PREDGOVOR - nasport.pmf.ni.ac.rs · 1.2. Funkcije 7 Deﬂnicija 1.5. Za funkciju f: X ! Y ka•zemo da je na (surjektivna, surjekcija) ako (8y 2 Y)(9x 2 X)y = f(x):Drugim re•cima,

PREDGOVOR

Predavanja su namenjena studentima koji polazu ispit iz predmeta Matematickaanaliza 1. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju se dodaju novi sadrzaji,moguce su i izmene u prethodno unesenom tekstu, a takode su moguce slovne i drugegreske. Studenti su u obavezi da konsultuju dodatnu, dole navedenu literaturu, kojuje moguce naci u biblioteci Fakulteta.

1. Dusan Adnadevic i Zoran Kadelburg, Matematicka analiza I, Naucna knjiga,Beograd, 1990.

2. L. D. Kudrijavcev, Kurs matematicke analize I, Visa skola, Moskva, 1981 (naruskom).

3. Dusan Ciric, Uvod u matematicku analizu, I deo, Prirodno-matematicki fakul-tet, Nis, 2008.

2

Sadrzaj

Glava 1Uvod1.1 Skupovi i relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Grupoid, grupa, prsten i polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.4 Polje realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .191.5 Neke posledice aksioma uredenog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.6 Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7 Prosireni skup realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8 Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Glava 2Nizovi2.1 Granicne vrednosti realnih nizova. Osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 452.2 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 632.3 Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.4 Kosijev kriterijum konvergencije nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.5 Delimicne granice niza. Limes superior i limes inferior niza . . . . . . . . 73

Glava 3Granicne vrednosti funkcija3.1 Pojam granicne vrednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 953.2 Osobine granicnih vrednosti funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1073.3 Kosijev kriterijum egzistencije granicne vrednosti funkcije . . . . . . . . 1173.4 Granicna vrednost slozene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193.5 Granicna vrednost monotone funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1243.6 Neprekidnost i tacke prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1263.7 Neke osobine funkcija neprekidnih u tacki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1343.8 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353.9 Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije . . . . . . 1383.10 Neprekidnost elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1423.11 Asimptotske oznake O, o i ∼ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

Glava 4Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive4.1 Izvod i diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1614.2 Pravila diferenciranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

3

4.3 Izvodi viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1814.4 Teoreme o srednjoj vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186

4

Glava 1

Uvod

1.1 Skupovi i relacije

Citaoca upicujemo na udzbenik (str. 1-6):Dusan Adnadevic i Zoran Kadelburg, Matematicka analiza I, Naucna knjiga,

Beograd, 1990.

1.2 Funkcije

Neka su X i Y neprazni skupovi. Preslikavanje (funkcija) skupa X u skupY je svako pravilo (propis, dogovor) f kojim se svakom elementu skupa X do-deljuje tacno jedan elemenat skupa Y . Ako je f preslikavanje skupa X u skup Ypisacemo f : X → Y . Osim termina funkcija, ili preslikavanje, koriste se i terminipridruzivanje ili korespondencija. Elemenat x ∈ X se obicno naziva original (lik),a y ∈ Y njegova slika, i pritom pisemo y = f(x). Kazemo jos i da je x nezavisnopromenljiva ili argument, a y zavisno promenljiva.

Ovo nije stroga matematicka definicija funkcije, buduci da ukljucuje pojmovepravilo (propis, dogovor) koje nismo prethodno definisali. Sledi stroga matematickadefinicija pojma funkcije koja se zasniva na pojmu skupa.

Definicija 1.1. Neka su X i Y neprazni skupovi. Podskup f Dekartovog proizvodaX × Y koji zadovoljava uslove

(i) (∀x ∈ X)(∃y ∈ Y ) (x, y) ∈ f ,(ii) (∀x ∈ X)(∀y1, y2 ∈ Y )((x, y1) ∈ f ∧ (x, y2) ∈ f =⇒ y1 = y2),zovemo preslikavanje (funkcija) f skupa X u skup Y .

5

6 Glava 1. Uvod

Prema tome, fukcija f skupa X u skup Y je (binarna) relacija iz X u Y saosobinama (i) i (ii). Umesto (x, y) ∈ f pisemo y = f(x), skup X zovemo domen (ilioblast definisanosti), a skup Y zovemo kodomen funkcije f .

Uslov (i) ove definicije govori o tome da svaki elemenat x ∈ X moze biti originalza funkciju f , dok uslov (ii) govori o jednoznacnosti (dobroj definisanosti) funkcijef , tj. da jednom originalu odgovara tacno jedna slika.

Kada je jasno koji su domen i kodomen funkcije, govoricemo jednostavno ofunkciji x 7→ f(x), isticuci time original i njegovu sliku.

Ako je A ⊂ X, slika skupa A funkcijom f , u oznaci f(A), je skup svih onihelemenata iz Y koji su slika nekih elemenata iz A, tj.

f(A) = {f(x) |x ∈ A}.Definicija 1.2. Dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2 su jednake ako suispunjeni sledeci uslovi:

(i) X1 = X2,(ii) Y1 = Y2,(iii) (∀x ∈ X1)f1(x) = f2(x)(f1 i f2 za bilo koji original imaju iste slike).

Definicija 1.3. Za dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2, ako je:(i) X1 ⊂ X2,(ii) Y1 ⊂ Y2,(iii) (∀x ∈ X1)f1(x) = f2(x),

onda kazemo da je f1 restrikcija (suzenje) funkcije f2, a da je f2 ekstenzija (produzenje)funkcije f1. Ako je pritom Y1 = Y2, onda pisemo f1 = f2|X1

.

Definicija 1.4. Za funkciju f : X → Y kazemo da je 1-1 (injektivna, injekcija)ako razlicitim originalima x1, x2 ∈ X uvek odgovaraju razlicite slike, tj. ako vaziimplikacija:

(∀x1, x2 ∈ X)(x1 6= x2 =⇒ f(x1) 6= f(x2)). (1.1)

Drugim recima, funkcija f je 1-1 ako ne postoje dva razlicita elementa skupa X kojiimaju istu sliku.

S obzirom na zakon kontrapozicije za implikaciju:

(p =⇒ q) ⇐⇒ (¬q =⇒ ¬p),

zakljucujemo da je uslov (1.1) ekvivalentan sledecem:

(∀x1, x2 ∈ X)(f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2). (1.2)

Prema tome, funkcija f : X → Y je 1-1 ako vazi uslov (1.2), tj. ako iz jednakostislika sledi i jednakost odgovarajucih originala.

1.2. Funkcije 7

Definicija 1.5. Za funkciju f : X → Y kazemo da je na (surjektivna, surjekcija)ako

(∀y ∈ Y )(∃x ∈ X) y = f(x).

Drugim recima, funkcija f : X → Y je surjekcija ako je f(X) = Y .

Definicija 1.6. Funkcija f : X → Y je bijektivna (bijekcija) ako je injektivna isurjektivna.

Primer 1.7. (i) Funkcija f1 : R → R data sa f1(x) = x2 nije ni injekcija (jerf1(−2) = f1(2) = 4) ni surjekcija (jer f1(x) 6= −1 za svako x ∈ R).

(ii) Neka je R+ = {x ∈ R |x ≥ 0} i funkcija f2 : R+ → R data sa f2(x) = x2, tj.f2 = f1|R+ . Fukcija f2 je 1-1, ali nije na.

(iii) Ako isti analiticki izraz definise funkciju f3 : R → R+, onda f3 nije 1-1, alije na.

(iv) Na kraju, restrikcija f4 : R+ → R+ funkcije f1 je bijekcija.(v) Neka je R− = {x ∈ R |x ≤ 0} i f5 : R− → R+ funkcija data takode sa

f5(x) = x2, onda je f5 bijekcija.

Ako je f : X → Y funkcija i B ⊂ Y . Inverzna slika skupa B funkcijom f , uoznaci f−1(B), je skup svih elemenata iz X koji se funkcijom f preslikavaju u skupB:

f−1(B) = {x ∈ X | f(x) ∈ B}.Jasno, f−1(Y ) = X.

Primer 1.8. Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5}, Y = {a, b, c, d, e, f} i funkcija f : X → Ydata sa

f =(

1 2 3 4 5a a a f f

).

Za A = {1, 2} ⊂ X i B = {d, e, f} ⊂ Y vazi f(A) = {a}, f−1(B) = {4, 5},f−1(f(A)) = {1, 2, 3} i f(f−1(B)) = {f}. Dakle, A $ f−1(f(A)) i f(f−1(B)) $ B.

Primer 1.9. Ako je f1 : R → R funkcija iz Primera 1.7, onda je f1(R+) = R+,f−11 (R+) = R i f−1

1 (R−) = {0}. Sledi f−11 (f1(R+))) = R i f1(f−1

1 (R−)) = f1({0}) ={0}. Prema tome, R+ $ f−1

1 (f1(R+))) i f1(f−11 (R−)) $ R−.

Tvrdenje 1.10. Neka je f : X → Y .

(1.10.1) Za svaki podskup A skupa X vazi A ⊂ f−1(f(A)).

(1.10.2) Funkcija f je injekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X vaziA = f−1(f(A)).

8 Glava 1. Uvod

Dokaz. (1.10.1): Neka je x ∈ A. Tada f(x) ∈ f(A), tj. elemenat x se funkcijom fpreslikava u skup f(A) i zato x ∈ f−1(f(A)). Prema tome, A ⊂ f−1(f(A)).

(1.10.2): Pretpostavimo da je f injekcija. Da bi dokazali da je A = f−1(f(A)),na osnovu (1.10.1), dovoljno je dokazati inkluziju f−1(f(A)) ⊂ A. Neka je x ∈f−1(f(A)). Tada f(x) ∈ f(A), te postoji a ∈ A tako da je f(x) = f(a). Kako je finjekcija, sledi x = a, i zato x ∈ A. Prema tome, f−1(f(A)) ⊂ A.

Obrnutu implikaciju, tj. tvrdenje da injektivnost funkcije f sledi iz cinjeniceda je A = f−1(f(A)) za svaki podskup A skupa X, dokazacemo kontrapozicijom.Pretpostavimo da f nije injekcija. Pokazacemo da postoji skup A ⊂ X takav da jeA 6= f−1(f(A)). Iz cinjenice da f nije injekcija sledi da postoje x1, x2 ∈ X, takvida je x1 6= x2 i f(x1) = f(x2) = y. Neka je A = {x1}. Tada je f(A) = {y} i{x1, x2} ⊂ f−1(f(A)). Prema tome, A 6= f−1(f(A)). ¤

Tvrdenje 1.11. Neka je f : X → Y .(1.11.1) Za svaki podskup B skupa Y vazi f(f−1(B)) ⊂ B.(1.11.2) Funkcija f je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup B skupa Y vazif(f−1(B)) = B.

Dokaz. (1.11.1): Neka je B ⊂ Y . Kako je f−1(B) skup svih elemenata iz X kojise funkcijom f preslikavaju u skup B, tj. f(x) ∈ B za svako x ∈ f−1(B), te jef(f−1(B)) ⊂ B.

(1.11.2): Neka je f surjekcija, B ⊂ Y i y ∈ B. Postoji x ∈ X tako da jef(x) = y. Sledi x ∈ f−1(B), i prema tome, y = f(x) ∈ f(f−1(B)). Ovim smopokazali da je B ⊂ f(f−1(B)), i s obzirom na (1.11.1) zakljucujemo da vazi jednakostf(f−1(B)) = B.

Pretpostavimo da je f(f−1(B)) = B za svaki podskup B skupa Y . Odavde zaB = Y dobijamo f(f−1(Y )) = Y . Kako je f−1(Y ) = X, sledi f(X) = Y , tj. fsurjekcija. ¤

Ako je f : X → Y , A1 i A2 podskupovi skupa X, i B, B1 i B2 podskupovi skupaY , tada vazi:

(i) f(∅) = ∅,(ii) A1 ⊂ A2 =⇒ f(A1) ⊂ f(A2),(iii) f(A1 ∪A2) = f(A1) ∪ f(A2),(iv) f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2),(v) f(A1\A2) ⊃ f(A1)\f(A2),(vi) f−1(∅) = ∅,(vii) B1 ⊂ B2 =⇒ f−1(B1) ⊂ f−1(B2),(viii) f−1(B1 ∪B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2),(ix) f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2),

1.2. Funkcije 9

(x) f−1(B1\B2) = f−1(B1)\f−1(B2),(xi) f−1(CB) = Cf−1(B).Primetimo da u (iv) i (v) inkluzije mogu biti stroge. Za funkciju f1 : R → R iz

Primera 1.7, i skupove A1 = [−1, 0] i A2 = [0, 1] vazi

f1(A1 ∩A2) = f({0}) = {0}, f1(A1\A2) = f1([−1, 0)) = (0, 1],f1(A1) = [0, 1], f1(A2) = [0, 1],

f1(A1) ∩ f1(A2) = [0, 1], f1(A1)\f1(A2) = ∅,

te je f1(A1 ∩A2) $ f1(A1) ∩ f1(A2) i f1(A1\A2) % f1(A1)\f1(A2).

Sledeca tvrdenja nije tesko dokazati:1. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupa A1 i

A2 skupa X vazi f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2);2. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupa A1 i

A2 skupa X vazi f(A1\A2) = f(A1)\f(A2);3. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X

vazi f(CA) ⊂ Cf(A);4. Funkcija f : X → Y je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa

X vazi f(CA) ⊃ Cf(A);5. Funkcija f : X → Y je bijekcija ako i samo ako za svaki podskup A skupa X

vazi f(CA) = Cf(A).

Definicija 1.12. Neka su f : X → Y i g : Z → U funkcije, i f(X) ⊂ Z. Tadafunkciju h : X → U definisanu sa h(x) = g(f(x)), x ∈ X, zovemo proizvod (slaganje,kompozicija) funkcija f i g i pisemo h = g ◦ f .

Prema tome, (g ◦ f)(x) = g(f(x)), x ∈ X.

Primer 1.13. Neka je X = {1, 2, 3}, Y = {a, b, c, d, e, f}, Z = {a, f, g, h}, U ={7, 8, 9, 10, 11}, i funkcije f : X → Y i g : Z → U date sa

f =(

1 2 3a a f

)g =

(a f g h7 8 9 9

).

Kako je f(X) = {a, f} ⊂ Z, to je definisana kompozicija g ◦ f : X → U , i vazi(g ◦ f)(1) = g(f(1)) = g(a) = 7, (g ◦ f)(2) = g(f(2)) = g(a) = 7 i (g ◦ f)(3) =g(f(3)) = g(f) = 8, tj.

g ◦ f =(

1 2 37 7 8

).

10 Glava 1. Uvod

Ako je f : X → Y , g : Y → Z i h : Z → U , onda funkcije h ◦ (g ◦ f) i (h ◦ g) ◦ fimaju i isti domen X i isti kodomen U i za svako x ∈ X vazi

(h ◦ (g ◦ f))(x) = h((g ◦ f)(x)) = h(g(f(x))),((h ◦ g) ◦ f)(x) = (h ◦ g)(f(x)) = h(g(f(x))),

te je (h ◦ (g ◦ f))(x) = ((h ◦ g) ◦ f)(x). Zato vazi jednakost

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

Prema tome, kompozicija funkcija je asocijativna.Medutim, kompozicija funkcija nije komutativna. Zaista, ako postoji g ◦ f ne

mora postojati kompozicija f ◦ g. Na primer, ako je f : R+ → R funkcija data saf(x) =

√x, x ∈ R+, a funkcija g : R → R sa g(x) = −x2 − 1, x ∈ R, onda je

kompozicija g ◦ f definisana ((g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(√

x) = −x− 1, x ∈ R+), dokkompozicija f ◦ g nije.

Cak i kada postoje kompozicije g ◦ f i f ◦ g, one ne moraju biti jednake. Zaista,ako je funkcija f : R → R data sa f(x) = 2x, a g : R → R funkcija data sag(x) = x + 1, x ∈ R, onda je (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(2x) = 2x + 1 i (f ◦ g)(x) =f(g(x)) = f(x + 1) = 2(x + 1) = 2x + 2, i prema tome, g ◦ f 6= f ◦ g.

Tvrdenje 1.14. Neka je f : X → Y i g : Y → Z. Tada vazi:(1.14.1) Ako su f i g injekcije, tada je i g ◦ f injekcija.(1.14.2) Ako su f i g surekcije, tada je i g ◦ f surjekcija.(1.14.3) Ako je g ◦ f injekcija, onda je f injekcija.(1.14.4) Ako je g ◦ f surjekcija, onda je g surjekcija.

Dokaz. (1.14.1): Neka su f i g injekcije i (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2) za x1, x2 ∈ X.Tada je g(f(x1)) = g(f(x2)), i buduci da je g injekcija, dobijamo f(x1) = f(x2).Odavde, zbog injektivnosti funkcije f , sledi x1 = x2. Prema tome, g ◦ f je injekcija.

(1.14.2): Neka su f i g surjekcije. Tada je (g ◦ f)(X) = g(f(X)) = g(Y ) = Z, teje i g ◦ f surjekcija.

(1.14.3): Neka je g ◦ f injekcije i f(x1) = f(x2) za x1, x2 ∈ X. Odavde zbogjednoznacnosti funkcije g sledi g(f(x1)) = g(f(x2)), tj. (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2).Sada iz injektivnosti funkcije g ◦ f sledi x1 = x2. Prema tome, f je injekcija.

(1.14.4): Neka je g◦f surjekcija. To znaci da je (g◦f)(X) = Z, tj. g(f(X)) = Z.Iz f(X) ⊂ Y sledi g(f(X)) ⊂ g(Y ), i zato je Z ⊂ g(Y ) ⊂ Z. Prema tome, g(Y ) = Zi g je surjekcija. ¤

Identicka funkcija skupa X, iX : X → X, je funkcija definisana sa iX(x) = x zax ∈ X.

1.2. Funkcije 11

Teorema 1.15. Neka je f : X → Y . Ako je f bijekcija, tada postoji jedinstvanafunkcija g : Y → X tako da vaze sledeca dva uslova:

g ◦ f = iX , (1.3)f ◦ g = iY . (1.4)

Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaze uslovi (1.3) i (1.4), ondaje f bijekcija.

Dokaz. Neka je f : X → Y bijekcija i y ∈ Y . Iz surjektivnosti funkcije f sledida postoji x ∈ X tako da je f(x) = y. Iz injektivnosti funkcije f sledi da je xjedan jedini elemenat iz skupa X za koji je f(x) = y. Na taj nacin je svakomy ∈ Y pridruzen tacno jedan elemenat x ∈ X takav da je y = f(x). Obelezimosa g : Y → X ovako definisano preslikavanje skupa Y u skup X. Dakle g cey ∈ Y slikati u onaj elemenat x ∈ X za koji je f(x) = y, tj. g(y) = x ako i samoako je f(x) = y. Zato je (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = x, za svako x ∈ X, i(f ◦ g)(y) = f(g(y)) = f(x) = y, za svako y ∈ Y . Dokazali smo postojanje funkcijeg : Y → X za koju vaze uslovi (1.3) i (1.4). Dokazimo sada da je ona jedinstvena.

Neka je g1 : Y → X funkcija koja ispunjava uslove (1.3) i (1.4), tj. neka vazig1 ◦ f = iX , f ◦ g1 = iY . Neka je y ∈ Y proizvoljan. Tada postoji x ∈ X tako da jef(x) = y. Odavde zbog uslova (1.3) imamo g(y) = g(f(x)) = (g◦f)(x) = iX(x) = x,a takode i g1(y) = g1(f(x)) = (g1 ◦ f)(x) = iX(x) = x, te je g(y) = g1(y). Sledig = g1.

Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaze uslovi (1.3) i (1.4), ondaiz (1.14.3) i (1.14.4) sledi da je f bijekcija (primetimo da je iz istih razloga i gbijekcija). ¤

Ako je funkcija f : X → Y bijekcija, jedinstvena bijekcija g : Y → X za kojuvaze uslovi (1.3) i (1.4) zove se inverzna funkcija funkcije f i obelezava sa f−1. Daklef−1 ◦ f = iX i f ◦ f−1 = iY , tj.

(∀x ∈ X) f−1(f(x)) = x,

(∀y ∈ Y ) f(f−1(y)) = y.

Primer 1.16. Nadimo inverznu funkciju za funkciju f4 iz Primera 1.7: f4 : R+ →R+, f4(x) = x2, x ∈ R+.

Stavimo da je za x ∈ R+, f4(x) = y, tj. x2 = y. Odavde x =√

y, tj. f−14 (y) =√

y. Kako je uobicajeno da nezavisno promenljiva bude oznacena sa x, pisacemof−14 (x) =

√x.

12 Glava 1. Uvod

Funkcija f5 : R− → R+, f5(x) = x2, x ∈ R− (Primer 1.7), je takode bijekcija.Iz y = x2, buduci da x ∈ R−, sledi x = −√y, tj. f−1

5 (y) = −√y. Prema tome,inverzna funkcija funkcije f5 je data sa f−1

5 (x) = −√x, x ∈ R+.

Napomenimo da ako postoji inverzna funkcija funkcije f : X → Y , i ako jeB ⊂ Y , inverzna slika skupa B funkcijom f bice isto sto i slika skupa B funkcijomf−1 : Y → X.

1.3 Grupoid, grupa, prsten i polje

Neka je X neprazan skup. Preslikavanje f : X2 → X se zove binarna operacijaskupa X. Uobicajeno je da se za binarne operacije koriste oznake ◦, +, ·, ∗, ⊕ itd, i umesto, recimo ⊕((a, b)) = c, gde su a, b, c ∈ X, pise a ⊕ b = c. Operacijaobelezena sa + obicno se naziva aditivna operacija, dok se operacija obelezena sa ·naziva multiplikativna operacija.

Primer binarne operacije je preslikavanje (a, b) 7→ a + b skupa N2 u skup N, tj.dobro poznata operacija sabiranja prirodnih brojeva.

Za binarnu operaciju ◦ skupa X kazemo da je1) asocijativna ako

(∀a, b, c ∈ X) a ◦ (b ◦ c) = (a ◦ b) ◦ c;

2) komutativna ako(∀a, b ∈ X) a ◦ b = b ◦ a.

Neka su ◦ i ⊕ dve binarne operacije skupa X. Ako je

(∀a, b, c ∈ X) a ◦ (b⊕ c) = (a ◦ b)⊕ (a ◦ c),

tada kazemo da za operaciju ◦ vazi levi distributivni zakon u odnosu na operaciju⊕.

Ako je(∀a, b, c ∈ X) (a⊕ b) ◦ c = (a ◦ c)⊕ (b ◦ c),

onda kazemo da za operaciju ◦ vazi desni distributivni zakon u odnosu na operaciju⊕.

Ako vaze i levi i desni distributivni zakon, onda cemo reci da za operaciju ◦ vazidistributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕.

Sabiranje prirodnih brojeva je komutativna operacija, dok stepenovanje nije, jerje, na primer, 23 6= 32.

1.3. Grupoid, grupa, prsten i polje 13

Takode, sabiranje prirodnih brojeva je asocijativna operacija, ali stepenovanjenije, jer je, na primer, (23)4 = 212 i 234

= 281.Mnozenje prirodnih brojeva je distrubutivna operacija u odnosu na sabiranje (i

sleva i sdesna), ali sabiranje nije distributivna operacija u odnosu na mnozenje, jerje, na primer, 2 + (3 · 4) = 14 i (2 + 3) · (2 + 4) = 5 · 6 = 30.

Definicija 1.17. Uredeni par (X, ◦) nepraznog skupa X i binarne operacije ◦ skupaX zovemo grupoid.

Par (N, +) je grupoid, a takode i (N, ·) gde su + i · redom sabiranje i mnozenje.Medutim par (N,−) nije grupoid, gde je − operacija oduzimanja.

Definicija 1.18. Ako je (X, ◦) grupoid, i ako postoji elemenat e ∈ X takav da je

(∀x ∈ X) x ◦ e = e ◦ x = x,

onda kazemo da je e neutralni elemenat grupoida X.

U slucaju multiplikativne operacije neutralni elemenat se naziva jedinicni ele-menat ili jedinica i obelezava sa 1, dok se u slucaju aditivne operacije naziva nula iobelezava sa 0.

Tvrdenje 1.19. Ako u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni elemenat, onda je on jedin-stven.

Dokaz. Neka su e1 i e2 dva neutralna elementa u grupoidu X. Tada je

e1 = e1 ◦ e2 = e2.

Prma tome, neutralni elemenat je jedinstven. ¤

Definicija 1.20. Neka u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni elemenat i neka x, y ∈ X.Ako je

x ◦ y = y ◦ x = e,

onda kazemo da je y simetricni elemenat elementa x, i pisemo y = x′.

Iz definicije je jasno da ako je y simetrican elemenat elementa x, onda i xsimetrican elemenat elementa y, tj. x′ = y ako i samo ako je y′ = x, i stoga,(x′)′ = x.

U slucaju multiplikativne operacije simetricni elemenat elementa x se nazivainverzni elemenat elementa x i oznacava sa x−1, a u slucaju aditivne operacijesuprotni elemenat elementa x i oznacava se sa −x.

14 Glava 1. Uvod

Definicija 1.21. Uredeni par (X, ◦) nepraznog skupa X i asocijativne binarne op-eracije ◦ skupa X zovemo polugrupa.

Na primer, poznate polugrupe su (N, +) i (N, ·).Tvrdenje 1.22. Neka u polugrupi (X, ◦) postoji neutralni elemenat e i neka jex ∈ X. Simetricni elemenat elementa x, ukoliko postoji, je jedinstven.

Dokaz. Neka su x′ i x′′ simetricni elementi elementa x. Tada je

x′ = x′ ◦ e = x′ ◦ (x ◦ x′′) = (x′ ◦ x) ◦ x′′ = e ◦ x′′ = x′′.

Prema tome, simetricni elemenat elementa x je jedinstven. ¤

Definicija 1.23. Neka su (X, ◦) i (Y,⊕) dva grupoida. Preslikavanje f : X → Ytakvo da je

(∀x1, x2 ∈ X) f(x1 ◦ x2) = f(x1)⊕ f(x2),

zove se homomorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕).

Homomorhizam koji je surjektivan (injektivan) se zove epimorfizam (monomor-fizam). Homomorhizam koji je jos i bijekcija se zove izomorfizam.

Preslikavanje f : N→ N, dato sa f(n) = 3n, je homomorhizam grupoida (N, +)u grupoid (N, ·), jer

(∀n,m ∈ N) f(n + m) = 3n+m = 3n · 3m = f(n) · f(m).

Tvrdenje 1.24. Neka je f : X → Y izomorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕).Tada je f−1 : Y → X izomorfizam grupoida (Y,⊕) u grupoid (X, ◦).

Dokaz. Buduci da je f bijekcija, inverzna funkcija f−1 postoji i takode je bijekcija.Pokazimo da je f−1 homomorfizam. Neka su y1, y2 ∈ Y . Zbog surjektivnosti funkcijef postoje x1, x2 ∈ X takvi da je f(x1) = y1 i f(x2) = y2. Kako je f homomorfizam,sledi

f−1(y1 ⊕ y2) = f−1(f(x1)⊕ f(x2)) = f−1(f(x1 ◦ x2)) = x1 ◦ x2 == f−1(y1) ◦ f−1(y2),

te je i f−1 homomorfizam. Prema tome, f−1 je izomorfizam. ¤Ako su dva grupoida izomorfna, onda oni imaju iste algebarske osobine.

Tvrdenje 1.25. Neka je f : X → Y epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕).Ako je operacija ◦ skupa X komutativna, onda je i operacija ⊕ skupa Y komutativna.


Dokaz. Neka su y1, y2 ∈ Y . Funkcija f je surjekcija, pa postoje x1, x2 ∈ X takvi da jef(x1) = y1 i f(x2) = y2. Buduci da je f homomorfizam, a operacija ◦ komutativna,sledi

y1 ⊕ y2 = f(x1)⊕ f(x2) = f(x1 ◦ x2) = f(x2 ◦ x1) = f(x2)⊕ f(x1) = y2 ⊕ y1.

Pema tome, ⊕ je komutativna operacija. ¤

Tvrdenje 1.26. Neka je f epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕). Akou grupoidu (X, ◦) postoji neutralni elemenat e, onda je f(e) neutralni elemenat ugrupoidu (Y,⊕).

Dokaz. Neka je y ∈ Y proizvoljan elemenat. Iz surjektivnosti funkcije f sledi dapostoji x ∈ X takav da je f(x) = y. Kako je f homomorfizam, to je

y ⊕ f(e) = f(x)⊕ f(e) = f(x ◦ e) = f(x) = y,

f(e)⊕ y = f(e)⊕ f(x) = f(e ◦ x) = f(x) = y.

Prema tome, f(e) je neutralni elemenat u grupoidu (Y,⊕). ¤

Definicija 1.27. Grupoid (X, ◦) za koji vazi

(∀x, y, z ∈ X) x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z,

(∀x ∈ X)(∃e ∈ X) x ◦ e = e ◦ x = x,

(∀x ∈ X)(∃x′ ∈ X) x ◦ x′ = x′ ◦ x = e,

zovemo grupa.

Drugim recima, polugrupa, u kojoj postoji neutralni elemenat i u kojoj svakielemenat ima simetricni elemenat, zove se grupa.

Definicija 1.28. Ako je (X, ◦) grupa, a operacija ◦ komutativna, onda kazemo daje (X, ◦) Abelova1 grupa.

Par (N, +) nije grupa, ali je (Z,+) Abelova grupa.

Tvrdenje 1.29. U grupi (X, ◦) vazi zakon kancelacije (kracenja), tj.

(∀ a, x, y ∈ X)(a ◦ x = a ◦ y =⇒ x = y), (1.5)

i(∀ a, x, y ∈ X)(x ◦ a = y ◦ a =⇒ x = y). (1.6)

1N. Abel (1802-1829), norveski matematicar

16 Glava 1. Uvod

Dokaz. Neka su a, x, y ∈ X i a ◦x = a ◦ y. Kako a ima simetricni elemenat a′ i kakoje operacija ◦ asocijativna, to je

a ◦ x = a ◦ y =⇒ a′ ◦ (a ◦ x) = a′ ◦ (a ◦ y)=⇒ (a′ ◦ a) ◦ x = (a′ ◦ a) ◦ y)=⇒ e ◦ x = e ◦ y

=⇒ x = y.

Analogno se dokazuje (1.6). ¤

Tvrdenje 1.30. Neka je (X, ◦) grupa i x, y ∈ X. Tada vazi

(x ◦ y)′ = y′ ◦ x′.

Dokaz.

(x ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = e =⇒ x′ ◦ ((x ◦ y) ◦ (x ◦ y)′) = x′ ◦ e

=⇒ (x′ ◦ (x ◦ y)) ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ ((x′ ◦ x) ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ (e ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ y ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ y′ ◦ (y ◦ (x ◦ y)′) = y′ ◦ x′

=⇒ (y′ ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′

=⇒ e ◦ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′

=⇒ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′. ¤

Tvrdenje 1.31. Neka je (X, ◦) grupa i a, b ∈ X. Tada jednacina

a ◦ x = b (1.7)

ima jedistveno resenje x = a′ ◦ b. Takode, jednacina

y ◦ a = b (1.8)

ima jedistveno resenje y = b ◦ a′.

Dokaz. Kako jea ◦ (a′ ◦ b) = (a ◦ a′) ◦ b = e ◦ b = b,


x = a′ ◦ b je resenje jednacine (1.7). Pokazimo da je ovo resenje jednistveno. Pret-postavimo da je x1 jos jedno resenje jednacine (1.7). Tada je

a ◦ x = b i a ◦ x1 = b,

i zatoa ◦ x = a ◦ x1.

Kako u grupi vazi zakon kancelacije, sledi

x = x1.

Prema tome, resenje jednacine (1.7) jedinstveno.Analogno se dokazuje tvrdenje za jednacinu (1.8). ¤

Definicija 1.32. Uredena trojka (X, +, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarneoperacije skupa X je prsten ako su ispunjeni sledeci uslovi:

1) (X, +) je Abelova grupa,2) (X, ·) je polugrupa,3) operacija · je distributivna u odnosu na operaciju +, tj. vazi

(∀x, y, z ∈ X)(x · (y + z) = (x · y) + (x · z) ∧ (x + y) · z = (x · z) + (y · z)).

Abelovu grupu (X, +) nazivamo aditivna, a polugrupu (X, ·) multiplikativna.Podsetimo se da neutralni elemenat grupe (X, +) zovemo nula i oznacavamo sa0. Simetricni elemenat elementa x u grupi (X,+) zovemo suprotni elemenat ioznacavamo sa −x. Da bismo pojednostavili pisanje dogovoricemo se da je operacija· viseg prioriteta od operacije +, pa cemo, recimo, umesto x ·(y+z) = (x ·y)+(x ·z),pisati x · (y + z) = x · y + x · z

Trojka (Z, +, ·) je prsten. Kako je polugrupa (Z, ·) komutativna i sa jedinicom,za prsten (Z,+, ·) kazemo da je komutativan prsten sa jedinicom.

Tvrdenje 1.33. Neka je (X, +, ·) prsten. Tada za svako x ∈ X vazi

x · 0 = 0 · x = 0.

Dokaz. Iz

x · 0 = x · (0 + 0) = x · 0 + x · 0,

sledi

0 + x · 0 = x · 0 + x · 0.

18 Glava 1. Uvod

Kako u grupi (X, +) vazi zakon kancelacije, to je 0 = x · 0. Analogno se dokazujeda je 0 · x = 0. ¤

Za prsten cemo reci da je netrivijalan ako sadrzi bar jedan elemenat razlicit od0. Ako je (X, +, ·) netrivijalan prsten sa jedinicom 1 (1 je neutralni elemenat zaoperaciju ·), primetimo da 0 ne moze imati inverzni elemenat. Zaista, ako bi nulaimala inverzni elemenat 0′, onda bi 0 · 0′ = 1, dok bi na osnovu Tvrdenja 1.33 vazilo0·0′ = 0, i prema tome, 1 = 0. Zbog toga bi za svako x ∈ X imali x = x·1 = x·0 = 0,sto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je prsten netrivijalan.

Tvrdenje 1.34. Neka je (X, +, ·) prsten i x, y ∈ X. Tada vazi

(−x) · y = x · (−y) = −(x · y), (1.9)(−x) · (−y) = x · y. (1.10)

Dokaz. Iz Tvrdenja 1.33 sledi

(−x) · y + x · y = ((−x) + x) · y = 0 · y = 0,

i zato je (−x) · y suprotni elemenat elementa x · y, tj. (−x) · y = −(x · y). Slicno sedokazuje da je x · (−y) = −(x · y). Iz (1.9) sledi

(−x) · (−y) = −(x · (−y)) = −(−(x · y)) = x · y. ¤

Definicija 1.35. Uredena trojka (X, +, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarneoperacije skupa X je polje ako su ispunjeni sledeci uslovi:

1) (X,+) je Abelova grupa,2) (X\{0}, ·) je Abelova grupa, gde je 0 neutralni elemenat grupe (X, +),3) operacija · je distributivna u odnosu na operaciju +.

Prema tome, polje je prsten za koji je (X\{0}, ·) Abelova grupa.Podsetimo se da neutralni elemenat grupe (X\{0}, ·) zovemo jedinica i oznacavamo

sa 1. Simetricni elemenat elementa x u grupi (X\{0}, ·) zovemo inverzni elemenatelementa x i oznacavamo sa x−1.

Primeri polja su (R,+, ·) i (Q,+, ·).Tvrdenje 1.36. Ako je (X, +, ·) polje, tada vazi:(1.36.1) Neutralni elemenat operacije + je jedinstveno odreden.(1.36.2) Za svaki elemenat x ∈ X postoji jedinstveno odreden njegov suprotni ele-menat.(1.36.3) Za svako a, b ∈ X jednacina a + x = b ima jedinstveno resenje.

1.3. Polje realnih brojeva 19

(1.36.4) Neutralni elemenat operacije · je jedinstveno odreden.(1.36.5) Za svaki elemenat x ∈ X\{0} postoji jedinstveno odreden njegov inverznielemenat.(1.36.6) Za svako a ∈ X\{0} i svako b ∈ X, jednacina a · x = b ima jedinstvenoresenje.(1.36.7) Za svako x ∈ X, x · 0 = 0.(1.36.8) Za svako x, y ∈ X, (−x) · y = x · (−y) = −(x · y) i (−x) · (−y) = xy.(1.36.9) Za svako x, y ∈ X vazi implikacija

x · y = 0 =⇒ x = 0 ∨ y = 0.

(1.36.10) Za svako x ∈ X, (−1) · x = −x.

Dokaz. Tvrdenja (1.36.1) i (1.36.4) slede iz Tvrdenja 1.19. Iz cinjenice da su (X, +)i (X\{0}, ·) grupe i Tvrdenja 1.22 slede (1.36.2) i (1.36.5). (1.36.3) sledi iz cinjeniceda je (X, +) grupa i Tvrdenja 1.31. (1.36.6) se dokazuje analogno Tvrdenju 1.31.Tvrdenje (1.36.7) sledi iz Tvrdenja 1.33, a tvrdenje (1.36.8) iz Tvrdenja 1.34.

Buduci da je iskazna formula

(p =⇒ q ∨ r) ⇐⇒ (p ∧ ¬q =⇒ r)

tautologija, da bismo dokazali (1.36.9) dovoljno je dokazati da iz x · y = 0 i x 6= 0sledi y = 0.

Iz x 6= 0 sledi da postoji x−1 ∈ X, i mnozeci jednakost x ·y = 0 sa x−1 dobijamox−1 · x · y = x−1 · 0, tj. y = x−1 · 0. Na osnovu Tvrdenja 1.33 (jer svako polje jeprsten) sledi y = 0.

(1.36.10): Iz

(−1) · x + x = (−1) · x + 1 · x = (−1 + 1) · x = 0 · x = 0

sledi da je (−1) · x suprotni elemenat za elemenat x, tj. (−1) · x = −x. ¤

1.4 Polje realnih brojeva

U ovoj sekciji uvodimo skup realnih brojeva aksiomatski.

Definicija 1.37. Polje (R, +, ·) naziva se polje realnih brojeva ako su ispunjenisledeci uslovi:

(1.37.1) Na skupu R je definisana relacija totalnog poretka ≤, za koju vazi:

20 Glava 1. Uvod

(1.37.1.1) (∀a, b, c ∈ R)(a ≤ b =⇒ a + c ≤ b + c),

(1.37.1.2) (∀a, b ∈ R)(0 ≤ a ∧ 0 ≤ b =⇒ 0 ≤ a · b).(1.37.2) Za svaka dva neprazna podskupova A i B skupa R, takva da je a ≤ b za svea ∈ A, b ∈ B, postoji c ∈ R tako da je a ≤ c ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B.

Osobine (1.37.1.1) i (1.37.1.2) govore da je relacija totalnog uredenja saglasnasa operacijama + i ·. Za polje sa takvim osobinama kazemo da je uredeno polje.Aksioma (1.37.2) se zove aksioma neprekidnosti ili aksioma potpunosti. Napomenimoda se aksioma neprekidnosti ne moze izvesti iz ostalih aksioma polja realnih brojeva,i jedino ju je moguce zameniti nekim njoj ekvivalentnim iskazom. Inace za skuprealnih brojeva kazemo da je nepekidno uredeno polje.

Operacije + i · se nazivaju, respektivno, sabiranje i mnozenje. Umesto a · bpisemo ab. Za dva realna broja a i b, zbir a + (−b) se zove razlika brojeva a i b iobelezava sa a− b. Za b ∈ R\{0} inverzni elemenat u odnosu · obelezava se sa b−1

ili1b. Kolicnik brojeva a ∈ R i b ∈ R\{0} je a · 1

bi obelezava se sa

a

b.

Koristimo i oznake ≥, <, >: a ≥ b ⇐⇒ b ≤ a, a b ⇐⇒ a ≥ b ∧ a 6= b.

Napomenimo da su sva neprekidna uredena polja izomorfna medu sobom. Toznazi da ako su (R1, +1, ·1,≤1) i (R2, +2, ·2,≤2) dva neprekidna uredena polja (naskupu Ri definisane su operacije +i i ·i i relacija totalnog uredenja≤i koja je saglasnasa operacijama +i i ·i, i za skup Ri vazi aksioma (1.37.2), i = 1, 2), onda postojibijekcija f : R1 → R2 takva da je za sve x, y ∈ R1 vazi:

f(x +1 y) = f(x) +2 f(y),f(x ·1 y) = f(x) ·2 f(y),

x ≤1 y ⇐⇒ f(x) ≤2 f(y).

Zato mozemo reci da je skup realnih brojeva jedinstven do na izomorfizam.

1.5 Neke posledice aksioma uredenog polja

Buduci da je polje, za (R,+, ·) vaze sve one osobine navedene u Tvrdenju 1.36.Dokazimo jos neke osobine koje su posledica aksioma polja.

Tvrdenje 1.38. (1.38.1) Za a, b ∈ R\{0} vazi

1ab

=1a· 1b.

1.5. Neke posledice aksioma uredenog polja 21

(1.38.2) Za a, c ∈ R i b, d ∈ R\{0} vazi

a

b+

c

d=

ad + cb

bd.

Dokaz. (1.38.1): Iz Tvrdenja za grupe i komutativnosti operacije · sledi

1ab

= (ab)−1 = b−1a−1 = a−1b−1 =1a· 1b.

(1.38.2): Neka su a, c ∈ R i b, d ∈ R\{0}. Tada je

ad + cb

bd= (ad + cb)(bd)−1 = (ad + cb)b−1d−1 =

= adb−1d−1 + cbb−1d−1 = ab−1 + cd−1 ==

a

b+

c

d. ¤

Dokazimo sada neke osobine koje su posledica aksioma uredenog polja.

Tvrdenje 1.39. Neka su a, b, c, d ∈ R.(1.39.1) Vazi tacno jedna od mogucnosti:

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

(1.39.2) a < b =⇒ a + c < b + c.(1.39.3) 0 < a ∧ 0 < b =⇒ 0 < ab.(1.39.4) a ≤ b ⇐⇒ 0 ≤ b− a ⇐⇒ −b ≤ −a ⇐⇒ a− b ≤ 0.

Analogno vazi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <.(1.39.5) a ≤ b ∧ c ≤ d =⇒ a + c ≤ b + d.

Analogno vazi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <.(1.39.6) a ≤ b ∧ 0 ≤ c =⇒ ac ≤ bc;

a ≤ b ∧ c ≤ 0 =⇒ ac ≥ bc;a bc.

(1.39.7) 0 ≤ a ≤ b ∧ 0 ≤ c ≤ d =⇒ 0 ≤ ac ≤ bd.Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

(1.39.8) 0 ≤ a ≤ b =⇒ 0 ≤ a2 ≤ b2.Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

(1.39.9) a ≤ 0 ∧ b ≥ 0 =⇒ ab ≤ 0;a ≤ 0 ∧ b ≤ 0 =⇒ ab ≥ 0;

22 Glava 1. Uvod

a < 0 ∧ b > 0 =⇒ ab < 0;a < 0 ∧ b < 0 =⇒ ab > 0.

(1.39.10) Za svako a ∈ R je a2 ≥ 0. Ako je a 6= 0, onda je a2 > 0.

(1.39.11) 1 > 0.

(1.39.12) a > 0 =⇒ 1a

> 0.

(1.39.13) 0 < a 1b

> 0;

a 1a

>1b.

Dokaz. (1.39.1): Za a, b ∈ R vazi a = b ili a 6= b. Neka je a 6= b. Buduci da je ≤relacija totalnog poretka, svaka dva elementa iz skupa R su uporediva, tj. vazi a ≤ bili b ≤ a. Odavde zbog a 6= b sledi a b iskljucuje ostala dva.

(1.39.2): Neka je a < b. Tada je a ≤ b i na osnovu (1.37.1.1) sledi a + c ≤ b + c.Ako bi bilo a + c = b + c, onda bi, s obzirom da u grupi (R, +) vazi kracenje, vaziloa = b, sto je u suprotnosti sa a < b. Sledi a + c 6= b + c, i prema tome, a + c < b + c.

(1.39.3): Neka je 0 < a i 0 < b. Tada je 0 ≤ a i 0 ≤ b i na osnovu (1.37.1.2) sledi0 ≤ ab. Ako bi bilo ab = 0, onda bi bilo a = 0 ili b = 0, sto je u suprotnosti sa a 6= 0i b 6= 0. Iz (1.36.9) sledi ab 6= 0, i prema tome, 0 < ab.

(1.39.4): Za a, b ∈ R vazi:

a ≤ b =⇒ a + (−a) ≤ b + (−a) =⇒ 0 ≤ b− a =⇒=⇒ 0 + (−b) ≤ b− a + (−b) =⇒ −b ≤ −a =⇒ a + (−b) ≤ a + (−a)=⇒ a− b ≤ 0 =⇒ a− b + b ≤ 0 + b =⇒ a ≤ b.

(1.39.5): Na osnovu (1.37.1.1), iz a ≤ b sledi a + c ≤ b + c, dok iz c ≤ d sledib + c ≤ b + d. Iz tranzitivnosti relacije ≤ dobijamo a + c ≤ b + d.

(1.39.6): Neka je a ≤ b i 0 ≤ c. Tada je na osnovu (1.39.4) 0 ≤ b − a, a iz(1.37.1.2) sledi 0 ≤ (b− a)c, tj. 0 ≤ bc− ac. Opet na osnovu (1.39.4) sledi bc ≤ ac.

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.(1.39.7): Neka je 0 ≤ a ≤ b i 0 ≤ c ≤ d. Iz (1.39.6) sledi 0 · c ≤ ac ≤ bc i bc ≤ bd.

Sada na osnovu tranzitivnosti relacije ≤ sledi 0 ≤ ac ≤ bd.

(1.39.8): Sledi iz (1.39.7).(1.39.9): Neka je a ≤ 0 i b ≥ 0. Tada je 0 ≤ −a na osnovu (1.39.4), a na osnovu

(1.37.1.2) sledi 0 ≤ (−a)b, tj. 0 ≤ −ab. Opet primenom (1.39.4) dobijamo ab ≤ 0.Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.

1.5. Neke posledice aksioma uredenog polja 23

(1.39.10): Neka je a ≥ 0. Iz (1.37.1.2) sledi a2 ≥ 0. Ako je a ≤ 0, onda iz(1.39.9) sledi a2 ≥ 0. Dakle za svako a ∈ R je a2 ≥ 0. Ako je a 6= 0, onda je a2 6= 0na osnovu (1.36.9), i zato je a2 > 0.

(1.39.11): Kako je 1 6= 0, iz (1.39.10) sledi 1 = 12 > 0.

(1.39.12): Neka je a > 0. Ako je1a≤ 0, na osnovu (1.39.9) sledi 1 = a

1a≤ 0,

sto je u suprotnosti sa (1.39.11). Prema tome,1a

> 0.

(1.39.13): Neka je 0 < a < b. Iz (1.39.3) sledi ab > 0, te je1ab

> 0 na osnovu

(1.39.12). Sada iz (1.39.9) i (1.38.1) dobijamo

0 < a 0, te je1ab

> 0. Zato

a 0 (x < 0) i nepozitivan(nenegativan) ako je x ≤ 0 (x ≥ 0).

Pojam apsolutne vrednosti realnog broja x uvodimo sa:

|x| = max{x,−x}. (1.11)

Tako je |3| = max{3,−3} = 3 i | − 3| = max{−3,−(−3)} = 3.Jasno, |0| = 0. Ako je x > 0, onda je x > −x, te je |x| = x. Ako je x < 0, onda

je −x > 0 > x, i stoga je |x| = −x. Prema tome,

|x| =

x, ako je x > 0,0, ako je x = 0,−x, ako je x < 0.

(1.12)

Tvrdenje 1.40. Neka su x, y, a ∈ R. Tada vazi:(1.40.1) |x| = | − x|.(1.40.2) Za a > 0,

|x| = a ⇐⇒ x = a ∨ x = −a.

(1.40.3) Za a > 0,|x| ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a.Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

24 Glava 1. Uvod

(1.40.4) Za a > 0,|x| ≥ a ⇐⇒ x ≤ −a ∨ x ≥ a.Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

(1.40.5) Za ε > 0,|x− a| ≤ ε ⇐⇒ a− ε ≤ x ≤ a + ε.

Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.(1.40.6) −|x| ≤ x ≤ |x|.(1.40.7) |x + y| ≤ |x|+ |y| (nejednakost trougla).(1.40.8) ||x| − |y|| ≤ |x− y| ≤ |x|+ |y|.(1.40.9) |xy| = |x||y|.(1.40.10) Neka je y 6= 0. Tada je

∣∣∣∣x

y

∣∣∣∣ =|x||y| .

Dokaz. (1.40.1): | − x| = max{−x,−(−x)} = max{−x, x} = |x|.(1.40.2): Ocigledno.(1.40.3): Neka je a > 0. Tada je|x| ≤ a ⇐⇒ max{x,−x} ≤ a ⇐⇒ x ≤ a ∧ −x ≤ a ⇐⇒ −a ≤ x ≤ a.(1.40.4): Neka je a > 0. Tada je|x| ≥ a ⇐⇒ max{x,−x} ≤ a ⇐⇒ x ≥ a ∨ −x ≥ a ⇐⇒ x ≤ −a ∨ x ≥ a.(1.40.5): Neka je ε > 0. Iz (1.40.3) i (1.37.1.1) sledi

|x− a| ≤ ε ⇐⇒ −ε ≤ x− a ≤ ε ⇐⇒ a− ε ≤ x ≤ a + ε.

(1.40.6): Iz (1.11) sledi x ≤ |x| i −x ≤ |x|. Prema tome, −|x| ≤ x ≤ |x|.(1.40.7): Ako je x + y ≥ 0, onda iz (1.12) i (1.40.6) sledi |x + y| = x + y ≤ |x|+ |y|.Ako je x+y < 0, onda opet iz (1.12) i (1.40.6) sledi |x+y| = −(x+y) = −x+(−y) ≤|x|+ |y|.

