Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes ... · Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 4 / 65. Uvod Kada se tocka S približava toˇ cki T duž

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 1 / 65

Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Što je niz brojeva?Što je granicna vrijednost ili limes niza brojeva?Što je granicna vrijednost ili limes funkcije?Limes funkcije kada x →∞Što znaci da je limes beskonacan?Što su lijevi i desni limes?Racunanje s limesima funkcijaKoji su neodredeni oblici?Jesu li limesi i relacija ≤ uskladeni?Što znaci da je funkcija neprekidna (neprekinuta) u tocki?Neprekidna funkcija na intervaluOperacije s funkcijama koje cuvaju neprekidnost


Sadržaj

Sadržaj:1 Uvod2 Granicna vrijednost ili limes niza

Pojam nizaGranicna vrijednost ili limes nizaNeka svojstva konvergentnih nizovaRacunanje s limesima nizova

3 Granicna vrijednost ili limes funkcijeJednostrani limesiLimesi u R∪ {−∞,+∞}Cauchyjeva definicija limesa funkcijeRacunanje s limesima funkcijaNeodredeni obliciTeorem o sendvicu

4 Neprekidnost funkcijeCauchyjeva definicija neprekidnosti funkcijeNeprekidnost i operacije s funkcijama


Uvod

Uvod

Podsjetimo se problema pronalaženja tangente t na krivulju y = f (x) utocki T (a, f (a)). Buduci znamo da tocka leži na tangenti, možemopronaci jednadžbu ako znamo nagib tangente k. Problem je u tomešto nam trebaju dvije tocke za racunanje nagiba, a mi znamo samojednu tocku na t. Da bismo riješili problem prvo smo izracunalipribližnu vrijednost nagiba uzimajuci blisku tocku S(x , f (x)) na krivulji iizracunali nagib sekante:

kTS = f (x)− f (a)x −a

.


Uvod

Kada se tocka S približava tocki T duž krivulje, tada sekanta rotira okoT i približava se tangenti kao njezinom granicnom položaju. To znacida se nagib sekante približava sve više nagibu tangente. Pišemo

k = limS→T

kTS

i kažemo da je k limes kTS kada se S približava T duž krivulje. Buducida se x približava a kada se S približava T , takoder možemo pisati daje

k = limx→a

f (x)− f (a)x −a

.

Analogno, možemo razmatrati problem pronalaženja trenutne brzinekao granicne vrijednosti srednje brzine.

Problem tangente doveo je do dijela matematike koji zovemodiferencijalni racun, a koji je bio izumljen više od 2000 godina nakonintegralnog racuna.


Granicna vrijednost ili limes niza Pojam niza

Pojam niza

DefinicijaNiz realnih brojeva je funkcija a :N→R.

a(1)= a1 nazivamo prvim clanom niza,a(2)= a2 drugim clanom niza,...a(n)= an nazivamo n-tim ili opcim clanom niza;

Niz oznacavamo s (an)n∈N ili (an)∞n=1 ili (an) ili (a1,a2, . . . ,an, . . .)

Primjericea) niz: (1,−1,1,−1, . . .) ima opci clan an = (−1)n,

b) niz ciji je opci clan an = (−2)n

n! ima prvih nekoliko clanova(−2, 2, −4

3 , 23 , − 4

15 , . . .)


Granicna vrijednost ili limes niza Primjer

PRIMJER 1.Niz ciji je opci clan:

a) an = a1 +d(n−1) zovemo aritmeticki niz. Svaki clan, osim prvog, jearitmeticka sredina susjednih: an = an−1+an+1

2 .

b) an = a1qn−1 nazivamo geometrijski niz. Svaki clan, osim prvog, jegeometrijska sredina susjednih: an =p

an−1 ·an+1.

c) an = 1a1+d(n−1) nazivamo harmonijski niz. Svaki clan, osim prvog, je

harmonijska sredina susjednih: an =(

a−1n−1+a−1

n+12

)−1.

Napišimo prvih deset clanova tih nizova ako je:∗ a1 = 1, d = 1, q = 1

2 , ∗∗ a1 =−2, d =−2, q =−2.Gomilaju li se clanovi niza oko nekog broja u svakom pojedinomslucaju?Broj A ∈R nazivamo gomilištem niza ako svaka ε-okolina (A−ε,A+ε)broja A sadrži beskonacno mnogo clanova tog niza.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 7 / 65


Rješenje:

∗ a1 = 1, d = 1, q = 12

a) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10,... NE, clanovi su sve veci i veci;

b) 1, 12 , 1

4 , 18 , 1

16 , 132 , 1

64 , 1128 , 1

256 , 1512 ,... DA, clanovi se gomilaju oko broja 0;

c) 1, 12 , 1

3 , 14 , 1

5 , 16 , 1

7 , 18 , 1

9 , 110 ,... DA, clanovi se gomilaju oko broja 0.

∗∗ a1 =−2, d =−2, q =−2

a) -2, -4, -6, -8, -10,-12, -14, -16, -18, -20,...NE, clanovi su sve manji i manji;

b) -2, 4, -8, 16, -32, 64, -128, 256, -512, 1024,...NE, parni clanovi su sve veci i veci, a neparni sve manji i manji;

c) −12 , −1

4 , −16 , −1

8 , − 110 , − 1

12 , − 114 , − 1

16 , − 118 , − 1

20 ,...DA, clanovi se gomilaju oko broja 0.



PRIMJER 2.a) Kolika je prosjecna brzina automobila tijekom putovanja ako prijedeput duljine s brzinom v1, a zatim se vrati istim putem (duljine s)brzinom v2?b) Kolika je prosjecna brzina automobila tijekom putovanja ako prijedeput duljine s brzinom 60 km/h, pa se vrati istim putem brzinom40 km/h?

