Knjiga Novi

Predgovor

Ova knjiga zamisljena je kao udzbenik iz predmeta Analiza 1 kojeg vecnekoliko godina drzim za studente matematike i informatike na Prirodno -matematickom fakultetu Univerziteta u Banjaluci. Ona obuhvata standar-dan materijal iz matematicke analize funkcija jedne promjenljive do diferen-cijalnog racuna: zasnivanje skupa realnih brojeva, konvergencija nizova, redovi,te limes i neprekidnost funkcija. Vrhunac citave teorije predstavljaju elemen-tarne funkcije, koje su uvedene na strog nacin. Pri tome sam se odlucio zauvodenje transcedentnih funkcija (eksponencijalne i trigonometrijskih) pomocuredova, i to iskljucivo u realnom domenu.Trudio sam se da tekst bude sto pristupacniji, tako da su dokazi mozda detaljnijinego sto je to uobicajeno u drugim udzbenicima. Prevashodna uloga primjerakoji se u knjizi navode je da pomognu citaocu da shvati izlozenu teoriju, zbogcega sam tezio da budu sto jednostavniji. Na kraju svake glave nalaze se zadaci.Njihova uloga nije toliko u tome da budu materijal za uvjezbavanje gradiva,koliko da budu njegova dopuna, a ponekad je kroz njih razraden neki tehnickidetalj neophodan u dokazu izvjesnih tvrdenja.Zelim da se ovom prilikom zahvalim recenzentima, Prof. Dr Milosu Arsenovicui Prof. Dr Milanu Jovanovicu za pazljivo citanje rukopisa i mnogobrojne su-gestije, zahvaljujuci kojima je poboljsan ovaj tekst.Na kraju, zahvalnost dugujem i Gradskoj skupstini grada Banjaluka, koja jefinansirala stampanje knjige.

Banjaluka, oktobar 2008. Vladimir Jovanovic

i

ii

Sadrzaj

Predgovor i

Uvod 1

I Realni brojevi 5I.1 Realni brojevi kao polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5I.2 Realni brojevi kao uredeno polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8I.3 Aksioma potpunosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11I.4 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12I.5 Cijeli i racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20I.6 Realne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22I.7 Prebrojivost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31I.8 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

II Konvergencija niza 37II.1 Osnovne osobine konvergetnog niza . . . . . . . . . . . . . . . . . 37II.2 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42II.3 Tacka nagomilavanja niza. Kosijev niz . . . . . . . . . . . . . . . 43II.4 Konvergencija u R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47II.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

IIIRedovi 51III.1 Obicna konvergencija redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52III.2 Apsolutna konvergencija redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58III.3 Neke funkcije zadane pomocu redova . . . . . . . . . . . . . . . . 68III.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

IV Neprekidnost i limes funkcije 79IV.1 Topoloska svojstva skupa R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79IV.2 Neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82IV.3 Limes funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87IV.4 Globalna svojstva neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 93IV.5 Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98IV.6 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

Bibliografija 111

Indeks 112

iii

iv SADRZAJ

Uvod

U uvodnoj glavi upoznajemo se, izmedu ostalog, sa osnovama matematickelogike i teorije skupova. Pri tome se necemo baviti strogo aksiomatskim za-snivanjem tih oblasti, vec ce nam one vise sluziti kao jedan jezik, odnosno nacinizrazavanja u matematici. Na kraju cemo se pozabaviti pitanjem zasnivanjapojmova relacije i funkcije.

Logicki iskazi

Pod logickim iskazom (ili samo iskazom) podrazumijevamo svaku tvrdnju kojaje ili tacna ili netacna. Primjeri iskaza su, recimo,”svaki covjek nosi naocale”,sto je netacna tvrdnja i ”mjesec januar ima 31 dan”, sto je tacna tvrdnja. Iskazeoznacavamo velikim slovima A,B, . . ..Iz datih iskaza A i B mogu se formirati novi iskazi: iskaz A∧B (konjunkcija) jetacan ako su i A i B tacni, a u svim ostalim slucajevima je netacan; iskaz A∨B(disjunkcija) je tacan ako su tacni ili A ili B ili oba, dok je netacan u slucajukad su i A i B netacni; iskaz A ⇒ B (implikacija) je netacan jedino u slucajukad je A tacno i B netacno, interpretira sa kao iskaz ”iz A slijedi B”, odnosno”A povlaci B”.Cesto cemo koristiti izraz iz programskih jezika a := b, gdje je a je oznaka,odnosno promjenljiva, a b je nekakav objekat (logicki iskaz, skup, broj i sl.). Pritome, navedeni izraz ima znacenje ”neka a ima vrijednost b”. Uz pomoc njegamozemo za date iskaze A i B definisati ekvivalenciju A ⇔ B sa

A ⇔ B := (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ A).

Ekvivalencija se interpretira kao ”A je ekivalentno sa B”, odnosno ”A vrijedi,ako i samo ako vrijedi B”. Napomenimo da cemo umjesto izraza ”ako i samoako” krace pisati akko.Kao sastavni dio iskaza cesto se pojavljuju kvantifikatori:

∀x (”za svako x”) i ∃x (”postoji barem jedan x”).

Skupovi

Skup predstavlja sveukupnost izvjesnih objekata (tzv. elemenata); ta sveukup-nost se smatra jednim novim objektom. Naravno, ova definicija kao i mnogecinjenice vezane za skupove koje cemo ovdje navesti zahtijevaju strozije for-mulacije, kojima se, kako je na pocetku receno, necemo baviti. Sa strogimaksiomatskim pristupom teoriji skupova citalac se moze detaljnije upoznati u[6].

1

2 SADRZAJ

Ako skup nema nijedan element nazivamo ga prazan skup (oznaka ∅). Za pri-padnost (nepripadnost) elementa skupu koristimo uobicajenu oznaku ∈ (/∈).Cinjenicu da je skup A podskup skupa B oznacavamo sa A ⊂ B, sto se ekvi-valentno moze zapisati i sa B ⊃ A, te kazemo da je B nadskup skupa A. Pritome dopustamo i da je A = B.Sa {x : E(x)}, oznacavamo skup svih objekata za koje je iskaz E tacan, madatreba reci da kod izvjesnih iskaza ova definicija moze dovesti do kontradikcije;matematicki je korektnije definisati {x ∈ X : E(x)}, gdje je X neki skup.Neka su A i B podskupovi skupa X. Tada uniju, presjek i razliku skupova A iB redom definisemo sa

A ∪B := {x ∈ X : x ∈ A ∨ x ∈ B},A ∩B := {x ∈ X : x ∈ A ∧ x ∈ B},A\B := {x ∈ X : x ∈ A ∧ x /∈ B}

Osim toga, skup Ac := X\A nazivamo komplementom skupa A.Skup svih podskupova od X nazivamo partitivni skup od X, a oznacavamo gasa P(X).Konacno, za date neprazne skupove A i B, Dekartov1 proizvod A×B definisemokao skup svih uredenih parova, pri cemu je prvi element iz skupa A, a drugi izskupa B, tj.

A×B := {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Relacije i funkcije

Ako su A i B neprazni skupovi i ρ ⊂ A × B, onda uredenu trojku (A,B, ρ)nazivamo binarnom relacijom iz A u B (ili samo relacijom). Za a ∈ A i b ∈ Bkazemo da su u relaciji ρ i pisemo a ρ b, ako je (a, b) ∈ ρ. Ukoliko je A = B,onda govorimo o binarnoj relaciji (ili samo relaciji) na A.Ako relacija na nepraznom skupu A ima osobine,

(i) (∀a ∈ A) a ρ a (refleksivnost),(ii) (∀a, b ∈ A) a ρ b ⇒ b ρ a (simetricnost),(iii) (∀a, b, c ∈ A) a ρ b ∧ b ρ c ⇒ a ρ c (tranzitivnost),

onda ju nazivamo relacijom ekvivalencije na A. U tom slucaju za svako a ∈ Adefinisemo klasu ekvivalencije [a] elementa a kao skup elemenata iz A koji su urelaciji sa a, tj. [a] := {x ∈ A : x ρ a}. Moze se dokazati da za sve a, a′ ∈ Avrijedi ili [a] = [a′] ili [a] ∩ [a′] = ∅, te da je

⋃a∈A[a] = A.

U posebno vazne relacije spadaju funkcije ili preslikavanja, a definisu se nasljedeci nacin: ako relacija (A,B, f) ima osobinu da za svako a ∈ A postojijedinstven b ∈ B, tako da je a f b, onda takvu relaciju nazivamo funkcijom.Funkciju cemo umjesto kao uredenu trojku (A,B, f) zapisivati u obliku f :A → B; pri tome, skup A nazivamo domen ili oblast definisanosti, a skup Bkodomen. Osim toga, umjesto (a, b) ∈ f pisemo b = f(a). Kako funkcijuf : A → B mozemo interpetirati kao pravilo po kome se svakom elementu skupaA dodjeljuje tacno jedan element skupa B, to cemo ju ponekad zapisivati uobliku a 7→ f(a).

1Rene Descartes (1596 – 1650), francuski matematicar

SADRZAJ 3

Slika ili skup vrijednosti f(A) ⊂ B funkcije f : A → B je skup definisan saf(A) := {f(a) : a ∈ A}.Grafik Gf ⊂ A×B je skup dat sa Gf := {(a, f(a)) : a ∈ A}.Ako je A′ ⊂ A, onda funkciju f |A′ : A′ → B sa osobinom da

(∀a ∈ A′) (f |A′)(a) = f(a),

nazivamo restrikcijom funkcije f na skup A′.Dalje, za funkciju f : A → B kazemo da je

• injektivna, ako vrijedi (∀a, a′ ∈ A) f(a) = f(a′) ⇒ a = a′,

• surjektivna, ako je B = f(A),

• bijektivna, ako je i injektivna i surjektivna.

Za svaku bijektivnu funkciju f : A → B postoji inverzna funkcija (krace inverz)f−1 : B → A, koja ima osobinu

(∀a ∈ A) f−1(f(a)) = a, (∀b ∈ B) f(f−1(b)) = b.

Ako su f : A → B i g : B → C date funkcije, onda funkciju g ◦ f : A → Cdefinisanu sa

(∀a ∈ A) (g ◦ f)(a) := g(f(a)),

nazivamo kompozicijom funkcija f i g.

Neka je I neprazan skup i f : I → P(X) injektivno preslikavanje. Ako oznacimoAi := f(i), onda skup f(I) = {Ai : i ∈ I} nazivamo familijom podskupova odX indeksiranu skupom I. Pri tome,

⋃i∈I Ai predstavlja uniju, a

⋂i∈I Ai presjek

skupova navedene familije. Nije tesko dokazati da vrijede Demorganove2 formule( ⋃

i∈I

Ai

)c

=⋂

i∈I

Aci ,

( ⋂

i∈I

Ai

)c

=⋃

i∈I

Aci . (1)

2Augustus De Morgan (1806 – 1871), engleski matematicar

4 SADRZAJ

Glava I

Realni brojevi

Iako je cini da je pojam broja toliko prirodan i razumljiv da ga ne trebaposebno objasnjavati, ipak, njegovo strogo matematicko zasnivanje okoncanoje tek u 19. vijeku radovima njemackih matematicara Dedekinda1 i Kantora2.U matematickoj analizi najpoznatiji su aksiomatski i konstruktivni pristup za-snivanja skupa realnih brojeva.Po aksiomatskom pristupu skup realnih brojeva je neprazan skup koji zadovo-ljava tzv. aksiome polja, uredenja i potpunosti. Pri tome, pitanje egzistencijetakvog skupa ostaje otvoreno.Kod konstruktivnog pristupa krene se od proizvoljnog beskonacnog skupa. Mo-guce je dokazati da ako postoji barem jedan beskonacan skup, onda postoji iskup prirodnih brojeva. Skup prirodnih brojeva definise se pomocu Peanovih3

aksioma. Iz prirodnih brojeva lako se dobiju cijeli, a iz cijelih racionalni. Realneuz pomoc racionalnih brojeva konstruisali su Dedekind (1872) i Kantor (1889).Prema tome, ako postoji barem jedan beskonacan skup, tada postoji i skuprealnih brojeva. Egzistencija beskonacnog skupa je jedna od aksioma teorijeskupova. U vezi sa navedenim tvrdnjama citalac moze detaljnije pogledati u [2]i [5].Mi smo se ovdje opredijelili za aksiomatski pristup koji je u odnosu na kon-struktivni znatno manje zahtjevan.

I.1 Realni brojevi kao polje

Karakterizacija skupa realnih brojeva R kao polja sastoji se u cinjenici da postojepreslikavanja + : R×R→ R (sabiranje) i · : R×R→ R (mnozenje) sa sljedecimosobinama (tzv. aksiome polja ):

(1.1) Komutativnost sabiranja: (∀a, b ∈ R) a + b = b + a

(1.2) Asocijativnost sabiranja: (∀a, b, c ∈ R) (a + b) + c = a + (b + c)

(1.3) Egzistencija neutralnog elementa za sabiranje:

(∃ 0 ∈ R)(∀a ∈ R) a + 0 = a

1Richard Dedekind (1831–1916)2Georg Cantor (1845–1918)3Giuseppe Peano (1858–1932), talijanski matematicar

5

6 GLAVA I. REALNI BROJEVI

(1.4) Egzistencija inverznog elementa za sabiranje:

(∀a ∈ R)(∃ − a ∈ R) a + (−a) = 0

Do sada su bile navedene osobine sabiranja. Sljedece osobine ticu se mnozenja.

(1.5) Komutativnost mnozenja: (∀a, b ∈ R) a · b = b · a(1.6) Asocijativnost mnozenja: (∀a, b, c ∈ R) (a · b) · c = a · (b · c)(1.7) Egzistencija neutralnog elementa za mnozenje:

(∃ 1 ∈ R\{0})(∀a ∈ R) a · 1 = a

(1.8) Egzistencija inverznog elementa za mnozenje:

(∀a ∈ R\{0})(∃a−1 ∈ R) a · a−1 = 1

Naredna osobina povezuje mnozenje sa sabiranjem.

(1.9) Distributivnost mnozenja u odnosu na sabiranje:

(∀a, b, c ∈ R) (a + b) · c = a · c + b · c

Napomene: (a) Ovdje smo za vrijednost funkcije + u (a, b) umjesto +((a, b))koristili prakticniju oznaku a + b, te umjesto ·((a, b)) oznaku a · b. Osim toga,cesto cemo umjesto a · b pisati ab.(b) Primijetimo da zbog asocijativnosti sabiranja, odnosno mnozenja mozemodefinisati

a + b + c := (a + b) + c = a + (b + c),abc := (ab)c = a(bc).

Posljedice aksioma polja

(1.10) Stav: Broj 0 je jedinstveno odreden.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji jos jedan element 0′ ∈ R sa istom osobinom:

(∀a ∈ R) a + 0′ = a. (1)

Otuda, 0′(1.3)= 0′ + 0

(1.1)= 0 + 0′

(1)= 0. ¤

(1.11) Stav: Za svako a ∈ R je −a jedinstveno odreden.

Dokaz. Ako postoji jos jedan element a′ sa istom osobinom, tj. da

a + a′ = 0, (2)

tada je

a′ = a′ + 0 = a′ + (a + (−a))(1.2)= (a′ + a) + (−a)

(2)= 0 + (−a) = −a. ¤

(1.12) Stav: −0 = 0.

Dokaz. 0(1.4)= 0 + (−0)

(1.1)= −0 + 0

(1.3)= −0. ¤

I.1. REALNI BROJEVI KAO POLJE 7

Oznaka: Umjesto a + (−b) pisacemo a− b.

Sljedeci stav nam govori o tome da ”prebacivanjem”na desnu stranu realan brojmijenja predznak.

(1.13) Stav: Neka a, b, c ∈ R. Tada a + b = c ⇔ b = c− a.

Dokaz. Buduci da je rijec o ekvivalenciji, dokaz se provodi u dva smjera. Nekaje prvo a+b = c. Tada b = b+0 = b+(a+(−a)) = (b+a)+(−a) = c−a. Nekaje sada b = c−a. Odatle slijedi a+b = a+(c−a) = (c−a)+a = c+(−a+a) =c + 0 = c. ¤(1.14) Stav: (∀a ∈ R) − (−a) = a.

Dokaz. Iz −a + a = 0 na osnovu (1.13) imamo a = 0− (−a) = −(−a). ¤

(1.15) Stav: (∀a, b ∈ R) − (a + b) = −a− b.

Dokaz. Zbog (a+ b)+(−a− b) = (a+ b)+(−b−a) = a+(b− b)−a = a−a = 0i (1.13) je −a− b = 0− (a + b) = −(a + b). ¤

Analogno se dokazuju odgovarajuce tvrdnje za mnozenje:

(1.16) Stav: Broj 1 je jedinstveno odreden.

(1.17) Stav: Za svako a ∈ R\{0} je a−1 jedinstveno odreden.

(1.18) Stav: Neka a ∈ R\{0} i b, c ∈ R. Tada ab = c ⇔ b = a−1c.

(1.19) Stav: (∀a ∈ R\{0}) (a−1)−1 = a.

(1.20) Stav: (∀a, b ∈ R\{0}) (ab)−1 = b−1a−1 = a−1b−1.

Oznaka: ab := ab−1.

Na kraju navodimo posljedice distributivnosti.

(1.21) Stav: (∀a ∈ R) a · 0 = 0.

Dokaz. Iz a · 0 = 0 · a = (0 + 0) · a (1.9)= 0 · a + 0 · a = a · 0 + a · 0 i (1.13) slijedi

a · 0 = a · 0− a · 0 = 0. ¤

(1.22) Stav: Za sve a, b ∈ R je ab = 0, akko je a = 0 ili b = 0.

Dokaz. Neka je ab = 0 i recimo a 6= 0. Tada 0(1.21)= a−1 · 0 = a−1(ab)

(1.6)=

(a−1a) b = 1 · b = b. Obratno, ako a = 0 ili b = 0, onda je na osnovu (1.21) iab = 0.

(1.23) Stav: (∀a, b ∈ R) (−a) b = −(ab).

Dokaz. ab+(−a) b = (a+(−a)) b = 0 · b = 0(1.13)⇒ (−a) b = 0− (ab) = −(ab). ¤

(1.24) Stav: (∀a, b ∈ R) (−a) (−b) = ab.

Dokaz. (−a)(−b)(1.23)= −(a(−b))

(1.23)= −(−(ab))

(1.14)= ab. ¤

Napomene: (a) Neka je S skup sa najmanje dva elementa. Tada uredenu trojku(S, +, ·), pri cemu operacije + : S × S → S i · : S × S → S zadovoljavaju


(1.1)–(1.9) (pri tome umjesto R stoji S), nazivamo poljem.(b) Nije tesko provjeriti da (S, +, ·) takode cini polje, gdje je S = {0, 1}, a + i· zadovoljavaju 0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0, te 0 · 0 = 0 · 1 = 1 · 0 = 0i 1 · 1 = 1. To znaci da aksiome polja nisu dovoljne za karakterizaciju skuparealnih brojeva, jer iz njih ne slijedi da je, recimo, 1 + 1 6= 0.

I.2 Realni brojevi kao uredeno polje

Na polju realnih brojeva (R, +, ·) uvodimo binarnu relaciju < (”manje”), zakoju vrijedi sljedece (tzv. aksiome uredenja):

(2.1) Potpunost uredenja: Za sve a, b ∈ R je samo jedna od sljedecih tvrdnjitacna:

a < b, a = b, b < a.

(2.2) Tranzitivnost: (∀a, b, c ∈ R) (a < b) ∧ (b < c) ⇒ a < c.

(2.3) Monotonost sabiranja: (∀a, b, c ∈ R) a b := b < a

a ≤ b := a b ∨ a = b

a ≤ b ≤ c := a ≤ b ∧ b ≤ c

Definicija: Broj a ∈ R nazivamo pozitivnim (negativnim), ako je a > 0(odnosno a < 0), a nenegativnim ako je a ≥ 0.

Posljedice aksioma uredenja (i polja)

(2.5) Stav: (∀a, b ∈ R) a −b.

Dokaz. Neka je a < b. Ako primijenimo (2.3) za c = −a−b dobijamo a−a−b <b− a− b, tj. −b < −a. ¤

Sljedeca tvrdnja tice se sabiranja nejednakosti.

(2.6) Stav: (∀a, b, a′, b′ ∈ R) (a < b) ∧ (a′ < b′) ⇒ a + a′ < b + b′.

Dokaz. Zbog (2.3), iz a < b slijedi da je a + a′ < b + a′ = a′ + b, a iz a′ < b′ daje a′ + b < b′ + b, pa iz tranzitivnosti (2.2) imamo a + a′ < b + b′. ¤

(2.7) Napomena: Nije tesko vidjeti da iz a ≤ b i a′ ≤ b′ slijedi a + a′ ≤ b + b′,te da iz a < b i a′ ≤ b′ slijedi a + a′ < b + b′.

Da nejednakosti smijemo mnoziti jednu sa drugom ukoliko su lijeve i desnestrane nenegativne, pokazujemo u narednoj tvrdnji.

(2.8) Stav: (∀a, b, a′, b′ ∈ R) (0 ≤ a < b) ∧ (0 ≤ a′ < b′) ⇒ aa′ < bb′.

Dokaz. Neka je a′ = 0. Iz 0 < b, 0 < b′ i (2.4) slijedi 0 = 0 · b′ 0. Tada a < b(2.4)⇒ a a′ < ba′ = a′b i

a′ < b′(2.4)⇒ a′b < b′b zajedno sa (2.2) implicira da a a′ bc.

Dokaz. Iz c < 0 i (2.5) slijedi −c > 0, pa imamo (−c) a < (−c) b, tj. −ac < −bc,odakle ac > bc. ¤

(2.10) Stav: (∀a ∈ R\{0}) aa > 0.

Dokaz. Ako je a > 0, tada iz (2.4) slijedi aa > a · 0 = 0. Zbog (2.1), drugimoguci slucaj je a < 0. No, tada −a > 0, pa imamo 0 < (−a) (−a) = aa. ¤

(2.11) Stav: 1 > 0

Dokaz. Na osnovu prethodne tvrdnje je 1 = 1 · 1 > 0. ¤

(2.12) Stav: (∀a ∈ R\{0}) (a > 0) ⇒ a−1 > 0.

Dokaz. Neka je a > 0. Tada iz aa−1 = 1 i (1.22) zakljucujemo a−1 6= 0, odakle,na osnovu (2.10) slijedi a−1a−1 > 0. Mnozeci posljednju nejednakost sa a do-bijamo a−1 > 0. ¤

(2.13) Stav: (∀a, b ∈ R) 0 < a b−1.

Dokaz. Iz prethodne tvrdnje slijedi da a−1 > 0, b−1 > 0, odakle a−1b−1 > 0.Ako pomnozimo a b−1. ¤

Napomene: (a) Neka je (S, +, ·) polje, a < binarna relacija na S koja zadovo-ljava (2.1)–(2.4) (pri tome umjesto R stoji S). Tada uredenu cetvorku (S, +, ·, <) nazivamo uredenim poljem. Kako i skup racionalnih brojeva cini uredeno polje,znaci da ni aksiome polja i uredenja ne karakterisu u potpunosti skup realnihbrojeva.(b) Postojanje relacije uredenja omogucava da realne brojeve predstavimo narealnoj pravoj (vidi sliku). Zato cemo ponekad o realnim brojevima govoriti kaoo tackama.

b

Slika I.1: Realni brojevi a i b, pri cemu a < b

Definicija: Za a, b ∈ R, a < b definisemo

[a, b] := {x ∈ R : a ≤ x ≤ b} zatvoreni interval

(a, b) := {x ∈ R : a < x < b} otvoreni interval

[a, b) := {x ∈ R : a ≤ x < b} poluotvoreni interval

(a, b] := {x ∈ R : a < x ≤ b} poluotvoreni interval

Interval [a, b] nazivamo i segment. Ako je a = b, tada dodatno definisemo[a, a] := {a}. U svim navedenim slucajevima je b − a duzina intervala. Dalje,za a ∈ R definisemo

[a, ∞) := {x ∈ R : x ≥ a} zatvoreni interval

(a, ∞) := {x ∈ R : x > a} otvoreni interval

(−∞, a] := {x ∈ R : x ≤ a} zatvoreni interval


(−∞, a) := {x ∈ R : x < a} otvoreni interval

Napomena: Simbole ∞ i −∞ smo ovdje koristili samo radi kraceg zapisa.Treba naglasiti da −∞, ∞ 6∈ R!

Apsolutna vrijednost

Definicija: Neka je a ∈ R. Apsolutnu vrijednost od a definisemo sa

|a| :={

a, ako a ≥ 0,−a, ako a < 0.

Apsolutnu vrijednost mozemo geometrijski interpretirati na realnoj pravoj na

| |b-a

Slika I.2: Udaljenost od a do b

sljedeci nacin: ako a, b ∈ R, tada |a| predstavlja udaljenost tacke a od tacke 0,dok je |b−a| udaljenost od a do b. Iz navedene geometrijske interpretacije jasnoje da vrijedi

(2.14) Stav: Neka je a,M ∈ R i M ≥ 0. Tada vazi

(∀x ∈ R) |x| ≤ M ⇔ −M ≤ x ≤ M.

(2.15) Osobine apsolutne vrijednosti: Za sve a, b ∈ R vrijedi:

(i) |a| ≥ 0, (ii) | − a| = |a|, (iii) |ab| = |a||b|, (iv)∣∣a

b

∣∣ = |a||b| (b 6= 0).

Dokaz. Dokazacemo samo (iii). U zavisnosti od znaka brojeva a i b razlikujemocetiri slucaja:

10 Neka je a ≥ 0 i b ≥ 0. Tada ab ≥ 0, pa imamo |ab| = ab = |a||b|.20 Neka je a ≥ 0 i b < 0. Zbog ab ≤ 0 je |ab| = −ab = a(−b) = |a||b|.30 Neka je a < 0 i b ≥ 0. Postupamo kao slucaju 20.40 Neka je a < 0 i b < 0. Iz ab > 0 slijedi |ab| = ab = (−a)(−b) = |a||b|. ¤

(2.16) Nejednakost trougla: Za sve a, b ∈ R je |a + b| ≤ |a|+ |b|.Dokaz. Iz definicije apsolutne vrijednosti slijede nejednakosti a ≤ |a| i b ≤ |b|,cijim sabiranjem dobijamo

a + b ≤ |a|+ |b|. (3)

Takode vrijedi −a ≤ |a| i −b ≤ |b|, odakle sabiranjem imamo −(a+b) ≤ |a|+ |b|,odnosno a + b ≥ −(|a|+ |b|), sto zajedno sa (3) daje

−(|a|+ |b|) ≤ a + b ≤ |a|+ |b|,iz cega na osnovu (2.14) slijedi tvrdnja. ¤

(2.17) Stav: Za sve a, b ∈ R je ||a| − |b|| ≤ |a− b|.

I.3. AKSIOMA POTPUNOSTI 11

Dokaz. Na osnovu nejednakosti trougla imamo |a| = |a − b + b| ≤ |a − b|+ |b|,odakle je

|a| − |b| ≤ |a− b|. (4)

Ako u (4) zamijenimo mjesta brojevima a i b, dobijamo |b|−|a| ≤ |b−a|, odakle,zbog |a− b| = |b−a| slijedi −(|a|− |b|) ≤ |a− b|, sto, uzimajuci u obzir (4), daje

−|a− b| ≤ |a| − |b| ≤ |a− b|.Na kraju, koristeci posljednju nejednakosti i (2.14) zakljucujemo da je

||a| − |b|| ≤ |a− b|. ¤

I.3 Aksioma potpunosti

Svojstvo potpunosti skupa realnih brojeva geometrijski se interpretira kao ci-njenica da se svakoj tacki realne prave moze dodijeliti jedan realan broj, teda se na taj nacin moze popuniti citava prava. Zato se ponekad kaze da skuprealnih brojeva cini kontinuum. Matematicki se ta cinjenica izrazava Aksiomompotpunosti (3.1). Vidjecemo da se sve kljucne tvrdnje koje se ticu granicnihprocesa (konvergencija nizova, limesi funkcija, izvodi, integrali itd.) zasnivajuupravo na toj aksiomi.

Definicija: Neka je S ⊂ R. Kazemo da je M ∈ R gornja meda skupa S,ako je x ≤ M , za sve x ∈ S. Pri tome skup S za koga postoji barem jedna gornjameda nazivamo ogranicenim odozgo. Slicno, m ∈ R je donja meda za skup S,ako je m ≤ x, za sve x ∈ S, a skup koji ima najmanje jednu donju medu zovemoogranicenim odozdo. Konacno, skup S nazivamo ogranicenim, ako je ograniceni odozgo i odozdo ili sto je ekvivalentno sa

(∃K > 0) (∀x ∈ S) |x| ≤ K.

Definicija: Broj s ∈ R nazivamo najmanjom gornjom medom ili supre-mumom skupa S ⊂ R (oznaka s = sup S), ako je s gornja meda za S i ako zasvaku gornju medu s′ skupa S vrijedi s′ ≥ s.

Napomene: (a) Analogno se definise najveca donja meda ili infimum skupa S(oznaka inf S).(b) U slucaju da je supS ∈ S, tada max S := sup S nazivamo najvecim ili mak-simalnim elementom skupa S. Slicno, ako je inf S ∈ S, broj min S := inf Snazivamo najmanjim ili minimalnim elementom skupa S.

Primjer: Za S = [0, 1) je sup S = 1, inf S = 0, min S = 0, a max S ne postoji.Iz ovog primjera se vidi da cak ukoliko je neki skup ogranicen odozgo, ondanjegov maksimalni element ne mora postojati. Medutim, supremum u takvimsituacijama ipak postoji, jer uzimamo da vazi

(3.1) Aksioma potpunosti: Za svaki neprazan, odozgo ogranicen skup S ⊂ Rpostoji supremum.

(3.2) Stav: Za svaki neprazan, odozdo ogranicen skup S ⊂ R postoji infimum.

Dokaz. Ako je skup S ⊂ R ogranicen odozdo, tada je −S := {−x : x ∈ S}ogranicen odozgo. Zaista, ako je m donja meda za S, tada iz m ≤ x za sve


x ∈ S slijedi da −x ≤ −m za sve x ∈ S, tj. −m je gornja meda za −S.Na osnovu Aksiome potpunosti postoji s = sup(−S). Nije tesko vidjeti da je−s = inf S. ¤Napomena: Uredeno polje (R, +, ·, <), u kome vrijedi Aksioma potpunosti(3.1) nazivamo polje (skup) realnih brojeva. Moze se dokazati da u sustini samojedno takvo uredeno polje moze da postoji (vidjeti u [5]).

I.4 Prirodni brojevi

Kao sto je studentima sigurno poznato, pod prirodnim brojevima podrazumije-vamo sljedece realne brojeve:

1, 2 := 1 + 1, 3 := 2 + 1, 4 := 3 + 1, . . .

Vidimo da krenuvsi od broja 1, svaki sljedeci prirodan broj se dobija iz pre-thodnog dodavanjem jedinice, te da se na navedeni nacin iscrpljuje citav skupprirodnih brojeva. Otuda je ocigledno da je skup prirodnih brojeva najmanjipodskup skupa realnih brojeva koji ima osobinu da sadrzi broj 1 i da svaki njegovclan uvecan za jedan opet mora biti element tog skupa. Upravo to zapazanje cenam posluziti kao osnova za njegovu definiciju.

Definicija i osnovne osobine skupa prirodnih brojeva

Definicija: Skup S ⊂ R za koga vrijedi,(i) 1 ∈ S,(ii) (∀x) x ∈ S ⇒ x + 1 ∈ S,

nazivamo induktivnim skupom.Na primjer, R i (0, ∞) su induktivni skupovi.

(4.1) Definicija skupa prirodnih brojeva: Neka je {Si : i ∈ I} skup svihinduktivnih skupova. Tada skup prirodnih brojeva N definisemo kao presjek svihinduktivnih skupova, tj.

N :=⋂

i∈I

Si.

Taj skup je takode induktivan i predstavlja najmanji induktivan skup, tj. podskupje svakog induktivnog skupa.

Dokaz. Prvo dokazimo da je N induktivan skup. Zaista, zbog 1 ∈ Si za sve i ∈ Ije i 1 ∈ ⋂

i∈I Si, tj. 1 ∈ N. Ako je x ∈ N, tada x ∈ Si za sve i ∈ I, a kako jesvaki Si induktivan, to je i x + 1 ∈ Si za sve i ∈ I, tj. x + 1 ∈ N.Buduci da je N presjek svih induktivnih skupova, to je onda i podskup svakogod njih, tj. predstavlja najmanji induktivan skup. ¤

Oznaka: N0 := N ∪ {0}.Kao neposrednu posljedicu definicije prirodnih brojeva imamo

(4.2) Princip matematicke indukcije: Ako je S ⊂ N takav da(i) 1 ∈ S,(ii) (∀n) n ∈ S ⇒ n + 1 ∈ S,

tada je S = N.

I.4. PRIRODNI BROJEVI 13

Vecina tvrdnji koji se ticu prirodnih brojeva dokazuju se pomocu tog principa,mada cemo ga mi najcesce koristiti u sljedecem, nesto izmijenjenom obliku:

(4.3) Postupak dokazivanja pomocu matematicke indukcije: Neka sudate tvrdnje T1, T2, T3, . . .. Pretpostavimo da vrijedi sljedece:

(i) T1 je tacno;(ii) Za sve n ∈ N vazi: Ako je Tn tacno, onda je tacno i Tn+1.

Tada su sve tvrdnje T1, T2, T3, . . . tacne.Buduci da cemo se cesto pozivati na ovaj postupak, zvacemo ga jednostavnomatematicka indukcija. Pri tome (i) nazivamo bazom, a (ii) korakom indukcije.

Napomena: Postoje i druge varijante gore navedenog postupka. Recimo, bazaindukcije moze biti Tn0 , gdje je n0 ∈ N0 proizvoljan. U tom slucaju bi postupakdokazivanja izgledao ovako:Neka vrijedi: (i) Tn0 je tacno; (ii) Ako je Tn tacno, onda je i Tn+1 tacno, za sven ≥ n0. Tada su sve tvrdnje Tn0 , Tn0+1, Tn0+2, . . ., tacne.

U narednim tvrdnjama cemo navesti osnovne osobine skupa N.

(4.4) Stav: Neka je m,n ∈ N. Tada: (i) m + n ∈ N, (ii) mn ∈ N.

Dokaz. Tvrdnju dokazujemo uz pomoc matematicke indukcije. Neka je m ∈ Nproizvoljno.(i) Tvrdnju (i) oznacimo sa Tn. Za n = 1 je m + n = m + 1 ∈ N, jer je Ninduktivan skup. Znaci, T1 je tacno. Pretpostavimo da je Tn tacno. Dokazimoda je tacno i Tn+1. Zaista, m + (n + 1) = (m + n) + 1 ∈ N, jer zbog Tn jem+n ∈ N, a (m+n)+1 ∈ N, buduci da je N induktivan skup. Na osnovu (4.3)slijedi da je Tn tacno, za svako n ∈ N.(ii) Neka je sada Tn tvrdnja (ii). Za n = 1 je m · 1 = m ∈ N, pa je T1 tacno.Neka je Tn tacno. Otuda, m(n + 1) = mn + m ∈ N, jer je mn ∈ N zbog Tn, aiz (i) slijedi da je i mn + m ∈ N. Dakle, Tn+1 je tacno. ¤

(4.5) Stav: (∀n ∈ N) n ≥ 1.

Dokaz. I ovu tvrdnju dokazujemo matematickom indukcijom. Za n = 1 je tvrd-nja ocigledno tacna. Pretpostavimo da je n ≥ 1. Dodavajuci toj nejednakostinejednakost 1 > 0 (vidjeti (2.11)), na osnovu (2.7) dobijamo da je n + 1 > 1. ¤

(4.6) Stav: (∀m,n ∈ N) m > n ⇒ m− n ∈ N.

Dokaz. Dokaz provodimo u dva koraka.10 Dokazimo: (∀n ∈ N) n > 1 ⇒ n− 1 ∈ N.Definisimo A := {a ∈ N : a− 1 ∈ N} ∪ {1}. Ocito, 1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada(n + 1) − 1 = n ∈ N, pa je n + 1 ∈ A. Iz principa matematicke indukcije (4.2)zakljucujemo da A = N. Time je 10 dokazano.20 Neka je B := {b ∈ N : b − a ∈ N za sve a ∈ N, a < b} ∪ {1}. Ocito, 1 ∈ B.Neka je sada m ∈ B. Uzmimo n ∈ N, n < m + 1 proizvoljan. Tada zbog (4.5)i (2.1) imamo samo dvije mogicnosti za n, a to su n = 1 ili n > 1. Ako jen = 1, tada je m + 1 − n = m ∈ N. Ukoliko je n > 1, tada zbog 10 imamon− 1 ∈ N, a buduci da je m ∈ B i n− 1 < m, zakljucujemo da m− (n− 1) ∈ N,tj. (m + 1)−n ∈ N. Prema tome, m + 1 ∈ B, pa opet na osnovu (4.2) slijedi daje B = N. Time je tvrdnja dokazana. ¤


(4.7) Stav: (∀m,n ∈ N) m > n ⇒ m ≥ n + 1.