Nejednakost trougla je moguce dokazati i na sledeci nacin: iz (1.40.6) sledi−|x| ≤x ≤ |x| i −|y| ≤ y ≤ |y|, odakle na osnovu (1.39.5) dobijamo

−(|x|+ |y|) ≤ x + y ≤ |x|+ |y|.

Sada na osnovu (1.40.3) sledi |x + y| ≤ |x|+ |y|.(1.40.8): Iz nejednakosti trougla sledi |x| = |x− y + y| ≤ |x− y|+ |y|, pa je

|x| − |y| ≤ |x− y|.

1.5. Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva 25

Ako u zadnjoj nejednakosti x i y zamene mesta dobijamo |y| − |x| ≤ |y − x| =| − (x− y)| = |x− y|, tj.

−(|x| − |y|) ≤ |x− y|.Zato je

||x| − |y|| = max{|x| − |y|,−(|x| − |y|)} ≤ |x− y|.(1.40.9): Ako je x ≥ 0 i y ≥ 0, onda je xy ≥ 0 ((1.37.1.2)), i iz (1.12) sledi|xy| = xy = |x||y|. Ako je x ≥ 0 i y ≤ 0 onda je, na osnovu (1.39.9), xy ≤ 0. Iz (1.12)i (1.36.8) sledi |xy| = −(xy) = x(−y) = |x||y|. Slicno, ako je x ≤ 0 i y ≤ 0, iz (1.39.9)sledi xy ≥ 0. Na osnovu (1.12) i (1.36.8) dobijamo |xy| = xy = (−x)(−y) = |x||y|.(1.40.10): Neka je z = xy. Tada je x = zy. Na osnovu (1.40.9) sledi |x| = |z||y|.Odavde, buduci da je |y| 6= 0 (jer y 6= 0), sledi |z| = |x|

|y| , tj.∣∣xy

∣∣ =|x||y| .

1.6 Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva

Definicija 1.41. Podskup A skupa R naziva se induktivnim ako vazi

(∀x)(x ∈ A =⇒ x + 1 ∈ A).

Primer induktivnog skupa je sam skup R.Pokazimo da je presek proizvoljne familije induktivnoh skupova takode indukti-

van skup.Neka je {Ai : i ∈ I} familija induktivnih skupova i neka je x ∈

⋂

i∈I

Ai. Tada

x ∈ Ai za svako i ∈ I, i kako je Ai induktivan skup za svako i ∈ I, to x + 1 ∈ Ai zasvako i ∈ I. Prema tome, x + 1 ∈

⋂

i∈I

Ai, pa je⋂

i∈I

Ai induktivan skup.

Prema tome, presek svih induktivnih podskupova skupa R koji sadrze 1 jesteinduktivan skup koji sadrzi 1, i to najmanji (u smislu inkluzije) takav.

Definicija 1.42. Skup N prirodnih brojeva jeste najmanji induktivan podkup skupaR koji sadrzi 1.

Sledeca teorema sledi neposredno iz definicije skupa prirodnih brojeva.

Teorema 1.43. Neka je M ⊂ N takav da je(1.43.1) 1 ∈ M ,(1.43.2) n ∈ M =⇒ n + 1 ∈ M .

Tada je M = N .

26 Glava 1. Uvod

Dokaz. Iz (1.43.1) i (1.43.2) sledi da je M induktivan skup koji sadrzi 1, a kako jeN najmanji u smislu inkluzije induktivan skup koji sadrzi 1, to je N ⊂ M . Kako jevec M ⊂ N, sledi M = N.

Sledece tvrdenje je poznato pod nazivom princip matematicke indukcije.

Posledica 1.44. Ako je iskaz T (n), koji zavisi od prirodnog broja n,

(1.44.1) istinit za prirodan broj 1,

(1.44.2) i ako iz pretpostavke da je istinit za prirodan broj n sledi da je istinit zaprirodan broj n + 1,

onda je T (n) istinit je za svaki prirodan broj n.

Dokaz. Neka je M = {n ∈ N : T (n) je istinit iskaz}. Skup M je podskup skupa Ni ispunjava uslove (1.43.1) i (1.43.2), pa na osnovu Teoreme 1.43 sledi M = N, tj.T (n) je istinit iskaz za svaki prirodan broj n.

Skup N ima sledece osobine:

Tvrdenje 1.45. (1.45.1) m, n ∈ N =⇒ m + n, mn ∈ N.

(1.45.2) n ∈ N i n 6= 1 =⇒ n− 1 ∈ N.

(1.45.3) m, n ∈ N i m > n =⇒ m− n ∈ N.

(1.45.4) min N = 1.m,n ∈ N i m > n =⇒ m ≥ n + 1.

(1.45.5) Svaki neprazan skup A ⊂ N ima najmanji elemenat.

Dokaz. (1.45.1): Neka je m ∈ N fiksiran i A = {n ∈ N : m + n ∈ N}. Skup N jeinduktivan, pa je m + 1 ∈ N i zato 1 ∈ A. Ako je n ∈ A, tj. m + n ∈ N onda jem + (n + 1) = (m + n) + 1 ∈ N, pa je n + 1 ∈ A. Skup A ispunjava uslove Teoreme1.43, pa je A = N, tj. za sve n ∈ N je m + n ∈ N.

Neka je B = {n ∈ N : mn ∈ N}. Kako m · 1 = m ∈ N, sledi 1 ∈ B. Nekaje n ∈ B. Tada mn ∈ N i m(n + 1) = mn + n ∈ N na osnovu upravo dokazanogtvrdenja da je zbir dva prirodna broja prirodan broj. Prema tome, n+1 ∈ B i skupB ispunjava uslove Teoreme 1.43, pa je B = N, tj. za sve n ∈ N je mn ∈ N.

(1.45.4): Dokazimo da je min N = 1. Neka je A = {n ∈ N : n ≥ 1}. Buduci daje 1 ≥ 1 sledi 1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada je n ≥ 1, a kako je 1 ≥ 0, na osnovu(1.39.5) sledi n + 1 ≥ 1 + 0 = 1, i stoga n + 1 ∈ A. Na osnovu Teoreme 1.43 slediA = N, tj. za svako n ∈ N je n ≥ 1. Prema tome, min N = 1.

Dalje koristimo uobicajene oznake 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, . . . .

1.6. Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva 27

Definicija 1.46. Skup celih brojeva je

Z = N ∪ {0} ∪ {−n : n ∈ N}.

Prema tome, svi prirodni brojevi, 0 i svi suprotni brojevi prirodnih brojeva cineskup celih brojeva.

(Z,+, ·) je komutativni prsten sa jedinicom, ali nije polje, jer osim 1 i −1 nijedandrugi elemenat skupa Z nema inverzni u Z.

Definicija 1.47. Racionalan broj je svaki realan broj oblikap

qgde su p, q ∈ Z,

q 6= 0. Skup svih racionalnih brojeva se oznacava sa Q.

Tvrdenje 1.48. (Q, +, ·,≤) je uredeno polje.

Primetimo da se od svakog racionalanog broja moze naci veci prirodan broj.Zaista, ako je r ∈ Q i r ≤ 0 onda je r < 1; ako je r > 0 i r =

p

q, p, q ∈ N, zbog

q ≥ 1 sledi1q≤ 1, te je r =

p

q≤ p 0, x2 > 2}. Skupovi A i B su

neprazni (jer, recimo, 1 ∈ A, 3 ∈ B) i za sve a ∈ A, b ∈ B je a ≤ b (ako je a ∈ A,a ≤ 0, buduci da za svako b ∈ B vazi b > 0, onda je a < b; ako je a ∈ A, a > 0,i b ∈ B tada je takode a 0, na osnovu (1.39.8),sledilo 2 > a2 ≥ b2 > 2, sto je apsurd). Dokazimo da ne postoji z ∈ Q tako da jea ≤ z ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B.

Pretpostavimo suprotno, da takav racionalan broj z postoji. Sledi z > 0 (1 ∈ A,pa je 1 ≤ z). Mora biti z2 < 2 ili z2 = 2 ili z2 > 2. Ako bi z2 = 2, onda bi za z =

p

q,

gde su p i q uzajamno prosti prirodni brojevi, vazilop2

q2= 2, odakle p2 = 2q2, te je

2 delitelj broja p, tj. p = 2r, r ∈ N. Sledi (2r)2 = 2q2, odakle 2r2 = q2, pa je 2delitelj broja q, sto je nemoguce jer su brojevi p i q uzajamno prosti.

Dokazimo da je z2 < 2 nemoguce. Pretpostavimo suprotno, da je z2 < 2. Postoji

prirodan broj n takav da je n >2z + 12− z2

. Tada je

(z +

1n

)2

= z2 +2z

n+

1n2

≤ z2 +2z + 1

n< z2 + (2− z2) = 2,

i zato z +1n∈ A. Medutim z +

1n

> z, i ovo protivureci izboru broja z.

28 Glava 1. Uvod

Dokazimo da je i slucaj z2 > 2 nemoguc. Pretpostavimo da je z2 > 2. Postoji

prirodan broj n takav da je n > max{

1z,

2z

z2 − 2

}. Tada je z − 1

n> 0 i

(z − 1

n

)2

= z2 − 2z

n+

1n2

> z2 − 2z

n> z2 − (z2 − 2) = 2,

i prema tome, z − 1n∈ B. Medutim z − 1

n< z, i ovo protivureci izboru broja z.

Primetimo da skup A nema supremum u skupu Q, a da skup B nema infimumu Q. Zaista, ako bi postojao sup A = α ∈ Q, tada bi, buduci da je svaki elemenatskupa B gornja granica skupa A, vazila nejednakost a ≤ α ≤ b za sve a ∈ A i sveb ∈ B, sto smo upravo pokazali da je nemoguce. Slicno se pokazuje da B nemainfimum u skupu Q.

Ovim smo ujedno dokazali da se skup Q ne poklapa sa skupom R, tj. da postojerealni brojevi koji nisu racionalni. Takve brojeve nazivamo iracionalnim i njihovootkrice se pripisuje Pitagorejskoj skoli2. Skup iracionalnih brojeva obelezavacemosa I.

Postoji bijekcija izmedu skupa realnih brojeva i skupa tacaka neke prave, kojase onda naziva brojna osa. Tako dobijeni geometrijski model skupa R koristicemoda bismo lakse zamisljali odredene odnose medu elementima i podskupovima skupaR. Umesto realan broj cesto cemo govoriti realna tacka.

Neka su a, b ∈ R, a < b. Otvoren interval je skup

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b},

a segment (odsecak, zatvoren interval) je skup

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}.

Poluinterval zatvoren sleva je skup

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b},

a poluinterval zatvoren zdesna je skup

(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤< b}.

Cesto se intervali i poluintervali nazivaju jednim imenom intervali. Broj a nazivase levi kraj intervala, a broj b se naziva desni kraj intervala. Broj b − a je duzinaintervala.

2Pitagora (oko 582-500 p.n.e.), starogrcki matematicar

1.6. Prosireni skup realnih brojeva 29

Za ε > 0, pod ε-okolinom tacke a podrazumevamo otvorni interval oblika

(a− ε, a + ε) = {x ∈ R : |x− a| < ε}.Okolina tacke (broja) a ∈ R je bilo koji otvoreni interval skupa R koji tu tacku

sadrzi. Buduci da svaka okolina tacke a sadrzi neku njenu ε-okolinu, to je u radu saokolinama uvek dovoljno posmatrati ε-okoline.

1.7 Prosireni skup realnih brojeva

Iz tehnickih razloga, radi jednostavnijeg izrazavanja, skup realnih brojeva se prosirujesa jos dva elementa +∞ i −∞, koji se citaju redom sa ”plus beskonacno” i ”minusbeskonacno”. Tako dobijamo prosireni skup realnih brojeva

R = R ∪ {−∞,+∞}.Ako je a ∈ R, govoricemo da je a konacan broj.

Relacija poretka sa skupa R prosiruje se na skup R na sledeci nacin:

(∀x ∈ R)(−∞ < x)(∀x ∈ R)(x < +∞)

−∞ < +∞.

Na taj nacin je skup R linearno ureden. Svaki podskup A skupa R je odozgo (odozdo)ogranicen sa +∞ (−∞), tj. +∞ (−∞) je gornja (donja) granica skupa A. Ako jeA ⊂ R odozgo ogranicen u R, onda on ima supremum u R, i to je supremum i uR, a ako A nije odozgo ogranicen u R, onda smatramo da je sup A = +∞. Takodeako je A ⊂ R i +∞ ∈ A, onda uzimamo da je sup A = +∞. Dakle svaki neprazanpodskup u R ima supremum.

Slicno, svaki neprazan podskup u R ima infimum.

Koristicemo sledece oznake:

(−∞,+∞) = {x ∈ R : −∞ < x < +∞} = R,

(a,+∞) = {x ∈ R : x > a} i [a, +∞) = {x ∈ R : x ≥ a}, (1.13)

i(−∞, a) = {x ∈ R : x < a} i (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a}, (1.14)

gde je a ∈ R. Skupove u (1.13) zvacemo okolinama tacke +∞, dok cemo skupoveu (1.14) zvati okolinama −∞. Takode je i skup (−∞,+∞) = R okolina tacke +∞,kao i tacke −∞. Primetimo da same tacke +∞ i −∞ ne pripadaju sopstvenimokolinama.

30 Glava 1. Uvod

1.8 Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti

Navescemo nekoliko iskaza koji su ekvavalentni aksiomi neprekidnosti. To su tzv.Dedekindova aksioma, aksioma supremuma i aksioma infimuma.

Dedekindovom3 aksiomom naziva se sledece tvrdenje: Ako su A i B podskupoviskupa R sa osobinama:

A 6= ∅, B 6= ∅, (1.15)A ∪B = R, (1.16)

(∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a < b, (1.17)

tada ili postoji maxA ili postoji minB.Aksioma supremuma: Svaki neprazan, odozgo ogranicen podskup skupa R ima

supremum u R.Aksioma infimuma: Svaki neprazan, odozdo ogranicen podskup skupa R ima

infimum u R.Da bismo dokazali ekvivalentnost ovih iskaza pokazacemo sledeci niz implikacija:aksoma neprekidnosti =⇒ Dedekindova aksioma =⇒ aksioma supremuma =⇒

aksioma infimuma =⇒ aksioma neprekidnosti.Prvo dokazujemo da iz aksiome neprekidnosti sledi Dedekindova aksioma:Neka su A i B podskupovi skupa R takvi da vaze uslovi (1.15), (1.16) i (1.17).

Iz (1.17) sledi A ∩ B = ∅. Na osnovu aksiome neprekidnosti postoji z ∈ R tako daje

a ≤ z ≤ b, za sve a ∈ A, b ∈ B. (1.18)

Iz R = A ∪B i A ∩B = ∅ sledi:

z ∈ A Y z ∈ B.

Ako z ∈ A onda iz (1.18) sledi da je z = maxA, a ako z ∈ B onda je z = minB.Prema tome, ili postoji max A ili postoji min B.

Pokazimo sada da iz Dedekindove aksiome sledi aksioma supremuma: Neka je Xneprazan podskup skupa R ogranicen odozgo. Neka je B skup svih gornjih granicaskupa X, i neka je A = R\B. Jasno, A ∪B = R i A ∩B = ∅. Kako je X neprazanskup, to postoji x ∈ X. Iz x− 1 < x sledi da x− 1 nije gornja granica skupa X, tj.x− 1 /∈ B, pa x− 1 ∈ A. Prema tome, A 6= ∅. Skup X je ogranicen odozgo, dakleima gornju granicu, te je i skup B neprazan.

Pokazacemo da za svako a ∈ A i svako b ∈ B vazi a < b.3R. Dedekind (1831-1916), nemacki matematicar

1.8. Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti 31

Pretpostavimo suprotno, da postoji a ∈ A i b ∈ B tako da je a ≥ b. Kako jeb ∈ R, b je gornja granica skupa X, a iz nejednakosti a ≥ b sledi da je a takodegornja granica skupa X, i zato a ∈ B. Dakle a pripada i skupu A i skupu B, sto jenemoguce jer A ∩B = ∅.

Prema tome, skupovi A i B ispunjavaju uslove (1.15), (1.16) i (1.17), te na osnovuDedekindove aksome sledi da ili postoji maxA ili postoji minB. Pokazacemo danije moguce da skup A ima maksimum. Zaista, neka je a ∈ A = R\B proizvoljanelemenat. Sledi a nije gornja granica skupa X, pa postoji x ∈ X tako da je a < x.

Kako je a <a + x

2< x, sledi da a′ =

a + x

2nije gornja granica skupa X, dakle

a′ ∈ A, i a′ > a. Dakle za svaki elemenat a skupa A postoji elemenat a′ iz A koji jeveci od a, i prema tome, skup A nema maksimum. Stoga skup B ima minimum, iovaj je, po definiciji, supX.

Dokazimo da iz aksiome supremuma sledi aksioma infimima.Neka je X neprazan odozdo ogranicen podskup skupa R i neka je b njegova donja

granica. Neka je X∗ = {−x : x ∈ X}. Jasno, X∗ je neprazan skup. Iz b ≤ x zasvako x ∈ X, sledi −x ≤ −b, pa je −b gornja granica skupa X∗. Sada na osnovuaksiome supremuma sledi da postoji M ∈ R, tako da je M = supX∗. Iz −x ≤ Mza svako x ∈ X, sledi x ≥ −M , pa je −M donja granica skupa X. Neka je y ∈ Rdonja granica skupa X. Onda je −y gornja granica skupa X∗, pa je M ≤ −y (jer M,buduci da je supremum skupa X∗, je najmanja gornja granica skupa X∗). Odavdey ≤ −M . Prema tome, −M je maksimum skupa svih donjih granica skupa X, te je−M = inf X. Ovim je dokaz gotov, a ujedno smo pokazali da je supX∗ = − inf X.

Na kraju dokazimo da iz aksiome infimuma sledi aksioma neprekidnosti.Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R takvi da je a ≤ b za sve a ∈ A,

b ∈ B. To znaci da je bilo koji elemenat skupa A je donja granica skupa B, pa jeB neprazan i odozdo ogranicen skup. Na osnovu aksiome infimuma postoji m ∈ Rtako da je m = inf B. Kako je m najveca donja granica skupa B, sledi a ≤ m ≤ bza sve a ∈ A, b ∈ B.

Svako od sledeca tri tvrdenja je poznato pod nazivom Arhimedovo4 svojstvo(princip).

Teorema 1.49. Za svaki realan broj a postoji prirodan broj n takav da je n > a, tj.

(∀a ∈ R)(∃n ∈ N) n > a. (1.19)

Dokaz. Pretpostavimo da vazi suprotno, tj.

¬(∀a ∈ R)(∃n ∈ N) n > a, (1.20)

4Arhimed (287?-212 p.n.e.), starogrcki matematicar

32 Glava 1. Uvod

sto je ekvivalentno sa:(∃a ∈ R)(∀n ∈ N) n ≤ a.

To znaci da je skup N odozgo ogranicen, te na osnovu aksiome supremuma sledi dapostoji supremum skupa N. Neka je β = sup N. Kako je β − 1 < β, i buduci da jeβ (kao supremum) najmanja gornja granica skupa N, to β − 1 nije gornja granicaskupa N. Sledi da postoji n ∈ N tako da je n > β−1. Odavde n+1 ∈ N i n+1 > β,sto povlaci da β nije gornja granica skupa N. Dobijena kontradikcija dokazuje dane vazi (1.20), tj. vazi (1.19).

Teorema 1.50. Za svaki realan broj a postoji jedinstven ceo broj m, takav da je

m− 1 ≤ a < m. (1.21)

Dokaz. Analogno dokazu prethodne teoreme dokazuje se da za svako a ∈ R postojil ∈ Z takav da je l > a, tj.

(∀a ∈ R)(∃l ∈ Z) a < l. (1.22)

Dokazimo sada da za svako a ∈ R postoji ceo broj k takav da je k < a. Pret-postavimo suprotno, tj.

¬(∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a, (1.23)

sto je ekvivalentno sa(∃a ∈ R)(∀k ∈ Z) k ≥ a.

Odavde sledi da je skup Z odozdo ogranicen, pa na osnovu aksiome infimuma postojiinf Z, oznacimo ga sa α. Kako je α+1 > α i kako je α (kao infimum) najveca donjagranica skupa Z, to α + 1 nije donja granica skupa Z. Zato postoji k0 ∈ Z tako daje k0 < α + 1. Odavde k0 − 1 ∈ Z i k0 − 1 < α, sto je u suprotnosti sa cinjenicomda je α donja granica skupa Z. Dobijena kontradikcija pokazuje da (1.23) ne vazi,tj. vazi

(∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a. (1.24)

(Primetimo da smo (1.24) mogli da dokazemo tako sto (1.22) primenimo na broj−a ∈ R. Zaista, iz (1.22) sledi da postoji z ∈ Z tako da je z > −a. Odavde −z ∈ Zi −z < a.)

Prema tome, za svako a ∈ R pokazali smo da postoje celi brojevi k i l takvi daje k < a < l. Uocimo intervale

[k, k + 1), [k + 1, k + 2), . . . , [l − 1, l).

Buduci da je k < a < l, medu ovim intervalima mora postojati jedan interval, naprimer, [m− 1,m) takav da je a ∈ [m− 1,m), tj. m− 1 ≤ a < m.


Broj m− 1 u nejednakosti (1.21) naziva se najveci ceo deo od a ili samo celi deobroja a i obelezava sa [a]. Prema tome, [a] je najveci ceo broj koji je manji ili jednakod a. Tako je [2.4] = 2 i [−2.4] = −3. Primetimo da za svako x ∈ R vazi

[x] ≤ x < [x] + 1.

Posledica 1.51. Za svako b ∈ R i svako a ∈ R, a > 0, postoji jedinstven broj m ∈ Ztakav da je

(m− 1)a ≤ b < ma. (1.25)

Dokaz. Iz Teoreme 1.50 sledi da postoji m ∈ Z tako da je

m− 1 ≤ b

a< m,

odakle sledi (1.25).

Tvrdenje 1.52. (Multiplikativni Arhimedov princip) Ako su a, b ∈ R takvi da jea > 1 i b > 0, onda postoji i jednoznacno je odreden ceo broj p takav da je

ap−1 ≤ b < ap.

Dokaz. Dokazimo najpre da za svako b > 0 postoji ceo broj m ∈ Z tako da jeam > b, tj.

(∀b > 0)(∃m ∈ Z) am > b. (1.26)

Pretpostavimo da vazi suprotno, tj.

(∃b > 0)(∀m ∈ Z) am ≤ b. (1.27)

Neka je A = {am : m ∈ Z}. Iz (1.27) sledi da je A odozgo ogranicen, pa naosnovu aksiome supremuma ovaj skup ima supremum. Neka je α = sup A. Jasno

α > 0. Kako je a > 1, to na osnovu (1.39.13) sledi1a

< 1 i prema tome,α

a< α.

Buduci da je α najmanja gornja granica skupa A,α

anije gornja granica skupa A,

pa postoji m0 ∈ Z tako da je am0 >α

a. Odavde am0+1 > α i kako je am0+1 ∈ A jer

m0 + 1 ∈ Z, dobijamo da α nije gornja granica skupa A, sto je u suprotnosti sa timda je α = sup A. Dobijena protivurecnost pokazuje da vazi (1.26).

Kako je i1b

> 0 ((1.39.12)), iz (1.26) sledi da postoji k ∈ Z tako da je ak >1b.

Odavde na osnovu (1.39.13) zakljucujemo a−k < b, tj. za l = −k ∈ Z, al < b. Prema

34 Glava 1. Uvod

tome, pokazali smo da postoje m, l ∈ Z takvi da je al < b < am. Odavde je l < m iuocimo sada intervale

[al, al+1), [al+1, al+2), . . . [am−1, am).

Medu ovim intervalimo mora postojati jedan interval, na primer [ap−1, ap), p ∈ Z,l ≤ p− 1 1 =⇒ (∀b ∈ R)(∃n ∈ N) an > b). (1.28)

Posledica 1.53. Neka je a > 0. Tada je

inf{a

n: n ∈ N

}= 0. (1.29)

Dokaz. Neka je A ={a

n: n ∈ N

}. Ocigledno je 0 donja granica ovog skupa.

Pokazimo da je 0 najveca donja granica. Neka je ε > 0. Na osnovu Teoreme1.49 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je n >

a

ε. Odavde

a

n< ε. Kako

a

n∈ A, sledi da ε nije donja granica skupa A. Prema tome skup A ne moze imati

donju granicu vecu od 0, pa je 0 najveca donja granica skupa A, tj. 0 = inf A.

Tvrdenje 1.54. Za svaka dva realna broja a i b takva da je a < b, postoji racionalanbroj r, takav da je a < r < b.

Dokaz. Iz Tvrdenja 1.49 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je n >1

b− a,

tj.1n

< b− a. (1.30)

Iz Posledice 1.51 sledi da postoji ceo broj m takav da je

m1n≤ a < (m + 1)

1n

. (1.31)

Sada iz leve strane nejednakosti u (1.31), i potom (1.30), sledi

(m + 1)1n

= m1n

+1n≤ a +

1n

< a + (b− a) = b. (1.32)

Iz desne strane nejednakosti u (1.31) i (1.32) sledi

a < (m + 1)1n

< b,


i kako jem + 1

nracionalan broj, tvrdenje je dokazano.

Drugim recima, u svakom intervalu (a, b), a, b ∈ R, a < b, se nalazi barem jednaracionalna tacka r. Ako na dalje posmatramo interval (a, r) (ili (r, b)) u njemu setakode nalazi racionalna tacka, i td. Dolazimo do zakljucka da se u svakom intervalunalazi beskonacno mnogo racionalnih tacaka.

Osim toga, ovo znaci da se u okolini svake realne tacke nalazi racionalna tacka,i zbog toga kazemo da je skup Q gust u skupu R.

Definicija 1.55. Neka su

[a1, b1] , [a2, b2] , . . . [an, bn] , . . . , an, bn ∈ R, n ∈ N,

odsecci realne prave. Ako je ispunjen uslov

a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ . . . b2 ≤ b1, (1.33)

tj. [an, bn] ⊃ [an+1, bn+1], n ∈ N, onda kazemo da je ([an, bn]) niz umetnutihodsecaka.

Drugim recima, ([an, bn]) je niz umetnutih odsecaka ako je svaki sledeci odsecak[an+1, bn+1] sadrzan u prethodnom [an, bn].

Teorema 1.56. (Kantorov5 princip umetnutih odsecaka) Svaki niz umetnutih odsecakaima neprazan presek.

Dokaz. Neka je A = {an : n ∈ N} i B = {bn : n ∈ N}. Skup A je odozgo ogranicen sabilo kojim od brojeva bn, pa na osnovu aksiome supremuma, postoji α = supA ∈ R.Buduci da je bn gornja granica skupa A za svako n ∈ N, sledi

α ≤ bn za svako n ∈ N. (1.34)

Prema tome, skup B je odozdo ogranicen i na osnovu aksiome infimuma, postojiβ = inf B ∈ R. S obzirom da je β najveca donja granica skupa B, iz (1.34) slediα ≤ β. Prema tome, vaze nejednakosti

an ≤ α ≤ β ≤ bn, n ∈ N. (1.35)

Pokazimo da je[α, β] ⊂

⋂

n∈N[an, bn] . (1.36)

5G. Cantor (1845-1918), nemacki matematicar

36 Glava 1. Uvod

Neka je x ∈ [α, β]. Iz (1.35) sledi an ≤ α ≤ x ≤ β ≤ bn i prema tome, x ∈ [an, bn]za svako n ∈ N. Stoga je x ∈ ⋂

n∈N[an, bn].

Prema tome,⋂

n∈N[an, bn] je neprazan skup.

Napomena 1.57. Za dokaz Teoreme 1.33 dovoljno je bilo dokazati da vazi inkluzija(1.36). Medutim moze se pokazati da vazi i obrnuto inkluzija:

⋂

n∈N[an, bn] ⊂ [α, β] . (1.37)

Zaista, neka je x ∈⋂

n∈N[an, bn]. Tada je an ≤ x ≤ bn za svako n ∈ N. To znaci da

je x gornja granica skupa A, a takode i donja granica skupa B. Zato je α ≤ x jer jeα kao supremum skupa A njegova najmanja gornja granica, a takode je i x ≤ β jerje β kao infimum skupa B njegova najveca donja granica. Prema tome, x ∈ [α, β].Iz (1.36) i (1.37) sledi da vazi:

⋂

n∈N[an, bn] = [α, β] . (1.38)

Definicija 1.58. Neka je ([an, bn]) niz umetnutih odsecaka. Reci cemo da duzinaodsecaka tezi 0 ako za svako ε > 0 postoji n ∈ N tako da je bn − an < ε.

Primetimo da ako je bn − an < ε za neko n ∈ N, onda je i bm − am < ε za svakom ∈ N, m ≥ n (zbog [am, bm] ⊂ [an, bn] je bm − am ≤ bn − an).

Teorema 1.59. Neka je ([an, bn]) niz umetnutih odsecaka cija duzina tezi 0. Tadapostoji jedinstvena tacka ξ koja pripada svim odseccima, i pritom je

ξ = sup{an : n ∈ N} = inf{bn : n ∈ N}. (1.39)

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno, α = sup{an : n ∈ N} i β = inf{bn : n ∈ N}.Buduci da duzina odsecaka tezi 0, to postoji n ∈ N tako da je bn − an < ε. Iznejednakosti (1.35) sledi da je β − α ≤ bn − an, pa je 0 ≤ β − α < ε. Odavde sledida je α = β. Zaista ako bi β > α, tada bi, buduci da je β − α < ε za svako ε > 0,uzimajuci da je u ovoj nejednakosti ε = β−α, dobili β−α < β−α, sto je nemoguce.Neka je ξ = α = β. Iz (1.38) sledi

⋂

n∈N[an, bn] = {ξ}. ¤ (1.40)


Primer 1.60. Uocimo odsecke[−1,

1n

], n ∈ N. Kako je

[−1,

1n

]⊃

[−1,

1n + 1

]

za svako n ∈ N, ovo je niz umetnutnih odsecaka. Iz Posledice 1.29 sledi da je

inf{

1n

: n ∈ N}

= 0, te na osnovu (1.38) dobijamo

⋂

n∈N

[−1,

1n

]= [−1, 0] .

Primer 1.61. Neka su a, b ∈ R, a < b. Uocimo odsecke[a− 1

n, b +

1n

], n ∈ N. (1.41)

S obzirom da je[a− 1

n, b +

1n

]⊃

[a− 1

n + 1, b +

1n + 1

]za svako n ∈ N, ovo je

niz umetnutnih odsecaka. Kako je sup{

a− 1n

: n ∈ N}

= a+sup{− 1

n: n ∈ N

}=

a− inf{

1n

: n ∈ N}

= a− 0 = a, i

inf{

b +1n

: n ∈ N}

= b + inf{

1n

: n ∈ N}

= b + 0 = b (Posledica 1.29), to na

osnovu (1.38) dobijamo

⋂

n∈N

[a− 1

n, b +

1n

]= [a, b] .

Ako je u (1.41) stavimo a = b, onda je([

a− 1n

, a +1n

])niz umetnutih odsecaka

cija duzina tezi 0. Zaista, za svako ε > 0 na osnovu Arhimedovog principa postoji

n ∈ N tako da je n >2ε, odakle

2n

< ε, tj. duzina n-tog odsecka je manja od ε.

Kako je sup{

a− 1n

: n ∈ N}

= a, na osnovu (1.39) i (1.40) sledi

⋂

n∈N

[a− 1

n, a +

1n

]= {a}.

Primer 1.62. Neka su a, b ∈ R, a < b. U dokazima nekih narednih tvrdenja ko-risticemo sledecu konstrukciju niza umetnutih odsecaka cija duzina tezi 0. Odsecak

[a, b] podelimo tackoma + b

2na dva jednaka po duzini odsecka

[a,

a + b

2

]i[a + b

2, b

].

38 Glava 1. Uvod

Njihova duzina jeb− a

2. Izaberimo jedan od ta dva odsecka (kriterijum za izbor

bice odreden konkretnim zadatkom) i oznacimo ga sa [a1, b1]. Sada ovoj odsecak

srednjom tackoma1 + b1

2delimo na dva jednaka po duzini odsecka i jedan od njih

obelezimo sa [a2, b2]. Nastavljajuci postupak dobijamo niz umetnutih odsecaka:

[a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ · · · ⊃ [an, bn] ⊃ . . . ,

gde je duzina n-tog odseckab− a

2n. Pokazimo da duzina ovih odsecaka tezi 0. Neka

je ε > 0 proizvoljno. Na osnovu (1.28) sledi da postoji n ∈ N tako da je 2n >b− a

ε,

odakle jeb− a

2n< ε.

Primetimo da smo ovo mogli da pokazemo i na sledeci nacin: Iz

2n = (1 + 1)n = 1 + n +n(n− 1)

2+ · · · > n

sledi12n

<1n

za svako n ∈ N. Za zadato ε > 0 na osnovu Teoreme 1.49 postoji

n ∈ N takav da je n >b− a

ε, pa je

b− a

2n<

b− a

n< ε.

Primer 1.63. Ocigledno je([

2− 110n

, 3 +1

10n

])niz umetnutih odsecaka. Pokazimo

da je

inf{

110n

: n ∈ N}

= 0. (1.42)

0 je donja granica skupa{

110n

: n ∈ N}

. Za proizvoljno ε > 0, iz (1.28) sledi da

postoji n ∈ N tako da je 10n >1ε, tj.

110n

< ε. Prema tome, proizvoljno ε > 0 nije

donja granica skupa{

110n

: n ∈ N}

. Zato je 0 najveca donja granica ovog skupa,

tj. vazi (1.42).Iz (1.42) sledi

sup{

2− 110n

: n ∈ N}

= 2 + sup{− 1

10n: n ∈ N

}

= 2− inf{

110n

: n ∈ N}

= 2− 0 = 2


i

inf{

3 +1

10n: n ∈ N

}= 3 + inf

{1

10n: n ∈ N

}= 3 + 0 = 3.

Sada na osnovu (1.38) sledi

⋂

n∈N

[2− 1

10n, 3 +

110n

]= [2, 3] .

Sledeci primeri pokazuju da tvrdenje Teoreme 1.56 nece vaziti ako se odseccizamene intervalima drugog tipa.

Primer 1.64. Niz umetnutih intervala

(0, 1] ⊃ (0,12] ⊃ · · · ⊃ (0,

1n

] ⊃ . . .

ima prazan presek. Zaista, ako je

x ∈⋂

n∈N(0,

1n

],

onda je x ∈ (0,1n

] za svako n ∈ N, tj. 0 < x ≤ 1n

. Prema tome, x je donja

granica skupa{

1n

: n ∈ N}

, i zato je x ≤ inf{

1n

: n ∈ N}

= 0 ((1.29)). Ovo je u

suprotnosti sa tim da je x > 0. Prema tome,

⋂

n∈N(0,

1n

] = ∅. (1.43)

Takode niz[−1, 0) ⊃ [−1

2, 0) ⊃ · · · ⊃ [− 1

n, 0) ⊃ . . .

ima prazan presek, jer vazi ekvivalencija

x ∈⋂

n∈N[− 1

n, 0) ⇐⇒ −x ∈

⋂

n∈N(0,

1n

],

pa iz (1.43) sledi ⋂

n∈N[− 1

n, 0) = ∅.

40 Glava 1. Uvod

Niz intervala(0, 1) ⊃ (0,

12) ⊃ · · · ⊃ (0,

1n

) ⊃ . . .

ima prazan presek jer je ocigledno⋂

n∈N(0,

1n

) ⊂⋂

n∈N(0,

1n

] = ∅.

Princip umetnutih odsecaka ne vazi u skupu racionalnih brojeva. Zaista, nekasu a1 = 1, a2 = 1, 4, a3 = 1, 41, a4 = 1, 414,... racionalni brojevi koji su manji od√

2 i neka su b1 = 2, b2 = 1, 5, b3 = 1, 42, b4 = 1, 415,... racionalni brojevi koji su

veci od√

2, gde an i bn aproksimiraju√

2 s greskom manjom od1

10n, n = 1, 2, . . . .

Uocimo niz odsecaka ([an, bn]):

[1; 2] ⊃ [1, 4; 1, 5] ⊃ [1, 41; 1, 42] ⊃ [1, 414; 1, 415] ⊃ . . . .

Buduci da je⋂

n∈N[an, bn] = {√2}, a

√2 /∈ Q, sledi

⋂n∈N

([an, bn]∩Q) = ∅, tj. ([an, bn]∩Q) je niz umetnutih odsecaka skupa Q koji ima prazan presek.

Dokazali smo da iz aksiome supremuma sledi Arhimedov princip i Kantorovprincip umetnutih odsecaka. Pokazacemo sada da iz Arhimedovog principa i Kan-torov principa umetnutih odsecaka sledi Dedekindova aksioma. Na taj nacin cemodokazati da je konjunkcija Arhimedovog principa i Kantorov principa umetnutihodsecaka, takode jedan ekvivalent aksiome neprekidnosti.

Zato pretpostavimo da skupovi realnih brojeva A i B ispunjavaju oslove (1.15),(1.16) i (1.17). Konstruisimo sada jedan niz umetnutih segmenata. Kako su A iB neprazni skupovi, postoji a1 ∈ A i b1 ∈ B, i uocimo segment [a1, b1]. Kako jeA ∪ B = R i A ∩ B = ∅ (uslovi (1.16) i (1.17)), za sredisnju tacku ovog segmentaa1 + b1

2vazi

a1 + b1

2∈ A Y a1 + b1

2∈ B.

Akoa1 + b1

2∈ A, za segment [a2, b2] izabracemo segment

[a1 + b1

2, b1

], a ako

a1 + b1

2∈ B, za [a2, b2] izabracemo segment

[a1,

a1 + b1

2

]. Ako smo u n-tom koraku

izabrali [an, bn], onda cemo za [an+1, bn+1] izabrati[an,

an + bn

2

]ako

an + bn

2∈ B,

a akoan + bn

2∈ A, onda cemo za [an+1, bn+1] izabrati

[an + bn

2, bn

]. Tako dolazimo


do niza umetnutih segmenata. Duzina n-tog segmenta je bn − an =b1 − a1

2n−1. Na

osnovu Arhimedovog principa kao u Primeru 1.62 pokazuje se da duzina ovih seg-menata tezi 0. Sada na osnovu Kantorovog principa umetnutih odsecaka (Teorema1.59) sledi da postoji jedan jedini realan broj ξ koji pripada svim segmentima. ZbogA ∪B = R i A ∩B = ∅ sledi

ξ ∈ A Y ξ ∈ B.

Pretpostavimo da ξ ∈ B. Dokazacemo da je ξ = min B.Pretpostavimo suprotno da postoji b ∈ B tako da je b < ξ. Za proizvoljno ε > 0

postoji n ∈ N tako da je bn − an < ε. Iz 0 < ξ − an ≤ bn − an sledi ξ − an < ε.Ako izaberemo ε = ξ − b, dobicemo da je ξ − an < ξ − b, odakle je an > b. Ovo je usuprotnosti sa osobinom (1.17) skupova A i B. Prema tome, ξ = min B.

Slicno se dokazuje da ako ξ ∈ A, onda je ξ = max A.Prema tome, ili u skupu A postoji maksimum ili u skupu B postoji minimum,

sto je tvrdenje Dedekindove aksiome.

Definicija 1.65. Neka je A ⊂ R. Tacka a ∈ R je tacka nagomilavanja skupa A akou svakoj okolini tacke a postoji beskonacno mnogo tacaka skupa A.

Skup tacaka nagomilavanja skupa A se oznacava sa accA.

Primetimo da je a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A ako i samo ako u svakojokolini tacke a postoji bar jedna tacka skupa A razlicita od a.

Zaista, ako je a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A, onda se u svakoj okolini tackea nalazi beskonacno mnogo elemenata skupa A i medu njima sigurno postoji jedankoji se razlikuje od tacke a.

Obrnuto, pretpostavimo da u svakoj okolini tacke a postoji bar jedna tackaskupa A razlicita od a. Treba dokazati da je a tacka nagomilavanja skupa A. Pret-postavimo suprotno da a nije tacka nagomilavanja skupa A. To znaci da postojiokolina U(a)6 tacke a tako da se u njoj nalazi samo konacno mnogo tacaka skupaA, tj. skup A∩U(a) je konacan, pa samim tim i skup (A∩U(a)) \ {a}. Ako je ovajskup prazan, onda se u okolini U(a) tacke a ne nalazi nijedna tacka skupa A razlicitaod a, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom. Za slucaj da je skup (A ∩ U(a)) \ {a}neprazan, imamo da je (A ∩ U(a)) \ {a} = {a1, . . . , an}. Ako je a konacan broj,neka je ε = min{|a1 − a|, |a2 − a|, . . . , |an − a|}. Tada u okolini (a − ε, a + ε) nepostoji nijedna tacka skupa A razlicita od a, sto protivureci pretpostavci. Ako jea = +∞, onda za ε = max{a1, a2, . . . , an} imamo da je (ε, +∞) okolina tacke au kojoj nema tacaka skupa A, sto je suprotno pretpostavci. Slicno za a = −∞ i

6oznaka U potice od nemacke reci Umgebung, sto znaci okolina

42 Glava 1. Uvod

ε = min{a1, a2, . . . , an} imamo da je (−∞, ε) okolina tacke a u kojoj nema tacakaskupa A i opet smo dobili protivurecnost. Dakle, a je tacka nagomilavanja skupaA.

Definicija 1.66. Neka je A ⊂ R i a ∈ A. Tacka a je izolovana tacka skupa A akopostoji okolina tacke a u kojoj sem tacke a nema drugih tacaka skupa A. Drugimrecima, tacka a ∈ A koja nije tacka nagomilavanja skupa A zove se izolovana tackaskupa A.

Skup izolovanih tacaka skupa A se oznacava sa isoA.

Izolovana tacka skupa A je po definiciji elemenat skupa A, dok tacka nagomila-vanja moze ali ne mora pripadati skupu. Medutim, ako je a ∈ A, tada je a ilizolovana tacka skupa A ili njegova tacka nagomilavanja, tj.

A ⊂ accA ∪ isoA.

Jasno, accA ∩ isoA = ∅.

Primeri 1.67. (i) Neka je A ={

1n

: n ∈ N}

. Tada je isoA = A i jedina tacka

nagomilavanja ovog skupa je 0, i ona ne pripada skupu A.

(ii) Za A ={

1n

: n ∈ N}∪ {0}, jedina tacka nagomilavanja je 0 i ona pripada

skupu A, a isoA ={

1n

: n ∈ N}

.

(iii) Neka je A = (0, 3). Tada je isoA = ∅, a acc A = [0, 3].(iv) Za skup racionalnih brojeva Q vazi isoQ = ∅ i accQ = R.(v) Neka je A ⊂ R konacan skup. Tada je accA = ∅ i isoA = A.

Teorema 1.68. (Bolcano-Vajerstrasova7 teorema za skupove )Svaki beskonacan ogranicen podskup skupa R ima bar jednu tacku nagomilavanja

u R.Svaki beskonacan podskup skupa R ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.

Dokaz. Neka je A ⊂ R beskonacan i ogranicen. Tada postoji segment [a, b] tako da

je A ⊂ [a, b]. Podelimo segment [a, b] tackoma + b

2na dva dela jednaka po duzini:[

a,a + b

2

]i

[a + b

2, b

]. U bar jednom od ta dva segmenta se nalazi beskonacno

mnogo elemenata skupa A. Oznacimo taj segment sa sa [a1, b1]. Njegova duzina je7B.Bolcano (1781-1848), ceski matematicar i filozof, K. Weierstrass (1815-1897), nemacki

matemticar


b− a

2. Sada ovoj segment srednjom tackom

a1 + b1

2delimo na dva jednaka po duzini

segmenta i bar u jednom od njih se nalazi beskonacno mnogo elemenata skupa A,

oznacomo taj segment sa [a2, b2]. Njegova duzina jeb− a

22. Nastavljajuci postupak

dobijamo niz umetnutih segmenata:

[a1, b1] ⊃ [a2, b2] ⊃ · · · ⊃ [an, bn] ⊃ . . . ,

gde je duzina n-tog odseckab− a

2n. Ovo je dakle niz umetnutih segmenata cija

duzina tezi 0 (Primer 1.62) i na osnovu Teoreme 1.59 postoji tacno jedna tacka χkoja pripada svim segmentima. Pokazacemo da je χ tacka nagomilavanja skupa A.Neka je ε > 0 proizvoljno. Buduci da duzina segmenata tezi 0, postoji n ∈ N tako da

je bn−an =b− a

2n< ε. S obzirom da χ ∈ [an, bn], sledi [an, bn] ⊂ (χ− ε, χ+ε) i kako

[an, bn] sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A sledi da okolina (χ− ε, χ + ε)sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa A. Prema tome χ je tacka nagomilavanjaskupa A.

Neka je sada A beskonacan podskup skupa R. Ako je A ogranicen, premaprethodno dokazanom on ima tacku nagomilavanja. Pretpostavimo da A nije ograni-cen. To znaci da A nije ogranicen odozgo ili nije ogranicen odozdo. Recimo da Anije ogranicen odozgo. Tada za svako M ∈ R postoji a ∈ A tako da je a > M , tj.a ∈ (M, +∞). Prema tome, u proizvoljnoj okolini tacke +∞ ima tacaka skupa Arazlicitih od +∞ (jer je A ⊂ R), pa je +∞ tacka nagomilavanja skupa A.

Primetimo da se koristeci (1.39.7) i princip matematicke indukcije moze dokazatisledeca implikacija:

0 < a 0. Tada postoji jedinstven pozitivan realan broj y takav da je yn = x.

Dokaz. Neka je A = {z ≥ 0 : zn ≤ x}. Ocigledno 0 ∈ A, pa je A neprazan.Pokazimo da je skup A odozgo ogranicen.

Ako je x ≤ 1, onda je za svako z ∈ A, z ≤ 1. Zaista, ako bi za neko z ∈ A vaziloz > 1, onda bi na osnovu (1.44) dobili zn > 1 ≥ x sto je u suprotnosti sa tim daz ∈ A. Dakle u ovom slucaju je 1 gornja granica skupa A.

Ako je x > 1, onda je za svako z ∈ A, z ≤ x, jer u protivnom, ako bi postojaoz ∈ A takav da je z > x, onda bi na osnovu (1.44) imali zn > xn. Iz x > 1 sledixn−1 ≥ 1 odakle mnozeci sa x dobijamo xn ≥ x. Sada iz zn > xn i xn ≥ x sledi

44 Glava 1. Uvod

zn > x, sto je u suprotnosti sa tim da z ∈ A. Prema tome, ako je x > 1, onda je xgornja granica skupa A.

Na osnovu aksiome supremuma skup A ima supremum. Neka je y = sup A.Pokazacemo da je yn = x.

Pretpostavimo da je yn < x. Neka je x − yn = ε > 0. Za svako h takvo da je0 < h ≤ 1, primenjujuci binomnu formulu, dobijamo:

(y + h)n = yn + nyn−1h + n(n−1)2! yn−2h2 + n(n−1)(n−2)

3! yn−3h3 + · · ·+ hn

= yn + h(nyn−1 + n(n−1)

2! yn−2h + n(n−1)(n−2)3! yn−3h2 + · · ·+ hn−1

)

≤ yn + h(nyn−1 + n(n−1)

2! yn−2 + n(n−1)(n−2)3! yn−3 + · · ·+ 1

)

= yn + h ((1 + y)n − yn) .

Izaberimo 0 < h ≤ 1 tako da bude h <ε

(1 + y)n − yn; za to je dovoljno uzeti h =

12

ako jeε

(1 + y)n − yn≥ 2, odnosno h =

12

ε

(1 + y)n − ynako je

ε

(1 + y)n − yn< 2.

Onda je(y + h)n ≤ yn + h ((1 + y)n − yn) < yn + ε = x,

odakle sledi da y + h ∈ A. Dakle y + h je elemenat iz skupa A veci od y, stoprotivureci tome da je y = sup A. Prema tome, ne moze biti yn < x.

Neka je sada yn > x i ε = yn − x > 0. Za svako h takvo da je 0 < h ≤ 1,primenjujuci opet binomnu formulu, dobijamo:

(y − h)n = yn − nyn−1h + n(n−1)2! yn−2h2 − n(n−1)(n−2)

3! yn−3h3 + · · ·+ (−1)nhn

= yn− h(nyn−1 − n(n−1)

2! yn−2h + n(n−1)(n−2)3! yn−3h2 − · · ·+ (−1)n−1hn−1

)

≥ yn − h(nyn−1 + n(n−1)

2! yn−2h + n(n−1)(n−2)3! yn−3h2 + · · ·+ hn−1

)

≥ yn − h(nyn−1 + n(n−1)

2! yn−2 + n(n−1)(n−2)3! yn−3 + · · ·+ 1

)

= yn − h ((1 + y)n − yn) .

Opet izaberimo 0 < h ≤ 1 tako da bude h <ε

(1 + y)n − yn, 0 < h ≤ 1. Prema

tome, (y − h)n ≥ yn − h ((1 + y)n − yn) > yn − ε = x. Neka je z ∈ A proizvoljno.Tada je zn ≤ x, pa je zn < (y − h)n. Odavde sledi z < y − h, pa je y − h gornjagranica skupa A koja je manja od y = sup A. Ovo je kontradikcija, sto dokazuje dane moze da bude yn > x.

Kako ne moze da bude ni yn < x ni yn > x, ostaje da je yn = x.


Dokazimo jedinstvenost. Neka su y1 > 0, y2 > 0 i yn1 = x i yn

2 = x. Ako jey1 < y2, onda je x = yn

1 < yn2 = x, a ako je y1 > y2, onda je x = yn

1 > yn2 = x.

Prema tome, mora biti y1 = y2.

Definicija 1.70. Neka je x ∈ R, x > 0 i n ∈ N. Jednoznacno odredeni pozitivanbroj y takav da je yn = x naziva se n-ti koren broja x i oznacava sa n

√x.