Rješenje:Prosjecna brzina tijela (pri nejednolikom gibanju) definira se:

v = ukupni prijedeni putukupno vrijeme gibanja

.

a) v = 2 ·st1 + t2

= 2 ·ssv1

+ sv2

= 21v1

+ 1v2

, što je harmonijska sredina brzina.

b) v = 2160 + 1

40

= 48 [km/h].


Granicna vrijednost ili limes niza Granicna vrijednost ili limes niza

Granicna vrijednost ili limes niza

DefinicijaAko postoji tocka A takva da se u svakoj njezinoj ε - okolini (A−ε,A+ε)nalaze gotovo svi clanovi niza (an), kažemo da je niz (an)konvergentan i da je A limes ili granica tog niza. Inace kažemo da jeniz divergentan.

Pišemo: an →A kada n →∞ ili limn→∞an =A.

Citamo: "an teži ka A, kad n teži u beskonacno" ili "limes od an, kad nteži u beskonacno, je A."DefinicijaBroj A zovemo granicna vrijednost ili limes niza (an) ako za svaki brojε> 0 možemo naci prirodan broj n0(ε) takav da za sve n > n0(ε) vrijedi|an −A| < ε.Simbolicki pišemo: (∀ε> 0) (∃n0 ∈N) (∀n ∈N) (n > n0 ⇒|an −A| < ε).Ako broj A postoji kažemo da je niz (an) konvergentan.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 10 / 65


PRIMJER 3.U 5. st. prije Krista, grcki filozof Zenon iz Eleide postavio je problem poznatkao 2. Zenonov paradoks, o utrci izmedu grckog junaka Ahila i kornjace kojaje startala prva. Zenon je tvrdio kako Ahil nikada nece preteci kornjacu.Pretpostavimo da Ahil starta s mjesta a1, a kornjaca s mjesta k1, vidi sliku:

Kada Ahil stigne na mjesto a2 = k1, kornjaca je vec na mjestu k2. Kada je Ahilna mjestu a3 = k2, kornjaca je na k3. Ovaj proces se nastavlja ubeskonacnost, tako se cini se da ce kornjaca uvijek biti ispred Ahila! To je usuprotnosti sa zdravim razumom.Ovaj paradoks se može objasniti pomocu konvergentnih nizova. UzastopniAhilovi položaji (a1,a2,a3, . . .) ili položaji kornjace (k1,k2,k3, . . .) su neki nizovikoji definiraju uredaj. Primjerice, možemo uzeti da su to harmonijski nizovi(1, 1

2 , 13 , . . .) i (1

2 , 13 , 1

4 . . .). Oba niza konvergiraju k broju 0, limn→∞

1n = 0.


Granicna vrijednost ili limes niza Neka svojstva konvergentnih nizova

Neka svojstva konvergentnih nizovaDefinicija (omedenost) Za niz realnih brojeva (an) kažemo da jeomeden ako

(∃m,M ∈R) (∀n ∈N) (m ≤ an ≤M).

Definicija (monotonost) Niz (an) realnih brojeva je rastuci (resp.strogo rastuci) ako je

an ≤ an+1 (resp. an < an+1), ∀n ∈N.

Analogno definiramo padajuci i strogo padajuci niz.

Tvrdnja 1. Omeden i monoton niz je konvergentan.

Tvrdnja 2. (Teorem o sendvicu) Ako su nizovi (an), (bn) i (cn) takvida je an ≤ bn ≤ cn za svaki n veci od nekog n0 i ako jelim

n→∞an = limn→∞cn = L onda konvergira i niz (bn) i vrijedi lim

n→∞bn = L.



PRIMJER 4.

Dokažimo da je niz (2, (1+ 12)

2, (1+ 13)

3, . . . , (1+ 1n )

n, . . .) konvergentan.

Rješenje:1o) Prvo cemo pokazati da je niz strogo rastuci.Koristimo generaliziranu verziju Bernoullijeve nejednakosti:

(1+x)k > 1+kx , za k > 1 i x ≥−1, x 6= 0,

koja se lako dokazuje prvo matematickom indukcijom za prirodnebrojeve k , a zatim i za sve realne k > 1. Stavimo x = 1

1+n i k = n+1n .

Slijedi (1+ 1

1+n

) n+1n > 1+ n+1

n · 11+n = 1+ 1

n

/n

(1+ 1

1+n

)n+1 >(1+ 1

n

)n ⇔ an+1 > an.p



2o) Zatim cemo pokazati da je niz omeden.Kako je niz strogo rastuci, to je omeden odozdo s a1 = 2. Stavimo x = 1i k = 1+ 2

n u Bernoullijevu nejednakost. Slijedi

2 ·4 1n = (1+1)1+ 2

n > 1+1 · (1+ 2n )= 2 · (1+ 1

n ),

⇒ 4>(1+ 1

n

)n = an,p

pa je 4> an ≥ 2, za sve n ∈N, što znaci da je niz omeden.Prema tvrdnji 1, niz je konvergentan.

Taj limes se oznacava s e,

limn→∞

(1+ 1

n

)n= e = 2.7182818284590452353602874713527...

i obicno se naziva Eulerov broj.


Granicna vrijednost ili limes niza Racunanje s limesima nizova

Tvrdnja 3. (racunanje s limesima)Neka su (an) i (bn) konvergentni nizovi realnih brojeva. Ako jelim

n→∞an =A i limn→∞an =B, onda je

limn→∞(an ±bn)= lim

n→∞an ± limn→∞bn =A±B,

limn→∞(an ·bn)= lim

n→∞an · limn→∞bn =A ·B, lim

n→∞c = c, c je konstanta,

limn→∞

(anbn

)= lim

n→∞an

limn→∞bn

= AB , B 6= 0 i bn 6= 0 (∀n ∈N),

limn→∞ |an| =

∣∣∣ limn→∞an

∣∣∣= |A|,

limn→∞an

r =(

limn→∞an

)r =Ar , r ∈R, an > 0 (∀n ∈N) i A> 0.