Dokaz. Ako je m,n ∈ N i m > n, tada iz prethodne tvrdnje slijedi da m−n ∈ N,pa iz (4.5) dobijamo da je m− n ≥ 1, odakle tvrdnja. ¤

(4.8) Princip najmanjeg elementa: Svaki neprazan podskup skupa prirodnihbrojeva ima najmanji element.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji neprazan skup S ⊂ N, koji nema najmanjielement. Definisimo M := {n ∈ N : (∀x ∈ S) n < x}. Ocigledno je S ∩M = ∅.Dalje je 1 /∈ S, jer bi u suprotnom zahvaljujuci (4.5) bilo min S = 1, sto je usuprotnosti sa pretpostavkom o skupu S. Prema tome, 1 < x za sve x ∈ S,odakle 1 ∈ M . Pretpostavimo da je n ∈ M . Tada vazi n < x, za sve x ∈ S,odakle zbog (4.7) imamo n + 1 ≤ x, za sve x ∈ S. No, kako je n + 1 /∈ S (usuprotnom bi bilo min S = n + 1), to je n + 1 < x, za sve x ∈ S, sto znaci dan + 1 ∈ M . Na osnovu principa matematicke indukcije (4.2) je M = N, iz cegaslijedi S = S ∩ N = S ∩M = ∅, sto je kontradikcija. ¤

(4.9) Arhimedova4 teorema: Za svako a ∈ R postoji n ∈ N, tako da je n > a.

Dokaz. Dovoljno je dokazati da skup prirodnih brojeva nije ogranicen odozgo.Ako bi N bio ogranicen odozgo, tada bi na osnovu Aksiome potpunosti postojaos = supN, iz cega bi slijedilo da postoji i n ∈ N, takav da s− 1 < n, buduci das − 1 nije gornja meda za N. Iz s < n + 1 i n + 1 ∈ N zakljucujemo da s nijegornja meda za N, sto je kontradikcija. ¤

Prirodni stepen

Ako je a ∈ R i n ∈ N, tada se prirodni stepen an obicno definise sa

an := a · a · . . . · a︸︷︷︸n puta

.

Medutim, posljednji izraz je zapravo samo jedna sugestivna oznaka, cije mate-maticko znacenje, strogo uzevsi, nije jasno. Pokazimo sada jedan matematickistrogo fundirani nacin za definisanje prirodnog stepena, a koji je zasnovan naprincipu matematicke indukcije. Prvo definisemo a1 := a. Buduci da je a1 vecdefinisano, mozemo definisati a2 := a1 · a. Sada je a2 poznato, pa mozemodefinisati i a3 := a2 · a itd. U opstem slucaju, uz pretpostavku da smo an vecdefinisali, mozemo definisati i an+1 := an · a. Ovo je tipican primjer rekurzivnedefinicije, kod koje se za definisanje narednog koraka koristi poznata vrijednostiz aktuelnog koraka. Matematicka zasnovanost rekurzivnih definicija proizilaziiz Dedekindove teoreme o rekurzivnim funkcijama (pogledati u [2] ili [5]). Osimtoga, iz prakticnih razloga definisemo a0 := 1, sto takode mozemo uzeti kaopolazni korak za rekurzivnu proceduru definisanja prirodnog stepena.

Definicija: Neka je a ∈ R. Prirodni stepen an, gdje je n ∈ N0, rekurzivnodefinisemo sa a0 := 1 i an+1 := an · a, za sve n ∈ N0. Pri tome broj a nazivamobazom, a n eksponentom prirodnog stepena.

U narednoj tvrdnji navescemo osnovne osobine prirodnog stepena.

4Arhimed (oko 287–212 p. n. e), starogrcki matematicar


(4.10) Stav: Neka je a, b ∈ R i m,n ∈ N0. Tada:(i) am+n = aman, (ii) (am)n = amn, (iii) (ab)n = anbn,

(iv)am

an= am−n (a 6= 0, m ≥ n), (v)

(a

b

)n

=an

bn(b 6= 0).

Dokaz. Dokaz provodimo matematickom indukcijom. Neka je m ∈ N0 proizvo-ljan.(i) Tvrdnju (i) oznacimo sa Tn. Da je T0 tacno slijedi iz am+0 = am = am · 1 =am · a0. Pretpostavimo da je Tn tacno. Onda imamo,

am+(n+1) = a(m+n)+1 Def= am+naTn= am an a

Def= aman+1.

Prema tome, Tn+1 je tacno.(ii) Sada tvrdnju (ii) oznacimo sa Tn. T0 je ocigledno tacno. Pretpostavimo daje Tn tacno. Tada je

(am)n+1 Def= (am)nam Tn= amnam (i)= amn+m = am(n+1),

pa je i Tn+1 tacno.(iii) I tvrdnju (iii) cemo oznaciti sa Tn. Ocito je T0 tacno. Ako je Tn tacno,imamo

(ab)n+1 Def= (ab)n(ab) Tn= anbn ab = (ana)(bnb) Def= an+1bn+1.

Dakle, i Tn+1 je tacno.(iv) Tvrdnja slijedi iz cinjenice da je

am = a(m−n)+n (i)= am−nan.

(v) Neka je Tn tvrdnja (v). Ako je Tn tacno, onda je zbog

(a

b

)n+1 Def=(a

b

)n

· a

b

Tn=an

bn· a

b=

an+1

bn+1,

tacno i Tn+1. Tvrdnja T0 je ocigledna. ¤

Imajuci u vidu (2.8), za ocekivati je da se nejednakosti mogu stepenovati ukolikosu obje strane nenegativne. Da je to zaista tako dokazujemo u

(4.11) Stav: (∀a, b ≥ 0) (∀n ∈ N) a < b ⇔ an < bn.

Dokaz. Oznacimo sa Tn tvrdnju

0 ≤ a < b ⇒ 0 ≤ an < bn.

Ocito je T1 tacno. Pretpostavimo da je tacno Tn. Mnozenjem 0 ≤ a b,onda bi iz Tn slijedilo an > bn, sto je kontradikcija, a ako bi bilo a = b, ondabi vrijedilo an = bn, sto je opet kontradikcija, cime je dokazana i implikacija” ⇐ ”. ¤Iz prethodnog neposredno slijedi


(4.12) Stav: (∀a, b ≥ 0) (∀n ∈ N) an = bn ⇒ a = b.

Napomena: Primijetimo da je −2 < 1, ali (−2)2 > 12, te (−1)2 = 12, ali−1 6= 1. Dakle, pretpostavka o nenegativnosti brojeva a i b je u prethodne dvijetvrdnje bitna. Ukoliko su u pitanju neparni stepeni, situacija je drugacija.

(4.13) Stav: (∀a, b ∈ R) (∀n ∈ N) a −b ≥ 0, odakle (−a)2n−1 > (−b)2n−1. Kako je (−a)2n−1 =(−1)2n−1a2n−1 = −a2n−1 i slicno (−b)2n−1 = −b2n−1, to je −a2n−1 > −b2n−1,odakle tvrdnja. Na kraju, za a < 0 < b imamo na osnovu prethodnih razma-tranja a2n−1 < 0 < b2n−1. ¤

Iz prethodnog stava neposredno slijedi

(4.14) Stav: (∀a, b ∈ R) (∀n ∈ N) a2n−1 = b2n−1 ⇒ a = b.

Narednim tvrdenjem cemo uvesti pojam aritmetickog korjena.

(4.15) Definicija i teorema: Neka je a ≥ 0 i n ∈ N. Tada postoji jedinstvenrealan broj b ≥ 0, tako da je bn = a i nazivamo ga n–ti aritmeticki korjen od a(oznaka n

√a).

Dokaz. Dat je u IV (4.3). ¤

Navedimo sada osnovne osobine aritmetickog korjena.

(4.16) Stav: Neka je a, b ≥ 0 i m,n, k ∈ N. Tada:

(i) ( n√

a)n = a, (ii) n√

am = ( n√

a)m, (iii) nk√

amk = n√

am ,(iv) m

√n√

a = mn√

a, (v) n√

ab = n√

a n√

b, (vi) n√

ab =

n√

an√

b(b > 0).

Dokaz. (i) Slijedi iz definicije aritmetickog korjena.(ii) Neka je x := n

√am, y := ( n

√a)m. Kako je s jedne strane xn = am, a s druge

strane iz (4.10)(ii) slijedi yn = ( n√

a)mn = (( n√

a)n)m = am, zakljucujemo daxn = yn, pa primjenom (4.12) dobijamo x = y.

(iii) Ako je x := nk√

amk, y := n√

am, tada je xnk = amk. Na osnovu (4.10)(ii)imamo ynk = (yn)k = (am)k = amk, odakle xnk = ynk, tj. x = y.

(iv) Uzmimo x := m√

n√

a, y := mn√

a. S jedne strane imamo xmn = (xm)n =( n√

a)n = a, a s druge strane je ymn = a, odakle x = y.(v) Stavljajuci x := n

√ab, y := n

√a n√

b dobijamo xn = ab, a zbog (4.10)(iii)imamo yn = ( n

√a)n ( n

√b)n = ab, pa je x = y.

(vi) Ako je x := n√

ab , y :=

n√

an√

b, onda iz definicije aritmetickog korjena slijedi

da je xn = ab , a iz (4.10)(v) imamo

yn =( n√

a)n

( n√

b)n=

a

b,

odakle slijedi x = y. ¤

U izvjesnim slucajevima ima smisla govoriti o korjenima negativnih brojeva. Naprimjer, jednacina b3 = −8 ima jedistveno rjesenje b = −2. To nam je motiv da


uvedemo pojam neparnog korjena.

(4.17) Neparni korjen: Neka su a ∈ R i n ∈ N proizvoljni. Tada postoji jedin-stven b ∈ R, takav da b2n−1 = a.

Dokaz. Ako bi postojao jos jedan broj b′ sa osobinom (b′)2n−1 = a, tada bi bilob2n−1 = (b′)2n−1, pa bi iz (4.14) slijedilo b = b′. Time je pokazana jedistvenostneparnog korjena. U slucaju da a ≥ 0, egzistencija korjena proizilazi iz (4.15),a ako a < 0, tada za b = − 2n−1

√−a vrijedi b2n−1 = a; pri tome je 2n−1√−a

aritmeticki korjen. ¤

Napomene: (a) Kao i u slucaju aritmetickog korjena, i za neparni korjen ko-ristimo oznaku 2n−1

√a. Osim toga, kvadratni korjen broja a ≥ 0 oznacavamo sa√

a.(b) Iz 3

√−8 = −2 zakljucujemo da neparni, za razliku od aritmetickog korjenakoji je uvijek nenegativan, moze poprimati i negativne vrijednosti. Naravno, uslucaju nenegativnih brojeva, aritmeticki i neparni korjen se poklapaju.(c) Iz (4.14) slijedi da tvrdnja analogna (4.16) vrijedi i za neparne korjene.(d) Uocimo da za svako n ∈ N i a ∈ R vazi

|a|2n =(|a|2)n =

(a2

)n = a2n,

te zbog |a| ≥ 0 i tvrdnje jedinstvenosti u (4.15) imamo2n√

a2n = |a|.Specijalno je

√a2 = |a|, za sve a ∈ R.

Konacne sume i proizvodi

Neka je n ∈ N i a1, a2, . . . an ∈ R. Tada konacnu sumu sn = a1 + . . . + an

definisemo rekurzivno sa

s1 := a1, sn+1 := sn + an+1, za sve n ∈ N.

Konacni proizvod pn = a1 · . . . · an takode uvodimo rekurzivno sa

p1 := a1, pn+1 := pn · an+1, za sve n ∈ N.

Sume se krace oznacavaju san∑

k=1

ak := a1 + . . . + an,

a proizvodi san∏

k=1

ak := a1 · . . . · an.

Pri tome ak nazivamo opsti clan sume, odnosno proizvoda. Nije tesko uz pomocmatematicke indukcije dokazati da za sve n ∈ N i λ ∈ R vrijedi

n∑

k=1

λak = λ

n∑

k=1

ak,

n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk.


Na prirodan nacin se moze za sve n, n0 ∈ N0, n0 ≤ n definisati i suma

n∑

k=n0

ak = an0 + . . . + an,

odnosno proizvodn∏

k=n0

ak = an0 · . . . · an.

Napomena: U radu sa sumama i proizvodima ponekad se susrecemo sa proble-mom pomijeranja indeksa opsteg clana. Na primjer, ukoliko je rijec o sumama,indukcijom se lako dokaze da vrijedi

n∑

k=1

ak =n−1∑

k=0

ak+1 in∑

k=1

ak =n+1∑

k=2

ak−1.

Primijetimo da prilikom pomjeranja indeksa u sumi dolazi i do promjene granicasumacije.

(4.18) Geometrijska suma: Za sve q 6= 1 i n ∈ N0 je

n∑

k=0

qk = 1 + . . . + qn =1− qn+1

1− q.

Dokaz. Kao i dosad, kad su u pitanju tvrdnje u vezi sa prirodnim brojevima,koristimo matematicku indukciju. Kako je q0 = 1 = 1−q

1−q , to je tvrdnja tacna zan = 0. Ako je tacna za n ∈ N, imamo

n+1∑

k=0

qk =n∑

k=0

qk + qn+1 =1− qn+1

1− q+ qn+1 =

1− qn+2

1− q,

tj. tacna je i za n + 1. ¤

Binomna formula

Definicija: Faktorijel prirodnog broja n definisemo sa n! := 1 · . . . · n.Osim toga, uzimamo da je 0! := 1.

Definicija: Neka je n, k ∈ N, tako da k ≤ n. Binomni koeficijent je

(n

k

):=

n(n− 1) · . . . · (n− k + 1)k!

.

Pored toga, definisemo(n0

):= 1.

Napomena: Primijetimo da u brojniku i u nazivniku binomnog koeficijentaimamo po k faktora.

Primjeri: (a)(73

)= 7·6·5

1·2·3 = 35.

(b) Ocigledno je(n1

)= n i

(nn

)= 1.


Napomene: (a) Ukoliko i brojnik i nazivnik u(nk

)pomnozimo sa (n − k)!,

dobijamo da je (n

k

)=

n!k! (n− k)!

. (5)

(b) Binomni koeficijenti, osim toga sto se javljaju u binomnoj formuli, igrajuveliku ulogu i u kombinatorici.

U sljedecoj tvrdnji, koristeci (5), dokazacemo dvije vazne osobine binomnih koe-ficijenata.

(4.19) Stav: Za sve n, k ∈ N, k ≤ n vrijedi:

(i)(

n

k

)=

(n

n− k

)(simetricnost),

(ii)(

n

k − 1

)+

(n

k

)=

(n + 1

k

)(Paskalova5 jednakost).

Dokaz. (i)(

n

n− k

)(5)=

n!(n− k)! (n− (n− k))!

=n!

(n− k)! k!=

(n

k

),

(ii)(

n

k − 1

)+

(n

k

)(5)=

=n!

(k − 1)! (n− k + 1)!+

n!k! (n− k)!

=n!

k! (n− k + 1)!(k + (n− k + 1))

=(n + 1)!

k! (n + 1− k)!=

(n + 1

k

).¤

Napomene: (a) Simetricnost nam moze biti od pomoci za racunanje binomnihkoeficijenata. Recimo, veoma je tesko po definiciji racunati

(10099

), ali ako pri-

mijenimo simetricnost, imamo(10099

)=

(100

100−99

)=

(1001

)= 100.

(b) Primijetimo da Paskalova jednakost predstavlja zapravo jednu rekurzivnuformulu za binomne koeficijente. Ona se moze pretociti u jednu semu za racunanjebinomnih koeficijenata, tzv. Paskalov trougao:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 1...

......

......

(4.20) Binomna formula: Za sve a, b ∈ R i n ∈ N je

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−k bk.

5Blaise Pascal (1623–1662), francuski matematicar


Dokaz. Dokaz provodimo matematickom indukcijom. Navedenu tvrdnju oznacimosa Tn. Lako se provjeri da je T1 tacno. Pretpostavimo da je Tn tacno. Tadaimamo,

(a + b)n+1 = (a + b) (a + b)n Tn= (a + b) ·n∑

k=0

(n

k

)an−k bk =

n∑

k=0

(n

k

)an+1−k bk +

n∑

k=0

(n

k

)an−k bk+1 =

(n

0

)an+1 +

n∑

k=1

(n

k

)an+1−k bk +

n−1∑

k=0

(n

k

)an−k bk+1 +

(n

n

)bn+1 =

an+1 +n∑

k=1

(n

k

)an+1−k bk +

n∑

k=1

(n

k − 1

)an−k+1 bk + bn+1 =

an+1 +n∑

k=1

[(n

k

)+

(n

k − 1

)]an+1−k bk + bn+1 (4.19)(ii)

=

(n + 1

0

)an+1 +

n∑

k=1

(n + 1

k

)an+1−k bk +

(n + 1n + 1

)bn+1 =

n+1∑

k=0

(n + 1

k

)an+1−k bk,

odakle slijedi da je i Tn+1 tacno. ¤

(4.21) Primjer: Primjena binomne formule u slucaju kuba zbira daje

(a + b)3 =3∑

k=0

(3k

)a3−k bk =

(30

)a3 b0 +

(31

)a2 b +

(32

)a b2 +

(33

)a0 b3

= a3 + 3a2 b + 3a b2 + b3.

Napomena: Primijetimo da brojevi u n – toj vrsti Paskalovog trougla pred-stavljaju koeficijente binomnog razvoja za (a + b)n.

I.5 Cijeli i racionalni brojevi

Definicija: Skup cijelih brojeva je Z := N0 ∪ −N, gdje je

−N = {−n : n ∈ N}.

Napomena: Moze se dokazati (vidjeti u [2]) da ako je m, n ∈ Z, onda je i

−m, m + n, mn ∈ Z.

Uz pomoc prirodnog stepena mozemo definisati i cjelobrojni stepen.

Definicija: Neka je a ∈ R\{0} i n ∈ N. Tada definisemo a−n :=(

1a

)n.

Dokaz narednog stava u kome se tvrdi da pravila koja vaze za prirodne, vaze iza cjelobrojne stepene, prepustamo citaocu.

I.5. CIJELI I RACIONALNI BROJEVI 21

(5.1) Stav: Neka je a, b ∈ R\{0} i m,n ∈ Z. Tada: (i) am+n = aman,(ii) (am)n = amn, (iii) (ab)n = anbn, (iv) am

an = am−n, (v)(

ab

)n = an

bn .

Definicija: Skup racionalnih brojeva Q dat je sa

Q :={m

n: m ∈ Z, n ∈ N

}.

Napomena: Moze se dokazati da je (Q, +, ·, <) uredeno polje, kao i da vrijedesva uobicajena pravila vezana za racunanje sa razlomcima (vidjeti npr. u [2]).

Sasvim je jednostavna cinjenica da za svaka dva razlicita realna broja a i bpostoji realan broj c koji se nalazi izmedu njih. Recimo, c := a+b

2 ima tosvojstvo. Ono sto nije sasvim ocigledno jeste da izmedu svaka dva razlicitarealna broja postoji racionalan broj, sto se moze interpretirati kao svojstvogustine skupa racionalnih u skupu realnih brojeva.

(5.2) Teorema: Skup Q je gust u R, tj. za sve a, b ∈ R, a < b, postoji r ∈ Q,tako da je a < r < b.

Dokaz. Neka je 0 ≤ a < b. Na osnovu Arhimedove teoreme (4.9) postoji n ∈ N,takav da n > 1

b−a , tj. da je 1n a}.Ponovnom primjenom Arhimedove teoreme zakljucujemo da postoji k ∈ N,takav da k > na, pa je S ⊂ N neprazan. Iz Principa najmanjeg elementa (4.8)slijedi da postoji m := min S. Kako je m ∈ S i m − 1 /∈ S, to je m

n > a im−1

n ≤ a, pa imamo

a <m

n=

m− 1n

+1n≤ a +

1n

< a + b− a = b,

tj. r = mn ∈ Q ima trazeno svojstvo. Ako je a < b ≤ 0, tada na osnovu

prethodno dokazanog postoji r′ ∈ Q, tako da 0 ≤ −b < r′ < −a, pa je trazenibroj r = −r′. U slucaju a < 0 < b je r = 0. ¤

Jos su stari Grci uocili da nisu svake dvije duzi srazmjerne, tj. da ne mora po-stojati duz koja bi se sadrzavala cijeli broj puta u obje duzi. U Euklidovim El-ementima6, recimo, postoji dokaz da stranica i dijagonala kvadrata nisu srazm-jerne. Izrazeno danasnjim matematickim rjecnikom, to zapravo znaci da

√2

nije racionalan broj, sto dokazujemo u narednom

(5.3) Stav:√

2 /∈ QDokaz. Prepostavimo da je

√2 racionalan. Tada bi postojali m, n ∈ N, tako

da√

2 = mn . Mozemo smatrati da su m i n relativno prosti. Kvadriranjem

posljednje jednakosti dobijamo

m2 = 2n2, (6)

odakle zakljucujemo da je m paran broj, odnosno da postoji k ∈ N, tako dam = 2k. Uvrstavajuci m = 2k u (6), imamo 2k2 = n2, pa bi i n morao bitiparan broj, sto je kontradikcija, jer smo pretpostavili da su m i n relativnoprosti. ¤

6Euklid (oko 325 – 265 p.n.e.), starogrcki matematicar, u svom glavnom djelu Elementi(sastoji se od 13 knjiga), sabrao je glavninu dotadasnjeg matematickog znanja. Elementi suimali presudan uticaj na razvoj matematike u narednih 2000 godina.


Navedena razmatranja daju nam povod da uvedemo pojam iracionalnog broja.

Definicija: Skup R\Q nazivamo skupom iracionalnih brojeva.

Korjeni nam omogucavaju da definisemo racionalne stepene.

Definicija: Neka je a > 0 i r ∈ Q. Racionalni stepen ar definisemo saar := n

√am za r = m

n , gdje je m ∈ Z, n ∈ N.

Napomena: Iako se racionalan broj pomocu razlomka ne predstavlja na jedin-stven nacin (na primjer, 1

2 = 24 = 3

6 = . . .), vrijednost racionalnog stepenaipak ne zavisi od nacina predstavljanja racionalnog eksponenta, jer na osnovu(4.16)(iii) vrijedi a

mn = a

mknk , za sve m,n, k ∈ N, a moze se dokazati da isto

vrijedi i kad je m ∈ Z.

Uobicajena svojstva stepena vrijede i u ovom slucaju, a dokaz ostavljamo citaocuza vjezbu.

(5.4) Stav: Neka je a, b > 0 i x, y ∈ Q. Tada: (i) ax+y = axay,(ii) (ax)y = axy, (iii) (ab)x = axbx, (iv) ax

ay = ax−y, (v)(

ab

)x = ax

bx .

I.6 Realne funkcije

U uvodnom dijelu ovog poglavlja pozabavicemo se opstim pitanjima vezanimza realne funkcije realne promjenljive, kao sto su monotonost, parnost, peri-odicnost, konveksnost itd. U najjednostavnije realne funkcije (barem sto sedefinicije tice) svakako spadaju polinomi, kojima se bavimo u nastavku ovogpoglavlja. Medu polinomima izdvajamo njihove posebno vazne predstavnike,stepene funkcije. Neke slozenije klase funkcija izvode se iz polinoma: racionalnefunkcije definisemo kao kolicnike polinoma, a korjene funkcije mogu se posma-trati kao inverzi stepenih funkcija. Na kraju uvodimo jos jednu klasu vaznihfunkcija, nizove.

Uvod

Neka je D ⊂ R neprazan skup. Funkciju f : D → R nazivamo realnom funkci-jom realne promjenljive. Primijetimo da je u tom slucaju njen grafik Gf poskupod R× R.Slicno kao sto smo skup R geometrijski predstavljali uz pomoc realne prave, takoskup R × R mozemo predstaviti pomocu koordinatne ravni na sljedeci nacin:uz proizvoljno odabrane realne prave koje se sijeku u nuli pod pravim uglom(tzv. koordinatne ose, x – osa i y – osa), svakoj tacki T koordinatne ravni dodi-jelimo uredeni par (x0, y0) ∈ R×R kao na slici. Pri tome x0 nazivamo apscisom,

T

0

Slika I.3: Tacki T dodjeljuje se uredeni par (x0, y0)

I.6. REALNE FUNKCIJE 23

a y0 ordinatom tacke T . Koordinatna ravan nam omogucava da geometrijskipredstavimo grafike funkcija. Medu vazne primjere funkcija spadaju:

(a) f : R → R, f(x) = c, za neko c ∈ R (konstantna funkcija). Njen grafikgeometrijski predstavlja pravu paralelnu x – osi (vidi sliku).

0

Slika I.4: Grafik funkcije f(x) = c

(b) f : R→ R, f(x) = ax + b, gdje je a, b ∈ R (afina funkcija). I njen grafik jeprava (vidi sliku). U slucaju b = 0 funkciju f nazivamo linearnom funkcijom.

0

Slika I.5: Grafik funkcije f(x) = ax + b, za a, b > 0

(c) f : R→ R, f(x) = |x|.

0

Slika I.6: Grafik funkcije f(x) = |x|

(d) f : R\{0} → R, f(x) = 1x . Njen grafik je hiperbola (vidi sliku).

Za f : D → R kazemo da je

• parna, ako (∀x ∈ D) − x ∈ D ∧ f(−x) = f(x),


• neparna, ako (∀x ∈ D) − x ∈ D ∧ f(−x) = −f(x).

0

Slika I.7: Grafik funkcije f(x) = 1x

Funkcije (a) i (c) su parne, a (d) neparna, dok (b) za a, b 6= 0 nije ni parna nineparna. Grafik parne funkcije je simetrican u odnosu na y – osu, a neparne uodnosu na koordinatni pocetak.

Dalje, za funkciju f : D → R kazemo da je:

• rastuca, ako (∀x1, x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2),

• strogo rastuca, ako (∀x1, x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2),

• opadajuca, ako (∀x1, x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f(x1) ≥ f(x2),

• strogo opadajuca, ako (∀x1, x2 ∈ D) x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2).

Funkcija koja je rastuca ili opadajuca naziva se monotonom funkcijom. Takodese govori i o strogo monotonoj funkciji, ako je strogo rastuca ili strogo opadajuca.Afina funkcija je strogo rastuca za a > 0, a strogo opadajuca za a < 0, dok jekonstantna funkcija rastuca, ali ne strogo (ali takode i opadajuca). U slucaju(d), zahvaljujuci (2.13) je f |(0,∞) strogo opadajuca, ali je i f |(−∞, 0) strogoopadajuca, sto se lako dokaze. Iz toga, medutim, ne slijedi da je f opadajucafunkcija, jer je npr. −1 < 1 i f(−1) < f(1). Ni funkcija (c) nije monotona.Primijetimo da se monotonost funkcija odrazava se na njihov grafik: ako jefuncija rastuca, onda se, gledajuci s lijeva na desno, njen grafik ”penje”, a akoje opadajuca, onda se ”spusta”. Osim toga, nije tesko dokazati i sljedece:

• Svaka strogo monotona funkcija je injektivna.

• Kompozicija dvije strogo rastuce, ali i dvije strogo opadajuce funkcijeje strogo rastuca funkcija, dok je kompozicija strogo rastuce i strogoopadajuce funkcije strogo opadajuca funkcija.

• Inverz strogo rastuce funkcije je strogo rastuca, a strogo opadajuce strogoopadajuca funkcija.

• Inverz neparne funkcije je neparna funkcija.


Napomenimo da se grafik inverzne funkcije dobije iz grafika polazne funkcije,ako se simetrijom preslika u odnosu na pravu y = x (vidi sliku).

0

f-1

Slika I.8: Grafici funkcija f i f−1

Funkciju f : D → R koja ima osobinu da postoji realan broj T > 0, tako davrijedi

(∀x ∈ D) x + T ∈ D ∧ f(x + T ) = f(x),

nazivamo periodicnom sa periodom T .

Ukoliko je skup vrijednosti f(D) funkcije f : D → R ogranicen odozgo (odozdo),onda za funkciju f kazemo da je ogranicena odozgo (odozdo). Ako je f(D)ogranicen skup onda je f ogranicena funkcija, sto je ekvivalentno sa

(∃K > 0) (∀x ∈ D) |f(x)| ≤ K.

Realan broj definisan sa min f := min f(D) nazivamo globalni minimum (ilisamo minimum) funkcije f , a broj max f := max f(D) globalni maksimum (ilisamo maksimum) funkcije f .

Slika I.9: Minimum i maksimum funkcije f : [a, b] → R

Napomena: Za funkciju f , cak i ako je ogranicena, ne moraju postojati min fi max f , sto se vidi na primjeru funkcije f : (0, 1) → R, f(x) = x. Sem toga,ako je funkcija ogranicena, onda se njen grafik nalazi izmedu dvije prave kojesu paralelne x – osi.Broj x0 ∈ D sa osobinom da je f(x0) = 0 nazivamo nulom funkcije f : D → R.Na kraju cemo definisati algebarske operacije sa realnim funkcijama, odnosnodefinisacemo zbir, proizvod i kolicnik dviju funkcija.


Neka su date funkcije f, g : D → R i neka je λ ∈ R. Tada definisemo funkcijef + g, λf, fg : D → R sa

(∀x ∈ D) (f + g)(x) := f(x) + g(x), (λf)(x) := λf(x), (fg)(x) := f(x)g(x),

odnosno funkciju fg : D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R sa

(f

g

)(x) :=

f(x)g(x)

.

Konveksnost funkcija

Definicija: Neka je I ⊂ R interval. Funkciju f : I → R nazivamo konvek-snom, ako za sve x1, x2 ∈ I, takve da je x1 6= x2 i sve λ1, λ2 ∈ (0, 1) sa osobinomλ1 + λ2 = 1, vrijedi

f(λ1x1 + λ2x2) ≤ λ1f(x1) + λ2f(x2). (7)

Ako u (7) umjesto znaka ≤ stoji <, kazemo da je funkcija f strogo konveksna, aako stoji ≥ , odnosno >, tada kazemo da je konkavna, odnosno strogo konkavna.

Napomena: Primijetimo da je f konkavna, akko je −f konveksna.

Primjeri: (a) Funkcija f : R → R data sa f(x) = x2 je strogo konveksna.Zaista, za sve x1, x2 ∈ R, x1 6= x2 i sve λ1, λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, vrijedi

(λ1x1 + λ2x2)2 = λ21x

21 + 2λ1λ2x1x2 + λ2

2x22

= λ1(1− λ2)x21 + 2λ1λ2x1x2 + λ2(1− λ1)x2

2

= λ1x21 + λ2x

22 − λ1λ2(x1 − x2)2

< λ1x21 + λ2x

22.

(b) Funkcija f : R → R, f(x) = |x| je konveksna, ali nije strogo konveksna.Zaista, na osnovu nejednakosti trougla (2.16), za sve x1, x2, λ1, λ2 kao pod (a)imamo

|λ1x1 + λ2x2| ≤ |λ1x1|+ |λ2x2| = λ1|x1|+ λ2|x2|.Ako su x1, x2 pozitivni, onda je

f(λ1x1 + λ2x2) = λ1x1 + λ2x2 = λ1f(x1) + λ2f(x2),

pa f nije strogo konveksna.(c) Svaka afina funkcija f : R→ R, f(x) = ax + b je istovremeno i konveksna ikonkavna.

Da bismo dosli do geometrijske interpretacije konveksnosti, koristimo nam sledecutvrdnju.

(6.1) Lema: Funkcija f : I → R je konveksna, akko za sve x1, x2, x ∈ I, takveda x1 < x < x2, vrijedi

f(x) ≤ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1

x2 − x1f(x2). (8)

U slucaju stroge konveksnosti u (8) stoji stroga nejednakost.


Dokaz. Ako je x1 < x < x2, tada za λ1, λ2 definisane sa

λ1 =x2 − x

x2 − x1, λ2 =

x− x1

x2 − x1, (9)

vrijedi λ1, λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, pa ako je f konveksna, tada zbog x =λ1x1 + λ2x2 imamo (8).Pretpostavimo sada da (8) vrijedi za sve x1 < x < x2. Neka su x1, x2 ∈ I, x1 6=x2 i λ1, λ2 ∈ (0, 1), λ1 + λ2 = 1, proizvoljni. Bez smanjenja opstosti mozemosmatrati da je x1 < x2. Za x := x2 − λ1(x2 − x1) vrijedi (9) i x = λ1x1 + λ2x2,a kako je jos x1 < x < x2, to na osnovu (8) dobijamo (7), tj. f je konveksna. ¤

Napomene: (a) Buduci da

y =x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1

x2 − x1f(x2)

predstavlja jednacinu prave kroz tacke P1(x1, f(x1)) i P2(x2, f(x2)), to iz pre-thodne leme zakljucujemo da je funkcija konveksna, akko svaka duz cije sukrajnje tacke na grafiku funkcije, lezi iznad tog grafika (vidjeti sliku).

0

P

P

1

2

1 2

Slika I.10: Duz P1P2 lezi iznad grafika funkcije f

(b) Graficki se strogo konveksne funkcije razlikuju od konveksnih po tome, stosu grafici ovih prvih ”ispupceni” (kao, recimo, funkcije x 7→ x2), dok graficionih drugih mogu sadrzavati ” ravne” dijelove , tj. dijelove pravih (kao, recimo,funkcija x 7→ |x|).

Polinomi, racionalne i korjene funkcije

Definicija: Neka je n ∈ N0 i a0, . . . , an ∈ R. Funkciju f : R→ R oblika

f(x) =n∑

k=0

akxk = a0 + a1x + . . . + an−1xn−1 + anxn,

nazivamo polinom. Ako je an 6= 0, tada kazemo da je f polinom stepena n.

Na primjer, f(x) = 2x7 − x6 + 172 x− 3 je polinom stepena 7.

Posebno vazne polinome predstavljaju stepene funkcije. To su funkcije oblikaf(x) = xn, gdje je n ∈ N. Sljedeca tvrdnja nam pokazuje da se stepene funkcijedijele na dvije klase u zavisnosti od toga da li je n parno ili neparno.

(6.2) Stav: Neka je n ∈ N i f : R→ R zadana sa f(x) = xn.


(i) Ako je n neparno, tada je f strogo rastuca i neparna.

(ii) Ako je n parno, onda je i f parna. Osim toga, f |(−∞, 0] jestrogo opadajuca, a f |[0,∞) strogo rastuca.

Dokaz. (i) Monotonost slijedi iz (4.13), a neparnost se neposredno provjeri.(ii) Parnost se lako dokaze. Na osnovu (4.11) je f |[0,∞) strogo rastuca, a zbogparnosti je f |(−∞, 0] strogo opadajuca. ¤

Napomena: Grafici stepenih funkcija za parno n se sustinski ne razlikuju odgrafika funkcije f(x) = x2, a za neparno n ≥ 3 od grafika funkcije f(x) = x3

(vidjeti grafike).

( ) =f x x2

( ) =f x x3

Slika I.11: Grafici funkcija f(x) = x2 i f(x) = x3

Definicija: Neka su f i g polinomi. Funkciju

r : R\{x ∈ R : g(x) = 0} → R

zadanu sar :=

f

g,

nazivamo racionalnom funkcijom. Dakle, racionalne funkcije su kolicnici poli-noma.

Funkcija f : R\{−1, 1} → R,

f(x) =x3 + 2x− 1

x2 − 1

je primjer racionalne funkcije.Napomena: Medu racionalnim funkcijama posebno se izdvajaju funkcije f :R\{0} → R date sa f(x) = 1

xn . I njihovo ponasanje uslovljeno je time, da li je nparno ili neparno: za parno n je njihov grafik blizak po izgledu grafiku funkcijef(x) = 1

x2 (vidjeti sliku), a za n neparno ne razlikuje se sustinski od grafikafunkcije f u slucaju kad je n = 1.

(6.3) Korjene funkcije: (i) Za svako n ∈ N je f : [0,∞) → [0,∞), f(x) = n√

xstrogo rastuca funkcija.

(ii) Za svako n ∈ N je f : R → R, f(x) = 2n−1√

x neparna, strogo rastucafunkcija.


0

Slika I.12: Grafik funkcije f(x) = 1x2

Dokaz. (i) Na osnovu (6.2) znamo da je g : [0,∞) → [0,∞), g(x) = xn strogorastuca funkcija. Iz (4.16) (i) i (ii) slijedi da su f i g inverzne jedna drugoj, paje f strogo rastuca, kao inverz strogo rastuce funkcije g.

