada fima konacne jednostrane granicne vrednosti u tacki x0.Teorema 25. (Kosijev kriterijum egzistencije granicnih vrednosti funkcija)Neka je funkcijaf definisana u nekoj probodeno j okolini tackex0. Funkcijaf ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svako >0

    postoji >0 tako da za sve x, x

    U(x0) vazi|f(x) f(x)|< .

    3 Beskonacno male funkcije

    Definicija 26. Za funkciju kazemo da je beskonacno mala funkcija kadxtezi kax

    0(ovde x

    0moze biti realan broj ili jedna od beskonacnosti) ako je

    limxx0

    (x) = 0.

    Beskonacno mala cesto se naziva i infinitezimala.Sledeca teorema se dokazuje koriscenjem odgovarajucih osobina nula ni-

    zova.

    Teorema 27. (i) Zbir i proizvod dve beskonacno male funkcije kadxx0je beskonacno mala funkcija kadxx0.(ii) Ako je beskonacno mala kad xx0, a g funkcija ogranicena u nekojprobodenoj okolini tacke x

    0, onda je g beskonacno mala kad x

    x

    0.

    Sledeca teorema pokazuje da se pojam granicne vrednosti funkcija mozesvesti na pojam beskonacno male.

    Teorema 28. Funkcija f u tacki x0 R ima granicnu vrednost jednakuA R, lim

    xx0f(x) = A, ako i samo ako postoji beskonacno mala kad

    xx0 tako da jef(x) =A + (x)

    za x iz neke probodene okoline tackex0.

    Dokaz. Neka je limxx0

    f(x) = A. Sledi funkcija f je definisana u nekoj

    probodenoj okolini

    U(x0) tacke x0. Definisimo (x) = f(x)A za x

    U(x0). Tada na osnovu Teoreme 22 sledi

    limxx0

    (x) = limxx0

    (f(x) A) = limxx0

    f(x) A= A A= 0,

    9

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    10/28

    i ocigledno je f(x) =A + (x).

    Obrnuto, ako je f(x) = A +(x) za x iz neke probodene okoline tackex0, i lim

    xx0(x) = 0, tada je

    limxx0

    f(x) = limxx0

    (A + (x)) =A + limxx0

    (x) =A + 0 =A.

    4 Neprekidnost funkcija

    Definicija 29. Za funkciju fdefinisanu u nekoj okolini U(x0) tacke x0 Rkazemo da je neprekidna u tackix0 ako je

    limxx0

    f(x) =f(x0). (9)

    Uslov (9) je ekvivalentan uslovu

    limxx00

    (f(x) f(x0)) = 0.

    Razlika xx0 se zove prirastaj argumenta i oznacava sa x, a razlikaf(x)f(x0) prirastaj funkcije koji odgovara prirastaju argumenta x, ioznacava se sa y. Prema tome

    x= x x0, x= x0+ x, y= f(x0+ x) f(x0)i uslov (9) je ekvivalentan uslovu

    limx0

    y= 0.

    Definicija 30. Ako je funkcija fneprekidna u svakoj tacki skupa S, ondakazemo da je f neprekidna na S.

    Primer 31. Funkcija f(x) =c, cR, je neprekidna na R.Zaista, za svako x0 R, lim

    xx0f(x) =c = f(x0).

    Primer 32. Pokazimo da je funkcija f(x) =xn, nN, neprekidna na R.Neka je x0 R. Iz

    y = f(x0+ x) f(x0) = (x0+ x)n

    xn

    0 ==nxn10 x +

    n(n1)2 x

    n20 (x)

    2 + + (x)n

    sledilim

    x0y= 0.

    Prema tome, funkcijaf je neprekidna za svako x0 R.

    10

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    11/28

    Primer 33. Da li je funkcija f(x) =

    |sgn x

    |neprekidna u 0?

    Kako jelimx0

    f(x) = limx0

    |sgn x|= 1

    i f(0) =|sgn0|= 0, sledi limx0

    f(x)=f(0) i funkcija fnije neprekidna u 0.

    Primer 34. Da li je funkcija

    f(x) =

    x sin

    1

    x, x= 0

    0, x= 0

    neprekidna u 0?

    Slicno kao u Primeru 21 mozemo pokazati da je limx0

    x sin1x

    = 0. Stoga

    je limx0

    f(x) =f(0) i funkcija f je neprekidna u 0.