Granicna vrijednost ili limes funkcije


Vidjeli smo u uvodu kako se pojavljuju limesi kada želimo odredititangentu krivulje ili brzinu tijela. Sada cemo razmatrati limese funkcijaopcenito.

Za funkciju f :N→R, f (n)= 1n znamo što znaci lim

n→∞1n (= 0).

Kako definirati limes funkcije f :R\ {0} →R, f (x)= 1x kada x →∞?

Kako definirati limes te funkcije kada x → 0?

Što se dogada s vrijednošcu funkcije f (x)= sinxx kada x → 0? Možemo

li proširiti funkciju f tako da bude prirodno definirana i u tocki 0?

Postoji li limx→0

sin πx ?



DefinicijaNeka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirana na I, osimmožda u x0. Broj L zovemo granicna vrijednost ili limes funkcije f utocki x0 ako za svaki niz (an), an ∈ I \ {x0} vrijedi:

limn→∞an = x0 ⇒ lim

n→∞ f (an)= L.

Pišemo: limx→x0

f (x)= L.

Citamo: "Limes funkcije f (x), kad x teži x0, je L."

PRIMJER 5.Ispitajmo:

a) limx→1

x−1x2−1 ,

b) limx→0

sin πx .


Granicna vrijednost ili limes funkcije Primjer

Rješenje a):Neka je (an) proizvoljan niz realnih brojeva sa svojstvom

limn→∞an = 1 i an 6= 1, ∀n ∈N.

Zbog an 6= 1 imamo da jean −1a2

n −1= 1

an +1. Stoga vrijedi

limn→∞

an −1a2

n −1= lim

n→∞1

an +1= 1

1+1= 1

2.

Dakle,

limx→1

x −1x2 −1

= 12

.



Rješenje b):Funkcija f (x)= sin π

x nije definirana u nuli. Uvrštavajuci sve manje imanje vrijednosti za x dobivamo

f (1)= sinπ= 0 f(

12

)= sin2π= 0

f(

13

)= sin3π= 0 f

(14

)= sin4π= 0

f (0.1)= sin10π= 0 f (0.01)= sin100π= 0f (0.001)= sin1000π= 0 f (0.0001)= sin10000π= 0

Na osnovi ovih informacija možemo pomisliti da je

limx→0

sinπ

x= 0,

no ovaj put smo pogrešno zakljucili.



Možemo promatrati dva niza (an)= (1n ) i (bn)= ( 2

1+4n ) koja konvergirajuk nuli.Vrijedi lim

n→∞sinπ

an= lim

n→∞sin(nπ)= 0.

Ali, limn→∞sin

π

bn= lim

n→∞sin(π2+2nπ

)= 1.

Stoga limx→0

sinπ

xne postoji.



PRIMJER 6.Heavisideova funkcija je definirana s

H(t)={

0, t < 0,1, t ≥ 0.

Nazvana je po inženjeru Oliveru Heavisideu (1850–1925) i može sekoristiti za opisivanje elektricne struje koja je ukljucena u trenutku t = 0(vidjeti sliku).

Ispitajmo ponašanje funkcije H oko nule.



Rješenje

Promatrat cemo niz (cn), cn = (−1)n 1n , koji oscilira oko nule i lim

n→∞cn = 0.Niz (H(cn)) ima dvije tocke gomilanja 0 i 1:

H(cn)=H(1n )= 1, n paran, ⇒ lim

n→∞H(

1n

)= 1,

H(cn)=H(−1n )= 0, n neparan, ⇒ lim

n→∞H(−1

n

)= 0.

Stoga limt→0

H(t) ne postoji.

Medutim, možemo promatrati ponašanje funkcije H(t) kada se tpribližava nuli zdesna ili kada se približava nuli slijeva.Neka je (an) proizvoljan niz za koji vrijedi lim

n→∞an = 0 i an > 0 (∀n ∈N).Tada je lim

n→∞H (an)= 1, što pišemo limt→0+

H(t)= 1.

Slicno, aka je (bn) proizvoljan niz za koji vrijedi limn→∞bn = 0 i bn < 0

(∀n ∈N). Tada je limn→∞H (cn)= 0, što pišemo lim

t→0−H(t)= 0.


Granicna vrijednost ili limes funkcije Jednostrani limesi

Jednostrani limesi

Definicija1 Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirane na I, osim

možda u x0. Broj L zovemo desni limes (limes zdesna) funkcije f utocki x0 ako za svaki niz (an), an ∈ I sa svojstvom an > x0 (∀n ∈N) vrijedi:


n→∞ f (an)= L.

Pišemo: limx↘x0

f (x)= limx→x0

+ f (x)= f (x0+)= L.

2 Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirane na I, osimmožda u x0. Broj L zovemo lijevi limes (limes slijeva) f u tocki x0 akoza svaki niz (an), an ∈ I sa svojstvom an < x0 (∀n ∈N) vrijedi:


n→∞ f (an)= L.

Pišemo: limx↗x0

f (x)= limx→x0

− f (x)= f (x0−)= L.


Granicna vrijednost ili limes funkcije Jednostrani limesi

Ako usporedimo definicije limesa funkcije i jednostranih limesa vidimoda vrijedi slijedeca tvrdnja.

Tvrdnja 4.Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirane na I, osimmožda u x0. Postoji lim

x→x0f (x) ako i samo ako limesi lim

x→x0− f (x) i

limx→x0

+ f (x) postoje i jednaki su.

ZADATAK 1.