(ii) Monotonost se dokazuje kao pod (i), a neparnost je posljedica cinjenice daje f inverz neparne funkcije x 7→ x2n−1. ¤

Napomena: Grafik svih korjenih funkcija na intervalu [0,∞) slican je grafikufunkcije f(x) =

√x (vidi sliku),

0

Slika I.13: Grafik funkcije f(x) =√

x

dok se grafik neparnih korjenih funkcija ne razlikuje bitnije od grafika funkcijef(x) = 3

√x (vidi sliku).

0

Slika I.14: Grafik funkcije f(x) = 3√

x


Nizovi

Definicija: Neka je S proizvoljan neprazan skup. Tada preslikavanje

a : N→ S

nazivamo nizom u S. Pri tome, umjesto a(n) pisemo an i taj element nazivamoopstim clanom niza. Sam niz cemo cesto oznacavati sa (an) ili ponekad sa(an)n∈N. Ukoliko je S = R, tada govorimo o nizu realnih brojeva.

Primjer: (a) Niz 1, 4, 9, 16, . . . ima opsti clan an = n2,

(b) Niz 1, 12 , 1

3 , 14 , . . . ima opsti clan an = 1

n ,

(c) Niz −1, 1,−1, 1,−1, 1, . . . ima opsti clan an = (−1)n.

Napomene: (a) Ponekad se pod nizom podrazumijeva preslikavanje a : N0 →S.(b) Treba razlikovati clanove niza od skupa njegovih vrijednosti {an : n ∈ N}.Recimo, u (c) je skup vrijednosti {−1, 1}, ali taj niz, kao uostalom i svaki niz,ima beskonacno mnogo clanova.

Niz (an) realnih brojeva nazivamo rastucim (strogo rastucim), odnosno opada-jucim (strogo opadajucim), ako je funkcija a : N → R rastuca (strogo rastuca),odnosno opadajuca (strogo opadajuca). Ocigledno da je niz (an) rastuci, akkoje

(∀n ∈ N) an ≤ an+1,

odnosno opadajuci, akko je

(∀n ∈ N) an ≥ an+1.

Za niz koji je rastuci ili opadajuci, kazemo da je monoton. Ukoliko u navedenimrelacijama nejednakosti zamijenimo strogim nejednakostima, tada imamo strogomonotone nizove.Niz (a) je strogo rastuci, niz (b) strogo opadajuci, a niz (c) nije monoton. Niz1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, . . . je rastuci, ali ne strogo.Pitanje ogranicenosti niza (an) se posmatra u kontekstu ogranicenosti funkcijea : N→ R, cime smo se bavili u Uvodu.Na primjer, nizovi (b) i (c) su ograniceni, jer u oba slucaja vrijedi |an| ≤ 1, zasve n ∈ N, dok je niz (a) ogranicen odozdo, ali nije odozgo.

Na kraju, navedimo jednu teoremu koja ima fundamentalan znacaj u matema-tickoj analizi.

(6.4) Princip umetnutih intervala: Pretpostavimo da niz segmenata (In),In = [an, bn] ima osobinu da In+1 ⊂ In, za sve n ∈ N. Tada je

⋂

n∈NIn 6= ∅, tj.

postoji c ∈ R, tako da je c ∈ In, za sve n ∈ N.

Dokaz. Ocito je a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ . . . i b1 ≥ b2 ≥ b3 ≥ . . .. Neka su m,n ∈ Nproizvoljni. Ako je m ≤ n, onda am ≤ an ≤ bn, a ako je m > n, tada bn ≥ bm ≥am. Dakle, za sve m,n ∈ N je am ≤ bn, pa zakljucujemo da je svaki n ∈ N, brojbn gornja meda za S := {am : m ∈ N}. Neka je c := sup S. Tada za sve n ∈ Nvrijedi an ≤ c (jer je c gornja meda za S) i c ≤ bn (jer je c najmanja gornjameda za S), tj. c ∈ In, za sve n ∈ N. ¤

I.7. PREBROJIVOST SKUPOVA 31

[ ][ ][ ]

Slika I.15: Umetnuti intervali

I.7 Prebrojivost skupova

Pretpostavimo da izmedu dva data skupa postoji bijektivno preslikavanje. Toznaci da se izmedu njihovih elemenata moze uspostaviti obostrano jednoznacnakorespondencija, iz cega slijedi da, grubo receno, ti skupovi imaju jednakomnogo elemenata (otuda naziv ekvipotentni ili ravnomocni skupovi)). Ukolikosu navedeni skupovi konacni, tada je jasno da moraju imati jednak broj eleme-nata. Medutim, ako su beskonacni, onda mogu nastupiti naizgled paradoksalnesituacije; na primjer, vidjecemo da prirodnih brojeva ima koliko i racionalnih,iako je skup prirodnih pravi podskup skupa racionalnih brojeva. Takode cemovidjeti da je realnih brojeva ipak ”vise” nego prirodnih.

Definicija: Za skupove A i B kazemo da su ekvipotentni i pisemo A ∼ B,ako postoji bijekcija ϕ : A → B.

(7.1) Stav: Ekvipotentnost je relacija ekvivalencije medu skupovima.

Dokaz. Neka su A,B, C skupovi.(i) Da je A ∼ A, slijedi iz cinjenice da je identiteta idA : A → A, idA(x) = x,bijekcija.(ii) Ako je A ∼ B, tada postoji bijekcija ϕ : A → B. Medutim, i ϕ−1 : B → Aje bijekcija, odakle B ∼ A.(iii) Neka je A ∼ B i B ∼ C. Tada postoje bijekcije ϕ : A → B i ψ : B → C.Kako je kompozicija bijektivnih funkcija bijektivna funkcija, to je i ψ◦ϕ : A → Cbijekcija, pa je A ∼ C. ¤

Napomena: Klase ekvivalencije indukovane gore navedenom relacijom ekviva-lencije poznate su pod imenom kardinalni brojevi.

Oznaka: Za n ∈ N sa {1, . . . , n} oznacavamo skup {k ∈ N : 1 ≤ k ≤ n}.Definicija: Za skup S kazemo da je konacan, ako postoji n ∈ N, tako daS ∼ {1, . . . , n}. I prazan skup smatramo konacnim. Skup koji nije konacannazivamo beskonacnim.

(7.2) Lema: (i) Svako injektivno preslikavanje ϕ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} je isurjektivno.(ii) Neka m,n ∈ N. Tada {1, . . . ,m} ∼ {1, . . . , n}, akko je m = n.

Dokaz. (i) Koristimo matematicku indukciju. Tvrdnja je ocigledno tacna zan = 1. Neka je tvdnja tacna za n ∈ N i neka je f : {1, . . . , n+1} → {1, . . . , n+1}injektivna. Ako je f(n + 1) = n + 1, tada iz induktivne pretpostavke slijedi bi-jektivnost funkcije f . Neka je sada f(n + 1) = k < n + 1. Definisimo funkcijug : {1, . . . , n + 1} → {1, . . . , n + 1} sa

g(j) :=

n + 1, j = k

k, j = n + 1

j, inace.


Ocito je g bijektivna. Neka je h := g ◦ f . Primijetimo da je h(n + 1) =n + 1. Funkcija h injektivna kao kompozicija injektivnih funkcija, pa je i njenarestrikcija h|{1, . . . , n} : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} injektivna, a zbog induktivnepretpostavke i bijektivna. Na osnovu h(n + 1) = n + 1 je h i bijektivna. Izg ◦ f = h slijedi da je f = g−1 ◦ h, odakle, zbog bijektivnosti funkcija g−1 i hzakljucujemo da je i f bijektivna.(ii) Neka je {1, . . . , m} ∼ {1, . . . , n}. To znaci da postoji bijekcija

ϕ : {1, . . . ,m} → {1, . . . , n}.

Ako bi bilo m > n, tada bi restrikcija ϕ|{1, . . . , n} : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} bilainjektivna, a na osnovu (ii) i surjektivna. Otuda bi zbog f(n + 1) ∈ {1, . . . , n}postojao n′ ∈ {1, . . . , n}, tako da je f(n + 1) = f(n′), sto je u suprotnosti sainjektivnoscu funkcije f . Drugi smjer u (ii) je ocigledan. ¤

Iz tvrdnje (ii) prethodne leme neposredno slijedi

(7.3) Stav: Ako je S konacan, tada postoji jedinstven n ∈ N, tako da je S ∼{1, . . . , n} i nazivamo ga broj elemenata skupa S.

(7.4) Stav: Skup N je beskonacan.

Dokaz. Pretpostavimo da je N konacan. Tada bi postojali n ∈ N i bijekcijaϕ : N→ {1, . . . , n}. Restrikcija funkcije ϕ na {1, . . . , n} (oznacimo ju opet sa ϕ)je injektivna, a na osnovu (7.2)(i) i surjektivna, pa bi zbog f(n+1) ∈ {1, . . . , n}postojao n′ ∈ {1, . . . , n}, tako da ϕ(n + 1) = ϕ(n′), iz cega bi slijedilo da f nijeinjektivna. ¤

(7.5) Stav: Podskup svakog konacnog skupa je konacan skup.

Dokaz. Neka je S konacan skup. Bez smanjenja opstosti mozemo uzeti da jeS = {1, . . . , n}, za neki n ∈ N. Indukcijom po n pokazimo da je svaki podskupod {1, . . . , n} konacan. Za n = 1 tvrdnja je ocigledna. Pretpostavimo da jetacna za n. Neka je A ⊂ {1, . . . , n + 1}. Ako n + 1 /∈ A, tada A ⊂ {1, . . . , n},pa je po induktivnoj pretpostavci A konacan. Neka je sada n + 1 ∈ A. IzA\{n+1} ⊂ {1, . . . , n} i induktivne pretpostavke slijedi da je A\{n+1} konacan,pa postoji m ∈ N i bijekcija ϕ : A\{n + 1} → {1, . . . ,m}. Kako je funkcijaϕ : A → {1, . . . , m + 1} definisana sa

ϕ(i) :=

{ϕ(i), i ∈ A\{n + 1}m + 1, i = n + 1,

bijekcija, slijedi da je A konacan. ¤

(7.6) Posljedice: (i) Nadskup svakog beskonacnog skupa je beskonacan skup.(ii) Skupovi Z,Q i R su beskonacni.(iii) Ako je S ⊂ N beskonacan, onda nije ogranicen odozgo.

Dokaz. (i) Slijedi iz prethodne teoreme.(ii) Slijedi iz (i) i (7.4).(iii) Pretpostavimo da je S ⊂ N ogranicen odozgo. Iz Arhimedove teoreme (4.9)bi slijedilo da postoji N ∈ N, tako da S ⊂ {1, . . . , N}, pa bi na osnovu (7.5)skup S morao biti konacan. ¤

I.7. PREBROJIVOST SKUPOVA 33

Definicija: Za skup S kazemo da je prebrojivo beskonacan, ako je S ∼ N,odnosno da je prebrojiv, ako je konacan ili prebrojivo beskonacan.

Napomena: Ukoliko je neki skup prebrojivo beskonacan, onda se on mozepredstaviti u obliku niza. Zaista, ako je S ∼ N i sn := ϕ(n), gdje je ϕ : N→ Sbijekcija, tada S = {s1, s2, s3, . . .} := {sn : n ∈ N}.(7.7) Teorema: Z ∼ N

Dokaz. Preslikavanje ϕ : N → Z zadano sa ϕ(n) :=

{ n2 , n parno

−n−12 , n neparno

moze se sematski predstaviti sa

1 2 3 4 5 . . .↓ ↓ ↓ ↓ ↓0 1 −1 2 −2 . . .

Ocigledno je rijec o bijekciji, odakle tvrdnja. ¤

(7.8) Stav: Podskup svakog prebrojivog skupa je prebrojiv skup.

Dokaz. Ako je S konacan, onda je na osnovu (7.5) i svaki njegov podskupkonacan, tj. prebrojiv. Zato pretpostavimo da je S prebrojivo beskonacan.Bez smanjenja opstosti mozemo uzeti da je S = N. Neka je A ⊂ N beskonacan.Dokazimo da je A prebrojivo beskonacan. Princip najmanjeg elementa (4.8)nam omogucuje da rekurzivno definisemo funkciju ϕ : N→ A sa

ϕ(1) := min A, ϕ(n + 1) := min{m ∈ A : m > ϕ(n)}.

Primijetimo da zbog beskonacnosti skupa A i (7.6)(iii) je {m ∈ A : m > ϕ(n)}neprazan, za svako n ∈ N. Kako je ϕ(n + 1) > ϕ(n), to indukcijom po k za-kljucujemo da ϕ(n + k) > ϕ(n), za sve n ∈ N, iz cega slijedi da je ϕ injektivna.Dokazimo sada da je ϕ i surjektivna. Neka je m0 ∈ A proizvoljno. DefinisimoB := {n ∈ N : ϕ(n) ≥ m0}. Buduci da je ϕ injekcija, to je ϕ(N) ∼ N, odnosno,skup ϕ(N) ⊂ N je beskonacan, pa iz (7.6)(iii) slijedi da je B je neprazan skup.Na osnovu principa najmanjeg elementa postoji n0 := min B. Ako n0 = 1, to jemin A = ϕ(n0) ≥ m0 ≥ min A, odakle ϕ(n0) = m0. Neka je n0 > 1. Zbog svo-jstva minimalnosti broja n0 je ϕ(n0 − 1) < m0, pa na osnovu definicije funkcijeϕ zakljucujemo da je ϕ(n0) ≤ m0. S druge strane, iz n0 ∈ B slijedi ϕ(n0) ≥ m0,odakle ϕ(n0) = m0. Prema tome, ϕ : N → A je surjekcija, dakle i bijekcija, paje N ∼ A. ¤

(7.9) Stav: Ako su A i B prebrojivi skupovi, onda je i A×B prebrojiv.

Dokaz. Zbog (7.8) dovoljno je posmatrati slucaj kad su A i B prebrojivo beskonacni.Neka je, dakle, A = {a1, a2, a3, . . .} i B = {b1, b2, b3, . . .}. Funkcija

ϕ : N→ A×B

definisana sa

ϕ(1) := (a1, b1), ϕ(2) := (a2, b1), ϕ(3) := (a1, b2), ϕ(4) := (a1, b3), . . .

(vidi semu na sljedecoj strani) je bijekcija, pa je N ∼ A×B. ¤


(a1, b1)

²²

(a1, b2) // (a1, b3)

zzuuuuuuuuuu(a1, b4) // (a1, b5) . . .

xxrrrrrrrrrrr

(a2, b1)

::uuuuuuuuuu(a2, b2)

{{wwwwwwwwww(a2, b3)

::uuuuuuuuuu(a2, b4)

{{wwwwwwwwww...

(a3, b1)

²²

(a3, b2)

;;wwwwwwwwww(a3, a3)

{{wwwwwwwwww...

(a4, b1)

;;wwwwwwwwww(a4, b2)

{{wwwwwwwwww...

(a5, b1) ...

(7.10) Napomene: (a) Indukcijom se lako pokaze da je konacan Dekartovproizvod prebrojivih skupova prebrojiv skup, tj. ako je n ∈ N i skupovi A1, . . . , An

prebrojivi, onda je i A1 × . . .×An prebrojiv skup.(b) Na slican nacin kao sto je dokazan prethodni stav, moze se dokazati i da jeprebrojiva unija prebrojivih skupova prebrojiv skup, tj. ako je I prebrojiv i Ai

prebrojiv, za svako i ∈ I, onda je i⋃

i∈I Ai prebrojiv skup.

(7.11) Teorema: Q ∼ NDokaz. Primijetimo da za svaki r ∈ Q postoje jedinstveni relativno prosti m ∈ Zi n ∈ N, tako da je r = m

n . Stoga mozemo definisati funkciju ϕ : Q → Z × Nsa ϕ(r) := (m,n), gdje je r = m

n , m ∈ Z, n ∈ N, a m i n su relativno prosti.Ocigledno je ϕ injektivna funkcija. Otuda je Q ∼ ϕ(Q), a kako je Q beskonacan,to je i ϕ(Q) beskonacan skup. S druge strane je Z× N prebrojiv kao Dekartovproizvod prebrojivih skupova, pa iz ϕ(Q) ⊂ Z×N i (7.8) slijedi da je ϕ(Q) ∼ N,odakle dobijamo Q ∼ N. ¤

(7.12) Teorema: Skup R nije prebrojiv.

Dokaz. Pretpostavimo da je R prebrojiv. Kako je R beskonacan skup, moraobiti prebrojivo beskonacan, te bi se mogao predstaviti u obliku R = {r1, r2, r3, . . .}.Neka je In = [an, bn] niz intervala pozitivne duzine sa osobinom

(∀n ∈ N) In+1 ⊂ In i rn /∈ In.

Egzistencija takvog niza intervala posljedica je evidentne cinjenice da za svakisegment I pozitivne duzine i svako x ∈ R postoji podsegment I ′ ⊂ I pozitivneduzine, tako da x /∈ I ′. Na osnovu Principa umetnutih intervala (6.4) postojic ∈ R sa osobinom da c ∈ In, za svaki n ∈ N. No, iz c ∈ R = {r1, r2, r3, . . .}slijedi da je c = rm, za neko m ∈ N, odakle c /∈ Im, sto je kontradikcija. ¤

I.8. ZADACI 35

I.8 Zadaci

1. Neka su A,B ⊂ R neprazni skupovi i λ ∈ R. Skupove A + B i λAdefinisemo sa

A + B := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}, λA := {λa : a ∈ A}.

Dokazati sljedece tvrdnje:(a) Ako su A i B ograniceni odozgo i λ > 0, tada sup(A + B) = supA +supB i sup(λA) = λ supA. Ako je jos A ⊂ B, tada sup A ≤ supB.(b) Ako su A i B ograniceni odozdo i λ > 0, tada inf(A+B) = inf A+inf Bi inf(λA) = λ inf A. Ako je jos A ⊂ B, tada inf A ≥ inf B.(c) Ako je A ogranicen odozdo i λ < 0, tada sup(λA) = λ inf A. Specijalnoje sup(−A) = − inf A.(d) Ako je A ogranicen odozgo i λ < 0, tada inf(λA) = λ sup A. Specijalnoje inf(−A) = − supA.

2. Uz pomoc matematicke indukcije dokazati da za sve n ∈ N vaze sljedecetvrdnje:

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

(b) 12 + 22 + . . . + n2 = n(n+1)(2n+1)6 ;

(c) Za sve α /∈ {2kπ : k ∈ Z} je

n∑

k=0

sin kα =sin(nα

2 ) sin( (n+1)α2 )

sin(α2 )

,n∑

k=0

cos kα =cos(nα

2 ) sin( (n+1)α2 )

sin(α2 )

.

3. Dokazati Bernulijevu7 nejednakost: za sve n ∈ N i x > −1 je

(1 + x)n ≥ 1 + nx.

4. Ako je n ∈ N, a x1, . . . , xn su nenegativni realni brojevi, tada izraz

An :=x1 + . . . + xn

n

nazivamo aritmetickom, a izraz

Gn := n√

x1 · . . . · xn

geometrijskom sredinom tih brojeva. Dokazati da je

Gn ≤ An.

Osim toga, dokazati da znak jednakosti vrijedi, akko je x1 = . . . = xn.(Navedena nejednakost poznata je pod imenom A-G nejednakost).

5. (a) Dokazati Bezuov8 stav: ako je P polinom stepena n ∈ N, tada zasvako α ∈ R postoji polinom Q stepena ≥ n − 1, tako da je P (x) =(x− α)Q(x) + P (α), za sve x ∈ R.

7Jakob Bernoulli (1654 – 1705), svajcarski matematicar8Etienne Bezout (1730 – 1783), francuski matematicar


(b) Dokazati da ako je P stepena n ≥ 1, onda ne moze imati vise od nnula.(c) Ako su P i Q polinomi stepena n ≥ 0 i ako se poklapaju u n +1 medusobno razlicitih tacaka, odnosno ako je P (xi) = Q(xi) za i =1, . . . n + 1, pri cemu je xi 6= xj za i 6= j, onda je P = Q, odnosnoodgovarajuci koeficijenti polinoma P i Q su jednaki.

6. Za svaki realan broj x postoji jedinstven cijeli broj [x] (tzv. cijeli dio odx), takav da je [x] ≤ x < [x] + 1. Dokazati.

7. Dokazati Stav (5.4).

8. (a) Ako je a ∈ (0, 1), onda za sve x ∈ Q, x > 0 vazi ax < 1.(b) Ako je a ∈ (0, 1), onda je funkcija f : Q → R, f(x) = ax strogoopadajuca.(c) Ako je a > 1, onda je funkcija f : Q→ R, f(x) = ax strogo rastuca.

9. Dokazati da je skup svih konacnih podskupova od N prebrojiv.

10. Realan broj α nazivamo algebarskim, ako postoji polinom sa cjelobrojnimkoeficijentima koji nije identicki jednak nuli, tako da je P (α) = 0. Zarealan broj kazemo da je transcedentan, ako nije algebarski. Dokazati daje skup svih algebarskih brojeva prebrojiv, a transcedentnih neprebrojiv.

11. Neka je X neprazan skup. Dokazati da ne postoji surjekcija f : X →P(X).

12. Dokazati da je skup svih beskonacnih podskupova od N je neprebrojiv.

13. Dokazati: (a) Za sve a, b ∈ R, a < b je (a, b) ∼ (−1, 1). (b) (−1, 1) ∼ R.

14. Neka za skupove A, S vazi sljedece: A je prebrojiv, S ∼ R i A ∩ S = ∅.Tada je A ∪ S ∼ R. Iz toga zakljuciti da je svaki interval ekvipotentanskupu R.

Glava II

Konvergencija niza

Granicni procesi imaju centralnu ulogu u matematickoj analizi. Do njih dovodeproblemi odredivanja duzine krive, povrsine figure u ravni, zapremine tijela isl., cime su se matematicari bavili jos u anticko doba. Konvergencija niza jeprimjer granicnog procesa od posebnog znacaja, buduci da se i ostali pojmovipovezani sa granicnim procesima (neprekidnost, limes funkcije, integral itd.)mogu zasnovati na granicnoj vrijednosti niza.

II.1 Osnovne osobine konvergetnog niza

Definicija: Za niz realnih brojeva (an) kazemo da konvergira (tezi) ka a ∈ Ri pisemo lim

nan = a (ili an → a), ako za svako ε > 0 postoji N ∈ N, tako da je

|a− an| < ε, za sve n ≥ N ili zapisano pomocu simbola

(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |a− an| < ε.

Pri tome broj a nazivamo limes ili granicna vrijednost niza. Niz (an) realnihbrojeva nazivamo konvergentnim ukoliko postoji a ∈ R, tako da je lim

nan = a.

Za niz koji nije konvergentan kazemo da je divergentan.

Definicija: Neka je ε > 0 i a ∈ R. Otvoreni interval (a−ε, a+ε) nazivamoε – okolinom tacke a i oznacavamo ga sa Uε(a).

(1.1) Geometrijska interpretacija konvergencije niza: Niz realnih brojeva(an) konvergira ka a ∈ R, akko svaka ε – okolina od a sadrzi, pocevsi od nekog,sve clanove niza (an).

Dokaz. Iz osobine I (2.14) apsolutne vrijednosti slijedi da je |a − an| < ε ekvi-valentno sa −ε < an − a < ε, odnosno sa a− ε < an < a + ε, pa imamo

|a− an| < ε ⇔ an ∈ Uε(a).

Otuda zakljucujemo da niz (an) tezi ka a, akko za svako ε > 0 postoji N ∈ N,tako da an ∈ Uε(a), za sve n ≥ N . ¤

Napomena: Iz prethodne tvrdnje slijedi da se na realnoj pravoj niz oko svojegranicne vrijednosti ”koncentrise” ili ”nagomilava” i da je to jedina tacka satakvim svojstvom (vidi sliku). Iz toga je jasno da ako je niz konvergentan, onda

37

38 GLAVA II. KONVERGENCIJA NIZA

( )a-e a+e

Slika II.1: Clanovi konvergentnog niza koncentrisu se oko a

moze da ima samo jednu granicnu vrijednost.

Koristeci geometrijsku interpretaciju konvergencije da se naslutiti da je limeskonstantnog niza a, a, a, . . . upravo a, niza 1, 1

2 , 13 , 1

4 , . . ., nula, a niza 12 , 1

4 , 18 , 1

16 , . . .,takode nula. Stroge dokaze tih tvrdnji zasnovane na definiciji limesa sa pocetkaovog poglavlja dajemo u narednim stavovima.

(1.2) Konvergencija konstantnog niza: Konstantan niz an = a je konver-gentan i lim

nan = a.

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Da bismo dokazali konvergenciju trebamoispitati postoji li N ∈ N, tako da vrijedi |a− an| < ε, za sve n ≥ N . Vidimo daje navedeni uslov zadovoljen za, recimo, N = 1, jer je |a−an| = |a−a| = 0 < ε,za sve n ≥ 1. ¤

(1.3) Konvergencija harmonijskog niza: Harmonijski niz an = 1n je konver-

gentan i limn

an = 0.

Dokaz. Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Kao i u prethodnom dokazu trebamo ispitatipostojanje N ∈ N, tako da je

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒∣∣∣0− 1

n

∣∣∣ =1n

< ε. (1)

Iz Arhimedove teoreme I (4.9) slijedi da postoji N ∈ N sa osobinom N > 1ε . Da

za tako odabrani broj N vrijedi (1) vidimo iz sljedeceg:

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒∣∣∣0− 1

n

∣∣∣ =1n≤ 1

N< ε. ¤

Da bismo dokazali konvergenciju geometrijskog niza (qn), potrebna nam jesljedeca lema.

(1.4) Lema: Neka je q ∈ R. Tada:(i) Ako je q > 1, onda za svaki K ∈ R postoji N ∈ N, takav da qN > K;(ii) Ako je 0 ≤ q < 1, onda za svako ε > 0 postoji N ∈ N, takav da qN < ε.

Dokaz. (i) Neka je h := q − 1 > 0. Na osnovu Arhimedove teoreme postojiN ∈ N, takav da N > K

h . Koristeci binomnu formulu imamo

qN = (1 + h)N = 1 + Nh + . . . +(

N

N

)hN ≥ 1 + Nh > K.

(ii) U slucaju q = 0 tvrdnja vrijedi za svaki N ∈ N. Ako je 0 < q < 1, tadaq′ := 1

q > 1, pa iz (i) slijedi da postoji N ∈ N, takav da (q′)N > 1ε , odakle

dobijamo da je qN < ε. ¤

II.1. OSNOVNE OSOBINE KONVERGETNOG NIZA 39

(1.5) Konvergencija geometrijskog niza: Ako je |q| < 1, tada je geometrijskiniz an = qn konvergentan i lim

nan = 0.

Dokaz. Na osnovu tvrdnje (ii) prethodne leme, za proizvoljno ε > 0 postojiN ∈ N, tako da je |q|N < ε. Primijetimo da za sve n ∈ N vrijedi |qn| = |q|n(dokaz indukcijom!). Dakle,

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |0− qn| = |q|n ≤ |q|N < ε. ¤

Niz −1, 1,−1, 1, . . . koncentrise se oko dvije tacke, −1 i 1, pa imajuci u viduprethodna zapazanja, ocekujemo da bude divergentan. Da je to zaista takodokazujemo u

(1.6) Primjer: Niz an = (−1)n je divergentan.

Dokaz. Pretpostavimo da je konvergentan, tj. da an → a, za neko a ∈ R. Tadaza ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |an − a| < 1, za sve n ≥ N. Otuda,

2 = |aN − aN+1| ≤ |aN − a|+ |a− aN+1| < 1 + 1 = 2,

tj. 2 < 2. Kontradikcija! ¤

Ako je limn an = a i ako uzmemo a′ ∈ R takav da a < a′, onda, buduci da se niz(an) koncentrise oko a, samo konacno mnogo clanova tog niza se moze nalazitidesno od a′, tj. svi clanovi niza pocevsi od nekog su manji od a′ (vidjeti Sliku(II.1)). Analogan zakljucak bi uslijedio da smo uzeli a′ < a. Ova zapazanjaprecizno formulisemo u narednom stavu.

(1.7) Stav: Neka je limn an = a. Tada:(i) Za svako a′ ∈ R, tako da a′ > a postoji n0 ∈ N sa osobinom da je

a′ > an, za sve n ≥ n0.(ii) Za svako a′ ∈ R, tako da a′ < a postoji n0 ∈ N sa osobinom da je

a′ < an, za sve n ≥ n0.

Dokaz. Kako su dokazi za (i) i (ii) slicni, dokazacemo samo (i). Neka je, dakle,a′ > a. Zbog cinjenice da je limn an = a, za ε := a′−a > 0 postoji n0 ∈ N, takoda |an − a| < ε, za sve n ≥ n0. Otuda an − a < ε, odnosno an < a + ε = a′, zasve n ≥ n0. ¤

Pitanjem odnosa konvergencije i apsolutne vrijednosti pozabavicemo se u

(1.8) Stav: (i) limn

an = a ⇒ limn|an| = |a|.

(ii) limn

an = 0 ⇔ limn|an| = 0.

Dokaz. (i) Neka je ε > 0 proizvoljno. Zbog an → a postoji N ∈ N, tako da|a− an| < ε, za sve n ≥ N . Iz nejednakosti I (2.17) imamo

||an| − |a|| ≤ |an − a| < ε,

za sve n ≥ N , odakle tvrdnja.(ii) Smjer ⇒ slijedi iz (i), a obratni smjer je posljedica definicije konvergencije.¤

Primjer: Na osnovu (1.8)(ii) vrijedi(−1)n

n→ 0, jer

∣∣∣ (−1)n

n

∣∣∣ =1n→ 0.


(1.9) Stav: Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz. Neka je limn

an = a. Otuda, za ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |an−a| < 1,za sve n ≥ N . Zakljucujemo, dakle, da je

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |an| ≤ |an − a|+ |a| < 1 + |a|,odakle |an| ≤ K, za sve n ∈ N, gdje je K = max{|a1|, . . . , |aN−1|, 1 + |a|}. ¤

Za racunanje slozenijih limesa od velike pomoci nam je sljedeca tvrdnja.

(1.10) Teorema: Neka je limn

an = a, limn

bn = b za neke a, b ∈ R i neka je λ ∈ Rproizvoljno. Tada vrijedi:

(i) Niz (an + bn) je konvergentan i limn

(an + bn) = a + b;

(ii) Niz (λan) je konvergentan i limn

(λan) = λa;

(iii) Niz (anbn) je konvergentan i limn

anbn = ab;

(iv) Ako je b 6= 0, tada postoji n0 ∈ N, tako da bn 6= 0, za sve n ≥ n0 i vazi

limn

an

bn=

a

b.

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno.(i) Neka su N1, N2 ∈ N, takvi da |an − a| < ε

2 , za sve n ≥ N1 i |bn − b| < ε2 , za

sve n ≥ N2. Definisimo N := max{N1, N2}. Tada je

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |(an + bn)− (a + b)| ≤ |an − a|+ |bn − b| < ε

2+

ε

2= ε.

(iii) Iz konvergentnosti niza (bn) i (1.9) slijedi da postoji K > 0, tako da |bn| ≤K, za sve n ∈ N. Definisimo M := max{K, |a|}. Tada imamo|anbn − ab| = |anbn − abn + abn − ab| ≤ |an − a||bn|+ |a||bn − b|≤ M(|an − a|+ |bn − b|).

Neka su N1, N2 ∈ N, takvi da |an − a| < ε2M , za sve n ≥ N1 i |bn − b| < ε

2M , zasve n ≥ N2. Ako je N := max{N1, N2}, tada iz prethodnih razmatranja slijedi

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |anbn − ab| < M( ε

2M+

ε

2M

)= ε.

(ii) Ako broj λ u λan shvatimo kao konstantan niz bn = λ, tada tvrdnja slijediiz (iii) i stava o konvergenciji konstantnog niza (1.2).

(iv) Neka je b 6= 0. Iz (1.8) slijedi da |bn| → |b|, a kako je |b|2 < |b|, to na osnovu

(1.7)(ii) postoji n0 ∈ N, tako da

(∀n ∈ N) n ≥ n0 ⇒ |bn| > |b|2

, (2)

odnosno, bn 6= 0, za sve n ≥ n0. Dokazimo da je

limn

1bn

=1b. (3)

Iz limn

bn = b slijedi da postoji N ′ ∈ N, takav da |bn − b| < ε b2

2 , za sve n ≥ N ′.

Neka je N := max{n0, N′}. Tada je

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒∣∣∣ 1bn− 1

b

∣∣∣ =|bn − b||bn||b|

(2)<

2|bn − b|b2

< ε,

II.1. OSNOVNE OSOBINE KONVERGETNOG NIZA 41

odakle slijedi (3). Konacno, buduci da jean

bn= an · 1

bn, to koristeci (iii) i (3)

zakljucujemo da je limn

an

bn=

a

b. ¤

Primjeri: Uz pomoc prethodne teoreme i (1.2), (1.3) mozemo izracunati sljedecelimese:

limn

n + 1n

= limn

(1 +

1n

) (i)= lim

n1 + lim

n

1n

= 1 + 0 = 1,

limn

2n

(ii)= 2 lim

n

1n

= 0,

limn

1n2

= limn

1n· 1n

(iii)= lim

n

1n· lim

n

1n

= 0,

limn

n2 − 2n + 32n2 + n + 1

= limn

1− 2n + 3

n2

2 + 1n + 1

n2

(i)−(iv)=

1− 2 · 0 + 02 + 0 + 0

=12.

Napomenimo da se gore navedeni limesi mogu se izvesti i bez Teoreme (1.10),direktnim koristenjem definicije limesa, kao sto smo to izveli u dokazima Tvrd-nji (1.3) i (1.5), ali uz mnogo vise truda.

O odnosu izmedu limesa i nejednakosti govori nam sljedeca tvrdnja.

(1.11) Limesi i nejednakosti: Neka su nizovi (an) i (bn) konvergentni i nekapostoji n0 ∈ N, tako da an ≤ bn, za sve n ≥ n0. Tada je lim

nan ≤ lim

nbn.

Dokaz. Neka je limn

an = a, limn

bn = b i pretpostavimo da je a > b. Tada za

ε := a−b2 > 0 postoje N1, N2 ∈ N, takvi da |a − an| < ε

2 , za sve n ≥ N1 i|b− bn| < ε

2 , za sve n ≥ N2. Uzimajuci N := max{N1, N2, n0}, imamo

b− a = b− bN + bN − aN︸︷︷︸≥0

+aN − a > −ε

2− ε

2= −ε =

b− a

2,

odnosno b−a > b−a2 , odakle slijedi a < b, sto je kontradikcija. Dakle, mora biti

a ≤ b. ¤

Napomena: Treba primijetiti da iz an < bn, za sve n ≥ n0, ne mora da slijedilimn an < limn bn. Zaista, 0 < 1

n , za sve n ∈ N, ali limn 0 = limn1n .

Za racunanje limesa cesto se koristi i sljedeca teorema, poznata pod imenomSendvic teorema:

(1.12) Teorema: Neka su nizovi (an) i (bn) konvergentni i neka je limn

an =

limn

bn. Ako za niz (cn) postoji n0 ∈ N, tako da an ≤ cn ≤ bn, za sve n ≥ n0,

tada je i niz (cn) konvergentan, te vrijedi limn

cn = l, gdje je l := limn

an = limn

bn.

Dokaz. Iz an ≤ cn ≤ bn, za sve n ≥ n0 slijedi an − l ≤ cn − l ≤ bn − l,odakle cn − l ≤ |bn − l| i −(cn − l) ≤ −(an − l) ≤ |an − l|. Prema tome,|cn − l| ≤ max{|an − l| , |bn − l|}, za sve n ≥ n0, odakle tvrdnja. ¤

(1.13) Primjeri: (i) limn

n√

n = 1, (ii) limn

n√

a = 1, za sve a > 0.

Dokaz. (i) Koristeci A-G nejednakost (Zadatak 4 u (I.8)), imamo da za sve


n ≥ 3 vazi

n√

n = (√

n · √n · 1 · . . . · 1︸︷︷︸n−2 puta

)1/n <1n

(2√

n + n− 2) < 1 +2√n

,

odakle slijedi 1 < n√

n < 1 + 2√n. Kako je 1√

n→ 0 (Zadatak 1(b) u (II.5)), to

primjenjujuci prethodnu teoremu u slucaju an = 1, bn = 1 + 2√n

i cn = n√

n,dobijamo limn cn = 1.(ii) Neka je a ≥ 1. Ako je n0 ∈ N, takav da n0 ≥ a, onda 1 ≤ n

√a ≤ n

√n, za sve

n ≥ n0, pa iz (i) i Sendvic – teoreme slijedi (ii). Slucaj 0 < a < 1 se smjenoma′ = 1

a svodi na prethodni. ¤

(1.14) Napomena: U matematickoj analizi je vazan i pojam asimptotskogponasanja nizova: kazemo da se niz (an) asimptotski ponasa kao niz (bn) ipisemo an ∼ bn, ako je limn

an

bn= 1. Na primjer, n(n + 1) ∼ n2, jer je

limnn(n+1)

n2 = 1 i 13√8n2−n+2

∼ 12n2/3 , jer je

limn

13√8n2−n+2

12n2/3

= limn

2n2/3

3√

8n2 − n + 2= lim

n

13

√1− 1

8n + 14n2

= 1.

