MATEMATICKA ANALIZA 1ZoranMitrovicElektrotehnickifakutetuBanjaluci2Sadrzaj1 Uvod 71.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.1 Elementi matematicke logike . . . . . . . . . . . . . . . . 71.1.2 Elementi teorije skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.1.3 Relacije i funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.1.4 Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.2 Skupovi N, Z, Q, R i C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.1 Skupovi N, Z i Q. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.2 Skup R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.2.3 Skup C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222 Granicnevrijednosti 252.1 Granicna vrijednost niza. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252.1.1 Denicija niza i osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . 252.1.2 Neke osobine konvergentnih nizova . . . . . . . . . . . . . 272.1.3 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.4 Cauchyjevi nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2 Granicna vrijednost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.1 Denicija tacke nagomilavanja . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.2 Denicija granicne vrijednosti funkcije . . . . . . . . . . . 382.2.3 Osobine granicnih vrijednosti funkcija . . . . . . . . . . . 402.3 Neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3.1 Denicija neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3.2 Vrste prekida funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.3.3 Osobine neprekidnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3.4 Uniformno neprekidne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . 482.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503 Diferencijalniracun 533.1 Prvi izvod. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.1.1 Denicija prvog izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 533.1.2 Osobine prvog izvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.1.3 Geometrijska interpretacija prvog izvoda . . . . . . . . . . 5734 SADRZAJ3.1.4 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.2 Teoreme o srednjoj vrijednosti i primjene . . . . . . . . . . . . . 613.2.1 Teoreme o srednjoj vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . 613.2.2 Monotonost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.2.3 LHospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 663.3 Izvodi viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3.1 Izvod redan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.3.2 Drugi izvod i konveksnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . 703.3.3 Taylorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723.3.4 Ispitivanje funkcija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 743.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784 Integralniracun 814.1 Odredjeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.1.1 Denicija odredjenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . 814.1.2 Osobine odredjenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 834.2 Neodredjeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 864.2.1 Denicija neodredjenog integrala . . . . . . . . . . . . . . 864.2.2 Osobine neodredjenog integrala. . . . . . . . . . . . . . . 884.2.3 Integracija nekih klasa funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 904.3 Nesvojstveni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 984.3.1 Nesvojstveni integral prve vrste. . . . . . . . . . . . . . . 984.3.2 Nesvojstveni integral druge vrste . . . . . . . . . . . . . . 1014.4 Primjene odredjenog integrala u geometriji . . . . . . . . . . . . 1024.4.1 Povrsina gure u ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1024.4.2 Duzina luka krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1034.4.3 Zapremina i povrsina obrtnog tijela . . . . . . . . . . . . 1044.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1045 Redovi 1095.1 Numericki redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.1.1 Denicija i osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.1.2 Redovi sa pozitivnim clanovima . . . . . . . . . . . . . . . 1135.1.3 Alternativni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1175.2 Funkcionalni nizovi i redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.2.1 Funkcionalni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1195.2.2 Funkcionalni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.2.3 Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1235.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1266 Diferencijalnejednacine 1296.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296.1.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296.1.2 Egzistencija i jedinstvenost rjesenja . . . . . . . . . . . . . 1306.2 Neki integrabilni tipovi diferencijalnihjednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134SADRZAJ 56.2.1 Jednacina sa razdvojenim promjenljivim. . . . . . . . . . 1346.2.2 Homogena jednacina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1356.2.3 Linearna jednacina prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . 1376.2.4 Bernoullijeva jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1386.2.5 Riccatijeva jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1396.2.6 Jednacine Lagrangea i Clairauta . . . . . . . . . . . . . . 1416.3 Linearne diferencijalne jednacine viseg reda . . . . . . . . . . . . 1436.3.1 Homogena jednacina. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1436.3.2 Nehomogena jednacina. Metod varijacije konstanti . . . . 1466.3.3 Homogena jednacina sa konstantnim koecijentima. . . . 1496.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1537 Literatura 1576 SADRZAJGlava1Uvod1.1 Uvod1.1.1 ElementimatematickelogikeIskaz je potvrdna recenica koja ima smisla i koja je ili tacna ili netacna.Na primjer :2 < je tacan iskaz,2 + 2 > 4 je netacan iskaz, x + 3 = 4 nije iskaz jer nije potvrdna recenica.Iskazi se obicnooznacavajumalimslovima p, q, r, . . . , koji se zovuiskaznaslova. Dvaili viseiskazasepovezujulogickimoperacijama. Logickeop-eracije su : konjunkcija, disjunkcija, implikacija, ekvivalencija i negacija.Konjukcija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p i q. To je iskazkoji je tacan ako i samo ako su oba iskazap iq tacna.Disjunkcijadvaiskazapi qseoznacavasap q, citasepili q. Tojeiskaz koji je tacan ako i samo ako je bar jedan od iskazap iq tacan.Implikacija dva iskaza p i q se oznacava sa p q, cita se p implicira q iliakop onda jeqili izp slijedi q. To je iskaz koji je tacan ako i samo akoje iskazp tacan, a iskazq netacan.Ekvivalencija dva iskazap iq se oznacava sap q, cita sep je ekviva-lentno saq. To je iskaz koji je tacan ako i samo ako su oba iskazap i qtacna ili oba iskazap iq netacna.Negacija iskazap se oznacava sa p, cita se sa nep i tacan je iskaz akoje iskazp netacan, a netacan iskaz ako je iskazp tacan.78 GLAVA1. UVODTacaniskazseoznacavasa ,citasete, anetacaniskazsa ,citasenete.Napomenimo da se tacan iskaz oznacava i sa 1, a netacan iskaz sa 0.Prethodnorecenomozemozapisati i uoblikutablica. Tetablicesenazivajutabliceistinitosti.p q p q p q p q p q p p Simbole i zovemo logickimkonstantama. Skup , sa operacijama, , , ,cini iskaznualgebru.Iskazneformule su :1. iskazna slova,2. A B, A B, A B, A B, A, ako suA iBiskazne formule,3. iskazne formule se dobijaju konacnom primjenom iskaznih formula iz 1. i 2.Tautologija je iskazna formula koja je tacna za sve vrijednosti svojih iskaznihslova.Primjer1.1. Iskazna formula(p q) (p q)je tautologija.p q p q p q (p q) (p q) Primjeritautologija : p p, reeksivnost implikacije, p p, zakon iskljucenja treceg, p p, princip dvojne negacije,(p q) (q p) komutativnost logicke operacije, ,(p q) (q p) komutativnost logicke operacije, ,((p q) r) (p (q r)) asocijativnost logicke operacije, ,((p q) r) (p (q r)) asocijativnost logicke operacije, ,1.1. UVOD 9(p (q r)) ((p r) (p r)) distributivnost prema ,(p (q r)) ((p r) (p r)) distributivnost prema , (p q) (p q), (p q) (p q), De Morganovi zakoni,(p q) (q p), zakon kontrapozicije,[(p q) (q r)] (p r), zakon silogizma.1.1.2 ElementiteorijeskupovaSkup je osnovni pojam u matematici. Skupovi se oznacavaju velikim slovimaA, B, C, . . . , X, Y, Z, . . .Elemente skupa oznacavamo malim slovima,a, b, c, . . . , x, y, z, . . .Ako elemenatx pripada (nepripada) skupuX, to oznacavamo sax X (x/ X).Skup elemenata sa osobinomPse oznacava sax : P(x).Kvantikatori su , citasezasvakoi , citasepostoji. Kvantikatori sekoriste radi simbolickog zapisa.SkupXje podskup skupaYi to oznacavamo saX Yako vrijedi(x) x X x Y.Prazanskup je skup koji nema elemenata i oznacavamo ga sa .Pri radu sa skupovima se koriste sljedece operacije :unijaskupovaXiY , X Y= x : x X x Y ,presjekskupovaXiY , X Y= x : x X x Y ,razlikaskupovaXiY , X Y= x : x X x/ Y ,komplementskupaX, XC= x : x/ X.Za operacije sa skupovima vrijede sljedece osobine : A B = B A, komutativnost operacije unija, A B = B A, komutativnost operacije presjek, A (B C) = (A B) C, asocijativnost operacije unija, A (B C) = (A B) C, asocijativnost operacije presjek, A (B C) = (A B) (A B), distributivnost unije prema presjeku, A (B C) = (A B) (A B), distributivnost presjeka prema uniji,(A B)C= AC BC, (A B)C= AC BC, De Morganovi zakoni.10 GLAVA1. UVOD1.1.3 RelacijeifunkcijeUredjenipar (x, y) se denise sa(x, y) = x, x, y.Iz denicije uredjenog para dobijamo(x1, y1) = (x2, y2) x1 = x2 y1 = y2.Dekartovproizvod skupovaXiYse oznacava saX Yi denise saX Y= (x, y) : x X, y Y .Ako jen > 2 uredjenantorka (x1, x2, . . . , xn1, xn) se denise sa(x1, x2, . . . , xn) = ((x1, x2, . . . , xn1), xn).Binarna relacija relacija na nepraznom skupuXje podskup skupaX X.Ako uredjeni par (x, y) pripada relaciji to pisemo ixy.Za binarnu relaciju na skupuXkazemo da je :reeksivna, ako vrijedi (x X) xx,simetricna, ako vrijedi (x X)(y X) xy yx,antisimetricna, ako vrijedi (x X)(y X) xy yx x = y,tranzitivna, ako vrijedi (x X)(y X)(z X) xy yz xz.Binarna relacija je relacija ekvivalencije ako je reeksivna, simetricna i tranz-itivna.Binarna relacija je relacijaporetka ako je reeksivna, antisimetricna i tranz-itivna.Primjer 1.2.Relacija = je relacija ekvivalencije, a relacija je relacija poretka.Neka je relacija ekvivalencije na skupuXix X. SkupC(x) = y : (x, y) je klasaekvivalencije za elemenatx. Moze se pokazati da je_xXC(x) = X,C(x) C(y) = zax ,= y.Primjer 1.3. Pokazati da je relacija denisana na skupu Z na sljedeci nacin(x, y) (k Z) x y = 3k1.1. UVOD 11relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije.Relacija je reeksivna jer vrijedi(x, x) x x = 03.Dalje, relacija je simetricna. Naime,(x, y) (k Z) x y = 3k ( k Z) y x = 3(k) (y, x) .Na kraju iz((x, y) ) ((y, z) ) ((k1 Z) x y = 3k1) ((k2 Z) x y = 3k2) x z = 3(k1 +k2)),pa (x, z) . Dakle, relacija je tranzitivna.Klase ekvivalencije su skupoviC(1) = 3k + 1 : k Z,C(2) = 3k + 2 : k Z,C(3) = 3k : k Z.Dacemo sada deniciju funkcije ili preslikavanja. Vidjecemo da je to speci-jalan slucaj relacije.NekasuAi Bneprazni skupovi. Pridruzivanje(korespodencija, pravilo) fkoje svakom elementux skupaA dodjeljuje tacno jedan elemenatf(x) nazivasefunkcijaili preslikavanje. Koristeci pojamrelacijeprethodnudenicijumozemo iskazati i na sljedeci nacin : Relacija f AB je funkcija ako vrijedesljedeca dva uslova (x A)(y B)(x, y) f,(x A)(y1 B)(y2 B) (x, y1) f (x, y2) f y1 = y2.Skup A je domen ili oblast denisanosti, a skup B kodomen funkcije f. Skupvrijednosti funkcijefjef(A) = f(x) : x A.Ocigledno vrijedif(A) B.FunkcijufcijijedomenskupA, akodomenskupBzapisujemoinasljedecinacinf: A B.Cinjenicu da je elementux pridruzen elementf(x) oznacavamo ovakox f(x).Dvije funkcijef: A B, g : C D,su jednake ako i samo ako vrijediA = C, B = Di f(x) = g(x) (x A).12 GLAVA1. UVODPrimjer1.4. Funkcijef : R R, g: R R, datesaf(x)=x, x Rig(x) = x2, x R nisu jednake, jer nemaju iste skupove vrijednosti. Naime,f(R) = R, g(R) = x R : x 0.Grak funkcijef: A Bje skupG(f) = (x, y) : (x, y) AB, y = f(x).Za funkcijuf: A Bkazemo da je injekcija ako vrijedi(x1 A)(x2 A) f(x1) = f(x2) x1 = x2.Funkcijaf: A Bza koju vrijedi(y B)(x A) y = f(x)se zove sirjekcija.Funkcijaf: A Bje bijekcija ako je i injekcija i sirjekcija.Neka su date funkcijef: A B, g : B C, funkcijag f: A Cdata sa(g f)(x) = g(f(x)), za svex A,naziva se kompozicija funkcijafig.Primjer1.5. Neka jef(x) = x + 1, x 1 ig(x) =1x, x R0.Tada je(f g)(x) =_1x + 1, x > 0,(g f)(x) =1x + 1, x > 1.Iz prethodnog primjera vidimo da u opstem slucaju ne vrijedif g = g f.Medjutim, operacija je asocijativna, to jest ako su date funkcijef: A B, g : B C, h : C D,tada je(h g) f= h (g f).Neka je funkcijaf: A Bbijekcija, funkcijaf1: A B, za koju vrijedi(y B) f1(y) = x f(x) = ynaziva se inverzna funkcija funkcijef. Za grak inverzne funkcijef1vrijediG(f1) = (y, x) : (y, x) B A, y = f(x).Dakle, grakfunkcijef1jeinverzangrakufunkcijuf uodnosunapravuy = x.1.1. UVOD 13Primjer1.6. Inverznafunkcijafunkcijef: R Rdatesaf(x) = 2x + 3jefunkcijaf1: R R za koju vrijedix = 2f1(x) + 3, to jestf1(x) =x32.Za funkcijuf: X Ykazemo da je parna (neparna) ako vrijedi(x X) f(x) = f(x)((x X) f(x) = f(x)).Primjer1.7. Funkcijaf(x) =x2, x Rjeparna,afunkcijaf(x) =x x3,je neparna.Funkcija f: X Yje ogranicena odozgo (odozdo) ako postoji konstantaM> 0 takva da vrijedi(x X) f(x) M((x X) M f(x)).Funkcija je ogranicena ako je ogranicena odozgo i odozdo.Primjer1.8. Funkcijaf(x) =1x, x > 0 je ogranicena odozdo, jer je1x> 0, zasvex > 0, ali nije ogranicena odozgo, jer ne postoji konstantaM> 0 takva daje1x M.Funckijaf(x) =xx2+1, x R, je ogranicena. Naime, vrijedixx2+ 1 12, za svex R.Funkcijaf:X Yje periodicna ako postoji realan brojp ,= 0 takav davrijedi(x X) x +p X, f(x +p) = f(x).Broj psenazivaperiodfunkcijef. Najmanji pozitivanperiodfunkcijefsenaziva osnovniperiod funkcijef.Primjer1.9. Funkicjaf(x)=2 sin(3x 5), x R, jeperiodicna. Osnovniperiod ove funkcije je23.Denicija1.1. FunkcijaF:X Yjemonotonorastuca (neopadajuca,opadajuca,nerastuca) ako za svex1, x2 Xvrijedix1< x2 f(x1) < f(x2)(x1< x2 f(x1) f(x2), x1< x2 f(x1) > f(x2), x1< x2 f(x1) f(x2)).Zafunkcijusekazedajemonotonafunkcijaakoimajednuodnavedenihosobina.Primjer1.10. Funkcijaf(x) = x3, x R je monotono rastuca. Naime, nekajex1< x2tada jef(x2) f(x1) = x22 x31 = (x2 x1)(x22 +x2x1 +x21).14 GLAVA1. UVODKako jex22 +x2x1 +x21 =_x2 +x12_2+ 3x214> 0,imamof(x2) f(x1) > 0,to jestf(x1) < f(x2).1.1.4 ElementarnefunkcijeOsnovneelementarnefunkcije su :stepenafunkcija,f(x) = xn, x R,eksponencijalnafunkcija,f(x) = ax, x R, a > 0 a ,= 1,logaritamskafunkcija,f(x) = logax, x > 0, a > 0, a ,= 1,trigonometrijskefunkcije,f(x) = sin x, x R,f(x) = cos x, x R,f(x) = tg x, x R _(2k + 1)2: k Z_,f(x) = ctg x, x R k : k Z,inverznetrigonometrijskefunkcije,f(x) = arcsin x, x [1, 1],f(x) = arccos x, x [1, 1],f(x) = arctg x, x R,f(x) = arcctg x, x R.Elementarne funkcijese dobijajuprimjenomkonacnogbrojaalgebarskihoperacija: sabiranja, oduzimanja, mnozenjai dijeljenjai primjenomkonacnomnogo operacija kompozicije na osnovne elementarne funkcije.1.2. SKUPOVI N, Z, Q, RI C 151.2 Skupovi N, Z, Q, Ri C1.2.1 Skupovi N, Zi QSkup prirodnih brojeva oznacavamo sa N i vrijedi N = 1, 2, 3, . . .. Skupprirodnih brojeva ima sljedece dvije bitne osobine :ima najmanji elemenat to je broj 1,akon N tadan + 1 N.U skupu N vazi principmatematickeindukcije:Neka jeXpodskup skupa N tako da je1 X,(n N) n X n + 1 X,tada jeX = N.Principmatematickeindukcijekoristimozadokazraznihtvrdnji P(n)kojeseticu prirodnih brojeva. Obicno se postupa na sljedeci nacin :dokaze seP(1),dokaze se niz implikacija (n N) P(n) P(n + 1).Primjer1.11. Dokazati da za sve prirodne brojeven vrijedin