    Definicija 35. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, x0]. Ako je

    limxx00

    f(x) =f(x0),

    onda kazemo da je funkcija fneprekidna sleva u tackix0.Ako je funkcija f definisana na intervalu [x0, b) i ako je

    limxx0+0

    f(x) =f(x0),

    onda kazemo da je funkcija fneprekidna zdesna u tackix0.

    Primer 36. Za dato x R najveci ceo broj koji je manji ili jednak od xoznacava se sa [x]. Neka je f(x) = [x], xR. Neka je x0 ceo broj. Tada je

    limxx0+0

    f(x) = limxx0+0

    [x] =x0= [x0] =f(x0),

    sto znaci da je fneprekidna zdesna u x0. Medutim fnije neprekidna slevau tacki x0 jer:

    limxx00 f(x) = limxx00[x] =x0 1=x0 = [x0] =f(x0).Teorema 37. Ako su funkcije f i g neprekidne u tacki x0 R, tada su ifunkcije f g, f g neprekidne u x0, a ako je g(x0)= 0, onda i funkcija f

    gneprekidna u x0.

    11

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    12/28

    Dokaz. Tvrdenje sledi na osnovu definicije neprekidnosti i Teoreme 22.

    Pokazacemo recimo da je funkcija fg

    neprekidna u x0.

    Kako je limxx0

    f(x) =f(x0) i limxx0

    g(x) =g(x0)= 0, na osnovu Teoreme22 sledi

    limxx0

    f(x)

    g(x) =

    limxx0

    f(x)

    limxx0

    g(x) =

    f(x0)

    g(x0),

    te je funkcija f

    g neprekidna u x0.

    Teorema 38. Neka funkcija g u tacki x0 ima granicnu vrednost y0 R ineka je funkcija fneprekidna u tacki y0. Tada slozena funcija x f(g(x))ima granicnu vrednost u tacki x0 i vazi

    limxx0

    f(g(x)) =f(y0) =f( limxx0

    g(x)).

    Dokaz. Neka je >0 proizvoljno. Iz cinjenice da je funkcijaf neprekidnau tacki y0, tj. iz lim

    yy0f(y) = f(y0) sledi da postoji 1 > 0 tako da za

    y (y0 1, y0 + 1) vazi|f(y)f(y0)| < . Kako je limxx0

    g(x) = y0

    sledi da postoji > 0 tako da za svako x (x0 , x0 +)\{x0} vazig(x) (y0 1, y0 + 1). Zato za svako x (x0 , x0 +)\{x0} vazi|f(g(x)) f(y0)|< . Prema tome, lim

    xx0f(g(x)) =f(y0).

    Posledica 39. Ako je funkcija g neprekidna u tacki x0 R i funkcija fneprekidna u tacki g(x0), tada je slozena funcijax f(g(x)) neprekidna utacki x0.

    Dokaz. Iz Teoreme 38 sledi

    limxx0

    f(g(x)) =f(g(x0)),

    te je funkcija x f(g(x)) neprekidna u x0.

    5 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

    Reci cemo da da je funkcijaf : [a, b]Rneprekidna na segmentu [a, b] akoje neprekidna u svakoj tacki intervala (a, b), u tacki a neprekidna zdesna,a u tacki b neprekidna sleva. Sledeca teorema govori o tome da je svakaneprekidna funkcija na segmentu ogranicena i da na njemu dostize svojsupremum i infimum.

    12

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    13/28

    Teorema 40. (Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b]

    R neprekidna na

    segmentu [a, b]. Tada je ona ogranicena i postoje tackex0, x0[a, b] takveda je

    f(x0) = supaxb

    f(x) i f(x0) = infaxb

    f(x).

    Dokaz. Neka jeM= sup

    axb

    f(x). (10)

    Jasno, M R. Pokazacemo da je M

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    14/28

    Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na

    zatvorenom i ogranicenom intervalu bitna. Na primer, funkcijaf(x) = 1x

    je

    neprekidna na intervalu (0, 1], ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) =x je neprekidna na skupu R = (, +), ali nije ogranicena na njemu.Funkcija f(x) = x je neprekidna i ogranicena na intervalu (0, 1), ali nedostize ni svoj supremum, ni svoj infimum na ovom intervalu ( sup

    x(0,1)f(x) =

    1, inf x(0,1)

    f(x) = 0).