Posmatrajmo jednacinuxn = a, (1.45)

gde je n ∈ N i a ∈ R i pokazimo da u skupu R ova jednacina ima najvise dva resenja:ako je n paran broj, ova jednacina ima dva resenja ako je a > 0, jedno ako je a = 0i nema resenja ako je a < 0; ako je n neparan broj, onda ova jednacina ima tacnojedno resenje za svako a ∈ R.

Zaista, ako je n paran broj i a > 0, na osnovu prethodne teoreme, jednacina(1.45) ima tacno jedno pozitivno resenje, to je n

√a. Medutim, zbog parnosti broja

n sledi da je − n√

a resenje ove jednacine ((− n√

a)n = ( n√

a)n = a). Ovo je jedinonegativno resenje jednacine, jer ukoliko bi postojalo jos jedno negativno resenje ovejednacine λ 6= − n

√a, onda bi −λ bilo pozitivno resenje koje se razlikuje od n

√a, sto

je nemoguce. Dakle, kad je n paran broj i a > 0 jednacina (1.45) ima dva resenja.Ako je a = 0, onda je za svako n ∈ N, 0 jedino resenje jednacine (1.45).Ako je a < 0 i n paran broj, onda jednacina (1.45) nema resenja, jer na osnovu

(1.39.10) sledi da je xn ≥ 0 za svako x ∈ R.Ako je n neparan broj i a > 0, onda jednacina ima samo jedno pozitivno resenje

n√

a na osnovu Teoreme 1.69. U ovom slucaju jednacina nema negativnih resenja,jer za svako x < 0 sledi xn < 0, buduci da je n neparan.

Ako je n neparan broj i a < 0, onda jednacina xn = −a > 0 ima tacno jednopozitivno resenje, to je n

√−a. No, onda je − n√−a negativno resenje jednacine (1.45)

((− n√−a)n = −( n

√−a)n = −(−a) = a). Jednacina (1.45) nema drugih negativnihresenja osim − n

√−a. Zaista, ako bi λ bilo negativno resenje ove jednacine razlicitood − n

√−a, onda bi −λ bilo pozitivno resenje jednacine xn = −a razlicito od n√−a,

sto nije moguce (Teorema 1.69). Jednacina (1.45) nema pozitivnih resenja jer zasvako x > 0 vazi xn > 0. Prema tome, kad je a < 0 i n neparan broj, jednacina(1.45) ima tacno jedno i to negativno resenje.

Tako, jednacina x2 = 3 ima dva resenja:√

3 i −√3.Jednacina x2 = 0 ima samo jedno resenje, to je 0.Jednacina x2 = −3 nema nijedno resenje.Jednacina x3 = 8 ima samo jedno resenje, to je 2.Jednacina x3 = 0 ima samo jedno resenje, to je 0.Jednacina x3 = −8 ima samo jedno resenje, to je −2.

46 Glava 1. Uvod

Glava 2

Nizovi

Definicija 2.1. Neka je A neprazan skup. Funkcija a : N→ A zove se niz elemenataskupa A. Vrednost a(n) funkcije a u tacki n ∈ N oznacavamo sa an i zovemo n-timclanom ili opstim clanom niza, dok se sam niz obelezava sa (an), (an)n∈N, (an)∞n=1,ili sa a = (a1, a2, . . . , an, . . . ).

Na primer an =1

2n− 1je opsti clan niza a =

(1,

13,15,17, . . .

). Niz se cesto

obelezava i sa (xn), (yn), (bn).U ovoj glavi izucavacemo iskljucivo nizove realnih brojeva.

2.1 Granicne vrednosti realnih nizova. Osobine

Pojam granicne vrednosti ili limesa niza je osnovni pojam matematicke analize(limes je latinska rec i znaci granica).

Definicija 2.2. Tacka x ∈ R je granicna vrednost ili granica ili limes niza (xn) akoza svaku okolinu tacke x postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan brojn ≥ n0 vazi xn ∈ U i pisemo

limn→∞xn = x.

Prema tome,

limn→∞xn = x ⇐⇒ (∀U)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn ∈ U).

U tom slucaju kazemo da niz (xn) tezi ka x kad n tezi beskonacnosti i pisemo jos ixn → x, n →∞. Ako je x konacan broj, za niz (xn) kazemo da je konvergentan ilida konvergira ka x, a ako je x = −∞ ili x = +∞ ili ako granicna vrednost ne postoji,

47

48 Glava 2. Nizovi

onda cemo reci da taj niz divergira ili da je divergentan. Pritom, za nizove koji tezeka +∞ ili −∞ kazemo da odredeno divergiraju ili da su odredeno divergentni.

Prema tome, niz (xn) tezi ka x, ako se u svakoj okolini tacke x nalaze svi clanoviniza pocev od nekog ili skoro svi clanovi niza-svi sem njih konacno mnogo.

S obzirom na definicije okolina konacnih i beskonacnih elemenata skupa R, uslovdat u definiciji se moze protumaciti na sledece nacine.

Ako je x ∈ R, tada

limn→∞xn = x ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ |xn − x| < ε).

Ako je x = +∞, onda

limn→∞xn = +∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn > M).

Dakle, za niz (xn) kazemo da tezi ka +∞, i pisemo limn→∞xn = +∞, ako za svako

M ∈ R postoji prirodan broj n0 tako da za svako n ≥ n0 vazi xn > M .Slicno, ako je x = −∞, onda

limn→∞xn = −∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn < M),

tj. za niz (xn) kazemo da tezi ka −∞, i pisemo limn→∞xn = −∞, ako za svako M ∈ R

postoji prirodan broj n0 tako da za svako n ≥ n0 vazi xn < M .

Primer 2.3. Za c ∈ R i niz ciji je opsti clan xn = c vazi limn→∞xn = c.

Zaista, za svako ε > 0 bice |xn − c| = |c− c| = 0 < ε za svako n ∈ N.

Primer 2.4. Dokazati da niz ciji je opsti clan xn =1n

konvergira ka 0.

Resenje: Dokazimo da za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki

prirodan broj n ≥ n0 vazi∣∣∣∣1n− 0

∣∣∣∣ < ε, tj.1n

< ε. Na osnovu Arhimedovog principa

postoji prirodan broj n0 takav da je n0 >1ε. Sada za svako n ∈ N takvo da je

n ≥ n0 vazi n >1ε, odakle

1n

< ε, tj. |xn − 0| < ε. Primetimo da je za zadato ε > 0

dovoljno uzeti n0 =[1ε

]+ 1. Zaista, n0 >

1ε

i za svako n ≥ n0 takode ce vaziti

n >1ε, i prema tome,

1n

< ε, tj. |xn − 0| < ε.

2.1. Granicne vrednosti realnih nizova. Osobine 49

Primer 2.5. Dokazati da je

limn→∞

2n + 3n + 5

= 2.

Resenje: Neka je ε > 0 proizvoljno. Treba naci n0 ∈ N tako da je za svako n ≥ n0

vazi∣∣∣∣2n + 3n + 5

− 2∣∣∣∣ < ε. Iz

∣∣∣∣2n + 3n + 5

− 2∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2n + 3− 2n− 10

n + 5

∣∣∣∣ =7

n + 5< ε ⇐⇒ n + 5

7>

1ε

⇐⇒ n + 5 >7ε⇐⇒ n >

7ε− 5,

zakljucujemo da za n0 = max{[

7ε− 5

]+ 1, 1

}vazi n0 ∈ N i n0 >

7ε− 5, pa i za

svako n ≥ n0 vazi n >7ε− 5, i stoga,

∣∣∣∣2n + 3n + 5

− 2∣∣∣∣ < ε.

Primer 2.6. Dokazati da niz ciji je opsti clan xn = 1 + (−1)n 12n

konvergira ka 1.

Resenje: Dokazimo da za proizvoljno ε > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki

prirodan broj n ≥ n0 vazi∣∣∣∣1 + (−1)n 1

2n− 1

∣∣∣∣ < ε, tj.12n

< ε. Zaista, na osnovu

(1.28) sledi da postoji n0 ∈ N tako da je 2n0 >1ε. Onda je za svako n ≥ n0 vazi

2n ≥ 2n0 , pa je 2n >1ε. Sledi

12n

< ε i stoga,∣∣∣∣1 + (−1)n 1

2n− 1

∣∣∣∣ < ε, tj. |xn−1| < ε.

(Kako je12n

< ε ⇐⇒ 2n >1ε⇐⇒ n > log2

1ε,

zakljucujemo da je za n0 dovoljno uzeti n0 = max{[

log2

1ε

]+ 1, 1

}jer je

n0 > log2

1ε, i zato i za svako n ≥ n0 vazi n > log2

1ε, tj.

12n

< ε i prema tome,∣∣∣∣1 + (−1)n 12n− 1

∣∣∣∣ < ε.)

Primer 2.7. Dokazati da niz xn = 3n tezi ka +∞.Resenje: Neka je M ∈ R proizvoljno. Na osnovu (1.28) postoji prirodan broj n0

tako da je 3n0 > M . Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi 3n ≥ 3n0 , pa je3n > M . Prema tome, lim

n→∞ 3n = +∞.

50 Glava 2. Nizovi

(Kako je3n > M ⇐⇒ n > log3 M,

zakljucujemo da je za n0 dovoljno uzeti n0 = max{[

log3 M]

+ 1, 1}, jer je

n0 > log3 M i za svako n ≥ n0 vazi n > log3 M , tj. xn = 3n > M).

Primer 2.8. Pokazati da niz ciji je opsti clan an = sinnπ

2nije konvergentan.

Resenje: Primetimo da je a2k = sin kπ = 0, a4k+1 = sin(4k + 1)π

2= sin

(π

2+ 2kπ

)=

1, a4k+3 = sin(4k + 3)π

2= sin

(3π

2+ 2kπ

)= −1, k ∈ N. Za svaki broj a ∈ R van

njegove ε-okoline, gde je 0 < ε < 1, nalazi se beskonacno mnogo elemenata niza, izato a nije granicna vrednost niza (an).

Tvrdenje 2.9. Ako postoji granicna vrednost niza, onda je ona jedinstvena.

Dokaz. Pretostavimo da niz (xn) ima dve razlicite granicne vrednosti x i y. Za

ε =|x− y|

2> 0 okoline (x−ε, x+ε) i (y−ε, y+ε) su disjunktne. Kako je lim

n→∞xn = x,

sledi postoji n1 ∈ N tako da za svako n ≥ n1 vazi xn ∈ (x − ε, x + ε). Takode, izlim

n→∞xn = y sledi da postoji n2 ∈ N tako da za svako n ≥ n2 vazi xn ∈ (y− ε, y + ε).

Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada za svako n ≥ n0 vazi xn ∈ (x−ε, x+ε)∩(y−ε, y+ε),sto protivureci cinjenici da su okoline (x− ε, x + ε) i (y − ε, y + ε) disjunktne. ¤

Definicija 2.10. Za niz (xn) kazemo da je odozgo (odozdo) ogranicen ako je odozgo(odozdo) ogranicen skup {xn : n ∈ N}.

Niz (xn) je ogranicen ako je odozgo i odozdo ogranicen.

Tvrdenje 2.11. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz. Neka je (xn) konvergentan niz i neka je x granicna vrednost ovog niza. Tadapostoji n0 ∈ N tako da za n ≥ n0 vazi |xn − x| < 1. Neka je M = max{1, |x1 −x|, |x2 − x|, . . . , |xn0−1 − x|}. Tada je |xn − x| ≤ M , tj. xn ∈ [x−M, x + M ] zasvako n ∈ N. Prema tome, niz (xn) je ogranicen. ¤

Primetimo da obrat Tvrdenja 2.11 ne vazi, tj. postoje nizovi koji su ograniceniali nisu konvergentni. Na primer niz ciji je opsti clan xn = (−1)n je ogranicen alinije konvergentan. Takode i niz iz Primera 2.8 je ogranicen i nije konvergentan.

Tvrdenje 2.12. Neka jelim

n→∞xn = x. (2.1)

Ako je x < b, tada postoji n1 ∈ N tako da za svako n ≥ n1 vazi xn < b.Ako je x > c, tada postoji n2 ∈ N tako da za svako n ≥ n2 vazi xn > c.


Dokaz. Neka je x c, tada je ε = x− c > 0. Iz (2.1) sledi da postoji n2 ∈ N tako da jeza svako n ≥ n2, xn ∈ (x− ε, x + ε) = (c, x + ε). Prema tome, xn > c za n ≥ n2. ¤

Tvrdenje 2.13. Neka jelim

n→∞xn = x. (2.2)

Ako je xn ≥ b za svako n ∈ N (ili pocev od nekog n), tada je x ≥ b.Ako je xn ≤ c za svako n ∈ N (ili pocev od nekog n), tada je x ≤ c.

Dokaz. Neka je xn ≥ b za svako n ∈ N. Ako bi x < b, tada bi na osnovu Tvrdenja2.12 sledilo da postoji n1 ∈ N tako da je xn < b za svako n ≥ n1, sto je suprotnopretpostavci.

Analogno, ako je xn ≤ c za svako n ∈ N, na osnovu Tvrdenja 2.12, zakljucujemoda je x ≤ c. ¤

Tvrdenje 2.13, za konvergentan niz (xn), primenjivacemo koristeci implikacije:

(∀n ∈ N) xn ≥ b =⇒ limn→∞xn ≥ b, (2.3)

(∀n ∈ N) xn ≤ c =⇒ limn→∞xn ≤ c. (2.4)

Primetimo da je moguca striktna nejednakost na levoj strani gornjih implikacija, ajednakost na njihovoj desnoj strani, odnosno cak iako je xn > b (xn < c) za svakon ∈ N, ne mora biti lim

n→∞xn > b ( limn→∞xn < c). Za slucaj implikacije (2.3) to

pokazuje primer:

xn =1n

, b = 0, xn > 0 za svako n ∈ N, i limn→∞xn = 0,

a za slucaj implikacije (2.4) to pokazuje primer:

xn = − 1n

, c = 0, xn < 0 za svako n ∈ N, i limn→∞xn = 0.

Ujedno ovi primeri pokazuju da obrat Tvrdenja 2.12 ne vazi.

Sledeca tvrdjenje je uopstenje Tvrdenja 2.12.

Tvrdenje 2.14. Ako je limn→∞xn = x, lim

n→∞ yn = y i x < y, tada postoji n0 ∈ N takoda je xn < yn za svako n ≥ n0.

52 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka su, na primer, x i y konacni brojevi. Za ε =y − x

2> 0 vazi (x− ε, x +

ε)∩ (y− ε, y + ε) = ∅. Takode za svako t ∈ (x− ε, x+ ε) i svako s ∈ (y− ε, y + ε) vazinejednakost t < s (Za slucaj da je bar jedna od granica x i y beskonacna, takode jemoguce naci okolinu U(x) tacke x i okolinu V (y) tacke y tako da za svako s ∈ U(x)i svako t ∈ V (y) vazi nejednakost t < s). Iz lim

n→∞xn = x i limn→∞ yn = y sledi da

postoje n1, n2 ∈ N tako da je xn ∈ (x − ε, x + ε) za n ≥ n1 i yn ∈ (y − ε, y + ε)za n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Za n ≥ n0 imamo da xn ∈ (x − ε, x + ε) iyn ∈ (y − ε, y + ε), te je xn < yn.

¤Naredna tvrdenje je uopstenje Tvrdenja 2.13.

Tvrdenje 2.15. Neka je limn→∞xn = x, lim

n→∞ yn = y i xn ≥ yn za svako n ∈ N (ili

pocev od nekog n). Tada je x ≥ y.

Dokaz. Pretpostavimo da je x < y. Na osnovu Tvrdenja 2.14 sledi da postoji n0 ∈ Ntako da je xn < yn za svako n ≥ n0. Ovo protivureci pretpostavci da je xn ≥ yn zasvako n ∈ N. Dobijena protivurecnost dokazuje da je x ≥ y. ¤

Tvrdenje 2.15, za nizove (xn) i (yn), od kojih svaki ponaosob ima granicnuvrednost, zapisivacemo krace pomocu implikacije

(∀n ∈ N) xn ≥ yn =⇒ limn→∞xn ≥ lim

n→∞ yn. (2.5)

Primetimo da je moguca striktna nejednakost na levoj strani implikacije (2.5), ajednakost na njenoj desnoj strani, odnosno cak iako je xn > yn za svako n ∈ N, nemora da bude lim

n→∞xn > limn→∞ yn. To pokazuju sledeci primeri:

(i) xn =12n

, yn = 0, xn > yn za svako n ∈ N, i limn→∞xn = 0 = lim

n→∞ yn,

i

(ii) xn =12n

, yn = − 12n

, xn > yn za svako n ∈ N, i limn→∞xn = 0 = lim

n→∞ yn,

Ovi primeri ujedno pokazuju da ne vazi obrat Tvrdenja 2.14.

Tvrdenje 2.16. Ako nizovi (xn) i (yn) konvergiraju, tada konvergiraju i nizovi(xn + yn) i (xn − yn) i vazi

limn→∞(xn + yn) = lim

n→∞xn + limn→∞ yn,

limn→∞(xn − yn) = lim

n→∞xn − limn→∞ yn.


Dokaz. Neka je je limn→∞xn = x i lim

n→∞ yn = y i neka je ε > 0 poizvoljno. Tada postoje

n1, n2 ∈ N tako da je |xn − x| <ε

2za n ≥ n1 i |yn − y| <

ε

2za n ≥ n2. Neka je

n0 = max{n1, n2}. Za n ≥ n0 vazi

|(xn + yn)− (x + y)| = |(xn − x) + (yn − y)| ≤ |xn − x|+ |yn − y| < ε

2+

ε

2= ε

i

|(xn − yn)− (x− y)| = |(xn − x)− (yn − y)| ≤ |xn − x|+ |yn − y| < ε

2+

ε

2= ε.

Prema tome,lim

n→∞(xn + yn) = x + y = limn→∞xn + lim

n→∞ yn

ilim

n→∞(xn − yn) = x− y = limn→∞xn − lim

n→∞ yn. ¤

Ako nizovi (xn) i (yn) nisu konvergentni, njihov zbir odnosno razlika ne mora dabude divergentan niz. Na primer nizovi xn = n+5 i yn = −n+3 nisu konvergentni,ali je njihov zbir (xn + yn) konvergentan niz (xn + yn = 8, n ∈ N). Takode, nizovian = n+5 i bn = n nisu konvergentni, lim

n→∞ an = +∞ i limn→∞ bn = +∞, ali je njihova

razlika (an − bn) konvergentan niz (an − bn = 5, n ∈ N). Ovi primeri pokazuju daobrat Tvrdenja 2.16 ne vazi, tj. da iz konvergencije zbira (razlike) dva niza, ne sledikonvergencija svakog od njih ponaosob.

Primetimo jos, da ako je limn→∞ an = +∞ i lim

n→∞ bn = +∞, u opstem slucaju ne

mozemo nista zakljuciti o konvergenciji niza (an−bn)-ovaj niz moze teziti konacnomrealnom broju (kao u gore navedenom primeru), moze teziti +∞ ili −∞ ili uopstene postojati (videti dole navedene primere).

Na primer, ako je an = 2n i bn = n, n ∈ N, tada je

limn→∞ an = lim

n→∞ bn = +∞ i limn→∞(an − bn) = +∞.

Ako je an = n + sinnπ

2, bn = n, n ∈ N, onda je

limn→∞ an = lim

n→∞ bn = +∞,

ali niz (an − bn) nema granicnu vrednost.

54 Glava 2. Nizovi

Tvrdenje 2.17. (2.17.1) Ako je limn→∞xn = +∞ i lim

n→∞ yn = +∞, onda je limn→∞(xn+

yn) = +∞.(2.17.2) Ako je lim

n→∞xn = −∞ i limn→∞ yn = −∞, onda je lim

n→∞(xn + yn) = −∞.

(2.17.3) Ako je limn→∞xn = +∞ i (yn) odozdo ogranicen niz, onda je lim

n→∞(xn +yn) =+∞.(2.17.4) Ako je lim

n→∞xn = −∞ i (yn) odozgo ogranicen niz, onda je limn→∞(xn +yn) =

−∞.(2.17.5) Ako je lim

n→∞xn = +∞ ( limn→∞xn = −∞) i lim

n→∞ yn = y ∈ R, onda je

limn→∞(xn + yn) = +∞ ( lim

n→∞(xn + yn) = −∞).

Dokaz. (2.17.1): Neka je limn→∞xn = +∞ i lim

n→∞ yn = +∞, i M ∈ R proizvoljno. Izlim

n→∞xn = +∞ sledi da postoji n1 ∈ N tako da za svako n ∈ N, n ≥ n1 povlaci

xn >M

2. Iz lim

n→∞ yn = +∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da za svako n ∈ N, iz

n ≥ n2 sledi yn >M

2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada za n ∈ N, n ≥ n0 povlaci

xn + yn >M

2+

M

2= M . Prema tome, lim

n→∞(xn + yn) = +∞.

(2.17.2): Slicno dokazu za (2.17.1).(2.17.3): Neka je lim

n→∞xn = +∞ i (yn) odozdo ogranicen niz. Tada postoji m ∈ Rtako da je yn ≥ m za svako n ∈ N. Neka je M ∈ R proizvoljno. Iz lim

n→∞xn = +∞sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n takve da je n ≥ n0 vazixn > M −m. Onda ce za svako n ≥ n0 vaziti xn +yn > (M −m)+m = M , i prematome, lim

n→∞(xn + yn) = +∞.

(2.17.4): Slicno dokazu za (2.17.3).(2.17.5) sledi iz (2.17.3) i (2.17.4) i cinjenice da je svaki konvergentan niz ogranicen

(Tvrdenje 2.11).

Primer 2.18. Na osnovu (2.17.3) sledi limn→∞

(n2 + sin

nπ

2

)= +∞ jer lim

n→∞n2 =

+∞, a niz(sin

nπ

2

)je ogranicen, dok na osnovu (2.17.4) imamo lim

n→∞

(−n + sin

nπ

2

)=

−∞, jer je limn→∞(−n) = −∞.

Takode, iz (2.17.3) sledi

limn→∞

(n + n(−1)n

)= +∞

jer je limn→∞n = +∞, a niz

(n(−1)n)

ogranicen odozdo nulom.


Definicija 2.19. Za niz koji konvergira ka 0 kazemo da je nula-niz.

Tvrdenje 2.20. Zbir (razlika) dva nula-niza je nula-niz.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.16.

Tvrdenje 2.21. Niz (xn) konvergira ka x ∈ R ako i samo ako postoji nula-niz (an)takav da je xn = x + an, n ∈ N.

Dokaz. Neka je limn→∞xn = x ∈ R i an = xn − x, n ∈ N. Za proizvoljno ε > 0 postoji

n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vazi |xn − x| < ε, tj. |an| < ε. To znaci da je (an)nula-niz i vazi jos xn = x + an, n ∈ N.

Obrnuto, neka je (an) nula-niz i xn = x + an, n ∈ N. Tada je an = xn − x,n ∈ N, i za proizvoljno ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vazi |an| < ε, tj.|xn − x| < ε. To znaci da je lim

n→∞xn = x ∈ R.Primetimo da smo dokaz mogli izvesti koristeci Tvrdenje 2.16.

Tvrdenje 2.22. Proizvod nula-niza i ogranicenog niza je nula-niz.

Dokaz. Neka je je limn→∞xn = 0 i neka je (yn) ogranicen niz. Sledi postoji M > 0

tako da je |yn| ≤ M za svako n ∈ N. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz limn→∞xn = 0 sledi

da postoji n0 ∈ N tako da je |xn| < ε

Mza n ≥ n0. Odatle za svako n ≥ n0 vazi

|xnyn| = |xn||yn| < ε

MM = ε.

Prema tome, limn→∞(xnyn) = 0. ¤

Primer 2.23. Niz ciji je opsti clan zn =1n

sinnπ

2je nula-niz na osnovu Tvrdenja

2.22, jer je (1n

) nula-niz, a niz (sinnπ

2) je ogranicen (videti Primer 2.4).

Posledica 2.24. Proizvod nula-niza i konvergentnog niza je nula-niz.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.22 i Tvrdenja 2.11. ¤

Tvrdenje 2.25. Ako nizovi (xn) i (yn) konvergiraju, tada konvergira i niz (xnyn) ivazi

limn→∞(xnyn) = lim

n→∞xn · limn→∞ yn.

56 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka jelim

n→∞xn = x i limn→∞ yn = y. (2.6)

Ako je y = 0, tj. ako je (yn) nula-niz tvrdenje vazi na osnovu Posledice 2.24.Pretpostavimo da je y 6= 0. Primetimo da je

|xnyn − xy| = |xnyn − xny + xny − xy| = |xn(yn − y) + y(xn − x)|≤ |xn||yn − y|+ |y||xn − x|. (2.7)

Buduci da je niz (xn) konvergentan, on je ogranicen i postoji M > 0 tako da je|xn| ≤ M za svako n ∈ N. Neka je ε > 0. Iz (2.6) sledi da postoje n1, n2 ∈ N takoda je |xn−x| < ε

2|y| za n ≥ n1 i |yn−y| < ε

2Mza n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}.

Za n ≥ n0, na osnovu (2.7) vazi:

|xnyn − xy| ≤ |xn||yn − y|+ |y||xn − x| ≤ M |yn − y|+ |y||xn − x|< M

ε

2M+ |y| ε

2|y| = ε.

Prema tome,lim

n→∞(xnyn) = xy = limn→∞xn · lim

n→∞ yn. ¤

Primetimo da obrat ovog tvrdenja ne vazi, tj. ukoliko je proizvod dva nizakonvergentan, ne mora svaki od njih ponaosob da bude konvergentan. Na primer,

proizvod nizova(

1n

)i

(sin

nπ

2

)(Primer 2.23) je konvergentan niz, ali

(sin

nπ

2

)

nije konvergentan niz.Primetimo jos, da ako niz (xn) tezi ka +∞ (−∞) i ako je (yn) nula-niz, u opstem

slucaju ne mozemo nista zakljuciti o konvergenciji niza (xnyn)-ovaj niz moze tezitikonacnom realnom broju, moze teziti +∞ ili −∞ ili uopste ne postojati.

Na primer, ako je xn = n i yn =5n

, n ∈ N, tada je limn→∞xn = +∞, lim

n→∞ yn = 0 ilim

n→∞xnyn = 5.

Ako je xn = −n i yn =1n2

, n ∈ N, tada je limn→∞xn = −∞, lim

n→∞ yn = 0 i

limn→∞xnyn = lim

n→∞(− 1n

) = 0.

Za xn = n2 i yn = − 1n

, n ∈ N, tada je limn→∞xn = +∞, lim

n→∞ yn = 0 i limn→∞xnyn =

limn→∞(−n) = −∞.

Ako je xn = n i yn =(−1)n

n, n ∈ N, tada je lim

n→∞xn = +∞, limn→∞ yn = 0,

xnyn = (−1)n, i niz (xnyn) nema granicu.


Posledica 2.26. Ako niz (xn) konvergira i c ∈ R, tada konvergira i niz (cxn) i vazi

limn→∞ c xn = c lim

n→∞xn.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.25 i Primera 2.3.

Posledica 2.27. Ako je k ∈ N i niz (xn) konvergira, tada konvergira i niz (xkn) i

vazilim

n→∞xkn = ( lim

n→∞xn)k.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.25 na osnovu principa matematicke indukcije.

Tvrdenje 2.28. (2.28.1) Ako je limn→∞xn = +∞ i lim

n→∞ yn = +∞ ( limn→∞ yn = −∞),

onda je limn→∞xnyn = +∞ ( lim

n→∞xnyn = −∞).

(2.28.2) Ako je limn→∞xn = +∞ i yn ≥ y > 0 (yn ≤ y < 0) pocev od nekog n, onda je

limn→∞xnyn = +∞ ( lim

n→∞xnyn = −∞).

(2.28.3) Ako je limn→∞xn = +∞ i lim

n→∞ yn = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je

limn→∞xnyn = +∞ ( lim

n→∞xnyn = −∞).

(2.28.4) Ako je limn→∞xn = −∞ i lim

n→∞ yn = −∞, onda je limn→∞xnyn = +∞.

(2.28.5) Ako je limn→∞xn = −∞ i yn ≥ y > 0 (yn ≤ y < 0) pocev od nekog n, onda je

limn→∞xnyn = −∞ ( lim

n→∞xnyn = +∞).

(2.28.6) Ako je limn→∞xn = −∞ i lim

n→∞ yn = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je

limn→∞xnyn = −∞ ( lim

n→∞xnyn = +∞).

Dokaz. (2.28.1): Neka je limn→∞xn = +∞, lim

n→∞ yn = −∞ i M > 0. Iz limn→∞xn = +∞

sledi da postoji n1 ∈ N tako da je

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn >√

M). (2.8)

Iz limn→∞ yn = −∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da je

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ yn < −√

M),

tj.(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ −yn >

√M). (2.9)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Iz (2.8), (2.9) i (1.39.7) sledi da za svako n ∈ N takvoda je n ≥ n0 vazi xn(−yn) > M , tj. xnyn < −M . Prema tome, lim

n→∞xnyn = −∞.

58 Glava 2. Nizovi

(2.28.3): Neka je limn→∞xn = +∞ i lim

n→∞ yn = y ∈ R, y > 0. Izaberimo ε > 0 takoda je ε < y i neka je M > 0 proizvoljno. Iz lim

n→∞ yn = y sledi da postoji n1 ∈ N tako

da za svako n ∈ N, n ≥ n1 povlaci yn ∈ (y − ε, y + ε), i prema tome,

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ yn > y − ε > 0). (2.10)

Iz limn→∞xn = +∞ sledi da postoji prirodan broj n2 takav da vazi:

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >M

y − ε> 0). (2.11)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Iz (2.10), (2.11) i (1.39.7) dobijamo da za svaki prirodanbroj n takav da je n ≥ n0 vazi xnyn > M . Prema tome, lim

n→∞xnyn = +∞.Pretpostavimo da je lim

n→∞xn = +∞ i limn→∞ yn = y ∈ R, y < 0. Neka je M > 0

proizvoljno i izaberimo ε tako da je 0 < ε < −y, i stoga y + ε < 0. Iz limn→∞ yn = y

sledi da postoji n1 ∈ N tako da za svako n ∈ N, iz n ≥ n1 sledi yn ∈ (y − ε, y + ε), iprema tome, yn < y + ε < 0. Dakle,

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ −yn > −(y + ε) > 0). (2.12)

Iz limn→∞xn = +∞ sledi da postoji n2 ∈ N tako da je

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >M

−(y + ε)> 0). (2.13)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada iz (2.12), (2.13) i (1.39.7) za svako n ∈ N, n ≥ n0

povlaci −xnyn > M , tj. xnyn < −M . Prema tome, limn→∞xnyn = −∞.

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.

Tvrdenje 2.29. Ako je limn→∞xn = x 6= 0, tada postoji n0 ∈ N tako da je |xn| > |x|

2za svako n ≥ n0.

Dokaz. Neka je ε =|x|2

. Tada je ε > 0 i iz limn→∞xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako

da je |xn − x| < ε =|x|2

za svako n ≥ n0. Kako je

|xn − x| ≥ ||x| − |xn|| ≥ |x| − |xn|,

to je |x| − |xn| < |x|2

, tj. |xn| > |x|2

za svako n ≥ n0. ¤


Tvrdenje 2.30. Ako je limn→∞xn = x 6= 0 i xn 6= 0 za svako n ∈ N, tada niz

(1xn

)

konvergira i vazi

limn→∞

1xn

=1x

. (2.14)

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Na osnovu Tvrdenja 2.29 sledi da postoji n1 ∈ Ntako da je |xn| > |x|

2za svako n ≥ n1. Iz lim

n→∞xn = x sledi da postoji n2 ∈ N tako

da je |xn−x| < ε

2x2 za svako n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Za n ≥ n0 imamo

∣∣ 1xn

− 1x

∣∣ =1

|x||xn| |xn − x| < 2|x||x|

ε

2x2 = ε.

Prema tome, niz(

1xn

)konvergira i vazi (2.14). ¤

Tvrdenje 2.31. Ako je limn→∞xn = x, lim

n→∞ yn = y 6= 0 i yn 6= 0 za svako n ∈ N,

tada niz(

xn

yn

)konvergira i vazi

limn→∞

xn

yn=

x

y.

Dokaz. Kako je(

xn

yn

)=

(xn · 1

yn

), tvrdenje sledi iz Tvrdenja 2.30 i Tvrdenja

2.25. ¤

Obrat ovog tvrdenja ne vazi, tj. ukoliko je kolicnik dva niza konvergentan niz, nemora svaki od njih da bude konvergentan niz. Na primer, za an = sin

nπ

2i bn = n,

n ∈ N, vazi da je kolicnik(

an

bn

)konvergentan niz (Primer 2.23), ali oba niza (an) i

(bn) divergiraju.Napomenimo da ako nizovi (xn) i (yn) teze ka +∞ (−∞) (tj. odredeno divergi-

raju), ili ako su oba niza nula-nizovi, u opstem slucaju ne mozemo nista zakljuciti

o konvergenciji niza(

xn

yn

).

Tvrdenje 2.32. Ako je limn→∞ yn = +∞ ( lim

n→∞ yn = −∞), onda je(

1yn

)nula-niz.

60 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je limn→∞ yn = +∞ i ε > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za

svako n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn >1ε

> 0, odakle, na osnovu (1.39.13), imamo da je

0 <1yn

< ε, i prema tome,∣∣∣∣

1yn

∣∣∣∣ < ε. Sledi(

1yn

)je nula-niz.

Neka je sada limn→∞ yn = −∞ i ε > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za

svako n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn < −1ε

< 0, odakle, na osnovu (1.39.13), imamo da je

0 >1yn

> −ε. Dakle, za n ≥ n0 vazi nejednakost

∣∣∣∣1yn

∣∣∣∣ = − 1yn

< ε.

Prema tome,(

1yn

)je nula-niz.

Posledica 2.33. (2.33.1) Ako je limn→∞ yn = +∞ ( lim

n→∞ yn = −∞) i (xn) ogranicen

niz, onda je(

xn

yn

)nula-niz.

(2.33.2) Ako je limn→∞ yn = +∞ ( lim

n→∞ yn = −∞) i (xn) konvergentan niz, onda je(xn

yn

)nula-niz.

Dokaz. (2.33.1): Sledi iz Tvrdenja 2.32 i Tvrdenja 2.22.(2.33.2): Sledi iz Tvrdenja 2.32 i Posledice 2.24, odnosno iz (2.33.1) i Tvrdenja

2.11.

Napomenimo da ako je (yn) nula-niz, onda niz(

1yn

)ne mora da ima granicu.

Na primer, niz (yn), gde je yn =1

(−1)nn, n ∈ N, je nula-niz, ali

1yn

= (−1)nn, i niz(

1yn

)nema granicu.

Tvrdenje 2.34. Neka je (yn) nula-niz i neka je yn > 0 (yn < 0) za svako n ∈ N(ili pocev od nekog n). Tada je lim

n→∞1yn

= +∞ ( limn→∞

1yn

= −∞).

Dokaz. Neka je M > 0 proizvoljno. Kako je limn→∞ yn = 0 sledi da postoji n0 ∈ N

tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi 0 < yn <1M

. Odavde,1yn

> M za

n ≥ n0. Prema tome, limn→∞

1yn

= +∞.


Sledece tvrdenje, koje cemo cesto koristiti, poznato je kao ”teorema o lopovu idva policajca”.

Tvrdenje 2.35. Neka su nizovi (xn), (yn) i (zn) takvi da je

xn ≤ yn ≤ zn za sve n ∈ N (2.15)

ilim

n→∞xn = limn→∞ zn = a. (2.16)

Tada je limn→∞ yn = a.

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz (2.16) sledi da postoje n1, n2 ∈ N tako da je

a− ε < xn < a + ε za svako n ≥ n1 (2.17)

ia− ε < zn < a + ε za svako n ≥ n2. (2.18)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Sada na osnovu (2.15), (2.17) i (2.18) sledi da za svakon ≥ n0 vazi

a− ε < xn ≤ yn ≤ zn < a + ε,

tj. yn ∈ (a− ε, a + ε). Prema tome, limn→∞ yn = a. ¤

Primetimo da je za dokaz prethodnog tvrdenja bilo dovoljno pretpostaviti da(2.15) vazi pocev od nekog n0 ∈ N. Naime, s obzirom na definiciju granicne vrednostiniza, konvergencija niza nece zavisiti od konacno mnogo clanova niza. To znaci dakad radimo sa granicnim vrednostima nije uvek nephodno da odgovarajuce osobinenizova koje koristimo budu ispunjene za svako n ∈ N-dovoljno je da one vaze pocevod nekog n0 ∈ N.

U tom smislu, u formulaciji Tvrdenja 2.30 nije bilo nephodno pretpostaviti daje xn 6= 0 za svako n ∈ N, jer iz cinjenice da je lim

n→∞xn = x 6= 0, iz Tvrdenja 2.12

(ili iz Tvrdenja 2.29) sledi da je xn 6= 0 pocev od nekog n. (Pritom, dakle, cak

ne zahtevamo da1xn

bude definisano za svako n, i ipak, buduci da je definisano

pocev od nekog n, govorimo o njegovom limesu.) Iz istih razloga je u Tvrdenju2.31 moguce izostaviti uslov da je yn 6= 0 za sve n ∈ N. Slicno, u Tvrdenju 2.32 iPosledici 2.33 moguce je izostaviti uslov da je yn 6= 0 za svako n ∈ N.

U sledecem primeru bice nam potrebna Bernulijeva1 nejednakost1J. Bernoulli (1654-1705), svajcarski matematicar

62 Glava 2. Nizovi

Ako je h > −1 i n ∈ N, tada je2

(1 + h)n ≥ 1 + nh.


limn→∞

n√

a = 1, a > 0. (2.19)

Resenje: Pretostavimo najpre da je a > 1. Tada je n√

a > 1, tj. n√

a − 1 > 0 i naosnovu Bernulijeve nejednakosti dobijamo

a =(1 +

(n√

a− 1))n ≥ 1 + n

(n√

a− 1)

> n(

n√

a− 1).

Sledi0 < n

√a− 1 <

a

n, za svako n ∈ N. (2.20)

Kako je limn→∞

a

n= 0, iz (2.20) na osnovu Tvrdenja 2.35 sledi lim

n→∞(

n√

a− 1)

= 0,

odnosno limn→∞

n√

a = 1.

Ako je a = 1, jednakost (2.19) ocigledno vazi.

Pretpostavimo sada da je 0 < a < 1. Tada je b =1a

> 1 i prema vec dokazanom

delu tvdenja imamo da je limn→∞

n√

b = 1. Odavde, na osnovu Tvrdenja 2.30, sledi

limn→∞

n√

a = limn→∞

n

√1b

= limn→∞

1n√

b=

1

limn→∞

n√

b=

11

= 1.

Primer 2.37. Dokazati da jelim

n→∞n√

n = 1. (2.21)

Resenje: Primenom binomne formule dobijamo

n =(1 +

(n√

n− 1))n = 1 + n

(n√

n− 1)

+n(n− 1)

2(

n√

n− 1)2 + . . .

>n(n− 1)

2(

n√

n− 1)2

,

2Bernulijevu nejednakost dokazujemo koristeci princip matematicke indukcije.Nejednakost je ocigledno tacna za n = 1. Pretpostavimo da je tacna za prirodan broj n. Mnozeci

obe strane nejednakosti sa 1 + h, buduci da je 1 + h > 0, dobijamo

(1 + h)n+1 = (1 + h)n(1 + h) ≥ (1 + nh)(1 + h) = 1 + (n + 1)h + nh2 ≥ 1 + (n + 1)h.

Prema tome, (1 + h)n+1 ≥ 1 + (n + 1)h, i nejednakost je tacna i za prirodan broj n + 1.


i prema tome,

0 < n√

n− 1 <

√2√

n− 1. (2.22)

Kako je limn→∞

√2√

n− 1= 0, iz (2.22) na osnovu Tvrdenja 2.35 sledi lim

n→∞(

n√

n− 1)

=

0, odakle sledi (2.21).

Tvrdenje 2.38. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva takvi da je

xn ≤ yn za svako n ∈ N. (2.23)

Ako je limn→∞xn = +∞, onda je lim

n→∞ yn = +∞.

Ako je limn→∞ yn = −∞, onda je lim

n→∞xn = −∞.

Dokaz. Neka je limn→∞xn = +∞ i M ∈ R proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da

je xn > M za svako n ≥ n0. Iz (2.23) sledi da je yn > M za svako n ≥ n0. Prematome, lim

n→∞ yn = +∞.

Drugi deo tvrdenja se dokazuje analogno. ¤Naravno, za dokaz Tvrdenja 2.38 je bilo dovoljno pretpostaviti da nejednakost

(2.23) vazi pocev od nekog n ∈ N.


limn→∞

an

nk= +∞, a > 1, k ∈ R. (2.24)

Resenje: Dokazimo najpre jednakost (2.24) za slucaj k = 1. Iz

an = (1 + (a− 1))n = 1 + n(a− 1) +n(n− 1)

2(a− 1)2 + . . . >

n(n− 1)2

(a− 1)2

sledian

n>

n− 12

(a− 1)2 (2.25)

Kako je limn→∞

n− 12

(a− 1)2 = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.38 iz (2.25) sledi

limn→∞

an

n= +∞. (2.26)

Dokazimo jednakost (2.24) za slucaj k > 1. Primetimo da je

an

nk=

(a

1k

)n

n

k

,

64 Glava 2. Nizovi

a zbog a > 1 imamo a1k > 1 i na osnovu vec dokazanog je lim

n→∞

(a

1k

)n

n= +∞.

Stoga je

(a

1k

)n

n> 1 za dovoljno veliko n ∈ N. Za b ∈ R, b > 1, funkcija f(x) = bx,

x ∈ R, je rastuca, te iz k > 1 sledi bk > b1 = b. Ako za b uzmemo

(a

1k

)n

ngde je

n ∈ N dovoljno veliko, dobijamo

an

nk=

(a

1k

)n

n

k

>

(a

1k

)n

n. (2.27)

Na osnovu Tvrdenja 2.38 iz (2.27) sledi limn→∞

an

nk= +∞.

Ako je k < 1, tada je nk < n, pa je

an

nk≥ an

n, za svako n ∈ N. (2.28)

Iz (2.26) i (2.28), na osnovu Tvrdenja 2.38, sledi limn→∞

an

nk= +∞. ¤

Za kraj ove sekcije, koriscenjem Tvrdenja 2.35 i 2.38, dokazujemo sledece tvrdenjekoje govori o tome da tacku nagomilavanja nekog skupa mozemo okarakterisatipomocu niza elemenata iz tog skupa.

Tvrdenje 2.40. Tacka x0 ∈ R je tacka nagomilavanja skupa X ⊂ R ako i samoako postoji niz medusobno razlicitih elemenata xn ∈ X koji tezi ka x0.

Dokaz. Neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ⊂ R. Neka je x0 konacan broj.

Postoji tacka x1 ∈ X tako da je x1 ∈ (x0−1, x0 +1). U intervalu(

x0 − 12, x0 +

12

)

ima beskonacno mnogo tacaka skupa X, pa postoji tacka x2 ∈ X takva da je x2 ∈(x0 − 1

2, x0 +

12

)i x1 6= x2. Taj postupak nastavljamo. Ako smo nasli medusobno

razlicite tacke x1, x2, . . . , xn takve da je xi ∈(

x0 − 1i, x0 +

1i

), i = 1, . . . , n, buduci

da okolina(

x0 − 1n + 1

, x0 +1

n + 1

)sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa

X, moguce je naci elemenat xn+1 iz X ∩(

x0 − 1n + 1

, x0 +1

n + 1

)razlicit od svih

2.1. Monotoni nizovi 65

x1, x2, . . . , xn. Time je indukcijom odreden niz medusobno razlicitih elemenata xn

skupa X takav da za svako n ∈ N vazi:

x0 − 1n

< xn < x0 +1n

. (2.29)

Kako je limn→∞

(x0 − 1

n

)= lim

n→∞

(x0 +

1n

)= x0, iz (2.29) i Tvrdenja 2.35 sledi

limn→∞xn = x0.

Neka je x0 = +∞ (x0 = −∞). Na slican nacin kao malopre mozemo indukcijomodrediti niz (xn) medu sobno razlicitih elemenata skupa X takvih da je xn ∈ (n,+∞)(xn ∈ (−∞,−n)), n ∈ N. Kako je xn > n (xn < −n) i lim

n→∞n = +∞ ( limn→∞(−n) =

−∞) iz Tvrdenja 2.38 sledi limn→∞xn = +∞ ( lim

n→∞xn = −∞).

Obrnuto, neka je x0 granicna vrednost niza medusobno razlicitih elemenata xn ∈X i neka je U proizvoljna okolina tacke x0. Tada na osnovu definicije granicnevrednosti sledi da se u okolini U nalaze skoro svi clanovi niza (xn). Kako su onimedusobno razliciti, sledi da U sadrzi beskonacno mnogo elemenata skupa X. Prematome, x0 je tacka nagomilavanja skupa X.

2.2 Monotoni nizovi

Definicija 2.41. Za niz (xn) kazemo da je rastuci (opadajuci) ako je xn ≤ xn+1

(xn ≥ xn+1) za svako n ∈ N.Za niz (xn) kazemo da je strogo rastuci (strogo opadajuci) ako je xn < xn+1

(xn > xn+1) za svako n ∈ N.Za nizove koji su (strogo) rastuci ili (strogo) opadajuci kazemo da su monotoni

nizovi.

Na primer, niz(

1n

)opada, dok niz (n2) raste. Niz ((−1)n) nije monoton, kao

ni niz(

(−1)n 12n

).

Definicija 2.42. Za niz (xn), supremum skupa {xn : n ∈ N} se zove supremumniza i obelezava sa sup

nxn, dok se infimum skupa {xn : n ∈ N} zove infimum niza i

obelezava sa infn

xn.

66 Glava 2. Nizovi

Na primer,

supn

1n

= 1, infn

1n

= 0,

supn

(−1)nn = +∞, infn

(−1)nn = −∞,

supn

(n3 + 1) = +∞, infn

(n3 + 1) = 2.

Teorema 2.43. Svaki rastuci niz (xn) koji je odozgo ogranicen je konvergentan i

limn→∞xn = sup

nxn.

Svaki rastuci niz koji nije odozgo ogranicen tezi ka +∞.

Dokaz. Neka je niz (xn) rastuci i ogranicen odozgo. Sledi supremum niza je realanbroj. Neka je α = sup

nxn i neka je ε > 0. Buduci da je α − ε < α i da je α

najmanja gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, sledi da α − ε nije gornja granicaskupa {xn : n ∈ N}. Zato postoji n0 ∈ N tako da je xn0 > α − ε. Kako je niz (xn)rastuci, to je za svako n ≥ n0

α− ε < xn0 ≤ xn ≤ α.

Prema tome, za svako n ≥ n0 je |xn − α| < ε, sto znaci da je niz (xn) konvergentani da je lim

n→∞xn = α = supn

xn.

Pretpostavimo da je (xn) rastuci i neogranicen odozgo, i neka je M ∈ R proizvoljno.Kako M nije gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, postoji n0 ∈ N tako da je xn0 > M .Buduci da je niz (xn) rastuci, to je za svako n ≥ n0, xn ≥ xn0 > M . Prema tome,lim

n→∞xn = +∞. ¤

Teorema 2.44. Svaki opadajuci niz (xn) koji je odozdo ogranicen je konvergentani

limn→∞xn = inf

nxn.

Svaki opadajuci niz koji nije odozdo ogranicen tezi ka −∞.

Dokaz. Slicno dokazu Teoreme 2.43. ¤

Napomena 2.45. Iz Teorema 2.43 i 2.44 sledi da svaki rastuci (opadajuci) niz (xn),bez obzira na to da li je ogranicen odozgo (odozdo) ili ne, ima granicnu vrednost, ida je lim

n→∞xn = supn

xn ( limn→∞xn = inf

nxn).


Posledica 2.46. Ako rastuci (opadajuci) niz nije konvergentan, onda je limn→∞xn =

+∞ ( limn→∞xn = −∞).

Dokaz. Iz Teoreme 2.43 sledi da ako rastuci niz nije konvergentan, onda on nijeogranicen odozgo, pa je lim

n→∞xn = +∞. Analogno, tvrdenje za opadajuce nizovesledi iz Teoreme 2.44.

Posledica 2.47. Rastuci (opadajuci) niz je konvergentan ako i samo ako je ogranicenodozgo (odozdo).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 2.43 (Teoreme 2.44) i Tvrdenja 2.11.

Primer 2.48. Dokazati da niz

x1 =√

2, x2 =√

2 +√

2, x3 =√

2 +√

2 +√

2, . . .

xn =

√2 +

√2 +

√2 + · · ·+√

2 =√

2 + xn−1

konvergira i naci njegovu granicnu vrednost.

Resenje: Dokazimo indukcijom da je niz (xn) rastuci.Kako je f(x) =

√x strogo rastuca funkcija, to iz 2 < 2 +

√2 sledi x1 =

√2 <√

2 +√

2 = x2. Pretpostavimo da je xn < xn+1. Tada je i 2 + xn < 2 + xn+1, te jexn+1 =

√2 + xn <

√2 + xn+1 = xn+2.

Da bi dokazali da je niz (xn) konvergentan dovoljno je sada dokazati da jeogranicen odozgo. Dokazacemo indukcijom da je 2 gornja granica ovog niza:

Imamo da je x1 =√

2 < 2 i pretpostavimo da je xn < 2. Tada je 2 + xn <2 + 2 = 4 i zato je xn+1 =

√2 + xn <

√4 = 2.

Buduci da je niz (xn) rastuci i ogranicen odozgo, on je konvergentan i oznacimosa x njegovu granicnu vrednost. Iz jednakosti xn =

√2 + xn−1 sledi jednakosti

x2n = 2 + xn−1. Odavde i iz cinjenice da je lim

n→∞xn = x sledi da je i limn→∞xn−1 = x

dobijamo x2 = 2 + x, tj. x2 − x− 2 = 0. Sledi x =1 +

√9

2= 2 (odbacujemo drugo

resenje1−√9

2= −1 prethodne kvadratne jenacine) jer je x ≥ 0 zbog xn > 0.