k=1k2=n(n + 1)(2n + 1)6.Rjesenje. Oznacimogornjuformulusa P(n). Formula P(1) je ociglednotacna. Naime,12=1236.Ostaje da se dokaze(n N)n

k=1k2=n(n + 1)(2n + 1)6n+1

k=1k2=(n + 1)(n + 2)(2n + 3)6.Kako vrijedi(n N)P(n) n

k=1k2+ (n + 1)2=n(n + 1)(2n + 1)6+ (n + 1)2,(n N)P(n) n

k=1k2+ (n + 1)2=n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)26,(n N)P(n) n

k=1k2+ (n + 1)2=(n + 1)(n + 2)(2n + 3)6,imamo(n N)P(n) P(n + 1).16 GLAVA1. UVODKoristeci metodmatematickeindukcijesemogudokazivati i raznenejed-nakosti.Primjer1.12. Bernulijevanejednakost. Zasvaki prirodanbroj ni svakirealan brojh 1 vrijedi(1 +h)n 1 +nh.Rjesenje. Zan = 1 imamo1 +h 1 +h,sto je ocigledno tacno.Dokazimo da vrijedi(n N) (1 +h)n 1 +nh (1 +h)n+1 1 + (n + 1)h.Vrijedi(n N) (1 +h)n 1 +nh (1 +h)n+1 (1 +h)(1 +nh),pa je(n N) (1 +h)n 1 +nh (1 +h)n+1 1 + (n + 1)h +nh2.Kako je(n N) 1 + (n + 1)h +nh2 1 + (n + 1)himamo(n N) (1 +h)n 1 +nh (1 +h)n+1 1 + (n + 1)h.Primjer1.13. Iz Bernulijeve nejednakosti uzimajucih = 1 imamo2n 1 +n.BinomnaformulaPrije nego sto dokazemo binomnu formulu uvescemo prvo pojam binomnog ko-ecijenta.Binomnikoecijent_nk_, n N, k N 0, 0 k n je denisan sa_nk_ =n!k!(n k)!,gdje je 0! = 1, n! = n(n 1)!, n N (simboln! se citan faktorijel ).Binomnaformula je jednakost(a +b)n=n

k=0_nk_ankbk,1.2. SKUPOVI N, Z, Q, RI C 17koja vrijedi za svea, b R i sven N.Dokaz binomne formule dacemo koristeci matematicku indukciju.Zan = 1 imamo(a +b)1=_10_a10b0+_11_a11b1.sto je tacno.Iz pretpostavke da je formula tacna za prirodan brojn imamo(a +b)n+1= (a +b)(a +b)n= (a +b)n

k=0_nk_ankbk=n

k=0_nk_an+1kbk+n

k=0_nk_ankbk+1=n

k=0_nk_an+1kbk+n+1

k=1_nk 1_an+1kbk.Dakle,(a+b)n+1=_n0_an+1b0+n

k=0__nk_+_nk 1__an+1kbk+_nn_a0bn+1.Kako je_nk_+_nk 1_ =n!k!(n k)!+n!(k 1)!(n +k)!=(n + 1)!k!(n + 1 k)!=_n + 1k_,imamo(a +b)n+1=n+1