    Teorema 41. (Bolzano-Cauchy) Neka je funkcijafneprekidna na segmentu[a, b]. Tada za svaki broj Ckoji se nalazi izmadu brojevaf(a) if(b) postojibar jedna tacka

    (a, b) takva da je f() =C.

    Dokaz. Neka je f(a) < C < f(b). Podelimo segment [a, b] tackom x0 nadva segmenta jednake duzine. Tada je ili f(x0) = C, pa je trazena tacka=x0, ili je f(x0)= C, i tada na levom kraju jednog od ta dva segmentafunkcija ima manju vrednost od C, a na desnom vecu od C. Oznacimo tajsegment sa [a1, b1] i podelimo ga na dva segmenta jednaka po duzini i td.Tim postupkom cemo ili nakon konacno mnogo koraka doci do tacke takveda je f() = Cili cemo dobiti niz umetnutih odsecaka [an, bn], cija duzinatezi 0 i takav da je

    f(an)< C < f(bn). (18)

    Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedin-stvena tacka koja pripada svim segmentima [an, bn], n = 1, 2, . . . . Kako

    je= lim

    nan = lim

    nbn,

    zbog neprekidnosti funkcije f imamo

    f() = limn

    f(an) = limn

    f(bn). (19)

    Iz (18) sledilimn

    f(an)C limn

    f(bn). (20)

    Iz (19) i (20) sledi f() =C.

    Posledica 42. Ako je funkcija fneprekidna na segmentu [a, b] i na kraje-vima segmenta ima vrednosti razlicitog znaka, tada u intervalu (a, b) postojibar jedna tacka takva da je f() = 0

    14

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    15/28

    Posledica 43. Neka je fneprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka je

    m= inf axb

    f(x) i M = supaxb

    f(x). Tada je f([a, b]) = [m, M].

    Dokaz. Ocigledno je f([a, b])[m, M].Dokazimo obrnutu inkluziju. Na osnovu Weierstrassove teoreme postoje

    tacke , [a, b], takve da je f() = m i f() =M. Tvrdenje sada slediiz Bolzano-Cauchyeve teoreme primenjene na segmet [, ] ako je < , ilisegment [, ] ako je < .

    6 Neprekidnost elementarnih funkcija

    U ovoj sekciji bice nam potrebne sledece dve teoreme koje se odnose naneprekidne i strogo monotone funkcije i njihove inverzne funkcije.

    Teorema 44. Neka je funkcija f strogo rastuca (opada juca) i neprekidnana segmentu [a, b]. Tada je inverzna funkcija f1 definisana, strogo rastuca(opadajuca) i neprekidna na segmentu sa krajevima u tackamaf(a) i f(b).

    Teorema 45. Neka je funkcija f strogo rastuca (opada juca) i neprekidnana intervalu (a, b) (konacnom ili beskonacnom) i neka je

    c= limxa+0

    f(x), d= limxb0

    f(x).

    Tada je inverzna funkcija f1 definisana, strogo rastuca (opadajuca) i neprekidna

    na intervalu (konacnom ili beskonacnom) sa krajevima u tackama c i d.

    Definisimo najpre osnovne elementarne funkcije.

    Definicija 46. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometri-jske i inverzne trigonometrijske funkcije suosnovne elementarne funkcije.

    Definisimo sada pojam elementarne funkcije.

    Definicija 47. 1. Osnovne elementarne funcije su elementarne funkcije.

    2. Ako su f i g elementarne funkcije, onda su i f+ g,f g, f g, fg

    ig felementarne funkcije (pod uslovom da su definisane).

    3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i 2. konacnomnogo puta.

    Na primer funkcija|x|=

    x2 je elementarna i takode funkcija

    y=ln(arccos(

    x2 + x + 1))

    3

    earctg(x2+1)

    .

    15

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    16/28

    Teorema 48. Eksponencijalna funkcija y = ax, a > 0, je neprekidna na

    skupu R.

    Dokaz. Ako jea = 1 onda je y = 1x = 1 za svako xRi ovo je neprekidnafunkcija na R.

    Neka je sada a= 1. Dokazimo da je

    limx0

    ax = 1. (21)

    Neka je najpre a > 1 i neka je > 0. Kako je limn

    n

    a = 1, to postoji

    n0 Ntako da jea

    1

    n0

    1 =

    |a

    1

    n0

    1

    |< .

    Neka je = 1

    n0. Tada, za 0 < x < , iz cinjenice da je y = ax rastuca

    funkcija sledi

    |ax 1|= ax 1< a 1 =a 1n0 1< .