Za funkciju g ciji je graf dan na slici, naveditevijednosti (ako postoje):

a) limx→2−

g(x) b) limx→2+

g(x) c) limx→2

g(x)

d) limx→5− g(x) e) lim

x→5+ g(x) f ) limx→5

g(x)


Granicna vrijednost ili limes funkcije Limesi u R∪ {−∞,+∞}

Limesi u R∪ {−∞,+∞}

Definicija1 Za funkciju f : ⟨a,+∞⟩→R kažemo da ima granicnu vrijednost ili

limes u tocki +∞ jednak L ∈R ako za svaki niz (cn), cn ∈ ⟨a,+∞⟩(∀n ∈N) vrijedi:

limn→∞cn =+∞ ⇒ lim

n→∞ f (cn)= L.

Pišemo: limx→+∞ f (x)= f (+∞)= L.

2 Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirana na I, osimmožda u x0. Kažemo da funkcija f ima granicnu vrijednost ili limes utocki x0 jednaku +∞ ako za svaki niz (cn), cn ∈ I \ {x0} vrijedi:

limn→∞cn = x0 ⇒ lim

n→∞ f (cn)=+∞.

Pišemo: limx→x0

f (x)=+∞.



PRIMJER 7.

Za funkciju y = 1x2

naci limese (ako postoje):

a) limx→0

1x2 ,

b) limx→+∞

1x2 .



Rješenje

a) Kada se x približava nuli, tada se x2 takoder približava nuli, pa 1/x2

postaje sve vece i vece (ili neomedeno raste). Primjerice, akopromatramo niz (1/n) imamo da je f (1/n)= n2, pa vrijedi

limn→∞

1n= 0 ⇒ lim

n→∞ f (1/n)= limn→∞n2 =+∞.

Stoga limx→0

(1/x2) ne postoji (nije realan broj), preciznije limx→0

(1/x2)=+∞.

b) Kada se x teži u beskonacno, tada x2 takoder teži u beskonacno,pa 1/x2 postaje sve manji i manji pozitivan broj (ili teži nuli). Za svakiniz (cn) sa svojstvom da je neomeden s desna imamo

limn→∞cn =∞ ⇒ lim

n→∞ f (cn)= limn→∞1/cn

2 = 0.

Stoga je limx→+∞(1/x2)= 0.


Granicna vrijednost ili limes funkcije Zadatak

ZADATAK 2.Po analogiji s prethodnim definirajte sljedece limese i navediteodgovarajuce primjere funkcija:

a) limx→+∞ f (x)=+∞ b) lim

x→−∞ f (x)= L ∈R

c) limx→x0

f (x)=−∞ d) limx→+∞ f (x)=−∞

e) limx→−∞ f (x)=+∞ f ) lim

x→−∞ f (x)=−∞

g) limx→x0

− f (x)=+∞ h) limx→x0

+ f (x)=+∞

h) limx→x0

− f (x)=−∞ k) limx→x0

+ f (x)=−∞.


Granicna vrijednost ili limes funkcije Cauchyjeva definicija limesa funkcije

Cauchyjeva definicija limesa funkcije

Racunajuci limes limx→x0

f (x)= L koriste se fraze x blizu x0 i f (x) blizu L.

Sada cemo dati (ekvivalentnu) definiciju funkcije preko okolina.

Kao motiv za ovu definiciju limesa promatrat cemo funkciju

f (x)={

2x −1, x 6= 3,6, x = 3.

Intuitivno, jasno je da ako je x blizu 3, ali x 6= 3, tada je f (x) blizu 5.Postavimo, primjerice, pitanje: koliko x treba biti blizu broju 3 da biudaljenost f (x) od 5 bila manja od 0.1?Dakle, tražimo δ> 0 takvo da

|f (x)−5| < 0.1 ako je |x −3| < δ, x 6= 3.

Vrijedi: ako je 0< |x −3| < 0.1/2= 0.05 onda je

|f (x)−5| = |(2x −1)−5| = |2x −6| = 2|x −3| < 2 ·0.05= 0.1 .



Dakle, odgovor na naše pitanje je δ= 0.05. Znaci ako je x unutarudaljenosti 0.05 od 3, onda je f (x) unutar udaljenosti 0.1 od 5. Slicnoimamo

|f (x)−5| < 0.01 ako je 0< |x −3| < 0.005,|f (x)−5| < 0.001 ako je 0< |x −3| < 0.0005 .

Brojeve 0.1, 0.01, 0.001 možemo promatrati kao greške tolerancijekoju možemo dopustiti. Da bi 5 bio limes f (x) kada x teži 3, moramomoci odrediti δ za bilo koju udaljenost f (x) od 5. Razmišljajuci kaogore, za bilo koji pozitivan broj ε nalazimo da je

|f (x)−5| < ε ako je 0< |x −3| < δ= ε

2.

Drugim rijecima:

ako je 3−δ< x < 3+δ (x 6= 3) onda je 5−ε< f (x)< 5+ε,

(vidjeti sliku).Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 30 / 65




DefinicijaNeka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f funkcija definirane na I, osimmožda u x0. Broj L zovemo granicna vrijednost ili limes funkcije f utocki x0 ako za svaki ε> 0 možemo naci broj δ> 0 takav da cim je0< |x −x0| < δ vrijedi |f (x)−L| < ε.

Pišemo: limx→x0

f (x)= L.

Simbolicki pišemo:(∀ε> 0) (∃δ> 0) (∀x ∈ I) (0< |x −x0| < δ⇒

∣∣f (x)−L∣∣< ε).



Na isti nacin definiraju se druge vrste limesa.

Definicija (Cauchyjeva definicija limesa zdesna i slijeva)1 lim

x↘x0f (x)= lim

x→x0+ f (x)= f (x0

+)= L ako vrijedi:

(∀ε> 0) (∃δ> 0) (∀x ∈ I) (0< x −x0 < δ⇒ ∣∣f (x)−L∣∣< ε).

2 limx↗x0

f (x)= limx→x0

− f (x)= f (x0−)= L ako vrijedi:

(∀ε> 0) (∃δ> 0) (∀x ∈ I) (0< x0 −x < δ⇒ ∣∣f (x)−L∣∣< ε).