k=0_n + 1k_an+1kbk,a to je i trebalo dokazati.Zbir prirodnih brojeva je prirodan broj, medjutim njihova razlika ne mora biti.To namece potrebu da se skup pirodnih brojeva prosiri. Ako se skup prirodnihbrojeva prosiri sa nulom i negativnim brojevima 1, 2, 3, . . . dobijamo skupcijelihbrojevakojioznacavamosa Z. Dakle,skupcijelihbrojevajesljedeciskupZ = 0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, . . ..Primjetimo da u skupu cijelih brojeva jednacinam+x = n, m, n N,imarjesenje, doktonijevrijedilouskupuprirodnihbrojeva. Uskupucijelihbrojeva za elemenat 0 vrijedi(m Z) m+ 0 = 0 +m = m.18 GLAVA1. UVODKaze se da je 0 neutralni elemenat za sabiranje. Osim toga vrijedi(m Z) m+ (m) = (m) +m = 0.Broj m je inverzan brojum u odnosu na sabiranje.Jednacinanx = m, m Z, n N,nemauvijekrjesenjeuskupucijelihbrojeva, zbogtogaskupcijelihbrojevaprosirujemo skupom racionalnih brojeva koga oznacavamo sa Q. Dakle,skupracionalnihbrojeva jeQ =_mn: m Z, n N_.1.2.2 Skup RMoze se pokazati da ne postoje prirodni brojevim in takvi da je 2 =mn.Dakle, postojebrojevi koji senemogupredstaviti pomocurazlomka. Takvibrojevi se nazivaju iracionalni brojevi. Takvi su na primjer3,5,6.Skup realnih brojeva je unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva. SkuprealnihbrojevaoznacavamosaR. Uskupurealnihbrojevavrijedi sljedecaosobina koja se zove aksiomaneprekidnosti :Neka suXiYneprazni podskupovi skupa realnih brojeva takvi da(x X)(y Y ) x ytada postojic R takav da(x X)(y Y ) x c y.Napomenimo da aksioma neprekidnosti ne vrijedi u skupu racionalnih brojeva.Pored aksiome neprekidnosti u skupu R vrijede i sljedece aksiome :(x R)(y R) x +y = y +x,(x R)(y R)(z R) x + (y +z) = (x +y) +z,(x R) 0 +x = x + 0 = x,(x R) (x) +x = x + (x) = 0,(x R)(y R) xy = yx,(x R)(y R)(z R) x(yz) = (xy)z,(x R) 1x = x1 = x,(x R0) x1 x = xx1= 1,1.2. SKUPOVI N, Z, Q, RI C 19(x R)(y R)(z R) x(y +z) = xy +xz,(x R) vazi tacno jedna od formula :x < 0, x = 0 x > 0,(x R)(y R) ((0 < x 0 < y) (0 < x +y 0 < xy)),(x R)(y R) x < y 0 < (x) +y.Kazemo jos i da je (R, +, , 0sup A, < 020 GLAVA1. UVOD(iv)inf(A+B) = inf A+ inf B.Denicija1.4. Ako inf S S(sup S S) kazemo da skupSima minimalni(maksimalni)elemenatminS(maxS).Apsolutnavrijednost realnog brojaa se oznacava sa [a[ i denise sa[a[ =_a, a 0a, a < 0Apsolutna vrijednost realnog broja ima sljedece osobine :1. [x[ = 0x = 0,2. [ x[ = [x[,3. [x +y[ [x[ +[y[,4. [x +y[ [[x[ [y[[ ,5. [xy[ = [x[[y[,6.xy =|x||y|,gdje su x, y proizvoljni realni brojevi. Nejednakost 3. je poznata kao nejednakosttrougla. Izdenicijeapsolutnevrijednosti slijedi daakojerealanbroj >0tada je[x a[ < x (a , a +).Interval (a , a +) naziva se okolina tackea.1.2.3 Skup CJednacina x2+1 = 0 nema rjesenja u skupu realnih brojeva. Njena rjesenjasu kompleksni brojevi i i i. Kompleksan broj i = 1 nazivamo imaginarnajedinica. Skup kompleksnih brojeva oznacavamo sa C. VrijediC = x +iy : x, y R.Broj xzovemorealnidio, abrojeyimaginarnidiokompleksnogbrojaz=x+iy. To pisemo x = Rez, y = Imz. Konjugovana vrijednost kompleksnogbrojaz = x +iy je kompleksni brojz = x iy. Broj _x2+y2zovemo moduokompleksnog broja z i znacavamo ga sa [z[. Neka su z1 = x1+iy1 i z2 = x2+iy2dati kompleksni brojevi. Operacije sabiranja, oduzimanja, mnozenja i dijeljenjase vrse na sljedeci nacin :Zbir dva kompleksna broja je(x1 +iy1) + (x2 +iy2) = (x1 +x2) +i(y1 +y2).1.2. SKUPOVI N, Z, Q, RI C 21Razlika dva kompleksna broja je(x1 +iy1) + (x2 +iy2) = (x1 x2) +i(y1 y2).Proizvod dva kompleksna broja je(x1 +iy1)(x2 +iy2) = (x1x2 y1y2) +i(x1y2 +x2y1).Kolicnik dva kompleksna broja je(x1 +iy1)(x2 +iy2)=(x1x2 y1y2)x22 +y22+ (x2y1 x1y2)x22 +y22, x22 +y22 ,= 0.Primjer1.14. Datisukompleksnibrojevi z1= 1 + ii z2= 2 + 3i. Odreditinjihov zbir, proizvod i kolicnik. Imamoz1 +z2 = 3 + 4i, z1z2 = 2 + 5i, z1z2=1 +i2 + 3i=(1 +i)(2 3i)4 + 9=513 i13.Kompleksnombrojuz=x + iyuDekartovomkoorinatnomsistemumozemopridruziti tackuA sa koordinatama (x, y). Neka je duzina duzi 0A, a ugaokoji poluprava odredjena tackama 0 iA zatvara sa pozitivnim smjeromxose.Vrijedi sljedecex = cos , y = sin .Duzina= _x2+y2jemoduokompleksnogbrojaz, augao=arg z [0, 2) senazivaargumentkompleksnogbrojaz. Dakle, broj z =x +iymozemo pisati u sljedecem trigonometrijskom oblikuz = (cos +i sin ).Koristi se i oznakaz = ei,to je eksponencijalni oblik kompleksnog broja.Primjer 1.15. Predstaviti sljedece kompleksne brojeve u trigonometrijskom ob-liku :(a) 1 +i, (b) 1 +i3.Rjesenje : (a)[1 +i[ = 2, =4, 1 +i = 2_cos 4+i sin 4_,(b)[ 1 +i3[ = 2, =23, 1 +i = 2_cos 23+i sin 22_,Teorema1.3. Ako su dati kompleksni brojeviz1 = 1(cos 1 +i sin 1) iz2 = 2(cos 2 +i sin 2)tada je22 GLAVA1. UVOD(a)z1z2 = 12(cos(1 +2) +i sin(1 +2)),(b)z1z2=12(cos(1 2) +i sin(1 2)),(c)(1(cos 1 +i sin 1))n= n1(cos 1 +i sin 1)n,(d)n_(1(cos 1 +i sin 1) =n1_cos_1 + 2kn_+i sin_1 + 2kn__,zak = 0, 1, . . . , n 1.Formule (c) i (d) se nazivaju Moavrove formule.Primjer1.16. Izracunati :(a) (3 i)7, (b)_1i1+i_12.Rjesenje :(a)(3i)7= 27_cos_56_+i sin_56__7= 27_cos_356_+i sin_356__= 27_cos 6+i sin 6_ = 27_32+i12_ = 26(3 +i).(b)1 i1 +i=2_cos_4_+i sin_4__2_cos4+i sin4_ = cos_2_+i sin_2_.Koristeci Moavrovu formulu imamo_1 i1 +i_12=_cos_2_+i sin_2__12= cos_122_+i sin_122_ = 1.1.3 Zadaci1. Pomocu tablica istinitosti ispitati da li su formule tautologije :(i) [(p q) (r s) (p r) (q r)] (q s),(ii) (p (q r)) ((p q) (p r)),(iii) (p (q q)) p, ova formula se naziva svodjenje na apsurd.1.3. ZADACI 232. Odrediti skupoveA iBako vrijediA B = x N : x 6, A B = x N : x 4, 4, 6A,5, 6B A.3. Neka su dati skupoviA, B, C. Dokazati da je :(i) A B = A (A B) = (A B) B,(ii) (A B) C = (A C) (B C).4. Neka jeA = x R : [x 1[ < 2,B = x R :x 1x 2> 1.OdreditiA B, A B, AC, BC.5. Pokazati da je relacija uvedena na skupu Z na sljedeci nacin(x, y) postojik Z takav da jex y = nk,gdje jen 2 prirodan broj,relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije.6. Rijesiti(i) jednacinu[x 1[ +[x 2[ = 5,(ii) nejednacinu3x27x + 8x21 2.7. Neka jef(x) = x + 1 ig(x) = x22.Odrediti domene funkcijafig. Nacif g ig f.Sta su domeni funkcijaf g ig f?8. Naci inverznu funkciju ako je :(i) f(x) = x + 1,(ii) f(x) = 2x2,(iii) f(x) = ln_1 +x21x2+ 1_.9. Naci racionalne sabirke u razvoju(4x3+3x)10.24 GLAVA1. UVOD10. Koliko racionalnih clanova ima u razvoju(2 +43)100?11. Naci koecijent odx2u razvoju(x2+ 2x1)6.12. Dokazati da je 11102n+ 1 djeljivo sa 3.13. Dokazati :(i)12+ 32+ 52+ + (2n 1)2=n(4n21)3,(ii)114 +147 +1710 + +1(3n + 1)(3n + 4)=3n + 33n + 4.14. Neka jez1 = 4 + 2i, z2 = 2 4i. Odreditiz1z2, z1z2,z1z2, [z1[.15. Odrediti eksponencijalni oblik kompleksnih brojeva 2 + 3i, 1 +i.16. Naci122 + 2i i (3 +i)12.17. Rijesiti jednacinuz6+ 1 = 0.18. Rijesiti jednacinuz2+ (1 2i)z 2i = 0.Glava2Granicnevrijednosti2.1 Granicnavrijednostniza2.1.1 DenicijanizaiosnovnipojmoviDenicija2.1. Preslikavanjex: N Rnazivamonizomx. Broj x(n)senazivanti clannizaxi oznacavasesaxn. Broj njeindeksclana. Nizx : N R se obicno oznacava sa xn ili (xn).Primjer2.1. xn = n2, yn = 1 +1n, zn = (1)n.U prethodnom primjeru nizovi su eksplicitno dati formulom. Tako na primjerx3 = 32= 9, y5 = 1 +15=65, z10 = (1)10= 1. Da bi bio poznat neki niz onne mora da bude zadan eksplicitnom formulom.Primjer2.2. Niz xn za koji vrijedix1 = 1, x2 = 1, xn+2 = xn+1 +xn, n N,senazivaFibonacijevniz. Njegoviclanovi seodredjujuizrekurzivneformule.Tako na primjerx3 = 2, x4 = 3, x5 = 5, x6 = 8.Za proucavanje niza od interesa je odrediti ponasanje njegovih clanova kadanjihov indeks raste. To dovodi do pojma granicne vrijednosti niza.Denicija2.2. Realan brojx je granicnavrijednostniza xn ako vrijedi( > 0)(n0 N)(n n0)[xn x[ < . (2.1)To oznacavamo salimn+xn = xilixn x, kadn +.Realan brojx zovemo granicnavrijednost ili limes niza xn. Kaze se i daniz xn konvergira kax ili da tezi kax kadn tezi ka plus beskonacno.Za niz koji ne konvergira kazemo da divergira.2526 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTIPrimjedba2.1. U nejednakosti (2.1) umjesto znaka < se moze staviti i znak .Primjer2.3. Neka jexn =1ntada je limn+xn = 0.Naime, za dato > 0 vrijedi1n

1

.Stavimo da jen0 =_1

_+ 1,gdje je a| oznaka za najveci cio broj manji od brojaa.Dakle, vrijedi( > 0)(n0 =_1