    Prema tome,lim

    x+0ax = 1. (22)

    Odavde sledi

    limx0 ax

    = limt+0 at

    = limt+0

    1

    at =

    1

    limt+0

    at =

    1

    1= 1. (23)

    Iz (22) i (23) sledi da (21) vazi za a >1. Neka je sada 0< a 1 vazi lim

    x0bx = 1, te je

    limx0

    ax = limx0

    1

    bx =

    1

    limx0

    bx =

    1

    1= 1.

    Prema tome, (21) vazi i za 0< a 0, a= 1 je neprekidna funkcija zasvako x(0, +).

    16

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    17/28

    Dokaz. Zaa >1 (0< a 1lim

    xax = 0 i lim

    x+ax = +,

    dok za 0< a

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    18/28

    Teorema 52. Funkcije y = sin x i y= cos x su neprekidne na skupu R.

    Dokaz. Za xRi xRvazi

    sin(x + x) sin x = 2 sinx2

    cos2x + x

    2 ,

    cos(x + x) cos x = 2sinx2

    sin2x + x

    2 .

    (25)

    Kako je| sin | 1 i| cos | 1 za svako R, i na osnovu (24)sin

    x

    2

    |x|

    2 , to iz (25) sledi

    |sin(x + x) sin x| = 2sinx2

    cos2x + x2 2 |x|2 =|x|,

    |cos(x + x) cos x| = 2sinx2

    sin2x + x2

    2 |x|2 =|x|.(26)

    Na osnovu (26) zakljucujemo

    limx0

    (sin(x + x) sin x) = 0 i limx0

    (cos(x + x) cos x) = 0,

    sto dokazuje da su funkcije y = sin xi y= cos x neprekidne u tacki x. .

    Posledica 53. Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj tackisvog domena.

    Dokaz. Na osnovu Teoreme 52 i Teoreme 37 funkcija y = tgx = sin x

    cos x je

    neprekidna u skakoj tacki xR za koju je cos x= 0. Analogno iy = ctgx=cosxsinx jeneprekidna funkcija u svakoj tacki xRza koju je sin x= 0. Posledica 54. Inverzne trigonometrijske funkcijey = arcsin x,y = arccos x,y= arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena.

    Dokaz. Funkcija y = sin x je strogo rastuca na segmentu

    2,

    2 ,sin(2 ) =1, sin( 2 ) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverznafunkcijay = arcsin x neprekidna na segmetu [1, 1].

    Funkcijay = cos xje strogo opadajuca na segmentu [0, ], cos() =1,cos(0) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverzna funkcijay = arccos xneprekidna na segmetu [1, 1].

    18

  • 7/24/2019 Granine vrijednosti funkcija

    19/28

    Funkcijay= tgx je strogo rastuca na intervalu 2 ,

    2 ,

    limx

    2+0

    tgx=, limx

    20

    tgx= +,

    i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcija y = arctgx neprekidnana intervalu (, +).

    Funkcijay= ctgx je strogo opadajuca na intervalu (0, ),

    limx+0

    ctgx= +, limx0

    ctgx=,

    i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcijay = arcctgxneprekidnana intervalu (

    , +

    ).

    Teorema 55. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj tacki svogdomena.

    Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidnau svakoj tacki svog domena. Sada iz Definicije 47 i Teorema 37 i 39 sleditvrdenje teoreme.

    Primetimo da funkcija y = sgnx nije elementarna, bez obzira na njenrelativno jednostavan analiticki izraz, jer nije neprekidna u 0.

    7 Vazne granicne vrednosti

    Primer 56. Dokazati da je

    limx0

    sin x

    x = 1. (27)

    Dokaz. Uocimo kruznicu poluprecnika Rsa centom u tacki O. Neka poluprecnik

    OB sa poluprecnikom OAgradi ugao od x radijana, 0< x <

    2. U tacki A

    konstruisimo normalu na poluprecnikOA i neka ona sece poluprecnikOB u

    tacki C. Povrsina trouglaOAB je 1

    2R2 sin x,povrsina kruznog isecka OAB

    je

    1

    2 R2

    x, dok je povrsina trougla OAC jednaka

    1

    2 R2

    tgx. Kako je trougaoOAB sadrzan u kruznom isecku OAB , a ovaj pak sadrfzan u trouglu OAC,to dobijamo nejednakost:

    1

    2R2 sin x