Definicija (Cauchyjeva definicija beskonacnih limesa)1 lim

x→+∞ f (x)= f (+∞)= L ako vrijedi:

(∀ε> 0) (∃∆> 0) (∀x ∈ I) (x >∆⇒ ∣∣f (x)−L∣∣< ε).

2 limx→x0

f (x)=+∞ ako vrijedi:

(∀E > 0) (∃δ> 0) (∀x ∈ I) (0< |x −x0| < δ⇒ f (x)>E).

3 limx→+∞ f (x)= f (+∞)=+∞ ako vrijedi:

(∀E > 0) (∃∆> 0) (∀x ∈ I) (x >∆⇒ f (x)>E).

itd. . . .


Granicna vrijednost ili limes funkcije Racunanje s limesima funkcija

Limes funkcije je u skladu sa operacijama zbrajanja, množenja i slaganja(kompozicija) funkcija. To je posljedica cinjenice da je limes niza u skladu stim operacijama i definicije limesa funkcije.

Tvrdnja 5. (racunanje s limesima funkcija)Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g funkcije definirane na I, osimmožda u x0. Ako postoje lim

x→x0f (x) i lim

x→x0g(x), onda vrijedi

1) funkcija f ±g ima limes u x0 ilim

x→x0(f (x)±g(x))= lim

x→x0f (x)± lim

x→x0g(x) ,

2) za svaki c ∈R funkcija c f ima limes u x0 ilim

x→x0c f (x)= c lim

x→x0f (x),

3) funkcija f ·g ima limes u x0 ilim

x→x0(f (x) ·g(x))= lim

x→x0f (x) · lim

x→x0g(x),



4) ako je g(x) 6= 0 (∀x ∈ I \ {x0}) i limx→x0

g(x) 6= 0,

funkcija fg ima limes u x0 i

limx→x0

(f (x)g(x)

)=

limx→x0

f (x)

limx→x0

g(x) ,

5) funkcija |f | ima limes u x0 i

limx→x0

|f (x)| =∣∣∣∣ limx→x0

f (x)∣∣∣∣ ,

6) ako je f (x)> 0 (∀x ∈ I \ {x0}) , limx→x0

f (x)=A> 0 i limx→x0

g(x)=B,

funkcija f g ima limes u x0 i

limx→x0

(f (x)g(x)

)=

(lim

x→x0f (x)

) limx→x0

g(x)=AB .

Svojstva 1) – 6) vrijede i u slucaju kada x →±∞.



PRIMJER 8.

Izracunajmo limes limx→−2

x3 +2x2 −15−3x

i obrazložimo svaki korak.

RješenjeZapocinjemo primjenom pravila 4), ali njegova primjena potpuno jeopravdana u završnoj fazi kada smo utvrdili da postoje limesi brojnika inazivnika i limes nazivnika nije 0.

limx→−2

x3+2x2−15−3x =

limx→−2

(x3+2x2−1)

limx→−2

(5−3x) (pravilo 4)

=lim

x→−2x3+2 lim

x→−2x2− lim

x→−21

limx→−2

5−3 limx→−2

x (primjena 1, 2 i 3)

= (2−)3+2(−2)2−15−3(−2) (uzastopnom primjenom 3)

= − 111 .


Granicna vrijednost ili limes funkcije Neodredeni oblici

Neodredeni oblici

Neodredeni oblici su:00

,∞∞ , 0 ·∞, ∞−∞, 1∞, 00, 0∞

Odredeni oblici su:L0→∞ (L 6= 0),

L∞ → 0,

∞0

→∞, . . .

U ovom odjeljku cemo racunati limese koristeci prethodno navedenapravila za limese funkcija i neke algebarske transformacije.

PRIMJER 9.(

00

)Izracunajmo:

a) limx→0

(3+x)2 −9x

,

b) limt→0

√t2 +9−3

t2 .



Rješenjea) Podsjetimo se da uzimamo u obzir samo x 6= 0 kad x teži 0, pacemo prvo pojednostavniti razlomak: (3+x)2−9

x = (9+6x+x2)−9x = 6+x .

Stoga je

limx→0

(3+x)2 −9x

= limx→0

(6+x)= 6.

b) Ne možemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci jelimes nazivnika 0. Ovdje cemo prvo racionalizirati brojnik.

limt→0

pt2+9−3

t2 =(

00

)= lim

t→0

pt2+9−3

t2 ·p

t2+9+3pt2+9+3

= limt→0

(t2+9)−9

t2(p

t2+9+3) = lim

t→0t2

t2(p

t2+9+3)

= limt→0

1pt2+9+3

= 1√limt→0

(t2+9)+3= 1

3+3 = 16 .



ZADATAK 3.Izracunajte:

a) limh→0

(h−5)2−25h , [R :−10]

b) limt→−3

t2−92t2+7t+3 , [R : 6/5]

c) limx→0

p1+x−p1−x

x , [R : 1]

d) limh→−2

h+2h3+8 , [R : 1/12]

e) limx→16

4−px16x−x2 , [R : 1/128].



PRIMJER 10.(∞∞

)Izracunajmo:

a) limx→∞

x2 +3x −53x2 +x

,

b) limt→∞

t +√

t2 + t2t −3

.

Rješenje a)Ne možemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci je limesnazivnika ∞. Ovdje cemo prvo podijeliti brojnik i nazivnik s x2 koje nije0, jer x →∞.

limx→∞

x2 +3x −53x2 +x

=(∞∞

)= lim

x→∞(x2 +3x −5)/x2

(3x2 +x)/x2 = limx→∞

1+ 3x − 5

x2

3+ 1x

= 13

.