_+ 1 N)(n n0)[xn 0[ < .Denicija2.3. Niz xn divergira ka plus beskonacno ako vrijedi(K> 0)(n0 N)(n n0) xn> K,to oznacavamo salimn+xn = +.Niz xn divergira ka minus beskonacno ako vrijedi(K> 0)(n0 N)(n n0) xn< K,to oznacavamo salimn+xn = .Primjer2.4. Nizan = qn, q> 1, divegira ka plus beskonacno.Kakojeq> 1postoji h> 0takavdajeq = 1 + h. SadakoristeciBernulijevunejednakost dobijamoqn 1 +nh, n N.Neka je datK> 0 tada zan0 =_K 1h_+ 1vrijedi(n n0) xn> K.Svaki realan niz se moze svrstati u jednu od sljedecih klasa :Konvergentan niz,Divergentan niz, divergira ka plus beskonacno,2.1. GRANICNAVRIJEDNOSTNIZA 27Divergentan niz, divergira ka minus beskonacno,Divergentan niz, nema ni konacnu ni beskonacnu granicnu vrijednost.Primjer2.5. (i) xn = 1 +1nje konvergentan niz, limn+xn = 1,(ii) nizxn = n divergira ka plus beskonacno,(iii) nizxn = n divergira ka minus beskonacno,(iv) nizxn = (1)nje divergentan niz, ali nema granicnu vrijednost.2.1.2 NekeosobinekonvergentnihnizovaRanije smo denisali pojam okoline neke tacke. Pod okolinom tacke po-drazumijevamo svaki otvoreni interval koji sadrzi tu tacku. Iz denicije kover-gentnog niza slijedi da niz xn konvergira ka x R ako i samo ako se u svakojokolini tacke x nalaze skoro svi clanovi niza xn, to jest u svakoj okolini tackex se ne nalazi samo konacno mnogo clanova niza xn.Teorema2.1. Konvergentan niz ima jedinstvenu granicnu vrijednost.Dokaz. Pretpostavimo da postoje razliciti realni brojevix iy takvi da jelimn+xn = x i limn+xn = y.Bez umanjena opstosti mozemo pretpostaviti da jex < y. Neka je =y x2.Iz denicije granicne vrijednosti niza zakljucujemo da postoji prirodni brojn0takav da vrijedi(n n0)[xn x[ < i(n n0)[xn y[ < ,pa je(n n0) y +y x2< xn< x +y x2,odavde dobijamo3y x2 0,osim togaxn< 1 +112 +123 + +1(n 1)n,pa jexn< 1 +_1 12_+_12 13_+ +_1n 1 1n_,to jestxn< 1 1n< 1.Dakle, niz je ogranicen.Teorema2.2. Svaki konvergentan niz je ogranicen.Dokaz. Neka je dat konvergentan niz xn kod koga je granicna vrijednostx R. Ako uzmemo da je= 1, zakljucujemo da postoji prirodan broj n0 takav davrijedi(n n0)[xn x[ < 1.Tada je(n N) minx 1, x1, x2, . . . , xn0 xn maxx + 1, x1, x2, . . . , xn0.Primjer2.7. Nizxn = 1 +12 +13 + +1nje divergentan.Kako je1k1n, k = 1, 2, . . . , n,imamoxn n 1n= n,pa niz xn nije ogranicen. Dakle, nije ispunjen potreban uslov za konvergencijuniza, pa je dati niz divergentan.2.1. GRANICNAVRIJEDNOSTNIZA 29Teorema2.3. Neka su dati nizovi xn i yn takvi da jelimn+xn = x, limn+yn = y,gdje sux, y R i neka je R. Tada vrijedi :(i) limn+(xn +yn) = x +y,(ii) limn+xn = x,(iii) limn+(xnyn) = xy,(iv) limn+xnyn=xy, ako jeyn ,= 0 iy ,= 0.Dokaz. (i) Neka je dat > 0. Iz denicije granicne vrijednosti zakljucujemo dapostoje prirodni brojevin1in2takvi da(n1 N)(n n1)[xn x[ 0, za sven N.Primjer2.8. Naci granicnu vrijednost nizaxn =2n + 17n + 3.Uovomslucajukoristeci pogodnetransformacijeodredjujemogranicnuvrijed-nost niza.limn+2n + 17n + 3= limn+2 +1n7 +3n=limn+2 +1nlimn+7 +3n=27.Primjer2.9. Naci granicnu vrijednost nizaxn = 2n + 10 3n + 11.Imamo sljedece2n + 10 3n + 11 = n__2 + 10n_3 + 11n_32 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTIOdavde zakljucujemo da jelimn+xn = limn+n__2 + 10n_3 + 11n_ = .Sljedeca teorema je poznata kao teorema o dva zandara.Teorema2.5. Neka su nizovi xn, yn i zn takvi da jelimn+xn = limn+zn = x.Ako postoji prirodan broj n0takav da je(n n0) xn yn zntada jelimn+yn = x.Dokaz. Neka jelimn+xn = limn+zn = x,tada za dati > 0 postoje prirodni brojevin1in2takvi da je(n n1) x < xn< x +i(n n2) x < zn< x +.Kako postoji prirodan brojn0takav da je(n n0) xn yn zn,za prirodan brojn3 = maxn0, n1, n2, imamo(n n3) x < yn< x +.Dakle, niz yn je konvergentan i vrijedi limn+yn = x.Primjer2.10. Pokazati da je granicna vrijednost niza, ciji je opsti clanxn =1n2+ 1 +1n2+ 2 + +1n2+n,jednaka 1.Iz nejednakosti1n2+n1n2+k1n2+ 1, k = 1, 2, . . . , n,2.1. GRANICNAVRIJEDNOSTNIZA 33imamon 1n2+n xn n 1n2+ 1,limn+1_1 +1n xn 1_1 +1n2.Sada zakljucak slijedi izlimn+1_1 +1n= limn+1_1 +1n2= 1.Primjer2.11. Pokazati da jelimn+nn = 1.Kako je na osnovu binomne formulen = (1 + (nn 1))n= 1 +n(nn 1) +n(n 1)2(nn 1)2+ + (nn 1)n>n(n 1)2(nn 1)2,imamonn 1 0)(n0 N)(n N)(p N) n n0 [xn+p xn[ < . (2.7)Uslov (2.7) se cesto pise i u sljedecem ekvivalentnom obliku.( > 0)(n0 N)(n N)(m N) n, m n0 [xm xn[ < . (2.8)Teorema 2.8.Potreban i dovoljan uslov da je niz konvergentan je da je Cauchy-jev niz.Primjer2.15. Ispitati konvergenciju nizova ciji su opsti clanovi(i) xn = 1 +122+132+ +1n2,2.2. GRANICNAVRIJEDNOSTFUNKCIJE 37(ii) xn = 1 + 12 + 13 + +1n.Rjesenje.(i) Vrijedi[xn+p xn[ =1(n + 1)2+1(n + 2)2+ +1(n +p)2.Kako je1(n +k)2 1(n +k 1)(n +k)=1n +k 1 1n +k, k = 1, 2, . . . , p,dobijamo[xn+p xn[ 1n + 1 1n +p 1n + 1.Sadazadati > 0 mozemo uzeti n0 = _1

_ + 1,pa zakljucujemo dajedatinizkonvergentan, jer je Cauchyjev niz.(ii) Uzmimo u deniciji Cauchyjevog niza u uslovu (2.7)p = n. Tada je[x2n xn[ =1n + 1 +1n + 2 + +12n.Kako je1n +k 12n, k = 1, 2, . . . , n,imamo[x2n xn[ n 12n=12,paza1i divergentanzap 1. Zap=1taj nizsezoveharmonijski niz.2.2 Granicnavrijednostfunkcije2.2.1 DenicijatackenagomilavanjaDenicija 2.8.Neka je skup X R. Tacka x0 je tacka nagomilavanja skupaXako vrijedi( > 0)(x X x0) x (x0 , x0 +). (2.9)Za tacku koja nije tacka nagomilavanja skupa X se kaze da je izolovana tackaskupaX.38 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTIUslov (2.9) se moze iskazati na sljedeci nacin :svakaokolina tacke x0 sadrzibar jednu tacku iz skupaXrazlicitu od tackex.Nijeteskovidjetidajex0tackanagomilavanjaskupaXakoisamoakoseusvakoj okolini tackex0nalazi bar jedna tacka iz skupaXrazlicita odx0.Skup ne mora da ima tacke nagomilavanja.Primjer 2.16.Skup 0, 1 nema tacaka nagomilavanja. Njegove tacke su izolo-vane tacke.Moze se pokazati da svaki konacan skup nema tacaka nagomilavanja.Stavise,ni beskonacan skup me mora imati tacaka nagomilavanja.Primjer2.17. Skup N nema tacaka nagomilavanja.Tacka nagomilavanja ne mora da pripada datom skupu.Primjer2.18. Tackenagomilavanjaintervala(0, 1] susvetackeizintervala[0, 1].Sljedeca teorema daje potreban i dovoljan uslov kada skup ima tacku nagomila-vanja.Teorema 2.9.Tacka x0 je tacka nagomilavanja skupa X ako i samo ako postojiniz xn takav da vrijedi(n N) xn Xilimn+xn = x0.Primjer2.19. Sve tacke skupa R su njegove tacke nagomilavanja.2.2.2 DenicijagranicnevrijednostifunkcijeDenicija2.9. Neka je data funkcijaf: X R i neka je tackax0 Xtackanagomilavanja skupaX. Realan broj L jegranicnavrijednost funkcijefutackix0ako vrijedi( > 0)(> 0)(x X) 0 < [x x0[ < [f(x) L[ < . (2.10)To oznacavamo salimxx0f(x) = L ilif(x) Lkadax x0.Primjer2.20. Pokazati da je za svakox0 Rlimxx0x2= x20.Imamo[x2x20[ = [x x0[[x x0 + 2x0[ [x x0[2+ 2[x0[[x x0[,2.2. GRANICNAVRIJEDNOSTFUNKCIJE 39odavde je[x2x20[ [x x0[([x x0[ + 2[x0[). (2.11)Nekaje> 0trebaodrediti > 0takodavrijedi(2.10). Zbog(2.11)dovoljnoje naci> 0 tako da je( + 2[x0[) < . (2.12)Zakljucujemo da za = min_1,

1 + 2[x0[_,vrijedi (2.12) i time je pokazano da jelimxx0x2= x20.Denicija2.10. Nekajedatafunkcijaf : X Ri nekajetackax0tackanagomilavanja skupa X. Realan broj L je desna (lijeva) granicna vrijednostfunkcijefu tackix0ako vrijedi( > 0)(> 0)(x X) x0< x < x0 + [f(x) L[ < (2.13)(( > 0)(> 0)(x X) x0 < x < x0 [f(x) L[ < .) (2.14)To oznacavamo salimxx0+f(x) = L,( limxx0f(x) = L).Primjer2.21. Neka jef: R R, data saf(x) =___0, x < 012, x = 01, x > 0.Tada jelimx0+f(x) = 1 i limx0f(x) = 0.Teorema 2.10. Ako postoji lijeva i desna granicna vrijednost tada je potrebani dovoljanuslovdafunkcijaf : XRimagranicnuvrijednost utacki x0jednakuL jelimxx0+f(x) = limxx0f(x) = L.Denicija2.11. Nekajedatafunkcijaf : X Ri nekajetackax0tackanagomilavanja skupaX. Funkcijaftezika plus(minus)beskonacno kadax x0ako vrijedi(K> 0)(> 0)(x X) 0 < [x x0[ < f(x) > K (2.15)((K> 0)(> 0)(x X) 0 < [x x0[ < f(x) < K.) (2.16)To oznacavamo salimxx0+f(x) = +,( limxx0f(x) = ).40 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTIPrimjer2.22. Za funkcijuf: R R,f(x) =_1x, x ,= 00, x = 0,vrijedilimx0+f(x) = + i limx0f(x) = .Denicija 2.12. Neka je data funkcija f: X R i neka je skup X neogranicenodozgo (odozdo). Realan brojL je granicnavrijednost funkcijefkadax + (x ) ako vrijedi( > 0)(K> 0)(x X) x > K [f(x) L[ < . (2.17)( > 0)(K> 0)(x X) x < K [f(x) L[ < . (2.18)To oznacavamo salimx+f(x) = L( limxf(x) = L.)Primjer2.23. Pokazati da jelimx+x21x2+ 1= 1.Neka je dat > 0. Treba naciK> 0 takav da vrijedi(x R) x > K x21x2+ 1 1 < .Kako jex21x2+ 1 1 < x2>2

,imamo da u slucju 2 mozemo izabrati proizvoljanK> 0, a u slucaju da je < 2 mozemo uzeti na primjerK =_2

+ 1.2.2.3 OsobinegranicnihvrijednostifunkcijaU sljedecoj teoremi dajemo neke osobine granicnih vrijednosti funkcija. Onesu analogne osobinama granicnih vrijednosti nizova, pa ih dajemo bez dokaza.Teorema2.11. Nekasudatefunkcijef, g: X Rinekajex0 Xtackanagomilavanja skupaX. Pretpostavimo da jelimxx0f(x) = L1, limxx0g(x) = L2, L1, L2 R,tada vrijedi :2.2. GRANICNAVRIJEDNOSTFUNKCIJE 41(i) limxx0(f(x) +g(x)) = L1 +L2,(ii) limxx0(f(x)) = L1, za svaki R,(iii) limxx0(f(x)g(x)) = L1L2,(iv) limxx0f(x)g(x)=L1L2, ako jeL2 ,= 0 ig(x) ,= 0.Primjer2.24. Odrediti granicnu vrijednostlimx+x3+ 2x21x3+ 5.Rjesenje.limx+x3+ 2x21x3+ 5= limx+1 +2x 1x31 +5x3= 1.Sljedeci rezultat je poznat kao teorema o smjeni promjenljivih kod granicnihvrijednosti.Teorema2.12. Neka jelimxx0f(x) = y0i limxy0g(x) = L.Ako je u nekoj okolini tackex0f(x) ,= y0za svaki x ,= x0tada jelimxx0g(f(x)) = L.Primjer2.25. Nacilimx+3x23x2+1.Stavimof(x) =x23x2+ 1i g(x) = 3x.Kako vrijedilimx+f(x) = 1 i limx1g(x) = 3,na osnovu prethodne teoreme imamolimx+3x23x2+1= 1.Teorema2.13. Ako za funkcijuf: X R vrijedi(x X x0) f(x) (a, b), limxx0f(x) = L,gdje jex0tacka nagomilavanja skupaX, tadaL [a, b].42 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTITeorema2.14. Ako za funkcijef, g : X R vrijedi(x X x0) f(x) g(x), limxx0f(x) = L1, limxx0f(x) = L2,gdje jex0tacka nagomilavanja skupaX, tada jeL1 L2.Primjer2.26. Pokazati da jelimx0sin xx= 1.Pokazacemo prvo da vrijede nejednakosticos x 0. Iz jednakosti[2x + 3 (2x0 + 3)[ = 2[x x0[,zakljucujemo da zamozemo uzeti =