II.2 Monotoni nizovi

Osnovna teorema koje se tice konvergencije monotonih nizova je

(2.1) Teorema: Svaki ogranicen i monoton niz je konvergentan.

Dokaz. Neka je niz (an) ogranicen i recimo, rastuci. Tada je skup vrijednostiS := {an : n ∈ N} ogranicen, pa postoji s := sup S. Neka je ε > 0 proizvoljno.Buduci da s−ε vise nije gornja meda za S, to postoji N ∈ N, tako da s−ε < aN ,tj. s−aN < ε. Kako je niz (an) rastuci, to je an ≥ aN , za sve n ≥ N , pa imamo,

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |s− an| = s− an ≤ s− aN < ε. ¤

Primjer: limn

n

2n= 0.

Dokaz. Stavimo an := n2n . Za sve n ∈ N je

an+1

an=

n+12n+1

n2n

=12

n + 1n

=12

(1 +

1n

)≤ 1,

pa je (an) opadajuci niz. Zbog an ≥ 0, niz je ogranicen odozdo, a kao opadajucii odozgo sa a1, odakle, na osnovu prethodne teoreme, postoji a := lim

nan. Na

kraju,

a = limn

an+1 = limn

(an · 1

2n + 1

n

)= lim

nan · 1

2=

a

2,

odnosno a = a2 , odakle slijedi a = 0. ¤

Primjer: Pokazacemo jedan iterativni postupak za racunanje kvadratnog kor-jena, koji je bio poznat jos starogrckom matematicaru Heronu iz Aleksandrije

II.3. TACKA NAGOMILAVANJA NIZA. KOSIJEV NIZ 43

(zivio sredinom 1. vijeka). Neka je a > 0. Za proizvoljno x0 > 0 rekurzivnodefinisemo niz (xn) sa

xn+1 =12

(xn +

a

xn

)(n = 0, 1, 2 . . .). (4)

Imamo,

xn+1 −√

a =12

(xn +

a

xn

)−√a =

(xn −√

a)2

2xn≥ 0,

odakle xn ≥ √a, za sve n ≥ 1. Niz (xn) je opadajuci, jer je xn+1 − xn =

a−x2n

2xn≤ 0. Jasno da je (xn) ogranicen, pa iz (2.1) slijedi da postoji l := limn xn.

Primjenom (1.11) na xn ≥ √a dobijamo l ≥ √

a > 0. Uzimajuci limes u (4)imamo l = 1

2

(l + a

l

), odnosno, nakon sredivanja, l2 = a, odakle l =

√a. Znaci,

niz (xn) tezi ka√

a. Da se ovdje radi o izuzetno efikasnoj metodi za pribliznoracunanje kvadratnog korjena, pokazimo u slucaju racunanja

√2 = 1.41421 . . ..

Neka je x0 = 2. Tada

x1 = 12 (2 + 1) = 3

2 = 1.5,

x2 = 12

(32 + 4

3

)= 17

12 = 1.41666 . . . ,

x3 = 12

(1712 + 24

17

)= 577

408 = 1.41421 . . . .

II.3 Tacka nagomilavanja niza. Kosijev niz

U Primjeru (1.6) smo vidjeli da se niz moze koncentrisati i oko tacaka koje nisunjegove granicne vrijednosti. To su tacke nagomilavanja i njima se bavimo uovom poglavlju.

Definicija: Broj a ∈ R je tacka nagomilavanja niza (an) realnih brojeva,ako je za svako ε > 0 skup {n ∈ N : an ∈ Uε(a)} beskonacan.

Napomena: Na osnovu geometrijske interpretacije konvergencije (1.1) odmahmozemo da primijetimo da je limes konvergentnog niza ujedno i njegova tackanagomilavanja.

Primjer: Niz an = (−1)n ima dvije tacke nagomilavanja, −1 i 1. Zaista, zasvako ε > 0 je an ∈ Uε(−1), za sve n neparne, a an ∈ Uε(1), za sve n parne.

Definicija: Ako je a : N → S niz, a ϕ : N → N strogo rastuca funkcija,tada niz a ◦ ϕ nazivamo podniz niza a. Za dati niz (an) cemo njegov podnizoznacavati sa (aϕ(n)). Ako stavimo nk := ϕ(k), onda podniz niza (an) mozemozapisati i u obliku (ank

). Pri tome, buduci da je ϕ strogo rastuca funkcija, morabiti n1 < n2 < n3 < . . ..

Primjeri: (a) Nizovi a1, a3, a5, a7, . . ., tj. (a2n−1), odnosno a2, a4, a6, a8, . . ., tj.(a2n) su podnizovi niza (an). U prvom slucaju je funkcija ϕ : N → N oblikaϕ(n) = 2n− 1, u drugom ϕ(n) = 2n.(b) I niz (an+1) je podniz niza (an). Pri tome je ϕ(n) = n + 1.

O vezi izmedu tacke nagomilavanja i podniza nam govori

(3.1) Stav: Broj a ∈ R je tacka nagomilavanja niza (an), akko postoji njegovpodniz koji konvergira ka a.


Dokaz. Kako je u pitanju ekvivalencija, dokaz je potrebno sprovesti u oba smje-ra.10 Neka je a ∈ R tacka nagomilavanja niza (an). Rekurzivnim postupkomkonstruisimo strogo rastuci niz prirodnih brojeva (nk), sa osobinom

ank∈ U 1

k(a). (∗k)

Kako je a tacka nagomilavanja niza (an), to je skup S := {n ∈ N : an ∈ U1(a)}beskonacan, dakle i neprazan, pa zbog I (4.8) postoji n1 := min S, a on imasvojstvo (∗1). Pretpostavimo da nk ima svojstvo (∗k). Buduci da je skup{n ∈ N : an ∈ U 1

k+1(a)} beskonacan, to je

Sk := {n ∈ N : n ≥ nk + 1 ∧ an ∈ U 1k+1

(a)}

neprazan, No, tada nk+1 := min Sk zadovoljava (∗k+1) i nk+1 > nk. Na tajnacin smo dobili podniz (ank

) sa osobinom limk

ank= a.

20 Ako postoji podniz (ank), takav da lim

kank

= a, tada na osnovu geometrijske

interpretacije konvergencije niza (1.1), za svako ε > 0 postoji K ∈ N, tako daank

∈ Uε(a), za sve k ≥ K, pa je skup {n ∈ N : an ∈ Uε(a)} beskonacan. ¤

Definicija: Za a∗ ∈ R kazemo da je najveca tacka nagomilavanja niza(an) ili limes superior (oznaka a∗ = lim supn an), ako je a∗ tacka nagomilavanjai ako za svaku tacku nagomilavanja a ∈ R niza (an) vrijedi a ≤ a∗. Dalje,a∗ ∈ R je najmanja tacka nagomilavanja niza (an) ili limes inferior (oznakaa∗ = lim infn an), ako je a∗ tacka nagomilavanja i ako za svaku tacku nagomila-vanja a ∈ R niza (an) vrijedi a ≥ a∗.

Oznaka: supk≥n

ak := sup{ak : k ≥ n}, infk≥n

ak := inf{ak : k ≥ n}.

U principu nije jasno da li limesi superior i inferior postoje, cak i ako je nizogranicen. Na to pitanje odgovaramo u sljedecoj teoremi. Iz njene formulacijepostaje jasan i razlog odabira oznaka za limes superior i inferior.

(3.2) Teorema: Ako je niz (an) ogranicen, tada postoje limes superior i limesinferior tog niza i dati su sa

lim supn

an = limn

supk≥n

ak,

lim infn

an = limn

infk≥n

ak.

Dokaz. Dokazacemo samo prvu relaciju. Definisimo Sn := {ak : k ≥ n} iAn := sup Sn. Iz S1 ⊃ S2 ⊃ S3 ⊃ . . . slijedi da je niz (An) opadajuci, a kaoogranicen, na osnovu (2.1) je i konvergentan. Dokazimo da je A := limn An

limes superior niza (an). Primijetimo da je ak ≤ An, za sve k ≥ n. Neka jeε > 0 proizvoljno i N ′ ∈ N, tako da je |A − An| < ε, za sve n ≥ N ′. Tadapostoji i N ∈ N, N ≥ N ′, takav da AN ′ − ε < aN . Otuda imamo

A− ε ≤ AN ′ − ε < aN ≤ AN < A + ε,

odnosno aN ∈ (A − ε,A + ε). Rekurzivnim postupkom konstruisimo podniz(ank

) sa osobinom da za sve k ∈ N vrijedi

nk ≥ N ∧ ank∈ Uε(A) = (A− ε,A + ε). (∗k)

II.3. TACKA NAGOMILAVANJA NIZA. KOSIJEV NIZ 45

Na pocetku mozemo uzeti n1 := N . Neka nk ∈ N ima osobinu (∗k). ZbogAnk+1 −A + ε > 0 postoji nk+1 ≥ nk + 1, tako da je

A− ε = Ank+1 − (Ank+1 −A + ε) < ank+1 .

S druge strane, ank+1 ≤ Ank+1 ≤ AN < A+ε. Dakle, ank+1 zadovoljava (∗k+1).Prema tome, A je tacka nagomilavanja niza (an).Ako je a > A, tada na osnovu (1.7)(i) postoji n0 ∈ N za koje je a > An0 . No,tada a > An0 ≥ an, za sve n ≥ n0, pa a ne moze biti tacka nagomilavanja.Dakle, ako je a tacka nagomilavanja niza (an), onda mora biti A ≥ a. ¤

Kao neposrednu posljedicu prethodne teoreme i (3.1) imamo

(3.3) Bolcano1 – Vajerstrasova2 teorema: Svaki ograniceni niz ima konver-gentan podniz, tj. barem jednu tacku nagomilavanja.

(3.4) Karakterizacija limesa superiora i inferiora: Neka je (an) ogranicenniz. Tada je a∗ = lim supn an, akko vrijedi sljedece:

(i) Za svako a ∈ R, tako da a > a∗ je skup {n ∈ N : an > a} konacan.(ii) Za svako a ∈ R, tako da a < a∗ je skup {n ∈ N : an > a} beskonacan.

Analogno se moze karakterizovati i limes inferior.

Dokaz. 10 Neka je a∗ = lim supn an. Dokazimo (i) i (ii).(i) Neka je An = supk≥n ak i a > a∗ proizvoljno. Na osnovu Teoreme (3.2) jea∗ = limn An, pa iz (1.7)(i) slijedi da postoji n0 ∈ N, tako da je a > An0 . No,skup {n ∈ N : n ≥ n0 ∧ an > An0} je prazan, pa je {n ∈ N : an > a} konacan.(ii) Neka je a < a∗. Tada postoji ε > 0, tako da a < a∗ − ε. Ako bi skup{n ∈ N : an > a} bio konacan, onda bi i skup {n ∈ N : an ∈ (a∗ − ε, a∗ + ε)}bio konacan, pa a∗ ne bi bila tacka nagomilavanja.20 Neka za neko a∗ ∈ R vazi (i) i (ii). Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Zbog (i) jeskup {n ∈ N : an > a∗ + ε

2} konacan, a zbog (ii) je {n ∈ N : an > a∗ − ε}beskonacan skup, odakle slijedi da je {n ∈ N : an ∈ (a∗−ε, a∗+ε)} beskonacanskup, pa je a∗ tacka nagomilavanja niza (an).Ako je a > a∗ proizvoljno i ε > 0, tako da a−ε > a∗, onda je na osnovu (i) skup{n ∈ N : an ∈ (a − ε, a + ε)} konacan, pa a nije tacka nagomilavanja. Timesmo dokazali da je a∗ = lim supn an. ¤

Napomena: Primijetimo da ako niz ima samo jednu tacku nagomilavanja,onda ne mora biti konvergentan. Naime, niz 1, 1, 2, 1

2 , 3, 13 , 4, 1

4 , . . . ima kaojedinu tacku nagomilavanja 0, ali ipak nije konvergentan, jer nije ogranicen.Medutim, ako je niz ogranicen, situacija je, kao sto cemo u narednoj teoremividjeti, drugacija.

(3.5) Teorema: Ograniceni niz je konvergentan, akko ima jednu tacku nagomila-vanja.

Dokaz. 10 Pretpostavimo da je niz (an) konvergentan. Neka je limn an = a ia′ 6= a. Stavimo ε := |a−a′|

2 . Na osnovu geometrijske interpretacije konver-gencije (1.5), svi clanovi niza (an) pocevsi od nekog se nalaze u Uε(a), pa izUε(a)∩Uε(a′) = ∅ slijedi da se u Uε(a′) moze naci samo konacno mnogo clanova

1Bernard Bolzano (1781 – 1848), ceski matematicar2Karl Theodor Wilhelm Weierstrass (1815 – 1897), njemacki matematicar


tog niza, odakle zakljucujemo da a′ nije tacka nagomilavanja.20 Neka niz (an) ima samo jednu tacku nagomilavanja a. Tada je

lim supn

an = lim infn

an = a,

pa iz (3.4) slijedi da su za proizvoljno ε > 0 skupovi{

n ∈ N : an > a +ε

2

}i

{n ∈ N : an < a− ε

2

}

konacni. Otuda zakljucujemo da se izvan Uε(a) nalazi samo konacno mnogoclanova niza (an), odakle, na osnovu geometrijske interpretacije konvergencije(1.5), slijedi da je limn an = a. ¤

Kosijev niz

Sve dosadasnje tvrdnje o konvergenciji dokazivane su tako sto su clanovi nizauporedivani sa njegovom granicnom vrijednoscu. No, ponekad je potrebnoutvrditi da li je neki niz konvergentan, a da pri tome ne znamo sta bi mogla bitinjegova granicna vrijednost. U takvim situacijama moze se koristiti Kosijev3

kriterijum konvergencije koji se zasniva na medusobnom uporedivanju clanovaniza.

Definicija: Za niz realnih brojeva (an) kazemo da je Kosijev, ako

(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀m,n ∈ N) m,n ≥ N ⇒ |am − an| < ε.

Napomena: Primijetimo da zbog simetricnosti u prethodnoj definiciji uvijekmozemo uzimati da je m > n, tj.

(∀ε > 0) (∃N ∈ N) (∀m,n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |am − an| < ε.

Buduci da naredna teorema daje potreban i dovoljan uslov konvergentnosti niza,to se moze posmatrati kao kriterijum za konvergenciju niza.

(3.6) Teorema: Svaki Kosijev niz je konvergentan. Vrijedi i obrat, odnosno,svaki konvergentan niz je Kosijev.

Dokaz. ” ⇒ ” Neka je niz (an) Kosijev. Dokazimo da je konvergentan. Dokazpodijelimo u dva koraka.10 Niz (an) je ogranicen.Zaista, za ε = 1 postoji N ∈ N, tako da |am−an| < 1, za sve m,n ≥ N . Otuda,za svako n ∈ N sa osobinom n ≥ N vrijedi

|an| = |an − aN + aN | ≤ |aN |+ 1,

odakle |an| ≤ K, za sve n ∈ N, gdje je K = max{|a1|, . . . , |aN−1|, |aN |+ 1}.Prema (3.3) postoje a ∈ R i podniz (ank

), tako da ank→ a.

20 limn

an = a.

Zaista, neka je ε > 0 proizvoljno i N ∈ N sa svojstvom da |am − an| < ε2 , za

3Augustin Louis Cauchy (1789 – 1857), francuski matematicar

II.4. KONVERGENCIJA U R 47

sve m,n ≥ N . Osim toga, postoji k0 ∈ N, nk0 ≥ N , tako da |ank0− a| < ε

2 . Nakraju, za sve n ≥ N imamo

|a− an| ≤ |a− ank0|+ |ank0

− an| < ε

2+

ε

2= ε.

” ⇐ ” Neka je limn

an = a. Pokazimo da je niz (an) Kosijev. Neka je ε > 0

proizvoljno i N ∈ N, tako da |an − a| < ε2 , za sve n ≥ N . Tada

(∀m,n ∈ N) m,n ≥ N ⇒ |am − an| ≤ |am − a|+ |a− an| < ε

2+

ε

2= ε. ¤

II.4 Konvergencija u RU skupu R := R∪{−∞, ∞} (prosireni skup realnih brojeva) mozemo u odredenimslucajevima na prirodan nacin definisati aritmeticke operacije koje ukljucuju isimbole ∞ i −∞:

(∀a ∈ R) a +∞ = ∞+ a =: ∞, ∞+∞ := ∞,(∀a > 0) a · ∞ = ∞ · a =: ∞, ∞ ·∞ := ∞, ∞ · (−∞) := −∞,

(∀a < 0) a · ∞ = ∞ · a := −∞,(∀a ∈ R) a

∞ := 0.

Analogne relacije definisu se i za −∞, dok izvjesni izrazi ostaju nedefinisani,kao sto su

∞−∞, 0 · ∞,∞∞ . (5)

Osim toga, simboli ∞ i −∞ uskljuceni su i u relaciju poretka na sljedeci nacin:

(∀a ∈ R) −∞ < a < ∞.

U sljedecoj definiciji uvodimo pojam konvergencije ka ∞, odnosno ka −∞.

Definicija: Niz realnih brojeva (an) tezi ka ∞ i pisemo limn

an = ∞, ako

(∀K ∈ R) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ an > K,

odnosno tezi ka −∞ i pisemo limn

an = −∞, ako

(∀K ∈ R) (∃N ∈ N) (∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ an < K.

Primjeri: (a) Ocito je limn

n = ∞, limn

n2 = ∞, limn

(−n) = −∞.

(b) Niz 1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 1, 5, 1, . . ., mada nije ogranicen odozgo, ipak ne tezi ka∞.(c) Niz 1,−1, 2,−2, 3,−3, 4,−4, . . . ne tezi ni ka ∞, ni ka −∞.

(4.1) Stav: Ako je q > 1, tada je limn

qn = ∞.

Dokaz. Neka je K ∈ R proizvoljno. Na osnovu Leme (1.4) postoji N ∈ N, takoda je qN > K. Otuda,

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ qn ≥ qN > K. ¤


Definicija: Kazemo da za niz realnih brojeva (an) postoji limn an u R,ako je niz (an) konvergentan u smislu definicije iz poglavlja (II.1) ili ako jelimn an = ∞ ili limn an = −∞.

(4.2) Napomena: Pravila iz (1.10) vrijede i za nizove za koje postoji limes uR, osim u slucajevima kada nastupe situacije iz (5). Na primjer,

limn

(n +

n− 1n

)= lim

nn + lim

n

n− 1n

,

doklimn

(n− n) 6= limn

n− limn

n.

Definicija: Ako niz realnih brojeva (an) nije ogranicen odozgo, onda de-finisemo lim supn an := ∞, a ako je limn an = −∞, onda lim supn an := −∞.Slicno, ako niz (an) nije ogranicen odozdo, onda uzimamo lim infn an := −∞, aako je limn an = ∞, onda lim infn an := ∞.

(4.3) Teorema: Za svaki niz (an) realnih brojeva postoje lim supn an i lim infn an

u R.

Dokaz. Dokazimo da postoji limes superior. Ako je niz (an) ogranicen, tada naosnovu (3.2) postoji limes superior, a ako nije ogranicen odozgo ili je limn an =−∞, tada egzistencija slijedi iz prethodne definicije. Neka je niz (an) ogranicenodozgo i neka an 9 −∞. Tada postoji m ∈ R, tako da je skup A := {n ∈ N :an ≥ m} beskonacan. Neka je ϕ : N→ A strogo rastuca i bijektivna funkcija izdokaza Teoreme I (7.8). Podniz (aϕ(n)) je ogranicen, pa zakljucujemo da postojia∗ = lim supn aϕ(n). Dokazimo da je a∗ = lim supn an. Prvo primijetimo da jea∗ ≥ m. Neka je a > a∗ proizvoljno. Kako je

{n ∈ N : an > a} = {n ∈ A : an > a} = ϕ({n ∈ N : aϕ(n) > a}),

i {n ∈ N : aϕ(n) > a} zbog (3.4)(i) konacan, to je i {n ∈ N : an > a} konacan.Ako je a < a∗, to na osnovu (3.4)(ii) imamo da je skup {n ∈ N : aϕ(n) > a}beskonacan, pa je zbog

{n ∈ N : an > a} ⊃ {n ∈ A : an > a} = ϕ({n ∈ N : aϕ(n) > a})

i skup {n ∈ N : an > a} beskonacan. Na kraju, iz (3.4) slijedi da je a∗ =lim supn an. ¤

II.5 Zadaci

1. Pretpostavimo da an → a ∈ R. Tada za sve k ∈ N vazi:(a) ak

n → ak;(b) Ako je jos an ≥ 0, za sve n ∈ N, onda k

√an → k

√a.

2. Ako je |q| < 1, onda je limn nsqn = 0, za sve s ∈ Q.

3. Ako je niz (an) realnih brojeva ogranicen, a za niz (bn) vrijedi limn bn = 0,tada je limn anbn = 0.

4. Ako je limn a2n = a i limn a2n−1 = a, onda je i limn an = a.

II.5. ZADACI 49

5. Ako su a1, . . . , ak (k ∈ N) nenegativni realni brojevi, tada je

limn

n√

an1 + . . . + an

k = max{a1, . . . , ak}.

6. Dokazati da je niz (an) rekurzivno zadat sa

a0 = 1, an+1 = 1 +1an

,

konvergentan i odrediti limn an.

7. (a) Dokazati da za sve n ∈ N i x ∈ R, x ≥ −n, x 6= 0 vazi

(1 +

x

n

)n

<(1 +

x

n + 1

)n+1

.

(b) Nizovi an =(1 + 1

n

)n i bn =(1 + 1

n

)n+1 su konvergentni, pri cemu je(an) strogo rastuci, a (bn) strogo opadajuci niz.(c) Ako je e := limn an, tada za sve n > 1 vrijedi nejednakost

(n

e

)n

e < n! <(n

e

)n

en.

(d) Dokazati da n√

n! ∼ ne .

8. Dokazati Stolcovu4 teoremu: ako je (an) proizvoljan niz realnih brojeva,a (bn) strogo rastuci niz, limn bn = ∞, tako da postoji limn

an−an−1bn−bn−1

u R,tada postoji i limn

an

bnu R, te vrijedi

limn

an

bn= lim

n

an − an−1

bn − bn−1.

9. Ako je limn an = a ∈ R, tada je limna1+a2+...+an

n = a.

10. Ako postoji limnan+1an

u R, gdje je an > 0, za sve n ∈ N, tada postoji ilimn

n√

an u R, te vrijedi

limn

n√

an = limn

an+1

an.

11. Ako je an > 0, za sve n ∈ N i limn an = a ∈ R, tada je

limn

n√

a1 · a2 · . . . · an = a.

12. Neka su (an) i (bn) proizvoljni nizovi realnih brojeva. Tada je:

(a) lim supn(−an) = − lim infn(an);(b) lim supn(λan) = λ lim supn an, ako je λ ∈ R, λ > 0;(c) lim supn(an + bn) ≤ lim supn an + lim supn bn;(d) lim sup(an + bn) ≥ lim supn an + lim infn bn;

4Otto Stolz (1842 – 1905), austrijski matematicar


(e) lim supn(an + bn) = lim supn an + limn bn, ukoliko je niz (bn) konver-gentan;(f) lim supn(anbn) = lim supn an · limn bn, ukoliko je niz (bn) konvergentani limn bn > 0.

Naci primjere kod kojih u (c) i (d) stoje stroge nejednakosti. Osim toga,pokazati da odgovarajuce tvrdnje vrijede i za limes inferior.

13. Ako je (an) ogranicen niz, onda je

lim supn

an = infn≥1

supk≥n

ak,

lim infn

an = supn≥1

infk≥n

ak.

Glava III

Redovi

Redovi, grubo govoreci, predstavljaju beskonacne sume. Posmatrajuci sa dana-snjeg aspekta, njihovo matematicko zasnivanje izgleda jednostavno: beskonacnasuma je zapravo granicna vrijednost niza konacnih suma koje se dobijaju sabi-ranjem prvih n clanova doticne beskonacne sume. Na primjer, prirodno jebeskonacnu sumu

1 +122

+132

+142

+152

+ . . .

shvatiti kao granicnu vrijednost niza sljedecih konacnih suma:

1,

1 + 122 ,

1 + 122 + 1

32 ,

1 + 122 + 1

32 + 142 ,

...

Iako ovakav nacin zasnivanja redova izgleda prirodno, do njega se, ipak, nijelako doslo. Stavise, beskonacne sume pravile su probleme i nekim velikimmatematicarima, kao sto su Lajbnic1 i Ojler2, koji su, nemajuci tacnu predstavuo tome sta su redovi, ponekad dolazili do pogresnih zakljucaka. Na primjer, Laj-bnic je tvrdio da je

1− 1 + 1− 1 + 1− 1 + . . . =12,

a Ojler da je1 + 2 + 4 + 8 + 16 + . . . = −1.

Strogo fundiranje teorije redova pocelo je tek sa radovima njemackog matematicaraGausa3, a nastavilo se radovima Bolcana, Kosija i drugih.Na kraju napomenimo i to da se vazna uloga redova zasniva, pored ostalog ina cinjenici da se pomocu njih mogu definisati neke vazne funkcije, kao sto sueksponencijalna i trigonometrijske funkcije, cime cemo se pozabaviti na krajuove glave.

1Gottfried Wilhelm Leibniz (1646 – 1716), njemacki matematicar2Leonhard Euler (1707 – 1783), roden u Bazelu, radio u Berlinu i Petrovgradu3Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855)

51

52 GLAVA III. REDOVI

III.1 Obicna konvergencija redova

Osnovne osobine redova

Definicija: Neka je dat niz realnih brojeva (an). Sa

sn := a1 + a2 + . . . + an =n∑

k=1

ak

oznacimo n – tu parcijalnu sumu. Tada niz parcijalnih suma (sn) nazivamo redi oznacavamo ga sa

∑∞n=1 an. Broj an je opsti clan reda. Ukoliko niz parcijalnih

suma (sn) konvergira, kazemo da je red konvergentan. U tom slucaju se brojs := limn sn naziva suma reda i pisemo

∑∞n=1 an = s. Ako niz parcijalnih suma

divergira, red je divergentan. Pri tome, u slucaju da je limn sn = ∞, pisemo∑∞n=1 an = ∞. Analogno mozemo definisati i red

∑∞n=n0

an za proizvoljann0 ∈ N0, pri cemu su parcijalne sume date sa sn :=

∑nk=n0

ak.

Primjer: Red1

1 · 2 +1

2 · 3 +1

3 · 4 + . . . =∞∑

n=1

1n(n + 1)

je konvergentan i suma mu je 1.

Dokaz. Primijetimo da za svaki k ∈ N je 1k − 1

k+1 = 1k(k+1) . Otuda,

sn =1

1 · 2 +1

2 · 3 +1

3 · 4 + . . . +1

n(n + 1)

=(1− 1

2

)+

(12− 1

3

)+

(13− 1

4

)+ . . .

( 1n− 1

n + 1

),

odnosno, nakon skracivanja, sn = 1 − 1n+1 . Konacno, iz lim

nsn = 1 dobijamo

tvrdnju. ¤

(1.1) Konvergencija geometrijskog reda: Red

1 + q + q2 + . . . =∞∑

n=0

qn

je konvergentan za |q| < 1 i suma mu je 11−q .

Dokaz. Iz I (4.18) slijedi da je

sn =n∑

k=0

qk =1− qn+1

1− q,

te na osnovu II (1.5) imamo limn sn = 11−q . ¤

(1.2) Potreban uslov konvergencije reda: Ako je red∑∞

n=1 an konvergentan,tada je lim

nan = 0.

Dokaz. limn

an = limn

(sn − sn−1) = s− s = 0. ¤

Kako qn 9 0, za |q| ≥ 1, to iz prethodne tvrdnje imamo

III.1. OBICNA KONVERGENCIJA REDOVA 53

(1.3) Posljedica: Geometrijski red∑∞

n=0 qn divergira za |q| ≥ 1.

Da obrat tvrdnje (1.2) ne vrijedi, vidi se iz sljedeceg primjera:

(1.4) Harmonijski red: Red

1 +12

+13

+14

+ . . . =∞∑

n=1

1n

je divergentan.

Dokaz. Za svako m ∈ N imamo,

s2m = 1 +12

+13

+14

+ . . . +1

2m

= 1 +12

+(1

3+

14

)+

(15

+ . . . +18

)+ . . . +

( 12m−1 + 1

+ . . . +1

2m

)

≥ 1 +12

+ 2 · 14

+ 4 · 18

+ . . . + 2m−1 · 12m

= 1 +m

2.

Dakle, podniz (s2m) nije ogranicen, a kako je niz parcijalnih suma (sn) strogorastuci, zakljucujemo da je lim

nsn = ∞. ¤

(1.5) Stav: Neka su redovi∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn konvergentni i neka je λ ∈ Rproizvoljno. Tada su i redovi

∑∞n=1(an +bn),

∑∞n=1 λan konvergentni, te vrijedi

∞∑n=1

(an + bn) =∞∑

n=1

an +∞∑

n=1

bn,

∞∑n=1

λan = λ

∞∑n=1

an.

Dokaz.

∞∑n=1

(an + bn) = limn

n∑

k=1

(ak + bk) = limn

( n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

)

= limn

n∑

k=1

ak + limn

n∑

k=1

bk =∞∑

n=1

an +∞∑

n=1

bn

Slicno se dokazuje i druga relacija. ¤

Redovi sa nenegativnim clanovima

(1.6) Teorema: Red∑∞

n=1 an sa nenegativnim clanovima (tj. an ≥ 0, za sven ∈ N) je konvergentan, akko je niz njegovih parcijalnih suma ogranicen.

Dokaz. Zbog sn − sn−1 = an ≥ 0 je niz parcijalnih suma (sn) rastuci, pa akoje ogranicen onda je i konvergentan (Teorema II (2.1)), a ako je konvergentanonda mora biti ogranicen (Teorema II (1.9)). ¤

(1.7) Teorema: Ako je s ∈ Q, onda red∑∞

n=11

ns konvergira za s > 1, adivergira za s ≤ 1.


Dokaz. Neka je sn parcijalna suma navedenog reda. Pretpostavimo da je s > 1.Koristeci Zadatak 8(a) u (I.8) kad je a = 1

2 i x = s− 1 > 0, zakljucujemo da je1− 1

2s−1 > 0. Za proizvoljan n ∈ N odaberimo m ∈ N, takav da je n ≤ 2m − 1.Tada imamo

sn ≤ s2m−1

= 1 +( 1

2s+

13s

)+

( 14s

+ . . . +17s

)+ . . . +

( 1(2m−1)s

+ . . . +1

(2m − 1)s

)

≤ 1 + 2 · 12s

+ 4 · 14s

+ . . . + 2m−1 · 12(m−1)s

= 1 + 12s−1 +

(1

2s−1

)2

+ . . . +(

12s−1

)m−1

=1− (

12s−1

)m

1− 12s−1

<1

1− 12s−1

.

tj. parcijalne sume su ogranicene, pa je na osnovu (1.6) red konvergentan.Ako je s < 1, onda zbog 1 − s > 0, 1

k ∈ (0, 1) i Zadatka 8(a) u (I.8) imamo(1k

)1−s< 1, odakle 1

ks > 1k , za sve k ∈ N, pa je sn ≥ ∑n

k=11k , iz cega zbog

(1.4), slijedi da red divergira. Slucaj s = 1 obraden je u (1.4). ¤

Napomene: (a) Tvrdnja u prethodnoj teoremi vrijedi i kad umjesto s ∈ Q stojis ∈ R, pri cemu je ns realni stepen kog cemo definisati poglavlju IV.5.(b) Funkcija ζ(s) =

∑∞n=1

1ns definisana za s > 1 naziva se Rimanova4 zeta

funkcija. Ona igra znacajnu ulogu u teoriji brojeva. Osim toga, zna se, recimo,da je ζ(2) = π2

6 (Ojler, 1734)5.

Kao sto je poznato, za prikazivanje realnih brojeva koriste razliciti zapisi, odkojih je najrasireniji dekadski (sa bazom b = 10). Na primjer,

276.458 = 2 · 102 + 7 · 101 + 6 · 100 + 4 · 110

+ 5 · 1102

+ 8 · 1103

.

U racunarstvu je posebno znacajan binarni zapis (sa bazom b = 2). Na primjer,

10.011 = 1 · 21 + 0 · 20 + 0 · 12

+ 1 · 122

+ 1 · 123

.

Zapisi nekih brojeva zahtijevaju beskonacno mnogo cifara. Recimo, u dekad-skom zapisu je

13

= 0.333 . . . =310

+3

102+

3103

+ . . . ,

pa vidimo da dekadski zapis broja 13 nije nista drugo nego red. Da kao bazu

zapisa mozemo koristiti bilo koji prirodni broj b ≥ 2, pokazuje se u sljedecojtvrdnji.

(1.8) b–adski zapis: Neka je b ∈ N i b ≥ 2. Tada za svako x ∈ [0, 1] postojecifre z1, z2, z3, . . . ∈ {0, 1, . . . , b− 1}, takve da x = 0.z1z2z3 . . ., gdje je

0.z1z2z3 . . . :=∞∑

n=1

zn

bn. (1)

4Bernhard Riemann (1826 – 1866), njemacki matematicar5Broj π definisan je u poglavlju IV.5


Dokaz. Primijetimo da za svako n ∈ N jen∑

k=1

zk

bk≤ (b− 1)

∞∑

k=1

1bk

= 1,

odakle zbog (1.6) slijedi da je red (1) konvergentan i tezi nekom broju iz [0, 1].Osim toga, zbog 1 =

∑∞n=1

b−1bn je 1 = 0.zzz . . ., gdje je z = b − 1. Neka je

sada x ∈ [0, 1). Odredimo z1, z2, z3, . . . ∈ {0, 1, . . . , b− 1}, tako da za sve n ∈ Nvrijedi

0.z1 . . . zn ≤ x < 0.z1 . . . zn +1bn

. (2)

Indukcijom se pokaze da niz rekurzivno zadan sa

z1 := [bx], zn := [bn(x− 0.z1 . . . zn−1)] (n ≥ 2),

gdje je [a] cijeli dio od a ∈ R (vidjeti Zadatak 6 u (I.8)), zadovoljava (2) i da jezn ∈ {0, 1, . . . , b − 1}, za sve n ∈ N. Na osnovu Sendvic–teoreme II (1.12) i (2)slijedi x = 0.z1z2z3 . . .. ¤

Napomena: Na slican nacin se dokazuje da se svaki realan broj x moze pred-staviti u obliku

x = ±(z0 · bn + . . . + zn · b0 +

zn+1

b+

zn+2

b2+ . . .

), (3)

gdje je zk ∈ {0, 1, . . . , b − 1}. Pri tome, cifre zk u (3) nisu jedinstvene, jer je,recimo, 1 = 1.000 . . . = 0.999 . . .. Ako se iskljuce takvi slucajevi sa devetkama,tada je reprezentacija broja x u (3) za slucaj kad b = 10, jedinstvena. Slicnatvrdnja vrijedi i za opsti b ≥ 2. Detaljnija informacija o ovome moze se naci u[2].

Sljedeci kriterijumi nam omogucavaju da u izvjesnim slucajevima na vrlo jedno-stavan nacin utvrdimo da li neki red konvergira, a zasniva se na poredenju datogreda sa redom cije nam je ponasanje u pogledu konvergencije poznato. Nikakone treba gubiti iz vida da su ti kriterijumi primjenljivi samo na redove sa neneg-ativnim clanovima.

(1.9) Majorantni kriterijum: Neka su redovi∑∞

n=1 an i∑∞

n=1 bn sa nenega-tivnim clanovima i neka postoji n0 ∈ N, tako da an ≤ bn, za sve n ≥ n0. Tadavrijedi: Ako red

∑∞n=1 bn konvergira, onda konvergira i red

∑∞n=1 an, a ako red∑∞

n=1 an divergira, onda divergira i∑∞

n=1 bn.

Dokaz. Neka je red∑∞

n=1 bn konvergentan i s =∑∞

n=1 bn. Tada iz pretpostavkislijedi da za svako n ≥ n0 je

n∑

k=n0

ak ≤n∑

k=n0

bk ≤ s,

tj. parcijalne sume reda∑∞

n=1 an su ogranicene, pa je taj red konvergentan. Akoje red

∑∞n=1 an divergentan, onda niz njegovih parcijalnih suma nije ogranicen,

pa nije ogranicen ni niz parcijalnih suma reda∑∞

n=1 bn, odakle slijedi da je i ondivergentan. ¤

Primjeri: Red∑∞

n=11

n2n je konvergentan, jer je

1n2n

≤ 12n

,


za sve n ∈ N, a red∑∞

n=112n je konvergentan, dok je red

∑∞n=1

1√n+1

divergen-tan, jer je

1√n + 1

≥ 12√

n,

za sve n ∈ N, a red∞∑

n=1

12√

n=

12

∞∑n=1

1n1/2

je zbog (1.7) divergentan.