Rješenje b)Prvo cemo podijeliti brojnik i nazivnik s navecom potencijom urazlomku. (Možemo smatrati da je t > 0.)

limt→∞

t +√

t2 + t2t −3

=(∞∞

)= lim

t→∞(t +

√t2 + t)/t

(2t −3)/t= lim

t→∞

1+√

1+ 1t

2− 3t

= 1+12

= 1.


a) limh→∞

6h4+2h3+h2

2h3+h2−3 , [R :∞] b) limt→∞

5t2−t+32t3+3t−4 , [R : 0]

c) limx→∞

p3+x+ 4px2−3x+22p

x−2+ 4px2−5, [R : 2/3]

d) limt→−∞

pt2+2tt+1 , [uvesti supstituciju t =−x , R :−1].



Neodredeni oblik (0 ·∞)

Ako je f (x)= g(x) ·h(x) i limx→a

g(x)= 0 i limx→a

h(x)=∞, gdje je

a ∈R∪ {−∞,∞}, tada se limx→a

f (x) svodi na oblikg(x)

1h(x)

ilih(x)

1g(x)

, tako da

se odredivanje granicne vrijednosti svodi na slucajeve(

00

)ili

(∞∞

).

PRIMJER 11.

Izracunajmo limx→ π

2

(π2−x

)· tgx .

Rješenje

limx→ π

2

(π2 −x

) · tgx = (0 ·∞)= limx→ π

2

π2−xctgx =

(00

)=

∣∣∣∣ supst.y = π

2 −x

∣∣∣∣= lim

y→0

yctg( π2−y)

= limy→0

ytgy = lim

y→0

ysiny ·cosy = 1 ·1= 1.



ZADATAK 5.

Ako je g(x)= 1x

i h(x)= x2, izracunajte

i)a) lim

x→∞g(x) ·h(x)= limx→∞

1x ·x2, [R :∞]

b) limx→−∞g(x) ·h(x)= lim

x→−∞1x ·x2, [R :−∞]

c) limx→0+

g(x) ·h(x)= limx→0+

1x ·x2, [R : 0]

b) limx→0−

g(x) ·h(x)= limx→0−

x 1x ·x2, [R : 0].

ii)a) lim

x→∞1

h(x) · 1g(x) = lim

x→∞1x2 ·x , [R : 0]

b) limx→−∞

1h(x) · 1

g(x) = limx→−∞

1x2 ·x , [R : 0]

c) limx→0+

1h(x) · 1

g(x) = limx→0+

1x2 ·x , [R :∞]

b) limx→0−

1h(x) · 1

g(x) = limx→0−

1x2 ·x , [R :−∞].



PRIMJER 12. (∞−∞)

Izracunajmo:

a) limx→∞

(px −

√x +2

),

b) limt→−∞

(t +

√t2 − t +3

).

RješenjeU slucaju neodredenog oblika ∞−∞ potrebno je danu funkcijualgebarskim transformacijama svesti na oblik ∞

∞ .

a) limx→∞

(px −

√x +2

)= (∞−∞)

= limx→∞

(px −

√x +2

)·p

x +px +2p

x +px +2

= limx→∞

x −x −2px +p

x +2= −2p

x +px +2

= 0.



Rješenje b)

limt→−∞

(t +

√t2 − t +3

)= (−∞+∞)=

∣∣∣∣ supst.t =−x

∣∣∣∣= lim

x→∞

(−x +

√x2 +x +3

)= lim

x→∞

(−x +

√x2 +x +3

)· x+

px2+x+3

x+p

x2+x+3

= limx→∞

−x2+x2+x+3x+

px2+x+3

= (∞∞

)= limx→∞

(x+3)/x

(x+p

x2+x+3)/x

= limx→∞

1+ 3x

1+√

1+ 1x + 3

x2

= 11+1 = 1

2 .

ZADATAK 6.

Izracunajte: a) limt→∞

(t −

√t2 −2t +4

), [R : 1]

b) limx→∞

(√x2 −2−

√x2 −3x +7

), [R : 3/2]

c) limt→∞

(1p

t(p

t−2−pt+4

), [R :−1/3].



Neodredeni oblik (1∞)

Ovdje racunamo limese funkcija oblika y = f (x)g(x) kod kojih nakonuvrštavanja dobivamo oblik 1∞. Osim svojstava 1) – 6) za racunanje slimesima, koristit cemo važan limes broja e. U primjeru 4. proucavalismo lim

n→∞

(1+ 1

n

)n = e. Taj limes vrijedi i kad n →−∞. Zaista, uvodecisupstituciju n =−1−k dobivamo:

limn→−∞

(1+ 1

n

)n = limk→∞

(1− 1

1+k

)−1−k = limk→∞

(1+k

k

)1+k

= limk→∞

(1+ 1

k

)k (1+ 1

k

)= e ·1= e.

Stoga se može dokazati da za svaki niz (an) sa svojstvom da |an|→∞vrijedi: lim

n→∞

(1+ 1

an

)an = e. Dakle:

limx→±∞

(1+ 1

x

)x= e.



PRIMJER 13.

a) Za proizvoljne α, β ∈R izracunajmo: limx→∞

(1+ α

x

)βx.

b) Izracunalmo: limx→0

(1+x)1x .

Rješenjea) Uvodeci supstituciju y = x/α i primjenjujuci svojstvo 6) za racunanjelimesa f g , gdje je g(x)= c konstantna funkcija, dobivamo:

limx→∞

(1+ α

x

)βx= lim

y→∞

(1+ 1

y

)βαy=

(lim

y→∞

(1+ 1

y

)y)αβ= eαβ.

b) Uvodeci supstituciju x = 1y

dobivamo željeni limes.



PRIMJER 14.

Izracunajmo: a) limx→∞

(x2 −5

x2

)x2

, b) limx→∞

(x +3x +1

)x.