2, jer tada vrijedi[x x0[ < [f(x) f(x0)[ < .Primjer2.29. Funkcijaf: R R,f(x) =_x, x 0x + 1, x > 0.nije neprekidna u tacki 0.Ako uzmemo =12tada zbog[f(x) f(0)[ = [x + 1[ > 1 za x > 0,ne mozemo naci> 0 takvo da[x x0[ < [f(x) f(x0)[ 0. Bez umanjenjaopstosti mozemo pretpostaviti 0 0 mozemo uzeti = .46 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTI2.3.2 VrsteprekidafunkcijeAko funkcijafnije neprekidna u tacki x0kazemo da funkcijafu tacki x0ima prekid. Ova situacija moze nastupiti iz vise razloga. Vrste prekida su dateu sljedecoj deniciji.Denicija2.14. Nekajefunkcijaf: X Ri x0 XtackanagomilavanjaskupaX. Kazemo da funkcijafu tackix0ima :prividan ili otklonjiv prekid, ako postoji konacan limxx0f(x)ali je limxx0f(x) ,= f(x0).prekidprvevrsteslijeva (zdesna), ako postoji konacan limxx0f(x)( limxx0+f(x)) ali je limxx0f(x) ,= f(x0) ( limxx0+f(x) ,= f(x0)).prekid druge vrste slijeva (zdesna) ako lijeva (desna) granicna vrijed-nost ne postoji ili je beskonacna.Primjer2.31. Funkcijaf(x) =_sin xx, x ,= 00, x = 0,ima prividan prekidu tackix = 0, jerlimx0sin xx= 1 ,= f(0) = 0.Primjer2.32. Funkcijaf(x) =_x, x 01, x > 0,ima prekid prve vrste zdesna u tackix = 0, jer jelimx0+f(x) = 1 ,= f(0) = 0.Primjer2.33. Funkcijaf(x) =_1x, x ,= 01, x = 0,ima prekid druge vrste u tackix = 0, jer jelimx0+f(x) = +, limx0f(x) = .2.3. NEPREKIDNEFUNKCIJE 472.3.3 OsobineneprekidnihfunkcijaIz teoreme 2.15 neposredno slijedi sljedeca teorema.Teorema 2.17. Neka je x0 tacka nagomilavanja skupa X. Funkcija f: X Rje neprekidna u tackix0ako i samo ako jelimn+xn = x0 limn+f(xn) = f(x0),gdje jexn Xza sven N.Primjer2.34.limn+na = 1, a > 0.Kako je eksponencijalna funkcija neprekidna imamolimx0ax= a0= 1.Sada na osnovu teoreme 2.17 dobijamo da za nizxn =1nvrijedilimn+axn= alimn+xn= 1.Dalje, iz teoreme o smjeni granicnih vrijednosti (teorema 2.12) dobijamo daje kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna.Primjer2.35. Funkcijaf(x) = esin xn, x R,jeneprekidnafunkcija, jerjekompozicijasljedecihneprekidnihelementarnihfunkcija :x xn, x sin x, x ex, x R.Teorema2.18. Neprekidnafunkcijanazatvorenomi ogranicenomintervaludostize svoj maksimum i minimum.Znaci, ako jef: [a, b] R neprekidna funkcija, tada postoje tackexmin, xmax [a, b]takve da jef(xmin) f(x) f(xmax), za svex [a, b].Primjer2.36. Funkcija denisana na [1, 1] saf(x) =___1 x2, 1 x < 0,0, x = 0,x21, 0 < x 1,ne dostize minimalnu i maksimalnu vrijednost na intervalu [1, 1]. Naime, onaima prekid u tackix = 0. Moze se pokazati da jesupx[1,1]f(x) = 1, infx[1,1]f(x) = 1.48 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTIPrimjedba2.6. Uslovdajefunkcijaneprekidnanazatvorenomiogranicenomintervalu je dovoljan, ali nije i potreban da funkcija dostize minimalnu i maksi-malnu vrijednost.Primjer2.37. Funkcija denisana na [1, 1] saf(x) =_x + 1, 1 x 0,x, 0 < x 1,ima prekid u tackix = 0, ali dostize minimalnu vrijednost u tacki x = 1,f(1) = 1 i maksimalnu vrijednost u tackix = 0, f(0) = 1.Teorema2.19. Neka je funkcijafdenisana i neprekidna na segmentu [a, b],i neka jef(a)f(b) < 0. Tada postoji tackac (a, b) takva da jef(c) = 0.Primjer2.38. Jednacinax43x2+ 2x 1 = 0,ima bar jednu nulu na segmentu [1, 2].Kako je funkcijaf(x) =x5 3x3+ 2x2 1 = 0 neprekidna na segmentu [1, 2]i vrijedi f(1) = 1 0naosnovuteoreme2.19dobijamodapostoji tackac (1, 2)takvadajef(c)=0. Dakle, tackacjenuladatejednacine.2.3.4 UniformnoneprekidnefunkcijeDenicija 2.15. Za funkciju f: X R kazemo da je uniformno ili ravnom-jernoneprekidnanaskupuXako vrijedi( > 0)(> 0)(x1, x2 X)[x1 x2[ < [f(x1) f(x2)[ < . (2.27)Primjer2.39. Funkcije(i) f(x) = 4x + 7,(ii) f(x) = sinx2.su uniformno neprekidne na skupu R.(i) Nekajedat >0izaberimo=

4. Tadaiznejednakosti [x1 x2[ 0. Uovomslucajuizaberimo =2. Kakovrijedinejednakost (2.26), to jest[ sin x1 sin x2[ [x1 x2[,Iz nejednakosti [x1 x2[ < slijedi[f(x1) f(x2)[ = [x1 x2[2< .2.3. NEPREKIDNEFUNKCIJE 49Ako u relaciji (2.27) uzmemo da jen =1n, zakljucujemo da funkcijafnijeuniformnoneprekidnaakoi samoakopostojedvaniza xni yntakvadavrijedilimn+[xn yn[ = 0 i limn+[f(xn) f(yn)[ ,= 0.Dakle, vrijedi sljedeca teorema.Teorema 2.20. Funkcijaf: X R je uniformno neprekidna na skupuXakoi samo akolimn+[f(xn) f(yn)[ = 0,za svaka dva niza tacaka xn i yn iz skupaXtakva da jelimn+[xn yn[ = 0.Primjer 2.40. Funkcija f(x) =1xnijeuniformnoneprekidnanaintervalu(0, 1).Neka je =12i uzmimo nizovexn =1niyn =1n+1. Imamo sljedecelimn+[xn yn[ = limn+1n(n + 1)= 0ilimn+[f(xn) f(yn)[ = limn+11n11n+1 = limn+[n (n + 1)[ = 1.Primjer 2.41. Funkcijaf(x) =x2nijeuniformnoneprekidnanaintervaluskupu R.Neka je =12i uzmimo nizovexn = n iyn = n + 1. Imamo sljedecelimn+[xn yn[ = limn+1n +n + 1= 0ilimn+[f(xn) f(yn)[ = limn+[n (n + 1)[ = 1.Teorema2.21. Ako je funkcijafneprekidna na segmentu [a, b] tada je ona iuniformno neprekidna na tom segmentu.Primjer 2.42. Funkcijaf(x) =ln x, jeuniformnoneprekidnanasegmentu[a, b] (0, 1), ali nije uniformno neprekidna na intervalu (0, 1).Funkcijaf(x) = ln xjeelementarnafunkcija,pajeneprekidnana[a, b]. Zbogteoreme 2.21 zakljucujemo da je ona i uniformno neprekidna na [a, b]. Pokazimoda data funkcija nije uniformno neprekidna na intevalu (0, 1). Izaberimo nizovexn =1nixn =12n. Tada jelimn+[xn yn[ = limn+1n 12n = limn+12n= 0ilimn+[f(xn) f(yn)[ = limn+ln 1n ln12n = ln 2 ,= 1.50 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTI2.4 Zadaci1. Odrediti(i) limn+n4+n2112n4+ 120n311n, (ii) limn+n2+ 11n + 105n3+ 2n2+ 2n,(iii) limn+n5+ 2n3137n6+n3+n2, (iv) limn+_1 + 12 + +12n_.2. Odrediti(i) limn+(n + 1 n), (ii) limn+_n2+ 1n 12n22n + 5_,3. Koristeci deniciju granicne vrijednosti pokazati da jelimn+3n + 2n + 2= 3.Naci brojn0 N tako da je(n n0)3n + 2n + 23 0.01.4. Nacilimn+_1n2+2n2+ +n 1n2_.5. Dokazati da jelimn+n22n= 0.6. Ispitati konvergenciju nizova(i) xn = 1 +1 +12! +13! + +1n!, (ii) xn =1n + 1 +1n + 2 + +12n.7. Pokazati da jelimn+nan+bn= maxa, b, a, b 0.8. Izracunati(i) limx0tg xx, (ii) limx0sin 7x + sin 5xsin 6x.9. Pokazati da jelimx0tg x sin xx3=12.2.4. ZADACI 5110. Pokazati na osnovu denicije granicne vrijednosti da jelimx12(x 2)2= +.11. Izracunati(i) limx1x21x31, (ii) limx1xn1xm1, n, m N.12. Izracunatilimx0n1 +x 1x, n N.13. Izracunatilimx+_x2+ 1x21_x2.14. Pokazati da jelimx0ax1x= ln a.15. Koristeci deniciju neprekidne funkcije pokazati da je funkcija(i)f(x) =x + 53 5xneprekidna u tackix =12,(ii) f(x) = x2+ 1 neprekidna na skupu R.(iii) f(x) = sin(2x + 3) neprekidna na skupu R.16. Koristeci se teoremama o neprekidnosti sume, razlike, proizvoda, kolicnikai kompozicije neprekidnih funkcija pokazati da su sljedece funkcije neprekidnena skupu R :(i) f(x) = sin(3x2+ 1),(ii) f(x) = e2x(x3+ cos x),(iii) f(x) =ln(6+x2)4x8+1.17. Pokazati da funkcijaf(x) =_x31x1, x ,= 14 x = 1,ima prekid u tackix = 1. Ispitati vrstu prekida.52 GLAVA2. GRANICNEVRIJEDNOSTI18. Ispitati vrste prekida funkcijef(x) =2x216.19. Funkcija fnije denisana u tacki x = 0. Odrediti vrijednostf(0) tako dafunkcijafbude neprekidna u tackix = 0, ako je(i) f(x) =1 +x 131 +x 1, (ii) f(x) =31 + 3x 1sinx.20. Pokazati da jednacina2 sin4x + 5 sin3x 2 = 0,ima bar jedno rjesenje na segmentu _0,2.21. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcijef(x) = x, na skupu [0, +).22. Pokazati da funkcijaf(x) =xsin x, nije uniformno neprekidna na skupu[0, +).Glava3Diferencijalniracun3.1 Prviizvod3.1.1 DenicijaprvogizvodaDenicija3.1. Nekajefunkcijafdenisanaunekoj okolini tackex0. Akopostoji granicna vrijednostf

(x0) =limxx0f(x) f(x0)x x0=limh0f(x0 +h) f(x0)h,kazemodajef

(x0)prvi izvodili izvodfunkcijefutacki x0. Zafunkcijukoja ima konacan izvod u tacki x0kaze se da jediferencijabilna u tacki x0.Akojefunkcijadiferencijabilnausvakojtacki nekogskupakazesedajeonadiferencijabilnanatomskupu.Primjer3.1. Odrediti izvode sljedecih funkcija :(i) f(x) = c, (c = const),(ii) f(x) = xn, n N,(iii) f(x) = sin x,(iv) f(x) = ln x,(v) f(x) = ex.Rjesenje.(i) f

(x) =limh0f(x +h) f(x)h= 0,(ii) Kako je na osnovu binomne formule(x +h)n= xn+nxn1h +_n2_xn2h2+ +hnxn= h_nxn1+_n2_xn2h + +hn1_,imamof

(x) =limh0f(x +h) f(x)h= nxn1.5354 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNAko je a realan broj moze se pokazati da vrijedi analogna formula (xa)

= axa1.(iii) Vrijedi sljedecesin(x +h) sin xh=sinh2 cos2x+h2h2.Kako jelimh0sinh2h2= 1 i limh0cos 2x +h2= cos x,imamo (sin x)

= cos x.Na slican nacin se moze pokazati da je (cosx)