(1.10) Limes – kriterijum konvergencije redova: Neka za redove∑∞

n=1 an

i∑∞

n=1 bn sa nenegativnim clanovima postoji u R L := limn

an

bn.

(i) Ako je L > 0, tada redovi istovremeno konvergiraju, odnosno divergiraju.(ii) Ako je L ≥ 0 i red

∑∞n=1 bn konvergira, tada konvergira i red

∑∞n=1 an.

(iii) Ako je L ≥ 0 i red∑∞

n=1 an divergira, tada divergira i red∑∞

n=1 bn.

Dokaz. Neka je L ≥ 0. Kao konvergentan, niz(

an

bn

)je ogranicen, pa postoji broj

C ≥ 0, tako da je an

bn≤ C, odnosno an ≤ Cbn, za sve n ∈ N. U slucaju da je

red∑∞

n=1 bn konvergentan ili je red∑∞

n=1 an divergentan, zakljucak slijedi naosnovu majorantnog kriterijuma (1.9).Neka je sada L > 0. Tada na osnovu II (1.7)(ii) postoji n0 ∈ N, tako da jean

bn> L

2 , za sve n ≥ n0, odnosno bn < Can, za sve n ≥ n0, gdje je C = 2L > 0.

Otuda i iz Majorantnog kriterijuma slijedi tvrdnja u slucaju konvergencije reda∑∞n=1 an i divergencije reda

∑∞n=1 bn. ¤

Primjer: Red∑∞

n=11√

n(n+1)je konvergentan, jer je na osnovu (1.7) red

∑∞n=1

1n3/2

konvergentan i

limn

1√n(n+1)

1n3/2

= limn

n

n + 1= 1 > 0.

Dirihleov i Lajbnicov kriterijum

(1.11) Dirihleov kriterijum: Pretpostavimo da vrijedi sljedece:(i) Niz parcijalnih suma reda

∑∞n=1 an je ogranicen;

(ii) Niz (bn) je monoton i limn bn = 0.

Tada je red∑∞

n=1 anbn konvergentan.

Dokaz. Uvedimo parcijalne sume An =∑n

k=1 ak, sn =∑n

k=1 akbk. Premauslovu (i) postoji M > 0, tako da za sve n ∈ N je |An| ≤ M . Primijetimo da jea1 = A1, ak = Ak −Ak−1, za sve k ≥ 2. Otuda je,

sn = A1b1 + (A2 −A1)b2 + (A3 −A2)b3 + . . . + (An −An−1)bn

= A1(b1 − b2) + A2(b2 − b3) + . . . + An−1(bn−1 − bn) + Anbn

=n−1∑

k=1

Ak(bk − bk+1) + Anbn.

Pretpostavimo da je niz (bn) opadajuci. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz limn bn =0 slijedi da je bn ≥ 0, za sve n ≥ 1 i da postoji N ∈ N, tako da za sve n ≥ Nvrijedi bn = |bn| < ε

2M . Otuda je


(∀m,n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |sm − sn| =

=∣∣∣

m−1∑

k=1

Ak(bk − bk+1) + Ambm −n−1∑

k=1

Ak(bk − bk+1)−Anbn

∣∣∣

=∣∣∣

m−1∑

k=n

Ak(bk − bk+1) + Ambm −Anbn

∣∣∣

≤ M

m−1∑

k=n

(bk − bk+1) + M(bm + bn) = M(bn − bm + bm + bn) = 2Mbn < ε,

pa zakljucujemo da je (sn) Kosijev, a zbog II (3.6) i konvergentan niz. U slucajuda je (bn) rastuci niz, na osnovu prethodnog zakljucujemo da je

∑∞n=1 an(−bn)

konvergentan, pa je i∑∞

n=1 anbn konvergentan red. ¤

(1.12) Primjer: Za svako α ∈ R je red∑∞

n=1sin (nα)

n konvergentan6.

Dokaz. Zaista, za parcijalne sume reda∑∞

n=1sin (nα)

n vrijedi

An =sin nα

2 sin (n+1)α2

sin α2

,

uz uslov da je sin α2 6= 0, tj. ako je α 6= 2kπ, za svako k ∈ Z (vidjeti Zadatak 2(c)

u (I.8)). Iz |An| ≤ 1| sin α

2 | slijedi da je niz (An) ogranicen, dok s druge strane

niz bn = 1n je opadajuci i tezi nuli, te na osnovu Dirihleovog kriterijuma imamo

konvergenciju datog reda. Ako je α = 2kπ za neko k ∈ Z, tada je sin (nα) = 0,za svako n ∈ N, pa je konvergencija reda trivijalna.

U matematickoj analizi vazno mjesto medu redovima zauzimaju alternirajuciredovi, tj. redovi kod koji svaka dva susjedna clana imaju razlicite predznake.Primjer takvog reda je

1− 12

+13− 1

4+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1

n=

∞∑n=0

(−1)n

n + 1.

Generalno, alternirajuci redovi mogu se prikazati u obliku∑∞

n=1(−1)n−1bn,odnosno u obliku

∑∞n=1(−1)nbn, pri cemu svi clanovi niza (bn) imaju isti pred-

znak. Osnovna teorema koja se tice konvergencije alternirajucih redova je

(1.13) Lajbnicov kriterijum: Ako je niz (bn) monoton i limn bn = 0, tadaje red

∑∞n=1(−1)nbn alternirajuci i konvergentan. U tom slucaju se suma reda

s :=∑∞

n=1(−1)nbn moze aproksimirati parcijalnom sumom sn :=∑n

k=1(−1)kbk

sa greskom koja je manja od apsolutne vrijednosti prvog izostavljenog clana,tj. za sve n ∈ N vrijedi

|s− sn| ≤ |bn+1|.Dokaz. Niz parcijalnih suma reda

∑∞n=1(−1)n poprima samo vrijednosti −1 i

0, pa je ogranicen, odakle primjenom Dirihleovog kriterijuma zakljucujemo daje red

∑∞n=1(−1)nbn konvergentan.

Neka je, niz (bn), recimo, opadajuci. Zbog limn bn = 0 je i bn ≥ 0, za sve n ∈ N.Iz s2n+2 − s2n = b2n+2 − b2n+1 ≤ 0 i s2n+1 − s2n−1 = −b2n+1 + b2n ≥ 0 slijedi

6Funkciju sin, cije su osobine citaocu poznate iz elementarne matematike, definisacemo upoglavlju III.3


da je podniz (s2n) opadajuci, a (s2n−1) rastuci. Buduci da oba ta podniza tezeka s, imamo da je s2n−1 ≤ s ≤ s2n, za sve n ∈ N. Konacno, za sve n ∈ N je

|s− s2n| = s2n − s ≤ s2n − s2n+1 = b2n+1 = |b2n+1|,|s− s2n−1| = s− s2n−1 ≤ s2n − s2n−1 = b2n = |b2n|. ¤

(1.14) Posljedica: Ako pretpostavkama iz prethodne tvrdnje dodamo i to da jeniz (bn) strogo monoton, tada za sve n ∈ N imamo

|s− sn| < |bn+1|.

Primjeri: Primjenom Lajbnicovog kriterijuma zakljucujemo da su sljedeci re-dovi konvergentni:

(a) 1− 12

+13− 1

4+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1

n,

(b) 1− 13

+15− 1

7+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1.

Moguce je dokazati da je suma prvog reda s = ln 2, a drugog s = π4 (vidjeti

u [2])7. Nejednakost u (1.14) nam omogucava da ocijenimo s kojom tacnoscuparcijalne sume redova (a) i (b) aproksimiraju broj ln 2, odnosno π

4 . Tako je,recimo, ∣∣∣ ln 2−

(1− 1

2+

13− 1

4+

15

)∣∣∣ <16,

tj. broj dat sa

1− 12

+13− 1

4+

15

= 0.78333 . . .

aproksimira ln 2 sa tacnoscu od 16 = 0.1666 . . .. Da bismo na ovaj nacin ln 2

ocijenili sa tacnoscu od, recimo, 0.01 potrebno je da bude n = 99, te bismo zaracunanje aproksimacije s99 trebali sabrati 100 brojeva. Ovaj postupak se zbogsvoje sporosti ne primjenjuje u praksi, posto postoje mnogo efikasniji nacini zaracunanje logaritama.

III.2 Apsolutna konvergencija redova

Konvergentni redovi ne nasljeduju u potpunosti osobine konacnih suma. Naprimjer, kao sto cemo vidjeti, moze se desiti da se promjenom poretka sumacijeu konvergetnom redu promijeni i njegova suma. Cilj nam je da izdvojimo oneredove kod kojih takve nepovoljne situacije ne mogu nastupiti. Pokazace se dau takve redove spadaju apsolutno konvergentni redovi. Osim toga, apsolutnokonvergetne redove moguce je i mnoziti na slican nacin kao sto se mnoze poli-nomi.

Pojam i kriterijumi apsolutne konvergencije

Definicija: Za red∑∞

n=1 an kazemo da je apsolutno konvergentan, ako jekonvergentan red

∑∞n=1 |an|.

7Logaritamsku funkciju ln i broj π definisacemo u poglavlju IV.5.

III.2. APSOLUTNA KONVERGENCIJA REDOVA 59

Napomena: Red∑∞

n=1(−1)n−1

n , mada konvergentan, nije apsolutno konvergen-tan, jer nije konvergentan red

∞∑n=1

∣∣∣ (−1)n−1

n

∣∣∣ =∞∑

n=1

1n

.

Uopste, za konvergente redove koji nisu apsolutno konvergentni kazemo da suuslovno konvergentni.

(2.1) Teorema: Svaki apsolutno konvergentan red je konvergentan.


n=1 an apsolutno konvergentan i neka je ε > 0 proizvoljno.Zbog konvergetnosti niza parcijalnih suma (sn) reda

∑∞n=1 |an|, na osnovu

Kosijevog kriterijuma II (3.6) slijedi da postoji N ∈ N, tako da je

(∀m,n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |sm − sn| < ε.

Otuda je

(∀m,n ∈ N) m > n ≥ N ⇒ |sm − sn| =∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣ ≤m∑

k=n+1

|ak| =

= sm − sn = |sm − sn| < ε,

tj. niz parcijalnih suma (sn) reda∑∞

n=1 an je Kosijev, a prema Kosijevom kri-terijumu II (3.6) i konvergentan. ¤

Primjer: Red

1− 14

+19− 1

16+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n−1

n2

je konvergentan, jer je zbog

∞∑n=1

∣∣∣ (−1)n−1

n2

∣∣∣ =∞∑

n=1

1n2

i (1.7) apsolutno konvergentan.Navedimo tri kriterijuma apsolutne konvergencije. Prvi je

(2.2) Majorantni kriterijum: Neka je red∑∞

n=1 bn konvergentan i neka posto-ji n0 ∈ N, tako da je |an| ≤ bn, za sve n ≥ n0. Tada je red

∑∞n=1 an apsolutno

konvergentan.

Dokaz. Slijedi iz Majorantnog kriterijuma (1.9) za redove sa nenegativnim opstimclanom. ¤

Primjer: Red∞∑

n=1

sinnα

n2je konvergentan za svako α ∈ R, jer je zbog

∣∣∣ sin nα

n2

∣∣∣ ≤ 1n2

,

konvergencije reda∑∞

n=11

n2 i prethodne tvrdnje apsolutno konvergentan.

Sljedeci kriterijum je


(2.3) Dalamberov8 kriterijum: Neka u R postoji L := limn

∣∣∣an+1

an

∣∣∣.(i) Ako je L < 1, tada je red

∑∞n=1 an apsolutno konvergentan;

(ii) Ako je L > 1, tada je red∑∞

n=1 an divergentan.

Dokaz. (i) Neka je q ∈ R, takav da L < q < 1. Tada na osnovu II (1.7)(i) postojin0 ∈ N, tako da je

∣∣∣an+1an

∣∣∣ ≤ q, tj. |an+1| ≤ q|an|, za sve n ≥ n0. Otuda imamo

|an0+1| ≤ q|an0 |,|an0+2| ≤ q|an0+1| ≤ q2|an0 |,|an0+3| ≤ q|an0+2| ≤ q3|an0 |,...

tj. imamo da je |an| ≤ qn−n0 |an0 |, za sve n ≥ n0. No, zbog 0 < q < 1 je red

∞∑n=1

qn−n0 |an0 | = q−n0 |an0 |∞∑

n=1

qn

konvergentan, pa tvrdnja u slijedi iz Majoratnog kriterijuma (2.2).(ii) Neka je q ∈ R, tako da L > q > 1. Ako je L < ∞, onda na osnovu II (1.7)(ii)zakljucujemo da postoji n0 ∈ N, tako da

∣∣∣an+1an

∣∣∣ ≥ q, tj. |an| ≥ qn−n0 |an0 |, zasve n ≥ n0. I u slucaju L = ∞ dolazimo do istog zakljucka. Otuda, |an| → ∞,sto znaci da opsti clan reda

∑∞n=1 an ne tezi ka 0, pa mora, na osnovu (1.2) biti

divergentan. ¤

Primjer: Red∑∞

n=1(−1)nn

2n je apsolutno konvergentan, jer je u ovom slucaju

L = limn

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ = limn

∣∣∣∣∣(−1)n+1(n+1)

2n+1

(−1)nn2n

∣∣∣∣∣ = limn

n + 12n

=12

< 1.

Napomena: Primijetimo da za oba reda∑∞

n=11n i

∑∞n=1

1n2 je L = 1, ali

prvi red divergira, a drugi konvergira, sto pokazuje da za L = 1 Dalamberovkriterijum ne daje odgovor na pitanje konvergencije, te se u tom slucaju moraupotrijebiti neka druga metoda za ispitivanje konvergencije.

(2.4) Kosijev korjeni kriterijum: Neka je L := lim supnn√|an| ∈ R.

(i) Ako je L < 1, tada je red∑∞

n=1 an apsolutno konvergentan.(ii) Ako je L > 1, tada je red

∑∞n=1 an divergentan.

Dokaz. (i) Neka je q ∈ R, takav da L < q < 1. Prema II (3.4)(i) je skup{n ∈ N : n

√|an| > q} konacan, pa postoji n0 ∈ N, tako da je n

√|an| ≤ q,

odnosno |an| ≤ qn, za sve n ≥ n0, te zakljucak imamo na osnovu (2.2).(ii) Ako je q ∈ R, tako da L > q > 1, tada je skup {n ∈ N : n

√|an| > q}

beskonacan. Zaista, ako je L < ∞, onda tvrdnja slijedi iz II (3.4)(ii), a ako jeL = ∞, onda niz ( n

√|an|) nije ogranicen odozgo, pa je tvrdnja jasna. Prema

tome, vrijedi da je |an| > qn > 1 za beskonacno mnogo brojeva n ∈ N, odakleslijedi da opsti clan reda

∑∞n=1 an ne tezi ka 0, pa red divergira. ¤

8Jean Le Rond D’Alembert (1717 – 1783), francuski matematicar


Primjer: Red∞∑

n=1

12n2+n

je konvergentan, jer je

L = lim supn

n

√∣∣∣∣1

2n2+n

∣∣∣∣ = limn

12n+1

= 0 < 1.

Napomena: Kao i kod Dalamberovog kriterijuma, ni Kosijev kriterijum nedaje odgovor u slucaju kad je L = 1. Primijetimo i to da je Kosijev kriteri-jum univerzalniji od Dalamberovog. Razlog tome je sto lim

n

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ ne mora, a

lim supnn√|an| mora da postoji u R (vidjeti II (4.3)). Ilustrujmo to na sljedecem

primjeru.

Primjer: Posmatrajmo red∞∑

n=1

12n+(−1)n . Kako je

∣∣∣an+1

an

∣∣∣ =(1

2

)(n+1)+(−1)n+1−n−(−1)n

=(1

2

)1−2(−1)n

=

{2, n parno,

18 , n neparno

to niz(∣∣∣an+1

an

∣∣∣)

ima dvije tacke nagomilavanja, 2 i 18 , pa u R ne moze postojati

limn

∣∣∣an+1an

∣∣∣. Iz tog razloga je u ovom slucaju Dalamberov kriterijum neprimjen-jiv. Medutim, kako je

L = lim supn

n√|an| = lim sup

n

1

21+(−1)n

n

=12

< 1,

to na osnovu Kosijevog kriterijuma zakljucujemo da je red konvergentan.

Permutacija reda

Neka je σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} bijekcija, gdje je n ∈ N. Tada se suma∑nk=1 aσ(k) dobija iz sume

∑nk=1 ak odgovarajucom promjenom redoslijeda sumacije.

Na primjer, funkcija σ : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4} zadana sa

σ(1) = 3, σ(2) = 1, σ(3) = 4, σ(4) = 2

je bijekcija i4∑

k=1

aσ(k) = a3 + a1 + a4 + a2.

U narednoj definiciji ovu ideju prosirujemo na redove.

Definicija: Neka je σ : N → N bijekcija. Tada red∑∞

n=1 aσ(n) nazivamopermutacijom reda

∑∞n=1 an.

Analogno konacnim sumama, permutacija reda dobija se iz polaznog reda ”pre-mijestanjem” njegovih clanova. Zbog komutativnosti operacije sabiranja je zakonacne sume svakako

n∑

k=1

aσ(k) =n∑

k=1

ak,


gdje je σ : {1, . . . , n} → {1, . . . , n} proizvoljna bijekcija. Medutim, to svojstvou opstem slucaju ne vrijedi za redove, te cak i kad su i polazni i permutovanired konvergentni, njihova suma moze biti razlicita. Pokazimo to na sljedecemprimjeru.

Primjer: Neka je s :=∞∑

n=1

an = 1− 12

+13− 1

4+ . . ., a neka je permutovani red

dat sa∞∑

n=1

aσ(n) = 1− 12− 1

4+

13− 1

6− 1

8+

15− 1

10− 1

12+ . . . .

Oznacimo sa sn parcijalnu sumu polaznog, a sa tn parcijalnu sumu permuto-vanog reda. Iz (1.14) slijedi da je |s − s1| = |s − 1| < 1

2 , pa je svakako s 6= 0.Dalje je,

t3n =(1− 1

2− 1

4

)+

(13− 1

6− 1

8

)+ . . . +

( 12n− 1

− 14n− 2

− 14n

)

=(1

2− 1

4

)+

(16− 1

8

)+ . . . +

( 14n− 2

− 14n

)

=12

(1− 1

2+

13− 1

4+ . . . +

12n− 1

− 12n

)

=12

s2n,

sto znaci da podniz (t3n) konvergira ka s2 . No,

limn

(t3n+1 − t3n) = limn

(t3n+2 − t3n) = 0,

odakle se lako zakljuci da je niz (tn) konvergentan. Prema tome,

∞∑n=0

aσ(n) =s

26= s =

∞∑n=0

an.

Ovakvo ponasanje je tipicno za uslovno konvergentne redove. Stavise, ako je reduslovno konvergentan, tada za svako unaprijed zadano s ∈ R postoji njegovapermutacija cija suma je upravo s. O tome nam govori naredna tvrdnja, poznatapod imenom Rimanova teorema. Prije nego sto prijedemo na njenu formulaciju,navedimo nekoliko cinjenica koje cemo koristiti u dokazu te teoreme.Za proizvoljno a ∈ R definisimo a+ := max{a, 0}, a− := −min{a, 0}. Primije-timo da je a± ≥ 0, a = a+ − a− i |a| = a+ + a−. Ako je red

∑∞n=1 an uslovno

konvergentan, onda je∞∑

n=1

a+n = ∞,

∞∑n=1

a−n = ∞. (4)

Zaista, ako bi bilo, recimo,∑∞

n=1 a+n < ∞, onda bi zbog

∞∑n=1

a−n =∞∑

n=1

(a+n − an) =

∞∑n=1

a+n −

∞∑n=1

an < ∞,

bilo∑∞

n=1 |an| < ∞, tj. red bi bio apsolutno konvergentan, sto je u suprotnostisa pretpostavkom.


(2.5) Rimanova teorema: Neka je red∑∞

n=1 an uslovno konvergentan. Tadaza svako s ∈ R postoji permutacija

∑∞n=1 aσ(n), tako da je

∞∑n=1

aσ(n) = s.

Dokaz. Neka je s ∈ R proizvoljno. Uz oznake bn := a+n , cn := −a−n , imamo

∞∑n=1

an =∞∑

n=1

(bn + cn). (5)

Primijetimo da zbog konvergencije reda∑∞

n=1 an mora biti limn bn = limn cn =0.Pocevsi od b1, redom sumirajmo clanove niza (bn), sve dok suma ne bude vecaod s i tada stanimo. Tu sumu oznacimo sa E1. Sumi E1 redom dodavajmo,pocev od c1, clanove niza (cn), sve dok ukupna suma ne bude manja od s.Tako nastalu sumu oznacimo sa F1. Sada redom dodavajmo sumi F1 preostaleclanove niza (bn), sve dok tako nastala suma, koju oznacavamo sa E2, ne budeveca od s. Dalje, dodajuci sumi E2 preostale clanove niza (cn) sve dok sumane bude manja od s dobijamo sumu F2. Nastavljajuci na ovaj nacin dobijamonizove (En) i (Fn). Primijetimo da nam postojanje ovakvih nizova garantuje(4). Neka je bϕ(n) zadnji clan u sumi En, a cϕ(n) zadnji clan u sumi Fn. Naosnovu konstrukcije, za sve n ≥ 2 vazi

En − bϕ(n) ≤ s < En, Fn < s ≤ Fn − cϕ(n),

odakle slijedi da limn En = limn Fn = s. Posto sve sume koje nastaju poslije Fn,a prije Fn+1 uzimaju vrijednosti izmedu min{Fn, Fn+1} i En+1, zakljucujemoda niz suma dobijenih opisanim postupkom tezi ka s. One su upravo parcijalnesume jednog reda koji se dobija iz polaznog reda (5), tj. jednog permutovanogreda.U slucaju s ∈ {−∞, ∞} postupa se slicno. ¤

Da se tako nesto ne desava sa apsolutno konvergetnim redovima, pokazuje namsljedeca

(2.6) Teorema: Ako je red∑∞

n=1 an apsolutno konvergentan, tada je svakanjegova permutacija

∑∞n=1 aσ(n) apsolutno konvergentan red, te vazi

∞∑n=1

aσ(n) =∞∑

n=1

an.

Dokaz. Neka je s =∑∞

n=1 an i ε > 0 proizvoljno. Zbog konvergentnosti reda∑∞n=1 |an| postoji m ∈ N, tako da je

∞∑n=m+1

|an| < ε

2.

Neka je N ∈ N, takav da {1, . . . ,m} ⊆ {σ(1), . . . , σ(N)}. Tada za sve n ≥ Nvrijedi ∣∣∣∣∣

n∑

k=1

|aσ(k)| −m∑

k=1

|ak|∣∣∣∣∣ ≤

∞∑

k=m+1

|ak| < ε

2, (6)


i ∣∣∣∣∣n∑

k=1

aσ(k) − s

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∣

n∑

k=1

aσ(k) −m∑

k=1

ak

∣∣∣∣∣ +

∣∣∣∣∣m∑

k=1

ak − s

∣∣∣∣∣

≤∞∑

k=m+1

|ak|+∞∑

k=m+1

|ak| < ε.

(7)

Iz (6) slijedi da je niz( ∑n

k=1 |aσ(k)|)

n∈Nogranicen, iz cega proizilazi apsolutna

konvergencija reda∑∞

n=1 aσ(n), dok iz (7) slijedi da je∑∞

n=1 aσ(n) = s. ¤

Dvostruki redovi

Da bismo sebi lakse predstavili dvostruke sume, realne brojeve ajk (j ∈ {1, . . . ,m}, k ∈{1, . . . , n}) poredajmo u sljedecu semu:

a11 a12 a13 . . . a1n

a21 a22 a23 . . . a2n

......

......

am1 am2 am3 . . . amn.

(8)

Za fiksirano j ∈ {1, . . . , m} je∑n

k=1 ajk zbir elemenata j – te vrste, odakle je

m∑

j=1

n∑

k=1

ajk,

suma vrsta, a slicno jen∑

k=1

m∑

j=1

ajk,

suma kolona. No, zbog komutativnosti operacije sabiranja, suma svih elemenataseme (8) ne zavisi od redoslijeda sumacije, pa je

m∑

j=1

n∑

k=1

ajk =n∑

k=1

m∑

j=1

ajk.

Za m = n, san∑

j,k=1

ajk oznacavacemo sumu elemenata seme (8).

Neka su aj (j ∈ {1, . . . , m}) i bk (k ∈ {1, . . . , n}) proizvoljni realni brojevi.Kako za svako j ∈ {1, . . . , m} vazi

∑nk=1 ajbk = aj

∑nk=1 bk, to sumiranjem po

j dobijamom∑

j=1

n∑

k=1

ajbk =( m∑

j=1

aj

)·( n∑

k=1

bk

). (9)

Kada su u pitanju seme sa beskonacno mnogo elemenata,

a11 a12 a13 . . .

a21 a22 a23 . . .

a31 a32 a33 . . .

......

...

(10)


pri cemu ajk ∈ R (j, k ∈ N), tada u slucaju da za svako j ∈ N red∑∞

k=1 ajk

konvergira, red∑∞

j=1

∑∞k=1 ajk nazivamo redom vrsta. Analogno, ako za svako

k ∈ N red∑∞

j=1 ajk konvergira, tada red∑∞

k=1

∑∞j=1 ajk nazivamo redom

kolona. U opsem slucaju je

∞∑

j=1

∞∑

k=1

ajk 6=∞∑

k=1

∞∑

j=1

ajk,

kao sto to pokazuje sljedeci primjer.

Primjer: Neka je

ajk :=

1, j − k = 1,

−1, j − k = −1

0, inace.

U ovom slucaju, sema izgleda ovako:

0 −1

1 0 −1

1 0 −1

1 0 −1

1 0 −1

1 0 −1. . . . . . . . .

Svi ostali elementi u semi su jednaki nuli. Ocito vazi,

∞∑

j=1

∞∑

k=1

ajk = −1,

∞∑

k=1

∞∑

j=1

ajk = 1.

Iz ovog proizilazi da uopste nije jasno sta smatrati sumom dvostrukog reda∑∞j,k=1 ajk (tj. sumom svih elemenata seme (10)), jer je ocito ovisna o redoslijedu

sumacije. Da bismo razjasnili nastalu situaciju, potrebno je uvesti nekolikopojmova.Neka je α : N → N × N bijekcija (da takve bijekcije postoje, slijedi iz I (7.9)).Tada red ∞∑

n=1

aα(n)

nazivamo α – redom dvostrukog reda∑∞

j,k=1 ajk. Dalje, ukoliko je skup

{ n∑

j,k=1

|ajk| : n ∈ N}

ogranicen, za dvostruki red∑∞

j,k=1 ajk kazemo da je sumabilan.


(2.7) Teorema: Neka je dvostruki red∑∞

j,k=1 ajk sumabilan. Tada vazi:

(i) Svaki α – red∑∞

n=1 aα(n) dvostrukog reda∑∞

j,k=1 ajk je apsolutnokonvergentan, pri cemu njegova suma s :=

∑∞n=1 aα(n) ne zavisi od α.

(ii) Red vrsta∑∞

j=1

∑∞k=1 ajk i red kolona

∑∞k=1

∑∞j=1 ajk su konvergentni

i vrijedi

∞∑

j=1

∞∑

k=1

ajk =∞∑

k=1

∞∑

j=1

ajk = s. (11)

Dokaz. (i) Neka je

M := sup{ n∑

j,k=1

|ajk| : n ∈ N}

i α : N→ N×N bijekcija. Kako za proizvoljno n ∈ N postoji N ∈ N, tako da je{α(1), . . . , α(n)} ⊂ {1, . . . , N} × {1, . . . , N}, to imamo

n∑

k=1

|aα(k)| ≤N∑

j,k=1

|ajk| ≤ M,

odakle je zbog (1.6) red∑∞

n=1 aα(n) apsolutno konvergentan.Ako je β : N→ N×N takode bijekcija, onda je bijekcija i σ := β−1 ◦α : N→ N.Uvedimo oznake An := aα(n), Bn := aβ(n). Sada imamo,

An = aα(n) = aβ(σ(n)) = Bσ(n),

iz cega zakljucujemo da je red∑∞

n=1 An permutacija reda∑∞

n=1 Bn, pa moraju,na osnovu (2.6), imati jednake sume.

(ii) Za sve j, n ∈ N i n0 := max{j, n} jen∑

k=1

|ajk| ≤n0∑

i,k=1

|aik| ≤ M,

sto znaci da je za proizvoljno j ∈ N red∑∞

k=1 ajk apsolutno konvergentan.Analogno, red

∑∞j=1 ajk je apsolutno konvergentan za sve k ∈ N, odakle slijedi

da su red vrsta i red kolona dobro definisani.Neka je ε > 0 proizvoljno, α : N→ N×N proizvoljna bijekcija i s :=

∑∞n=1 aα(n).

Odaberimo N ∈ N sa osobinom,∞∑

l=N+1

|aα(l)| <ε

2.

Ako je K ∈ N takvo da je {α(1), . . . , α(N)} ⊂ {1, . . . ,K}×{1, . . . , K}, onda zasve m,n ≥ K imamo

∣∣∣m∑

j=1

n∑

k=1

ajk − s∣∣∣ ≤

∣∣∣m∑

j=1

n∑

k=1

ajk −N∑

l=1

aα(l)

∣∣∣ +∣∣∣

N∑

l=1

aα(l) − s∣∣∣

≤∞∑

l=N+1

|aα(l)|+∞∑

l=N+1

|aα(l)| < ε.


Uzimajuci u∣∣ ∑m

j=1

∑nk=1 ajk − s

∣∣ < ε limes kad n → ∞, dobijamo da za svem ≥ K vazi ∣∣∣

m∑

j=1

∞∑

k=1

ajk − s∣∣∣ ≤ ε,

odakle slijedi da je∑∞

j=1

∑∞k=1 ajk = s. Analogno postupamo u slucaju sume

kolona. ¤

Kosijev proizvod redova

Definicija: Red∑∞

n=0 cn, pri cemu je

cn := anb0 + an−1b1 + . . . + a1bn−1 + a0bn =n∑

k=0

an−kbk, (12)

nazivamo Kosijevim proizvodom redova∑∞

n=0 an i∑∞

n=0 bn.

Napomena: Motivacija za ovakvu definiciju proizvoda dva reda potice odmnozenja polinoma. Naime, ako pomnozimo polinom a0 + a1x + a2x

2 + . . .sa polinomom b0 + b1x + b2x

2 + . . ., onda nakon sredivanja imamo

(a0 + a1x + a2x2 + . . .) · (b0 + b1x + b2x

2 + . . .)

= a0b0 + (a1b0 + a0b1)x + (a2b0 + a1b1 + a0b2)x2 + . . .

= c0 + c1x + c2x2 + . . . ,

pri cemu su koeficijenti c0, c1, c2, . . . dati sa (12).

(2.8) Teorema o Kosijevom proizvodu: Ako su redovi∑∞

n=0 an i∑∞

n=0 bn

konvergentni, pri cemu je jedan od njih i apsolutno konvergentan, tada je njihovKosijev proizvod konvergentan red i vrijedi

( ∞∑n=0

an

)·( ∞∑

n=0

bn

)=

∞∑n=0

cn,

gdje su cn dati sa (12).


n=0 an konvergentan, a red∑∞

n=0 bn apsolutno konver-gentan. Uvedimo oznake

A :=∞∑

n=0

an, B :=∞∑

n=0

bn, β :=∞∑

n=0

|bn|,

An :=n∑

k=0

ak, Bn :=n∑

k=0

bk, Cn :=n∑

k=0

ck, αn := An −A.

Tada je

Cn = a0b0 + (a1b0 + a0b1) + . . . + (anb0 + an−1b1 + . . . + a0bn)

= Anb0 + An−1b1 + . . . + A0bn

= (A + αn)b0 + (A + αn−1)b1 + . . . + (A + α0)bn

= ABn + αnb0 + αn−1b1 + . . . + α0bn.


Stavimo γn := αnb0 + αn−1b1 + . . . + α0bn. Kako Bn → B, to je ABn → AB,pa da bismo dokazali da Cn → AB, dovoljno je dokazati da

limn

γn = 0. (13)

Kako je limn αn = 0, to postoji N ∈ N, tako da |αn| < εβ+1 , za sve n ≥ N .

Otuda, za sve n ≥ N je

|γn| ≤ |α0bn + . . . + αNbn−N |+ |αN+1bn−N−1 + . . . + αnb0|≤ |α0bn + . . . + αNbn−N |+ ε

β+1 β.(14)

Neka je δn := |α0bn + . . . + αNbn−N |. Iz

limn

bn = limn

bn−1 = . . . = limn

bn−N = 0

slijedi da limn δn = 0, odakle zakljucujemo da postoji N ′ ∈ N, N ′ ≥ N , tako daje δn < ε

β+1 , za sve n ≥ N ′. Otuda i iz (14) slijedi da je

|γn| < ε

β + 1+

ε

β + 1β = ε,

za sve n ≥ N ′, odakle dobijamo (13). ¤

Napomena: Kosijev proizvod dva uslovno konvergentna reda ne mora biti kon-vergentan red (vidjeti Zadatak 6).

III.3 Neke funkcije zadane pomocu redova

Eksponencijalna funkcija

Kao sto je poznato, pod eksponencijalnom funkcijom se podrazumijeva funkcijaf : R → R, f(x) = ex, gdje je e Ojlerov broj. Za racionalno x je ex racionalnistepen, koga smo uveli u poglavlju (I.5). Medutim, nije jasno sta bi bio izrazex, ako je x iracionalan broj. Da bismo razrijesili ovu poteskocu postupamo nasljedeci nacin: uz pomoc redova definise se funkcija koju cemo oznaciti sa exp iza koju cemo dokazati da zadovoljava sve kljucne relacije kao i ekponencijalnafunkcija, izmedu ostalog fundamentalni identitet exp(x + y) = exp(x) exp(y),za sve x, y ∈ R i exp(x) = ex, za sve x ∈ Q. Zato je sasvim prirodno da ex

za iracionalno x definisemo kao exp(x), zbog cega cemo pod ekponencijalnomfunkcijom zapravo podrazumijevati funkciju exp.Do eksponencijalne funkcije, kao jedne od najvaznijih funkcija u matematici,vode razliciti problemi iz fizike, biologije, ekonomije itd. Mi cemo se ovdjezadrzati na problemu tzv. neprekidnog ukamacivanja, koji ce nas dovesti dojedne vazne reprezentacije eksponencijalne funkcije, a koja bi mogla posluziti ikao njena druga definicija.

(3.1) Lema: Za svako x ∈ R je red∑∞

n=0xn

n! apsolutno konvergentan.

Dokaz. U slucaju x = 0 je tvrdnja je ocigledna. Neka je x 6= 0. Kako je

L = limn

∣∣∣∣∣∣

xn+1

(n+1)!xn

n!

∣∣∣∣∣∣= lim

n

|x|n + 1

= 0 < 1,

III.3. NEKE FUNKCIJE ZADANE POMOCU REDOVA 69

to na osnovu Dalamberovog kriterijuma (2.3) slijedi da je red apsolutno konver-gentan. ¤

Prethodna tvrdnja nam omogucava da definisemo ekponencijalnu funkciju.

Definicija: Funkciju exp : R→ R datu sa

exp(x) :=∞∑

n=0

xn

n!= 1 +

x

1!+

x2

2!+

x3

3!+ . . .

nazivamo eksponencijalnom funkcijom.

Napomena: Primijetimo da je exp(0) = 1.

(3.2) Teorema: Za sve x, y ∈ R je exp(x + y) = exp(x) exp(y).

Dokaz. Glavnu ulogu u ovom dokazu igra teorema o Kosijevom proizvodu (2.8).Neka je an := xn

n! i bn := yn

n! . Binomna formula daje

cn :=n∑

k=0

an−kbk =n∑

k=0

xn−k

(n− k)!· yn

n!=

1n!

n∑

k=0

(n

k

)xn−kyk =

1n!

(x + y)n.

No, redovi exp(x) =∑∞

n=0 an i exp(y) =∑∞

n=0 bn su zbog (3.1) apsolutnokonvergentni, pa je

exp(x) exp(y) =∞∑

n=0

cn =∞∑

n=0

(x + y)n

n!= exp(x + y). ¤

(3.3) Stav: Za svako x ∈ R je exp(x) > 0 i exp(−x) = (exp(x))−1.

Dokaz. Iz prethodne teoreme slijedi da za proizvoljno x ∈ R vrijedi

exp(x) exp(−x) = exp(x + (−x)) = exp(0) = 1,

pa imamo da je exp(x) 6= 0 i exp(−x) = (exp(x))−1. Konacno,

exp(x) = exp(x

2

)exp

(x

2

)=

(exp

(x

2

))2

> 0. ¤

Definicija: Broj

e := exp(1) = 1 +11!