Rješenje

a) limx→∞

(x2−5

x2

)x2

= (1∞)= limx→∞

(1− 5

x2

)x2

= limx→∞

(1+ 1

− x25

)x2

= limx→∞

(1+ 1

− x25

)− x25 ·(−5)

=(

limx→∞

(1+ 1

− x25

)− x25

)−5= e−5,

b) limx→∞

(x+3x+1

)x = (1∞)= limx→∞

(1+ x+3

x+1 −1)x = lim

x→∞

(1+ 2

x+1

)x

= limx→∞

((1+ 2

x+1

) x+12

) 2x+1 ·x

=(

limx→∞

(1+ 2

x+1

) x+12

) limx→∞

2xx+1

= e2.




a) limx→∞

(px+3px+1

)2p

x, [R : e4]

b) limt→∞

( t+at+b

)t, [R : ea−b]

c) limx→∞

(x3+xx3−c

)x2

, c ∈R, [R : e].

Neodredeni oblici(00)

i(∞0)

U prvom slucaju racunamo limese funkcija oblika f (x)= g(x)h(x) ako jelimx→a

g(x)= 0+ i limx→a

h(x)=∞, gdje je a ∈R∪ {−∞,∞}. Tada se

limx→a

g(x)h(x) odreduje tako da se najprije logaritmira:ln f (x)= h(x) · ln(g(x)), i time se granicna vrijednost svodi naneodredeni oblik (0 ·∞). Ako je ta granicna vrijednost L, onda jetražena granicna vrijednost eL. Slicno se postupa u slucaju

(∞0).



PRIMJER 15.

Izracunajmo: a) limx→0+

x tgx , b) limx→0+

x1x , c) lim

x→∞x1x .

Rješenje

a) limx→0+

x tgx = (00)= lim

x→0+etg(x)·ln(x) = e

limx→0+

tg(x)·ln(x)

= e(0·∞) = elim

x→0+lnx

ctg(x) = . . . = e0 = 1

b) limx→0+

x1x = (0∞)= e

limx→0+

1x ·ln(x) = e−∞ = 0

c) limx→∞x

1x = (∞0)= e lim

x→∞1x ·ln(x) = . . . = e0 = 1.

ZADATAK 8.Izracunajte odredene oblike:

a) limx→1+

x1−x , [R :−∞] b) lim

x→0−1

1+e1x

, [R : 1] c) limx→0+

11+e

1x

, [R : 0].


Granicna vrijednost ili limes funkcije Teorem o sendvicu

Teorem o sendvicu (ili uskladenost limesa irelacije ≤)

Na osnovi teorema o sendvicu za nizove imamo sljedecu tvrdnju.

Tvrdnja 6. (uskladenost limesa i relacije ≤)Neka je I ∈R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g,h tri realne funkcije definiranena I, osim možda u x0, i neka postoje limesi funkcija f i g u x0.

1 Ako je f (x)≤ g(x), ∀x 6= x0 u nekoj okolini tocke x0, onda jelim

x→x0f (x)≤ lim

x→x0g(x).

2 (Teorem o sendvicu) Ako je

f (x)≤ h(x)≤ g(x), ∀x 6= x0

u nekoj okolini tocke x0 i limx→x0

f (x)= limx→x0

g(x)= L, onda funkcija h

ima limes u x0 i vrijedi limx→x0

h(x)= L (vidjeti sliku).



PRIMJER 16.

Pokazati da je limx→0

x2 sin1x= 0.



RješenjePrimjetimo da ne možemo koristiti da je

limx→0

x2 sin1x= lim

x→0x2 · lim

x→0sin

1x

,

jer limx→0

sin 1x ne postoji, (vidjeti primjer 4. b).

Provjerimo jesu li ispunjene pretpostavke teorema o sendvicu. Znamoda vrijedi: −1≤ sin 1

x ≤ 1 za sve x 6= 0. Slijedi da je

−x2 ≤ x2 sin1x≤ x2, ∀x 6= 0

i limx→0

−x2 = limx→0

x2 = 0. Dakle, možemo primijeniti teorem o sendvicu na

funkcije f (x)=−x2, g(x)= x2 i h(x)= x2 sin 1x , pa je

limx→0

x2 sin1x= 0.



PRIMJER 17.

Dokažimo da funkcija h(x)= sinxx ima limes kada x → 0 i da vrijedi

limx→0

sinxx

= 1 .

Rješenje

Limes limx→0

sinxx je neodredeni oblik

(00

). Primijenit cemo teorem o

sendvicu.



U skladu sa slikom a) imamo da je |PP ′| = sin(x), |ÙAP| = x , |AB| = tg(x)i |PP ′| < |ÙAP|, što daje sin(x)

x < 1 za sve x > 0.

Nadalje je: 1·x2 =P(COÙAP)<P(4OAB)= 1·tg(x)

2 za 0< x <π/2, padobivamo:

x < tg(x) /sin(x)> 0 ⇒ xsin(x) < 1

cos(x) .

Stoga vrijedi reciprocan uredaj: cos(x)< sin(x)x , za 0< x <π/2. Zbog

parnosti funkcija x 7→ cos(x) i x 7→ sin(x)x , ovaj uredaj vrijedi za sve

x ∈ (−π/2,π/2)\ {0}, vidjeti sliku b). Uzimajuci sve navedeno u obzir,imamo:

cos(x)< sin(x)x

< 1, −π/2< 0< x <π/2,x 6= 0

i limx→0

cos(x)= limx→0

1= 1, pa primjenom teorema o sendvicu slijedi

željena tvrdnja.



PRIMJER 18.

Izracunajmo: a) limx→0

sin5xsin2x

, b) limx→0

1−cosxx2 , c) lim

t→0

(sin2t

t

)t+3.