Prema tome, limn→∞xn = 2.

Primer 2.49. Neka je xn =(

1 +1n

)n

. Dokazati da je niz (xn) konvergentan.

68 Glava 2. Nizovi

Resenje: Primenom binomne formule dobijamo:

xn =(

1 +1n

)n

=

= 1 +(

n

1

)1n

+(

n

2

)1n2

+(

n

3

)1n3

+ · · ·+(

n

k

)1nk

+ · · ·+(

n

n

)1nn

=

= 1 + n · 1n

+n(n− 1)

1 · 21n2

+n(n− 1)(n− 2)

1 · 2 · 31n3

+ . . .

· · ·+ n(n− 1) . . . (n− (k − 1))1 · 2 · · · · k

1nk

+ . . . +n(n− 1) . . . 2 · 1

1 · 2 · · · · n1nn

=

= 1 + 1 +12!

n(n− 1)n2

+13!

n(n− 1)(n− 2)n3

+ . . .

. . . +1k!

n(n− 1) . . . (n− (k − 1))nk

+ · · ·+ 1n!

n(n− 1) . . . (n− (n− 1))nn

=

= 1 + 1 +12!

(1− 1

n

)+

13!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ . . .

· · ·+ 1k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)+ . . .

. . . · · ·+ 1n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

),

i takode

xn+1 = 1 + 1 +12!

(1− 1

n + 1

)+

13!

(1− 1

n + 1

) (1− 2

n + 1

)+ . . .

· · ·+ 1k!

(1− 1

n + 1

)(1− 2

n + 1

). . .

(1− k − 1

n + 1

)+ . . .

. . . +1n!

(1− 1

n + 1

)(1− 2

n + 1

). . .

(1− n− 1

n + 1

)+

+1

(n + 1)!

(1− 1

n + 1

)(1− 2

n + 1

). . .

(1− n

n + 1

).

Kako je

1− k

n< 1− k

n + 1, za k = 1, 2, . . . , n− 1,

to jexn < xn+1, za svako n ∈ N,

pa je niz (xn) rastuci.


Ovo smo mogli da pokazemo i primenom Bernulijeve nejednakosti: za n ≥ 2 vazi

xn

xn−1=

(1 + 1n)n

(1 + 1n−1)n−1

=(n+1)n

nn

nn−1

(n−1)n−1

=(n + 1)n(n− 1)n−1

n2n−1

=(n2 − 1)n(n− 1)−1

(n2)nn−1=

(n2 − 1

n2

)nn

n− 1=

(1− 1

n2

)n n

n− 1

>(1− n

n2

) n

n− 1=

(1− 1

n

)n

n− 1=

n− 1n

n

n− 1= 1,

i zato je xn > xn−1.Sada dokazujemo da je niz (xn) odozgo ogranicen. Primetimo da je za svako

n ∈ N

1− 1n

< 1,

(1− 1

n

)(1− 2

n

)< 1, . . .

(1− 1

n

) (1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)< 1, . . .

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

)< 1,

i stoga je,

12!

(1− 1

n

)<

12!

,13!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)<

13!

, . . .

1n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

)<

1n!

.

Odavde zakljucujemo da je

xn < 1 +11!

+12!

+13!

+ . . .1n!

.

Kako je k! = 1 · 2 · 3 · · · · · k > 2k−1, to je

1k!

<1

2k−1, k = 3, . . . n.

70 Glava 2. Nizovi

Zato je

xn < 1 +11!

+12!

+13!

+ . . .1n!

< 1 + 1 +12

+122

+ . . .1

2n−1

= 1 +1− 1

2n

1− 12

= 1 + 2(

1− 12n

)

< 1 + 2 = 3.

Primetimo jos da je 2 = x1 ≤ xn za svako n ∈ N. Prema tome

2 ≤ xn < 3, za svako n ∈ N. (2.30)

Kako je niz (xn) rastuci i odozgo ogranicen, na osnovu Teoreme 2.43 on imakonacnu granicnu vrednost: lim

n→∞xn = supn

xn ∈ R. Ovoj granicnoj vrednosti dajemo

posebno ime:

Definicija 2.50.

e = limn→∞

(1 +

1n

)n

.

Prema tome,

e = supn

(1 +

1n

)n

. (2.31)

Oznaku e je uveo Ojler3. Dokazuje se da je broj e iracionalan.Iz (2.30), na osnovu Teoreme 2.13, sledi 2 ≤ e ≤ 3. Preciznijim procenama

nalazi se da je e = 2, 7182818284 . . . .

Niz yn =(

1 +1n

)n+1

je monotono opadajuci i odozdo ogranicen.

3L. Euler (1707-1783), svajcarski matematicar


Zaista, za svako n ∈ N je yn > 0 i primenom Bernulijeve nejednakosti dobijamo

yn

yn+1=

(1 + 1n)n+1

(1 + 1n+1)n+2

=(1 + 1

n)n+2

(1 + 1n+1)n+2

(1 +1n

)−1 =(n+1)n+2

nn+2

(n+2)n+2

(n+1)n+2

n

n + 1

=((n + 1)2)n+2

(n(n + 2))n+2

n

n + 1=

(n2 + 2n + 1)n+2

(n(n + 2))n+2

n

n + 1

=(

n(n + 2) + 1n(n + 2)

)n+2 n

n + 1=

(1 +

1n(n + 2)

)n+2 n

n + 1

>

(1 +

n + 2n(n + 2)

)n

n + 1=

(1 +

1n

)n

n + 1= 1,

pa je yn > yn+1. Na osnovu Teoreme 2.44 sledi da je niz (yn) konvergentan i

da je limn→∞ yn = inf

nyn ∈ R. Kako je yn =

(1 +

1n

)n+1

= xn

(1 +

1n

), to je

limn→∞ yn = lim

n→∞xn = e. Prema tome,

e = limn→∞

(1 +

1n

)n+1

= infn

(1 +

1n

)n+1

. (2.32)

S obzirom da je niz (xn) strogo rastuci, a niz (yn) strogo opadajuci, iz (2.31) i (2.32)sledi (

1 +1n

)n

< e <

(1 +

1n

)n+1

, n ∈ N.


limn→∞

an

n!= 0, a > 0. (2.33)

Resenje: Neka je xn =an

n!. Sledi xn > 0 za svako n ∈ N i

xn+1

xn=

an+1

(n + 1)!an

n!

=a

n + 1. (2.34)

Kako jea

n + 1< 1 za n + 1 > a, tj. n > a − 1, to je xn+1 < xn za n > a − 1.

Neka je n0 = max{[a − 1] + 1, 1} = max{[a], 1}. Niz (xn0 , xn0+1, xn0+2, . . . ) jeopadajuci i ogranicen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.44 konvergentan.

72 Glava 2. Nizovi

Kako konvergenzija niza ne zavisi od konacno mnogo clanova niza, sledi da je niz(xn) konvergentan. Neka je x = lim

n→∞xn. Tada je i limn→∞xn+1 = x. Na osnovu (2.34)

imamo xn+1 = xna

n + 1, te je lim

n→∞xn+1 = limn→∞xn · lim

n→∞a

n + 1, tj. x = x · 0 = 0,

sto dokazuje jednakost (2.33).

2.3 Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove

Definicija 2.52. Neka je a : N → A niz elemenata skupa A i neka je n : N → Nstrogo rastuci niz prirodnih brojeva, tj. neka je

n1 < n2 < n3 < · · · < nk < nk+1 < . . . .

Tada se niz a ◦ n : N→ A, tj.

(an1 , an2 , . . . , ank, ank+1

, . . . ),

naziva podniz niza (an) ili delimicni niz niza (an).

Na primer, niz (2, 4, 6, . . . , 2n, . . . ) je podniz niza prirodnih brojeva (1, 2, 3, . . . , n, . . . ).Medutim niz (4, 2, 6, . . . , 2n, . . . ) nije podniz niza prirodnih brojeva.

Trivijalno, i sam niz (an) je podniz niza (an).Primetimo da ako je (ank

) podniz niza (an), onda je nk ≥ k za svako k ∈ N i naosnovu Tvrdenja 2.38 sledi

limk→∞

nk = +∞. (2.35)

Teorema 2.53. (Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove)Svaki ogranicen niz ima konvergentan podniz.Svaki niz koji nije odozgo ogranicen ima podniz koji tezi ka +∞. Svaki niz koji

nije odozdo ogranicen ima podniz koji tezi ka −∞.

Dokaz. Neka je niz (xn) ogranicen. Tada postoji segment [a, b], a, b ∈ R, takavda je xn ∈ [a, b] za svako n ∈ N. Podelimo ovaj segment na dva jednaka po duzinisegmenta. U bar jednom od tako dobijenih segmenata se nalazi beskonacno mnogoclanova niza (xn). Oznacimo sa [a1, b1] onaj u kome se nalazi beskonacno mnogoclanova niza (xn) i izaberimo jedan clan xn1 koji pripada ovom segmentu.

Podelimo opet segment [a1, b1] na dva jednaka po duzini segmenta i sa [a2, b2]oznacimo onaj u kome se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn). Izaberimosada xn2 ∈ [a2, b2] ali tako da je n1 < n2. Nastavljajuci tako postupak, dobijamo

niz umetnutih segmenata ([ak, bk]) cija duzina bk − ak =b− a

2ktezi 0. Takode

2.3. Kosijev kriterijum konvergencije nizova 73

dobijamo i niz (xnk) takav da je xnk

∈ [ak, bk] i nk1 < nk2 za k1 < k2. Prematome, niz (xnk

) je podniz niza (xn). Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim

segmentima (Teorema 1.39) postoji jedinstven broj ξ takav da je {ξ} =∞⋂

k=1

[ak, bk].

Pritom je ξ = supk

ak = infk

bk. Kako je niz (ak) rastuci, a niz (bk) opadajuci, iz

Teorema 2.43 i 2.44 slediξ = lim

k→∞ak = lim

k→∞bk. (2.36)

Kako je ak ≤ xnk≤ bk za svako k ∈ N, iz (2.36), a na osnovu Tvrdenja 2.35, sledi

limk→∞

xnk= ξ. Ovim smo dokazali da niz (xn) ima konvergentan podniz.

Pretpostavimo da niz (xn) nije ogranicen odozgo. Tada postoji n1 ∈ N takavda je xn1 > 1. Niz (xn1+1, xn1+2, xn1+3, . . . ) takode nije ogranicen odozgo jer jedobijen od niza (xn) odbacivanjem konacno mnogo elemenata. Zato postoji n2 ∈ Ntakav da je n2 > n1 i xn2 > 2. Nastavljajuci postupak dobijamo niz (nk) takav daje

n1 < n2 < · · · < nk < . . .

ixn1 > 1, xn2 > 2, . . . , xnk

> k, . . . .

Iz Tvrdenja 2.38 sledi limk→∞

xnk= +∞.

Ako niz (xn) nije ogranicen odozdo, analogno se dokazuje da postoji podniz (xnk)

niza (xn) koji tezi ka −∞. ¤

2.4 Kosijev kriterijum konvergencije nizova

U ovoj sekciji govorimo o nacinu da utvrdimo da li je neki niz konvergentan, koristecise samo poznavanjem elemenata niza, a ne znajuci unapred ka kojoj bi granicnojvrednosti on konvergirao.

Definicija 2.54. Za niz (xn) kazemo da je Kosijev4, ili da ispunjava Kosijev uslovako za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da je |am−an| < ε za sve indekse m i n veceili jednake od n0, tj.

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n, m ∈ N)(n,m ≥ n0 =⇒ |xm − xn| < ε). (2.37)

Uslov (2.37) se moze formulisati i na sledeci nacin:

4A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematicar

74 Glava 2. Nizovi

Za svako ε > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 isvaki nenegativan ceo broj p vazi |xn+p − xn| < ε.

Primetimo da konvergentan niz ima svojstvo da se njegovi clanovi sa sve vecimindeksima sve manje razlikuju od granicne vrednosti, pa prema tome i jedan oddrugog, tj. takav niz ispunjava Kosijev uslov. Interesantno je da vazi i obrat, i tocemo preciznije iskazati sledecom teoremom.

Teorema 2.55. (Kosijev kriterijum konvergencije) Niz (xn) je konvergentan ako isamo ako je Kosijev.

Dokaz. (=⇒): Neka je (xn) konvergentan niz i neka je limn→∞xn = x. Neka je ε > 0

proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N, tako da je za svako n ≥ n0 vazi |xn − x| <ε

2.

Tada za sve m,n ≥ n0 vazi

|xm − xn| = |(xm − a)− (xn − a)| ≤ |xm − a|+ |xn − a| < ε

2+

ε

2= ε.

Prema tome, niz (xn) je Kosijev.(⇐=): Neka je (xn) Kosijev niz. Pokazimo da je (xn) ogranicen niz. Za ε = 1

postojace n0 ∈ N tako da za sve m,n ≥ n0 vazi |xm − xn| < 1. Prema tome, za svem ≥ n0 vazi |xm − xn0 | < 1. Neka je M = max{|x1 − xn0 |, |x2 − xn0 |, . . . , |xn0−1 −xn0 |, 1}. Tada je |xn − xn0 | ≤ M za sve n ∈ N, tj. xn ∈ [xn0 −M, xn0 + M ]. Prematome, (xn) je ogranicen niz.

Sada na osnovu Teoreme 2.53 sledi da niz (xn) ima konvergentan podniz (xnk).

Neka je limk→∞

xnk= x. Pokazacemo da je lim

n→∞xn = x.

Neka je ε > 0 proizvoljno. Buduci da je niz (xn) Kosijev, postojace n0 ∈ N takoda je za sve m,n ≥ n0, |xm−xn| < ε

2. Kako je lim

k→∞xnk

= x, sledi da postoji k1 ∈ Ntako da za k ≥ k1 vazi |xnk

− x| <ε

2. Iz (2.35) sledi da postoji k2 ∈ N tako da je

nk > n0 za sve k ≥ k2. Izaberimo sada jedno k ∈ N takvo da je k ≥ max{k1, k2}.Vazice da je

|xnk− x| < ε

2i nk > n0.

Sada za svako n ≥ n0 vazi

|xn − x| = |(xn − xnk) + (xnk

− x)| ≤ |xn − xnk|+ |xnk

− x| < ε

2+

ε

2= ε.

Prema tome, limn→∞xn = x.

2.4. Delimicne granice niza. Limes superior i limes inferior niza 75

Primer 2.56. Pokazimo da niz xn = 1 +12

+ · · · + 1n

divergira, time sto cemo

pokazati da nije Kosijev, tj. pokazacemo da vazi negacija uslova (2.37), tj. uslov:

(∃ε > 0)(∀n0 ∈ N)(∃m, n ∈ N)(m,n ≥ n0 ∧ |xm − xn| ≥ ε).

Neka je ε =12. Za proizvoljno n ∈ N i m = 2n vazi:

|xm − xn| = 1n + 1

+ · · ·+ 1n + n

> n1

n + n=

12

= ε,

pa niz (xn) nije Kosijev.Primetimo jos da, buduci da je niz (xn) rastuci i nije konvergentan, iz Posledice

2.46 sledi da je limn→∞xn = +∞.

Primer 2.57. Neka je xn = 1 +122

+ · · ·+ 1n2

. Pokazacemo da je niz (xn) konver-gentan.

Neka je ε > 0 proizvoljno. Tada za m,n ∈ N, m > n, vazi

|xm − xn| =1

(n + 1)2+

1(n + 2)2

+ · · ·+ 1m2

<1

n(n + 1)+

1(n + 1)(n + 2)

+ · · ·+ 1(m− 1)m

=(

1n− 1

n + 1

)+

(1

n + 1− 1

n + 2

)+ · · ·+

(1

m− 1− 1

m

)

=1n− 1

m<

1n

.

Kako postoji n0 ∈ N tako da je n0 >1ε

(mozemo uzeti n0 =[1ε

]+ 1), to za sve

m,n ≥ n0, m ≥ n, vazi |xm − xn| < 1n≤ 1

n0< ε, pa je niz (xn) Kosijev. Na osnovu

Teoreme 2.55 sledi da je (xn) konvergentan.

Napomenimo da je granicna vrednost ovog nizaπ2

6(videti udzbenik: Radoslav

Dimitrijevic, Zbirka zadataka iz teorije polinoma, Nis, 2007., str. 37., zadatak 70.)

2.5 Delimicne granice niza.Limes superior i limes inferior niza

Tvrdenje 2.58. Ako niz (xn) ima granicnu vrednost x ∈ R, tada svaki njegovpodniz ima granicnu vrednost x.

76 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je limn→∞xn = x, x ∈ R, (xnk

) podniz niza (xn) i U proizvoljna okolinatacke x. Iz lim

n→∞xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da je za sve n ≥ n0, xn ∈ U . Iz

(2.35) sledi da postoji k0 ∈ N, tako da za svako k ≥ k0 vazi nk ≥ n0. Sledi xnk∈ U

za svako k ≥ k0. Prema tome, limk→∞

xnk= x.

Medutim ako jedan podniz niza (xn) ima granicnu vrednost, sam niz (xn) nemora imati granicnu vrednost. Na primer niz xn = (−1)n ima konvergentne podni-zove: x2k = 1 i x2k−1 = −1, ali sam nema granicnu vrednost.

Definicija 2.59. Tacka x ∈ R je delimicna granica (tacka nagomilavanja) niza (xn),ako postoji podniz (xnk

) niza (xn) koji tezi ka x kad k →∞.

Iz Tvrdenja 2.58 sledi da ako niz (xn) ima granicnu vrednost x, onda je x njegovajedina delimicna granica. Drugim recima, ako niz ima bar dve razlicite delimicnegranice, onda on nema granicu.

Primeri 2.60. (i) Za niz xn = (−1)n, 1 i −1 su njegove delimicne granice, i ovajniz nema granicu.

(ii) +∞ i −∞ su delimicne granice niza yn = (−1)nn, i ovaj niz nema granicnuvrednost.

(iii) Za niz bn = n(−1)n, podniz b2k−1 =

12k − 1

konvergira ka 0, dok podniz b2k = 2k

tezi ka +∞ kad k tezi ∞. Dakle, 0 i +∞ su delimicne granice ovog niza i ovaj niznema granicnu vrednost.

(iv) Niz an = sinnπ

2ima tri delimicne granice:-1,1,0, i zato nema granicnu vrednost

(Primer 2.8).

Na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme (Teorema 2.53) sledi da svaki niz imadelimicnu granicu, konacnu ili beskonacnu (konacnu ako je ogranicen i beskonacnuako je neogranicen).

Tvrdenje 2.61. Neka je (xn) niz realnih brojeva i x ∈ R. Sledeci uslovi su ekviva-lentni:

(2.61.1) x je delimicna granica niza (xn).

(2.61.2) U svakoj okolini tacke x nalazi se beskonacno mnogo clanova niza.

(2.61.3) Za svaku okolinu U tacke x i svako n ∈ N postoji m ∈ N, tako da je m > ni xm ∈ U .

Dokaz. (2.61.1)=⇒(2.61.2) Neka je x je delimicna granica niza (xn). Tada postojipodniz (xnk

) niza (xn), takav da je limk→∞

xnk= x. Neka je U proizvoljna okolina


tacke x. Iz limk→∞

xnk= x sledi da postoji k0 ∈ N tako da je za svako k ≥ k0, xnk

∈ U .

Prema tome, u okolini U se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn).(2.61.2)=⇒(2.61.3) Neka se u svakoj okolini tacke x nalazi beskonacno mnogo

clanova niza (xn) i pretpostavimo da ne vazi (2.61.3). Tada postoji okolina U tackex i postoji n ∈ N tako da za svako m > n vazi xm /∈ U . To znaci da okolina U osimeventualno clanova x1, . . . , xn, ne moze sadrzati vise nijedan clan niza (xn). Dakle,nasli smo okolinu tacke x u kojoj nema beskonacno mnogo clanova niza (xn), sto jesuprotno pretpostavci.

(2.61.3)=⇒(2.61.1) Neka za svaku okolinu U tacke x i svako n ∈ N postojim > n takvo da je xm ∈ U . Pretpostavimo da je x konacan broj (za beskonacne

tacke dokaz je slican). Postoji clan niza xn1 koji pripada12-okolini tacke x, tj.

xn1 ∈(

x− 12, x +

12

). Za

122

-okolinu tacke x postoji prirodan broj n2 > n1 takav

da je xn2 ∈(

x− 122

, x +122

). Neka su prirodni brojevi n1, n2, . . . , nk izabrani tako

da je n1 < n2 < · · · < nk i xnk∈

(x− 1

2k, x +

12k

). Tada postoji prirodan broj

nk+1 takav da je nk+1 > nk i xnk+1∈

(x− 1

2k+1, x +

12k+1

). Time je indukcijom

odreden strogo rastuci niz prirodnih brojeva (nk) takav da za svako k ∈ N vazi:

x− 12k

< xnk< x +

12k

. (2.38)

Niz (xnk) je podniz niza (xn) i kako je lim

k→∞

(x− 1

2k

)= lim

k→∞

(x +

12k

)= x, iz

(2.38) i Tvrdenja 2.35 sledi limk→∞

xnk= x. Prema tome, x je delimicna granica niza

(xn). (Za slucaj da je x = +∞, za okoline tacke x birali bismo intervale (2k, +∞) ili(k, +∞), a za slucaj kad je x = −∞ intervale (−∞,−2k) ili (−∞,−k), k = 1, 2, . . ..)

Na osnovu Tvrdenja 2.61 uocavamo razliku izmedu pojma granice niza i pojmadelimicne granice niza. Dakle, granica niza ima osobinu da se u njenoj proizvoljnojokolini nalaze skoro svi clanovi niza (svi sem eventualno konacno mnogo njih), dok seu proizvoljnoj okolini delimicne granice niza nalazi samo beskonacno mnogo clanovaniza (pa ih i van nje moze biti beskonacno mnogo).

Ako je (xn) realan niz, za skup X = {xn : n ∈ N} kazemo da je skup vrednostiniza (setimo se da je niz po definiciji funkcija). Postoji razlika izmedu pojma de-limicne granice niza (xn) i pojma tacke nagomilavanja skupa vrednosti niza. Svakatacka nagomilavanja skupa vrednosti niza je njegova delimicna granica. Zaista, ako

78 Glava 2. Nizovi

je x tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza, onda u proizvoljnoj okolini tackex ima beskonacno mnogo elemenata skupa X (vidi Definiciju 1.65), sto znaci ibeskonacno mnogo clanova niza (xn), pa na osnovu Tvrdenja 2.61 sledi da je x de-limicna granica niza. Medutim, obrnuto ne vazi, delimicna granica niza ne mora bititacka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Primer je niz xn = (−1)n. Delimicnegranice niza su 1 i −1, ali skup njegovih vrednosti X = {−1, 1} je konacan i nemanijednu tacku nagomilavanja. Jos jednostavniji primer je konstantan niz an = 1.On ima granicu 1 i to je njegova jedina delimicna granica, ali skup vrednosti niza jejednoelementan i nema tacku nagomilavanja.

Medutim, ako delimicna granica niza ne pripada skupu vrednosti niza, onda jeona tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Preciznije, vazi tvrdenje:

Tvrdenje 2.62. Neka je (xn) realan niz, X = {xn : n ∈ N} skup njegovih vrednostii x ∈ R. Ako x /∈ X tada su sledeci uslovi ekvivalentni

(2.62.1) x je delimicna granica niza.

(2.62.2) U svakoj okolini tacke x postoji barem jedan clan niza.

(2.62.3) x je tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.

Dokaz. (2.62.1)=⇒(2.62.2) Neka je x delimicna granica niza (xn) i neka je Uproizvoljna okolina tacke x. Iz Tvrdenja 2.61 sledi da U sadrzi beskonacno mnogoclanova niza (xn), pa ce, prema tome, sadrzati barem jedan clan niza.

(2.62.2)=⇒(2.62.3) Pretpostavimo da se u svakoj okolini U tacke x nalazi baremjedan clan niza (xn). Kako x /∈ X, to je x 6= xn za svako n ∈ N, pa u okoliniU postoji barem jedan elemenat skupa X razlicit od x, sto znaci da je x tackanagomilavanja skupa X.

Implikaciju (2.62.3)=⇒(2.62.1) smo vec dokazali u komentaru pre ovog tvrdenja.

Jasno je da beskonacne tacke ne mogu pripadati skupu vrednosti realnog niza,pa iz Tvrdenja 2.62 i Tvrdenja 2.61 neposredno sledi sledece tvrdenje:

Tvrdenje 2.63. Neka je (xn) realan niz. Sledeci uslovi su ekvivalentni:

(2.63.1) +∞ je delimicna granica niza.

(2.63.2) U svakoj okolini tacke +∞ se nalazi beskonacno mnogo clanova niza.

(2.63.3) Za svaku okolinu U tacke +∞ i svako n ∈ N postoji m ∈ N, m > n, takoda je xm ∈ U .

(2.63.4) U svakoj okolini tacke +∞ se nalazi barem jedan clan niza.

(2.63.5) +∞ je tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.


Analogno tvrdenje se moze formulisati za −∞.

Svaki niz ima bar jednu delimicnu granicu, i dosad smo navodili primere nizovakoji imaju tacno jednu delimicnu granicu (svaki niz koji ima granicu), dve delimicnegranice (niz xn = (−1)n i bn = n(−1)n

) ili tri (niz an = sinnπ

2) delimicne granice.

Medutim, niz moze imati i beskonacno mnogo delimicnih granica.

Primer 2.64. Neka je (an) niz medusobno razlicitih realnih brojeva, i neka je

xnk = an − 1k, n, k ∈ N. Za svako n ∈ N, niz (xnk)∞k=1 konvergira ka an, tj.

limk→∞

xnk = an. Radi preglednosti dajemo sledecu tabelu:

x11 x12 x13 x14 . . . → a1

x21 x22 x23 x24 . . . → a2

x31 x32 x33 x34 . . . → a3

x41 x42 x43 x44 . . . → a4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Formirajmo niz (yn) standardnim postupkom: y1 = x11, y2 = x12, y3 = x21, y4 =x31, y5 = x22, y6 = x13, i td. Za svako n ∈ N, niz (xnk)∞k=1 je podniz niza (yn), pa jean delimicna granica niza (yn). Dakle, niz (yn) ima beskonacno mnogo delimicnihgranica. Medutim, brojevi an, n ∈ N, nisu jedine delimicne granice niza (yn). Svakadelimicna granica niza (an) (ili sto je u ovom slucaju isto, tacka nagomilavanja skupavrednosti niza (an)) je ujedno i delimicna granica niza (yn). Ovo sledi iz narednogtvrdenja, koje govori o tome da je svaka tacka nagomilavanja skupa delimicnihgranica niza, opet delimicna granica niza.

Tvrdenje 2.65. Neka je (xn) niz realnih brojeva i D(xn) skup njegovih delimicnihgranica. Ako je x0 tacka nagomilavanja skupa D(xn), onda x0 ∈ D(xn).

Dokaz. Neka je x0 tacka nagomilavanja skupa D(xn) i U proizvoljna okolina tackex0. Tada postoji a ∈ D(xn) tako da je a ∈ U . Kako je U okolina i tacke a, i buducida je a delimicna granica niza (xn), iz Tvrdenja 2.61 sledi da se u okolini U nalazibeskonacno mnogo clanova niza (xn). Prema tome, u proizvoljnoj okolini tacke x0

se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn), sto opet na osnovu Tvrdenja 2.61znaci da je x0 delimicna granica niza (xn).

Za skup X kazemo da je prebrojiv ako postoji bijektivno preslikavanje skupaprirodnih brojeva na skup X. Drugim recima, skup je prebrojiv ako njegove elementemozemo da poredamo u niz. Skup racionalnih brojeva iz ma kog intervala je pre-brojiv. Skup svih racionalnih brojeva je takode prebrojiv (videti udzbenik: Dusan

80 Glava 2. Nizovi

Adnadevic i Zoran Kadelburg, Matematicka analiza I, Naucna knjiga, Beograd,1990. str. 32-34, ili udzbenik: S. Aljancic, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu,Gradevinska knjiga Beograd, 1979. str. 17-19).

Primer 2.66. Skup racionalnih brojeva iz intervala (0, 1) je prebrojiv. Poredajmonjegove elemente u niz (rn). Iz Tvrdenja 1.54 sledi da u okolini svakog realnog brojaa iz segmenta [0, 1] ima beskonacno mnogo racionalnih tacaka, pa je, na osnovuTvrdenja 2.61, a delimicna granica niza (rn). Neka je b realan broj koji ne pripadasegmentu [0, 1]. Buduci da postoji njegova okolina koja je disjunktna sa intervalom(0, 1), pa samim tim i skupom Q∩ (0, 1), sledi da b nije delimicna granica niza (rn).Prema tome, skup svih delimicnih granica niza (rn) je segment [0, 1].

Primer 2.67. Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv, pa se njegovi elementi moguporedati u niz (qn). Iz Tvrdenja 1.54 sledi da se u okolini svake tacke a ∈ R nalazibeskonacno mnogo racionalnih tacaka, pa je, na osnovu Tvrdenja 2.61, a delimicnagranica niza (qn). Prema tome, skup svih delimicnih granica niza (qn) je skup R.

Dosad smo utvrdili da je za niz realnih brojeva (xn), skup njegovih delimicnihgranica, D(xn), neprazan podskup skupa R, i da moze biti beskonacan. Bilo kojibeskonacan podskup skupa R ima supremum i infimum, ali ne mora da ima minimumi maksimum. Zato je netrivijalno pitanje da li skup delimicnih granica niza (xn)ima maksimum i minimum. Odgovor je potvrdan i o tome govori naredno tvrdenje.

Tvrdenje 2.68. Za svaki niz realnih brojeva postoji kako najveca, tako i najmanjadelimicna granica niza.

Dokaz. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Skup D(xn) je neprazan podskup skupaR, pa ima supremum u skupu R. Neka je α = sup D(xn) (α ∈ R) i neka je Uproizvoljna okolina tacke α. Iz definicije supremuma sledi da u okolini U postojitacka a ∈ D(xn). Ali U je onda okolina i tacke a, pa na osnovu Tvrdenja 2.61, buducida je a delimicna granica niza (xn), sledi da se u okolini U nalazi beskonacno mnogoclanova niza (xn). Opet na osnovu Tvrdenja 2.61, sledi da je α delimicna granicaniza (xn), tj. α ∈ D(xn). Kako je α supremum skupa koji pripada skupu, sledi daje α = max D(xn), tj. postoji najveca delimicna granica niza (xn).

Slicno se dokazuje da postoji najmanja delimicna granica niza (xn).

Definicija 2.69. Najveca delimicna granica niza (xn) zove se limes superior iligornji limes niza (xn) i oznacava se sa lim sup

n→∞xn ili lim

n→∞ xn.

Najmanja delimicna granica niza (xn) zove se limes inferior ili donji limes niza(xn) i oznacava se sa lim inf

n→∞ xn ili limn→∞

xn.


Naravno, treba praviti razliku izmedu pojma supremuma (infimuma) niza (uve-denog u sekciji 2.2 Monotoni nizovi) i pojma limesa superiora (inferiora) niza.

Primetimo da niz (xn) nije ogranicen odozgo ako i samo ako je supn

xn = +∞.

Takode potreban i dovoljan uslov da niz nije ogranicen odozgo je da je limn→∞ xn =

+∞. Zaista, ako niz nije ogranicen odozgo, onda je +∞ njegova delimicna granica,i ocigledno i najveca, pa je lim

n→∞ xn = +∞. Obrnuto, ako je limn→∞ xn = +∞, tada je

+∞ delimicna granica niza, pa na osnovu Tvrdenja 2.63, za svako M ∈ R postojin ∈ N tako da je xn ∈ (M, +∞), tj. xn > M , sto znaci da je niz (xn) neogranicenodozgo. Slicno, potreban i dovoljan uslov da niz (xn) nije ogranicen odozdo je da jeinfn xn = −∞, a takode je potreban i dovoljan uslov za to i da je lim

n→∞xn = −∞.

Medutim, ako je niz odozgo (odozdo) ogranicen, tada i samo tada su limessuperior (inferior) niza i supremum (infimum) niza konacni brojevi, i naravno, mozese desiti da se razlikuju.

Inace, za svaki niz (xn) ocigledno vaze nejednakosti:

infn

xn ≤ limn→∞

xn ≤ limn→∞ xn ≤ sup

nxn.

Ako je (xnk) podniz niza (xn), onda je D(xnk

) ⊂ D(xn). Odavde limn→∞ xnk

=

supD(xnk) ≤ supD(xn) = lim

n→∞ xn i limn→∞

xnk= inf D(xnk

) ≥ inf D(xn) = limn→∞

xn,

i prema tome:lim

n→∞xn ≤ lim

n→∞xnk

≤ limn→∞ xnk

≤ limn→∞ xn. (2.39)

Za niz (xn) realnih brojeva kazemo da je razlozen ili razbijen na podnizove

(xpn), (xqn), . . . , (xsn), (2.40)

ako su (pn), (qn),..., (sn) strogo rastuci nizovi prirodnih brojeva ciji su skupovivrednosti dva po dva disjunktni, dok je unija svih ovih skupova vrednosti skupprirodnih brojeva.

Za dokaz narednog tvrdenja bice nam potrebne sledece jednakosti, koje se lakodokazuju:

sup(A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = max{supA1, supA2, . . . , supAn}, (2.41)inf(A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = min{inf A1, inf A2, . . . , inf An}, (2.42)

gde su A1, A2, . . . An poskupovi skupa R.

82 Glava 2. Nizovi

Tvrdenje 2.70. Ako je niz (xn) razbijen na podnizove (2.40), onda je

D(xn) = D(xpn) ∪D(xqn) ∪ · · · ∪D(xsn), (2.43)

gde su D(xn), D(xpn), D(xqn), . . . , D(xsn) redom skupovi delimicnih granica niza(xn) i nizova (2.40). Dalje,(2.70.1) Infimum niza je jednak najmanjem od infimuma podnizova (2.40), tj.

infn

xn = min{infn

xpn , infn

xqn , . . . , infn

xsn};

(2.70.2) Supremum niza je jednak najvecem od supremuma podnizova (2.40), tj.

supn

xn = max{supn

xpn , supn

xqn , . . . , supn

xsn};

(2.70.3) limn→∞

xn je jednak najmanjem od limesa inferiora podnizova (2.40), tj.

limn→∞

xn = min{ limn→∞

xpn , limn→∞

xqn , . . . , limn→∞

xsn}; (2.44)

(2.70.4) limn→∞ xn je jednak najvecem od limesa superiora podnizova (2.40), tj.

limn→∞ xn = max{ lim

n→∞ xpn , limn→∞ xqn , . . . , lim

n→∞ xsn}. (2.45)

Dokaz. Ocigledno vazi inkluzija D(xpn) ∪ D(xqn) ∪ · · · ∪ D(xsn) ⊂ D(xn). Ostajeda dokazemo obrnutu inkluziju.

Neka je x /∈ D(xpn) ∪D(xqn) ∪ · · · ∪D(xsn). Iz Tvrdenja 2.61 sledi da postojeokoline Up, Uq, . . . , Us tacke x, tako da Up sadrzi samo konacno mnogo clanova niza(xpn), Uq sadrzi samo konacno mnogo clanova niza (xqn), ... , i Us sadrzi samokonacno mnogo clanova niza (xsn). Sledi da postoje prirodni brojevi np, nq, . . . , ns

tako da za svako n ∈ N, n ≥ np povlaci xpn /∈ Up, n ≥ nq povlaci xqn /∈ Uq, . . . , n ≥ns povlaci xsn /∈ Us. Neka je n0 = max{np, nq, . . . , ns} i U = Up∩Uq∩· · ·∩Us. Tadaje U okolina tacke x i za sve n ∈ N vazi da n ≥ n0 povlaci xn /∈ U . Zato x /∈ D(xn).Time smo dokazali da vazi i inkluzija D(xn) ⊂ D(xpn) ∪ D(xqn) ∪ · · · ∪ D(xsn).Dakle, vazi jednakost (2.43).

(2.70.1) sledi iz (2.42), dok (2.70.2) sledi iz (2.41).(2.70.3): Iz (2.43) i (2.41) sledi

limn→∞

xn = minn

D(xn) = min(D(xpn) ∪D(xqn) ∪ · · · ∪D(xsn))

= min{minD(xpn), minD(xqn), . . . ,minD(xsn)}= min{ lim

n→∞xpn , lim

n→∞xqn , . . . , lim

n→∞xsn}.

Analogno se dokazuje (2.70.4).


Primeri 2.71. (i) Za niz (xn) ciji je opsti clan xn = (−1)n

(1 +

1n + 1

), imamo

da je x2k =(

1 +1

2k + 1

)i x2k−1 = −

(1 +

12k

), k ∈ N. Kako je x2k−1 < 0 < x2k,

k ∈ N, niz (x2k−1) rastuci, a niz (x2k) opadajuci, to je na osnovu (2.70.1) i (2.70.2)

infn

xn = infk

x2k−1 = x1 = −32

isup

nxn = sup

kx2k = x2 =

43.

Kako je limk→∞

x2k−1 = −1 i limk→∞

x2k = 1, na osnovu (2.70.3) i (2.70.4) zakljucujemo

da jelim

n→∞xn = −1, lim

n→∞ xn = 1.

(ii) Neka je (an) niz ciji je opsti clan an =(−1)n

n+

1 + (−1)n

2. Kako je

a2n = 1 +12n

, a2n−1 = − 12n− 1

,

zakljucujemo da je a2n > 0 > a2n−1, niz (a2n) je opadajuci, a niz a2n−1 rastuci.Zato je na osnovu Tvrdenja 2.70

infn

an = infn

a2n−1 = a1 = −1, supn

an = supn

a2n = a2 =32,

limn→∞

an = limn→∞ a2n−1 = 0, lim

n→∞ xn = limn→∞ a2n = 1.

(iii) Za niz bn = n(−1)nimamo da je b2k−1 =

12k − 1

, b2k = 2k, b2k−1 < 1 < b2r, za

svako k, r ∈ N, niz (b2k−1) je opadajuci, a niz (b2k) je rastuci. Iz Tvrdenja 2.70 sledi

infn

bn = infk

b2k−1 = limk→∞

b2k−1 = 0, supn

bn = supk

b2k = +∞,

limn→∞

bn = limn→∞

b2n−1 = limn→∞ b2n−1 = 0, lim

n→∞ bn = limn→∞ b2n = lim

n→∞ b2n = +∞.

(iv) Za niz (rn) iz Primera 2.66 imamo da je

infn

rn = limn→∞

rn = 0, supn

rn = limn→∞ rn = 1.

(v) Za niz (qn) iz Primera 2.67 vazi da je

infn

qn = limn→∞

qn = −∞, supn

qn = limn→∞ qn = +∞.

84 Glava 2. Nizovi

Sledece tvrdenje daje karakterizaciju limesa superiora kada je on konacan broj.

Tvrdenje 2.72. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes superiorniza (xn) ako i samo ako vaze sledeca dva uslova:(2.72.1) za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vazixn < x0 + ε;(2.72.2) za svako ε > 0 i svako n ∈ N postoji postoji clan niza xm sa indeksomm > n tako da je xm > x0 − ε.

Uslov (2.72.1) znaci da su za proizvoljno ε > 0 skoro svi clanovi niza manji odx0 + ε, tj. samo konacno mnogo clanova niza se nalazi u intervalu [x0 + ε, +∞).

Uslov (2.72.2) znaci da za proizvoljno ε > 0 postoji beskonacno mnogo clanovaniza koji su veci od x0 − ε.

Dokaz. Neka je x0 = limn→∞ xn. Ako uslov (2.72.1) ne bi vazio, onda bi postojalo

ε > 0 tako da se u intervalu [x0 + ε, +∞) nalazi beskonacno mnogo clanova niza.Onda bi postojao podniz (xnk

) niza (xn) ciji clanovi xnk, k ∈ N, pripadaju intervalu

[x0 + ε,+∞). Ovaj niz (xnk) ima bar jednu delimicnu granicu b koja je istovremeno

i delimicna granica niza (xn). Kako je xnk≥ x0 + ε za sve k ∈ N, to je onda i

b ≥ x0 + ε, i zato je b > x0. Ovo je nemoguce jer je x0 najveca delimicna granicaniza (xn).

Dokazimo da vazi uslov (2.72.2). Neka je ε > 0 proizvoljno. Buduci da je x0,kao limes superior, delimicna granica niza, i kako je interval (x0 − ε,+∞) okolinatacke x0, to na osnovu Tvrdenja 2.61 sledi da za svako n ∈ N postoji m ∈ N, takvoda je m > n i xm ∈ (x0 − ε,+∞), tj. xm > x0 − ε.

Obrnuto, pretpostavimo da vaze uslovi (2.72.1) i (2.72.2). Neka je U proizvoljnaokolina tacke x0. Postoji onda ε > 0 tako da je (x0 − ε, x0 + ε) ⊂ U . Iz (2.72.1)i (2.72.2) sledi da ce za svako n ∈ N postojati m ∈ N takvo da je m > n i xm ∈(x0−ε, x0+ε). Iz Tvrdenja 2.61 sledi da je x0 delimicna granica niza (xn). Pokazimoda je x0 najveca delimicna granica niza (xn). Pretpostavimo suprotno, da postojidelimicna granica a niza (xn), takva da je a > x0. Izaberimo ε > 0 tako da jeε < a− x0. Tada je x0 + ε < a, i interval (x0 + ε,+∞) je okolina tacke a. Kako je adelimicna granica niza, to ce se u okolini (x0 + ε, +∞) nalaziti beskonacno mnogoclanova niza (xn) (Tvrdenje 2.61), sto je u suprotnosti sa uslovom (2.72.1).

Analogno se dokazuje sledece tvrdenje za limn→∞

xn ∈ R.

Tvrdenje 2.73. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes inferiorniza (xn) ako i samo ako vaze sledeca dva uslova:(2.73.1) za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vazixn > x0 − ε;


(2.73.2) za svako ε > 0 i svako n ∈ N postoji postoji clan niza xm sa indeksomm > n tako da je xm < x0 + ε.

Za dati niz (xn), oznacimo sa supk≥n

xk supremum skupa {xn, xn+1, . . . }, a sa

infk≥n

xk infimum skupa {xn, xn+1, . . . }. Sledece tvrdenje daje jos jednu karakteri-

zaciju limesa superiora i limesa inferiora niza.

Tvrdenje 2.74. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞ xn = inf

nsupk≥n

xk. (2.46)

Takode jelim

n→∞ xn = limn→∞ sup

k≥nxk, (2.47)

pri cemu u slucaju niza neogranicenog odozgo, kada za svako n ∈ N vazi supk≥n

xk =

+∞, smatramo da je limn→∞ sup

k≥nxk = +∞.

Dokaz. Ako niz (xn) nije odozgo ogranicen, tada je +∞ njegova delimicna granica,i ocevidno i najveca delimicna granica, pa je lim

n→∞ xn = +∞. U ovom slucaju za

svako n ∈ N vazi supk≥n

xk = +∞, pa je infn

supk≥n

xk = +∞ i vazi jednakost limn→∞ xn =

limn→∞ sup

k≥nxk. Kako u ovom slucaju podrazumevamo da je lim

n→∞ supk≥n

xk = +∞, vazi i

jednakost limn→∞ xn = lim

n→∞ supk≥n

xk.

Neka je (xn) ogranicen odozgo. Obelezimo sa αn = supk≥n

xk, n ∈ N. Jasno, αn je

realan broj za svako n ∈ N. Kako je {xn, xn+1, xn+2, . . . } ⊃ {xn+1, xn+2, . . . }, to jesupk≥n

xk ≥ supk≥n+1

xk, tj. αn ≥ αn+1 za sve n ∈ N. Niz (αn) je opadajuci i zato ima

granicnu vrednost,lim

n→∞αn = infn

αn,

konacnu ili −∞, prema tome da li je niz odozdo ogranicen ili nije (Teorema 2.44).Razmotrimo prvo slucaj kada (αn) nije odozdo ogranicen. Tada je lim

n→∞αn =−∞, pa za svako M ∈ R postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi αn < M . Kakoje αn = sup

k≥nxk, sledi da je xk < M za svako k ≥ n0. Ovo znaci da je lim

n→∞xn = −∞,

pa je −∞ jedina delimicna granica niza (xn). Sledi limn→∞ xn = −∞. Prema tome,

limn→∞ xn = lim

n→∞αn = infn

αn, tj. vaze jednakosti (2.46) i (2.47).

86 Glava 2. Nizovi

Razmotrimo sada slucaj kada je (αn) odozdo ogranicen niz. Tada je limn→∞αn =

infn

αn = α ∈ R. Pokazimo da α ispunjava uslove (2.72.1) i (2.72.2).Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz lim

n→∞αn = α sledi da postoji n0 ∈ N tako da zasve n ≥ n0 vazi αn < α + ε. Kako je αn = sup

k≥nxk, sledi da je xk < α + ε za svako

k ≥ n0, tj. α ispunjava uslov (2.72.1).Na drugoj strani, buduci da je α infimum niza (αn), imacemo da za svako n ∈ N

vaziα− ε < α ≤ αn = sup

k≥nxk.

Iz α−ε < supk≥n

xk, n ∈ N, sledi da za svako n ∈ N postoji k ≥ n tako da je α−ε < xk,

i prema tome, α ispunjava i uslov (2.72.2).Sada na osnovu Tvrdenja 2.72 sledi da je lim

n→∞ xn = α, tj. limn→∞ xn = lim

n→∞αn =

infn

αn, i prema tome, vaze jednakosti (2.46) i (2.47).Analogno se dokazuje sledece tvrdenje za limes inferior niza.

Tvrdenje 2.75. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞

xn = supn

infk≥n

xk.

Takode jelim

n→∞xn = lim

n→∞ infk≥n

xk,

pri cemu u slucaju niza neogranicenog odozdo, kada za svako n ∈ N vazi infk≥n

xk =

−∞, smatramo da je limn→∞ inf

k≥nxk = −∞.

Tvrdenje 2.76. Niz (xn) ima granicnu vrednost ako i samo ako je limn→∞ xn =

limn→∞

xn, tj. ako i samo ako ima tacno jednu delimicnu granicu i tada je

limn→∞

xn = limn→∞ xn = lim

n→∞xn. (2.48)

Dokaz. Ako niz ima granicnu vrednost, onda i svi njegovi podnizovi teze tojgranicnoj vrednosti (Tvrdenje 2.58), i prema tome niz ima samo jednu delimicnugranicu. Zato je lim

n→∞ xn = limn→∞

xn = limn→∞xn.

Obrnuto, ako je limn→∞ xn = lim

n→∞xn moguca su tri slucaja:

1) limn→∞ xn = lim

n→∞xn = +∞;



n→∞xn = −∞;


n→∞xn = x0 ∈ R.

Neka je limn→∞ xn = lim

n→∞xn = +∞ i neka je M ∈ R proizvoljno. U intervalu

(−∞,M ] se nalazi samo konacno mnogo clanova niza (xn), jer u protivnom akobi se u ovom intervalu nalazilo beskonacno mnogo clanova niza, onda bismo odnjih mogli konstruisati podniz (xnk

) koji onda ima bar jednu delimicnu granicu b(Teorema 2.53). Ali onda bi zbog xnk

≤ M , sledilo b ≤ M , odakle limn→∞

xn ≤ M ,

sto je nemoguce. Prema tome, postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vazi xn ∈(M, +∞), sto znaci da je lim

n→∞xn = +∞. Dakle, niz (xn) ima granicnu vrednost i

vaze jednakosti (2.48).Slicno, ako je lim


xn = −∞ dokazujemo da za proizvoljno M ∈ R,

u intervalu [M, +∞) se nalazi samo konacno mnogo clanova niza (xn), tj. postojin0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn ∈ (−∞,M). To znaci da je lim

n→∞xn = −∞,

i prema tome, niz (xn) ima granicnu vrednost i vazi (2.48).Neka je lim


xn = x0 ∈ R. Tada iz Tvrdenja 2.72 i 2.73 (preciznije,

iz uslova (2.72.1) i (2.73.1)) sledi da za proizvoljno ε > 0 postoje prirodni brojevin1 i n2 tako da je xn < x0 + ε za svako n ≥ n1 i xn > x0 − ε za svako n ≥ n2. Nekaje n0 = max{n1, n2}. Tada je xn ∈ (x0 − ε, x0 + ε) za svako n ≥ n0. Ovo znaci daje lim

n→∞xn = x0, tj. niz (xn) ima granicu i vaze jednakosti (2.48).

Tvrdenje 2.77. Niz (xn) konvergira (tj. ima konacnu granicnu vrednost) ako isamo ako je lim


xn konacan broj, tj. ako i samo ako ima tacno jednu

delimicnu granicu i ona je konacna, i tada je

limn→∞

xn = limn→∞ xn = lim

n→∞xn.

Dokaz. Sledi iz dokaza Tvrdenja 2.76.

Tvrdenje 2.78. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva. Ako je

xn ≤ yn, (2.49)

pocev od nekog n ∈ N, onda je

limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn, (2.50)

ilim

n→∞ xn ≤ limn→∞ yn. (2.51)

88 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je xn ≤ yn pocev od nekog n ∈ N. Pretpostavimo da je limn→∞

xn >

limn→∞

yn. Izaberimo z ∈ R tako da je limn→∞

xn > z > limn→∞

yn. Pokazimo da postoji

n1 ∈ N takav da(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn > z). (2.52)

Zaista, ako je limn→∞

xn konacan broj, to sledi iz (2.73.1). Ako je limn→∞

xn = +∞, to

onda iz +∞ = limn→∞

xn ≤ limn→∞ xn ≤ +∞, sledi lim

n→∞xn = lim

n→∞ xn = +∞, pa na

osnovu Tvrdenja 2.76 imamo limn→∞xn = +∞. Odavde sledi postoji n1 ∈ N takav da

vazi (2.52).Iz lim

n→∞yn < z, sledi da je (−∞, z) okolina tacke lim

n→∞yn, i kako je lim

n→∞yn

delimicna granica niza (yn), to iz Tvrdenja 2.61 sledi da se u okolini (−∞, z) nalazibeskonacno mnogo clanova niza (yn), tj. uslov yn < z ispunjava beskonacno mnogoclanova niza (yn). Kako uslov (2.52) znaci da je z < xn za skoro sve clanove niza(xn), zakljucujemo da je yn < xn za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, sto jesuprotno pretpostavci da je yn ≥ xn pocev od nekog n ∈ N.