= sin x.(iv)Vrijediln(x +h) ln xh= ln_1 +hx_1h,sadakoristeciformulu(2.23)iteoremuosmjenikodgranicnihvrijednostido-bijamo da je (ln x)

=1x.(v)ex+hexh=eh1h ex.Ako uvedemo smjenut = eh1, imamoeh1h=tln(1 +t)=1ln(1 +t)1t,pa kao i u (iv) zakljucujemo da je (ex)

= ex.Denicija3.2. Ako postoji granicna vrijednostf

(x0) = limh0f(x0 +h) f(x0)h,_f

+(x0) = limh0+f(x0 +h) f(x0)h_,kazemo da funkcijafu tackix0ima lijevi (desni) izvod.Funkcija ima izvod u tacki x0ako i samo ako ima lijevi i desni izvod i akosu oni jednaki.Primjer 3.2. Funkcija f(x) = [x[, x R, nema izvod u tacki x = 0. Njen lijeviodnosno desni izvod jef

(0) = limh0f(h) f(0)h= limh0hh= 1,f

+(0) = limh0+f(h) f(0)h= limh0+hh= 1.3.1. PRVIIZVOD 55U prethodnom primjeru smo vidjeli da neprekidna funkcija ne mora biti difer-encijabilna. Prirodnopitanjejedalijediferencijabilnafunkcijaineprekidna.Odgovor na to pitanje daje sljedeca teorema.Teorema 3.1. Svaka funkcija diferencijabilna u tackix0 R je i neprekidna utoj tacki.Dokaz. Neka je funkcijafdiferencijabilna u tackix0. Tada postoji konacanf

(x0) =limxx0f(x) f(x0)x x0,odavde dobijamolimxx0(f(x) f(x0)) =limxx0f

(x0)(x x0) = 0.Dakle,limxx0f(x) = f(x0),a ovo znaci da je funkcijafneprekidna u tackix0.3.1.2 OsobineprvogizvodaNalazenjeizvodapodeniciji mozedabudekomplikovano. Ovdedajemoneke osobine prvog izvoda na osnovu kojih je taj posao olaksan.Teorema3.2. Ako su funkcijefigdiferencijabilne u tackix tada je :(i)(f(x) +g(x))

= f

(x) +g

(x),za sve, R,(ii)(f(x)g(x))

= f

(x)g(x) +f(x)g

(x),(iii)_f(x)g(x)_=f

(x)g(x) f(x)g

(x)g2(x),gdje jeg(t) ,= 0 za svakot u nekoj okolini tackex.Dokaz. Dokazacemo samo tvrdjenje (iii). Tvrdjenja (i) i (ii) se dokazuju slicno.Izf(x +h)g(x +h) f(x)g(x)=f(x +h)g(x) f(x)g(x +h)g(x +h)g(x),dijeljeci sah i pustajuci dah tezi 0 dobijamo trazenu formulu.56 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNPrimjedba3.1. Iz formule (i) slijedi da je(f(x) +g(x))

= f

(x) +g

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

= f

(x) g

(x).Primjer3.3. Koristeci pravilo o izvodu kolicnika funkcija dobijamo(tg x)

=(sin x)

cos x sin x(cos x)

cos2x=cos2x + sin2xcos2x=1cos2x,(ctg x)

=(cos x)

sin x cos x(sin x)

sin2x= sin2x cos2xsin2x= 1sin2x.Primjedba3.2. Funkcije f +g, fg,fgmogu biti diferencijabilne, a da takve nisufunkcijefig.Primjer3.4. Naci :(i) (f(x) +g(x))

, ako jef(x) = [x[, g(x) = [x[,(ii) (f(x)g(x))

, ako jef(x) = g(x) = [x[,(iii)_f(x)g(x)_, ako jef(x) = g(x) = [x[ + 1.Rjesenje.Funkcijax [x[ nije diferencijabilna u tacki 0, (primjer 3.2). Med-jutim, imamo sljedece :(i) (f(x) +g(x))

= 0,(ii) (f(x)g(x))

= (x2)

= 2x,(iii)_f(x)g(x)_= 0.Sljedeca teorema daje pravilo za izvod slozene funkcije.Teorema 3.3. Neka je funkcijag diferencijabilna u tackix0i funkcijafdifer-encijabilna u tacki g(x0) tada je funkcija f g diferencijabilna u tacki x0 i vrijedi((f g)(x0))

= f

(g(x0))g

(x0).Primjer3.5. Naci izvod funkcijeh(x) = ex2.Rjesenje. Vrijedih(x) = (f g)(x), gdje jef(x) = exig(x) = x2. Na osnovuprethodne teoreme jeh

(x) = f

(g(x))g

(x) = ex22x.Primjer3.6. Naci izvod funkcijeh(x) = xx.Rjesenje. Vrijedi h(x) = (f g)(x), gdjejef(x) =exi g(x) =xlog x.Sadaimamoh

(x) = ex log x(log x + 1) = xx(log x + 1).Primjedba3.3. Na slican nacin kao u prethodnom primjeru se moze odrediti iizvod funkcijeh(x) =f(x)g(x). Taj postupak diferenciranja se naziva logarita-mskim diferenciranjem.3.1. PRVIIZVOD 57Teorema 3.4. Neka je funkcijafdiferencijabilna u tackix0 i strogo monotonau nekoj okolini tackex0. Tada je inverzna funkcijaf1diferencijabilna u tackiy0 = f(x0) i vrijedi(f1(y0))

=1f

(x0).Primjer3.7. Neka jey = sin x. Na osnovu prethodne teoreme imamo da je(arcsin y)

=1(sin x)

=1cos x=1_1 y2.Na slican nacin dobijamo(arccos y)

= 1_1 y2.Dalje, ako stavimoy = tg x, dobijamo(arctg y)

=1(tg x)

= cos2x =11 +y2.Na slican nacin dobijamo(arcctg y)

= 11 +y2.Naosnovuprimjera3.1, 3.3i 3.7, kaoi naosnovupraviladiferenciranjaimamo tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija.Funkcija izvod Funkcija izvodxaaxa11xaaxa+1sin x cos x cos x sin xtg x1cos2xctg x1sin2xarcsin x11 x2arccos x 11 x2arctg x11 +x2arcctg x 11 +x2axaxlog a exexlogax1xlog alog x1xsh x ch x ch x sh x3.1.3 GeometrijskainterpretacijaprvogizvodaNeka je data kriva y = f(x) i neka tacke M(x0, f(x0)) i N(x0+h, f(x0+h))odredjuju sjecicuMNte krive. Koecijent pravca sjeciceMNje dat satg =f(x0 +h) f(x0)h.58 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNAko pustimo dah 0 tada tackaNtezi tackiM. Dakle, u granicnom slucajudobijamo tangentu kroz tackuM. Znaci, koecijent pravca tangente krivey = f(x) u tackiM(x0, f(x0)) jef

(x0) =limh0f(x0 +h) f(x0)h.Na osnovu prethodnog imamo da je jednacina tangente krivey =f(x) u tackiM(x0, f(x0)) data say y0 = f

(x0)(x x0).Ako vrijedi uslovf

(x0) ,= 0, jednacinay y0 = 1f

(x0)(x x0),predstavlja jednacinu normale krivey = f(x) u tackiM(x0, f(x0)).Primjer3.8. Odrediti jednacinu tangente krivey = sin x u tacki_4,22_.Rjesenje. Kako jey

_4_ = cos 4=22,dobijamo da je jednacina tangentey 22=22_x 4_.3.1.4 DiferencijalNeka je data diferencijabilna funkcijaf. Relacijuf

(x0) =limh0f(x0 +h) f(x0)h,mozemo pisati i na sljedeci nacinf(x0 +h) f(x0) = f

(x0)h +(h)h, (3.1)pri cemulimh0(h) = 0.Ako uvedemo oznakef(x0) = f(x0 +h) f(x0), x0 = x0 +h x0 = h,dobijamof(x0) = f

(x0)x0 +(h)h.Sada za maleh imamof(x0) f

(x0)x0. (3.2)Izraz x0 nazivamo prirastaj argumenta x u tacki x0, a izraz f(x0) prirastajfunkcijefutacki x0. Dakle,relacija(3.2)znacidajeprirastajfunkcijefutackix0priblizno jednakf

(x0)x0.3.1. PRVIIZVOD 59Primjer3.9. Koristeci formulu (3.2) izracunati pribliznu vrijednost funkcijef(x) =5_2 x2 +xu tackix0 = 0.15.Rjesenje. Vrijedi sljedecef

(x) =45_2x2+x5(4 x2)= 4f(x)5(4 x2),f(x) f

(x)x = 4f(x)x5(4 x2).Ako stavimox = 0, f(x) = 1 i x = 0.15, dobijamo f(x) 40.1554= 0.03.Dakle,f(0.15) = f(0) + f(x) 1 0.03 = 0.97.Tacna vrijednost na cetiri decimale je 0.9704.Primjer3.10. Izracunati pribliznu vrijednost sin 290.Rjesenje. Iz formule (3.2) dobijamosin 300sin 290 cos 300

180,pa jesin 29012 3360 0.484.Tacna vrijednost na cetiri decimale je 0, 4848.Teorema 3.5. Funkcijafje diferencijabilna u tackix0ako i samo ako postojikonstantaA R takva da jef(x0 +h) f(x0) = Ah +(h), (3.3)pri cemu jelimh0(h) = 0.Ako vazi (3.3), onda jeA = f

(x0).Dokaz. Funkcijafje diferencijabilna u tackix0ako i samo ako postojiA Rtako da vrijedilimh0f(x0 +h) f(x0)h= A,to jestlimh0f(x0 +h) f(x0) Ahh= 0.Odavde zakljucujemo da jef(x0 +h) f(x0) Ah = (h),gdje jelimh0(h) = 0.60 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNDenicija3.3. Nekajefunkcijaf diferencijabilnautacki x0. Diferencijalfunkcijefu tackix0za datu vrijednost prirastaja x jedf(x0) = f

(x0)x.Iz prethodne denicije zakljucujemo da je diferencijal funkcije linearna funkcijapirastaja x.Primjer3.11. Za diferencijal funkcijef(x) = x vrijedidf(x) = f

(x)x = x.Dakle,dx = x.Na osnovu ovoga imamo sljedecu oznakuf

(x) =df(x)dx.Lako se pokazuje da diferencijal ima sljedece osobine :aditivnost difrencijala,d(u +v) = du +dv,homogenost difencijala,d(u) = du,diferencijal proizvoda,d(uv) = udv +vdu,diferencijal kolicnika,d_uv_ =udv vduv2,diferencijal inverzne funkcije,dydx=1dxdy,diferencijal funkcije date parametarski,dydt=dydxdxdt,invarijantnost diferencijala,d(u(v(x))) = (u(v(x)))

dx = u

(v)v

(x)dx = u

(v)dv.Primjer3.12. Jednacinatangentekrivedateparametarski x =x(t), y =y(t)u tackit = t0jey y(t0) =x

(t0)y

(t0)(x x(t0)).Primjer3.13. Nacid_arctg uv_.Rjesenje. Koristeci osobine diferencijala imamod_arctg uv_ =11 +_uv_2d_uv_ =vdu udvu2+v2.3.2. TEOREMEOSREDNJOJVRIJEDNOSTIIPRIMJENE 613.2 Teoremeosrednjojvrijednostiiprimjene3.2.1 TeoremeosrednjojvrijednostiDenicija3.4. Neka je funkcijafdenisana u nekoj okolini tackex0. Ako zasvakoxiz teokoline vazi f(x) f(x0) (f(x) f(x0)) kazemo dafunkcijafimalokalni minimum(maksimum)utacki x0. Lokalniminimumilokalnimaksimum nazivamo lokalnimekstremumima.Funkcija moze imati vise lokalnih maksimuma odnosno lokalnih minimuma.Primjer3.14. Funkcijaf(x) =___x23x + 2, x 1,x21, 1 < x < 1,x2+ 4x 3, x 1,ima dva lokalna maksimuma, u tackamax1 = 32ix2 = 2.Sljedecateorema,poznatakaoFermatovateorema,dajepotrebanuslovkada diferencijabilna funkcija ima lokalni ekstremum.Teorema 3.6. Ako funkcijafima lokalni ekstremum u tackix0 i ako ux0 imaizvod tada jef