Rješenje

a) limx→0

sin5xsin2x

= limx→0

sin5x5x

sin2x2x

· 52= 1

1· 12= 1

2,

b) limx→0

1−cosxx2 = lim

x→0

1− (1−2sin2 x2 )

x2

= 2 limx→0

sin2 x2

4 · (x2)2 = 1

2

(sin x

2x2

)2

= 12·1= 1

2,

c) limt→0

(sin2t

t

)t+3=

(limt→0

sin2tt

)limt→0

t+3= (2 ·1)0+3 = 8.




a) limx→0

cos(2x)−cos(3x)x2 , [R : 5/2]

b) limx→0

cos(2x)−cos(3x)x , [R : 0]

c) limt→0

t ·ctgt , [R : 1],

d) limt→0

tg t−sin tt3 , [R : 1/2],

e) limh→0

(1+sinh)1h , [R : e].


Neprekidnost funkcije

Neprekidnost (neprekinutost) funkcije

DefinicijaNeka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I. Za funkciju f : I →R kažemo da jeneprekidna u tocki x0 ako postoji limes funkcije f u tocki x0 ilim

x→x0f (x)= f (x0).

Funkcija je neprekidna na skupu I ako je neprekidna u svakoj tockix0 ∈ I.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 59 / 65

Neprekidnost funkcije

Neka je funkcija f definirana na nekom otvorenom intervalu oko x0,osim možda u x0. Kažemo da je f prekidna u x0 ako nije neprekidna ux0.

PRIMJER 19.

Na slici je prikazan graf funkcije f .U kojim tockama funkcija ima prekid?Zašto?

Rješenje1) Ima prekid u tocki x0 = 1, jer funkcija nije definirana u 1.2) Ima prekid u tocki x0 = 3. Funkcija je ovdje definirana, ali ne postojilimx→3

f (x) (jer lijevi i desni limes nisu jednaki).

3) Ima prekid u tocki x0 = 5. Funkcija je ovdje definirana i postojilimx→5

f (x) (jer su lijevi i desni limes jednaki). Ali limx→5

f (x) 6= f (5).Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 60 / 65

Neprekidnost funkcije Cauchyjeva definicija neprekidnosti funkcije

Cauchyjeva definicija neprekidnosti funkcije

DefinicijaNeka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f : I →R. Kažemo da je fneprekidna u x0 ako

(∀ε> 0) (∃δ> 0) (∀x ∈ I) (0< |x −x0| < δ⇒∣∣f (x)− f (x0)

∣∣< ε).

PRIMJER 20.

Funkcija f (x)= sinxx je neprekidna na cijeloj domeni, tj. u svakoj tocki

x0 ∈R\ {0}.

ZADATAK 10.

Ispitajte je li funkcija f (x)={ sinx

x , x 6= 0,1, x = 0.

neprekidna u nuli.


Neprekidnost funkcije Cauchyjeva definicija neprekidnosti funkcije

Funkcija f ima uklonjivi prekid u tocki x0 ako postojilim

x→x0f (x)= L 6= f (x0).

Funkcija f ima prekid prve vrste u tocki x0 ako su limesi slijeva izdesna u tocki x0 konacni i razliciti.Funkcija f ima prekid druge vrste u tocki x0 ako je barem jedan odlimesa slijeva ili zdesna beskonacan ili ne postoji.

ZADATAK 11.

a) Provjerite da funkcija f (x)={ −2x2, x ≤ 3,

3x , x > 3,ima prekid prve

vrste u x0 = 3.b) Provjerite da funkcija f (x)= 3−2x

1+x ima prekid druge vrste ux0 =−1.

c) Provjerite da funkcija g(x)=

sinx

x , x < 0,−1, x = 0,

5x4 −2x +1, x > 0,ima uklonjivi

prekid u x0 = 0.


Neprekidnost funkcije Neprekidnost i operacije s funkcijama

Neprekidnost i operacije s funkcijama

Tvrdnja 7.Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g : I →R neprekidne u x0. Tadavrijedi

1) funkcija f ±g je neprekidna u x0,2) za svaki λ ∈R funkcija λ f je neprekidna u x0,3) funkcija f ·g je neprekidna u x0,4) ako je g(x) 6= 0, ∀x ∈ I, onda je funkcija f

g je neprekidna u x0,

5) funkcija |f | je neprekidna u x0.

Osim toga, kompozicija neprekidnih funkcija daje neprekidnu funkciju:6) Neka je I ⊆R otvoren interval, x0 ∈ I, g : I →R neprekidna u x0 i

f : g(I)→R neprekidna u f (x0). Tada je kompozicija f ◦g (dana s(f ◦g)(x)= f (g(x))) neprekidna u x0.



Stavak 6) u tvrdnji 7. (neprekidna funkcija neprekidne funkcije jeneprekidna funkcija) je posljedica slijedece tvrdnje o limesima.

Tvrdnja 8.Neka je I ⊆R otvoren interval, a ∈ I, lim

x→ag(x)= b i f : g(I)→R

neprekidna u b, tada je limx→a

f(g(x)

)= f (b). Drugim rijecima:

limx→a

f(g(x)

)= f

(limx→a

g(x)).

PRIMJER 21.

Napišimo specijalne slucajeve tvrdnje 8. ako je f (x)= npx , ex .



Rješenje

limx→a

n√

g(x)= n√

limx→a

g(x), n ∈N, g(x)≥ 0, ∀x ∈ I,

limx→a

e g(x) = e limx→a

g(x).

PRIMJER 22.

U kojim tockama je funkcija F (x)= 1px2+7−4

neprekidna?

Rješenje

F = f ◦g ◦h ◦k , gdje je f (x)= 1x , g(x)= x −4, h(x)=p

x , k(x)= x2 +7.Kako su sve elementarne funkcije neprekidne na svojoj domeni, toprema stavku 6) tvrdnje 7. slijedi da je F neprekidna na svojoj domeni:

DF ={x ∈R|

√x2 +7−4 6= 0

}= {x ∈R|x 6= ±3} = (−∞,−3)∪(−3,3)∪(3,+∞).


Documents

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes ... · Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 1 Limes funkcije 4 / 65. Uvod Kada se tocka S približava toˇ cki T duž