Slicno se dokazuje da je limn→∞ xn ≤ lim

n→∞ yn.

Primetimo da smo Tvrdenje 2.78 mogli da dokazemo koriscenjem Tvrdenja 2.74i 2.75, i sledece leme koju je jednostavno dokazati.

Lema 2.79. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva takvi da je xn ≤ yn za svakon ∈ N. Tada je sup

nxn ≤ sup

nyn i inf

nxn ≤ inf

nyn.

Dokaz. Neka je lx = infn

xn, ly = infn

yn, Lx = supn

xn i Ly = supn

yn. Za svako n ∈ Nvazi xn ≤ yn ≤ Ly, sto znaci da je Ly gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, pa jeLx = sup{xn : n ∈ N} ≤ Ly. Slicno, buduci da je lx ≤ xn ≤ yn za svako n ∈ N, sledida je lx donja granica skupa {yn : n ∈ N}, pa je lx ≤ inf{yn : n ∈ N} = ly.

Dokaz Tvrdenja 2.78. Ne umanjujuci opstost mozemo pretpostaviti da je xn ≤ yn

za svako n ∈ N (jer limes suprior i limes inferior ne zavise od konacno mnogo clanovaniza). Ako niz (yn) nije ogranicen odozgo, onda je lim

n→∞ yn = +∞ i vazi nejednakost

(2.51). Pretpostavimo sada da je (yn) ogranicen odozgo. Tada je supk≥n

yn ∈ R za

svako n ∈ N. Iz Leme 2.79 sledi da je supk≥n

xk ≤ supk≥n

yk za svako n ∈ N. Primenimo

opet Lemu 2.79, ovog puta na nizove realnih brojeva (supk≥n

xk)n i (supk≥n

yk)n, a takode

i Tvrdenje 2.74 i dobicemo:

limn→∞ xn = inf

nsupk≥n

xn ≤ infn

supk≥n

yn = limn→∞ yn,


tj. vazi nejednakost (2.51).Slicno, ako niz (xn) nije ogranicen odozdo, onda je lim

n→∞xn = −∞ i vazi nejed-

nakost (2.50). Ako pretpostavimo da je niz (xn) odozdo ogranicen, onda je infk≥n

xk

konacan broj za svako n ∈ N. Na osnovu Leme 2.79 vazi infk≥n

xk ≤ infk≥n

yk za svako

n ∈ N, i opet primenom Leme 2.79 na nizove realnih brojeva ( infk≥n

xk)n i ( infk≥n

yk)n

dobijamo:sup

ninfk≥n

xk ≤ supn

infk≥n

yk,

sto na osnovu Tvrdenja 2.75, znaci da je limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn. ¤

Tvrdenje 2.80. Neka je (xn) niz realnih brojeva i M, m ∈ R. Tada:(2.80.1) Ako je xn ≤ M pocev od nekog n ∈ N, onda je lim

n→∞ xn ≤ M .

(2.80.2) Ako je xn ≥ m za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je limn→∞ xn ≥ m.

Dokaz. (2.80.1): Neka je xn ≤ M pocev od nekog n ∈ N. Tada iz Tvrdenja 2.78sledi lim

n→∞ xn ≤ limn→∞ M = M .

(2.80.2): Neka je xn ≥ m za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N. To znaci da seu intervalu [m,+∞) nalazi beskonacno mnogo clanova niza xn, pa se od njih mozeformirati podniz (xnk

). Kako je xnk≥ m za svako k ∈ N, na osnovu Tvrdenja

2.78 sledi limn→∞ xnk

≥ limn→∞ m = m. Iz (2.39) sledi lim

n→∞ xn ≥ limn→∞ xnk

, pa je

limn→∞ xn ≥ m.

Slicno se dokazuje sledece tvrdenje.

Tvrdenje 2.81. Neka je (xn) niz realnih brojeva i M, m ∈ R. Tada:(2.81.1) Ako je xn ≥ m pocev od nekog n ∈ N, onda je lim

n→∞xn ≥ m.

(2.81.2) Ako je xn ≤ M za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je limn→∞

xn ≤M .

Teorema 2.82. (Stolcova5 teorema) Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva,(yn) strogo rastuci niz i lim

n→∞ yn = +∞. Ako postoji granicna vrednost (konacna ili

beskonacna) limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1, onda postoji i granicna vrednost lim

n→∞xn

yni vazi

limn→∞

xn

yn= lim

n→∞xn − xn−1

yn − yn−1.

5O. Stolz (1842-1905), austrijski matematicar

90 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je l = limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1konacan broj i neka je ε > 0 proizvoljno. Kako

je limn→∞ yn = +∞, postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi

yk > 0 i

l − ε <xk − xk−1

yk − yk−1< l + ε. (2.53)

S obzirom da je niz (yn) strogo rastuci, sledi yk − yk−1 > 0, pa iz (2.53) dobijamo

(l − ε)(yk − yk−1) < xk − xk−1 < (l + ε)(yk − yk−1). (2.54)

Stavljajucu u (2.54) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0, i sabirajuci sve tenejednakosti, dobijamo

(l − ε)(yn − yn0) < xn − xn0 < (l + ε)(yn − yn0). (2.55)

Kako je yn > 0 za n > n0, to iz (2.55) deljenjem sa yn dobijamo

(l − ε)(

1− yn0

yn

)<

xn

yn− xn0

yn< (l + ε)

(1− yn0

yn

),

tj.

xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

)<

xn

yn<

xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

). (2.56)

Iz (2.56) i Tvrdenja 2.78 sledi

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞xn

yn≤

≤ limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞

(xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

)).

(2.57)

Medutim, iz limn→∞ yn = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.32 i Posledice 2.26, sledi

limn→∞

xn0

yn= 0 i lim

n→∞yn0

yn= 0, pa na osnovu Tvrdenja 2.16 i Posledice 2.26 sledi da

je

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))= l − ε

i

limn→∞

(xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

))= l + ε.

Na osnovu (2.48) sledi


limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))

= l − ε(2.58)

i

limn→∞

(xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

))

= l + ε.(2.59)

Iz (2.57), (2.58) i (2.59) sledi

l − ε ≤ limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ l + ε, (2.60)

tj.−ε ≤ −l + lim

n→∞xn

yn≤ −l + lim

n→∞xn

yn≤ ε, (2.61)

Kako (2.61) vazi za svako ε > 0, dobijamo da je

sup{−ε : ε > 0} ≤ −l + limn→∞

xn

yn≤ −l + lim

n→∞xn

yn≤ inf{ε : ε > 0}.

Ocigledo je inf{ε : ε > 0} = 0, i kako je sup{−ε : ε > 0} = − inf{ε : ε > 0} = 0,dobijamo da je

0 ≤ −l + limn→∞

xn

yn≤ −l + lim

n→∞xn

yn≤ 0,

tj. l ≤ limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ l, te je lim

n→∞xn

yn= lim

n→∞xn

yn= l 6.

Sada na osnovu Tvrdenja 2.76 sledi limn→∞

xn

yn= l.

6Do ovih jednakosti smo mogli da dodemo i na sledeci nacin:

Buduci da nejednakosti (2.60) vaze za svako ε > 0, uzimajuci ε =1

n, n ∈ N, dobijamo

− 1

n+ l ≤ lim

n→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ l +

1

n.

Odavde, na osnovu Tvrdenja 2.13 sledi

limn→∞

(− 1

n+ l) ≤ lim

n→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ lim

n→∞(l +

1

n),

odakle dobijamo l ≤ limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ l, tj. lim

n→∞

xn

yn= lim

n→∞xn

yn= l.

92 Glava 2. Nizovi

Neka je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞ i neka je M ∈ R proizvoljan broj. Tada postoji

n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

M <xk − xk−1

yk − yk−1. (2.62)

S obzirom da je niz (yn) strogo rastuci, iz (2.62) dobijamo

M(yk − yk−1) < xk − xk−1. (2.63)


M(yn − yn0) < xn − xn0 . (2.64)


M

(1− yn0

yn

)<

xn

yn− xn0

yn,

tj.

xn0

yn+ M

(1− yn0

yn

)<

xn

yn. (2.65)


limn→∞

(xn0

yn+ M

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞xn

yn. (2.66)

Iz limn→∞ yn = +∞ sledi lim

n→∞xn0

yn= 0 i lim

n→∞yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+ M

(1− yn0

yn

))= M.


limn→∞

(xn0

yn+ M

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ M

(1− yn0

yn

))= M (2.67)

Iz (2.66)i (2.67) slediM ≤ lim

n→∞xn

yn. (2.68)


Kako (2.68) vazi za svaki realan broj M , zakljucujemo da je limn→∞

xn

yn= +∞. Iz

+∞ = limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ +∞,

sledi limn→∞

xn

yn= lim

n→∞xn

yn= +∞. Sada na osnovu Tvrdenja 2.76 sledi lim

n→∞xn

yn=

+∞.Slicno se pokazuje da tvrdenje vazi i u slucaju kada je lim


yn − yn−1= −∞.

Na osnovu Stolcova teoreme egzistencija granicne vrednosti limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1je

dovoljan uslov za egzistenciju granicne vrednosti limn→∞

xn

yn. Sledeci primer pokazuje

egzistencija granicne vrednosti limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1nije nephodan uslov za egzistenciju

granicne vrednosti limn→∞

xn

yn.

Primer 2.83. Neka je xn = (−1)n i yn = n, n ∈ N. Tada je limn→∞

xn

yn= lim

n→∞(−1)n

n=

0. Kako je

xn − xn−1

yn − yn−1=

(−1)n − (−1)n−1

n− (n− 1)=

{2, ako je n = 2k,−2, ako je n = 2k − 1, k ∈ N,

zakljucujemo da ne postoji limes limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1.

Koriscenjem istog metoda kao u dokazu Stolcove teoreme, moze se dokazatisledece opstije tvrdenje.

Teorema 2.84. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva, (yn) strogo rastuci niz ilim

n→∞ yn = +∞. Tada je

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1≤ lim

n→∞xn

yn≤ lim

n→∞xn

yn≤ lim


yn − yn−1. (2.69)

Dokaz. Dokazimo da vazi nejednakost

limn→∞

xn − xn−1


n→∞xn

yn. (2.70)

94 Glava 2. Nizovi

Neka je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, onda nejednakost (2.70) ocigledno vazi. Ako je

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, onda iz +∞ = lim




yn − yn−1≤ +∞,

sledi limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= lim


yn − yn−1= +∞, pa je lim


yn − yn−1= +∞. Na

osnovu Tvrdenja 2.82 sledi da postoji i limn→∞

xn

yni da je lim

n→∞xn

yn= +∞. Prema

tome, limn→∞

xn

yn= lim

n→∞xn

yn= +∞ i vazi (2.70).

Pretpostavimo da je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= l konacan broj i neka je ε > 0 proizvoljno.

Iz limn→∞ yn = +∞ i Tvrdenja 2.73 sledi postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan

broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

l − ε <xk − xk−1

yk − yk−1. (2.71)


(l − ε)(yk − yk−1) < xk − xk−1. (2.72)


(l − ε)(yn − yn0) < xn − xn0 . (2.73)


(l − ε)(

1− yn0

yn

)<

xn

yn− xn0

yn,

tj.

xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

)<

xn

yn. (2.74)


limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞xn

yn. (2.75)

Medutim, iz limn→∞ yn = +∞, sledi lim

n→∞xn0

yn= 0 i lim

n→∞yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))= l − ε.



limn→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ (l − ε)

(1− yn0

yn

))

= l − ε.(2.76)

Iz (2.75)i (2.76) sledil − ε ≤ lim

n→∞xn

yn(2.77)

Kako (2.77) vazi za svako ε > 0, dobijamo da je l ≤ limn→∞

xn

yn, tj. vazi nejednakost

(2.70).Pokazimo da vazi nejednakost

limn→∞

xn

yn≤ lim


yn − yn−1. (2.78)

Slicno, ako je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, onda nejednakost lim

n→∞xn

yn≤ lim


yn − yn−1

ocigledno vazi. Ako je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, onda iz −∞ ≤ lim


yn − yn−1≤

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, sledi lim


yn − yn−1= lim


yn − yn−1= −∞, pa je

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞. Na osnovu Tvrdenja 2.82 sledi da postoji i lim

n→∞xn

yni da je

limn→∞

xn

yn= −∞. Prema tome, lim

n→∞xn

yn= lim

n→∞xn

yn= −∞ i vazi (2.78).

Neka je L = limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1konacan broj i neka je ε > 0 proizvoljno. Iz

limn→∞ yn = +∞ i Tvrdenja 2.72 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodanbroj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

xk − xk−1

yk − yk−1< L + ε. (2.79)


xk − xk−1 < (L + ε)(yk − yk−1). (2.80)


xn − xn0 < (L + ε)(yn − yn0). (2.81)

96 Glava 2. Nizovi


xn

yn− xn0

yn< (L + ε)

(1− yn0

yn

),

tj.

xn

yn<

xn0

yn+ (l + ε)

(1− yn0

yn

). (2.82)


limn→∞

xn

yn≤ lim

n→∞

(xn0

yn+ (L + ε)

(1− yn0

yn

)). (2.83)

Medutim, iz limn→∞ yn = +∞ sledi lim

n→∞xn0

yn= 0 i lim

n→∞yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+ (L + ε)

(1− yn0

yn

))= L + ε.


limn→∞

(xn0

yn+ (L + ε)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ (L + ε)

(1− yn0

yn

))

= L + ε.(2.84)

Iz (2.83) i (2.84) sledi

limn→∞

xn

yn≤ L + ε. (2.85)

Kako (2.85) vazi za svako ε > 0, dobijamo da je limn→∞

xn

yn≤ L, tj. vazi nejednakost

(2.78).

Tvrdenje 2.85. Neka je (an) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞

an ≤ limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ an

n≤ lim

n→∞a1 + a2 + · · ·+ an

n≤ lim

n→∞ an.

Dokaz. Primenom Teoreme 2.84 na nizove xn = a1 + a2 + · · · + an i yn = n(xn − xn−1 = an i yn − yn−1 = 1, n ≥ 2).


Posledica 2.86. Neka je (an) niz realnih brojeva. Ako postoji granicna vrednost(konacna ili beskonacna) lim

n→∞ an, onda postoji i granicna vrednost

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ an

n, i vazi

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ an

n= lim

n→∞ an.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.85 i Tvrdenja 2.76.

Tvrdenje 2.87. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

1an

=1

limn→∞ an

, limn→∞

1an

=1

limn→∞

an,

gde se uzima da je1

+∞ = 0 i10

= +∞.

Dokaz. Ostavljamo citaocu za vezbu.


limn→∞

an ≤ limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

(2.86)

≤ limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

≤ limn→∞ an.

Dokaz. Primenom Tvrdenja 2.85 na niz (1an

) dobijamo

limn→∞

1an

≤ limn→∞

1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

n≤ lim

n→∞

1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

n≤ lim

n→∞1an

.

Odavde, primenom Tvrdenja 2.87 dobijamo (2.86).

Posledica 2.89. Neka je (an) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Akopostoji granicna vrednost (konacna ili beskonacna) lim

n→∞ an, onda postoji i granicna

vrednost limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

, i vazi

limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

= limn→∞ an.


98 Glava 2. Nizovi


limn→∞

an ≤ limn→∞

n√

a1a2 . . . an ≤ limn→∞

n√

a1a2 . . . an ≤ limn→∞ an. (2.87)

Dokaz. Sledi iz nejednakosti

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

≤ n√

a1a2 . . . an ≤ a1 + a2 + · · ·+ an

n,

Tvrdenja 2.78, Tvrdenja 2.85 i Tvrdenja 2.88.

Posledica 2.91. Neka je (an) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Akopostoji granicna vrednost (konacna ili beskonacna) lim

n→∞ an, onda postoji i granicna

vrednost limn→∞

n√

a1a2 . . . an, i vazi

limn→∞

n√

a1a2 . . . an = limn→∞ an.


Tvrdenje 2.92. Ako je xn > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

xn

xn−1≤ lim

n→∞n√

xn ≤ limn→∞

n√

xn ≤ limn→∞

xn

xn−1. (2.88)

Dokaz. Kako jen√

xn = n

√x1 · x2

x1· · · · · xn

xn−1,

to stavljajuci u (2.87) an =xn

xn−1dobijamo (2.88).

Posledica 2.93. Neka je (xn) niz realnih brojeva i xn > 0 za svako n ∈ N. Ako pos-toji granicna vrednost (konacna ili beskonacna) lim

n→∞xn

xn−1, onda postoji i granicna

vrednost limn→∞

n√

xn, i vazi

limn→∞

xn

xn−1= lim

n→∞n√

xn.


Glava 3

Granicne vrednosti funkcija

3.1 Pojam granicne vrednosti funkcije

U ovoj sekciji X i Y oznacavaju neprazne podskupove skupa R.Sledeca definicija granicne vrednosti funkcije u tacki je poznata kao Kosijeva

definicija granicne vrednosti funkcije u tacki.

Definicija 3.1. (Cauchy) Za funkciju f : X → R neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X. Za b ∈ R kazemo da je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (ilikad x tezi ka x0) ako za svaku okolinu V (b) tacke b postoji okolina U(x0) tacke x0

tako da za svako x ∈ X ∩ U(x0), x 6= x0, vazi da je f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃U(x0))(∀x ∈ X)(x ∈ U(x0), x 6= x0 =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemolim

x→x0

f(x) = b.

Primetimo da prema uslovima prethodne definicije funkcija f moze ali ne morabiti definisana u tacki x0. Cak iako je funkcija f definisana u tacki x0, onda vrednostf(x0) ne utice na granicnu vrednost funkcije f u tacki x0. Da bismo ovo naglasili,

dogovorimo se da ako je U(x0) okolina tacke x0 ∈ R, onda sa◦U(x0) oznacavamo

skup◦U(x0) = U(x0)\{x0},

i zovemo ga probodena okolina tacke x0. Tako, ako je x0 ∈ R, pod probodenom

δ okolinom tacke x0 podrazumevamo skup◦U δ(x0) = (x0 − δ, x0 + δ)\{x0}. Ako

je x0 beskonacna tacka, onda se pojam okoline tacke x0 i probodene okoline tacke

99

100 Glava 3. Granicne vrednosti funkcija

x0 poklapaju, tj. pod probodenom okolinom +∞ (−∞) podrazumevamo interval(M, +∞) ((−∞,M)), M ∈ R.

Prema tome, sada mozemo pisati:

limx→x0

f(x) = b ⇐⇒ (∀V (b))(∃U(x0))(∀x)(x ∈◦U(x0) ∩X =⇒ f(x) ∈ V (b)),

tj.

limx→x0

f(x) = b ⇐⇒ (∀V (b))(∃U(x0))f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b).

Primetimo da u definiciji granicne vrednosti funkcije f , tacke x0 i b mogu biti konacnibrojevi, +∞ ili −∞. Za svaki od ovih slucajeva ponaosob napisacemo operativnijudefiniciju granicne vrednosti funkcije, i to najpre za slucaj kada su x0 i b konacnibrojevi.

Jasno je da za x0 ∈ R, x ∈◦U δ(x0) ako i samo ako je 0 < |x − x0| < δ. Sada

mozemo reci:

Definicija 3.2. Za funkciju f : X → R neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Broj b ∈ R je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako ε > 0 postojiδ > 0 tako da za svako x ∈ X iz probodene δ okoline tacke x0 vazi f(x) ∈ (b−ε, b+ε),tj. |f(x)− b| < ε:

limx→x0

f(x) = b ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− b| < ε).

Iz definicije sledi da se vrednosti funkcije f sve vise priblizavaju broju b ukolikose promenljiva x priblizava broju x0.

Pomenimo da je Kosijeva definicija granicne vrednosti funkcije u tacki (Definicija3.1) (zbog slucaja kada su x0 i b konacne tacke) poznata jos i kao (ε− δ)-definicijagranicne vrednosti funkcije u tacki.

Istaknimo, da ukoliko nije drugacije receno, za oblast definisanosti realne funkcijef realne promenljive zadate analitickim izrazom f(x) uzimamo najveci podskup (usmislu inkluzije) skupa R koji taj izraz dopusta, tj. skup svih realnih brojeva x zakoje je f(x) definisano.

Primer 3.3. Ako je f(x) = x2, dokazati da je limx→2

f(x) = 4.Kako je

|f(x)− 4| = |x2 − 4| = |(x− 2)(x + 2)| = |(x− 2)((x− 2) + 4)| ≤ |x− 2|(|x− 2|+ 4)

za |x− 2| < δ imamo|f(x)− 4| < δ(δ + 4).

3.1. Pojam granicne vrednosti funkcije 101

Ako se uzmeδ(δ + 4) = ε, (3.1)

onda je δ = −2 +√

4 + ε (jer ono drugo resenje koje se dobija iz jednacine (3.1) jenegativno, δ = −2−√4 + ε, i ne dolazi u obzir) i za |x− 2| < δ sledi |f(x)− 4| < ε.

Definicija 3.4. Za funkciju f : X → R neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Kazemo da je +∞ (−∞) granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka x0, i pisemolim

x→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji δ > 0 tako da za

svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) > M (f(x) < M):

limx→x0

f(x) = +∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) > M)

i

limx→x0

f(x) = −∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) < M).

Primer 3.5. Neka je funkcija f(x) =1

(x− 1)2, x ∈ X = R\{1}. 1 je ocigledno tacka

nagomilavanja skupa X. Neka je M ∈ R, M > 0, proizvoljno. Tada za δ =1√M

vazi da za svako x ∈ R takvo da je 0 < |x− 1| < δ imamo 0 < (x− 1)2 < δ2 =1M

,

pa je f(x) =1

(x− 1)2> M . Prema tome, lim

x→1f(x) = +∞.

Definicija 3.6. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupa X.Kazemo da je b ∈ R granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemolim

x→+∞ f(x) = b ( limx→−∞ f(x) = b), ako za svako ε > 0 postoji M ∈ R tako da za

svako x ∈ X takvo da x ∈ (M, +∞) (x ∈ (−∞,M)) vazi f(x) ∈ (b− ε, b + ε):

limx→+∞ f(x) = b ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x > M =⇒ |f(x)− b| < ε)

i

limx→−∞ f(x) = b ⇐⇒ (∀ε > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x < M =⇒ |f(x)− b| < ε).

Primer 3.7. Dokazati da je limx→+∞

1x

= 0 i limx→−∞

1x

= 0.

Resenje: Oblast definisanosti funkcije f(x) =1x

je X = R\{0} i +∞ i −∞ su tacke

nagomilavanja skupa X. Neka je ε > 0 proizvoljno i neka je M =1ε. Tada za svako


x > M vazi 0 <1x

<1M

= ε, pa je |1x| =

1x

< ε. Odavde sledi da je limx→+∞

1x

= 0.

Neka je M1 = −1ε. Tada za svaki realan broj x < M1 < 0 vazi 0 >

1x

>1

M1, pa je

|1x| = −1

x< − 1

M1= ε. Prema tome, lim

x→−∞1x

= 0.

Ostaje jos da damo operativniju varijantu Definicije 3.1 za slucaj kada su x0 i bbeskonacne tacke.

Definicija 3.8. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupa X.Kazemo da je +∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemolim

x→+∞ f(x) = +∞ ( limx→−∞ f(x) = +∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da

za svako x ∈ X takvo da x ∈ (K, +∞) (x ∈ (−∞,K)) vazi f(x) ∈ (M, +∞):

limx→+∞ f(x) = +∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) > M)

i

limx→−∞ f(x) = +∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) > M).

Definicija 3.9. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupa X.Kazemo da je −∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemolim

x→+∞ f(x) = −∞ ( limx→−∞ f(x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da

za svako x ∈ X takvo da x ∈ (K, +∞) (x ∈ (−∞,K)) vazi f(x) ∈ (−∞,M):

limx→+∞ f(x) = −∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) < M)

i

limx→−∞ f(x) = −∞⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) < M).

Primer 3.10. Dokazati da je limx→+∞x2 = +∞ i lim

x→−∞x2 = +∞.

Resenje: Oblast definisanosti funkcije f(x) = x2 je R i +∞ i −∞ su tacke nagomila-vanja skupa R. Neka je M > 0 proizvoljno i neka je K =

√M . Tada za svako

x > K > 0 vazi x2 > K2 = M , pa je limx→+∞x2 = +∞. Neka je K1 = −√M . Tada

za svaki realan broj x < K1 < 0 vazi 0 < −K1 < −x, pa je x2 > K21 = M . Prema

tome, limx→−∞x2 = +∞.


Sledeca definicija granicne vrednosti funkcije u tacki je poznata kao Hajneova1

definicija granicne vrednosti funkcije u tacki, i ona je ekvivalentna Kosijevoj definiciji(Definicija 3.1).

Definicija 3.11. (Heine) Neka f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Za b ∈ R kazemo da je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (ili kad xtezi ka x0), ako za svaki niz (xn) takav da xn ∈ X\{x0}, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, vazi

da je limn→∞ f(xn) = b, i tada pisemo lim

x→x0

f(x) = b.

Teorema 3.12. Definicije 3.1 i 3.11 granicne vrednosti funkcije u datoj tacki suekvivalentne.

Dokaz. Pretpostavimo da f : X → R i da je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.Neka je lim

x→x0

f(x) = b, b ∈ R, u smislu Definicije 3.1, i neka je (xn) niz realnih

brojeva takav da xn ∈ X\{x0} i limn→∞xn = x0. Neka je V (b) proizvoljna okolina

tacke b. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0, tako da je

f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b). (3.2)

Kako je limn→∞xn = x0 i xn 6= x0 za svako n ∈ N, postojace n0 ∈ N tako da za svaki

prirodan broj n ≥ n0 vazi xn ∈◦U(x0). Sada iz (3.2) sledi da f(xn) ∈ V (b) za svako

n ≥ n0. Prema tome, limn→∞ f(xn) = b. Dakle, b je granicna vrednost funkcije f u

tacki x0 u smislu Definicije 3.11.Pretpostavimo sada da b ∈ R nije granicna vrednost funkcije f u tacki x0 u

smislu Definicije 3.1. To znaci da vazi uslov:

¬(∀V (b))(∃U(x0))f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b),

tj.

(∃V (b))(∀U(x0))f(◦U(x0) ∩X) * V (b). (3.3)

Dakle, postoji okolina V (b) tacke b tako da za svaku okolinu U(x0) tacke x0 vazi

f(◦U(x0) ∩ X) * V (b). Ako je x0 konacan broj, sa Un obelezimo okolinu (x0 −

1n

, x0 +1n

) tacke x0, a ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), uzecemo da je Un = (n,+∞)

(Un = (−∞,−n)), n ∈ N. Iz uslova (3.3) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈◦

Un∩Xtako da f(xn) /∈ V (b). Za niz realnih brojeva (xn) ocigledno vazi xn ∈ X, xn 6= x0,

1H. E. Heine (1821-1881), nemacki matematicar


n ∈ N, limn→∞xn = x0 i lim

n→∞ f(xn) 6= b, i prema tome, b nije granicna vrednostfunkcije f u tacki x0 ni u smislu Definicije 3.11. ¤

Primer 3.13. Pokazati da funkcija f(x) =−x2 + 5x− 6

x− 2ima granicnu vrednost u

tacki −1.

Resenje: Pokazacemo da su ispunjeni uslovi Definicije 3.11 za x0 = −1 i b = 4.Neka je (xn)n proizvoljan niz takav da lim

n→∞xn = −1 i xn 6= −1 za svako n ∈ N.Tada

limn→∞

−x2n + 5xn − 6xn − 2

=−( lim

n→∞xn)2 + 5 limn→∞xn − 6

limn→∞xn − 2

=−12−3

= 4

(pritom smo uzeli da je xn 6= 2 za svako n ∈ N, jer za x = 2 funkcija nije definisana).Dakle, postoji lim

n→∞ f(xn) = 4 i kako ne zavisi od izbora niza (xn) koji konvergira

ka −1, to postoji limx→−1

f(x) = 4.

Primer 3.14. Da li postoji limx→+∞ cosx?

Neka je xn = 2nπ i x′n =π

3+ 2nπ, n ∈ N. Tada je lim

n→∞xn = limn→∞x′n = +∞,

limn→∞ cosxn = 1 i lim

n→∞ cosx′n =12. Prema tome, ne postoji vrednost kojoj bi tezio

niz (cos an) za svaki niz (an) koji tezi ka +∞, i zato limx→+∞ cosx ne postoji.

Primer 3.15. Ako je f(x) = x − [x], x ∈ R, pokazati da ne postoji limx→+∞ f(x) i

limx→−∞ f(x).

Neka je xn = n i x′n = n +12, n ∈ N. Tada lim

n→∞xn = limn→∞x′n = +∞,

f(xn) = n − [n] = n − n = 0 i f(x′n) = n +12− [n +

12] = n +

12− n =

12, te

je limn→∞ f(xn) = 0 i lim

n→∞ f(x′n) =12.

Buduci da ne postoji vrednost kojoj bi tezio niz (f(an)) za svaki niz (an) kojitezi ka +∞, lim

x→+∞ f(x) ne postoji.

Neka je zn = −n i z′n = −n +12, n ∈ N. Tada lim

n→∞ zn = limn→∞ z′n = −∞,

f(zn) = −n−[−n] = −n−(−n) = 0 i f(z′n) = −n+12−[−n+

12] = −n+

12−(−n) =

12,

te je limn→∞ f(zn) = 0 i lim

n→∞ f(z′n) =12. Prema tome, ne postoji lim

x→−∞ f(x).



limx→+∞

(1 +

1x

)x

= e i limx→−∞

(1 +

1x

)x

= e. (3.4)

Dokaz. Dokazimo najpre da za svaki niz prirodnih brojeva (nk)k takav da

limk→∞

nk = +∞ (3.5)

vazi

limk→∞

(1 +

1nk

)nk

= e. (3.6)

Neka je ε > 0. Kako je

limn→∞

(1 +

1n

)n

= e,

postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N,

n ≥ n0 =⇒∣∣∣∣(

1 +1n

)n

− e

∣∣∣∣ < ε. (3.7)

Iz (3.5) sledi da postoji k0 ∈ N tako da za k ≥ k0 vazi nk > n0, te zbog (3.7)

dobijamo∣∣∣∣(

1 +1nk

)nk

− e

∣∣∣∣ < ε. Ovim smo dokazali jednakost (3.6).

Neka je sada (xk)k proizvoljan niz realnih brojeva koji tezi ka +∞. Ne uman-jujuci opstost dokaza mozemo pretpostaviti da je xk ≥ 1 za svako k ∈ N. Da bismodokazali prvu jednakost u (3.4), na osnovu Heineove definicije granicne vrednostifunkcija, dovoljno je dokazati da je

limk→∞

(1 +

1xk

)xk

= e. (3.8)

Neka je nk = [xk], k ∈ N. Tada je nk ∈ N i

nk ≤ xk < nk + 1, k ∈ N. (3.9)

Odavde1

nk + 1<

1xk

≤ 1nk

i stoga

1 +1

nk + 1< 1 +

1xk

≤ 1 +1nk

. (3.10)


Iz (3.9) i (3.10) sledi

(1 +

1nk + 1

)nk

<

(1 +

1xk

)xk

<

(1 +

1nk

)nk+1

. (3.11)

Kako je

limk→∞

(1 +

1nk + 1

)nk

= limk→∞

(1 + 1

nk+1

)nk+1

1 + 1nk+1

=e

1= e

i

limk→∞

(1 +

1nk

)nk+1

= limk→∞

(1 +

1nk

)nk(

1 +1nk

)= e · 1 = e,

iz nejednakosti (3.11) i Teoreme 3.38 dobijamo (3.8).Neka je sada (xk)k niz realnih brojeva koji tezi ka −∞. Mozemo pretpostaviti

da je xk ≤ −1 za svako k ∈ N. Da bismo dokazali drugu jednakost u (3.4) dovoljnoje dokazati da vazi (3.8).

Neka je yk = −xk, k ∈ N. Tada je yk ≥ 1 i limk→+∞

yk = +∞, te je

(1 +

1xk

)xk

=(

1− 1yk

)−yk

=(

yk − 1yk

)−yk

=(

yk

yk − 1

)yk

=

=(

1 +1

yk − 1

)yk

=(

1 +1

yk − 1

)yk−1 (1 +

1yk − 1

).

Kako je na osnovu vec dokazanog

limk→+∞

(1 +

1yk − 1

)yk−1

= e,

to je i

limk→+∞

(1 +

1yk − 1

)yk−1 (1 +

1yk − 1

)= e.

Prema tome, vazi limk→∞

(1 +

1xk

)xk

= e. Kako je (xk) proizvoljan niz realnih

brojeva koji tezi ka −∞, na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije,sledi da vazi druga jednakost u (3.4). ¤

Definicija 3.17. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩(−∞, x0). Za b ∈ R kazemo da je leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako


za svaku okolinu V (b) tacke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjavauslov x ∈ (x0 − δ, x0) vazi f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemolim

x→x0−0f(x) = b ili b = f(x0 − 0).

Analogno se definise desna granicna vrednost funkcije u tacki.

Definicija 3.18. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩(x0, +∞). Za b ∈ R kazemo da je desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 akoza svaku okolinu V (b) tacke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjavauslov x ∈ (x0, x0 + δ) vazi f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemolim

x→x0+0f(x) = b ili b = f(x0 + 0).

Ako je b u Definicijama 3.17 i 3.18 konacan broj, onda se one mogu iskazati nasledeci nacin:

Definicija 3.19. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩(−∞, x0). Za b ∈ R kazemo da je leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 akoza svako ε > 0 postoji okolina δ = δ(ε) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjavauslov x ∈ (x0 − δ, x0) vazi f(x) ∈ (b− ε, b + ε):

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

Definicija 3.20. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩(x0, +∞). Za b ∈ R kazemo da je desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 akoza svako ε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslovx ∈ (x0, x0 + δ) vazi f(x) ∈ (b− ε, b + ε):

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ |f(x)− b| < ε).

U slucaju x0 = 0 umesto x → 0 + 0 (x → 0 − 0) pisemo jednostavno x → +0(x → −0).


Primer 3.21. Neka je f(x) =1x

. Domen funkcije f je R\{0} i 0 je tacka nagomila-vanja domena. Pokazimo da je

limx→+0

1x

= +∞ i limx→−0

1x

= −∞.

Neka je M > 0 proizvoljno i neka je δ =1M

. Tada za x ∈ (0, δ) vazi f(x) =1x

>1δ

=

M . Prema tome, limx→+0

f(x) = +∞. Za x ∈ (−δ, 0) vazi f(x) =1x

< −1δ

= −M , pa

po definiciji sledi da je limx→−0

f(x) = −∞.

Analogno dokazu Teoreme 3.12, pokazuje se da je Definicija 3.17 (Definicija 3.18)ekvivalentna sledecoj:

Definicija 3.22. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩(−∞, x0) (X ∩ (x0, +∞)). Za b ∈ R kazemo da je leva (desna) granicna vrednostfunkcije f u tacki x0 ako za svaki niz (xn) takav da xn ∈ X ∩ (−∞, x0) (xn ∈X ∩ (x0, +∞)), n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, vazi da je limn→∞ f(xn) = b.

Primer 3.23. Neka je f(x) = sin1x

. Pokazacemo da ova funkcija nema ni desnu nilevu granicnu vrednost u 0.

Neka je xn =1

nπ, x′n =

1π

6+ 2nπ

, zn = −xn i z′n = −x′n, n = 1, 2, . . . . Jasno,

xn > 0, x′n > 0, limn→∞xn = lim

n→∞x′n = 0, f(xn) = 0, f(x′n) =12. Zato lim

n→∞ f(xn) = 0

i limn→∞ f(x′n) =

12

i stoga, na osnovu Definicije 3.22, limx→+0

f(x) ne postoji.

Slicno, zn < 0, z′n < 0, limn→∞ zn = lim

n→∞ z′n = 0, f(zn) = 0, f(z′n) = −12 . Sledi

limn→∞ f(zn) = 0 i lim

n→∞ f(z′n) = −12

i stoga limx→−0

f(x) ne postoji.

Na osnovu Definicije 3.11 zakljucujemo da ne postoji ni limx→0

f(x).

Primer 3.24. Neka je f(x) = sgnx. Pokazacemo da ova funkcija ima levu i desnugranicnu vrednost u 0, ali da se one razlikuju.

Neka je xn > 0, x′n < 0, n ∈ N i limn→∞xn = lim

n→∞x′n = 0. Tada je

limn→∞ sgnxn = lim

n→∞ 1 = 1, limn→∞ sgnx′n = lim

n→∞(−1) = −1,

i stoga jelim

x→+0sgnx = 1 i lim

x→−0sgn x = −1.


Takode sledi da limx→0

sgnx ne postoji.

Tvrdenje 3.25. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX ∩ (−∞, x0), a takode i skupa X ∩ (x0, +∞). Funkcija f ima granicnu vrednost utacki x0 ako i samo ako ima levu i desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su onejednake.

Dokaz. Neka je limx→x0

f(x) = b ∈ R i neka je V (b) proizvoljna okolina tacke b. Tada

postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje zadovoljava uslove |x− x0| < δ i x 6= x0

vazi f(x) ∈ V (b). To znaci da za x ∈ (x0 − δ, x0) ∩X, kao i za x ∈ (x0, x0 + δ) ∩Xvazi f(x) ∈ V (b). Na osnovu Definicija 3.17 i 3.18 zakljucujemo da funkcija f ima ilevu i desnu granicnu vrednost u tacki x0 i da su one jednake b.

Obrnuto, pretpostavimo da vazi

limx→x0+0

f(x) = limx→x0−0

f(x) = b. (3.12)

Neka je V (b) proizvoljna okolina tacke b. Na osnovu (3.12) postoji δ1 > 0 tako daza svako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 − δ1, x0) vazi f(x) ∈ V (b). Takode postojiδ2 > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0, x0 + δ2) vazi f(x) ∈ V (b).Neka je δ = min{δ1, δ2}. Tada za x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} vazif(x) ∈ V (b). Prema tome, lim

x→x0

f(x) = b. ¤

Primer 3.26. Neka je

f(x) =

x− 3, x < 112 , x = 1x2 , x > 1

Tada jelim

x→1−0f(x) = lim

x→1−0(x− 3) = −2,

ilim

x→1+0f(x) = lim

x→1+0x2 = 1.

Na osnovu Tvrdenja 3.25 zakljucujemo da limx→1

f(x) ne postoji.

Neka je f : X → R, X1 ⊂ X i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X1. Granicnuvrednost restrikcije f1 = f|X1

u tacki x0 obelezavamo sa limx→x0, x∈X1

f(x).

Primetimo, da ako je x0 ∈ R i X1 = X ∩ (x0,+∞), onda je limx→x0, x∈X1

f(x) =

limx→x0+0

f(x), a ako je X1 = X ∩ (−∞, x0), onda je limx→x0, x∈X1


f(x).


Jasno je da ako postoji limx→x0

f(x), onda za svaki podskup X1 skupa X, takav da

je x0 ∈ acc X1, postoji i limx→x0, x∈X1

f(x) i vazi jednakost limx→x0, x∈X1

f(x) = limx→x0

f(x).

Obrnuto ne mora da vazi, sto pokazuju sledeci primeri.

Primer 3.27. Za funkciju f(x) = x − [x] oblast definisanosti je skup R, i za re-strikciju f1 = f|Z vazi da je f1(x) = 0 za svako x ∈ Z. Zato je lim

x→+∞ f1(x) = 0,

tj. limx→+∞, x∈Z

(x − [x]) = 0. Medutim, kao sto smo videli limx→+∞(x − [x]) ne postoji

(Primer 3.15).

Primer 3.28. Dirihleova2funkcija je definisana sa

χ(x) ={

1, x ∈ Q0, x /∈ Q

Za bilo koju tacku x0 ∈ R, u svakoj njenoj okolini nalazi se beskonacno mnogokako racionalnih tako i iracionalnih brojeva, tj. x0 je tacka nagomilavanja kako skuparacionalnih brojeva Q, tako i skupa iracionalnih brojeva I. Kako je χ|Q(x) = 1, zasvako x ∈ Q, i χ|I(x) = 0, za svako x ∈ I, to je lim

x→x0, x∈Qχ(x) = 1 i lim

x→x0, x∈Iχ(x) = 0.

Medutim ni za jedno x0 ∈ R ne postoji limx→x0

χ(x). U stvari, ne postoje ni jednostrane

granicne vrednosti limx→x0−0

χ(x) i limx→x0+0

χ(x).

Tvrdenje 3.29. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.Funkcija f ima granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svaki niz realnihbrojeva (xn) takav da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, niz (f(xn)) ima

granicnu vrednost (konacnu ili beskonacnu).

Dokaz. (=⇒) : Sledi iz same definicije granicne vrednosti funkcije (Definicija 3.11).(⇐=): Neka za svaki niz realnih brojeva (xn) takav da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i

limn→∞xn = x0, niz (f(xn)) ima granicnu vrednost. Neka su (x′n) i (x′′n) nizovi realnih

brojeva takvi da je x′n, x′′n ∈ X \{x0}, n ∈ N, i limn→∞x′n = lim

n→∞x′′n = x0. Formirajmoniz

xn ={

x′k, n = 2k − 1x′′k, n = 2k, k ∈ N

Jasno, xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i limn→∞xn = x0. Na osnovu pretpostavke niz (f(xn))

ima granicnu vrednost, i kako su (f(x′n)) i (f(x′′n)) podnizovi niza (f(xn)), sledi

limn→∞ f(x′n) = lim

n→∞ f(xn), limn→∞ f(x′′n) = lim

n→∞ f(xn),

2P. G. L. Dirichlet (1805-1859), nemacki matematicar

3.1. Osobine granicnih vrednosti funkcija 111

odakle dobijamolim

n→∞ f(x′n) = limn→∞ f(x′′n).

Prema tome, granicna vrednost niza (f(xn)), gde je xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, ilim

n→∞xn = x0, ne zavisi od izbora niza (xn). Ako oznacimo tu granicnu vrednost sa

b, na osnovu Definicije 3.11, imamo da je limx→x0

f(x) = b.

Tvrdenje 3.29 se moze formulisati i za slucaj jednostranih granicnih vrednosti.

3.2 Osobine granicnih vrednosti funkcija

Naredna tvrdenja su iskazana za slucaj dvostrane granicne vrednosti, ali ona vazei u slucaju jednostranih granicnih vrednosti, s tim sto bi u tom slucaju terminprobodena okolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina.

S obzirom da se pojam granicne vrednosti funkcija svodi na granicnu vrednostniza, osobine granicnih vrednosti nizova se prenose i na granicne vrednosti funkcija.Naredna tvrdenja se mogu dokazati kako koriscenjem odgovarajucih tvrdenja zanizove, tako i ”na jeziku okolina”.

Tvrdenje 3.30. Ako postoji granicna vrednost funkcije f u tacki x0, onda je onajedinstvena.

Dokaz. Neka je f : X → R, x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, i neka funkcija fima dve razlicite granicne vrednosti b i b1 u tacki x0 (b, b1 ∈ R). Tada postoje okolineV (b) i W (b1) tacaka b i b1, respektivno, koje su disjunktne. Kako je lim

x→x0

f(x) = b,

sledi da postoji okolina U1(x0) tacke x0 tako da je f(◦U1(x0)∩X) ⊂ V (b). Takode, iz

limx→x0

f(x) = b1 sledi da postoji okolina U2(x0) tacke x0 tako da je f(◦U2(x0)∩X) ⊂

W (b1). Za okolinu U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0) tacke x0 vazi da je f(◦U(x0) ∩ X) ⊂

V (b) ∩W (b1), sto protivureci cinjenici da su okoline V (b) i W (b1) disjunktne.

Definicija 3.31. Za funkciju f : X → R kazemo da je ogranicna odozgo (odozdo)ako je ogranicen odozgo (odozdo) skup njenih vrednosti {f(x) : x ∈ X}, tj. akopostoji M ∈ R tako da je f(x) ≤ M (f(x) ≥ M) za svako x ∈ X. Funkcija jeogranicena ako je ogranicena odozgo i odozdo.

Tvrdenje 3.32. Ako funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ∈ R,onda je ona ogranicena u nekoj probodenoj okolini tacke x0.


Dokaz. Neka je f : X → R, x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, i limx→x0

f(x) =

A ∈ R. Na osnovu definicije granicne vrednosti funkcije, za ε = 1 postoji probodena

okolina◦U(x0) tacke x0 tako da za svako x ∈

◦U(x0) ∩ X vazi |f(x) − A| < 1, tj.

A− 1 < f(x) < A + 1. Ovo znaci da je funkcija f ogranicena u probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0. ¤

Tvrdenje 3.33. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Ako je lim

x→x0

f(x) = b, limx→x0

g(x) = c i b < c, tada postoji okolina U(x0)

tacke x0, takva da je f(x) < g(x) za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Dokaz. Ako su b i c konacni brojevi, neka je ε =c− b

2, i neka je V (b) ε-okolina tacke

b i W (c) ε-okolina tacke c. Jasno je da je za svako s ∈ V (b) i svako t ∈ W (c) vazinejednakost s < t. Slicno ako je jedna od tacaka b ili c beskonacna, mogu se naciokolina V (b) tacke b i okolina W (c) tacke c, tako da za bilo koje s ∈ V (b) i bilo kojet ∈ W (c) vazi s < t.

Iz limx→x0

f(x) = b sledi da postoji okolina U1(x0) tako da je f(◦U1(x0)∩X) ⊂ V (b).

Takode, iz limx→x0

g(x) = c sledi da postoji U2(x0) tako da je g(◦U2(x0) ∩X) ⊂ W (c).

Neka je U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0). Tada za svako x ∈◦U(x0) ∩X vazi f(x) ∈ V (b) i

g(x) ∈ W (c), pa je f(x) < g(x).

Posledica 3.34. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Akoje lim

x→x0

f(x) = b < c, onda postoji okolina U(x0) tacke x0, takva da je f(x) < c za

svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Analogno tvrdenje vazi ako se relacijski znak < zameni znakom >.

Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda je limx→x0

g(x) = c, pa je limx→x0

f(x) <

limx→x0

g(x). Na osnovu Tvrdenja 3.33 sledi da postoji okolina U(x0) tacke x0, takva

da je f(x) < g(x) = c za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Posledica 3.35. Ako funkcija f u tacki x0 ima granicnu vrednost razlicitu od 0,onda funkcija ima isti znak kao i ta granicna vrednost u nekoj probodenoj okolinitacke x0.

Dokaz. Sledi iz Posledice 3.34 (za slucaj kada je c = 0). ¤


Tvrdenje 3.36. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja

skupa X. Neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno g(x) ≤ f(x)

za svako x ∈◦U(x0) ∩X i neka postoje (konacne ili beskonacne) granicne vrednosti

limx→x0

g(x) i limx→x0

f(x). Tada je

limx→x0

g(x) ≤ limx→x0

f(x).

Dokaz. Pretpostavimo da je limx→x0

f(x) < limx→x0

g(x). Iz Tvrdenja 3.33 sledi postoji

okolina U1(x0) tacke x0, takva da je f(x) < g(x) za svako x ∈◦U1(x0) ∩ X. Za

okolinu U2(x0) = U(x0) ∩ U1(x0) tacke x0 ispunjeno je da za sve x ∈◦U2(x0) ∩ X

istovremeno vaze nejednakosti f(x) < g(x) i f(x) ≥ g(x), sto je apsurd. Dobijenaprotivurecnost dokazuje da je lim

x→x0

g(x) ≤ limx→x0

f(x).

Tvrdenje 3.37. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.

Neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno c ≤ f(x) za svako

x ∈◦U(x0)∩X i neka postoji (konacna ili beskonacna) granicna vrednost lim

x→x0

f(x).

Tada je c ≤ limx→x0

f(x).

Analogno tvrdenje vazi ako se znak ≤ zameni znakom ≥.

Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda funkcije f i g ispunjavaju usloveTvrdenja 3.36, odakle sledi da je lim

x→x0

g(x) ≤ limx→x0

f(x), tj. c ≤ limx→x0

f(x).

Tvrdenje 3.38. Neka su date tri funkcije ϕ, f, ψ : X → R i neka je x0 tacka

nagomilavanja skupa X. Neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 is-

punjeno ϕ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) za svako x ∈◦U(x0) ∩ X i neka postoje (konacne ili

beskonacne) granicne vrednosti limx→x0

ϕ(x) i limx→x0

ψ(x) koje su medusobno jednake.

Tada postoji i granicna vrednost limx→x0

f(x) i vazi

limx→x0

ϕ(x) = limx→x0

f(x) = limx→x0

ψ(x).


ϕ(x) = limx→x0

ψ(x) = A, xn ∈◦U(x0) ∩ X, n = 1, 2, . . . i

limn→∞xn = x0. Tada je lim

n→∞ϕ(xn) = limn→∞ψ(xn) = A i

ϕ(xn) ≤ f(xn) ≤ ψ(xn).


Na osnovu Teoreme ”o zatvoreniku izmedu dva policajca” za nizove, sledi da jelim

n→∞ f(xn) = A. Iz definicije granicne vrednosti funkcija sledi da postoji granicna

vrednost funkcije f u tacki x0 i da je limx→x0

f(x) = A. ¤

Primer 3.39. Da li postoji limx→0

x cos1x

?Iz

|x cos1x| = |x|| cos

1x| ≤ |x|, x 6= 0,

sledi−|x| ≤ x cos

1x≤ |x|, x 6= 0.

Kako je limx→0

(−|x|) = limx→0

|x| = 0, na osnovu Tvrdenja 3.38, zakljucujemo da je

limx→0

x cos1x

= 0.