(x0) = 0.Dokaz. Pretpostavimo da funkcija fu tacki x0 ima lokalni maksimum. Tada jeu nekoj okolini tackex0f(x0) f(x),pa je zax < x0f(x) f(x0)x x0 0.Odavde zakljucujemo da jef

(x0) 0.Kako funkcijafu tackix0ima izvod, zakljucujemo da jef

(x0) 0.Ako sada uzmemox > x0dobijamof(x) f(x0)x x0 0,pa zakljucujemo da jef

+(x0) 0,a odavde opet zbog toga sto funkcijafima izvod u tackix0 imamof

(x0) 0.Dakle,f

(x0) = 0.Denicija3.5. Tackeukojimajeprvi izvodfunkcijef jednaknuli sezovustacionarne tacke funkcijef.62 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNPremaFermatovoj teoremi imamodaakofunkcija f denisanana[a, b]dostizeekstremumonsenalazi ustacionarnimtackama. Medjutim, tackeaib mogu biti tacke ektremuma, mada ne moraju biti stacionarne tacke.Primjer 3.15.Funkcija f(x) = x2x, na segmentu [0, 2] ima jednu stacionarnutackux=12, unjoj funkcijafdostizelokalni minimumf(12)= 12. Kakojef(0)=0i f(2)=2zakljucujemodafunkcijafutacki x=2dostizelokalnimaksimum.Uslov da je prvi izvod funkcije u tacki jednak nuli je samo potreban ali ne idovoljan uslov da tacka bude tacka lokalnog ekstremuma.Primjer 3.16. Funkcijaf(x) = x3ima na [1, 1] stacionarnu tackux = 0, alinema u toj tacki lokalni ekstremum, jer je funkcija fmonotono rastuca. Lokalniminimum ove funkcije je u tackix = 1, a lokalni maksimum je u tackix = 1.Teorema3.7. Rolleovateorema. Nekajefunkcijaf denisanana[a, b].Ako vazi :(i) fje neprekidna na [a, b],(ii) fima izvod na (a, b),(iii) f(a) = f(b),tada postoji tackac (a, b) takva da jef

(c) = 0.Dokaz. Funkcija fje neprekidna na intervalu [a, b], pa dostize minimum i mak-simum na [a, b]. Ako se minimum i maksimum dostizu u tackamaa ib, tada izf(a) = f(b) slijedi da je funkcijafkonstanta na [a, b], pa jef

(x) = 0 za svakox (a, b). U suprotnom slucaju bar jedan ekstremum je u nekoj tacki c (a, b).Sada na osnovu Fermatove teoreme zakljucujemo da jef

(c) = 0.Primjer3.17. Pokazati da jednacinax5+ 3x3+ 10x 30 = 0,ima tacno jedan realan korijen.Rjesenje. Neka jef(x) = x5+3x3+10x 30. Kako jefnepekidna funkcija if(0)f(2) < 0,na osnovu teoreme 2.19 zakljucujemo da data jednacina ima barjedan realan korijen i to u intervalu (0, 2). Pokazimo da je on jednistven. Akobi postojali realni brojevic1ic2takvi da jef(c1) =f(c2) = 0, tada na osnovuRolleove teoreme zakljucujemo da postoji c R takav da je f

(c) = 0. Medjutim,ovo je nemoguce, jer jef

(x) = 5x4+ 6x2+ 10 > 0.Primjer3.18. IzRolleoveteoremeslijedidaizvodP

polinomaPimatacnojednu nulu izmedju dvije uzastopne nule polinomaP.Naime, ako sux1ix2dvije uzastopne nule polinomaPtada jeP(x1) = P(x2) = 0,3.2. TEOREMEOSREDNJOJVRIJEDNOSTIIPRIMJENE 63pa su ispunjeni uslovi Rolleove teoreme. Dakle, polinomP

ima bar jednu nuluizmedjux1i x2. Nekasusadax

1i x

2dvijeuzastopnenulepolinomaP

. Akobi izmedju nulax

1 ix

2 postojale dvije nule polinomaPonda bi izmedju te dvijenulepostojalaijednanulapolinomaP

, pax

1i x

2nebibiledvijeuzastopnenule polinomaP

.Teorema3.8. Cauchyjevateorema. Nekasufunkcijefi gdenisanena[a, b]. Ako vazi :(i) figsu neprekidne na [a, b],(ii) figimaju izvode na (a, b),(iii) g

(x) ,= 0 za svakox (a, b),tada postoji tackac (a, b) takva da jef(b) f(a)g(b) g(a)=f

(c)g

(c).Dokaz. Zbog uslovag

(x) ,= 0 za svakox (a, b), na osnovu Rolleove teoremezakljucujemo da jeg(a) ,= g(b). Denisimo funkcijuh na sljedeci nacinh(x) = f(x) f(b) f(a)g(b) g(a)g(x).Funkcijah ispunjava uslove Rolleove teoreme, pa postoji tackac (a, b), takvada jeh

(c) = 0, to jestf

(c) f(b) f(a)g(b) g(a)g

(c) = 0,Dakle,f(b) f(a)g(b) g(a)=f

(c)g

(c).Teorema 3.9. Lagrangeovateorema. Neka je funkcija fdenisana na [a, b].Ako vazi :(i) fje neprekidna na [a, b],(ii) fima izvod na (a, b),tada postoji tackac (a, b) takva da jef(b) f(a)b a= f

(c).Dokaz. Dokaz slijedi iz Cauchyjeve teoreme, ako stavimog(x) = x.64 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNPrimjer 3.19. Za funkcijuf(x) = xex, x [0, 2], naci> 0, takvo da vrijedi[x2 x1[ < [f(x2) f(x1)[ < 0.001.Rjesenje. Iz Lagrangeove teoreme imamo[f(x2) f(x1)[ = [f

(c)[[x2 x1[,gdje jec izmedjux1ix2.Kako jef

(x) = ex(1 +x), zax [0, 2] dobijamo[f

(x)[ 3e2.Sada imamo[f(x2) f(x1)[ = 3e2 [x2 x1[,pa dovoljno uzeti =0.0013e2.Primjer3.20. Pokazati da jen1 +x 1 +xn, za svex > 0.Rjesenje. Neka jex > 0. Na osnovu Lagrangeove teoreme imamon1 +x n1 =xnn_(1 +c)n1,gdje jec (0, x). Kako je1n_(1 +c)n1 1, zac (0, x),dobijamonx + 1 1 +xn.Primjer3.21. Neka je funkcijafdiferencijabilna na intervaluI. Ako jesupxI[f

(x)[ = M< +tada je funkcijafuniformno neprekidna na intervaluI.Rjesenje. Funkcija f ispunjava uslove Lagrangeove teoreme, pa za dvije proizvoljnetackex, y Ivrijedi[f(x) f(y)[ = [f

(c)[[x y[,gdje je tackac izmedju tacakax iy. Kako jesupxI[f

(x)[ = M< +,3.2. TEOREMEOSREDNJOJVRIJEDNOSTIIPRIMJENE 65imamo[f(x) f(y)[ M[x y[. (3.4)Pretpostavimo sada da su xn i yn nizovi tacaka iz intervalaI, takvi da jelimn+[xn yn[ = 0.Tada je zbog (3.4),limn+[f(xn) f(yn)[ = 0.Dakle,fje uniformno neprekidna funkcija.3.2.2 MonotonostfunkcijeOvde,koristeciLagrangeovuteoremudajemopostupakkojimseodredjujemonotonost diferencijabilne funkcije.Teorema3.10. Nekajefunkcijafdenisanaineprekidnanaintervalu[a, b]i diferencijabilnanaintervalu(a, b). Akoje f

(x) >0(f

(x) 0 dobijamof(x2) f(x1) > 0,pa je funkcijafmonotono rastuca, a ako jef

(x) < 0 onda jef(x2) f(x1) < 0,i funkcijafje monotono opadajuca.Posljedica3.1. Neka je funkcijafdenisana i neprekidna na intervalu [a, b],diferencijabilna na intervalu (a, b) if

(c) = 0 zac (a, b). Ako jef

(x) > 0 zax (a, c),af

(x)< 0 zax (c, a)(f

(x)< 0 zax (a, c),af

(x)> 0 zax (c, a)) onda funkcijafu tackic ima lokalni maksimum (minimum).Primjer3.22. Odrediti monotonost i ekstremume funkcijef(x) = x ln(1 +x), x > 1.Rjesenje. Za prvi izvod funkcijefimamof

(x) = 1 11 +x=x1 +x.Kako jex1 +x> 0 zax > 0,66 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNx1 +x< 0 za1 < x < 0,zakljucujemo da je funkcija fmonotono rastuca za x > 0 i monotono opadajucaza 1 < x < 0. Osim togaf

(0) = 0, pa funkcija u tackix = 0 ima minimum ito na cijelom skupu (1, +). Taj minimum jef(0) = 0. Dakle, vrijedif(x) f(0), za svex > 1,to jestx ln(1 +x), za svex > 1.3.2.3 LHospitalovopraviloKaoprimjenuCauchyjeveteoremedajemopravilokojesecestokoristi zaodredjivanje granicnih vrijednosti limxaf(x)g(x)i limxf(x)g(x).Teorema 3.11.(LHospitalovo pravilo)Neka su funkcije f i g denisane i difer-encijabilne u nekoj okolini tackea osim, eventualno u tackia. Ako vrijedi :(i) limxaf(x) =limxag(x) = 0,(ii) g

(x) ,= 0 u nekoj okolini tackea,(iii) postoji limxaf

(x)g

(x),tada postoji limxaf(x)g(x)i vrijedilimxaf(x)g(x)=limxaf

(x)g

(x).Dokaz. Funkcijefigne moraju biti denisane u tackix = a. Ako denisemofunkcijefigsaf(x) = f(x), g(x) = g(x), zax ,= a, f(a) = g(a) = 0,vidimo da one ispunjavaju uslove Cauchyjeve teoreme, pa postoji tacka c izmedjux ia, takva da jef(x) f(a)g(x) g(a)=f

(c)g

(c).Iz denicije funkcijafigzakljucujemo da jef(x)g(x)=f

(c)g

(c).3.2. TEOREMEOSREDNJOJVRIJEDNOSTIIPRIMJENE 67Akox a, tadac a, pa kako postoji limxaf

(x)g

(x), zakljucujemo da jelimxaf(x)g(x)=limxaf

(x)g

(x).Primjedba3.4. (i) Prethodna teorema vrijedi i u slucaju da jea = .(ii)Neodredjenitipovi1, 0, 00, 0, semogupogodnimtransfor-macijama svesti na oblik00ili , pa se LHospitalovo pravilo moze primjenitii na ove slucajeve.Primjer3.23. Izracunati :(i) limx01 cos xtg x,(ii) limx+x2ex,(iii) limx0_1x 1ex1_.Rjesenje. (i) Ovo je neodredjeni izraz oblika00. Koristeci LHospitalovo pravilodobijamolimx01 cos xtg x=limx0(1 cos x)

(tg x)

=limx0sin x1cos2x=01= 0,(ii)Ovdeseradioneodredjenomizrazuoblika 0. Transformisacemoovajizraz na neodredjeni izraz oblika , a zatim primjeniti LHospitalovo pravilo.limx+x2ex= limx+x2ex= limx+2xex= limx+2ex= 0.(iii) U ovom slucaju se radi o neodredjenom izrazu oblika . Svescemo gana neodredjeni izraz oblika00.limx0_1x 1ex1_ =limx0ex1 xx(ex1)=limx0ex1ex1 +xex=limx0exex+ex+xex=12.68 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUN3.3 Izvodivisegreda3.3.1 IzvodredanU ovoj sekciji uvodimo pojam izvoda viseg reda. Izvodi viseg reda se denisuinduktivno.Denicija3.6. Izvodredanula,f0je po deniciji jednak funkcijif.Izvodf

nazivamo prvimizvodom funkcijef.Ako je denisan izvod redan 1, f(n1)tada seizvodredan, f(n)denisekao prvi izvod funkcijef(n1).Zafunkcijukojautackiimaizvodredankazemodajenputadiferencija-bilna.Primjer3.24. Koristeci matematicku indukciju lako se pokazuju sljedece for-mule :1. (xa)(n)= a(a 1)(a n + 1)xan, n N,2. (ax)(n)= ax(ln a)n, n N, gdje jea > 0, a ,= 1,3. (ln x)(n)= (1)n1(n 1)!xn, n N,4. (sin x)(n)= sin_x +n2_, n N,5. (cos x)(n)= cos_x +n2_, n N.Pokazimo na primjer 2.Vrijedi (ex)