+12!

+13!

+ . . .

nazivamo Ojlerovim brojem ili ponekad Ojlerovom konstantom.

Napomena: Nije tesko dokazati da je taj broj iracionalan (Zadatak 2).

(3.4) Lema: (∀k ∈ N) (∀x ∈ R) exp(kx) = (exp(x))k.

Dokaz. Dokaz provodimo indukcijom uz pomoc (3.2). Za k = 1 tvrdnja je tacna.Ako je tacna za k, onda je zbog

exp((k + 1)x)) = exp(kx) exp(x) = (exp(x))k exp(x) = (exp(x))k+1,

tacna i za k + 1. ¤


Podsjetimo se da ako je r ∈ Q, onda je er racionalni stepen koga smo definisaliu poglavlju (I.5).

(3.5) Teorema: Za svako r ∈ Q je exp(r) = er.

Dokaz. Ocito je da tvrdenje vazi za r = 0. Ako su m,n ∈ N proizvoljni, onda je

em (3.4)= exp(m · 1) = exp(m) = exp

(m

n· n) (3.4)

=(exp

(m

n

))n,

odakle, uzimajuci u obzir da je exp(

mn

)> 0, na osnovu I (4.15) imamo,

exp(m

n

)= n√

em = emn .

Na kraju,

exp(− m

n

)=

(exp

(m

n

))−1 =(e

mn

)−1

= e−mn ,

odnosno tvrdnja je tacna i za sve r ∈ Q\{0}. ¤

Ova teorema nas motivise da uvedemo oznaku

Oznaka: ex := exp(x).

U sljedecem primjeru cemo pokazati kako jedan problem iz ekonomije dovodi dojednog potpuno drugacijeg oblika predstavljanja eksponencijalne funkcije, koji,kao sto je ranije receno, moze da posluzi i kao njena definicija.

Primjer: Pretpostavimo da pocetni kapital iznosi K0, a kamatna stopa nagodisnjem nivou neka iznosi p. Ako se kamata obracunava tek nakon godinudana, tada je na kraju godine ukupna suma K0 + K0p = K0(1 + p). Ukoliko seobracun vrsi nakon svakih 6 mjeseci, onda je

ukupna suma nakon 6 mjeseci: K0 + K0 · p2 = K0(1 + p

2 )

ukupna suma nakon godinu dana: K0(1 + p2 ) + K0(1 + p

2 ) · p2 = K0(1 + p

2 )2.

Ako se kamata obracunava mjesecno, onda

ukupna suma nakon 1. mjeseca: K0 + K0 · p12 = K0(1 + p

12 ),

ukupna suma nakon 2. mjeseca: K0(1 + p12 ) + K0(1 + p

12 ) · p12 = K0(1 + p

12 )2,

ukupna suma nakon 3. mjeseca: K0(1 + p12 )2 + K0(1 + p

12 )2 · p12 = K0(1 + p

12 )3,...ukupna suma nakon 12. mjeseca: K0(1 + p

12 )12.

Ukoliko bi se obracunski period beskonacno smanjivao, postavlja se pitanje stabi se desilo sa ukupnom sumom. To nas dovodi problema ponasanja niza

(1 +

p

n

)n

.

Pokazacemo da taj niz tezi ka ep. Ovaj problem postavio je svajcarski matematicarJakob Bernuli9, a rijesio ga je Danijel Bernuli 1728. godine.

9Daniel Bernoulli (1700 – 1782), svajcarski matematicar


(3.6) Teorema: Za svako x ∈ R je ex = limn

(1 +

x

n

)n

.

Dokaz. Neka su x ∈ R i ε > 0 proizvoljni. Iz (3.1) slijedi da postoji K ∈ N,tako da je

∞∑

k=K+1

|x|kk!

<ε

3. (15)

Uocimo da za 0 ≤ k ≤ n je(

n

k

)1nk

=1k!· 1 ·

(1− 1

n

)·(1− 2

n

)· . . . ·

(1− k − 1

n

),

iz cega slijedi da je(

n

k

)1nk

≤ 1k!

i limn

(n

k

)1nk

=1k!

.

Na osnovu toga zakljucujemo da je

limn

K∑

k=0

(n

k

)xk

nk=

K∑

k=0

xk

k!,

odakle slijedi da postoji N ′ ∈ N, tako da je

(∀n ∈ N) n ≥ N ′ ⇒∣∣∣

K∑

k=0

(n

k

)xk

nk−

K∑

k=0

xk

k!

∣∣∣ <ε

3. (16)

Ako je N := max{K, N ′}, tada razvijajuci(1 + x

n

)n

po binomnoj formuli ikoristeci (15) i (16), za sve n ≥ N imamo,

∣∣∣(1 + x

n

)n

−∞∑

k=0

xk

k!

∣∣∣ ≤∣∣∣

K∑

k=0

(n

k

)xk

nk−

K∑

k=0

xk

k!

∣∣∣ +n∑

k=K+1

∣∣∣(

n

k

)xk

nk

∣∣∣︸︷︷︸≤ |x|kk!

+∞∑

k=K+1

|x|kk!

≤ ε

3+

∞∑

k=K+1

|x|kk!

+ε

3< ε. ¤

(3.7) Posljedica: e = limn

(1 +

1n

)n

.

Trigonometrijske funkcije

I trigonometrijske funkcije cemo defininisati pomocu redova, te dokazati nji-hove najvaznije osobine poznate iz srednjoskolske matematike; samo osobinepovezane za brojem π, kao i njegovu definiciju odlozicemo za poglavlje IV.5.

(3.8) Lema: Za svako x ∈ R su redovi∑∞

n=0(−1)n x2n

(2n)! i∑∞

n=0(−1)n x2n+1

(2n+1)!

apsolutno konvergentni.

Dokaz. U dokazu koristimo Dalamberov kriterijum (2.3). Za x = 0 je tvrdnjaocigledna. Ako je x 6= 0, onda za prvi red imamo

L = limn

∣∣∣∣∣∣

x2n+2

(2n+2)!

x2n

(2n)!

∣∣∣∣∣∣= lim

n

x2

(2n + 1)(2n + 2)= 0 < 1,


odakle tvrdnja. U slucaju drugog reda postupa se na slican nacin. ¤

Definicija: Funkcije cos : R→ R i sin : R→ R definisane sa

cos(x) :=∞∑

n=0

(−1)n x2n

(2n)!= 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ . . .

sin(x) :=∞∑

n=0

(−1)n x2n+1

(2n + 1)!= x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ . . .

nazivamo kosinus, odnosno sinus. Ponekad cemo umjesto cos(x) i sin(x) pisaticos x i sin x.

Napomena: Primijetimo da je cos 0 = 1 i sin 0 = 0. Osim toga je

(∀x ∈ R) cos(−x) = cosx, sin(−x) = − sin x, (17)

odnosno, kosinus je parna, sinus neparna funkcija.

(3.9) Adicione formule: Za sve x, y ∈ R vazi

(i) cos(x± y) = cosx cos y ∓ sin x sin y,(ii) sin(x± y) = sin x cos y ± cos x sin y.

Dokaz. U osnovi dokaza adicionih formula stoji Kosijeva teorema o proizvoduredova (2.8). Dokazimo, recimo, samo (ii).Na pocetku navedimo jednu evidentnu osobinu konacnih suma:

n∑

k=0

xk =n∑

k=0

xn−k. (18)

Ako u binomnom razvoju za (x+y)2n+1 grupisemo clanove sa parnim, odnosnoneparnim indeksom, dobijamo

(x + y)2n+1 =n∑

k=0

(2n + 1

2k

)x2n+1−2ky2k

+n∑

k=0

(2n + 12k + 1

)x2n+1−(2k+1)y2k+1.

(19)

Neka je an = (−1)n x2n+1

(2n+1)! i bn = (−1)n y2n

(2n)! . Tada je

cn :=n∑

k=0

an−kbk =n∑

k=0

(−1)n−k x2n−2k+1

(2n− 2k + 1)!· (−1)k y2k

(2k)!

=(−1)n

(2n + 1)!

n∑

k=0

(2n + 1

2k

)x2n+1−2ky2k.

Na osnovu (3.8) su redovi sin x =∑∞

n=0 an i cos y =∑∞

n=0 bn apsolutno kon-vergetni, pa primjenom teoreme o Kosijevom proizvodu imamo

sin x cos y =∞∑

n=0

cn =∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

(n∑

k=0

(2n + 1

2k

)x2n+1−2ky2k

). (20)


Ako u (20) promjenljivim x i y zamijenimo mjesta, zatim primijenimo (18) i nakraju iskoristimo osobinu simetricnosti binomnog koeficijenta I (4.19)(ii), redomdobijamo

sin y cosx =∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

(n∑

k=0

(2n + 1

2k

)x2ky2n+1−2k

)

=∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

(n∑

k=0

(2n + 12n− 2k

)x2n−2ky2k+1

)

=∞∑

n=0

(−1)n

(2n + 1)!

(n∑

k=0

(2n + 12k + 1

)x2n+1−(2k+1)y2k+1

).

Iz (19), (20) i posljednje jednakosti slijedi

sin x cos y + cosx sin y =∞∑

n=0

(−1)n (x + y)2n+1

(2n + 1)!= sin(x + y).

Konacno, primjenjujuci (17) dobijamo

sin(x− y) = sin x cos(−y) + cos x sin(−y) = sin x cos y − cos x sin y. ¤

Kao posljedicu adicionih formula (3.9) izvedimo neke od poznatih trigonometri-jskih identiteta.

(3.10) Stav: Za sve x, y ∈ R je

(i) cos2 x + sin2 x = 1,

(ii) cos x− cos y = −2 sin x−y2 sin x+y

2 ,

(iii) sin x− sin y = 2 sin x−y2 cos x+y

2 .

Dokaz. (i) 1 = cos 0 = cos(x− x) = cos x cos x + sin x sin x = cos2 x + sin2 x.(ii) Primijetimo de je x = x+y

2 + x−y2 i y = x+y

2 − x−y2 . Otuda imamo

cosx− cos y =(cos x+y

2 cos x−y2 − sin x+y

2 sin x−y2

)

− (cos x+y

2 cos x−y2 + sin x+y

2 sin x−y2

)

= −2 sin x−y2 sin x+y

2 .

(iii) Slicno kao (ii). ¤Napomena: Iz adicionih formula (3.9) mogu se izvesti i svi preostali poznatitrigonometrijski identiteti, izuzev onih koji u sebi ukljucuju broj π.

Stepeni redovi

Eksponencijalna i trigonometrijske funkcije su specijalni slucajevi funkcija po-znatih pod imenom stepeni redovi, cijim cemo se opstim osobinama sada posvetiti.

Definicija: Funkciju oblika

f(x) =∞∑

n=0

anxn,


gdje je an ∈ R (n ∈ N0), nazivamo stepeni red, a brojeve an koeficijentimastepenog reda.

Napomene: (a) Funkcije exp, cos i sin su primjeri stepenih redova.(b) Za domen stepenih redova prirodno je uzeti

S := {x ∈ R :∞∑

n=0

anxn je konvergentan}.

Interesantno je da skup S mora da bude interval koji, ako se izuzmu njegovegranicne tacke, mora biti simetrican u odnosu nulu. Velicina tog intervala karak-terizuje se radijusom konvergencije. Navedene tvrdnje dokazacemo u

(3.11) Teorema: Neka je dat stepeni red f(x) =∑∞

n=0 anxn. Tada postojijedinstven R ∈ [0,∞] (radijus konvergencije), koji ima sljedece osobine:

(i) Ako je |x| < R, tada f(x) apsolutno konvergira;(ii) Ako je |x| > R, tada f(x) divergira.

Stavimo ρ := lim supnn√|an| ∈ R. Ako je ρ > 0, radijus konvergencije dat je

Adamarovom10 formulom

R =1ρ, (21)

a ako je ρ = 0, onda je R = ∞.

Dokaz. U slucaju 0 < ρ < ∞, na osnovu Zadatka 9 (b) u (II.5) imamo da je

L := lim supn

n√|anxn| = lim sup

n|x| n

√|an| = |x| lim sup

n

n√|an| = |x|ρ =

|x|R

,

gdje je R := 1ρ , odakle, na osnovu Kosijevog korjenog kriterijuma (2.4) imamo

(i) i (ii). Ako je ρ = 0, onda je L = 0 < 1, za sve x ∈ R, tj. f(x) je apsolutnokonvergentan za sve x ∈ R, pa R = ∞ ima osobine (i) i (ii). Konacno, ako jeρ = ∞, onda je L = ∞ > 1, za sve x 6= 0, tj. f(x) divergira za sve x 6= 0, paovaj put R = 1

∞ = 0 ima osobine (i) i (ii). ¤

(3.12) Napomene: (a) Ako je R > 0 radijus konvergencije, onda je u svimtackama intervala (−R, R) stepeni red apsolutno konvergentan, te ga zato inazivamo interval konvergencije stepenog reda. U tackama x = R i x = −Rstepeni red moze da konvergira, ali i da divergira.

(b) Za stepene redove exp, cos i sin na osnovu (3.1) i (3.8) je R = ∞, odnosnointerval konvergencije je R.

Za racunanje radijusa konvergencije je cesto prakticnije primjenjivati sljedecuformulu:

(3.13) Ojlerova formula: Neka postoji ρ := limn

∣∣∣an+1an

∣∣∣ u R. U slucaju ρ > 0 je

radijus konvergencije reda f(x) =∑∞

n=0 anxn dat sa R = 1ρ , a u slucaju ρ = 0

je R = ∞.

Dokaz. Za x 6= 0 je

L := limn

∣∣∣∣an+1x

n+1

anxn

∣∣∣∣ = |x|ρ.

10Jacques Salomon Hadamard (1865 – 1963), francuski matematicar


Zakljucak slijedi iz Dalamberovog kriterijuma (2.3) i Teoreme (3.11). ¤

(3.14) Primjeri: (a) Za red∑∞

n=1(−1)n−1

n xn je an = (−1)n−1

n , odakle imamo

ρ = limn

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn

n

n + 1= 1,

te primjenom Ojlerove formule dobijamo R = 11 = 1.

(b) Ako primijenimo Ojlerovu formulu na stepeni red exp, imamo za an = 1n!

da je

ρ = limn

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn

1(n + 1)

= 0,

odakle R = ∞.

(c) Za red∑∞

n=0 n!xn je an = n!, pa Ojlerova formula daje

ρ = limn

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn

(n + 1) = ∞,

odakle R = 1∞ = 0, sto znaci da navedeni red konvergira samo za x = 0.

(d) Za red f(x) =∑∞

n=0 xn! je

an =

{1, ako n = k!, za neko k ∈ N0,

0, inace,

te stoga ne mozemo primijeniti Ojlerovu formulu. Medutim, kako niz ( n√|an|)

poprima samo vrijednosti 0 i 1, to je ρ = lim supnn√|an| = 1, pa Adamarova

formula daje R = 11 = 1.

Sljedeca tvrdnja tice se algebarskih operacija sa redovima.

(3.15) Stav: Neka je Rf > 0, odnosno Rg > 0 radijus konvergencije reda f(x) =∑∞n=0 anxn, odnosno reda g(x) =

∑∞n=0 bnxn. Ako je R := min{Rf , Rg}, tada

za sve |x < R vrijedi

f(x) + g(x) =∞∑

n=0

(an + bn)xn,

f(x) · g(x) =∞∑

n=0

( n∑

k=0

an−kbk

)xn.

Pri tome, za radijuse konvergencije Rf+g i Rfg redova f + g i fg vazi

Rf+g, Rfg ≥ R.

Dokaz. Slijedi iz (1.5) i (2.8). ¤

Poznato je da bi dva polinoma stepena n ∈ N0 bili jednaki, dovoljno je da sepodudaraju na n + 1 – clanom skupu (vidjeti Zadatak 5, Glava I). I za stepeneredove je dovoljno da se podudaraju na ”malom” skupu da bi bili jednaki; naime,pokazacemo da ukoliko se dva stepena reda podudaraju na nizu koji tezi ka nuli,onda su oni jednaki (Teorema (3.17)). Za dokaz te cinjenice potrebna nam je


sljedeca tvrdnja:

(3.16) Stav: Neka stepeni red f(x) =∑∞

n=0 anxn ima radijus konvergencijeR > 0 i neka postoji niz (xk) za sljedecim osobinama:

(i) Za sve k ∈ N je xk 6= 0 i |xk| < R;(ii) limk xk = 0;(iii) Za svako k ∈ N je f(xk) = 0.

Tada je an = 0, za sve n ∈ N0.

Dokaz. Dokaz provodimo u dva koraka.

10 Prvo dokazimo da za svako 0 < r < R i m ∈ N0 postoji broj C = C(r,m)koji zavisi samo od r i m, tako da je

(∀x ∈ R) |x| < r ⇒∣∣∣∞∑

n=m

anxn∣∣∣ ≤ C|x|m.

Zaista, buduci da za svako |x| < r vrijedi

∣∣∣∞∑

n=m

anxn∣∣∣ ≤

∞∑n=m

|an||x|n = |x|m∞∑

n=m

|an||x|n−m ≤ |x|m∞∑

j=0

|aj+m|rj ,

to mozemo uzeti C :=∑∞

j=0 |aj+m|rj ∈ [0,∞).

20 Pretpostavimo da postoji n ∈ N0, tako da je an 6= 0. Na osnovu Principanajmanjeg elementa I (4.8), te I (2.11) i I (4.5), svaki neprazan podskup od N0

ima najmanji element, te stoga postoji najmanji element m0 ∈ N0, za kogavazi am0 6= 0. Neka je r ∈ R, 0 < r < R, proizvoljno. Na osnovu 10 postojiC = C(r,m0), tako da za sve |x| < r vrijedi

|f(x)− am0xm0 | ≤ C|x|m0+1. (22)

Kako je limk xk = 0, to postoji k0 ∈ N, tako da |xk| < r, za sve k ≥ k0. Akou (22) uvrstimo x = xk, za k ≥ k0, iskoristimo pretpostavku (iii) i podijelimosa |xk|m0 , dobijamo da je |am0 | ≤ C|xk|, odakle, uzimajuci limes po k, za-kljucujemo da je am0 = 0, sto je kontradikcija. ¤

(3.17) Teorema o jednakosti stepenih redova: Neka stepeni redovi f(x) =∑∞n=0 anxn i g(x) =

∑∞n=0 bnxn imaju radijuse konvergencije Rf > 0 i Rg > 0,

te neka postoji niz (xk) sa sljedecim osobinama:

(i) Za sve k ∈ N je xk 6= 0 i |xk| < min{Rf , Rg};(ii) limk xk = 0;(iii) Za sve k ∈ N je f(xk) = g(xk).

Tada je an = bn, za sve n ∈ N0.

Dokaz. Na osnovu (3.15) zakljucujemo da stepeni red h := f−g ima radijus kon-vergencije Rh ≥ min{Rf , Rg} > 0 i koeficijente an − bn. No, kako je h(xk) = 0,za sve k ∈ N, to iz pretpostavke (ii), te (3.16) slijedi da su svi koeficijenti redah jednaki nula, odakle tvrdnja. ¤

(3.18) Posljedica: Ako stepeni redovi f(x) =∑∞

n=0 anxn i g(x) =∑∞

n=0 bnxn

imaju radijuse konvergencije Rf > 0 i Rg > 0 i ako je f(x) = g(x), za sve|x| < min{Rf , Rg}, tada je an = bn, za sve n ∈ N0.

III.4. ZADACI 77

III.4 Zadaci

1. U zavisnosti od s ∈ Q ispitati konvergenciju reda

∞∑n=1

√1 + 1/ns.

2. Dokazati da je za svako n ∈ N,

0 < e−n∑

k=0

1k!

<1

n · n!,

te odatle zakljuciti da je broj e iracionalan.

3. Dokazati da je∞∑

n=1

n

2n= 2.

4. Ispitati konvergenciju reda

∞∑n=1

n!1 · 3 · 5 · . . . · (2n + 1)

.

5. Dokazati Abelov11 kriterijum: Ako je red∑∞

n=1 an konvergentan, a niz(bn) monoton i ogranicen, tada je red

∑∞n=1 anbn konvergentan.

6. Dokazati da je Kosijev proizvod reda∑∞

n=1(−1)n−1√

nsa samim sobom di-

vergentan red.

7. Neka je

ajk :=

{1/(j2 − k2), j 6= k,

0, j = k,

gdje su j, k ∈ N0. Odrediti sumu reda vrsta i reda kolona dvostrukog reda∑∞j,k=0 ajk. Da li je taj red sumabilan?

8. Odrediti radijus konvergencije stepenog reda∑∞

n=1

(2nn

)−1xn.

9. Pretpostavimo da stepeni red f(x) =∑∞

n=0 anxn ima radijus konvergen-cije R > 0 i da za sve x ∈ (−R, R) vrijedi (1− x− x2)f(x) = 1.(a) Dokazati da je niz (an) rekurzivno zadat sa

a0 = 1, a1 := 1, an+1 = an + an−1 (n ∈ N),

(Fibonacijev12 niz).(b) Odrediti radijus konvergencije reda f .

11Niels Henrik Abel (1802 – 1829), norveski matematicar12Leonardo Pisano Fibonacci (1170 – 1250), talijanski matematicar


Glava IV

Neprekidnost i limesfunkcije

IV.1 Topoloska svojstva skupa RU matematickoj analizi posebno mjesto zauzimaju tzv. neprekidne funkcije.Pokazuje se da su neka vazna svojstva neprekidnih funkcija povezana sa izvjes-nim skupovima, pa je takve skupove potrebno izdvojiti i podrobnije ih analizi-rati. U njih spadaju otvoreni, zatvoreni i kompaktni skupovi, cijem izucavanjuposvecujemo ovo poglavlje. Oni karakterizuju tzv. topolosku strukturu skupa R.

Definicija: Kazemo da je x0 ∈ S unutrasnja tacka skupa nepraznog skupaS ⊂ R, ako postoji ε > 0 tako da je Uε(x0) ⊂ S. Skup cija je svaka tackaunutrasnja nazivamo otvorenim skupom. Osim toga, uzima se da je prazan skupotvoren.

Napomena: Skup je, dakle, otvoren, ako za svaki njegov element postoji nekaε – okolina tog elementa koja je sadrzana u tom skupu. Otvoren skup obicnooznacavamo slovom U .

(1.1) Primjeri: (a) Svaki otvoreni interval je otvoren skup. Zaista, neka je,recimo, U = (a, b) i a, b ∈ R. Tada za proizvoljno x0 ∈ U vrijedi Uε(x0) ⊂ U ,gdje je ε := min{x0−a, b−x0} (vidjeti sliku). U preostalim slucajevima, tj. kadje a = −∞ ili b = ∞ postupa se slicno.

( )

{

( )

Slika IV.1: Uε(x0) ⊂ (a, b)

(b) Skup S = [0, 1) nije otvoren, jer 0 nije unutrasnja tacka, dok su sve tackeintervala (0, 1) unutrasnje tacke skupa S.

79

80 GLAVA IV. NEPREKIDNOST I LIMES FUNKCIJE

(1.2) Teorema: (i) Proizvoljna unija otvorenih skupova je otvoren skup, tj. akoje I proizvoljan neprazan skup i Ui otvoren, za svako i ∈ I, onda je i

⋃i∈I Ui

otvoren skup.(ii) Konacan presjek otvorenih skupova je otvoren skup, tj. ako je I proizvoljankonacan skup i Ui otvoren, za svako i ∈ I, onda je i

⋂i∈I Ui otvoren.

Dokaz. (i) Neka je x0 ∈ ⋃i∈I Ui proizvoljno. Tada postoji i0 ∈ I, tako da

je x0 ∈ Ui0 . No, zbog otvorenosti skupa Ui0 postoji ε > 0, za koga vrijediUε(x0) ⊂ Ui0 , odakle Uε(x0) ⊂

⋃i∈I Ui.

(ii) Uzmimo x0 ∈⋂

i∈I Ui proizvoljno. Otuda je x0 ∈ Ui, za svako i ∈ I, a kakosu po pretpostavci svi ti skupovi otvoreni, to postoje εi > 0 (i ∈ I), sa osobinomUεi(x0) ⊂ Ui, za svako i ∈ I. Neka je ε := min{εi : i ∈ I}. Primijetimo daje ε > 0, jer je I konacan skup. Ocito je Uε(x0) ⊂ Uεi

(x0) ⊂ Ui, za sve i ∈ I,odakle Uε(x0) ⊂

⋂i∈I Ui. ¤

(1.3) Napomene: (a) Pretpostavka o konacnosti skupa I u tvrdnji (ii) prethodneteoreme ne moze se oslabiti. To pokazuje sljedeci primjer: za svako n ∈ N jeskup (− 1

n , 1n ) otvoren, ali

⋂n∈N(− 1

n , 1n ) = {0} ocigledno nije otvoren.

(b) Neka je X proizvoljan neprazan skup. Pretpostavimo da familija pod-skupova T od X ima sljedece osobine: (i) ∅ ∈ T ; (ii) Ako je Ui ∈ T , zasve i ∈ I, gdje je I proizvoljan neprazan skup, onda je i

⋃i∈I Ui ∈ T ; (iii) Ako

je Ui ∈ T , za sve i ∈ I, gdje je I proizvoljan konacan i neprazan skup, onda je⋂i∈I Ui ∈ T . Tada uredeni par (X, T ) nazivamo topoloskim prostorom nad X.

Iz prethodne teoreme slijedi da svi otvoreni skupovi cine jedan topoloski prostornad R.

Definicija: Komplement otvorenog skupa nazivamo zatvorenim skupom,odnosno skup F ⊂ R je zatvoren, ako postoji otvoren skup U ⊂ R, tako da jeF = R\U .

(1.4) Primjeri: (a) Svaki zatvoreni interval je zatvoren skup. Specijalno, jednoclaniskup {a} je zatvoren, za svako a ∈ R.(b) Skupovi ∅ i R su i otvoreni i zatvoreni.

Dokaz. (a) Neka je, recimo, F = [a, b], pri cemu je a, b ∈ R. Kako je U :=(−∞, a)∪(b,∞) otvoren, kao unija dva otvorena skupa, to je F = R\U zatvoren.Slicno za skupove [a,∞) i (−∞, a].(b) Ocigledno. ¤

(1.5) Napomene: (a) Primijetimo da je skup otvoren, akko je njegov komple-ment zatvoren.(b) Postoje skupovi koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni. S = [0, 1) je primjertakvog skupa.

Kao neposrednu posljedicu Demorganovih formula (vidjeti (1) u Uvodu) i Teo-reme (1.2) imamo da je proizvoljan presjek i konacna unija zatvorenih skupovazatvoren skup. O tome nam govori sljedeca

(1.6) Teorema: (i) Ako je I proizvoljan neprazan skup i Fi zatvoren, za svakoi ∈ I, onda je i

⋂i∈I Fi zatvoren.

(ii) Ako je I proizvoljan konacan i neprazan skup, te Fi zatvoren, za svako i ∈ I,onda je i

⋃i∈I Fi zatvoren.

IV.1. TOPOLOSKA SVOJSTVA SKUPA R 81

Sljedeca teorema nam daje jednu vaznu karakterizaciju zatvorenih skupovapomocu nizova.

(1.7) Teorema: Skup F ⊂ R je zatvoren, akko za svaki konvergentan niz (xn)u F (tj. xn ∈ F , za sve n ∈ N), vrijedi limn xn ∈ F .

Dokaz. 10 Neka je F zatvoren skup, a xn ∈ F proizvoljan konvergentan niz.Pretpostavimo da je x := limn xn /∈ F . No, tada je x ∈ U := R\F , pri cemuje U otvoren skup. Zbog toga postoji ε > 0, tako da je Uε(x) ⊂ U . Na osnovugeometrijske intepretacije konvergencije II (1.1) postoji N ∈ N sa osobinom daje xn ∈ Uε(x), za sve n ≥ N , odakle xn /∈ F , za n ≥ N , sto je u suprotnosti sapretpostavkama o nizu (xn).20 Neka skup F ⊂ R ima osobinu da za svaki konvergentan niz (xn) u F vrijedilimn xn ∈ F . Pretpostavimo da F nije zatvoren skup. Tada ni U := R\F nijeotvoren skup, pa bi postojao x0 ∈ U , tako da

(∀ε > 0) (∃x ∈ R\U) x ∈ Uε(x0). (1)

Uzimajuci u (1) redom ε = 1n za n = 1, 2, . . ., dobijamo niz (xn) u F , takav

da xn → x0. No, zbog pretpostavke o skupu F , moralo bi biti x0 ∈ F , sto jekontradikcija. ¤

Definicija: Neka je S ⊂ R neprazan skup. Za x0 ∈ R kazemo da je tackanagomilavanja skupa S, ako za svako ε > 0 skup S ∩ Uε(x0) ima barem jedanelement razlicit od x0. Tacku skupa S koja nije tacka nagomilavanja nazivamoizolovanom tackom.

(1.8) Primjeri: (a) Ako je S = [0, 1)∪ {2}, onda su svi elementi intervala [0, 1]tacke nagomilavanja tog skupa, dok je 2 izolovana tacka.(b) Za S = { 1

n : n ∈ N} = {1, 12 , 1

3 , 14 , . . .} je 0 tacka nagomilavanja.

(c) Skup S = {−1, 1} nema tacaka nagomilavanja.

(1.9) Napomene: (a) Primjeri (a) i (b) pokazuju da tacka nagomilavanja skupane mora biti element tog skupa, ali mora biti, da tako kazemo, ”blizu” skupa.(b) Treba razlikovati tacku nagomilavanja skupa od tacke nagomilavanja niza.Recimo, niz an = (−1)n ima za tacke nagomilavanja −1 i 1, dok skup vrijednostitog niza {−1, 1} nema tacku nagomilavanja.

Karakterizacija tacke nagomilavanja pomocu nizova data je u sljedecoj tvrdnji.

(1.10) Stav: Broj x0 ∈ R je tacka nagomilavanja skupa S ⊂ R, akko postojikonvergentan niz (xn) u S, takav da limn xn = x0 i xn 6= x0, za sve n ∈ N.

Dokaz. 10 Ako je x0 tacka nagomilavanja skupa S, onda za svako n ∈ N po-stoji xn ∈ S ∩ U 1

n(x0), tako da je xn 6= x0. Na taj nacin dobijamo niz (xn) sa

trazenim svojstvima.20 Obratan smjer slijedi iz geometrijske interpretacije konvergencije niza II (1.1)i definicije tacke nagomilavanja skupa. ¤

Iz (1.7) i prethodne tvrdnje neposredno dobijamo

(1.11) Stav: Skup S ⊂ R je zatvoren, akko sadrzi sve svoje tacke nagomilavanja.

Definicija: Za skup K ⊂ R kazemo da je kompaktan, ako svaki niz (xn)u K ima konvergentan podniz koji tezi nekom elementu iz K.


Sljedeca teorema daje nam karakterizaciju kompaktnosti.

(1.12) Teorema: Skup K ⊂ R je kompaktan, akko je ogranicen i zatvoren.

Dokaz. 10 Ako je K ogranicen i zatvoren skup, a (xn) proizvoljan niz u K, ondaje taj niz ogranicen, pa na osnovu Bolcano – Vajerstrasove teoreme II (3.3) pos-toji konvergentan podniz koji, zbog zatvorenosti skupa K i (1.7), tezi nekomelementu iz K, odakle zakljucujemo da je K kompaktan.20 Neka skup K kompaktan. Ako K ne bi bio ogranicen, onda bi za svakon ∈ N postojao xn ∈ K, tako da je |xn| > n. No, ovako dobijeni niz (xn) nemaogranicen podniz, pa utoliko vise nema ni konvergentan podniz, sto je u suprot-nosti sa pretpostavkom o skupu K. Dakle, K je ogranicen skup. Zatvorenostjednostavno slijedi iz (1.7). ¤

(1.13) Primjeri: (a) Za sve a, b ∈ R, a ≤ b je skup K = [a, b] kompaktan.(b) Svaki konacan skup S ⊂ R je kompaktan. Zaista, S je zatvoren kao konacnaunija jednoclanih skupova, dok je ogranicenost je ocigledna.(c) Skup S = { 1

n : n ∈ N} ∪ {0} je takode kompaktan. Zaista, kako sadrzisvoju jedinu tacku nagomilavanja 0, to je zbog Stava (1.11) zatvoren, dok jeogranicenost jasna.

(1.14) Teorema: Za svaki kompaktan skup K ⊂ R postoje min K i max K.

Dokaz. Zbog ogranicenosti skupa K postoje m := inf K i M := sup K. Otuda,za svako n ∈ N postoji xn ∈ K, tako da je M − 1

n < xn ≤ M , iz cega slijedi dalimn xn = M . Konacno, zbog zatvorenosti skupa K i (1.7) imamo da je M ∈ K,odakle zakljucujemo da je M = max K. Slicno se dokaze da je m = min K. ¤

IV.2 Neprekidnost funkcije

Osnovna karakteristika neprekidne funkcije je da bliske tacke preslikava u blisketacke, odnosno, ma kako malo uzeli ε > 0, sve tacke koje su dovoljno blizu x0

preslikavaju se u tacke udaljene od f(x0) za manje od ε. Recimo, za funkcijuf : R→ R, f(x) = x2 je iz njenog grafika ocigledmo da ima to svojstvo u svakojtacki x0 ∈ R. Medutim, kod funkcije f : R→ R,

f(x) =

{1, za x ≥ 0,

0, za x < 0,

ma kako blizu jedne drugima uzimali pozitivne i negativne brojeve, pozitivni sepreslikavaju u 1, a negativni u 0, dakle ostaju ”daleko”, jer ova funkcija, kaosto cemo vidjeti, nije neprekidna u x0 = 0.

Oznaka: U citavom poglavlju cemo sa D oznacavati neprazan podskup skupaR.

Definicija: Za funkciju f : D → R kazemo da je neprekidna u x0 ∈ D,ako

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

Funkcija f : D → R je neprekidna na D, ako je neprekidna u svakoj tacki skupaD.

IV.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE 83

00

Slika IV.2: Funkcija sa prekidom u x0

(2.1) Napomene: (a) Ukoliko samo kazemo da je f : D → R neprekidna, bezpreciziranja o kojoj tacki je rijec, onda se podrazumijeva da je f neprekidna naD.(b) Neprekidnost mozemo formulisati i na sljedeci nacin: za svako ε > 0 postojiδ > 0, tako da je |f(x)− f(x0)| < ε, za sve x ∈ D ∩ Uδ(x0).(c) Neprekidna funkcija je prepoznatljiva po svom grafiku. Naime, ako je nekafunkcija definisana na intervalu i ako se njen grafik sastoji iz jednog ”komada”(tj., ”ne cijepa se”), onda je ona neprekidna na tom intervalu, a ako se ”cijepa”u nekoj tacki, onda tu ima prekid (vidjeti sliku IV.2).

(2.2) Primjeri: (a) Konstantna funkcija f : R→ R, f(x) = c je neprekidna.(b) Funkcija f : R→ R, f(x) = x je neprekidna.

Dokaz. Neka su x0 ∈ R i ε > 0 proizvoljni. Treba ispitati da li postoji δ > 0,tako da

(∀x ∈ R) |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ε.

U slucaju (a) mozemo uzeti da je δ bilo koji pozitivan realan broj, dok u slucaju(b) mozemo uzeti δ := ε. ¤

(2.3) Napomena: Ako je x0 ∈ D izolovana tacka skupa D, tada je svakafunkcija f : D → R neprekidna u x0. Zaista, neka je ε > 0 proizvoljno. Kako jex0 izolovana tacka, to postoji δ > 0 tako da D ∩ Uδ(x0) = {x0}. Otuda,

(∀x ∈ D ∩ Uδ(x0)) |f(x)− f(x0)| = |f(x0)− f(x0)| = 0 < ε.

Naredna teorema tvrdi da su upravo neprekidne funkcije te, koje su kompatibilnesa konvergencijom niza, tj. da samo za njih vrijedi limn f(xn) = f(x0), gdje je(xn) proizvoljan niz koji tezi ka x0. Tu teoremu mozemo posmatrati i kao jednuvrstu kriterijuma neprekidnosti uz pomoc nizova.

(2.4) Hajneova1 teorema: Neka su dati funkcija f : D → R i x0 ∈ D. Ako jef neprekidna u x0 i (xn) proizvoljan niz u D sa osobinom limn xn = x0, tadaje limn f(xn) = f(x0). Vrijedi i obrat, odnosno, ako za svaki niz (xn) u D saosobinom limn xn = x0 vrijedi da je limn f(xn) = f(x0), onda je f neprekidnau x0.