Tvrdenje 3.40. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Ako postoje konacne granicne vrednosti lim

x→x0

f(x) i limx→x0

g(x), onda postoje

i konacne granicne vrednosti limx→x0

(f(x)+ g(x)), limx→x0

(f(x)− g(x)), limx→x0

(f(x)g(x)),

a ako je limx→x0

g(x) 6= 0, onda i granicna vrednost limx→x0

f(x)g(x)

i vazi

limx→x0

(f(x) + g(x)) = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x), (3.13)

limx→x0

(f(x)− g(x)) = limx→x0

f(x)− limx→x0

g(x), (3.14)

limx→x0

(f(x)g(x)) = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x), (3.15)

limx→x0

f(x)g(x)

=lim

x→x0

f(x)

limx→x0

g(x)(3.16)


f(x) = b ∈ R i limx→x0

g(x) = c ∈ R i c 6= 0. Iz Posledice 3.35

sledi da postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) 6= 0 za svako x ∈◦U(x0)∩X.

Prema tome, za x ∈◦U(x0) ∩X definisan je kolicnik

f(x)g(x)

. Neka je (xn) niz realnih

brojeva takav da xn ∈◦U(x0) ∩ X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0. Tada je g(xn) 6= 0 zasve n ∈ N, i na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije imamo da je

limn→∞ f(xn) = b i lim

n→∞ g(xn) = c. Iz Tvrdenja 2.31 sledi da postoji limn→∞

f(xn)g(xn)

i da


je limn→∞

f(xn)g(xn)

=b

c. Na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije sledi

da je

limx→x0

f(x)g(x)

=b

c=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x).

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.

Posledica 3.41. Ako postoji konacna granicna vrednost limx→x0

f(x), tada za svako

c ∈ R postoje granicne vrednosti limx→x0

(f(x) + c), limx→x0

(f(x)− c) i limx→x0

cf(x), i vazi

limx→x0

(f(x) + c) = limx→x0

f(x) + c, (3.17)

limx→x0

(f(x)− c) = limx→x0

f(x)− c, (3.18)

limx→x0

c f(x) = c limx→x0

f(x). (3.19)

Dokaz. Neka je g(x) = c, x ∈ R. Tada je limx→x0

g(x) = c i iz Tvrdenja 3.40 sledi da

funkcije f + g, f − g i gf imaju konacnu granicnu vrednost u tacki x0. Pritom jena osnovu (3.15)

limx→x0

g(x)f(x) = limx→x0

g(x) limx→x0

f(x) = c limx→x0

f(x),

tj. vazi (3.19). Jednakosti (3.17) i (3.18) se slicno dokazuju.

Posledica 3.42. Ako postoji konacna granicna vrednost limx→x0

f(x), tada za svako

k ∈ N postoji granicna vrednost limx→x0

(f(x))k i vazi

limx→x0

(f(x))k = ( limx→x0

f(x))k.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 3.40, (3.15), na osnovu principa matematicke indukcije.

Tvrdenje 3.43. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X.

(3.43.1) Ako je limx→x0

f(x) = +∞ i limx→x0

g(x) = +∞, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) =+∞.


f(x) = −∞ i limx→x0

g(x) = −∞, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) =−∞.



f(x) = +∞ i funkcija g odozdo ogranicena u nekoj probodenoj

okolini tacke x0, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞.


f(x) = −∞ i funkcija g odozgo ogranicena u nekoj probodenoj


(f(x) + g(x)) = −∞.


f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞) i postoji konacna granicna

vrednost limx→x0

g(x) = y ∈ R, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞ ( limx→x0

(f(x) + g(x)) =

−∞).

Dokaz. (3.43.3): Neka je limx→x0

f(x) = +∞ i funkcija g odozdo ogranicena u nekoj

probodenoj okolini tacke x0, tj. postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da je g(x) < c

za neko c ∈ R, i sve x ∈◦U(x0) ∩X. Neka je (xn) niz realnih brojeva takav da xn ∈

◦U(x0) ∩X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0. Tada je limn→∞ f(xn) = +∞ i g(xn) < c za svako

n ∈ N. Sada iz Tvrdenja 2.17 ((2.17.3)) sledi limn→∞ f(xn)g(xn) = +∞. Na osnovu

Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije zakljucujemo da je limx→x0

f(x)g(x) =+∞.

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno, koriscenjem odgovarajucih delova Tvrdenja2.17 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije.

Tvrdenje 3.44. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X.(3.44.1) Ako je lim

x→x0


g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞), onda je

limx→x0

f(x)g(x) = +∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).


f(x) = +∞ i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0) u nekoj probodenoj


f(x)g(x) = +∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).



g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je

limx→x0

f(x)g(x) = +∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).



g(x) = −∞, onda je limx→x0

f(x)g(x) = +∞.



g(x) = y ∈ R i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0)

u nekoj probodenoj okolini tacke x0, onda je limx→x0

f(x)g(x) = −∞ ( limx→x0

f(x)g(x) =

+∞).(3.44.6) Ako je lim

x→x0


g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je

limx→x0

f(x)g(x) = −∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = +∞).


Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.28 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije.

Definicija 3.45. Za funkciju α kazemo da je beskonacno mala funkcija kad x tezika x0 (ovde x0 moze biti realan broj ili jedna od beskonacnosti) ako je

limx→x0

α(x) = 0.

Beskonacno mala α cesto se naziva i infinitezimala.Sledece tvrdenje se moguce dokazati koriscenjem odgovarajucih osobina nula

nizova, ali takode sledi i iz Tvrdenja 3.40.

Tvrdenje 3.46. Zbir, razlika i proizvod dve beskonacno male funkcije kad x → x0

je beskonacno mala funkcija kad x → x0.(Podrazumeva se da su zbir, razlika i proizvod beskonacno malih funkcija kad

x → x0, α i β, definisani na preseku oblasti definisanosti funkcija α i β).

Tvrdenje 3.47. Ako je α beskonacno mala kad x → x0, a g funkcija ogranicena unekoj probodenoj okolini tacke x0, onda je gα beskonacno mala kad x → x0.

Dokaz. Neka su α, g : X → R, x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, limx→x0

α(x) = 0

i neka postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da je |g(x)| < c za neko c ∈ R, c > 0,

i sve x ∈◦U(x0) ∩ X. Neka je (xn) niz realnih brojeva takav da xn ∈

◦U(x0) ∩ X,

n ∈ N, i limn→∞xn = x0. Tada je lim

n→∞α(xn) = 0 i |g(xn)| < c za svako n ∈ N.

Kako je proizvod nula-niza i ogranicenog niza opet nula-niz (Tvrdenje 2.22), sledilim

n→∞ g(xn)α(xn) = 0. Na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije

zakljucujemo da je limx→x0

g(x)α(x) = 0.

Naravno, prethodno tvrdenje smo mogli da dokazemo i ”na jeziku okolina”,koriscenjem Kosijeve definicije granicne vrednosti funkcije.

Primer 3.48. Buduci da su funkcije g1(x) = cos1x

i g2(x) = sin1x

, x ∈ R \ {0},ogranicene, a α(x) = x beskonacno mala kad x → 0, iz Tvrdenja 3.47 sledi da su

funkcije f1(x) = x cos1x

i f2(x) = x sin1x

beskonacno male kad x → 0.

Sledeca teorema pokazuje da se pojam granicne vrednosti funkcije moze svestina pojam beskonacno male.

Tvrdenje 3.49. Funkcija f : X → R u tacki x0 ∈ R, x0 ∈ acc X, ima konacnugranicnu vrednost jednaku A, lim

x→x0

f(x) = A ∈ R, ako i samo ako postoji okolina U

tacke x0 i beskonacno mala α kad x → x0 tako da je

f(x) = A + α(x) za x ∈◦U ∩X.



f(x) = A. Definisimo α(x) = f(x) − A za x ∈ X. Tada na

osnovu (3.18) sledi

limx→x0

α(x) = limx→x0

(f(x)−A) = limx→x0

f(x)−A = A−A = 0,

i ocigledno je f(x) = A + α(x).Obrnuto, ako je f(x) = A + α(x) za x ∈ X iz neke probodene okoline tacke x0,

i limx→x0

α(x) = 0, tada je na osnovu (3.17)

limx→x0

f(x) = limx→x0

(A + α(x)) = A + limx→x0

α(x) = A + 0 = A. ¤

Tvrdenje 3.50. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja

skupa X. Ako je limx→x0

f(x) = +∞ ( limn→∞ f(x) = −∞), onda je

1f

beskonacno mala

kad x → x0.


Tvrdenje 3.51. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tackanagomilavanja skupa X.(3.51.1) Ako je lim

x→x0

g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞) i funkcija f ogranicena u nekoj

probodenoj okolini tacke x0, onda jef

gbeskonacno mala kad x → x0.


g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞) i postoji konacna granicna

vrednost limx→x0

f(x), onda jef(x)g(x)

beskonacno mala kad x → x0.

Dokaz. (3.51.1): Sledi iz Tvrdenja 3.47 i Tvrdenja 3.50.(3.51.2): Sledi iz (3.51.1) i Tvrdenja 3.32.

Napomena 3.52. Ako je α beskonacno mala kad x → x0, onda funkcija1α

ne

mora da ima granicnu vrednost u tacki x0. Na primer, funkcija α(x) = x, x ∈ R,

je beskonacno mala kad x → 0, ali limx→+0

1α(x)

= limx→+0

1x

= +∞ i limx→−0

1α(x)

=

limx→−0

1x

= −∞ (Primer 3.21), te na osnovu Tvrdenje 3.25 ne postoji limx→0

1α(x)

.

Tvrdenje 3.53. Neka je α : X → R beskonacno mala kad x → x0, x0 ∈ acc X, i

neka je U(x0) okolina tacke x0 takva da je α(x) > 0 (α(x) < 0) za x ∈◦U(x0) ∩X.

Tada je limx→x0

1α(x)

= +∞ ( limx→x0

1α(x)

= −∞).




limx→x0

sinx = sinx0, (3.20)

limx→x0

cosx = cos x0, za svako x0 ∈ R, (3.21)

i da je

limx→0

sinx

x= 1. (3.22)

Dokaz. Uocimo kruznicu poluprecnika R sa centrom u tacki O. Neka poluprecnikOB sa poluprecnikom OA gradi ugao od x radijana, 0 < x <

π

2. U tacki A

konstruisimo normalu na poluprecnik OA i neka ona sece poluprecnik OB u tackiC.

Povrsina trougla OAB je12R2 sinx, povrsina kruznog isecka OAB je

12R2x, dok

je povrsina trougla OAC jednaka12R2tgx. Kako je trougao OAB sadrzan u kruznom

isecku OAB, a ovaj pak sadrzan u trouglu OAC, to dobijamo nejednakost:

12R2 sinx <

12R2x <

12R2tgx.

Dakle, vaze nejednakosti

sinx < x < tgx za 0 < x <π

2. (3.23)

Dokazimo sada da vazi nejednakost:

| sinx| ≤ |x| za x ∈ R. (3.24)


Iz prve nejednakosti u (3.23) sledi da je za 0 < x <π

2, | sinx| = sinx ≤ x = |x|.

Ako je −π

2< x < 0, onda je 0 < −x <

π

2, i opet na osnovu prve nejednakosti u

(3.23) sledi sin(−x) ≤ −x. Kako je u ovom slucaju | sinx| = − sinx = sin(−x) i|x| = −x, dokazali smo da je | sinx| ≤ |x|.

Ako je |x| ≥ π

2, tada je | sinx| ≤ 1 <

π

2≤ |x|.

Neka je x0 proizvoljan ralan broj. Tada je za x ∈ R

sinx− sinx0 = 2 sinx− x0

2cos

x + x0

2,

cosx− cosx0 = −2 sinx− x0

2sin

x + x0

2.

(3.25)

Kako je | sinα| ≤ 1 i | cosα| ≤ 1 za svako α ∈ R, i na osnovu (3.24)∣∣∣∣sin

∆x

2

∣∣∣∣ ≤|∆x|

2, to iz (3.25) sledi

|sinx− sinx0| = 2∣∣∣∣sin

x− x0

2

∣∣∣∣∣∣∣∣cos

x + x0

2

∣∣∣∣ ≤ 2|x− x0|

2= |x− x0|,

|cosx− cosx0| = 2∣∣∣∣sin

x− x0

2

∣∣∣∣∣∣∣∣sin

x + x0

2

∣∣∣∣ ≤ 2|x− x0|

2= |x− x0|.

(3.26)

Odavde sledi

−|x− x0| ≤ sinx− sinx0 ≤ |x− x0|,−|x− x0| ≤ cosx− cosx0 ≤ |x− x0|.

(3.27)

Buduci da je limx→x0

|x− x0| = 0, na osnovu Tvrdenja 3.38, iz (3.27) sledi da je

limx→x0

(sinx− sinx0) = 0 i limx→x0

(cos x− cosx0) = 0.

Odavde, kako je sinx = (sinx− sinx0)+ sinx0 i cos x = (cosx− cosx0)+ cosx0, naosnovu Tvrdenja 3.49 (ili na osnovu (3.17)) sledi lim

x→x0

sinx = sinx0 i limx→x0

cosx =cosx0.

Dokazimo sada da vazi (3.22). Deobom nejednakosti (3.23) sa sinx > 0 (jer0 < x <

π

2) dobijamo:

1 <x

sinx<

1cosx

,

3.2. Kosijev kriterijum egzistencije granicne vrednosti funkcije 121

tj.

cosx <sinx

x< 1. (3.28)

Ako x ∈(−π

2, 0

), tada 0 < −x <

π

2i prema vec dokazanom imamo da je cos(−x) <

sin(−x)−x

< 1, tj. cosx <sinx

x< 1. Prema tome, nejednakost (3.28) vazi za svako

x ∈(−π

2,π

2

)\ {0}. Kako je na osnovu (3.20) lim

x→0cosx = cos 0 = 1, iz (3.28), na

osnovu Tvrdenja 3.38, dobijamo (3.22). ¤

Primer 3.55. Iz Tvrdenja 3.40, (3.22) i (3.20) sledi

limx→0

tg x

x= lim

x→0

sinx

x· 1cosx

= limx→0

sinx

x· lim

x→0

1cosx

= 1 · 1limx→0

cosx=

11

= 1.

3.3 Kosijev kriterijum egzistencije granicne vrednostifunkcije

Kao u slucaju Kosijevog kriterijuma konvergencije nizova, Kosijev kriterijum egzis-tencije granicne vrednosti funkcije daje potrebne i dovoljne uslove da funkcija imakonacnu granicnu vrednost u nekoj tacki x0, ne utvrdujuci pritom samu granicnuvrednost, vec koristeci se samo poznavanjem vrednosti funkcije u probodenoj okolinitacke x0.

Teorema 3.56. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.Funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svako

ε > 0 postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za sve x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩ X vazi

|f(x′)− f(x′′)| < ε, tj.

(∀ε > 0)(∃U(x0))(∀x′, x′′ ∈ X)(x′, x′′ ∈◦U(x0) =⇒ |f(x′)− f(x′′)| < ε). (3.29)

Dokaz. (=⇒): Neka je limx→x0

f(x) = b ∈ R i ε > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina

U(x0) tacke x0 takva da za sve x ∈◦U(x0) ∩ X vazi |f(x) − b| <

ε

2. Neka su

x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X dva proizvoljna broja. Tada je

|f(x′)− f(x′′)| = |(f(x′)− b)− (f(x′′)− b)| ≤ |f(x′)− b|+ |f(x′′)− b| < ε

2+

ε

2= ε.


(⇐=) : Pretpostavimo da za svako ε > 0 postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za

sve x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X vazi |f(x′)− f(x′′)| < ε.

Neka je (xn) niz realnih brojeva takav da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i limn→∞xn = x0.

Neka je ε > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za sve

x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X vazi

|f(x′)− f(x′′)| < ε.

Kako je limn→∞xn = x0, xn 6= x0, xn ∈ X, n ∈ N, sledi da postoji n0 ∈ N tako da

za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi xn ∈◦U(x0) ∩X. Prema tome, za sve prirodne

brojeve m,n ≥ n0 vazi xm, xn ∈◦U(x0) ∩X, pa je

|f(xm)− f(xn)| < ε.

Prema tome, niz (f(xn)) Kosijev, pa na osnovu Kosijevog kriterijuma konvergencijenizova ovaj niz ima konacnu granicnu vrednost. Na osnovu Tvrdenja 3.29 sledi dafunkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0.

Ako je x0 konacan broj, onda se Kosijev uslov moze formulisati na sledeci nacin:Za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za sve x′, x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslov

0 < |x′ − x0| < δ, 0 < |x′′ − x0| < δ, vazi nejednakost |f(x′)− f(x′′)| < ε.

Ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), onda se Kosijev uslov moze formulisati na sledecinacin:

Za svako ε > 0 postoji M ∈ R tako da za sve x′, x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslovx′ > M , x′′ > M , (x′ < M , x′′ < M) vazi nejednakost |f(x′)− f(x′′)| < ε.

Napomenimo da se analogno moze formulisati i dokazati Kosijev kriterijum zaegzistenciju jednostranih granicnih vrednosti funkcije:

Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0) (X ∩(x0, +∞)). Funkcija f u tacki x0 ima konacnu levu (desnu) granicnu vrednost akoi samo ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za sve elemente x′ i x′′ skupa Xkoji ispunjavaju uslov x0 − δ < x′ < x0, x0 − δ < x′′ < x0, (x0 < x′ < x0 + δ,x0 < x′′ < x0 + δ) vazi nejednakost |f(x′)− f(x′′)| < ε.

Primer 3.57. Pokazimo najpre da funkcija f : R \ {0} → R data sa f(x) = cos1x

nema konacnu granicnu vrednost kad x → 0 time sto cemo pokazati da vazi negacijauslova (3.29), tj. uslov:

(∃ε > 0)(∀U(0))(∃x′, x′′ ∈ R)(x′, x′′ ∈◦U(0) ∧ |f(x′)− f(x′′)| ≥ ε). (3.30)

3.3. Granicna vrednost slozene funkcije 123

Neka je ε = 2 i uocimo dva niza an =1

2nπi bn =

1π + 2nπ

. Kako je limn→∞ an =

limn→∞ bn = 0, to za svaku okolinu tacke 0, U(0), mogu se naci an i bn koji pripadaju

toj okolini. Za njih vazi |f(an)−f(bn)| = | cos(2nπ)−cos(π+2nπ)| = |1−(−1)| = 2.Prema tome, ispunjen je uslov (3.30) i funkcija f nema konacnu granicnu vrednostu tacki 0. Medutim, ova funkcija je ogranicena (|f(x)| ≤ 1 za svako x ∈ R\{0}), pagranicna vrednost funkcije f u tacki 0 ne moze biti ni +∞ ni −∞. Dakle, funkcijaf nema granicnu vrednost kad x → 0.

Primetimo, s obzirom na izbor nizova (an) i (bn) (an, bn > 0 za sve n ∈ N), dasmo ujedno pokazali da funkcija f nema desnu granicnu vrednost u 0. Slicno bi sepokazalo da f nema ni levu granicnu vrednost u 0.

3.4 Granicna vrednost slozene funkcije

Sledeca teorema daje dovoljne uslove za egzistenciju granicne vrednosti slozenefunkcije. Preciznije, ova teorema govori o tome da ako je lim

x→af(x) = b i lim

y→bg(y) = c,

i ako postoji probodena okolina tacke a koja se funkcijom f preslikava u probo-denu okolinu tacke b, onda se lim

x→ag(f(x)) nalazi uvodenjem smene y = f(x), tj.

limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Teorema 3.58. Neka su X,Y ⊂ R, f : X → Y , g : Y → R, a ∈ R tackanagomilavanja skupa X, b ∈ R tacka nagomilavanja skupa Y , i neka su ispunjenisledeci uslovi:

(3.58.1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(3.58.2) za svaku okolinu V (b) tacke b postoji okolina U(a) tacke a takva da je

f(◦U(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y.

Tada postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi

limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Dokaz. Neka je W (c) proizvoljna okolina tacke c. Iz uslova (3.58.1) sledi da postojiV (b) okolina tacke b takva da je

g(◦V (b) ∩ Y ) ⊂ W (c). (3.31)


Iz uslova (3.58.2) sledi da postoji U(a) okolina tacke a takva da je

f(◦U(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y. (3.32)

Sada iz (3.32) i (3.31) sledi da je

(g ◦ f)(◦U(a) ∩X) = g(f(

◦U(a) ∩X)) ⊂ g(

◦V (b) ∩ Y ) ⊂ W (c),

sto po Definiciji 3.1 znaci da je limx→a

g(f(x)) = c.

Iz postojanja granicnih vrednosti limx→a

f(x) = b i limy→b

g(y) u opstem slucaju ne

sledi postojanje granicne vrednosti limx→a

g(f(x)). To pokazuje sledeci primer.

Primer 3.59. Neka je f : R \ {0} → R, f(x) = x sin1x

i g : R→ R,

g(y) = |sgn y| ={

1, za y 6= 00, za y = 0

Tada je limy→0

g(y) = 1 i limx→0

f(x) = 0. Pokazacemo da limx→0

g(f(x)) ne postoji. Neka

je xn =1

nπi x′n =

1π

2+ 2nπ

, n ∈ N. Tada je limn→∞xn = lim

n→∞x′n = 0, f(xn) = 0,

f(x′n) =1

π

2+ 2nπ

, g(f(xn)) = |sgn f(xn)| = |sgn 0| = 0 i g(f(x′n)) = |sgn f(x′n)| =

|sgn1

π

2+ 2nπ

| = 1. Sledi limn→∞ g(f(xn)) = 0 i lim

n→∞ g(f(x′n)) = 1. Prema tome, ne

postoji vrednost ka kojoj bi tezio niz (g(f(zn))) za svaki niz (zn) koji tezi ka 0, i zato,na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije, ne postoji lim

x→0g(f(x)).

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3.58.2) Teoreme 3.58, jer u svakoj

okolini tacke a = 0 funkcija sin1x

ima nule, pa samim tim i funkcija f .

Sledeci primer pokazuje da mogu da postoje sve tri granicne vrednosti limx→a

f(x) =

b, limy→b

g(y) i limx→a

g(f(x)), ali da ne mora vaziti jednakost limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y).

Drugim recima, uslovi limx→a

f(x) = b i limy→b

g(y) = c nisu dovoljni da bi vazilo

limx→a

g(f(x)) = c.


Primer 3.60. Neka je f : R→ R, f(x) = 0 i g : R→ R,

g(y) = |sgn y| ={

1, za y 6= 00, za y = 0

Tada je limy→0

g(y) = 1 i limx→0

f(x) = 0. Kako je g(f(x)) = 0 za svako x ∈ R, to je

limx→0

g(f(x)) = 0 6= 1 = limy→0

g(y).

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3.58.2) Teoreme 3.58.

Primer 3.61. Pokazacemo da je

limx→0

sin 3x

3x= 1. (3.33)

Neka je f : R → R, f(x) = 3x, g : R \ {0} → R, g(y) =sin y

y. Domen funkcije

g je Y = R \ {0}, b = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije g i limy→0

g(y) =

limy→0

sin y

y= 1 ((3.22)). Dalje, a = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije f ,

limx→0

f(x) = limx→0

3x = 0 i g(f(x)) =sin 3x

3x, x ∈ R\{0}. Pokazacemo da je zadovoljen

i uslov (3.58.2) Teoreme 3.58. Neka je V (0) proizvoljna okolina tacke b = 0. Tadapostoji ε > 0 tako da je (−ε, ε) ⊂ V (0). Tada za U(0) = (− ε

3,ε

3), okolinu tacke

a = 0, vazi f(◦U(0)) ⊂

◦V (0). Prema tome, uslovi Teoreme 3.58 su ispunjeni, pa je

limx→0

sin 3x

3x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1.

Sledeca teorema o smeni promenljive pri izracunavanju limesa ima uslove kojisu ekvivalentni uslovima Teoreme 3.58, ali je jednostavnija za primenu od Teoreme3.58.


(3.62.1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(3.62.2) limx→a

f(x) = b;

(3.62.3) Postoji okolina U(a) tacke a takva da za svako x ∈◦U(a)∩X vazi f(x) 6= b.


Tada postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi

limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Dokaz. Pokazimo da uslovi (3.62.2) i (3.62.3) povlace uslov (3.58.1) u Teoremi 3.58.Neka je V (b) proizvoljna okolina tacke b. Iz lim

x→af(x) = b sledi da postoji okolina

U1(a) takva da je f(◦U1(a) ∩X) ⊂ V (b). Kako je f(X) ⊂ Y sledi

f(◦U1(a) ∩X) ⊂ V (b) ∩ Y. (3.34)

Neka je U2(a) = U(a) ∩ U1(a). Buduci da je f(x) 6= b za svako x ∈◦U(a) ∩X, to je

f(x) 6= b za svako x ∈◦U2(a) ∩X, pa iz (3.34) sledi

f(◦U2(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y.

Prema tome, vazi uslov (3.58.1) u Teoremi 3.58. Sada na osnovu Teoreme 3.58zakljucujemo da postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazilimx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Napominjemo da je uslov (3.58.2) u Teoremi 3.58 u stvari ekvivalentan kon-junkciji uslova (3.62.2) i (3.62.3).

Primetimo da se (3.33) moze jednostavnije dokazati koriscenjem Teoreme 3.62.Naime, prvi deo dokaza je isti kao u Prmeru 3.61:

Neka je f : R → R, f(x) = 3x, g : R \ {0} → R, g(y) =sin y

y. Tacka a = 0

je tacka nagomilavanja domena funkcije f , limx→0

f(x) = limx→0

3x = 0. Domen funkcije

g je Y = R \ {0}, b = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije g i limy→0

g(y) =

limy→0

sin y

y= 1 ((3.22)) i g(f(x)) =

sin 3x

3x, x ∈ R \ {0}. Jednostavno se dokazuje da

je zadovoljen i uslov (3.62.3) Teoreme 3.62. Kako je f(x) = 3x 6= 0 ako i samo ako

je x 6= 0, to onda za svaku okolinu U(a) tacke a = 0 vazi da je za svako x ∈◦U(a)

ispunjeno f(x) 6= 0 = b. Prema tome, uslovi Teoreme 3.62 su ispunjeni, pa je

limx→0

sin 3x

3x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1.

Tvrdenje Teoreme 3.62 ce vaziti i kad se dvostrana granicna vrednost limx→a

f(x)

zameni jednostranom granicnom vrednoscu limx→a−0

f(x) (ili limx→a+0

f(x)), a u uslovu

(3.58.3) okolina U(a), levom okolinom tacke a (desnom okolinom tacke a).


Teorema 3.63. Neka su X,Y ⊂ R, f : X → Y , g : Y → R, a ∈ R tackanagomilavanja skupa X ∩ (−∞, a), b ∈ R tacka nagomilavanja skupa Y , i neka suispunjeni sledeci uslovi:(3.63.1) lim

y→bg(y) = c ∈ R,

(3.63.2) limx→a−0

f(x) = b;

(3.63.3) Postoji δ > 0 i leva okolina (a − δ, a) tacke a takva da za svakox ∈ (a− δ, a) ∩X vazi f(x) 6= b.

Tada postoji leva granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi

limx→a−0

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Analogno se formulise tvrdenje o egzistenciju desne granicne vrednosti limx→a+0

g(f(x)).


limx→0

(1 + x)1x = e. (3.35)

Dokaz. Neka je f(x) =1x

, x ∈ R \ {0}, i g(y) =(

1 +1y

)y

, y ∈ R \ {0}. Na osnovu

Primera 3.16, limy→+∞

(1 +

1y

)y

= e i limy→−∞

(1 +

1y

)y

= e. Kako je limx→+0

f(x) =

limx→+0

1x

= +∞ i limx→−0

f(x) = limx→−0

1x

= −∞ (Primer 3.21), na osnovu Teoreme 3.63

sledi

limx→−0

(1 + x)1x = lim

y→−∞

(1 +

1y

)y

= e, (3.36)

i

limx→+0

(1 + x)1x = lim

y→+∞

(1 +

1y

)y

= e. (3.37)

Na osnovu Tvrdenja 2.11, iz (3.36) i (3.37) sledi (3.35).

U jednom od narednih poglavlja bice nam potrebna sledeca teorema.



(3.65.1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(3.65.2) limx→a

f(x) = b.Neka je funkcija h : X → R definisana sa

h(x) =

g(f(x)), za f(x) 6= b

c, za f(x) = b.

Tada postoji granicna vrednost funkcije h u tacki a i vazi

limx→a

h(x) = limy→b

g(y) = c.

Dokaz. Neka je W (c) proizvoljna okolina tacke c. Iz uslova (3.65.1) sledi da postojiV (b) okolina tacke b takva da je

g(◦V (b) ∩ Y ) ⊂ W (c). (3.38)

Iz uslova (3.65.2) sledi da postoji U(a) okolina tacke a takva da je

f(◦U(a) ∩X) ⊂ V (b) ∩ Y. (3.39)

Za x ∈◦U(a) ∩ X ako je f(x) 6= b vazi h(x) = g(f(x)) ∈ W (c) na osnovu (3.39) i

(3.38), a ako je f(x) = b onda je h(x) = c i onda opet h(x) ∈ W (c). Prema tome,

h(◦U(a) ∩X) ⊂ W (c).

S obzirom na proizvoljnost okoline W (c) tacke c zakljucujemo da je limx→a

h(x) = c.

3.5 Granicna vrednost monotone funkcije

Definicija 3.66. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kazemo da je

(i) rastuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazi nejednakostf(x1) ≤ f(x2);

(ii) strogo rastuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazinejednakost f(x1) < f(x2);

(iii) opadajuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazi nejednakostf(x1) ≥ f(x2);

3.5. Granicna vrednost monotone funkcije 129

(iv) strogo opadajuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazinejednakost f(x1) > f(x2).

Za funkciju f koja zadovoljava bilo koji od uslova (i)-(iv) kazemo da je monotonana skupu A, a za funkciju koja zadovoljava uslov (ii) ili uslov (iv) kazemo da je strogomonotona na skupu A.

Primer 3.67. Funkcija f(x) = x2 je strogo rastuca na [0, +∞), i strogo opadajucana (−∞, 0], ali nije monotona na R.

Funkcija g(x) = x3 je strogo rastuca na R. Funkcija h(x) = −x3 je strogoopadajuca na R.

Primetimo da ako je f (strogo) rastuca funkcija na skupu A, onda je funkcija−f , definisana sa (−f)(x) = −f(x), x ∈ A, (strogo) opadajuca.

Ako je A podskup domena funkcije f , onda cemo sa supA

f(x) oznacavati sup{f(x) :

x ∈ A}. Takode, umesto inf{f(x) : x ∈ A} pisemo krace infA

f(x) .

Teorema 3.68. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X i neka je f rastuca funkcija naintervalu (a, b).

Ako je b = +∞, onda je

limx→+∞ f(x) = sup

(a,b)f(x),

a ako je b ∈ R, onda jelim

x→b−0f(x) = sup

(a,b)f(x).

Ako je a = −∞, onda jelim

x→−∞ f(x) = inf(a,b)

f(x),

a ako je a ∈ R, onda jelim

x→a+0f(x) = inf

(a,b)f(x).

Dokaz. Neka je β = sup(a,b)

f(x). Moguca su dva slucaja.

Ako je funkcija f ogranicena odozgo na intervalu (a, b), onda je β konacan broj.Neka je ε > 0 proizvoljno. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f(x0) > β − ε,te za svako x ∈ (x0, b), buduci da je f rastuca funkcija na intervalu (a, b), vazif(x0) ≤ f(x) ≤ β. Prema tome,

β − ε < f(x) ≤ β, za svako x ∈ (x0, b).


Odavde, za slucaj da je b = +∞, sledi limx→+∞ f(x) = β, a za slucaj da je b ∈ R sledi

limx→b−0

f(x) = β.

Ako f nije ogranicena odozgo na intervalu (a, b), onda je β = +∞. Neka jeM ∈ R proizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f(x0) > M . Kakoje f rastuca funkcija na intervalu (a, b), to za svako x ∈ (x0, b) vazi nejednakostf(x0) ≤ f(x). Prema tome,

M < f(x) za svako x ∈ (x0, b).

Odavde, za slucaj da je b = +∞, zakljucujemo da je limx→+∞ f(x) = +∞, a za

slucaj da je b ∈ R dobijamo da je limx→b−0

f(x) = +∞.

Ostatak tvrdenja se slicno dokazuje.

Sledeca teorema govori o granicnim vrednostima opadajuce funkcije.

Teorema 3.69. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X i neka je f opadajuca funkcija naintervalu (a, b).

Ako je b = +∞, onda je

limx→+∞ f(x) = inf

(a,b)f(x),

a ako je b ∈ R, onda jelim

x→b−0f(x) = inf

(a,b)f(x).

Ako je a = −∞, onda jelim

x→−∞ f(x) = sup(a,b)

f(x),

a ako je a ∈ R, onda jelim

x→a+0f(x) = sup

(a,b)f(x).

Dokaz. Funkcija −f je rastuca na intervalu (a, b), pa primenom Teoreme 3.68 sledi:ako je b = +∞, onda je

limx→+∞(−f(x)) = sup

(a,b)(−f(x)).

Kako je limx→+∞(−f(x)) = − lim

x→+∞ f(x) i sup(a,b)

(−f(x)) = − inf(a,b)

f(x), sledi

limx→+∞ f(x) = inf

(a,b)f(x).

Ostatak tvrdenja se slicno dokazuje.

3.5. Neprekidnost i tacke prekida 131

Posledica 3.70. Neka je funkcija f monotona na intervalu (a, b) i neka x0 ∈ (a, b).Tada u tacki x0 ∈ (a, b) postoje konacne jednostrane granicne vrednosti lim

x→x0−0f(x)

i limx→x0+0

f(x). Pritom, ako je f rastuca funkcija vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x0+0

f(x), (3.40)

a ako je f opadajuca funkcija vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≥ f(x0) ≥ limx→x0+0

f(x). (3.41)

Dokaz. Neka je funkcija f rastuca na intervalu (a, b). Tada za svako x′ ∈ (a, x0) isvako x′′ ∈ (x0, b) vazi

f(x′) ≤ f(x0) ≤ f(x′′),

pa jesup

(a,x0)f(x) ≤ f(x0) ≤ inf

(a,x0)f(x). (3.42)

Iz (3.42) sledi da su sup(a,x0)

f(x) i inf(a,x0)

f(x) konacni brojevi. Na osnovu Teoreme

3.68 imamo da je limx→x0−0

f(x) = sup(a,x0)

f(x) i limx→x0+0

f(x) = inf(a,x0)

f(x). Prema tome,

postoje konacne granicne vrednosti limx→x0−0

f(x) i limx→x0+0

f(x) i vazi nejednakost

(3.40).

3.6 Neprekidnost i tacke prekida

Definicija 3.71. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Kazemo da je funkcija f neprekidnau tacki x0 ako za svaku okolinu V (f(x0)) tacke f(x0) postoji okolina U(x0) tackex0 takva da je

f(U(x0) ∩X) ⊂ V (f(x0)).

Drugim recima, f je neprekidna u tacki x0 ako

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

Primecujemo da je definicija neprekidnosti funkcije u tacki slicna definiciji granicnevrednosti funkcije u tacki. Medutim, za razliku od definicije granicne vrednostifunkcije u tacki x0, u definiciji neprekidnosti tacka x0 je uvek iz domena funkcije f(dakle, x0 je uvek konacan broj) i ne mora biti tacka nagomilavanja domena X, tj.x0 moze biti izolovana tacka domena X. U tom slucaju postoji okolina U(x0) tacke


x0 tako da u njoj sem tacke x0 nema drugih tacaka iz X, tj. U(x0) ∩ X = {x0}.Tada ne mozemo govoriti o granicnoj vrednosti lim

x→x0

f(x), ali je funkcija neprekidna

u tacki x0 jer za svaku okolinu V (f(x0)) tacke f(x0) vazi

f(U(x0) ∩X) = f({x0}) = {f(x0)} ⊂ V (f(x0)).

Jos jedna razlika izmedu definicije granicne vrednosti funkcije u tacki x0 i definicijeneprekidnosti funkcije u tacki je da u definiciji granicne vrednosti funkcije ne pret-postavljamo da je funkcija definisana u samoj tacki x0, i cak i da je definisana ux0, vrednost f(x0) ne uticena vrednost lim

x→x0

f(x). Ako je pak funkcija f definisana

u tacki x0, koja je pritom tacka nagomilavanja njenog domena, onda iz definicijegranicne vrednosti i definicije neprekidnosti fukcije u tacki sledi da je funkcija fneprekidna u tacki x0 ako i samo ako je lim

x→x0

f(x) = f(x0).

Prema tome, vazi tvrdenje:

Tvrdenje 3.72. Neka je f : X → R i x0 ∈ X.(3.72.1) Ako je x0 izolovana tacka domena X, onda je funkcija f neprekidna u tackix0.(3.72.2) Ako je x0 tacka nagomilavanja domena X, onda je funkcija f neprekidnau tacki x0 ako i samo ako je lim

x→x0

f(x) = f(x0).

Iz (3.72.2) i ekvivalentnosti Hajenove i Kosijeve definicije granicne vrednostifunkcije sledi sledece tvrdenje:

Tvrdenje 3.73. Neka je f : X → R, x0 ∈ X i x0 tacka nagomilavanja domena X.Funkcija f je neprekidna u tacki x0 ako i samo ako za svaki niz (xn) takav da jexn ∈ X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0 vazi limn→∞ f(xn) = f(x0).

Neka je f : X → R, x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X i neka je funkcija fneprekidna u tacki x0. Tada je

limx→x0

f(x) = f(x0), (3.43)

ili sto je ekvivalentnolim

x−x0→0(f(x)− f(x0)) = 0.

Razlika x− x0 se zove prirastaj argumenta i oznacava sa ∆x, a razlika f(x)− f(x0)prirastaj funkcije koji odgovara prirastaju argumenta ∆x, i oznacava se sa ∆y ili∆f(x0). Prema tome

∆x = x− x0, x = x0 + ∆x, ∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0)


i uslov (3.43) je ekvivalentan uslovu

lim∆x→0

∆y = 0.

Definicija 3.74. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Ako je funkcija f neprekidna usvakoj tacki skupa A, onda kazemo da je f neprekidna na skupu A.

Primeri 3.75. (i) Funkcija f(x) = c, c ∈ R, je neprekidna na R.Zaista, za svako x0 ∈ R, lim

x→x0

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

(ii) Pokazimo da je funkcija f(x) = xn, n ∈ N, neprekidna na R.Neka je x0 ∈ R. Iz

∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0) = (x0 + ∆x)n − xn0 =

= nxn−10 ∆x +

n(n− 1)2

xn−20 (∆x)2 + · · ·+ (∆x)n

sledilim

∆x→0∆y = 0.

Prema tome, funkcija f je neprekidna za svako x0 ∈ R.

(iii) Iz (3.21) i (3.20) sledi da su funkcije x 7→ sinx i x 7→ cosx neprekidne na skupuR.

(iv) Da li je funkcija f(x) = |sgnx| neprekidna u 0?

Resenje: Kako jelimx→0

f(x) = limx→0

|sgnx| = 1

i f(0) = |sgn 0| = 0, sledi limx→0

f(x) 6= f(0) i funkcija f nije neprekidna u 0.

(v) Neka je za c ∈ R i

f(x) =

{sin

1x

, x 6= 0

c, x = 0

Funkcija f nije neprekidna u 0 jer ne postoji limx→0

sin1x

(Primer 3.23).

(vi) Da li je funkcija

f(x) =

{x sin

1x

, x 6= 0

0, x = 0

neprekidna u 0?


Resenje: Buduci da je limx→x0

f(x) = limx→0

x sin1x

= 0 = f(0) (Primer 3.48), sledi da je

funkcija f neprekidna u 0.(vi) Neka je x0 ∈ Z proizvoljan broj. Funkcija f(x) = [x] nije neprekidna tackix0 jer lim

x→x0

f(x) ne postoji. Zaista, limx→x0−0

[x] = x0 − 1, dok limx→x0+0

[x] = x0, pa je

f(x0 − 0) 6= f(x0 + 0), i na osnovu Tvrdenja 3.25 limx→x0

f(x) ne postoji.

Inace ova funkcija je neprekidna u svakoj tacki skupa R \ Z.(vi) Svaki niz realnih brojeva f : N→ R je neprekidna funkcija na svom domenu N,jer je svaka tacka skupa N njegova izolovana tacka.(vii) Iz (3.21) i (3.20) sledi da su funkcije y = sin x i y = cosx neprekidne na skupuR.

Svaka funkcija je neprekidna u svakoj izolovanoj tacki svog domena. Sve ostaletacke iz domena funkcije su tacke nagomilavanja tog domena i one obrazuju dvadisjunktna podskupa: skup tacaka u kojima je funkcija neprekidna i skup tacaka ukojima funkcija nije neprekidna.

Definicija 3.76. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Tacka x0 je tacka prekida funkcijef ako f nije neprekidna u toj tacki. Kazemo jos da je funkcija f prekidna u tackix0, ili da funkcija f ima prekid u tacki x0.

Dakle, tacka prekida funkcije f je tacka iz domena funkcije, koja je ujedno itacka nagomilavanja tog domena, u kojoj funkcija nije neprekidna.

Napomenimo da u skladu sa ovom definicijom, tacke koj ne pripadaju domenufunkcije, cak iako su tacke nagomilavanja domena funkcije, nisu tacke prekida

funkcije. Na primer, za funkciju f(x) =1x

tacka x = 0 nije tacka prekida funkcije jer

nije u domenu funkcije Df = (−∞, 0)∪ (0, +∞) (a inace je ona tacka nagomilavanjadomena).

Tacke prekida delimo u dve grupe.

Definicija 3.77. Neka je f : X → R i x0 ∈ X tacka prekida funkcije f .Tacka x0 se naziva tacka prekida prve vrste ako postoje konacne granicne vred-

nostif(x0 − 0) = lim

x→x0−0f(x) i f(x0 + 0) = lim

x→x0−0f(x).

Broj f(x0 + 0)− f(x0− 0) naziva se skokom funkcije u tacki x0. Ako je f(x0 + 0) =f(x0 − 0), tj. ako postoji lim

x→x0

f(x), onda kazemo da je prekid otklonjiv.

Ako je x0 tacka nagomilavanja samo jednog od skupova X ∩ (−∞, x0) ili X ∩(x0, +∞), onda je x0 tacka prekida prve vrste ako postoji konacan odgovarajucilimes, lim

x→x0−0f(x) ili lim

x→x0−0f(x).


Tacka prekida funkcije f koja nije tacka prekida prve vrste naziva se tackaprekida druge vrste.

Primetimo da u slucaju prekida druge vrste jedna od jednostranih granicnihvrednosti ili ne postoji ili je beskonacna.

Ako je x0 otklonjiv prekid tada je funkcija f1 definisana sa

f1(x) =

{f(x), x ∈ X \ {x0}lim

x→x0

f(x), x = x0

neprekidna u tacki x0, a sa funkcijom f se poklapa u svim ostalim tackama njenogdomena.

Primeri 3.78. (i) Funkcija f(x) = sgn x ima neotklonjiv prekid prve vrste u tackix0 = 0, jer je f(0− 0) = −1 i f(0 + 0) = 1 (Primer 3.24).(ii) Funkcija f(x) = |sgn x| iz Primera 3.75 (iv) ima otklonjiv prekid u tacki x0 = 0.(iii) Dirihleova funkcija χ ima prekid druge vrste u svakoj tacki x0 ∈ R jer ne postojini lim

x→x0−0χ(x) ni lim

x→x0+0χ(x) (Primer 3.28).

(iv) Funkcija iz Primera 3.75 (v) ima prekid druge vrste u tacki x0 = 0 jer ne postojeobe jednostrane granicne vrednostu u toj tacki.(v) Funkcija

f1(x) =

{ 1x

, x 6= 0

c, x = 0

gde je c ∈ R, ima prekid druge vrste u tacki x0 = 0 jer je limx→+0

f(x) = +∞ i

limx→−0

f(x) = −∞.

(vi) Funkcija f(x) = [x] ima prekid prve vrste u svakoj tacki x0 ∈ Z.

Definicija 3.79. Neka f : X → R i x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X ∩(−∞, x0). Ako je

limx→x0−0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna sleva u tacki x0.Ako je x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0, +∞) i ako je

limx→x0+0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna zdesna u tacki x0.


Primer 3.80. Neka je f(x) = [x], x ∈ R. Neka je x0 ceo broj. Tada je

limx→x0+0

f(x) = limx→x0+0

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

sto znaci da je f neprekidna zdesna u x0. Medutim f nije neprekidna sleva u tackix0 jer:

limx→x0−0


[x] = x0 − 1 6= x0 = [x0] = f(x0).

3.7 Neke osobine funkcija neprekidnih u tacki

Tvrdenje 3.81. Neka je funkcija f : X → R neprekidna u tacki x0 ∈ X. Tada(3.81.1) Postoji okolina tacke x0, U(x0), takva da je funkcija f ogranicena na skupuU(x0) ∩X;(3.81.2) Ako je f(x0) 6= 0, tada postoji okolina tacke x0, U(x0), takva da je za svakox ∈ U(x0) ∩X, f(x) istog znaka kao i f(x0).

Dokaz. (3.81.1) sledi iz Tvrdenja 3.32.(3.81.2) sledi iz Posledice 3.35.

Tvrdenje 3.82. Ako su funkcije f i g neprekidne u tacki x0 ∈ R, tada su i funkcije

f ± g, fg neprekidne u x0, a ako je g(x0) 6= 0, onda je i funkcijaf

gneprekidna u

x0.

Dokaz. Tvrdenje sledi na osnovu definicije neprekidnosti i Tvrdenja 3.40. Pokazacemo

recimo da je funkcijaf

gneprekidna u x0.

Kako je limx→x0

f(x) = f(x0) i limx→x0

g(x) = g(x0) 6= 0, na osnovu Teoreme 3.40

sledi

limx→x0

f(x)g(x)

=lim

x→x0

f(x)

limx→x0

g(x)=

f(x0)g(x0)

,

te je funkcijaf

gneprekidna u x0. ¤

Primeri 3.83. (i) Polinomi su neprekidne funkcije na skupu R. To sledi iz Primera3.75 (i) i (ii) i Tvrdenja 3.82.

(ii) Racionalna funkcija R(x) =P (x)Q(x)

, gde su P i Q polinomi i Q nenula polinom,

je neprekidna u svakoj tacki svog domena, tj. u svakoj tacki x0 ∈ R za koju jeQ(x0) 6= 0. To sledi iz prethodnog primera i Tvrdenja 3.82.

3.7. Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu 137

(iii) Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena. Zaista,

na osnovu Tvrdenja 3.82, funkcija y = tgx =sinx

cosxje neprekidna u svakoj tacki

x ∈ R za koju je cosx 6= 0. Analogno i y = ctgx =cosx

sinxje neprekidna funkcija u

svakoj tacki x ∈ R za koju je sinx 6= 0.

Sledece tvrdenje govori o tome da limes i neprekidna funkcija mogu da zamenemesta.

Tvrdenje 3.84. Neka je f : X → Y , g : Y → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Neka funkcija f u tacki x0 ima granicnu vrednost b ∈ R i neka je funkcijag neprekidna u tacki b. Tada slozena funkcija x 7→ g(f(x)) ima granicnu vrednost utacki x0 i vazi

limx→x0

g(f(x)) = g(b) = g( limx→x0

f(x)).

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz cinjenice da je funkcija g neprekidna u tackib, tj. iz lim

y→bg(y) = g(b) sledi da postoji ε1 > 0 tako da za y ∈ Y ∩ (b − ε1, b + ε1)

vazi |g(y) − g(b)| < ε. Kako je limx→x0

f(x) = b sledi da postoji okolina U(x0) tacke

x0 takva da za svako x ∈ X ∩◦U(x0) vazi f(x) ∈ Y ∩ (b− ε1, b + ε1). Zato za svako

x ∈ X ∩◦U(x0) vazi |g(f(x))− g(b)| < ε. Prema tome, lim

x→x0

g(f(x)) = g(b). ¤

Sledece tvrdenje govori o tome da je kompozicija neprekidnih funkcija opetneprekidna funkcija.

Tvrdenje 3.85. Ako je funkcija f neprekidna u tacki x0 ∈ R i funkcija g neprekidnau tacki f(x0), tada je slozena funkcija x 7→ g(f(x)) neprekidna u tacki x0.

Dokaz. Iz Tvrdenja 3.84 sledi

limx→x0

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

te je funkcija x 7→ g(f(x)) neprekidna u x0. ¤

3.8 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

Reci cemo da je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] ako jeneprekidna u svakoj tacki intervala (a, b), u tacki a neprekidna zdesna, a u tacki bneprekidna sleva.


Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kazemo da dostize svoj supremum(infimum) na skupu A ako postoji x0 ∈ A takav da je f(x0) = sup

Af = sup{f(x) :

x ∈ A} (f(x0) = infA

f = inf{f(x) : x ∈ A}).Sledeca teorema govori o tome da je svaka neprekidna funkcija na segmentu

ogranicena i da na njemu dostize svoj supremum i infimum.

Teorema 3.86. (Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na seg-mentu [a, b]. Tada je ona ogranicena i postoje tacke x0, x′0 ∈ [a, b] takve da je

f(x0) = supa≤x≤b

f(x) i f(x′0) = infa≤x≤b

f(x).