Dokaz. 10 Neka je f neprekidna u x0 i (xn) niz u D, tako da je limn xn = x0.Uzmimo ε > 0 proizvoljno. Zbog neprekidnosti funkcije f u x0 postoji δ > 0,tako da

(∀x ∈ D) |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| < ε,

1Eduard Heine (1821 – 1881), njemacki matematicar


a zbog limn xn = x0 postoji N ∈ N, tako da

(∀n ∈ N) n ≥ N ⇒ |xn − x0| < δ,

odakle dobijamo da za sve n ≥ N vazi |f(xn)−f(x0)| < ε. Dakle, limn f(xn) =f(x0).20 Pretpostavimo da za svaki niz (xn) u D, takav da limn xn = x0 vrijedilimn f(xn) = f(x0) i da f nije neprekidna u x0. Negacijom iskaza u definicijineprekidnosti imamo da

(∃ε0 > 0) (∀δ > 0) (∃x ∈ D) |x− x0| < δ ∧ |f(x)− f(x0)| ≥ ε0.

Specijalno, uzimajuci da je δ = 1n , imamo da za svako n ∈ N postoji xn ∈ D,

tako da je |xn − x0| < 1n i |f(xn) − f(x0)| ≥ ε0. Na taj nacin dobijamo niz

(xn) u D, za koga vrijedi limn xn = x0 i f(xn) 9 f(x0), koji zbog pocetnepretpostavke ne moze postojati. ¤

(2.5) Primjeri: (a) Funkcija f : R→ R, f(x) = |x| je neprekidna.(b) Funkcija f : R→ R data sa

f(x) =

{1, za x ≥ 0,

0, za x < 0,

nije neprekidna u x0 = 0.

Dokaz. (a) Slijedi iz Hajneove teoreme i II (1.8) (a).

(b) Neka je xn = (−1)n

n . Tada je limn xn = 0, ali niz (f(xn)) nije konvergentan,jer ima dvije tacke nagomilavanja, 1 i 0. Otuda, na osnovu Hajneove teoremeslijedi da f nije neprekidna u nuli. ¤

Uz pomoc Hajneove teoreme lako mozemo dokazati da je zbir, proizvod i kolicnikneprekidnih funkcija opet neprekidna funkcija. Napomenimo i to, da se narednateorema moze dokazati i drugacije, neposrednim koristenjem definicije neprekid-nosti.

(2.6) Teorema: Neka su funkcije f, g : D → R neprekidne u x0 ∈ D i neka jeλ ∈ R proizvoljno. Tada su i funkcije f + g, λf i fg neprekidne u x0. Ako jejos g(x0) 6= 0, onda je i f

g : D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R neprekidna u x0.

Dokaz. Neka je (xn) proizvoljan konvergentan niz u D, tako da je limn xn = x0.Iz Hajneove teoreme slijedi da je limn f(xn) = f(x0) i limn g(xn) = g(x0). No,tada je

limn

(f + g)(xn) = limn

[f(xn) + g(xn)]

= limn

f(xn) + limn

g(xn) (ovdje smo koristili II (1.10) (i))

= f(x0) + g(x0)

= (f + g)(x0),

odnosno ((f + g)(xn)) je konvergentan niz i limn(f + g)(xn) = (f + g)(x0), pazbog proizvoljnosti niza (xn) i obratne tvrdnje u Hajneovoj teoremi imamo daje f + g neprekidna u x0.Na slican nacin, koristeci II (1.10)(ii),(iii) i (iv) dokazujemo i preostale tvrdnje.

IV.2. NEPREKIDNOST FUNKCIJE 85

¤

Iz prethodne teoreme, uz pomoc matematicke indukcije, lako se dokazuje da jekonacan zbir i konacan proizvod neprekidnih funkcija neprekidna funkcija ili,preciznije, vrijedi

(2.7) Stav: Ako je n ∈ N i f1, . . . , fn : D → R neprekidne u x0 ∈ D, onda jei njihov zbir f1 + . . . + fn : D → R i proizvod f1 · . . . · fn : D → R neprekidnafunkcija u x0.

(2.8) Stav: Svaki polinom je neprekidna funkcija na R.

Dokaz. Stepene funkcije su neprekidne na R, kao konacni proizvodi funkcija ob-lika f(x) = x. Sem toga, iz Teoreme (2.6) slijedi i da je za svako λ ∈ R funkcijaoblika f(x) = λxn neprekidna na R, a kako su polinomi konacne sume funkcijatog oblika, to imamo tvrdnju. ¤

Iz prethodnog stava i Teoreme (2.6) neposredno slijedi

(2.9) Posljedica: Svaka racionalna funkcija je neprekidna na svom domenu.

(2.10) Stav: Svaki stepeni red je neprekidna funkcija na svom intervalu konver-gencije.

Dokaz. Neka je R > 0 radijus konvergencije stepenog reda f(x) =∑∞

n=0 anxn.Uzmimo ε > 0 i x0 ∈ (−R, R) proizvoljno. Neka je r ∈ R, takav da je|x0| < r < R. Zbog apsolutne konvergencije reda

∑∞n=0 anrn postoji N ∈ N,

tako da je∞∑

n=N+1

|an|rn <ε

3.

Polinom fN (x) :=∑N

n=0 anxn je na osnovu Stava (2.8) neprekidna funkcija ux0, pa postoji δ1 > 0, tako da je

(∀x ∈ R) |x− x0| < δ1 ⇒ |fN (x)− fN (x0)| < ε

3.

Odaberimo δ2 > 0, tako da je Uδ2(x0) ⊂ (−r, r). Konacno, za δ := min{δ1, δ2}imamo

(∀x ∈ (−R, R)) |x− x0| < δ ⇒

|f(x)− f(x0)| =∣∣∣fN (x) +

∞∑

n=N+1

anxn − fN (x0)−∞∑

n=N+1

anxn0

∣∣∣

≤ |fN (x)− fN (x0)|+∞∑

n=N+1

|an||x|n +∞∑

n=N+1

|an||x0|n

<ε

3+

∞∑

n=N+1

|an|rn +∞∑

n=N+1

|an|rn

<ε

3+

ε

3+

ε

3= ε. ¤

(2.11) Posljedica: Funkcije exp, cos i sin su neprekidne na R.

Sljedeca teorema se tice neprekidnosti inverzne funkcije.


(2.12) Teorema: Ako je I ⊂ R proizvoljan interval i f : I → f(I) strogomonotona funkcija, tada je njena inverzna funkcija f−1 : f(I) → I neprekidna.

Dokaz. Uzmimo da je f strogo rastuca funkcija. Neka su ε > 0 i y0 ∈ f(I)proizvoljni. Stavimo x0 := f−1(y0). Tada je y0 = f(x0). Razlikujemo dvaslucaja.

10 x0 je unutrasnja tacka intervala I.Tada postoji ε′ > 0, ε′ < ε, tako da je [x0 − ε′, x0 + ε′] ⊂ I. Primijetimo da zaδ := min{f(x0 + ε′)− y0, y0 − f(x0 − ε′)} > 0 vrijedi

|y − y0| < δ ⇒ y0 − δ < y < y0 + δ

⇒ y0 − (y0 − f(x0 − ε′)) < y0 − δ < y < y0 + δ < y0 + (f(x0 + ε′)− y0)

⇒ f(x0 − ε′) < y < f(x0 + ε′).

Uzimajuci u obzir da je i f−1 strogo rastuca funkcija, iz prethodnog imamo,

(∀y ∈ f(I)) |y − y0| < δ ⇒ f(x0 − ε′) < y < f(x0 + ε′)

⇒ x0 − ε′ < f−1(y) < x0 + ε′ ⇒ |f−1(y)− f−1(y0)| < ε′ < ε.

20 x0 je krajnja tacka intervala I.Neka je x0, recimo, lijeva krajnja tacka. Tada postoji ε′ > 0, ε′ < ε, tako da je[x0 x0 + ε′] ⊂ I. Stavimo δ := f(x0 + ε′) − f(x0). Buduci da za sve y ∈ f(I)vrijedi f−1(y) ≥ x0 = f−1(y0), zakljucujemo da

(∀y ∈ f(I)) |y − y0| < δ ⇒ y < y0 + δ = f(x0 + ε′) ⇒ f−1(y) < x0 + ε′

⇒ f−1(y)− f−1(y0) < ε′ ⇒ |f−1(y)− f−1(y0)| < ε′ < ε. ¤

(2.13) Napomena: Primijetimo da u prethodnoj teoremi za funkciju f nismopretpostavili da je neprekidna. Medutim, ukoliko njen domen nije interval, caki ako pretpostavimo da je f strogo monotona i neprekidna, njen inverz ne morabiti neprekidna funkcija (vidjeti Zadatak 1).

(2.14) Stav: Za sve n ∈ N su korjene funkcije f : [0,∞) → [0,∞), f(x) = n√

xi g : R→ R, g(x) = 2n−1

√x neprekidne.

Dokaz. Funkcija f je inverz strogo rastuce funkcije g : [0,∞) → [0,∞), g(x) =xn, pa je, na osnovu prethodne teoreme, neprekidna. Slicno postupamo uslucaju funkcije g. ¤

Da je kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna funkcija dokazujemo u

(2.15) Teorema: Neka je E ⊂ R neprazan skup. Ako je funkcija f : D → Eneprekidna u x0 ∈ D, a funkcija g : E → R neprekidna u f(x0) ∈ E, onda je ig ◦ f : D → R neprekidna u x0.

Dokaz. Neka je (xn) proizvoljan konvergentan niz u D, tako da je limn xn = x0.Iz Hajneove teoreme (2.4) slijedi limn f(xn) = f(x0) i limn g(f(xn)) = g(f(x0)),odnosno limn(g◦f)(xn) = (g◦f)(x0), pa zbog proizvoljnosti niza (xn) i obratnetvrdnje u Hajneovoj teoremi zakljucujemo da je g ◦ f neprekidna u x0. ¤

Primjeri: (a) Funkcija h : R → R, h(x) = ex2−x je neprekidna, jer h = g ◦ fkompozicija neprekidnih funkcija f(x) = x2 − x (polinom) i g = exp.

(b) Funkcija h : R → R, h(x) = sin (x3)ex+x4 je neprekidna kao kolicnik dvije

IV.3. LIMES FUNKCIJE 87

neprekidne funkcije: f(x) = sin (x3) (neprekidna kao kompozicija neprekid-nih funkcija) i g(x) = ex + x4 (neprekidna kao zbir dvije neprekidne funkcije).

Ako je neka funkcija f neprekidna u x0 i f(x0) > 0, onda iz grafika vidimo da jeta funkcija pozitivna i na nekoj okolini od x0 (vidi sliku). Da je to zaista tako,slijedi iz

{( )

0

Slika IV.3: δ – okolina na kojoj je f > 0

(2.16) Stav: Neka je f : D → R neprekidna u x0 ∈ D i f(x0) > 0. Tada postojiδ > 0, tako da je f(x) > 0, za sve x ∈ Uδ(x0) ∩D.

Dokaz. Zbog neprekidnosti funkcije f u x0, za ε = f(x0)2 > 0 postoji δ > 0, tako

da je |f(x) − f(x0)| < ε, za sve x ∈ D ∩ Uδ(x0), odakle f(x) − f(x0) > −ε,odnosno,

f(x) > f(x0)− ε = f(x0)− f(x0)2

=f(x0)

2> 0,

za sve x ∈ Uδ(x0) ∩D. ¤

IV.3 Limes funkcije

Pod limesom ili granicnom vrijednoscu funkcije f u tacki x0 podrazumijeva sebroj kome teze vrijednosti f(x), kad se x priblizava ka x0. Kako je pojam limesafunkcije usko povezan za pojmom neprekidnosti, to se mnoge tvrdnje vezane zalimes dokazuju na slican nacin kao odgovarajuce tvrdnje koje vaze za neprekidnefunkcije.

Obicni limesi

Oznaka: U citavom ovom poglavlju, ukoliko se drugacije ne naglasi, podrazu-mijevamo da je D ⊂ R neprazan skup, a x0 njegova tacka nagomilavanja.

Definicija: Kazemo da funkcija f : D → R ima u tacki x0 limes l ∈ R ipisemo limx→x0 f(x) = l, ako

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ D\{x0}) |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

(3.1) Napomene: (a) Kada smo definisali neprekidnost u x0, funkcija je moralabiti definisana u toj tacki, dok kod limesa vidimo da funkcija ne mora bitidefinisana u tacki u kojoj se posmatra limes.


(b) Skup oblika D\{x0} ∩ Uδ(x0), gdje je δ > 0, nazivamo punktiranom D –okolinom tacke x0 i obicno ju oznacavamo sa U∗. Uz njenu pomoc limes funkcijemozemo definisati i na sljedeci nacin: za svako ε > 0 postoji punktirana D –okolina U∗ tacke x0, tako da je |f(x)− l| < ε, za sve x ∈ U∗.(c) Kako je limes funkcije f broj kome teze vrijednosti f(x) kad x tezi ka x0,to se limes funkcije graficki moze interpretirati kao ona vrijednost kojoj tezeordinate sa grafika posmatrane funkcije, kad se x priblizava ka x0 (vidi sliku).

0

}Slika IV.4: Ordinate teze limesu funkcije l = limx→x0 f(x)

Pojmovi neprekidnosti i limesa funkcije su medusobno usko povezani. Iz njihovihdefinicija neposredno slijedi

(3.2) Teorema: Ako je funkcija f : D → R je neprekidna u x0 ∈ D, tada jelimx→x0 f(x) = f(x0). Vrijedi i obrat, odnosno, ako je x0 ∈ D i limx→x0 f(x) =f(x0), onda je f : D → R neprekidna u x0.

Primjeri: (a) limx→1(x2 + 1) = 12 + 1 = 2, jer je f(x) = x2 + 1 neprekidna ux0 = 1.(b) limx→2 esin x = esin 2, jer je f(x) = esin x neprekidna u x0 = 2.

Medutim, za racunanje limx→1x2−1x−1 potreban nam je drugaciji pristup zasnovan

na neprekidnim prosirenjem funkcije.

Definicija: Neka je data funkcija f : D → R. Tada funkciju F : D ∪{x0} → R neprekidnu u x0 za koju je F (x) = f(x), za sve x ∈ D\{x0}, nazivamoneprekidnim prosirenjem za f u x0.

Zbog jednostavnosti, bez dokaza navodimo

(3.3) Stav: Ako za f : D → R postoji neprekidno prosirenje F u x0, tada postojii limx→x0 f(x), te vazi limx→x0 f(x) = F (x0). Vrijedi i obrat, odnosno, ako jelimx→x0 f(x) = l, tada postoji neprekidno prosirenje za f : D → R u x0 i datoje sa

F (x) =

{f(x), x ∈ D\{x0},

l, x = x0.

Primjer: Za funkciju f : R\{1} → R, f(x) = x2−1x−1 je F : R→ R, F (x) = x + 1

neprekidno prosirenje u x0 = 1, odakle slijedi

limx→1

x2 − 1x− 1

= F (1) = 2.

(3.4) Stav: (i) limx→0

ex − 1x

= 1, (ii) limx→0

sin x

x= 1.


Dokaz. (i) Neka je f : R\{0} → R, f(x) = ex−1x . Za x 6= 0 je

ex − 1x

=1x

(1 +

∞∑n=1

xn

n!− 1

)=

∞∑n=1

xn−1

n!.

Stavimo F (x) :=∑∞

n=1xn−1

n! . Kako red ex konvergira za svako x ∈ R, to i redF (x) konvergira za svako x ∈ R, pa je R interval konvergencije i stepenog redaF . No, na osnovu Stava (2.10) je F neprekidna funkcija na R, iz cega slijedi daje F neprekidno prosirenje za f u x0 = 0. Otuda je

limx→0

ex − 1x

= F (0) = 1.

(ii) Neka je f : R\{0} → R, f(x) = sin xx . Za x 6= 0 je

sinx

x=

∞∑n=0

(−1)n x2n

(2n + 1)!.

Stavljajuci F (x) :=∑∞

n=0(−1)n x2n

(2n+1)! i postupajuci kao pod (i) zakljucujemoda je F neprekidno prosirenje za f u x0 = 0, a kako je F (0) = 1, to imamotvrdnju. ¤

(3.5) Napomena: Ako je x0 izolovana tacka skupa D, tada je na osnovu (2.3)svaka funkcija F : D ∪ {x0} → R koja je podudara sa f : D → R na D\{x0}neprekidno prosirenje za f u x0. Pretpostavimo sada da je x0 tacka nagomila-vanja skupa D i neka su F1 i F2 neprekidna prosirenja za f u x0. Iz (1.10)slijedi sa postoji niz (xn) u D, takav da je limn xn = x0 i xn 6= x0, za sve n ∈ N.Otuda je F1(xn) = F2(xn), za sve n ∈ N, odnosno, zbog neprekidnosti u x0

je F1(x0) = F2(x0), pa je F1 = F2. To zapravo znaci da ako je x0 izolovanatacka, onda f nema jedinstveno neprekidno prosirenje, a ako je u pitanju tackanagomilavanja, onda moze da ima najvise jedno neprekidno prosirenje. Upravoto je razlog zbog kog se limesi funkcija posmatraju samo u tackama nagomila-vanja.

Teorema analogna Hajneovoj teoremi za neprekidne funkcije (2.4) vazi i zalimese funcija:

(3.6) Teorema: Ako je limx→x0 f(x) = l, a (xn) proizvoljan niz u D\{x0} saosobinom limn xn = x0, onda je limn f(xn) = l. Vazi i obrat, odnosno, ako zasvaki niz (xn) u D\{x0} sa osobinom limn xn = x0 vrijedi da je niz (f(xn))konvergentan, tada postoji limx→x0 f(x).

Dokaz. Dokazi za smjer ” ⇒ ” u ovoj i Hajneovoj teoremi su analogni.” ⇐ ” Neka su (xn) i (x′n) proizvoljni nizovi u D\{x0} sa osobinom limn xn = x0

i limn x′n = x0. Po pretpostavci postoje l := limn f(xn) i l′ := limn f(x′n). No,tada i niz x1, x

′1, x2, x

′2, x3, x

′3, . . . tezi ka x0, pa je na osnovu pretpostavke niz

f(x1), f(x′1), f(x2), f(x′2), . . .

konvergentan, a buduci da ima tacke nagomilavanja l i l′, to zbog TeoremeII (3.5) mora biti l = l′. Prema tome, postoji l ∈ R, tako da limn f(xn) = l, zasvaki niz (xn) u D\{x0} sa osobinom limn xn = x0. Postupajuci kao u dokazuobratne tvrdnje Hajneove teoreme zakljucujemo da postoji limx→x0 f(x). ¤


Slicnu ulogu koju je imala Hajneova teorema u dokazima Teorema (2.6) i (2.15)ima i Teorema (3.6) u dokazima sljedece dvije teoreme, mada se treba reci dase one mogu dokazati i direktno, koristenjem definicije limesa.

(3.7) Teorema: Neka za funkcije f, g : D → R postoje l1 := limx→x0 f(x) il2 := limx→x0 g(x) i neka je λ ∈ R proizvoljno. Tada postoje limx→x0(f +g)(x),limx→x0(λf)(x) i limx→x0(fg)(x), te vrijedi

limx→x0

(f + g)(x) = l1 + l2, limx→x0

(λf)(x) = λ l1, limx→x0

(fg)(x) = l1l2.

Ako je, osim toga, l2 6= 0, onda za funkciju fg : D\{x ∈ D : g(x) = 0} → R

postoji limx→x0

(fg

)(x), te je

limx→x0

(f

g

)(x) =

l1l2

.

.(3.8) Teorema: Neka je E ⊂ R neprazan skup. Ako za funkciju f : D → Epostoji l := limx→x0 f(x) ∈ E i ako je funkcija g : E → R neprekidna u l, tadapostoji limx→x0(g ◦ f)(x) i vrijedi

limx→x0

(g ◦ f)(x) = g(l).

(3.9) Primjer: Ako postoji limx→x0 f(x), onda zbog neprekidnosti funkcijag1, g2 : R→ R, g1(x) = |x|, g2(x) = ex je

limx→x0

|f(x)| = ∣∣ limx→x0

f(x)∣∣, lim

x→x0ef(x) = elimx→x0 f(x).

Za racunanje limesa korisna je tehnika smjene. Ona se sastoji u sljedecem: Akoje limx→x0 f(x) = l, onda uzimajuci u limesu limx→x0(g(f(x)) smjenu y = f(x)imamo limx→x0(g(f(x)) = limy→l g(y). O tome nam govori sljedeca teoremaciji dokaz, zbog jednostavnosti, izostavljamo.

(3.10) Teorema o smjeni: Neka za f : D → E postoji l := limx→x0 f(x), teneka je l tacka nagomilavanja skupa E ⊂ R. Ako postoji limy→l g(y) i ako jef(x) 6= l, za sve x ∈ D\{x0}, onda je

limx→x0

g(f(x)) = limy→l

g(y).

Primjer: Primijenimo prethodnu teoremu na racunanje limesa limx→0sin 2x

x .Neka je f(x) = 2x i g(y) = sin y

y . Kako je limx→0 f(x) = 0 i f(x) 6= 0, za x 6= 0,to na osnovu (3.10) imamo

limx→0

sin 2x

2x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1,

odaklelimx→0

sin 2x

x= lim

x→02sin 2x

2x= 2 lim

x→0

sin 2x

2x= 2.

Odnos analogan odnosu izmedu limesa i nejednakosti koji vazi za nizove (vidjeti


II (1.11)) vazi i za limese funkcija.

(3.11) Teorema: Neka za funkcije f, g : D → R postoje limesi limx→x0 f(x)i limx→x0 g(x), te neka za neku punktiranu D – okolinu U∗ tacke x0 vrijedif(x) ≤ g(x), za sve x ∈ U∗. Tada je

limx→x0

f(x) ≤ limx→x0

g(x).

Dokaz. Neka je (xn) proizvoljan niz u D\{x0} sa osobinom limn xn = x0 i nekaje punktirana D – okolina U∗ tacke x0 takva da vazi f(x) ≤ g(x), za sve x ∈ U∗.Tada postoji N ∈ N, tako da je xn ∈ U∗, za sve n ≥ N , pa je f(xn) ≤ g(xn),za sve n ≥ N. Iz (3.6) slijedi da f(xn) → limx→x0 f(x) i g(xn) → limx→x0 g(x),te na osnovu II (1.11) konacno imamo limx→x0 f(x) ≤ limx→x0 g(x). ¤

Podsjetimo se da smo u Glavi II uveli pojam Kosijevog niza i u Teoremi I (3.6)pokazali da je niz konvergentan, akko je Kosijev. Analogna tvrdnja vazi i zalimese funkcija.

(3.12) Kosijev teorema: Za funkciju f : D → R postoji limx→x0 f(x), akkoza svako ε > 0 postoji punktirana D – okolina U∗ tacke x0, tako da je |f(x) −f(y)| < ε, za sve x, y ∈ U∗.

Dokaz. 10 Neka postoji l := limx→x0 f(x) i neka je ε > 0 proizvoljno. Tadapostoji punktirana D – okolina U∗ tacke x0, tako da |f(x) − l| < ε

2 , za svex ∈ U∗. Otuda, za sve x, y ∈ U∗ vrijedi

|f(x)− f(y)| ≤ |f(x)− l|+ |l − f(y)| < ε

2+

ε

2= ε.

20 Neka je ε > 0 proizvoljno i neka za neku punktiranu D – okolinu U∗ tackex0 vrijedi |f(x) − f(y)| < ε, za sve x, y ∈ U∗. Ako je (xn) proizvoljan niz uD\{x0}, takav da limn xn = x0, onda postoji N ∈ N, tako da za sve n ≥ Nvazi xn ∈ U∗. Otuda, za sve m,n ≥ N imamo |f(xm) − f(xn)| < ε, odnosno,niz (f(xn)) je Kosijev, a na osnovu I (3.6) i konvergentan. Konacno, iz obratnetvrdnje u Teoremi (3.6) slijedi da postoji limx→x0 f(x). ¤

Jednostrani limesi

Vidjeli smo da je obicni limes funkcije broj kome teze vrijednosti f(x), kad sex priblizava ka x0, bilo sa lijeve, bilo sa desne strane. Sada cemo se pozabavitilimesima koji se dobiju kad se x priblizava ka x0 ili samo s lijeve ili samo s desnestrane.

Definicija: Ako je x0 tacka nagomilavanja skupa D+ := D ∩ [x0,∞),tada kazemo da je l ∈ R desni limes funkcije f : D → R u tacki x0 i pisemolimx→x0+ f(x) = l ili f(x0+) = l, ako

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ D+\{x0}) |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− l| < ε.

Analogno se u slucaju da je x0 tacka nagomilavanja skupa D− := D∩ (−∞, x0]definise i lijevi limes u oznaci limx→x0− f(x) ili f(x0−).

(3.13) Napomena: Primijetimo da je desni limes funkcije f zapravo obicnilimes funkcije f |D+, a lijevi funkcije f |D−. Zato odgovarajuce verzije teorema(3.6) – (3.12) vaze i za jednostrane limese.


Iz definicija obicnog i jednostranih limesa neposredno slijedi da izmedu njih po-stoji sljedeci odnos:

(3.14) Stav: Neka je x0 tacka nagomilavanja skupova D+ i D−. Ako postojiobicni limes limx→x0 f(x), tada postoje i jednostrani limesi u x0, te vazi

limx→x0

f(x) = f(x0+) = f(x0−).

Vrijedi i obrat, odnosno, ako postoje jednostrani limesi u x0 i ako je f(x0+) =f(x0−), tada postoji i obicni limes u x0.

Primjer: Neka je f : [0, 2] → R data sa

f(x) =

{x, x ∈ [0, 1],

2, x ∈ (1, 2].

Tada je limx→1− f(x) = 1 i limx→1+ f(x) = 2, iz cega slijedi da ne postojilimx→1 f(x).

U jednu vrstu jednostranih limesa ubrajamo i limese u beskonacnosti.

Definicija: Pretpostavimo da skup D nije ogranicen odozgo. Tada kazemoda funkcija f : D → R ima limes l ∈ R, kad x →∞ i pisemo limx→∞ f(x) = l,ako

(∀ε > 0) (∃K > 0) (∀x ∈ D) x > K ⇒ |f(x)− l| < ε.

Slicno, ako skup D nije ogranicen odozdo, imamo da je limx→−∞ f(x) = l ∈ R,ako

(∀ε > 0) (∃K > 0) (∀x ∈ D) x < K ⇒ |f(x)− l| < ε.

Primjer: Iz prethone definicije neposredno slijedi da je

limx→∞

1x

= 0 i limx→−∞

1x

= 0.

(3.15) Napomene: (a) Ako skup D nije ogranicen odozgo, onda skupove oblikaD∩(K,∞), gdje je K ∈ R, nazivamo punktiranom D – okolinom beskonacnosti,a za ∞ kazemo da je tacka nagomilavanja skupa D. Na taj nacin se cinjenicalimx→∞ f(x) = l moze formulisati i ovako: za svako ε > 0 postoji punktiranaD – okolina beskonacnosti U∗, tako da je |f(x)− l| < ε, za sve x ∈ U∗. Slicnose postupa i u slucaju limx→−∞ f(x) = l. Sada se lako vidi da teoreme (3.6),(3.7), (3.11) i (3.12) vaze i za limese u beskonacnosti.(b) Ako je limx→∞ f(x) = l onda pravu y = l nazivamo horizontalnom asimp-totom, kad x → −∞. Analogno se definise horizontalna asimptota, kad x →∞.(c) Slicno nizovima, pojam asimptotskog ponasanja mozemo uvesti i za funkcije:funkcija f se asimptotski ponasa kao funkcija g, kad x → x0 ∈ R i pisemof ∼ g, x → x0, ako je

limx→x0

f(x)g(x)

= 1.

Tako je, recimo, na osnovu (3.4), ex − 1 ∼ x i sin x ∼ x, kad x → 0.

IV.4. GLOBALNA SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE 93

Nesvojstveni limesi

Definicija: Za funkciju f : D → R kazemo da u x0 ∈ R tezi ka beskonacnostii pisemo limx→x0 f(x) = ∞, ako za svako M ∈ R postoji punktirana D –okolina U∗ tacke x0, tako da je f(x) > M , za sve x ∈ U∗. Slicno se definise ilimx→x0 f(x) = −∞.

(3.16) Primjeri: (a) limx→∞ n√

x = ∞, za svako n ∈ N;(b) limx→∞ xn = ∞, za svako n ∈ N i limx→−∞ xn = −∞, za svako neparnon ∈ N;(c) limx→∞ ex

xn = ∞, za sve n ∈ N0.

Dokaz. (a) Ako je M ∈ R proizvoljno, tada koristeci I (6.3), za sve x > K :=|M |n imamo

n√

x >n√

K = |M | ≥ M.

(b) Za proizvoljno M ∈ R, iz I (6.2) slijedi da ako je x > K := n√|M |, onda je

xn > Kn = |M | ≥ M.

Slicno se postupa i u drugom slucaju.

(c) Kako za sve x > 0 vazi ex > xn+1

(n+1)! , dobijamo da je ex

xn > x(n+1)! , odakle

tvrdnja. ¤

(3.17) Napomene: (a) Odgovarajuce verzije teorema (3.6), (3.7), (3.10) i (3.11)vrijede i za nesvojstvene limese. Pri tome se u (3.7) ne smiju pojavljivati izrazioblika ∞−∞, 0 · ∞ i ∞∞ .(b) Na prirodan nacin se definisu i limx→x0± f(x) = ±∞.(c) Ako je limx→x0+ f(x) ∈ {∞,−∞} ili limx→x0− f(x) ∈ {∞,−∞}, tada pravux = x0 nazivamo vertikalnom asimptotom funkcije f u tacki x0.

Neposredno na osnovu definicije nesvojstvenih limesa zakljucujemo

(3.18) Stav: limx→x0 |f(x)| = ∞⇔ limx→x01

f(x) = 0.

(3.19) Primjeri: (a) limx→01x2 = ∞, jer je limx→0 x2 = 0.

(b) limx→0+1x = ∞, jer je limx→0+ x = 0, pa je x = 0 vertikalna asimptota

funkcije x 7→ 1x u x0 = 0. Uz pomoc smjene y = −x imamo da je

limx→0−

1x

= limy→0+

1−y

= − limy→0+

1y

= −∞.

(c) Za sve n ∈ N0 je limx→−∞ xnex = 0, jer je

limx→−∞

∣∣∣ 1xnex

∣∣∣ = limx→−∞

e−x

|x|n = limy→∞

ey

yn= ∞.

IV.4 Globalna svojstva neprekidne funkcije

Teorema o meduvrijednosti

Sljedeca tvrdnja, poznata pod imenom teorema o meduvrijednosti nam kaze daje neprekidna slika intervala opet interval. Ovu tvrdnju moguce je interpretirati


i na sljedeci nacin: ako je funkcija f neprekidna na intervalu I, onda njenaslika f(I) ne moze imati ”rupa”, tj. poprima sve meduvrijednosti, sto je mogucesamo ako je f(I) interval.

(4.1) Teorema: Neka je I ⊂ R proizvoljan interval i f : I → R neprekidnafunkcija. Tada je i skup f(I) interval.

Dokaz. Dovoljno je dokazati da za sve α, β ∈ f(I), α < β i svako γ ∈ R, takoda je α < γ < β, vrijedi γ ∈ f(I). Neka su, dakle, α, β ∈ f(I), α < β i γ ∈ R,α < γ < β, proizvoljni. Tada postoje a, b ∈ I, tako da je α = f(a) i β = f(b).Razlikujemo dva slucaja.

10 a < b.

Primijetimo da je [a, b] ⊂ I, jer je I interval. Rekurzivnim postupkom kon-struisimo niz umetnutih intervala In = [an, bn], In+1 ⊂ In, sa svojstvom

f(an) ≤ γ ≤ f(bn). (∗n)

Zbog pretpostavke je f(a) < γ < f(b), pa mozemo uzeti I1 := [a, b]. Neka jemn := 1

2 (an + bn) sredina intervala In. Ako In ima svojstvo (∗n), tada

In+1 = [an+1, bn+1] :=

{[an,mn], ako γ ≤ f(mn),

[mn, bn], ako f(mn) < γ,

ima svojstvo (∗n+1) i vrijedi In+1 ⊂ In. Iz Teoreme o umetnutim intervalimaI (6.4) slijedi da postoji c ∈ ⋂

n∈N In. Buduci da smo In+1 dobili polovljenjemintervala In, to je |In+1| = 1

2 |In|, odakle zakljucujemo da je |In| = |I1|2n−1 , odnosno

da |In| → 0. Ocigledno je niz (an) rastuci, a niz (bn) opadajuci, a kako su obaogranicena, to na osnovu Teoreme II (2.1) slijedi da su konvergentni. No, kakoje

limn

bn − limn

an = limn

(bn − an) = limn

In = 0

i an ≤ c ≤ bn, za sve n ∈ N, to iz Sendvic – teoreme II (1.12) imamo da je

c = limn

an = limn

bn.

Na kraju, zbog neprekidnosti funkcije f je limn f(an) = f(c) i limn f(bn) = f(c),odakle, koristeci Sendvic – teoremu u (∗n) dobijamo da je γ = f(c) ∈ f(I).20 a > b.

Svodi se na slucaj 10 zamjenom uloga a i b. ¤

Ako je f(a)f(b) < 0, tj. ako f(a) i f(b) imaju razlicite predznake, onda jeocigledno da grafik neprekidne funkcije f : [a, b] → R mora presjeci x – osu unekoj tacki c ∈ [a, b] (vidi sliku). Ta cinjenica je posljedica prethodne teoremei navodimo ju kao

(4.2) Stav: Ako je f : [a, b] → R neprekidna i f(a)f(b) ≤ 0, tada postojic ∈ [a, b], tako da je f(c) = 0.

Dokaz. Neka je I = [a, b]. Kako f(a), f(b) ∈ f(I) imaju razlicite predznake, af(I) je interval, to je 0 ∈ f(I), odnosno 0 = f(c), za neko c ∈ I. ¤

Na osnovu ove posljedice lako mozemo dokazati teoremu o egzistenciji arit-metickog korjena.


0

Slika IV.5: Slucaj kada je f(a) < 0 i f(b) > 0

(4.3) Dokaz teoreme I (4.15): Posmatrajmo funkciju f : R → R, f(x) =xn − a. S jedne strane je f(0) = −a ≤ 0, a s druge strane imamo

f(1 + a) = (1 + a)n − a ≥ 1 + a− a = 1 > 0.

Kao polinom, f je neprekidna funkcija, pa iz (4.2) zakljucujemo da postojib ∈ [0, 1 + a], tako da je f(b) = 0, tj. da je bn = a. Jedinstvenost aritmetickogkorjena, odnosno u ovom slucaju broja b, slijedi iz cinjenice da je f strogorastuca funkcija na [0,∞). ¤

Neprekidnost i kompaktnost

Da je neprekidna slika kompaktnog skupa kompaktan skup dokazujemo u

(4.4) Teorema: Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → R neprekidnafunkcija, tada je i skup f(K) kompaktan.

Dokaz. Neka je yn ∈ f(K) proizvoljan niz. Tada je yn = f(xn), za neke xn ∈K, a kako je K kompaktan skup, to postoje x0 ∈ K i podniz (xnk

), takoda xnk

→ x0. Otuda, zbog neprekidnosti funkcije f imamo f(xnk) → f(x0),

odnosno ynk→ y0, gdje je y0 = f(x0) ∈ f(K), tj. postoji podniz niza (yn) koji

konvergira nekom elementu skupa f(K). ¤

Ukoliko je domen neprekidne funkcije f kompaktan skup, tada postoje i min fi max f , odnosno vazi

(4.5) Teorema o minimumu i maksimumu: Ako je K ⊂ R kompaktan skupi f : K → R neprekidna funkcija, tada je f ogranicena. Stavise, postoje i min fi max f .

Dokaz. Na osnovu (4.4) je f(K) kompaktan skup, pa iz (1.14) slijedi da postojemin f(K) i max f(K). ¤

U (4.1) smo pokazali da je neprekidna slika intervala interval, a sada cemodokazati i da je neprekidna slika segmenta segment.

(4.6) Teorema: Ako je f : [a, b] → R neprekidna funkcija, tada je

f([a, b]) = [m,M ],

gdje je m = min f , a M = max f .

Dokaz. Iz (4.4) i (4.1) slijedi da je f([a, b]) i kompaktan skup i interval, a to jejedino moguce ako je f([a, b]) = [α, β], za neke α, β ∈ R. Ocigledno je α = m i


β = M . ¤

Kao neposrednu posljedicu prethodne teoreme imamo

(4.7) Stav: Ako je funkcija f [a, b] → R neprekidna i rastuca, onda je f([a, b]) =[f(a), f(b)], a ako je neprekidna i opadajuca, onda je f([a, b]) = [f(b), f(a)].

Uniformna neprekidnost

Definicija: Funkciju f : D → R nazivamo Lipsic2 – neprekidnom, akopostoji L ≥ 0, tako da

(∀x, y ∈ D) |f(x)− f(y)| ≤ L|x− y|.