Dokaz. Neka jeM = sup

a≤x≤bf(x). (3.44)

Jasno, M ∈ R. Pokazacemo da je M < ∞ i da postoji x0 ∈ [a, b] tako da jef(x0) = M . Neka je (an)n niz realnih brojeva takav da je

limn→∞ an = M (3.45)

ian < M, n = 1, 2, . . . . (3.46)

Iz (3.44) i (3.46) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈ [a, b] tako da je

an < f(xn) ≤ M, n = 1, 2, . . . . (3.47)

Kako je a ≤ xn ≤ b, n = 1, 2, . . . , sledi niz (xn)n je ogranicen i na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme ima konvergentan podniz (xnk

)k. Neka je

limk→∞

xnk= x0. (3.48)

Zbog a ≤ xnk≤ b dobijamo a ≤ x0 ≤ b, a na osnovu (3.47)

ank< f(xnk

) ≤ M, k = 1, 2, . . . . (3.49)

Iz (3.45) sledi limk→∞

ank= M , sto zajedno sa (3.49) implicira

limk→∞

f(xnk) = M. (3.50)

Kako je f neprekidna na segmentu [a, b] i x0 ∈ [a, b], f je neprekidna u x0 i naosnovu (3.48) sledi

limk→∞

f(xnk) = f(x0). (3.51)

3.8. Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu 139

Iz (3.50) i (3.51) sledi f(x0) = M . Kako je f(x0) ∈ R, sledi M < ∞, tj. funkcija fje ogranicena odozgo i dostize svoj supremum u tacki x0.

Analogno se dokazuje da je funkcija odozdo ogranicena na segmentu [a, b] i dana njemu dostize svoj infimum. ¤

Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na zatvorenom

i ogranicenom intervalu bitna. Na primer, funkcija f(x) =1x

je neprekidna na inter-

valu (0, 1], ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) = x je neprekidna na skupuR = (−∞, +∞), ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) = x je neprekidna iogranicena na intervalu (0, 1), ali ne dostize ni svoj supremum, ni svoj infimum naovom intervalu ( sup

x∈(0,1)f(x) = 1, inf

x∈(0,1)f(x) = 0).

Teorema 3.87. (Bolzano-Cauchy) Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b].Tada za svaki broj C koji se nalazi izmadu brojeva f(a) i f(b) postoji bar jedna tackaξ ∈ (a, b) takva da je f(ξ) = C.

Dokaz. Neka je f(a) < C < f(b). Podelimo segment [a, b] tackom x0 na dvasegmenta jednake duzine. Tada je ili f(x0) = C, pa je trazena tacka ξ = x0, ili jef(x0) 6= C, i tada na levom kraju jednog od ta dva segmenta funkcija ima manjuvrednost od C, a na desnom vecu od C. Oznacimo taj segment sa [a1, b1] i podelimoga na dva segmenta jednaka po duzini i td. Tim postupkom cemo ili nakon konacnomnogo koraka doci do tacke ξ takve da je f(ξ) = C ili cemo dobiti niz umetnutihodsecaka [an, bn], cija duzina tezi 0 i takav da je

f(an) < C < f(bn). (3.52)

Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedinstvena tackaξ koja pripada svim segmentima [an, bn], n = 1, 2, . . . . Kako je

ξ = limn→∞ an = lim

n→∞ bn,

zbog neprekidnosti funkcije f imamo

f(ξ) = limn→∞ f(an) = lim

n→∞ f(bn). (3.53)

Iz (3.52) sledilim

n→∞ f(an) ≤ C ≤ limn→∞ f(bn). (3.54)

Iz (3.53) i (3.54) sledi f(ξ) = C. ¤


Posledica 3.88. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i na krajevimasegmenta ima vrednosti razlicitog znaka, tada u intervalu (a, b) postoji bar jednatacka ξ takva da je f(ξ) = 0

Posledica 3.89. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka je m =inf

a≤x≤bf(x) i M = sup

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

Dokaz. Za svako x ∈ [a, b] vazi m = infa≤x≤b

f(x) ≤ f(x) ≤ supa≤x≤b

f(x) = M , tj.

f(x) ∈ [m,M ]. Prema tome, f([a, b]) ⊂ [m,M ].Dokazimo obrnutu inkluziju. Na osnovu Weierstrassove teoreme postoje tacke

α, β ∈ [a, b], takve da je f(α) = m i f(β) = M . Neka je, recimo, α < β iposmatrajmo segment [α, β] (ako je β < α posmatracemo segment [β, α]). Buducida je [α, β] ⊂ [a, b], sledi da je funkcija f neprekidna na segmentu [α, β]. Neka je y ∈(m,M) proizvoljno. To znaci da je y izmedu f(α) i f(β), pa iz Bolzano-Cauchyeveteoreme primenjene na segmet [α, β] sledi da postoji x ∈ (α, β) takav da je f(x) = y,i stoga y ∈ f((α, β)). Sledi (m, M) ⊂ f((α, β)), i prema tome, [m, M ] ⊂ f([α, β])(m = f(α) i M = f(β)). Iz [α, β] ⊂ [a, b] sledi f([α, β]) ⊂ f([a, b]), te je stoga[m,M ] ⊂ f([a, b]). ¤

3.9 Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverznefunkcije

Tvrdenje 3.90. Neka je funkcija f : (a, b) → R monotona na intervalu (a, b). Tadaona moze imati samo prekide prve vrste.

Dokaz. Neka je x0 ∈ (a, b) tacka prekida. Na osnovu Posledice 3.70 postoje konacnegranicne vrednosti lim

x→x0−0f(x) i lim

x→x0+0f(x), pa zakljucujemo da je x0 tacka prekida

prve vrste.

Posledica 3.91. Neka je x0 ∈ (a, b) tacka prekida monotone funkcije f : (a, b) → R.Tada u bar jednoj od nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x0+0

f(x), (3.55)

ako je funkcija f rastuca, ili bar u jednoj od nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≥ f(x0) ≥ limx→x0+0

f(x) (3.56)

ako je f opadajuca funkcija, vazi stroga nejednakost.

3.9. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije 141

Dokaz. Neka je f rastuca funkcija. Ako bi vazilo limx→x0−0

f(x) = f(x0) = limx→x0+0

f(x),

onda bi imali da postoji granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (Tvrdenje 3.25) ida je jednaka f(x0). To bi znacilo da je funkcija neprekidna u tacki x0, sto je usuprotnosti stim da je x0 tacka prekida. Prema tome, u bar jednoj od nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x0+0

f(x) vazi stroga nejednakost.

Tvrdenje se analogno dokazuje za slucaj kad je f opadajuca funkcija.

Sledece tvrdenje govori o tome da za monotone funkcije vazi obrat Bolcano-Kosijeve teoreme.

Tvrdenje 3.92. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija i neka za svaki broj Ckoji se nalazi izmadu brojeva f(a) i f(b) postoji bar jedna tacka c ∈ (a, b) takva daje f(c) = C. Tada je funkcija f neprekidna na [a, b].

Drugim recima, ako je f monotona funkcija na segmentu [a, b] i ako je f([a, b])takode segment, onda je f neprekidna funkcija na [a, b].

Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f nije neprekidna na [a, b], tj. postoji tackax0 ∈ [a, b] takva da je funkcija f prekidna u x0. Neka je f rastuca funkcija (kadje f opadajuca dokaz ide slicno). Tada na osnovu Posledice 3.91 vazi: f(x0 − 0) <f(x0) ili f(x0) < f(x0 + 0). Neka je f(x0 − 0) < f(x0). Tada za bilo koji brojC ∈ (f(x0 − 0), f(x0)) vazi da je C izmedu f(a) i f(b), i osim toga C ne moze bitislika nijednog broja c ∈ [a, b]. Dobijena kontradikcija dokazuje tvrdenje.

Objedinjujuci Tvrdenje 3.92 i Posledicu 3.89 dobijamo sledecu teoremu.

Teorema 3.93. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Tada je f neprekidnafunkcija na [a, b] ako i samo ako je slika tog segmenta segment sa krajevima f(a) if(b).

Dokaz. Neka je f neprekidna na [a, b]. Tada je na osnovu Posledice 3.89 f([a, b]) =[m,M ] gde je m = inf

[a,b]f(x) i M = sup

[a,b]f(x). Ako je f rastuca funkcija, onda je

inf[a,b]

f(x) = f(a) i sup[a,b]

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

f opadajuca funkcija, onda je inf[a,b]

f(x) = f(b) i sup[a,b]

f(x) = f(a), pa je f([a, b]) =

[m,M ] = [f(b), f(a)].Ako je slika segmenta [a, b] segment sa krajevima f(a) i f(b), onda, buduci da

je f monotona, na osnovu Tvrdenja 3.92 sledi da je f neprekidna.

Sledece tvrdenje govori o tome da strogo monotona funkcija skupa X na skupY ima inverznu funkciju.


Tvrdenje 3.94. Neka je f : X → Y strogo monotona funkcija na skupu X i nekaje f(X) = Y . Tada postoji inverzna funkcija f−1 : Y → X i ona je takode strogomonotona, i to strogo rastuca (opadajuca) ako je f strogo rastuca (opadajuca).

Dokaz. Neka je f : X → Y strogo rastuca funkcija. Pokazimo da je f injekcija.Neka su x1, x2 ∈ X i x1 6= x2. Tada je ili x1 < x2 ili x2 < x1. Odavde, buducida je f strogo rastuca funkcija, sledi ili je f(x1) < f(x2) ili f(x2) < f(x1). Dakle,f(x1) 6= f(x2). Prema tome, f je injekcija, a kako je po pretpostavci f surjekcija(f(X) = Y ), zakljucujemo da je f bijekcija. Sledi f ima inverznu funkciju f−1 :Y → X.

Pokazimo da je f−1 strogo rastuca funkcija. Neka su y1, y2 ∈ Y takvi da je

y1 < y2, (3.57)

i neka je x1 = f−1(y1) i x2 = f−1(y2). Moguca su tri slucaja: ili je x1 = x2, ilix1 > x2 ili x1 < x2. Ako je x1 = x2, onda bismo zbog jednoznacnosti funkcije fimali f(x1) = f(x2), tj. y1 = y2, sto je u suprotnosti sa (3.57). Ako bi bilo x1 > x2,onda bi, s obzirom da je f strogo rastuca, vazilo f(x1) > f(x2), tj. y1 > y2, sto jetakode u suprotnosti sa (3.57). Prema tome, x1 < x2, tj. f−1(y1) < f−1(y2), te jef−1 strogo rastuca funkcija.

Teorema 3.95. Neka je funkcija f : [a, b] → R strogo rastuca (opadajuca) ineprekidna. Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (opadajuca) ineprekidna na segmentu sa krajevima u tackama f(a) i f(b).

Dokaz. Neka je f([a, b]) = Y . Ako je f rastuca funkcija, onda je Y = [f(a), f(b)], aako je f opadajuca funkcija, onda je Y = [f(b), f(a)]. Iz Tvrdenja 3.94 i Teoreme3.93 sledi da je inverzna funkcija f−1 definisana i strogo monotona na skupu Y , tj.na segmentu sa krajevima f(a) i f(b). Kako je f−1 monotona funkcija na segmentuY i kako je slika tog segmenta funkcijom f−1 opet segment (f−1(Y ) = [a, b]), naosnovu Teoreme 3.93 (odnosno Tvrenja 3.92) sledi da je f−1 neprekidna funkcijana segmentu Y .

Teorema 3.96. Neka je funkcija f strogo rastuca (opadajuca) i neprekidna naintervalu (a, b) (konacnom ili beskonacnom).

Ako je a konacan broj, neka je

c = limx→a+0

f(x),

a ako je a = −∞, neka je c = limx→−∞ f(x).

3.9. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije 143

Ako je b konacan broj, neka je

d = limx→b−0

f(x),

a ako je b = +∞, neka je d = limx→+∞ f(x).

Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (opadajuca) i neprekidnana intervalu (konacnom ili beskonacnom) sa krajevima u tackama c i d.

Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuca na intervalu (a, b). Na osnovu Teoreme 3.68sledi da je c = inf

(a,b)f(x) i d = sup

(a,b)f(x), i zato za svako x ∈ (a, b) vazi c ≤ f(x) ≤ d.

Dokazimo da u obe prethodne nejednakosti vazi stroga nejednakost, tj. da za svakox ∈ (a, b) vazi c < f(x) < d. Zaista, ako bi postojao x0 ∈ (a, b) takav da jef(x0) = c, tada za svako x ∈ (a, x0), zato sto je funkcija f strogo rastuca, vazif(x) < f(x0) = c, sto je u suprotnosti stim da je c = inf

(a,b)f(x). Slicno se dokazuje

da ne postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f(x0) = d. Prema tome, za svako x ∈ (a, b)vazi f(x) ∈ (c, d), tj. f((a, b)) ⊂ (c, d) . Da bismo dokazali da je f((a, b)) = (c, d),ostaje da dokazemo da za proizvoljno y0 ∈ (c, d) postoji x0 ∈ (a, b) takav da jef(x0) = y0. Zaista, iz c < y0 < d, buduci da je c = inf

(a,b)f(x) a d = sup

(a,b)f(x), postoje

x1, x2 ∈ (a, b) takvi da je f(x1) < y0 < f(x2). Sledi x1 < x2 (jer u protivnom,ako bi bilo x1 ≥ x2, onda bi, buduci da je f rastuca funkcija, imali f(x1) ≥ f(x2))i funkcija f je neprekidna na segmentu [x1, x2]. Kako je f(x1) < y0 < f(x2), naosnovu Bolcano-Kosijeve teoreme primenjene na segment [x1, x2], sledi da postojix0 ∈ (x1, x2) takav da je f(x0) = y0.

Kako je f strogo rastuca na intervalu (a, b) i kako je f((a, b)) = (c, d), na osnovuTvrdenja 3.94 sledi da postoji inverzna funkcija f−1 : (c, d) → (a, b) i da je onatakode strogo rastuca. Dokazimo jos da je f−1 neprekidna na (c, d).

Neka je y0 ∈ (c, d) proizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f(x0) =y0. Postoji δ > 0 takav da je [x0 − δ, x0 + δ] ⊂ (a, b). Tada funkcija f slika segment[x0− δ, x0 + δ] na segment [f(x0− δ), f(x0 + δ)], f je neprekidna i strogo rastuca, paje na osnovu Teoreme 3.95 i inverzna funkcija f−1 neprekidna na segmentu [f(x0 −δ), f(x0+δ)], pa dakle i u tacki y0 jer y0 ∈ [f(x0−δ), f(x0+δ)] (iz x0−δ < x0 < x0+δsledi f(x0 − δ) < f(x0) = y0 < f(x0 + δ)). Kako je f−1 neprekidna u proizvojnojtacki y0 ∈ (c, d), sledi da je f−1 neprekidna na intervalu (c, d).


3.10 Neprekidnost elementarnih funkcija

Definisimo najpre osnovne elementarne funkcije.

Definicija 3.97. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometri-jske i inverzne trigonometrijske funkcije su osnovne elementarne funkcije.

Definisimo sada pojam elementarne funkcije.

Definicija 3.98. 1. Osnovne elementarne funcije su elementarne funkcije.

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

gi g ◦ f

elementarne funkcije (pod uslovom da su definisane).3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i 2. konacno mnogo

puta.

Na primer funkcija |x| =√

x2 je elementarna i takode funkcija

y =ln(arccos(

√x2 + x + 1))

3√

earctg(x2+1).

Teorema 3.99. Eksponencijalna funkcija y = ax, a > 0, je neprekidna na skupuR.

Dokaz. Ako je a = 1 onda je y = 1x = 1 za svako x ∈ R i ovo je neprekidnafunkcija na R.

Neka je sada a 6= 1. Dokazimo da je

lim∆x→0

a∆x = 1. (3.58)

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

n√

a = 1 i limn→∞

n

√1a

= 1, tj.

limn→∞ a

1n = lim

n→∞ a−1n to postoji n0 ∈ N tako da je

1− ε < a− 1

n0 < 1 + ε i 1− ε < a1

n0 < 1 + ε. (3.59)

Neka je δ =1n0

. Tada, ako je |∆x| < δ, onda je − 1n0

< ∆x <1n0

i iz cinjenice da

je y = ax rastuca funkcija sledi

a− 1

n0 < a∆x < a1

n0 . (3.60)

3.10. Neprekidnost elementarnih funkcija 145

Iz (3.59) i (3.60) sledi1− ε < a∆x < 1 + ε.

Prema tome, (3.58) vazi za a > 1. Neka je sada 0 < a < 1. Tada je b =1a

> 1 i vazi

lim∆x→0

b∆x = 1, te je

lim∆x→0

a∆x = lim∆x→0

1b∆x

=1

lim∆x→0

b∆x=

11

= 1.

Prema tome, (3.58) vazi i za 0 < a < 1.Iz (3.58) sledi

lim∆x→0

∆y = lim∆x→0

(ax+∆x − ax

)= lim

∆x→0ax

(a∆x − 1

)= 0,

sto znaci da je funkcija y = ax neprekidna za svako x ∈ R. ¤

Posledica 3.100. Funkcija y = loga x, a > 0, a 6= 1 je neprekidna funkcija za svakox ∈ (0, +∞).

Dokaz. Za a > 1 (0 < a < 1) funkcija y = ax je strogo rastuca (opadajuca) naintervalu (−∞,+∞). Kako je za a > 1

limx→−∞ ax = 0 i lim

x→+∞ ax = +∞,

dok za 0 < a < 1 vazi

limx→−∞ ax = +∞ i lim

x→+∞ ax = 0,

na osnovu Teoreme 3.96 i Teoreme 3.99 sledi da je inverzna funkcija y = loga xneprekidna na intervalu (0, +∞).

Posledica 3.101. Funkcija y = xα, α ∈ R, je neprekidna funkcija za svako x ∈(0, +∞).

Dokaz. Kako je y = xα = eα ln x, tvrdenje sledi iz Teoreme 3.99, Posledice 3.100 iTvrdenja 3.85. ¤

Posledica 3.102. Inverzne trigonometrijske funkcije y = arcsinx, y = arccosx,y = arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena.


Dokaz. Funkcija y = sinx je strogo rastuca na segmentu[−π

2,π

2

], sin(−π

2) = −1,

sin(π

2) = 1, i na osnovu Teoreme 3.95 sledi da je inverzna funkcija y = arcsinx

neprekidna na segmetu [−1, 1].Funkcija y = cosx je strogo opadajuca na segmentu [0, π], cos(π) = −1, cos(0) =

1, i na osnovu Teoreme 3.95 sledi da je inverzna funkcija y = arccosx neprekidnana segmetu [−1, 1].

Funkcija y = tgx je strogo rastuca na intervalu(−π

2,π

2

),

limx→−π

2+0

tgx = −∞, limx→π

2−0

tgx = +∞,

i na osnovu Teoreme 3.96 sledi da je inverzna funkcija y = arctgx neprekidna naintervalu (−∞, +∞).

Funkcija y = ctgx je strogo opadajuca na intervalu (0, π),

limx→+0

ctgx = +∞, limx→π−0

ctgx = −∞,

i na osnovu Teoreme 3.96 sledi da je inverzna funkcija y = arcctgx neprekidna naintervalu (−∞, +∞). ¤

Teorema 3.103. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj tacki svogdomena.

Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidna u svakojtacki svog domena. Sada iz Definicije 3.98 i Tvrdenja 3.82 i 3.85 sledi tvrdenjeteoreme. ¤

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

Primer 3.104. Neka je a > 0 i a 6= 1. Dokazati da je

limx→0

loga(1 + x)x

= loga e =1

ln a. (3.61)

Dokaz. Zbog neprekidnosti funkcije y = loga x, iz (3.35) sledi

limx→0

loga(1 + x)x

= limx→0

loga (1 + x)1x = loga

(limx→0

(1 + x)1x

)= loga e.¤

Iz (3.61) sledi

limx→0

ln(1 + x)x

= loge e = 1. (3.62)

3.10. Neprekidnost elementarnih funkcija 147

Primer 3.105. Ako je limx→x0

u(x) = a i limx→x0

v(x) = b onda je

limx→x0

u(x)v(x) = ab.

Zaista, iz neprekidnosti logaritamske funkcije sledi limx→x0

ln u(x) = ln a. Sada zbog

neprekidnosti ekponencijalne funkcije zakljucujemo

limx→x0

u(x)v(x) = limx→x0

eln u(x)v(x)

= limx→x0

ev(x) ln u(x) = elim

x→x0v(x) ln u(x)

= elim

x→x0v(x) lim

x→x0ln u(x)

= eb ln a = eln ab= ab.

Primer 3.106. Pokazacemo da je

limx→0

arcsinx

x= 1.

Neka je f(x) = arcsinx, x ∈ [−1, 1], g :[−π

2,π

2

]\ {0} → R, g(y) =

y

sin y. Tacka

a = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije f i iz neprekidnosti funkcije f(x) =arcsinx u toj tacki (Posledica 3.102) sledi lim

x→0f(x) = lim

x→0arcsinx = arcsin 0 =

0. Dalje, za svako x ∈ [−1, 1] \ {0} vazi f(x) = arcsinx 6= 0. Tacka b = 0 je

tacka nagomilavanja domena funkcije g, limy→0

g(y) = limy→0

y

sin y=

1

limy→0

sin y

y

=11

= 1

((3.22)) i g(f(x)) =arcsinx

x, x ∈ [−1, 1] \ {0}. Prema tome, uslovi Teoreme 3.62 su

ispunjeni, pa je

limx→0

arcsinx

x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1.

Primer 3.107. Pokazimo da je

limx→0

arctg x

x= 1.

Neka je f(x) = arctg x, x ∈ R, i g :(−π

2,π

2

)\{0} → R, g(y) =

y

tg y. Tacka a = 0

je tacka nagomilavanja domena funkcije f i iz neprekidnosti funkcije f(x) = arctg x utoj tacki (Posledica 3.102) sledi lim

x→0f(x) = lim

x→0arctg x = arcsin 0 = 0. Za x ∈ R\{0}

vazi f(x) = arctg x 6= 0. Tacka b = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije g,


limy→0

g(y) = limy→0

y

tg y=

1

limy→0

tg y

y

=11

= 1 ((3.55)) i g(f(x)) =arctg x

x, x ∈ R \ {0}.

Uslovi Teoreme 3.62 su ispunjeni, pa je

limx→0

arctg x

x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1.

Primer 3.108. Neka je a > 0. Dokazati da je

limx→0

ax − 1x

= ln a. (3.63)

Dokaz. Za funkciju f(x) = ax−1 vazi da je limx→0

f(x) = 0 i za x 6= 0 vazi f(x) 6= 0. Iz

ax−1 = y sledi x = loga(1+y) iax − 1

x=

y

loga(1 + y). Neka je g(y) =

y

loga(1 + y).

Tada je g(f(x)) =ax − 1

x. Iz (3.61) sledi

limy→0

g(y) = limy→0

y

loga(1 + y)= lim

y→0

1loga(1 + y)

y

=1

limy→0

loga(1 + y)y

=11

ln a

= ln a.

Na osnovu Teoreme 3.62 sledi da je limx→0

ax − 1x

= limx→0

g(f(x)) = limy→0

g(y) = ln a. ¤

Prema tome,

limx→0

ex − 1x

= ln e = 1. (3.64)


limx→0

(1 + x)α − 1x

= α, α ∈ R. (3.65)

Dokaz. Ako je α = 0, onda (3.65) ocigledno vazi.Pretpostavimo da je α 6= 0. Primetimo da je

limx→0

(1 + x)α − 1x

= limx→0

eα ln(1+x) − 1x

= limx→0

eα ln(1+x) − 1x

· α ln(1 + x)α ln(1 + x)

=

= limx→0

eα ln(1+x) − 1α ln(1 + x)

limx→0

α ln(1 + x)x

.

(3.66)

3.10. Asimptotske oznake O, o i ∼ 149

Smenom t = α ln(1 + x) (x → 0 ⇐⇒ t → 0, x 6= 0 =⇒ t 6= 0), iz (3.64) dobijamo

limx→0

eα ln(1+x) − 1α ln(1 + x)

= limt→0

et − 1t

= 1, (3.67)

dok iz (3.62) sledi

limx→0

α ln(1 + x)x

= α. (3.68)

Iz (3.66), (3.67) i (3.68) sledi (3.65). ¤

3.11 Asimptotske oznake O, o i ∼

Ako ispitujemo ponasanje neke funkcije u okolini +∞ ili −∞, ili u okolini nekekonacne tacke u kojoj funkcija nije definisana, i uporedujemo ga sa ponasanjem nekedruge, jednostavnije ili vec proucene funkcije, onda kazemo da ispitujemo asimptot-sko ponasanje date funkcije u okolini te tacke.

Definicija 3.110. Ako postoji okolina tacke x0 ∈ R, U(x0), i konstanta c > 0, takoda je

|f(x)| ≤ c|g(x)| za x ∈◦U(x0), (3.69)

onda pisemo f = O(g) kad x → x0, i citamo ”f je veliko O od g kad x → x0”.Ako je istovremeno f = O(g) i g = O(f) kad x → x0, onda kazemo da su funkcije

f i g istog reda kad x → x0.

Prema tome, funkcije f i g su istog reda kad x → x0 ako i samo ako postoje

konstante c1, c2 > 0 i okolina U tacke x0 tako da za sve x ∈◦U vazi

c1|g(x)| ≤ |f(x)| ≤ c2|g(x)|.

Primetimo da zapis x → x0 ovde ima drugaciji smisao nego inace. Naime ovde se neradi o granicnoj vrednosti vec se ukazuje na to da funkcije imaju odredeno svojstvosamo u nekoj okolini tacke x0.

Primeri 3.111. Buduci da je |x sinx| = |x|| sinx| ≤ |x| za svako x ∈ R, to jex sinx = O(x) kad x → x0 gde je x0 ∈ R proizvoljan.

Vazi(

1x2

+ cosx

)x = O(x) kad x → +∞ (x → −∞), jer je

1x2≤ 1 za |x| ≥ 1,

i stoga∣∣∣∣

1x2

+ cosx

∣∣∣∣ ≤ 2 za x ∈ [1, +∞) ili x ∈ (−∞,−1].


1x

= O

(1x2

)kad x → 0, jer

∣∣∣∣1x

∣∣∣∣ ≤1x2

za |x| ≤ 1, ali1x2

= O

(1x

)kad x → +∞,

a takode i kad x → −∞, jer1x2

<

∣∣∣∣1x

∣∣∣∣ za |x| ≥ 1.

Zapis f = O(1) kad x → x0 znaci da je funkcija f ogranicena u nekoj probo-

denoj okolini◦U(x0) tacke x0. Na primer, za funkciju f(x) =

sin 3x

2x, buduci da je

limx→0

f(x) =32, iz Tvrdenja 3.32 sledi da je f ogranicna funkcija u nekoj probodenoj

okolini tacke x0 = 0, pa je f = O(1) kad x → 0.Neka je x0 ∈ R proizvoljan. Pokazimo da su funkcije f(x) = x(2 + cosx) i

g(x) = x istog reda kad x → x0. Kako je |f(x)| = |x(2 + cosx)| = |x||2 + cosx| ≤|x|(2 + | cosx|) ≤ 3|x| = 3|g(x)| za svako x ∈ R, to je f = O(g) kad x → x0. Iz

cosx ≥ −1, x ∈ R, sledi 2 + cosx ≥ 1, pa je1

2 + cosx≤ 1 za svako x ∈ R. Sledi

|g(x)| = | 12 + cos x

f(x)| ≤ |f(x)| za svako x ∈ R, pa je g = O(f) kad x → x0.

Prema tome, funkcije f i g su istog reda kad x → x0.Za f(x) = x(1 + sinx) i g(x) = x pokazuje se kao gore da je f = O(g) kad

x → +∞ (x → −∞). Medutim, funkcijag(x)f(x)

=1

1 + sinxje neogranicena u svakoj

okolini tacke +∞ (−∞), pa nije g = O(f) kad x → +∞ (x → −∞).

Tvrdenje 3.112. f = O(g) kad x → x0 ako i samo ako postoji okolina U tacke x0

i funkcija α koja je ogranicena na◦U , takva da je f(x) = α(x)g(x) za x ∈

◦U .

Dokaz. Neka je f = O(g) kad x → x0. Tada postoji okolina U tacke x0 i konstanta

c > 0 tako da vazi (3.69). Za x ∈◦U stavimo

α(x) =

f(x)g(x)

, g(x) 6= 0

c, g(x) = 0

Buduci da je f(x) = 0 kad je g(x) = 0, x ∈◦U (ovo sledi iz nejednakosti (3.69)),

zakljucujemo da je f(x) = α(x)g(x) i |α(x)| ≤ c za x ∈◦U .

Obrnuto, neka postoji okolina U tacke x0 i funkcija α koja je ogranicena na◦U ,

takva da je f(x) = α(x)g(x) za x ∈◦U . Tada postoji konstanta c > 0 takva da je

|α(x)| ≤ c za x ∈◦U , i prema tome, |f(x)| = |α(x)||g(x)| ≤ c|g(x)| za x ∈

◦U .


Tvrdenje 3.113. Neka postoji okolina U tacke x0 i funkcija α, tako da je f(x) =

α(x)g(x) za x ∈◦U . Ako postoji konacna granicna vrednost lim

x→x0

α(x) = b ∈ R, onda

je f = O(g) kad x → x0.


Tvrdenje 3.114. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tacke

x0,◦U(x0), i neka je g(x) 6= 0 za x ∈

◦U(x0). Ako postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

f(x)g(x)

= b ∈ R, onda je f = O(g) kad x → x0.

Dokaz. Neka je α(x) =f(x)g(x)

za x ∈◦U(x0). Tada je f(x) = α(x)g(x) i lim

x→x0

α(x) = b.

Iz Tvrdenja 3.113 sledi da je f = O(g) kad x → x0.

Tvrdenje 3.115. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tacke

x0,◦U(x0), i neka je g(x) 6= 0 za x ∈

◦U(x0). Ako postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

f(x)g(x)

= b 6= 0, tada su funkcije f i g istog reda kad x → x0.

Dokaz. Iz Tvrdenja 3.114 sledi da je f = O(g) kad x → x0. Kako je limx→x0

f(x)g(x)

=

b 6= 0, iz Posledice 3.35 sledi da je f(x) 6= 0 u nekoj probodenoj okolini tacke x0, aiz Tvrdenja 3.40 ((3.16)) sledi da postoji

limx→x0

g(x)f(x)

= limx→x0

1f(x)g(x)

=1

limx→x0

f(x)g(x)

=1b.

Opet na osnovu Tvrdenja 3.114 zakljucujemo da je g = O(f) kad x → x0.

Primer 3.116. Kako je limx→0

sin 3x

x= 3, to su na osnovu Tvrdenja 3.115 funkcije

f(x) = sin 3x i g(x) = x istog reda kad x → 0.

Definicija 3.117. Ako postoji okolina tacke x0 ∈ R, U(x0), tako da je

f(x) = ε(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0),

gde je ε beskonacno mala funkcija kad x → x0, tada kazemo da je funkcija fbeskonacno mala u odnosu na g kad x → x0 i pisemo


f = o(g) kad x → x0 (3.70)

(citamo: ”f je malo o od g kad x tezi ka x0”).Osim toga, ako su funkcije f i g jos i beskonacno male funkcije kad x → x0,

onda kazemo da je f beskonacno mala viseg reda u odnosu na g kad x → x0 ili ”daf brze tezi nuli nego funkcija g kad x → x0”.

Primetimo da sada uslov da je f beskonacno mala funkcija kad x → x0 mozemozapisati na sledeci nacin:

f = o(1) kad x → x0.

Ako je g(x) 6= 0 za x ∈◦U(x0), onda je uslov (3.70) ekvivalentan uslovu

limx→x0

f(x)g(x)

= 0. (3.71)

Prema tome, ako je g(x) 6= 0 za x ∈◦U(x0), onda je

limx→x0

o(g)g

= 0.

Primer 3.118. Primetimo da je x2 = o(x) kad x → 0, jer x2 = x ·x i limx→0

x = 0, tj.

limx→0

x2

x= 0. Takode je i x3 = o(x) kad x → 0, jer x3 = x2 · x i lim

x→0x2 = 0, odnosno

limx→0

x3

x= 0. Zakljucujemo da je i xn = o(x), x → 0 za n ≥ 2.

Primetimo da o(x) kad x → 0, ne oznacava samo jednu funkciju, vec sve funkcijekoje su beskonacno male viseg reda u odnosu na x kad x → 0 i zbog toga bimozda bilo pravilnije pisati x2 ∈ o(x), x → 0; x3 ∈ o(x), x → 0; . . . . Medutimusvojeno je da se umesto znaka ∈ pise znak jednakosti i navedena nekorektnostu pisanju omogucuje jednostavnu primenu, a ne dovodi do zabune ako naglasimoda se jednakosti u kojima se javlja malo o citaju samo sleva u desno; na primer,x3 = o(x), x → 0, dok o(x) = x3, x → 0, nema smisla.

Primetimo jos da nije x3 = o(x) kad x → 1, jer x3 = x2 ·x ali x2 ne tezi nuli kadx → 1. Ovaj primer ukazuje na to da je navodenje tacke ka kojoj tezi promenljivax nerazdvojni deo ove oznake.

Dalje je x = o(x2) kad x → +∞, a takode i kad x → −∞, jer x =1x

x2 i

limx→±∞

1x

= 0.


Kako je1x4

=1x2· 1x2

i limx→±∞

1x2

= 0, to je1x4

= o(1x2

) kad x → ±∞.

Primetimo da ako je f = o(g) kad x → x0, to znaci da (naravno pod uslovomda je g(x) 6= 0 za x iz neke probodene okoline tacke x0) kolicnik funkcija f i gtezi nuli kad x → x0, dok nemamo nikakvu informaciju o ponasanju funkcija f ig pojedinacno kad x → x0. Moze da se desi da funkcije f ili g i nemaju granicnu

vrednost kad x → x0. Recimo ako je f(x) = x sin1x

i g(x) = sin1x

, x 6= 0, tada je

f(x) = xg(x) i limx→0

x = 0, te je f = o(g) kad x → 0, limx→0

f(x) = 0, dok limx→0

g(x) ne

postoji. Ako je f(x) = x sinx, a g(x) = x2 sinx, nije tesko proveriti da ne postoji

limx→+∞ f(x), a takode ni lim

x→+∞ g(x), dok iz f(x) =1x· g(x) i lim

x→+∞1x

= 0 sledi

f = o(g) kad x → +∞.

Buduci da je limx→0

ln(1 + x)x

= 1, sledi limx→0

(ln(1 + x)

x− 1

)= 0, tj.

limx→0

ln(1 + x)− x

x= 0, te je ln(1 + x)− x = o(x), x → 0, odnosno

ln(1 + x) = x + o(x), x → 0. (3.72)

Takode, iz limx→0

ax − 1x

= ln a imamo limx→0

ax − 1− x ln a

x= 0, i zato je ax − 1 −

x ln a = o(x), x → 0, tj.

ax = 1 + x ln a + o(x), x → 0. (3.73)

Analogno, iz limx→0

sinx

x= 1 sledi lim

x→0

(sinx

x− 1

)= 0, tj. lim

x→0

sinx− x

x= 0.

Sledi sinx− x = o(x), x → 0, tj.

sinx = x + o(x), x → 0. (3.74)

U sledecoj teoremi izlazemo neke osobine ove oznake.

Tvrdenje 3.119. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tackex0. Tada:(i) o(cg) = o(g), x → x0, gde je c ∈ R konstanta.(ii) f · o(g) = o(fg), x → x0.(iii) co(g) = o(g), x → x0, gde je c ∈ R konstanta.

(iv) Ako je f(x) 6= 0 za svako x iz neke probodene okoline tacke x0, onda jeo(g)f

=

o(g

f), x → x0.


(v) o(g) + o(g) = o(g), x → x0.

(vi) o(o(g)) = o(g), x → x0.

(vii) o(g + o(g)) = o(g), x → x0.

(viii) Za n ∈ N, (o(g))n = o(gn), x → x0.

(ix) Za n ∈ N, (g + o(g))n = gn + o(gn), x → x0.

(x) Ako je f = g + o(g), x → x0, onda postoji probodena okolina◦U(x0) tako da je

za svako x ∈◦U(x0), sgn(f(x)) = sgn(g(x)).

(xi) Ako je α beskonacno mala funkcija kad x → x0, onda je o(α + α2) = o(α) kadx → x0.

Vazi i opstije tvrdenje: Ako je α beskonacno mala funkcija kad x → x0 in1, n2, . . . , nk ∈ N takvi da je n1 < n2 < · · · < nk, onda je o(αn1 + αn2 + . . . αnk) =o(αn1) kad x → x0.

(xii) Ako je f = o(g) kad x → x0, onda je f = O(g) kad x → x0.

(xiii) O(f) + O(f) = O(f), x → x0.

(xiv) o(f) + O(f) = O(f), x → x0.

(xv) g ·O(f) = O(gf), x → x0.

(xvi) O(O(f)) = O(f), x → x0.

Dokaz. (i) Buduci da jednakosti u kojima ucestvuje malo o traba citati sleva udesno, da bi dokazali da je o(cg) = o(g), x → x0, treba da dokazemo da ako je nekafunkcija h beskonacno mala u odnosu na cg kad x → x0, da je onda h beskonacnomala u odnosu na g kad x → x0. Iz h = o(cg), x → x0, sledi da postoji probodenaokolina tacke x0 u kojoj vazi jednakost

h(x) = ε(x)(cg(x)) = (cε(x))g(x),

gde je ε beskonacno mala kad x → x0. Kako je onda i cε beskonacno mala kadx → x0, zakljucujemo da je h = o(g), x → x0.

(ii) Treba dokazati da iz uslova da je funkcija h beskonacno mala u odnosu na g kadx → x0, sledi da je proizvod fh beskonacno mala u odnosu na fg kad x → x0. Iz

h = o(g), x → x0 sledi da postoji probodena okolina tacke x0,◦U(x0), tako da za

svako x ∈◦U(x0) vazi h(x) = ε(x)g(x), gde je ε beskonacno mala kad x → x0. Tada

je f(x)h(x) = ε(x)(f(x)g(x)) za x ∈◦U(x0), i zato je fh = o(fg) kad x → x0.

(iii) Sledi iz (i) i (ii).


(iv) Na osnovu (ii) imamo

o(g)f

=1f· o(g) = o(

1f· g) = o(

g

f), x → x0.

(v) Ako su h1 i h2 dve beskonacno male u odnosu na g kad x → x0, dokazimoda je takav i njihov zbir. Iz h1 = o(g) i h2 = o(g) kad x → x0 sledi da postoji

probodena okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi h1(x) = ε1(x)g(x) i

h2(x) = ε2(x)g(x), gde su ε1 i ε2 beskonacno male kad x → x0. Kako je zbir dvebeskonacno male kad x → x0 opet beskonacno mala kad x → x0 (Tvrdenje 3.46), ikako je

h1(x) + h2(x) = (ε1(x) + ε2(x))g(x), x ∈◦U(x0),

zakljucujemo da je h1 + h2 = o(g), x → x0.(vi) Pretpostavimo da je h = o(o(g)) kad x → x0. To znaci da je h = o(h1), x → x0

za neku funkciju h1 takvu da je h1 = o(g), x → x0. Dakle postoji probodena okolina

tacke x0,◦U(x0), tako da je za x ∈

◦U(x0), h(x) = α(x)h1(x) i h1(x) = β(x)g(x),

gde su α i β dve beskonacno male funkcije kad x → x0. Na osnovu Tvrdenja 3.46sledi da je αβ beskonacno mala kad x → x0, i zato iz

h(x) = (α(x)β(x))g(x), x ∈◦U(x0),

zakljucujemo da je h = o(g) kad x → x0.(vii) Neka je h = o(g + o(g)), x → x0. To znaci da postoji funkcija h1 takva da

je h1 = o(g), x → x0, i h = o(g + h1), x → x0. Sledi postoji okolina◦U(x0) tako

da za svako x ∈◦U(x0) vazi h(x) = ε1(x)(g(x) + ε2(x)g(x)) = ε1(x)(1 + ε2(x))g(x),

gde su ε1 i ε2 beskonacno male kad x → x0. Kako je limx→x0

ε1(x)(1 + ε2(x)) =

limx→x0

ε1(x)(1 + limx→x0

ε2(x)) = 0(1 + 0) = 0, sledi da je h = o(g) kad x → x0.

(viii) Neka je n ∈ N, i neka je h = o(g) kad x → x0. Dokazimo da je hn =

o(gn), x → x0. Iz h = o(g) kad x → x0 sledi da postoji okolina◦U(x0) tako da

za svako x ∈◦U(x0) vazi jednakost h(x) = ε(x)g(x), gde je ε beskonacno mala kad

x → x0. Tada je (h(x))n = (ε(x))n(g(x))n, x ∈◦U(x0), i εn je beskonacno mala kad

x → x0 (Tvrdenje 3.46), odakle zakljucujemo da je hn beskonacno mala u odnosuna gn kad x → x0.(ix) Neka je n ∈ N. Na osnovu binomne formule, (viii), (ii), (iii) i (v) imamo

(g + o(g))n = gn +(n1

)gn−1o(g) +

(n2

)gn−2(o(g))2 +

(n3

)gn−3(o(g))3 + . . .

. . . +(

nn−1

)g(o(g))n−1 + (o(g))n = gn + o(gn), x → x0.


(x) Neka je f = g + o(g), x → x0. Tada postoji probodena okolina◦U δ0(x0) tacke

x0 takva da je

f(x) = g(x) + ε(x)g(x) = (1 + ε(x))g(x), za x ∈◦U δ0(x0), (3.75)

gde je ε beskonacno mala kad x → x0. Iz limx→x0

ε(x) = 0 sledi da postoji δ < δ0 tako

da je za svako x ∈◦U δ(x0), |ε(x)| < 1

2, tj. −1

2< ε(x) <

12. Prema tome,

12

< 1+ε(x)

za x ∈◦U δ(x0), i na osnovu (3.75) zakljucujemo da su f(x) i g(x) istog znaka za

x ∈◦U δ(x0).

(xii) Neka je f = o(g) kad x → x0. Tada postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0

tako da je f(x) = ε(x)g(x), za x ∈◦U(x0) i lim

x→x0

ε(x) = 0. Sada na osnovu Tvrdenja

3.113 zakljucujemo da je f = O(g) kad x → x0.(xiii) Neka je g = O(f) i h = O(f) kad x → x0. Pokazimo da je g + h = O(f) kadx → x0. Iz g = O(f) i h = O(f) kad x → x0 sledi da postoje okoline U1(x0) i U2(x0)

tacke x0 i konsante c1, c2, takve da je c1 > 0, c2 > 0, |g(x)| ≤ c1|f(x)| za x ∈◦

U1(x0)

i |h(x)| ≤ c2|f(x)| za x ∈◦

U2(x0). Neka je U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0). Tada je za

x ∈◦U(x0), |g(x) + h(x)| ≤ |g(x)| + |h(x)| ≤ c1|f(x)| + c2|f(x)| = (c1 + c2)|f(x)|.

Zato je g + h = O(f) kad x → x0. ¤

Primer 3.120. Kako je za svako n ∈ N, n ≥ 2, xn = o(x) i o(xn) = o(x) kadx → 0, to iz Tvrdenja 3.119 (v) sledi xn + o(x) = o(x) + o(x) = o(x) kad x → 0, io(xn) + o(x) = o(x) + o(x) = o(x) kad x → 0.

Analogno, za m,n ∈ N, m > n, vazi xm +o(xn) = o(xn)+o(xn) = o(xn), x → 0,i o(xm) + o(xn) = o(xn) + o(xn) = o(xn), x → 0.

Takode je1

xm+ o

(1xn

)= o

(1xn

)kad x → +∞ (x → −∞), i o

(1

xm

)+

o

(1xn

)= o

(1xn

)kad x → +∞ (x → −∞), za m,n ∈ N, m > n.

Definicija 3.121. Za funkciju f kazemo da se asimptotski ponasa kao funkcija gkad x → x0, (ili da je asimptotski jednaka funkciji g kad x → x0) ili da je funkcijaf ekvivalentna sa funkcijom g kad x → x0, ako postoji okolina U(x0) tacke x0 i

funkcija α, takve da je f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0) i lim

x→x0

α(x) = 1. U tom

slucaju pisemof ∼ g kad x → x0.


Primetimo, da ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) 6= 0 za

x ∈◦U(x0), onda je f ∼ g kad x → x0 ako i samo ako je lim

x→x0

f(x)g(x)

= 1. Ovo je pak

ekvivalentno stim da je limx→x0

g(x)f(x)

= 1. Odavde sledi, f ∼ g kad x → x0 ako i samo

ako je limx→x0

f(x)− g(x)g(x)

= 0 i limx→x0

f(x)− g(x)f(x)

= 0, tj. vazi sledece tvrdenje:

Tvrdenje 3.122. Ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) 6= 0 za svako

x ∈◦U(x0), funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako je

f − g

f

(ilif − g

g) beskonacno mala funkcija kad x → x0.

Drugim recima, ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) 6= 0 za svako

x ∈◦U(x0), tada je funkcija f ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako

je relativna greska∣∣∣∣f(x)− g(x)

g(x)

∣∣∣∣ aproksimacije funkcije f funkcijom g beskonacno

mala funkcija kad x → x0.

Primeri 3.123. (i) Iz limx→0

sinx

x= 1 ((3.22)) sledi sinx ∼ x kad x → 0.

(ii) Iz limx→0

tg x

x= 1 (Primer 3.55) sledi tg x ∼ x kad x → 0.

(iii) Iz limx→0

arcsinx

x= 1 (Primer 3.106) sledi arcsinx ∼ x kad x → 0.

(iv) Iz limx→0

arctg x

x= 1 (Primer 3.107) sledi arctg x ∼ x kad x → 0.

(v) Iz limx→0

ln(1 + x)x

= 1 ((3.62)) sledi ln(1 + x) ∼ x kad x → 0.

(vi) Iz limx→0

ex − 1x

= 1 ((3.64)) sledi ex − 1 ∼ x kad x → 0.

(vii) Iz limx→0

ax − 1x

= ln a (Primer 3.108) sledi ax − 1 ∼ x ln a kad x → 0.

(viii) Iz limx→0

(1 + x)α − 1x

= α (Primer 3.109) sledi (1 + x)α − 1 ∼ αx kad x → 0.

Tvrdenje 3.124. Relacija ∼ (x → x0) je relacija ekvivalencije u skupu funkcijadefinisanih u nekoj probodenoj okolini tacke x0.

Dokaz. Ocigledno je f ∼ f kad x → x0.


Neka je f ∼ g kad x → x0. Tada postoji okolina U1(x0) tacke x0 i funkcija α

takve da je f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦

U1(x0) i limx→x0

α(x) = 1. Iz Posledice 3.35

sledi da postoji okolina U2(x0) tacke x0 tako da je α(x) 6= 0 za svako x ∈◦U2(x0).

Tada za funkciju β definisanu sa β(x) =1

α(x)i okolinu U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0)

vazi g(x) = β(x)f(x) za x ∈◦U(x0) i lim

x→x0

β(x) =1

limx→x0

α(x)= 1. Prema tome,

g ∼ f kad x → x0 i relacija ∼ (x → x0) je simetricna.

Neka je f ∼ g i g ∼ h kad x → x0. Tada postoje okolina U(x0) tacke x0 i

funkcije α1 i α2 takve da je f(x) = α1(x)g(x) i g(x) = α2(x)h(x) za svako x ∈◦U(x0),

i limx→x0

α1(x) = limx→x0

α2(x) = 1. Tada je f(x) = α1(x)α2(x)h(x) za svako x ∈◦U(x0),

i limx→x0

α1(x)α2(x) = limx→x0

α1(x) limx→x0

α2(x) = 1 · 1 = 1. Sledi f ∼ h kad x → x0.

Prema tome, relacija ∼ (x → x0) je tranzitivna.

Tvrdenje 3.125. Funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo akoje f = g + o(g) kad x → x0.

Dokaz. Neka je f ∼ g kad x → x0. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0 i funkcija

α, takve da je f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0) i lim

x→x0

α(x) = 1. Odavde, za

svako x ∈◦U(x0) vazi

f(x)− g(x) = α(x)g(x)− g(x) = (α(x)− 1)g(x).

Neka je ε(x) = α(x)− 1, x ∈◦U(x0). Tada je lim

x→x0

ε(x) = limx→x0

α(x)− 1 = 1− 1 = 0

i f(x) = g(x) + ε(x)g(x) za x ∈◦U(x0). Prema tome, f = g + o(g) kad x → x0.

Obrnuto, pretpostavimo da je f = g + o(g) kad x → x0. Tada postoji okolina U

tacke x0 i funkcija ε takve da je f(x) = g(x) + ε(x)g(x) za x ∈◦U i lim

x→x0

ε(x) = 0.

Sledi f(x) = (1+ε(x))g(x), x ∈◦U . Neka je α(x) = 1+ε(x). Tada je f(x) = α(x)g(x)

za x ∈◦U i lim

x→x0

α(x) = 1 + limx→x0

ε(x) = 1 + 0 = 1. Sledi f ∼ g kad x → x0.


Primeri 3.126. Iz Primera 3.123 (ii), (iii), (iv), (vi), (viii) i Tvrdenja 3.125 sledi

tg x = x + o(x), x → 0, (3.76)arcsinx = x + o(x), x → 0, (3.77)arctg x = x + o(x), x → 0, (3.78)ex − 1 = x + o(x), tj. ex = 1 + x + o(x), x → 0, (3.79)

(1 + x)α − 1 = αx + o(αx), tj. (1 + x)α = 1 + αx + o(x), x → 0. (3.80)

Tvrdenje 3.127. Neka su funkcije f, g, f1, g1 definisane u nekoj probodenoj okolini

tacke x0. Neka je f ∼ f1 i g ∼ g1 kad x → x0. Ako postoji limx→x0

f1(x)g1(x)

, onda postoji

limx→x0

f(x)g(x)

i vazi

limx→x0

f(x)g(x)

= limx→x0

f1(x)g1(x)

.

Dokaz. Iz f ∼ f1 i g ∼ g1 kad x → x0, sledi postoje okolina U(x0) tacke x0 i funkcije

α1 i α2 takve da je f(x) = α1(x)f1(x) i g(x) = α2(x)g1(x) za svako x ∈◦U(x0), i

limx→x0

α1(x) = limx→x0

α2(x) = 1. Tada iz Tvrdenja 3.40 sledi

limx→x0

f(x)g(x)

= limx→x0

α1(x)f1(x)α2(x)g1(x)

=lim

x→x0

α1(x)

limx→x0

α2(x)lim

x→x0

f1(x)g1(x)

= limx→x0

f1(x)g1(x)

.

Primetimo da je u prethodnom tvrdenju egzistencija granicne vrednosti limx→x0

f1(x)g1(x)

ekvivalentna egzistenciji granicne vrednosti limx→x0

f(x)g(x)

. Zaista, iz f ∼ f1 i g ∼ g1,

kad x → x0, sledi f1 ∼ f i g1 ∼ g kad x → x0, i ako postoji limx→x0

f(x)g(x)

, na os-

novu Tvrdenja 3.127 sledi da postoji limx→x0

f1(x)g1(x)

i da vazi jednakost limx→x0

f1(x)g1(x)

=

limx→x0

f(x)g(x)

.

Slicno se dokazuje sledece tvrdenje:

Tvrdenje 3.128. Neka su funkcije f, g i f1 definisane u nekoj probodenoj okolinitacke x0 i neka je f ∼ f1 kad x → x0. Tada postoji lim

x→x0

f(x)g(x) ako i samo ako

postoji limx→x0

f1(x)g(x) i vazi

limx→x0

f(x)g(x) = limx→x0

f1(x)g(x).


Primer 3.129. Za polinom P (x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0, ai ∈ R,

i = 0, 1, . . . , n, vazi da je an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 = o(xn) kad x → +∞, pa

je P (x) = anxn + o(xn) = anxn + o(anxn) kad x → +∞ (Tvrdenje 3.119 (i)). IzTvrdenja 3.125 sledi da je P (x) ∼ anxn kad x → +∞. Analogno, P (x) ∼ anxn kadx → −∞.

Za polinom Q(x) = bmxm + bm−1xm−1 + . . . b1x+ b0, bi ∈ R, i = 0, 1, . . . , m, vazi

Q(x) ∼ bmxm kad x → +∞ (x → −∞). Sada na osnovu Tvrdnja 3.127 vazi da je

limx→+∞

P (x)Q(x)

= limx→+∞

anxn

bmxm=

=

+∞, za n > m ian

bm> 0

−∞, za n > m ian

bm< 0

an

bn, za n = m

0, za n < m

i

limx→−∞

P (x)Q(x)

= limx→−∞

anxn

bmxm=

sgnan

bm(−∞)n−m, za n > m

an

bn, za n = m

0, za n < m

gde je (−∞)n−m = +∞ ako je n −m paran broj, (−∞)n−m = −∞ ako je n −mneparan broj, 1 · (+∞) = +∞, 1 · (−∞) = −∞, (−1) · (+∞) = −∞ i (−1) · (−∞) =+∞.

Primer 3.130. Naci limx→0

arcsin22x− ln(1 + x + x2) + sin3 4x

(ex − 1)2 + tg 5x.

Resenje: Iz limx→0

arcsin22x

(2x)2= lim

x→0

(arcsin 2x

2x

)2

= 1 sledi arcsin22x ∼ (2x)2 kad

x → 0. Iz Tvrdenja 3.125 i Tvrdenja 3.119 (i) sledi arcsin22x = (2x)2 + o((2x)2) =

4x2 + o(x2) kad x → 0. Iz limx→0

ln(1 + x + x2)x + x2

= 1 (uvedena je smena y = x + x2)

sledi ln(1 + x + x2) ∼ x + x2 kad x → 0, pa je ln(1 + x + x2) = x + x2 + o(x + x2).Kako je o(x + x2) = o(x) (Tvrdenje 3.119 (xi)) i x2 = o(x) kad x → 0, to jeln(1 + x + x2) = x + x2 + o(x) = x + o(x) + o(x) = x + o(x) kad x → 0 na osnovuTvrdenja 3.119 (v).


Iz limx→0

sin34x

(4x)3= lim

x→0

(sin 4x

4x

)3

= 1 (smena y = 4x, x 6= 0 ⇐⇒ y 6= 0) sledi

sin34x ∼ (4x)3 kad x → 0. Iz Tvrdenja 3.125 i Tvrdenja 3.119 (i) sledi sin34x =(4x)3 + o((4x)3) = 64x3 + o(x3) kad x → 0.

Kako je ex − 1 = x + o(x) ((3.79)) kad x → 0, to je (ex − 1)2 = (x + o(x))2 =x2 + o(x2) kad x → 0.

Iz (3.76) sledi tg 5x = 5x + o(5x) = 5x + o(x) kad x → 0.Prema tome, arcsin22x− ln(1+x+x2)+sin3 4x = 4x2+o(x2)−x+o(x)+64x3+

o(x3) = −x+o(x) kad x → 0, i (ex−1)2 +tg 5x = x2 +o(x2)+5x+o(x) = 5x+o(x)kad x → 0. Kako je −x + o(x) ∼ −x i 5x + o(x) = 5x + o(5x) ∼ 5x kad x → 0, tona osnovu Tvrdenja 3.127 sledi

limx→0

arcsin22x− ln(1 + x + x2) + sin3 4x

(ex − 1)2 + tg 5x= lim

x→0

−x + o(x)5x + o(x)

= limx→0

−x

5x= −1

5.


Glava 4

Diferenciranje realnih funkcijajedne realne promenljive

4.1 Izvod i diferencijal

Pojam izvoda je jedan od osnovnih pojmova matematicke analize i zasniva se napojmu granicne vrednosti funkcije u tacki.

Definicija 4.1. Neka je funkcija y = f(x) definisana na intervalu (a, b), f : (a, b) →R, i neka su x, x0 ∈ (a, b). Kolicnik

f(x)− f(x0)x− x0

se zove srednja brzina promene funkcije na skupu [x, x0] ako je x < x0, ili skupu[x0, x] ako je x0 < x.

Ako postoji granicna vrednost srednje brzine promene funkcije f na skupu [x, x0]ili [x0, x] kad x → x0, onda se ta granicna vrednost naziva izvod funkcije f u tackix0, i oznacava sa f ′(x0). Dakle,

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

.

Razliku x− x0 zovemo prirastaj argumenta i obelezavamo ∆x = x− x0. Dakle,x = x0 + ∆x. Razliku ∆y = f(x) − f(x0) = f(x0 + ∆x) − f(x0) zovemo prirastajfunkcije f u tacki x0 koji odgovara prirastaju argumenta ∆x. Definiciju izvodafunkcije f u tacki x0 je sada moguce zapisati i na sledeci nacin:

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

= lim∆x→0

∆y

∆x.

163

164 Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive

Ako je

lim∆x→0

∆y

∆x= +∞ ( lim

∆x→0

∆y

∆x= −∞),

onda kazemo da funkcija f ima beskonacan izvod u tacki x0 jednak +∞ (−∞).Kada kazemo da funkcija ima izvod u tacko x0, podrazumevamo da fukcija ima

konacan izvod, ukoliko nije receno suprotno.

Definicija 4.2. Neka je funkcija f definisana u nekoj levoj okolini tacke x0, f :

(a, x0) → R. Ako postoji limx→x0−0

f(x)− f(x0)x− x0

(tj. lim∆x→−0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

),

onda se ta granicna vrednost zove levi izvod funkcije f u tacki x0 i obelezava saf ′−(x0).

Ako je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini tacke x0, f : (x0, b) → R i ako

postoji limx→x0+0

f(x)− f(x0)x− x0

(tj. lim∆x→+0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

), onda se ta granicna

vrednost zove desni izvod funkcije f u tacki x0 i obelezava sa f ′+(x0).Analogno se uvodi pojam jednostranih beskonacnih izvoda funkcije f u tacki x0.

Teorema 4.3. Neka je funkcija f definisana u okolini tacke x0. Funkcija f imaizvod u tacki x0 ako i samo ako ima levi i desni izvod u tacki x0 i ako su oni jednaki.

Dokaz. Sledi iz definicije izvoda i Teoreme 10 iz druge glave. ¤Postupak nalazenja izvoda funkcije se zove diferenciranje.

Primer 4.4. Ako je f(x) =√

x, naci f ′(4).

Resenje:

f ′(4) = lim∆x→0

f(4 + ∆x)− f(4)∆x

= lim∆x→0

√4 + ∆x− 2

∆x

= lim∆x→0

(√

4 + ∆x− 2)(√

4 + ∆x + 2)∆x(

√4 + ∆x + 2)

= lim∆x→0

4 + ∆x− 4∆x(

√4 + ∆x + 2)

= lim∆x→0

∆x

∆x(√

4 + ∆x + 2)= lim

∆x→0

1√4 + ∆x + 2

=14.

Primer 4.5. Ispitati u kojim tackama funkcija f(x) = |x| ima izvod.

Resenje: Pokazacemo da funkcija f nema izvod u tacki x0 = 0. Nadimo najpredesni izvod:

f ′+(0) = lim∆x→+0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→+0

|0 + ∆x| − |0|∆x

= lim∆x→+0

|∆x|∆x

= lim∆x→+0

∆x

∆x= lim

∆x→+01 = 1.

4.1. Izvod i diferencijal 165

Slicno

f ′−(0) = lim∆x→−0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→−0

|0 + ∆x| − |0|∆x

= lim∆x→−0

|∆x|∆x

= lim∆x→−0

−∆x

∆x= lim

∆x→−0(−1) = −1.

Buduci da se levi i desni izvod funkcije u tacki x0 = 0 razlikuju, funkcija nema izvodu toj tacki.

Pokazimo sada da je za x > 0, f ′(x) = 1, dok je za x < 0, f ′(x) = −1. Zaista,ako je x > 0,

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)∆x

= lim∆x→0

|x + ∆x| − |x|∆x

= lim∆x→0

x + ∆x− x

∆x= lim

∆x→0

∆x

∆x= lim

∆x→01 = 1.

Ako je x < 0, onda je

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)∆x

= lim∆x→0

|x + ∆x| − |x|∆x

= lim∆x→0

−x−∆x− (−x)∆x

= lim∆x→0

−∆x

∆x= lim

∆x→0(−1) = −1.

Prema tome,

(|x|)′ = sgnx =|x|x

, za x 6= 0. (4.1)

Primer 4.6. Naci izvod konstantne funkcije.

Resenje: Neka je f(x) = c za svako x ∈ R, gde je c ∈ R konstanta. Tada jef(x + ∆x)− f(x) = c− c = 0 za svako x ∈ R, i zato

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)∆x

= lim∆x→0

0 = 0.

Primer 4.7. Naci izvod funkcija y1 = sinx i y2 = cosx.

Resenje: Kako je funkcija y2 = cosx neprekidna na R i kako je

lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

= 1,


to je za svako x ∈ R

(sinx)′ = lim∆x→0

sin(x + ∆x)− sinx

∆x= lim

∆x→0

2 sin∆x

2cos

2x + ∆x

2∆x

= lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

· lim∆x→0

cos(x +∆x

2) = cosx.

Analogno, zbog neprekidnosti funkcije y1 = sin x zakljucujemo

(cosx)′ = lim∆x→0

cos(x + ∆x)− cosx

∆x= lim

∆x→0

−2 sin∆x

2sin

2x + ∆x

2∆x

= − lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

· lim∆x→0

sin(x +∆x

2) = − sinx.

Primer 4.8. Naci izvod funkcije y = ax, gde je a > 0 i a 6= 1.

Resenje: Kako je

lim∆x→0

a∆x − 1∆x

= ln a,

to je za svako x ∈ R

(ax)′ = lim∆x→0

ax+∆x − ax

∆x= lim

∆x→0

ax(a∆x − 1)∆x

= ax · lim∆x→0

a∆x − 1∆x

= ax ln a.

Prema tome, (ex)′ = ex, x ∈ R.

Primer 4.9. Pokazati da je (xn)′ = nxn−1 za svako x ∈ R, gde je n ∈ N.

Resenje: Primenom binomne formule dobijamo:

∆y = (x + ∆x)n − xn =

= xn + nxn−1∆x +n(n− 1)

2xn−2∆x2 + . . . ∆xn − xn

= nxn−1∆x +n(n− 1)

2xn−2∆x2 + . . . ∆xn.


Prema tome,

(xn)′ = lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0(nxn−1 +

n(n− 1)2

xn−2∆x + . . . ∆xn−1)

= nxn−1.

Definicija 4.10. Neka je funkcija y = f(x) definisana u nekoj okolini tacke x0.Reci cemo da je funkcija f diferencijabilna u tacki x0 ako se prirastaj funkcije u tojtacki moze napisati u obliku

∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0) = A∆x + o(∆x), ∆x → 0, (4.2)

gde je A realan broj, tj.∆y = A∆x + ε(∆x)∆x, (4.3)

gde je ε(∆x) beskonacno mala kad ∆x → 0.Proizvod A∆x zove se diferencijal funkcije f u tacki x0 i oznacava sa df(x0) ili

krace, dy.

Dakle, diferencijal je linearna funkcija prirastaja ∆x: df(x0) = A∆x, tj. dy =A∆x. Zbog vece simetrije formule ∆x se oznacava dx i zove diferencijal nezavisnopromenljive. Prema tome,

dy = Adx.

Iz (4.3) sledi∆y = dy + o(∆x), ∆x → 0,

odakle zakljucujemo da se prirastaj funkcije u nekoj tacki moze aproksimirati difer-encijalom funkcije u toj tacki (ucinjena greska je beskonacno mala viseg reda uodnosu na ∆x kad ∆x → 0):

∆y ≈ dy.

Primer 4.11. Nadimo diferencijal funkcije f(x) = x3 u tacki 2.

∆y = f(2 + ∆x)− f(2) = (2 + ∆x)3 − 23

= 23 + 3 · 22∆x + 3 · 2(∆x)2 + (∆x)3 − 23

= 12∆x + 6(∆x)2 + (∆x)3 = 12∆x + (6∆x + (∆x)2)∆x. (4.4)

Buduci da je 6∆x + (∆x)2 beskonacno mala kad ∆x → 0, to iz (4.4) sledi da jefunkcija f diferencijabilna u tacki 2 i da je njen diferencijal u toj tacki df(2) = 12∆x,odnosno df(2) = 12dx.


Sledeca teorema pokazuje vezu izmedu postojanja izvoda funkcije u nekoj tackii diferencijabilnosti funkcije u toj tacki.

Teorema 4.12. Funkcija f je diferencijabilna u tacki x0 ako i samo ako ima izvodu toj tacki.

Dokaz. (=⇒): Neka je funkcija f je diferencijabilna u tacki x0. Tada je ∆y =A∆x + o(∆x), ∆x → 0, za neki realan broj A, i stoga

∆y

∆x= A +

o(∆x)∆x

, ∆x → 0.

Odavde je

lim∆x→0

∆y

∆x= A + lim

∆x→0

o(∆x)∆x

= A.

Prema tome, funkcija f ima izvod u tacki x0 i f ′(x0) = A.

(⇐=) Pretpostavimo da funkcija f ima izvod u tacki x0, tj. da postoji lim∆x→0

∆y

∆x=

f ′(x0). Iz Teoreme 3.49 sledi da postoji δ > 0 tako da je

∆y

∆x= f ′(x0) + ε(∆x), 0 < |∆x| < δ,

gde je lim∆x→0

ε(∆x) = 0, i prema tome

∆y = f ′(x0)∆x + ε(∆x)∆x,

sto znaci da je funkcija f diferencijabilna u tacki x0. ¤Iz dokaza Teoreme 4.12 vidimo da je broj A iz definicije diferencijabilnosti

funkcije f u tacki x0 jednoznacno odreden jer A = f ′(x0), i prema tome i difer-encijal funkcije f u toj tacki je jednoznacno odreden: df(x0) = f ′(x0)dx, tj.

dy = f ′(x0)dx. (4.5)

Iz (4.5) sledi

f ′(x0) =dy

dx,

tj. y′ =dy

dx. Napomenimo da je ovakvu oznaku za izvod uveo Lajbnic1.

1Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716), nemacki matematicar i filozof


Ako je funkcija f diferencijabilna u tacki x0, formula (4.3) se moze sada zapisatiu obliku:

∆y = f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0), x → x0,

odaklef(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0), x → x0, (4.6)

Na osnovu (4.6) vidimo da se diferencijabilna funkcija f u tacki x0 moze aproksimi-rati lnearnom funkcijom:

f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0),

pri cemu se cini greska koja je beskonacno mala viseg reda u odnosu na x− x0 kadx → x0.

Sledeca teorema pokazuje vezu izmedu diferencijabilnosti i neprekidnosti funkcijeu nekoj tacki.

Teorema 4.13. Ako je funkcija f diferncijabilna u tacki x0, onda je ona neprekidnau toj tacki.

Dokaz. Neka je funkcija f diferencijabilna u tacki x0. Tada iz (4.6) sledi

limx→x0

f(x) = limx→x0

(f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0))

= f(x0) + f ′(x0) limx→x0

(x− x0) + limx→x0

o(x− x0)

= f(x0),

i funkcija f je neprekidna u x0. ¤Obrat ovog tvrdenja ne vazi, tj. ako je funkcija neprekidna u nekoj tacki ne

mora biti diferencijabilna u toj tacki. Primer za to je funkcija f(x) = |x| koja jenerekidna u tacki x = 0, ali nije diferencijabilna u toj tacki jer nema izvod u tojtacki (Primer 4.5). Jos jedan primer je funkcija

f(x) =

{x sin

1x

, x 6= 0

0, x = 0

koja je neprekidna u tacki x = 0 (Primeri 3.75 (vi)). Medutim ova funkcija nemani levi ni desni izvod u tacki x = 0, jer funkcija

f(x)− f(0)x− 0

=x sin

1x

x= sin

1x

,


nema ni levu, ni desnu granicnu vrednost u toj tacki (Primer 3.23).

Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala

Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b) i neka ima izvod u tacki x0 ∈(a, b). Uocimo tacke grafika funkcije f : A(x0, f(x0)) i M(x0 + ∆x, f(x0 + ∆x)) gdeje ∆x 6= 0 i takvo da x0 + ∆x ∈ (a, b). Prava AM se zove secica grafika i njenkoeficijent pravca je

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

= tg ϕ,

gde je ϕ ugao koji secica AM zaklapa sa pozitivnim delom x−ose, dok je njenajednacina

y − f(x0) =f(x0 + ∆x)− f(x0)

∆x(x− x0). (4.7)

Kada ∆x → 0 tada se tacka M krece po grafiku ka tacki A, a secica AM tezitangenti grafika funkcije u tacki A, tA.

Ako je α ugao koji tangenta tA zaklapa sa pozitivnim delom x−ose, onda je tg αnjen koeficijent pravca. Kako je

α = lim∆x→0

ϕ,

to jetg α = lim

∆x→0tg ϕ,


tj.

tg α = lim∆x→0

f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x

= f ′(x0).

Prema tome, izvod f ′(x0) je jednak koeficijentu pravca tangente grafika funkcije fu tacki A(x0, f(x0)) i njena jednacina je

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0). (4.8)

Kako je diferncijal funkcije f u tacki x0, df(x0) = f ′(x0)∆x = f ′(x0)(x − x0), iz(4.8) vidimo da je jednak prirastaju ordinate tangente tA.

Primecujemo da se jednacina tangente grafika funkcije f u tacki A(x0, f(x0))(jednacina (4.8)) dobija iz jednacine secice (4.7) prelaskom na limes kad ∆x → 0.

Pretpostavimo da je f ′(x0) = +∞ ili f ′(x0) = −∞. Ako jednacinu secice (4.7)zapisemo u obliku

yf(x0+∆x)−f(x0)

∆x

− f(x0)f(x0+∆x)−f(x0)

∆x

= x− x0,

onda prelaskom na limes kad ∆x → 0 dobijamo jednacinu

x = x0. (4.9)

Prava cija je jednacina (4.9) zove se vertikalna tangenta grafika funkcije f u tacki(x0, f(x0)) (ova tangenta obrazuje sa pozitivnim delom x-ose ugao

π

2ili −π

2).

Primer 4.14. Tangenta grafika funkcije f(x) = ex u tacki (0, 1) je

y − 1 = f ′(0)(x− 0),

tj. (f ′(x) = ex za svako x ∈ R, pa je f ′(0) = e0 = 1)

y = x + 1.

Primer 4.15. Funkcija f(x) = 3√

x u tacki x0 = 0 ima beskonacan izvod:

lim∆x→0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→0

3√

∆x

∆x= lim

∆x→0

13√

(∆x)2= +∞.

Prava x = 0, tj. y-osa je vertikalna tangenta grafika funkcije f u tacki (0, 0).


Sada je lako uociti geometrijsku interpretaciju pojma levog i desnog izvoda.Neka funkcija f : (a, b) → R ima levi i desni izvod u tacki x0 ∈ (a, b). Levi izvodf ′−(x0) je koeficijent pravca leve tangente (u upotrebi je i termin polutangenta)grafika funkcije u tacki (x0, f(x0)), dok je desni izvod f ′+(x0) koeficijent pravcadesne tangente grafika funkcije u toj tacki. Njihove jednacine su respektivno:

y − f(x0) = f ′+(x0)(x− x0), i y − f(x0) = f ′−(x0)(x− x0).

Ako je f ′−(x0) 6= f ′+(x0) onda se ove tangente razlikuju, tj. ugao izmedu njih jerazlicit od nule, i tacka (x0, f(x0)) se naziva ugaonom tackom grafika funkcije f .

Ako je f ′−(x0) = +∞ i f ′+(x0) = −∞ ili, f ′−(x0) = −∞ i f ′+(x0) = +∞, onda jeprava x = x0 vertikalna tangenta grafika funkcije u tacki (x0, f(x0)).

Primer 4.16. Neka je

f(x) =

x arctg1x

, za x 6= 0

0, za x = 0.

Iz

lim∆x→−0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→−0

∆x arctg1

∆x∆x

= lim∆x→−0

arctg1

∆x= −π

2,

sledi f ′−(0) = −π

2. Buduci da takode postoji limes:

lim∆x→+0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→+0

∆x arctg1

∆x∆x

= lim∆x→+0

arctg1

∆x=

π

2,

zakljucujemo da funkcija f ima desni izvod u 0 i da je f ′+(0) =π

2.

Prema tome, tacka (0, 0) je ugaona tacka grafika funkcije f . Jednacina levetangente grafika funkcije u toj tacki je y = −π

2x, dok je jednacina desne tangente u

toj tacki y =π

2.

Primer 4.17. Neka je f(x) = 3√

x2. Kako je

lim∆x→−0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→−0

3√

(∆x)2

∆x= lim

∆x→−0

13√

∆x= −∞,

4.1. Pravila diferenciranja 173

to je f ′−(x0) = −∞, a kako je

lim∆x→+0

f(0 + ∆x)− f(0)∆x

= lim∆x→+0

3√

(∆x)2

∆x= lim

∆x→+0

13√

∆x= +∞,

to je f ′+(x0) = +∞, pa je prava x = 0, tj. y-osa, vertikalna tangenta grafika funkcijef u tacki (0, 0).

4.2 Pravila diferenciranja

U ovoj sekciji izlazemo pravila za nalazenje izvoda zbira, razlike, proizvoda i kolicnikadva diferencijabilne funkcije, kao i pravila za izvod inverzne i slozene funkcije.

Teorema 4.18. Neka funkcije f i g imaju izvod u tacki x0. Tada i funkcije f + g,f − g i fg imaju izvod u tacki x0 i vazi

(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0), (4.10)(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g′(x0), (4.11)

(fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0). (4.12)

Ako je jos i g(x0) 6= 0, tada i funkcijaf

gima izvod u tacki x0 i vazi

(f

g

)′(x0) =

f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)g2(x0)

. (4.13)

Dokaz.

limx→x0

(f + g)(x)− (f + g)(x0)x− x0

= limx→x0

f(x) + g(x)− (f(x0) + g(x0))x− x0

= limx→x0

(f(x)− f(x0)

x− x0+

g(x)− g(x0)x− x0

).

Buduci da funkcije f i g imaju izvod u tacki x0, to limesi oba sabirka u zagradipostoje, pa je na osnovu Teoreme 3.40

limx→x0

(f(x)− f(x0)

x− x0+

g(x)− g(x0)x− x0

)= lim

x→x0

f(x)− f(x0)x− x0

+ limx→x0

g(x)− g(x0)x− x0

= f ′(x0) + g′(x0).

Prema tome, funkcija f + g ima izvod u tacki x0 i vazi (4.10).


Analogno se dokazuje da vazi (4.11).

(4.12): Buduci da funkcija g ima izvod u x0, na osnovu Teoreme 4.13 funkcija gje neprekidna u x0, tj. lim

x→x0

g(x) = g(x0). Kako i funkcija f ima izvod u x0, iz

limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x0)x− x0

=

= limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x) + f(x0)g(x)− f(x0)g(x0)x− x0

= limx→x0

(g(x)

f(x)− f(x0)x− x0

+ f(x0)g(x)− g(x0)

x− x0

),

na osnovu Teoreme 3.40 sledi

limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x0)x− x0

=

= limx→x0

g(x) limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

+ f(x0) limx→x0

g(x)− g(x0)x− x0

= f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0).

Prema tome, funkcija fg ima izvod u tacki x0 i vazi (4.12).

(4.13): Neka funkcije f i g imaju izvod u tacki x0 i neka je g(x0) 6= 0. Sledi gje nprekidna u x0 i iz lim

x→x0

g(x) = g(x0) 6= 0, na osnovu Teoreme 3.35 sledi da je

g(x) 6= 0 za x iz neke okoline tacke x0. U toj okolini je definisan kolicnikf

gi vazi

limx→x0

f(x)g(x)

− f(x0)g(x0)

x− x0= lim

x→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x)g(x)g(x0)

x− x0= lim

x→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x)g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x0) + f(x0)g(x0)− f(x0)g(x)g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

(f(x)− f(x0))g(x0)− f(x0)(g(x)− g(x0))g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

g(x0)− f(x0)g(x)− g(x0)

x− x0

g(x)g(x0).


Na osnovu Teoreme 3.40 sledi

limx→x0

f(x)g(x)

− f(x0)g(x0)

x− x0=

limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

g(x0)− f(x0) limx→x0

g(x)− g(x0)x− x0

g(x0) limx→x0 g(x)

=f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)

g2(x0).

Prema tome, funkcijaf

gima izvod u tacki x0 i vazi (4.13). ¤

Posledica 4.19. Ako funkcija f ima izvod u tacki x0, onda i funkcija cf , gde je ckonstanta, ima izvod u tacki x0 i vazi

(cf)′(x0) = cf ′(x0).

Dokaz. Na osnovu Teoreme 4.18 (4.12) i Primera 4.6 sledi

(cf)′(x0) = c′f(x0) + cf ′(x0) = 0 + cf ′(x0) = cf ′(x0). ¤

Posledica 4.20. Ako funkcije f i g imaju izvod u tacki x0, onda i funkcija c1f+c2g,gde su c1 i c2 konstante, ima izvod u tacki x0 i vazi

(c1f + c2g)′(x0) = c1f′(x0) + c2g

′(x0).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.18 (4.10) i Posledice 4.19. ¤

Primer 4.21. Nadimo izvod funkcije y1 = tgx i funkcije y2 = ctgx.Na osnovu Teoreme 4.18 (4.13) imamo

(tgx)′ =(

sinx

cosx

)′=

(sinx)′ cosx− sinx(cosx)′

cos2 x

=cosx cosx− sinx(− sinx)

cos2 x=

1cos2 x

, za x 6= π

2+ kπ,

i

(ctgx)′ =(cosx

sinx

)′=

(cos x)′ sinx− cosx(sinx)′

sin2 x

=− sinx sinx− cosx cosx

sin2 x= − 1

sin2 x, za x 6= kπ.


Izvod inverzne funkcije

Teorema 4.22. Neka je funkcija y = f(x) strogo monotona i neprekidna u nekojokolini tacke x0. Ako funkcija f ima izvod u tacki x0 i ako je f ′(x0) 6= 0, tadainverzna funkcija f−1 ima izvod u tacki y0 = f(x0) i vazi

(f−1)′(y0) =1

f ′(x0). (4.14)

Dokaz. Kako je funkcija f strogo monotona i neprekidna u nekoj okolini tacke x0, toje inverzna funkcija definisana i neprekidna u nekoj okolini U(y0) tacke y0 = f(x0)(Teorema 3.96). Primetimo da kad y → y0, tada f−1(y) → f−1(y0) = x0 i ako jey 6= y0, onda je f−1(y) 6= f−1(y0) = x0. Prema tome,

limy→y0

f−1(y)− f−1(y0)y − y0

= limy→y0

f−1(y)− x0

f(f−1(y))− f(x0)

= limy→y0

1f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0

(4.15)

=1

limy→y0

f(f−1(y))− f(x0)f−1(y)− x0

.

Na osnovu Teoreme 3.62 (smena x = f−1(y), limy→y0

f−1(y) = f−1(y0) = x0, za svako

y ∈ U(y0), y 6= y0, vazi f−1(y) 6= x0, i postoji limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

) sledi

limy→y0

f(f−1(y))− f(x0)f−1(y)− x0

= limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= f ′(x0). (4.16)

Iz (4.15) i (4.16) sledi

limy→y0

f−1(y)− f−1(y0)y − y0

=1

f ′(x0),

i prema tome, funkcija f−1 ima izvod u tacki y0 i (f−1)′(y0) =1

f ′(x0). ¤

Jednakost (4.14) se moze zapisati u obliku

(f−1)′(y0) =1

f ′(f−1(y0)). (4.17)


Formulu (4.14) takode zapisujemo krace:

x′y =1y′x

,

odnosno,dx

dy=

1dydx

.

Primer 4.23. Funkcija f(x) = ax, a > 0, a 6= 1 ima izvod za svako x ∈ R if ′(x) = ax ln a. Ispunjeni su uslovi Teorema 4.22 i inverzna funkcija f−1(y) = loga yima izvod za svako y ∈ (0, +∞). Na osnovu (4.17) vazi

(loga y)′ = (f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1aloga y ln a

=1

y ln a.

Primer 4.24. Neka je funkcija f :[−π

2,π

2

]→ [−1, 1] restrikcija funkcije sin. Tada

je f ′(x) = cosx i f ispunjava uslove Teoreme 4.22 za svako x ∈(−π

2,π

2

). Sledi

inverzna funkcija f−1(y) = arcsin y ima izvod u svakoj tacki y ∈ (−1, 1) i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1cos(arcsin y)

.

Za y ∈ (−1, 1), arcsin y ∈ (−π

2,π

2), pa je cos(arcsin y) > 0 i stoga, cos(arcsin y) =

√1− sin2(arcsin y) =

√1− y2. Prema tome,

(arcsin y)′ =1√

1− y2, za y ∈ (−1, 1).

Primer 4.25. Ako je funkcija f : [0, π] → [−1, 1] restrikcija funkcije cos, tada jef ′(x) = − sinx, x ∈ [0, π]. Vidimo da f ispunjava uslove Teoreme 4.22 za svakox ∈ (0, π) i zato inverzna funkcija f−1(y) = arccos y ima izvod u svakoj tackiy ∈ (−1, 1) i

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1− sin(arccos y)

.

Za y ∈ (−1, 1), arccos y ∈ (0, π) i sin(arccos y) > 0. Sledi

sin(arccos y) =√

1− cos2(arccos y) =√

1− y2.

Prema tome,

(arccos y)′ = − 1√1− y2

, za y ∈ (−1, 1).


Primer 4.26. Za funkciju f : (−π

2,π

2) → (−∞,∞), koja je restrikcija funkcije tg,

vazi f ′(x) =1

cos2 xza x ∈ (−π

2,π

2). Prema tome, f ispunjava uslove Teoreme 4.22

za svako x ∈ (−π

2,π

2), pa inverzna funkcija f−1(y) = arctg y ima izvod u svakoj

tacki y ∈ (−∞,∞) i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

11

cos2(arctg y)

= cos2(arctg y).

Buduci da je cos2 u =1

1 + tg2u, u 6= π

2+ kπ, k ∈ Z, to je

cos2(arctg y) =1

1 + tg2(arctg y)=

11 + y2

.

Prema tome,

(arctg y)′ =1

1 + y2, za y ∈ (−∞, +∞).

Primer 4.27. Ako je f : (0, π) → (−∞,∞) restrikcija funkcije ctg, onda je f ′(x) =

− 1sin2 x

za x ∈ (0, π) i f ispunjava uslove Teoreme 4.22 za svako x ∈ (0, π). Stoga

inverzna funkcija f−1(y) = arcctg y ima izvod u svakoj tacki y ∈ (−∞,∞) i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1

− 1sin2(arcctg y)

= − sin2(arcctg y).

Kako je sin2 u =1

1 + ctg2u, u 6= kπ, k ∈ Z, to je

sin2(arcctg y) =1

1 + ctg2(arcctg y)=

11 + y2

.

Sledi(arcctg y)′ = − 1

1 + y2, za y ∈ (−∞,+∞).


Izvod slozene funkcije

Teorema 4.28. Neka funkcija y = f(x) ima izvod u tacki x0 i neka funkcija z =F (y) ima izvod u tacki y0 = f(x0). Tada slozena funkcija Φ(x) = (F ◦ f)(x) =F (f(x)) ima izvod u tacki x0 i vazi

Φ′(x0) = (F ◦ f)′(x0) = F ′(f(x0))f ′(x0). (4.18)

Dokaz. I nacin: Neka je

h(x) =

F (f(x))− F (f(x0))f(x)− f(x0)

, za f(x) 6= f(x0)

F ′(f(x0)), za f(x) = f(x0).

Primetimo da je za x 6= x0,

F (f(x))− F (f(x0))x− x0

= h(x)f(x)− f(x0)

x− x0,

i da je na osnovu Teoreme 3.65, limx→x0

h(x) = F ′(f(x0)). Zato je

limx→x0

Φ(x)− Φ(x0)x− x0

= limx→x0

F (f(x))− F (f(x0))x− x0

= limx→x0

h(x) limx→x0

f(x)− f(x0)x− x0

= F ′(f(x0))f ′(x0).

Prema tome, funkcija Φ ima izvod u tacki x0 i vazi Φ′(x0) = F ′(f(x0))f ′(x0). ¤II nacin: Funkcija z = F (y) je diferencijabilna u tacki y0 = f(x0), tj.

∆z = F ′(y0)∆y + ε(∆y)∆y, (4.19)

gde je lim∆y→0

ε(∆y) = 0. Funkcija ε nije definisana za ∆y = 0. Bice nam zgodno da

je dodefinisimo tako da bude neprekidna za ∆y = 0 stavljajuci ε(0) = 0. Jednakost(4.19) ce i dalje vaziti. Deleci je sa ∆x 6= 0 dobijamo

∆z

∆x= F ′(y0)

∆y

∆x+ ε(∆y)

∆y

∆x. (4.20)

Funkcija y = f(x) ima izvod u tacki x0, tj. postoji granicna vrednost

lim∆x→0

∆y

∆x= f ′(x0). (4.21)


Osim toga, funkcija y = f(x) je neprekidna u tacki x0 (jer ima izvod u toj tacki),pa je lim

∆x→0∆y = 0. Kako je ∆y = 0 za ∆x = 0, zakljucujemo da je prirastaj ∆y,

posmatran kao funkcija ciji je argiment ∆x, neprekidna funkcija u tacki ∆x = 0.Sada na osnovu Tvrdenja 3.85 sledi da je

lim∆x→0

ε(∆y) = 0. (4.22)

Prelaskom na limes kad ∆x → 0 u jednakosti (4.20), na osnovu (4.21) i (4.22)dobijamo

lim∆x→0

∆z

∆x= F ′(y0) lim

∆x→0

∆y

∆x+ lim

∆x→0ε(∆y) lim

∆x→0

∆y

∆x= F ′(y0)f ′(x0). ¤

Formulu (4.18) zapisujemo krace:

z′x = z′yy′x,

odnosno,dz

dx=

dz

dy

dy

dx.

Primer 4.29. Naci izvod funkcije y = xα, x > 0, α ∈ R.

Resenje: Kako jexα = eln xα

= eα ln x,

to na osnovu Teoreme 4.28 sledi

(xα)′ = (eα ln x)′ = eα ln x(α ln x)′ = xαα1x

= αxα−1.

Sada mozemo formirati tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija. S obziromda se svaka elementarna funkcija dobija primenom konacno mnogo puta aritmetickihoperacija i operacije kompozicije funkcija nad osnovnim elementarnim funcijama, tose koriscenjem ove tablice, Teoreme 4.18 i Teoreme 4.28 moze naci izvod bilo kojeelementarne funkcije, naravno u tackama gde taj izvod postoji.

(c)′ = 0, c = const, x ∈ R,

(xα)′ = αxα−1, α ∈ R, x > 0,

(ax)′ = ax ln a, a > 0, a 6= 1, x ∈ R,

(ex)′ = ex, x ∈ R,


(loga x)′ =1

x ln a, a > 0, a 6= 1, x > 0,

(lnx)′ =1x

, x > 0,

(sinx)′ = cosx, x ∈ R,

(cosx)′ = − sinx, x ∈ R,

(tg x)′ =1

cos2 x, x 6= π

2+ kπ, k ∈ Z,

(ctg x)′ = − 1sin2 x

, x 6= kπ, k ∈ Z,

(arcsinx)′ =1√

1− x2, x ∈ (−1, 1),

(arccosx)′ = − 1√1− x2

, x ∈ (−1, 1),

(arctg x)′ =1

1 + x2, x ∈ R,

(arcctg x)′ = − 11 + x2

, x ∈ R.

Primer 4.30. Funkcija hiperblicki sinus je definisana sa

shx =ex − e−x

2, x ∈ R,

a funkcija hiperblicki kosinus sa

chx =ex + e−x

2, x ∈ R.

Funkcije hiperblicki tangens i hiperblicki kotangens su definisane respektivno sa

thx =shx

chx=

ex − e−x

ex + e−x, cth x =

chx

shx=

ex + e−x

ex − e−x, x ∈ R.

Primetimo da vaze sledece jednakosti

sh (x± y) = shx ch y ± chx sh y, (4.23)ch (x± y) = chx ch y ± shx sh y (4.24)

ch 2x− sh 2x = 1, (4.25)sh 2x = 2 shx chx. (4.26)


Zaista,

shxch y + chxsh y =ex − e−x

2· ey + e−y

2+

ex + e−x

2· ey − e−y

2

=14

(ex+y + ex−y − ey−x − e−(x+y) + ex+y − ex−y + ey−x − e−(x+y)

)

=ex+y − e−(x+y)

2= sh (x + y),

i

chxch y + sh xsh y =ex + e−x

2· ey + e−y

2+

ex − e−x

2· ey − e−y

2

=14

(ex+y + ex−y + ey−x + e−(x+y) + ex+y − ex−y − ey−x + e−(x+y)

)

=ex+y + e−(x+y)

2= ch (x + y),

Jednakost (4.25) sledi iz (4.24): ch 2x− sh 2x = ch (x− x) = ch 0 = 1.Jednakost (4.26) sledi iz (4.23).Primetimo jos da je formulama

x = a cos t, y = b sin t,

parametarski zadana elipsa:(x

a

)2+

(y

b

)2= 1,

dok je formulama

x = a ch t, y = b sh t, a, b > 0, t ∈ R,

parametarski zadana hiperbola:(x

a

)2−

(y

b

)2= 1.

Sve ove formule ukazuju na izvesnu slicnost ovih funkcija sa trigonometrijskimfunkcijama, odakle i potice njihov naziv.

Nadimo izvode hiperbolickih funkcija. Na osnovu Teoreme 4.28 sledi (e−x)′ =−e−x i prema tome,

(chx)′ =(

ex + e−x

2

)′=

ex − e−x

2= sh x,

(shx)′ =(

ex − e−x

2

)′=

ex + e−x

2= chx,

4.2. Izvodi viseg reda 183

(thx)′ =(

shx

chx

)′=

ch 2x− sh 2x

ch 2x=

1ch 2x

,

(cthx)′ =(

chx

shx

)′=

sh 2x− ch 2x

sh 2x= − 1

sh 2x, x ∈ R.

Logaritamski izvod

Neka je funkcija y = f(x) pozitivna i diferencijabilna na intervalu (a, b). Tadaje funkcija z = ln f(x) definisana i diferencijabilna na intervalu (a, b). Njen izvod sezove logaritamski izvod funkcije f i na osnovu Teoreme 4.28 vazi

z′(x) =f ′(x)f(x)

.

Sledeci primer pokazuje kako je logaritamski izvod podesan za nalazenje izvodanekih funkcija.

Primer 4.31. Neka su funkcije ϕ i ψ diferencijabilne na intervalu (a, b) i neka jeϕ(x) > 0 za x ∈ (a, b). Nadimo izvod funkcije y = ϕ(x)ψ(x) na intervalu (a, b).

Kako jeln y = ln ϕ(x)ψ(x) = ψ(x) lnϕ(x),

to jey′

y= ψ′(x) ln ϕ(x) + ψ(x)

ϕ′(x)ϕ(x)

,

i prema tome,

y′ = ϕ(x)ψ(x)

(ψ′(x) lnϕ(x) + ψ(x)

ϕ′(x)ϕ(x)

).

Ako je y = xx, onda je prema prethodnom

y′ = xx(lnx + 1).

4.3 Izvodi viseg reda

Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u svakoj tacki intervala (a, b). Njenizvod je funkcija nezavisno promenljive x i zove se prva izvodna funkcija, prvi izvodili izvod prvog reda funkcije f i oznacava sa f ′ ili f (1).


Ako ta funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u nekoj tacki x0 ∈ (a, b), onda setaj izvod (f ′)′(x0) zove drugi izvod (ili izvod drugog reda) funkcije f u tacki x0 iobelezava sa f ′′(x0) ili f (2)(x0).

Ako funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b), onda toznaci da je na intervalu (a, b) definisana funkcija f ′′ sa:

(∀x ∈ (a, b)) f ′′(x) = (f ′)′(x).

Funkcija f ′′ se naziva drugom izvodnom funkcijom, drugim izvodom ili izvodom dru-gog reda funkcije f na intervalu (a, b). Oznacava se jos i sa f (2).

Slicno se definise treci izvod funkcije f u tacki x0 ∈ (a, b) ili na intervalu (a, b):

f ′′′(x0) = (f ′′)′(x0); (∀x ∈ (a, b)) f ′′′(x) = (f ′′)′(x).

Zove se josi izvod treceg reda i oznacava jos i sa f (3).Pretpostavimo da je definisan n-ti izvod funkcije f na intervalu (a, b) za neko

n ∈ N, u oznaci f (n). Tada se (n + 1)-vi izvod funkcije f definise kao izvod funkcijef (n):

f (n+1)(x) = (f (n))′(x), x ∈ (a, b),

tj.

f (n+1)(x) = lim∆x→0

f (n)(x + ∆x)− f (n)(x)∆x

.

Za n-ti izvod se kaze da je izvod n-tog reda. Pod izvodom nultog reda, u oznaci f (0)

podrazumeva samu funkciju, f (0) = f . Ako funkcija ima n-ti izvod u tacki x0, ondakazemo da je n-puta diferencijabilna u tacki x0.

Primeri 4.32. (i) Za f(x) = ax, a > 0, a 6= 1, vazi f ′(x) = ax ln a, f ′′(x) = axln2a,x ∈ R. Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vazi f (n)(x) = axlnna, x ∈ R.Specijalno, (ex)(n)(x) = ex, x ∈ R, n ∈ N.

(ii) Neka je f(x) = xα, α ∈ R, x > 0. Tada je

f ′(x) = αxα−1, f ′′(x) = α(α− 1)xα−2, f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)xα−3, . . . .

Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vazi

(xα)(n) = α(α− 1) · · · · · (α− n + 1)xα−n, x > 0.

(iii) Za f(x) = sinx vazi


f ′(x) = cosx = sin(x +π

2),

f ′′(x) = − sinx = sin(x + π) = sin(x + 2π

2),

f (3)(x) = − cosx = sin(x + 3π

2),

f (4)(x) = sinx = sin(x + 4π

2).

Indukcijom se dokazuje da je za svako n ∈ N

(sinx)(n) = sin(x + nπ

2).

Slicno

(cosx)(n) = cos(x + nπ

2).

Teorema 4.33. Neka su funkcije f i g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b).Tada je su i funkcije f + g i f · g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b) i vazesledece formule:

(f + g)(n)(x) = f (n)(x) + g(n)(x) (4.27)

i

(fg)(n)(x) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x), x ∈ (a, b). (4.28)

Formula (4.28) je poznata pod nazivom Lajbnicova formula.

Dokaz. Dokaz formula (4.27) i (4.28) izvodimo indukcijom.

Za n = 1 je (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x) i (fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Pretpostavimo da formule (4.27) i (4.28) vaze za neko n ∈ N. Dokazimo da onevaze i za izvode (n + 1)-vog reda.

Vazi:

(f + g)(n+1) = ((f + g)(n))′ = (f (n) + g(n))′ = (f (n))′ + (g(n))′ = f (n+1) + g(n+1),


i

(fg)(n+1) = ((fg)(n))′ =

[n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)g(k)

]′

=n∑

k=0

(n

k

) (f (n−k+1)g(k) + f (n−k)g(k+1)

)

=n∑

k=0

(n

k

)f (n−k+1)g(k) +

n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)g(k+1)

= f (n+1)g(0) +n∑

k=1

(n

k

)f (n−k+1)g(k) +

n−1∑

k=0

(n

k

)f (n−k)g(k+1) + f (0)g(n+1).

Zamenimo sada indeks sumiranja u drugoj sumi: stavimo da je p = k + 1, pa jek = p − 1 i

∑n−1k=0

(nk

)f (n−k)g(k+1) =

∑np=1

(n

p−1

)f (n−p+1)g(p). Ako u prvoj sumi

umesto indeksa k stavimo indeks p, pri cemu je p = k, dobijamo

(fg)(n+1) = f (n+1)g(0) +n∑

p=1

(n

p

)f (n−p+1)g(p) +

n∑

p=1

(n

p− 1

)f (n−p+1)g(p) + f (0)g(n+1)

= f (n+1)g(0) +n∑

p=1

((n

p

)+

(n

p− 1

))f (n−p+1)g(p) + f (0)g(n+1).

Kako je(np

)+

(n

p−1

)=

(n+1

p

)i(n+1

0

)=

(n+1n+1

)= 1, to je

(fg)(n+1) = f (n+1)g(0) +n∑

p=1

(n + 1

p

)f (n+1−p)g(p) + f (0)g(n+1)

=n+1∑

p=0

(n + 1

p

)f (n+1−p)g(p).

Primer 4.34. Neka je f(x) = x32x. Pomocu Lajbnicove formule nadimo f (10).Kako je (x3)(1) = 3x2, (x3)(2) = 3 · 2x, (x3)(3) = 3 · 2 = 6, (x3)(4) = 0, (x3)(5) = 0,


. . . , (x3)(10) = 0, to je

(x32x)(10) = (2x)(10)x3 +(

101

)(2x)(9)(x3)(1) +

(102

)(2x)(8)(x3)(2)

+(

103

)(2x)(7)(x3)(3) +

(104

)(2x)(6)(x3)(4) + · · ·+

(1010

)2x(x3)(10)

= x3 · 2xln102 + 10 · 3x2 · 2xln92 +10 · 9

2· 6x · 2xln82 +

10 · 9 · 82 · 3 · 6 · 2xln72

= x3 2xln102 + 30x2 2xln92 + 270x 2xln82 + 720 2xln72.

Prvi i drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku

Neka su funkcije

x = ϕ(t), y = ψ(t) (4.29)

definisane u nekoj okolini tacke t0 i neka je jedna od njih, recimo, ϕ strogo monotona ineprekidna u toj okolini. Tada postoji okolina tacke ϕ(t0) = x0, u kojoj je definisanainverzna funkcija t = ϕ−1(x), a takode i slozena funkcija y = ψ(ϕ−1(x)). Za funkcijuy = ψ(ϕ−1(x)) kazemo da je parametarski data formulama (4.29).

Ako funkcije ϕ i ψ imaju izvod u tacki t0 i ako je pritom ϕ′(t0) 6= 0, tada slozenafunkcija y = ψ(ϕ−1(x)), ima izvod u tacki x0 i vazi

y′(x0) =ψ′(t0)ϕ′(t0)

. (4.30)

Zaista, na osnovu Teoreme 4.28 i Teoreme 4.22 sledi

y′(x0) = ψ′(ϕ−1(x0))(ϕ−1)′(x0) = ψ′(t0)1

ϕ′(t0)=

ψ′(t0)ϕ′(t0)

.

Formulu (4.30) krace zapisujemo:

y′x =y′tx′t

. (4.31)

Ako su jos funkcije ϕ i ψ dva puta diferencijabilne u tacki t0, tj. ako postoje ϕ′′(t0) iψ′′(t0), tada postoji i y′′xx(x0) i opet na osnovu Teoreme 4.28 i Teoreme 4.22 i (4.31)


vazi

y′′xx(x0) = (y′x)′x(x0) =(

y′tx′t

)′

x

(x0) =(

y′tx′t

)′

t

(t0) t′x(x0) =(

y′tx′t

)′

t

(t0)1

x′t(t0)

=y′′(t0)x′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))21

x′t(t0)

=y′′(t0)x′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))3

=ψ′′(t0)ϕ′(t0)− ψ′(t0)ϕ′′(t0)

(ϕ′(t0))3

Primer 4.35. Neka je funkcija zadana formulama

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t), a > 0, t ∈ R.

Moze se pokazati da funkcija x = a(t− sin t) strogo raste. Na osnovu (4.30) imamo:

y′x(x(t)) =a sin t

a(1− cos t)=

2 sin t2 cos t

2

2 sin2 t2

= ctgt

2, t 6= 2kπ, k ∈ Z,

i prema tome,

y′′xx(x(t)) =(

ctgt

2

)′

t

· 1x′t

= − 12 sin2 t

2

· 12a sin2 t

2

= − 14a sin4 t

2

.

Documents

PREDGOVOR - nasport.pmf.ni.ac.rs · 1.2. Funkcije 7 Deﬂnicija 1.5. Za funkciju f: X ! Y ka•zemo da je na (surjektivna, surjekcija) ako (8y 2 Y)(9x 2 X)y = f(x):Drugim re•cima,