Pri tome broj L nazivamo Lipsicovom konstantom za f .

(4.8) Primjeri: (a) f : R → R, f(x) = ax + b, gdje su a, b ∈ R, je Lipsic –neprekidna sa Lipsicovom konstantom L = |a|, jer je

(∀x, y ∈ R) |f(x)− f(y)| = |a||x− y|.

(b) f : R → R, f(x) = |x| je Lipsic – neprekidna sa L = 1, jer je na osnovunejednakosti I (2.17)

(∀x, y ∈ R) |f(x)− f(y)| = ||x| − |y|| ≤ |x− y|.

(4.9) Stav: Ako je funkcija f : D → R Lipsic – neprekidna, onda je i neprekidna.

Dokaz. Neka su x0 ∈ D i ε > 0 proizvoljni. Ako je L > 0, tada za δ := εL imamo

(∀x ∈ D) |x− x0| < δ ⇒ |f(x)− f(x0)| ≤ L|x− x0| < Lδ = ε.

Ako je L = 0, onda je funkcija f konstantna, pa prema tome i neprekidna. ¤

Definicija: Za funkciju f : D → R kazemo da je uniformno neprekidna,ako

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x, y ∈ D) |x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Napomene: (a) Lako se vidi da ako je funkcija uniformno neprekidna da jeonda i neprekidna.(b) Ako je f : D → R Lipsic – neprekidna, tada je i uniformno neprekidna.Zaista, ako je ε > 0 proizvoljno i L > 0 Lipsicova konstanta, tada za δ := ε

Lvrijedi

(∀x, y ∈ D) |x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| ≤ L|x− y| < Lδ = ε.

Kao sto se obicna neprekidnost funkcija moze karakterizovati pomocu nizova(Hajneova teorema (2.4)), tako je nizovima moguce karakterizovati i uniformnuneprekidnost. O tome nam govori naredna tvrdnja, ciji dokaz, zbog slicnosti sadokazom Hajneove teoreme, izostavljamo.

2Rudolf Otto Sigismund Lipschitz (1832 – 1903), njemacki matematicar


(4.10) Stav: Funkcija f : D → R je uniformno neprekidna, akko za svaka dvaniza (xn) i (x′n) u D, takva da |xn − x′n| → 0, vrijedi |f(xn)− f(x′n)| → 0.

(4.11) Primjeri: (a) Funkcija f : [1,∞) → R, f(x) = 1x je uniformno neprekidna,

jer je Lipsic – neprekidna. Zaista,

(∀x, y ∈ [1,∞)) |f(x)− f(y)| = |x− y|xy

≤ |x− y|.

(b) Posmatrajmo funkciju f : (0, 1] → R, f(x) = 1x . Nizovi xn = 1

n i x′n = 12n

uzimaju vrijednosti u skupu (0, 1], te vrijedi

|xn − x′n| =12n

→ 0 ∧ |f(xn)− f(x′n)| = n 9 0,

pa na osnovu (4.10) zakljucujemo da f nije uniformno neprekidna.

(4.12) Kantorova teorema: Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → Rneprekidna funkcija, tada je f i uniformno neprekidna.

Dokaz. Pretpostavimo da f nije uniformno neprekidna. Tada bi na osnovu(4.10) postojali nizovi (xn) i (x′n) u K, takvi da |xn − x′n| → 0 i |f(xn) −f(x′n)| 9 0. Stavimo an := f(xn) − f(x′n). Tada an 9 0, pa negacijomdefinicije konvergencije u slucaju a = 0 dobijamo da vazi

(∃ε0 > 0) (∀N ∈ N) (∃n ∈ N) n ≥ N ∧ |an| ≥ ε0.

Otuda slijedi da za N = 1 postoji n1 ∈ N, sa osobinom n1 ≥ 1 i |an1 | ≥ ε0.Takode, medutim, slijedi i da za dato nk ∈ N i N = nk + 1 postoji nk+1 ∈ N,tako da je nk+1 ≥ nk + 1 i |ank+1 | ≥ ε0. Kako je niz (nk) strogo rastuci, to smorekurzivnim postupkom dobili podniz (ank

) sa osobinom

(∀k ∈ N) |ank| ≥ ε0. (2)

Buduci da je K kompaktan skup, a xnk∈ K, slijedi da postoje x0 ∈ K i podniz

podniza (xnk) (iz prakticnih razloga cemo ga opet oznacavati sa (xnk

)), takoda xnk

→ x0. No, zbog |xn − x′n| → 0 je i x′nk→ x0, pa koristeci neprekidnost

funkcije f imamo

|ank| = |f(xnk

)− f(x′nk)| → |f(x0)− f(x0)| = 0,

sto je u suprotnosti sa (2). ¤

(4.13) Napomena: Iz prethodnih tvrdenja slijedi da postoji sljedeci odnos:

Lipsic – neprekidnost ⇒ uniformna neprekidnost ⇒ obicna neprekidnost.

Obrat ne vrijedi, naime, ako je funkcija neprekidna, onda ne mora biti uni-formno neprekidna, kao sto pokazuje primjer (4.11)(b). Isto tako, funkcija kojaje uniformno neprekidna nije obavezno i Lipsic – neprekidna (vidjeti Zadatak12).


IV.5 Elementarne funkcije

Eksponencijalna, logaritamska i njimasrodne funkcije

Eksponencijalna funkcija uvedena je u poglavlju III.3, gdje su i dokazane njeneglavne osobine. U ovom poglavlju nam je cilj da uvedemo logaritamsku funkcijui to, u sustini, kao funkciju inverznu eksponencijalnoj. Zato cemo prvo dokazatida je funkcija exp strogo rastuca, dakle i injektivna. Delikatniji je problemodredivanja njene slike. U tu svrhu potrebna nam je Teorema o meduvrijednosti(4.1), odnosno njena posljedica (4.7). Sem toga, u ovom poglavlju definismo ipojam realnog stepena, te opstu stepenu, opstu eksponencijanu, opstu logari-tamsku, hiperbolicke i njima inverzne, area funkcije. Njihove osobine su jedno-stavne posljedice osobina ekponencijalne i logaritamske funkcije.

(5.1) Teorema: Eksponencijalna funkcija exp : R → R je neprekidna, strogorastuca funkcija, cija je slika exp(R) = (0,∞). Osim toga, funkcija exp brze semijenja od bilo kojeg polinoma, tj. za svako n ∈ N0 vrijedi

limx→∞

ex

xn= ∞, lim

x→−∞xnex = 0.

Dokaz. Neprekidnost funkcije exp slijedi iz Posljedice (2.11), a tvrdnje u vezi sarastom dokazane su u Primjerima (3.16) i (3.19). Neka su x1, x2 ∈ R, x1 < x2,proizvoljni i h := x2 − x1 > 0.

0

1

Slika IV.6: Grafik funkcije exp

Izex2

ex1= eh = 1 +

h

1!+

h2

2!+ . . . > 1

i pozitivnosti broja ex1 (vidjeti III (3.3) ) slijedi ex1 < ex2 , tj. exp je strogorastuca. Dalje, koristeci (4.7) zakljucujemo da je exp([a, b]) = [ea, eb], odaklezbog lima→−∞ ea = 0 i limb→∞ eb = ∞ dobijamo exp(R) = (0,∞). ¤

Iz prethodne teoreme i Teoreme o neprekidnosti inverzne funkcije (2.12) nepo-sredno slijedi

(5.2) Definicija i teorema: Funkcija f : R → (0,∞), f(x) = ex je strogorastuca i bijektivna. Njen inverz ln : (0,∞) → R nazivamo logaritamskomfunkcijom i ona predstavlja neprekidnu, strogo rastucu funkciju.

IV.5. ELEMENTARNE FUNKCIJE 99

Napomena: Na osnovu definicije logaritamske imamo da je

(∀x ∈ R) ln ex = x, (∀x > 0) eln x = x.

Izvedimo neke osobine logaritama.

0

1

Slika IV.7: Grafik funkcije ln

(5.3) Stav: Za sve x, y > 0 vrijedi: (i) ln xy = ln x+ln y, (ii) ln xy = ln x− ln y.

Osim toga je (iii) limx→0

ln(1 + x)x

= 1.

Dokaz. (i) Mnozenjem jednakosti eln x = x i eln y = y dobijamo eln x+ln y = xy.S druge strane je eln xy = xy, odakle imamo eln x+ln y = eln xy, sto zajedno sainjektivnoscu eksponencijalne funkcije daje (i). Dokaz za (ii) slican je dokazuprethodne tvrdnje, samo sto jednakosti na pocetku ne mnozimo, nego dijelimo.

(iii) Neka je g(y) = yey−1 . Na osnovu (3.4) znamo da je limy→0 g(y) = 1. Neka je,

dalje, f(x) = ln(1+x). Zbog neprekidnosti funkcije ln je limx→0 f(x) = ln 1 = 0.Koristeci Teoremu o smjeni kod limesa (3.10) imamo,

1 = limy→0

g(y) = limx→0

g(f(x)) = limx→0

ln(1 + x)x

. ¤

Definicija: Neka je a > 0 i b ∈ R. Tada realni stepen ab definisemo sa

ab := eb ln a.

Napomene: (a) Da se realni stepen ab u slucaju b ∈ Q svodi na racionalnistepen vidimo iz sljedeceg: koristeci matematicku indukciju i tvrdnje (i), (ii)prethodnog stava, lako se dokaze da ln am = m ln a, za sve m ∈ Z. Neka jem ∈ Z, n ∈ N, b = m

n i x := emn ln a, y := n

√am. Tada na osnovu Leme III (3.4)

imamoxn = em ln a = eln am

= am,

te yn = am, odakle xn = yn, odnosno x = y.

(b) Za sve a > 0 i b ∈ R vrijedi formula

ln ab = b ln a. (3)

Zaista, ln ab = ln eb ln a = b ln a.

Uobicajene formule koje smo sretali kod racionalnih stepena vaze i za realnestepene:


(5.4) Stav: Neka je a, b > 0 i x, y ∈ R. Tada: (i) ax+y = axay,

(ii)(ax

)y = axy, (iii) (ab)x = axbx, (iv) ax

ay = ax−y, (v)(

ab

)x = ax

bx .

Dokaz. Dokazimo, recimo, samo (iii). Koristeci osobinu (i) logaritamske funkcijeiz Stava (5.3), imamo

(ab)x = ex ln ab = ex(ln a+ln b) = ex ln aex ln b = axbx. ¤

Definicija: Neka je α ∈ R. Tada funkciju f : (0,∞) → R, f(x) = xα

nazivamo opstom stepenom funkcijom.

Napomena: Iz xα = eα ln x slijedi da je opsta stepena funkcija kompozicijafunkcije x 7→ α ln x i eksponencijalne funkcije. Otuda zakljucujemo da jeneprekidna, te strogo rastuca za α > 0, odnosno strogo opadajuca za α < 0.Pokazuje se da je izgled njenog grafika bitno uslovljen time da li je α < 0,α ∈ (0, 1) ili je α > 1. U prvom slucaju on izgleda slicno grafiku funkcijex 7→ 1

x , u drugom slucaju funkcije x 7→ √x, a u trecem funkcije x 7→ x2.

Sto se tice rasta opste stepene funkcije, pokazacemo da se ona mijenja brze odlogaritamske funkcije.

(5.5) Stav: Za svako α > 0 vrijedi (i) limx→∞

ln x

xα= 0, (ii) lim

x→0+xα ln x = 0.

Dokaz. (i) Kako za proizvoljno K ∈ R i svako x > eK vrijedi ln x > K, to jelimx→∞ ln x = ∞. Koristeci teoremu o smjeni u limesu (3.10), za y = ln x iz = αy imamo

limx→∞

lnx

xα= lim

y→∞y

eαy=

1α

limz→∞

z

ez= 0.

(ii) Smjenom y = 1x , iz (i) dobijamo

limx→0+

xα ln x = − limy→∞

ln y

yα= 0. ¤

Definicija: Neka je a > 0. Funkciju f : R → R, f(x) = ax nazivamoopstom eksponencijalnom funkcijom.

Napomene: (a) Kako je ln a < 0, za a ∈ (0, 1) i ln a > 0, za a ∈ (1,∞), to izax = ex ln a slijedi da je eksponencijalna funkcija neprekidna i strogo rastuca zaa ∈ (0, 1), te strogo opadajuca za a ∈ (1,∞).

0

1

(a) a > 1

0

1

(b) a ∈ (0, 1)

Slika IV.8: Grafik funkcije f(x) = ax

(b) Kao i u slucaju funkcije exp, moze se dokazati da je za a > 0 i a 6= 1 funkcija


f : R→ (0,∞), f(x) = ax bijektivna. Njen inverz loga := f−1 nazivamo opstomlogaritamskom funkcijom. Logaritmujuci jednakost aloga x = x i koristeci (3)

0

1

Slika IV.9: Grafik funkcije f(x) = loga x u slucaju a ∈ (0, 1)

dobija se loga x ln a = ln x, odnosno

loga x =ln x

ln a.

Pomocu ove relacije i (5.3) lako se izvode svi standardni identiteti vezani zalogaritme. Napomenimo i to da je za a > 1 funkcija x 7→ loga x strogo rastucai da njen grafik u principu izgleda kao i grafik funkcije ln, dok je u slucajua ∈ (0, 1) strogo opadajuca.

Definicija: Funkcije ch, sh, th : R→ R definisane sa

chx :=12(ex + e−x

), shx :=

12(ex − e−x

), th x :=

sh x

ch x

nazivamo kosinus, sinus, odnosno tangens hiperbolicki.

Napomena: Adicione formule slicne trigonometrijskim vaze i za hiperbolickefunkcije (vidjeti Zadatak 14). Osim toga, neposredno se provjeri da vrijedi

(∀x ∈ R) ch2 x− sh2 x = 1. (4)

Preko navedene formule se hiperbolicke funkcije mogu dovesti u vezu sa hiper-

0

1

ch

0

sh

Slika IV.10: Grafici funkcija ch i sh

bolom x2 − y2 = 1, kojoj i duguju svoje ime. Njihove osnovne osobine cemosumirati u sljedecem stavu.


0

1

-1

Slika IV.11: Grafik funkcije th

(5.6) Stav: Sve hiperbolicke funkcije su neprekidne. Pri tome je funkcija chparna i strogo rastuca na [0,∞), dok su sh i th neparne i strogo rastuce na R.Osim toga vrijedi

limx→±∞

thx = ±1,

odnosno prave y = ±1 su horizontalne asimptote za th, kad x → ±∞.

Dokaz. Neprekidnost slijedi iz neprekidnosti eksponencijalne funkcije, dok setvrdnje u vezi sa parnoscu neposredno provjere. Kako je funkcija x 7→ − 1

2e−x

strogo rastuca, to je i sh strogo rastuca kao zbir dvije strogo rastuce funkcije.Iz (4) slijedi da je ch =

√1 + sh2, odakle zakljucujemo da je ch strogo rastuca

na [0,∞). Na kraju, iz

th x =ex − e−x

ex + e−x=

e2x − 1e2x + 1

= 1− 2e2x + 1

,

slijedi da je th strogo rastuca na R i da limx→∞ th x = 1. Otuda, zahvaljujucineparnosti imamo limx→−∞ thx = −1. ¤

U matematici vaznu ulogu igraju funkcije inverzne hiperbolickim, area funkcije.Moze se pokazati (vidjeti u [3]) da postoji odredeni odnos izmedu njih i izvjesnihpovrsina vezanim za hiperbolu, po cemu su i dobile ime (na latinskom rijec areaznaci povrsina). Sljedece tvrdnje se lako dokazuju.

(5.7) Stav: (i) Funkcija f : [0,∞) → [1,∞), f(x) = chx je bijekcija, a arch :=f−1 je data sa

arch : [1,∞) → [0,∞), archx = ln(x +

√x2 − 1

).

(ii) Funkcija sh je bijekcija, a arsh := sh−1 je data sa

arsh : R→ R, arshx = ln(x +

√x2 + 1

).

(iii) Funkcija g : R→ (−1, 1), g(x) = thx je bijekcija, a arth := g−1 je data sa

arth : (−1, 1) → R, arthx = ln(1 + x

1− x

).


1

0

arch

0

arsh

Slika IV.12: Grafici funkcija arch i arsh

0

Slika IV.13: Grafik funkcije arth

Trigonometrijske i arkus funkcije

Kao sto je bilo naglaseno u poglavlju III.3, od osobina funkcija cos i sin pre-ostalo je jos da se pokazu one koje su u sebe ukljucuju broj π. Prirodno, prvose postavlja pitanje sta predstavlja broj π. Mi cemo ga uvesti tako sto cemo π

2definisati kao najmanju pozitivnu nulu funkcije cos. Za to ce nam biti potrebnaPosljedica (4.2) Teoreme o meduvrijednosti. Nakon toga dokazacemo, izmeduostalog, da su funkcije cos i sin periodicne, te cemo im odrediti nule, sto nasdovodi u poziciju da mozemo uvesti i funkcije tg i ctg. Iza toga dolazi na reddefinisanje arkus funkcija. Poglavlje zavrsavamo uvodenjem pojma elementarnefunkcije.

(5.8) Lema: Za sve x ∈ (0, 2] vrijedi:

(i) x− x3

6 < sin x,

(ii) cosx < 1− x2

4 + x4

24 .

Dokaz. U dokazu glavnu ulogu ima nejednakost iz Posljedice III (1.14) Lajbni-covog kriterijuma.

(i) Kao prvo primijetimo da je red sin x alternirajuci, za svako x ∈ R; osim toga,


za x ∈ (0, 2] i bn := x2n+1

(2n+1)! je

bn+1

bn=

x2n+3

(2n+3)!

x2n+1

(2n+1)!

=x2

(2n + 2)(2n + 3)≤ 22

2 · 3 =23

< 1,

za sve n ≥ 0, pa je niz (bn)n∈N0 strogo opadajuci. Otuda imamo

| sin x− x| < x3

3!,

odnosno sin x− x > −x3

3! , cime smo dokazali (i).(ii) Red

1− cosx =x2

2!− x4

4!+ . . . =

∞∑n=1

(−1)n+1 x2n

(2n)!

je alternirajuci za sve x ∈ R. Neka je bn := x2n

(2n)! . Tada za sve x ∈ (0, 2] i n ≥ 1vazi

bn+1

bn=

x2n+2

(2n+2)!

x2n

(2n)!

=x2

(2n + 1)(2n + 2)≤ 22

3 · 4 =13

< 1,

pa je niz (bn)n∈N strogo opadajuci. Otuda,

∣∣∣1− cos x− x2

2!

∣∣∣ <x4

4!,

odnosno 1− cos x− x2

2! > −x4

4! , za sve x ∈ (0, 2], odakle slijedi (ii). ¤

(5.9) Lema: (i) Za sve x ∈ (0, 2] je sin x > 0; (ii) cos 2 < 0.

Dokaz. (i) Na osnovu tvrdnje (i) u prethodnoj lemi imamo da za svako x ∈ (0, 2]vrijedi

sin x > x− x3

6= x

(1− x2

6

)≥ x

(1− 22

6

)=

x

3> 0.

(ii) Uvrstavanjem x = 2 u nejednakost (ii) prethodne leme dobijamo

cos 2 < 1− 22

2+

24

24= −1

3. ¤

(5.10) Lema: Funkcija cos je strogo opadajuca na [0, 2].

Dokaz. Neka je x, y ∈ [0, 2] i x > y. Tada je x+y2 , x−y

2 ∈ (0, 2), te na osnovu(5.9)(i) vazi sin x+y

2 > 0 i sin x−y2 > 0. Konacno, koristeci trigonometrijski

identitet II (3.10)(ii) dobijamo

cos x− cos y = −2 sinx− y

2sin

x + y

2< 0,

odnosno cos x < cos y. ¤

(5.11) Definicija i teorema: Funkcija cos ima tacno jednu nulu u intervalu[0, 2] koju cemo oznaciti sa π

2 . Za nju vrijedi

cosπ

2= 0, sin

π

2= 1. (5)


Dokaz. Kako je cos 0 = 1 > 0, a na osnovu Leme (5.9) i cos 2 < 0, to zbogneprekidnosti i Stava (4.2), funkcija cos ima u [0, 2] barem jednu nulu. Medutim,iz zbog prethode leme slijedi da je ona jedinstvena. Koristeci identitet III (3.10)(i)imamo cos2 π

2 + sin2 π2 = 1, odakle je sin π

2 ∈ {−1, 1}. No, kako je π2 ∈ (0, 2], to

na osnovu (5.9)(i) dobijamo sin π2 = 1. ¤

(5.12) Stav: Za sve x ∈ R vrijedi

cos(x + π

2

)= − sin x, cos(x + π) = − cosx, cos(x + 2π) = cos x,

sin(x + π

2

)= cos x, sin(x + π) = − sin x, sin(x + 2π) = sin x.

Prema tome, funkcije cos i sin su periodicne sa periodom 2π.

Dokaz. Iz adicione formule III (3.9) za kosinus slijedi

cos(x +

π

2)

= cos x cosπ

2− sin x sin

π

2(5)= − sinx,

a iz adicione formule za sinus,

sin(x +

π

2)

= sin x cosπ

2+ cos x sin

π

2(5)= cos x.

Dalje je

cos(x + π) = cos(x + π

2 + π2

)= cos

(x + π

2

)cos π

2 − sin(x + π

2

)sin π

2 =

− sin(x + π

2

)= − cos x.

Analogno se dokazuju i preostale formule. ¤

0

p/2 3p/2- /2p- /23p

1

-1

cos

0

p-p

1

-1

sin

Slika IV.14: Grafici funkcija cos i sin

(5.13) Stav: Skup{

π2 +kπ : k ∈ Z}

cini nule funkcije cos, a skup{kπ : k ∈ Z}

nule funkcije sin.

Dokaz. Iz teoreme (5.11) slijedi da funkcija cos ima π2 kao jedinu nulu u

[0, π

2

],

a zbog parnosti je to jedina nula i u(− π

2 , π2

]. Otuda, koristeci formulu cos(x+

π) = − cosx, zakljucujemo da je 3π2 jedina nula u

(π2 , 3π

2

]. Iz svega navedenog

proizilazi da su π2 i 3π

2 jedine nule funkcije cos u intervalu( − π

2 , 3π2

]. Kako

je duzina posljednjeg intervala 2π, sto je i period funkcije cos, slijedi da sve


preostale nule dobijamo iz π2 i 3π

2 dodavanjem 2kπ (k ∈ Z), cime smo dokazalitvrdnju u vezi sa nulama kosinusa. Tvrdnja u vezi sa nulama sinusa slijedi izprethodno dokazanog i formule sin

(x + π

2

)= cos x. ¤

(5.14) Stav: 2π je najmanji period funkcija cos i sin.

Dokaz. Pretpostavimo da je T ∈ (0, 2π) period funkcije cos. Kako je −π2 nula

funkcije cos, to bi i −π2 + T ∈ (− π

2 , 3π2

)bila njena nula. Iz prethodnog stava

slijedi da je −π2 + T = π

2 , odnosno T = π, sto nije period funkcije cos. Tvrdnjaza sinus slijedi iz relacije cos

(x + π

2

)= − sin x. ¤

Definicija: Funkcije tg : R\{π2 + kπ : k ∈ Z} → R, tg := sin

cos , odnosnoctg : R\{kπ : k ∈ Z} → R, ctg := cos

sin nazivamo tangens, odnosno kotangens.

Napomena: Lako se vidi da su funkcije tg i ctg neprekidne, neparne i periodicnesa periodom π. Funkcije cos, sin i tg kao periodicne, svakako nisu injektivne, pa

ctg

Slika IV.15: Grafici funkcija tg i ctg

se ne moze govoriti o njihovom inverzu. Ipak, suzavanjem domena mozemo ihuciniti strogo monotonim. Jos kad im uz pomoc (4.7) odredimo i slike, mozemodobiti bijektivne funkcije, cije inverze nazivamo arkus funkcijama.

(5.15) Definicija i teorema: (i) Funkcija f : [0, π] → [−1, 1], f(x) = cos xje bijektivna i strogo opdajuca funkcija. Njen inverz arccos : [−1, 1] → [0, π]nazivamo arkus kosinus i on predstavlja neprekidnu, strogo opadajucu funkciju.

(ii) Funkcija f :[− π

2 , π2

] → [−1, 1], f(x) = sin x je bijektivna i strogo rastucafunkcija. Njen inverz arcsin : [−1, 1] → [ − π

2 , π2

]nazivamo arkus sinus i on

predstavlja neprekidnu, neparnu i strogo rastucu funkciju.

Dokaz. Buduci da su dokazi navedenih tvrdnji slicni, opredijelicemo se, recimo,za dokaz tvrdnje (ii).

Neka je x, y ∈ [− π2 , π

2

]i x > y. Tada vazi x+y

2 ∈ (− π2 , π

2

)i x−y

2 ∈ (0, π

2

].

Kako je zbog (5.10) funkcija cos strogo opadajuca na[0, π

2

]i cos π

2 = 0, to jecos > 0 na

[0, π

2

), a zbog parnosti je i cos > 0 na

(− π2 , π

2

). S druge strane, iz

(5.9)(i) imamo da je sin > 0 na(0, π

2

], pa iz svega navedenog proizilazi da je

cos x+y2 > 0 i sin x−y

2 > 0, odakle, koristeci III (3.10)(iii) imamo

f(x)− f(y) = sin x− sin y = 2 sinx− y

2cos

x + y

2> 0,


0 1-1

p

p/2

Slika IV.16: Grafik funkcije arccos

tj., f je strogo rastuca funkcija. Na osnovu neprekidnosti funkcije f i (4.7)imamo f

([−π2 , π

2

])=

[f(−π

2

), f

(π2

)]= [−1, 1], pa je f i surjektivna. Neprekid-

nost funkcije arcsin := f−1 posljedica je Teoreme (2.12) o neprekidnosti inverza,dok neparnost slijedi iz neparnosti funkcije sin. ¤

0 1

-1

- /2p

p/2

Slika IV.17: Grafik funkcije arcsin

Napomena: Funkcije arccos i arcsin su usko povezane; naime, ako u formulisin

(π2 − α) = cos α stavimo α = arccos x, onda dobijamo da za sve x ∈ [−1, 1]

vaziarccos x + arcsin x =

π

2.

(5.16) Definicija i teorema: Funkcija f :(− π

2 , π2

) → R, f(x) = tg x je strogorastuca i bijektivna. Njoj inverznu funkciju arctg : R → ( − π

2 , π2

)nazivamo

arkus tangens i ona predstavlja neprekidnu, neparnu i strogo rastucu funkciju.Za nju vrijedi

limx→±∞

arctg x = ±π

2, (6)

odnosno prave y = ±π2 su horizontalne asimptote, kad x → ±∞.

Dokaz. Iz prethodne teoreme zakljucujemo da su cos i sin nenegativne funkcijena

[0, π

2

), pri cemu je cos strogo opadajuca, a sin strogo rastuca. Iz toga slijedi

da je 1cos strogo rastuca, pa je tg takode strogo rastuca na

[0, π

2

), kao proizvod

dvije strogo rastuce funkcije.

Kako je tg neparna, to se lako zakljuci da je strogo rastuca na citavom(− π

2 , π2

).


0

p/2

- /2p

arctg

Slika IV.18: Grafik funkcije arctg

Na osnovu limx→π2

sin x = 1 i limx→π2

cos x = 0 vidimo da tg nije ogranicenana

[0, π

2

), pa koristeci Zadatak 3, zakljucujemo da je lim

x→π2−

tg x = ∞. Zbog

neparnosti je i limx→−π

2 +tg x = −∞, odakle, imajuci u vidu (4.7), imamo tg

((−π2 , π

2

))= R, odnosno tg je i surjektivna. Neprekidnost funkcije arctg posljedica

je Teoreme (2.12) o neprekidnosti inverza. Kako je arctg : R→ (− π2 , π

2

)strogo

rastuca i bijektivna, to je jasno da vrijedi (6). ¤

Definicija: Konstantna funkcija, stepene funkcije, korjene funkcije, exp,ln, cos, sin, arccos, arctg, kao i sve funkcije koje se iz prethodno nabrojanih mogudobiti primjenom konacno mnogo operacija sabiranja, mnozenja, dijeljenja ikompozicije nazivaju se elementatne funkcije.

Napomena: Primjer elementarne funkcije je

x 7→√

ln(x3 + 4ex + 1)− 11 arctg2(1 + sin 2x).

Ocigledno je da su polinomi, racionalne funkcije, opsta eksponencijalna, opstalogaritamska, opsta stepena, hiperbolicke i area funkcije elementarne. Zbogarcsin = π

2 − arccos je i arcsin elementarna, a zbog |x| =√

x2 je x 7→ |x| takodeelementarna.

IV.6 Zadaci

1. Dokazati da je funkcija f : (0, 1] ∪ (2, 3) → (0, 2) zadana sa

f(x) =

{x, x ∈ (0, 1]

x− 1, x ∈ (2, 3),

strogo rastuca, bijektivna i neprekidna, ali da njen inverz nije neprekidnafunkcija.

2. Ako je funkcija f : [a,∞) → R rastuca i ogranicena odozgo, tada postojilimx→∞ f(x) u R.

3. Neka je a ∈ R, b ∈ R i a < b. Ako je funkcija f : [a, b) → R rastuca i nijeogranicena, tada je limx→b− f(x) = ∞.

4. Neka je a, b ∈ R, a < b i f : [a, b] → R monotona funkcija. Dokazati:

(a) Za svako ξ ∈ (a, b) postoje f(ξ±). Osim toga, postoje i f(a+) i f(b−).(b) Skup tacaka u kojima f nije neprekidna je prebrojiv.

IV.6. ZADACI 109

5. Ako je f : [0, 1] → [0, 1] neprekidna funkcija, dokazati da tada postojic ∈ [0, 1], tako da je f(c) = c.

6. Pretpostavimo da je f : [0, 1] → R neprekidna i da je f(0) = f(1).Dokazati da postoji c ∈ [0, 1

2 ], tako da je f(c) = f(c + 12 ).

7. Ako je I ⊂ R interval i f : I → R neprekidna i injektivna, onda je i strogomonotona.

8. Da li postoji neprekidna funkcija f : R→ R, tako da za sve x ∈ R vrijedi(f ◦ f)(x) = e−x?

9. Ako je K ⊂ R kompaktan skup i f : K → f(K) bijektivna i neprekidna,tada je i f−1 : f(K) → K neprekidna.

10. Neka je f : [a,∞) → R neprekidna funkcija, tako da u R postoji limx→∞ f(x).Dokazati da je tada f ogranicena.

11. Da li funkcija f : [1,∞) → R, f(x) = 3x2+xx3+x2+1 ima globalni minimum,

odnosno maksimum?

12. Dokazati da je funkcija f : [0, 1] → R, f(x) =√

x uniformno neprekidna,ali da nije Lipsic – neprekidna.

13. Dokazati: (a) limx→0

(1 + x)1x = e, (b) lim

x→±∞

(1 +

1x

)x

= e.

14. Dokazati adicione formule za hiperbolicke funkcije:

(∀x, y ∈ R) ch(x± y) = chx ch y ± shx sh y,

(∀x, y ∈ R) sh(x± y) = sh x ch y ± sh y ch x.

15. Dokazati sljedecu tvrdnju: Ako je funkcija f : I → R neprekidna, tada jeona konveksna, akko za sve x1, x2 ∈ I vrijedi

f(x1 + x2

2

)≤ f(x1) + f(x2)

2.

16. Dokazati da je funkcija x 7→ ex konveksna na R, a x 7→ sin x konkavna na[0, π].


Bibliografija

[1] D. Adnadevic, Z. Kadelburg. Matematicka analiza I. Nauka, Beograd, 1998.

[2] H. Amann, J. Escher. Analysis 1. Birkauser, Basel, 2002.

[3] K. Konigsberger. Analysis 1. Springer – Verlag, 2001.

[4] S. Kurepa. Matematicka analiza II. Tehnicka knjiga, Zagreb, 1979.

[5] S. Mardesic. Matematicka analiza u n–dimenzionalnom realnom pro-storu. Prvi dio. Skolska knjiga, Zagreb, 1974.

[6] E. Mendelson. Introduction to Mathematical Logic, Chapman & Hall/CRC,1997.

[7] W. Rudin. Principles of Mathematical Analysis. McGraw – Hill Book Com-pany, New York, 1976.

[8] R. Schneider. Analysis 1. Skript (WS 1999/2000), Freiburg im Breisgau

[9] W. Walter. Analysis I. Springer – Verlag, 1990.

111

Indeks

aksiomapolja, 5potpunosti, 11uredenja, 8

apsolutna vrijednost, 10asimptota

horizontalna, 92vertikalna, 93

asimptotsko ponasanjefunkcija, 92nizova, 42

binomni koeficijent, 18broj

algebarski, 36kardinalni, 31Ojlerov, 69transcedentan, 36π, 104

cijeli dio, 36

Dekartov proizvod, 2disjunkcija, 1

ekvipotentni skupovi, 31ekvivalencija, 1element

najmanji ili minimalni, 11najveci ili maksimalni, 11

faktorijel, 18formula

Adamarova, 74adiciona, 72binomna, 19Ojlerova, 74

funkcija, 2afina, 23area, 102arkus, 106bijektivna, 3eksponencijalna, 69

elementarna, 108hiperbolicka, 101injektivna, 3inverzna, 3konstantna, 23konveksna, 26konvkavna, 26korjena, 28Lipsic – neprekidna, 96logaritamska, 98monotona, 24neparna, 23neprekidna, 82ogranicena, 25opadajuca, 24opsta eksponencijalna, 100opsta logaritamska, 101opsta stepena, 100parna, 23periodicna, 25racionalna, 28rastuca, 24Rimanova zeta, 54surjektivna, 3trigonometrijska, 72, 106uniformno neprekidna, 96

grafik, 3

implikacija, 1infimum, 11interval, 9

konvergencije, 74iskaz, 1

Kosijev proizvod redova, 67konacni proizvod, 17konjunkcija, 1konvergencija

apsolutna reda, 58niza, 37reda, 52

112

INDEKS 113

u R, 47korjen

aritmeticki, 16neparni, 17

kriterijumAbelov, 77Dalamberov, 60Dirihleov, 56Kosijev korjeni, 60Lajbnicov, 57limes konvergencije reda, 56majorantni apsolutne konvergen-

cije reda, 59majorantni konvergencije reda,

55kvantifikatori, 1

limesfunkcije, 87inferior, 44jednostrani funkcije, 91nesvojstveni funkcije, 93niza, 37superior, 44

maksimum funkcije, 25matematicka indukcija, 13meda

donja, 11gornja, 11

minimum funkcije, 25

nejednakostBernulijeva, 35izmedu aritmeticke i geometrij-

ske sredine, 35obratna trougla, 10trougla, 10

neprekidno prosirenje, 88niz, 30

divergentan, 37Fibonacijev, 77geometrijski, 39harmonijski, 38Kosijev, 46konvergentan, 37monoton, 30, 42

nula funkcije, 25

okolina, 37punktirana, 88punktirana beskonacnosti, 92

Paskalov trougao, 19Paskalova jednakost, 19permutacija reda, 61podniz, 43polinom, 27polje, 8

realnih brojeva, 12uredeno, 9

principmatematicke indukcije, 12najmanjeg elementa, 14umetnutih intervala, 30

radijus konvergencije, 74red, 52

alternirajuci, 57dvostruki, 65geometrijski, 52harmonijski, 53sa nenegativnim clanovima, 53stepeni, 73

rekurzivna definicija, 14relacija, 2

binarna, 2ekvivalencije, 2

restrikcija funkcije, 3

Sendvic – teorema, 41skup, 1

beskonacan, 31cijelih brojeva, 20induktivan, 12iracionalnih brojeva, 22kompaktan, 81konacan, 31ogranicen, 11otvoren, 79partitivni, 2prebrojiv, 33prebrojivo beskonacan, 33prirodnih brojeva, 12prosireni realnih brojeva, 47racionalnih brojeva, 21realnih brojeva, 12vrijednosti, 3zatvoren, 80

slika, 3stepen

cjelobrojni, 20prirodni, 14racionalni, 22

114 INDEKS

realni, 99suma

dvostruka, 64dvostrukog reda, 66geometrijska, 18konacna, 17parcijalna, 52reda, 52

supremum, 11

tackanagomilavanja niza, 43izolovana, 81nagomilavanja skupa, 81unutrasnja, 79

teoremaArhimedova, 14Bolcano – Vajerstrasova, 45Hajneova, 83Kantorova, 97Kosijeva o egzistenciji limesa funkcije,

91o jednakosti stepenih redova, 76o Kosijevom proizvodu redova,

67o meduvrijednosti, 94o minimumu i maksimumu, 95o neprekidnosti inverza, 86o smjeni kod limesa, 90Rimanova, 63Stolcova, 49

topoloski prostor, 80

zapisb – adski, 54binarni, 54dekadski, 54

Documents

Knjiga Novi