= ex, pa je (ex)(n)= ex, n N. Kako jeax= ex ln a, imamo(ax)(n)= (ex ln a)(n)= ex ln a(ln a)n= ax(ln a)n, n N.Iz osobina izvoda lako se dobija da je(f(x) +g(x))(n)= f(n)(x) +g(n)(x)i(f(x))(n)= f(n)(x), R.U slucaju izvoda redan, proizvoda dvije funkcije, ne vrijedi analogna osobinakao kod izvoda prvog reda. Naime, vrijedi sljedeca teorema, poznata kao Leib-nitzovaformula.Teorema 3.12. Neka funkcijeu iv imaju izvode redan, onda funkcijauv imaizvod redan i vrijedi(uv)(n)=n

k=0_nk_u(k)v(nk).3.3. IZVODIVISEGREDA 69Dokaz prethodne teoreme se izvodi koristeci matematicku indukciju i slicanje dokazu binomne formule.Primjer3.25. Naci izvod redan funkcijef(x) = sin 4xcos 2x.Rjesenje. Iz formulesin cos =12 [sin( +) + sin( )] ,imamof(x) =12 [sin 6x + sin 2x] .Kako je(sin ax)(n)= ansin_ax +n2_,zakljucujemof(n)(x) =6n2sin_6x +n2_+ 2n1sin_2x +n2_.Primjer3.26. Naci izvod redan funkcijef(x) =2x + 3x25x + 6.Rjesenje. Vrijedi2x + 3x25x + 6=2x + 2(x 2)(x 3).Odredimo realne brojevea ib takve da je2x + 3x25x + 6=ax 2 +bx 3.Dobijamo da zaa ib vrijedi2x + 3 = a(x 3) +b(x 2).Odavde imamoa +b = 23a 2b = 3.Rjesavajuci ovaj sistem jednacina dobijamoa = 7, b = 9.Kako je_1x +c_(n)=(1)nn!(x +c)n+1,zakljucujemo_2x + 3x25x + 6_(n)=7(1)n+1n!(x 2)n+1+9(1)nn!(x 3)n+1.70 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUN3.3.2 DrugiizvodikonveksnostDenicija 3.7. Za funkciju fkazemo da je konveksna (konkavna) na skupuD ako za svako [0, 1] i za svex, y D vazif(x + (1 )y) f(x) + (1 )f(y)(f(x + (1 )y) f(x) + (1 )f(y)).Primjer3.27. Funkcijaf(x) = x2je konveksna na skupu R.Rjsenje. Neka je [0, 1] ix, y R. Iz(1 )(x y)2 0,dobijamo(1 )(x22xy +y2) 0,a odavde slijedix2+ (1 )y2 2x2+ 2(1 )xy + (1 )2y2,to jestf(x + (1 )y) f(x) + (1 )f(y).U prethodnom primjeru smo ustanovili koveksnost funkcije na osnovu deni-cije. To nije uvijek jednostavno. Na primjer, funkcijaf(x) = (x + 1)10+ex,je konveksna na skupu R. Da bi to pokazali na osnovu denicije treba pokazatida za sve [0, 1] i svex, y R vrijedi(x +(1 )y +1)10+ex+(1)y ((x +1)10+ex) +(1 )((y +1)10+ey).Sljedecateoremadajejednostavnopravilozaispitivanjekonveksnostifunkcijena osnovu izvoda funkcije.Teorema 3.13. Neka jefdiferencijabilna funkcija na intervalu (a, b). Tada jefkonveksna na (a, b) ako i samo ako jef

neopadajuca funkcija.Dokaz. Pretpostavimo da je funkcijafkonveksna. Neka sux1ix2proizvoljnetacke iz intervala (a, b) takve da je x1< x2 . Za tacku x izmedju tacaka x1 i x2vrijedix = x1 + (1 )x2,gdje je =x2 xx2 x1.Iz denicije konveksne funkcije dobijamof(x) f(x1) + (1 )f(x2),3.3. IZVODIVISEGREDA 71to jestf(x) + (1 )f(x) f(x1) + (1 )f(x2),a odavde je(f(x) f(x1)) (1 )(f(x2) f(x)).Kako je =x2 xx2 x1,imamof(x) f(x1)x x1f(x2) f(x)x2 x. (3.5)Dakle, funkcijafje konveksna ako i samo ako za svex1, x, x2 (a, b) takve dajex1< x < x2vrijedi (3.5). Ako u (3.5) pustimo dax x1, odnosnox x2dobijamof

(x1) f(x2) f(x)x2 x,f(x2) f(x)x2 x f

(x2).Dakle,f

(x1) f

(x2), pa je funkcijaf

neopadajuca.Neka je sada fdiferencijabilna funkcija i neka je f

neopadajuca funkcija. Nekasu date tacke x1, x, x2 (a, b) takve da je x1< x < x2. Na osnovu Lagrangeoveteoreme imamof(x) f(x1)x x1= f

(c1), c1 (x1, x)f(x2) f(x)x2 x= f

(c2), c2 (x, x2).Kako jef

neopadajuca funkcija dobijamo da vrijedi (3.5). Dakle, funkcijafjekonveksna.Kakojefunkcijaf

monotononeopadajuca(nerastuca)akoi samoakojef

0 (f

0) iz prethodne teoreme dobijamo sljedece pravilo za ispitivanjekonveksnosti.Teorema 3.14. Neka je funkcija fdva puta diferencijabilna na intervalu (a, b).Funkcijafje konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako jef

(x) 0 (f

(x) 0) za svex (a, b).Primjedba3.5. Akojefunkcijafkonveksnanaintervalu(a, b), tadakoristecimatematicku indukciju dobijamof(1x1 + nxn) 1f(x1) + +nf(xn), (3.6)gdjesux1, . . . , xn (a, b), a1, . . . , nnenegativni realni brojeviciji jezbirjednak 1.72 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNPrimjer3.28. Funkcijaf(x) =1x, je konveksna na skupu (0, +), jer jef

(x) =2x3> 0, za svex > 0,pa iz nejednakosti (3.6) ako uzmemoi =1n, i = 1, . . . , n, dobijamo1x1n+ +xnn1x1n+ +1x1n,to jest nejednakost izmedje harmonijske i aritmeticke sredinen1x1+ +1x1x1 + +xnn.Denicija3.8. Neka je funkcijafdenisana u nekoj okolini tackex0. Ako jefunkcijafkonveksna (konkavna) zax < x0, a konkavna (konveksna) zax > x0kazemo da je tacka (x0, f(x0)) prevojnatacka funkcijef.Primjer3.29. Prevojna tacka funkcijef(x) = x3, x R, je tackax0 = 0, jerjef

(x) = 6x if

(x) > 0 zax > 0, af

(x) < 0 zax < 0.Uslovf

(x0) =0jesamopotrebanuslovali nei dovoljandabi tacka(x0, f(x0)) bila prevojna tacka funkcijef.Primjer 3.30. Funkcija f(x) =x4, xR, nemaprevojnutackuiakojef

(0) = 0. Naime, ovde jef

(x) 0 za svex R.3.3.3 TaylorovaformulaVidjeli smo, na osnovu Lagrangeove teoreme, da ako je funkcija f neprekidnana[a, b], diferencijabilnana(a, b)i x (a, b)datadapostojitackac (a, x)takva da jef(x) = f(a) +f

(c)(x a).Ova formula se moze uopstiti. Njeno uopstenje je poznato kao Taylorova for-mula. Naime, vrijedi sljedeca teorema.Teorema3.15. Nekafunkcijaf imakonacneizvodedoredan + 1unekojokolini tackea. Tada u okolini tackea vrijedif(x) = f(a) +f

(a)1!(x a) +f

(a)2!(x a)2+ +f(n)(a)n!(x a)n+f(n+1)(a +(x a))(n + 1)!(x a)n+1, (0, 1). (3.7)3.3. IZVODIVISEGREDA 73PolinomTn(x) = f(a) +f

(a)1!(x a) +f

(a)2!(x a)2+ +f(n)(a)n!(x a)n,senazivaTaylorovimpolinomomstepenanfunkcijefuokolini tackea.IzrazRn(x) = f(x) Tn(x),se naziva ostatak u Taylorovoj formuli.Formula (3.7) se naziva Taylorova formula sa ostatkom u Lagrangeovomob-liku. Taylorova formula se moze napisati i u Cauchyjevomoblikuostatka.On ima sljedeci oblikRn(x) =f(n+1)(a +(x a))n!(1 )n(x a)n+1, (0, 1).Napomenimodajevelicinakojazavisiodx. Poredovadvaoblika cestosekoristi i oblik Taylorove formule u Peanovomoblikuostatka.Prije toga uvedimo jednu oznaku.Kazemo da jefbeskonacno mala viseg reda u odnosu nag kadx a, akojef(x) = (x)g(x) (x ,= a) i limxa(x) = 0.To oznacavamo saf(x) = o(g(x)) kadx a.Taylorova formula u Peanovom obliku ostatka jef(x) = Tn(x) +o((x a)n) (x a).Ako je u Taylorovoj formuli a = 0 kazemo da se radi o Mauclarinovoj formuli.Iz primjera (3.24) dobijamo sljedece formule :1. ex= 1 +x +x22!+x33!+ +xnn!+o(xn) (x 0),2. sin x = x x33!+ + (1)n1x2n1(2n 1)! +o(x2n) (x 0),3. cos x = 1 x22!+x44!+ + (1)nx2n(2n)! +o(x2n+1) (x 0),4. ln(1 +x) = x x22+x33 + (1)n1xnn+o(xn) (x 0).5. (1 +x)a=n

k=0_ak_xk+o(xn) (x 0), gdje je_a0_ = 1,_ak_ =a(a 1)(a k + 1)k!, a R, k N.74 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNPrimjer3.31. Izracunatilimx0cos x ex22x4.Rjesenje. Koristeci razvoje 1. i 3. dobijamolimx0cos x ex22x4=limx01x4_1 x22+x424 + 0(x5) _1 x22+x48+o(x5)__=limx0_ 112 +o(x5)x4_ = 112.Na kraju, navedimo jos jedan rezultat koji je neposredna posljedica Tayloroveformule, a koji sluzi za ispitivanje ekstremuma funkcija.Teorema 3.16. Neka jea stacionarna tackan puta diferencijabilne funkcijefif

(a) = f

(a) == f(n1)(a) = 0, f(n)(a) ,= 0.Ako jen neparan broj, tada u tackia funkcijafnema lokalni ekstremum. Akojen paran broj, tada jea tacka lokalnog maksimuma ako je f(n)(a) < 0 i tackalokalnog minimuma ako je f(n)(a) > 0.3.3.4 IspitivanjefunkcijaDiferencijalni racun moze da se primjeni na ispitivanje funkcija. Prije negodamo neke primjere, uvodimo pojam asimptota.Denicija3.9. Za pravux = a kazemo da je vertikalnaasimptota funkcijey = f(x) ako vrijedilimxaf(x) = ili limxa+f(x) = .Denicija3.10. Za pravuy =b kazemo da je desna(lijeva)horizontalnaasimptota funkcijey = f(x) ako vrijedilimx+f(x) = b R_limxf(x) = b R_.Denicija3.11. Ako za nekok ,= 0 in R vrijedilimx+(f(x) kx n) = 0_limx(f(x) kx n) = 0)_,zapravuy=kx + nkazemodajedesna(lijeva)kosaasimptotafunkcijey = f(x).Ovdedajemopostupakkoji koristimozaispitivanjefunkcijai crtanjenji-hovih graka. Taj postupak se sastoji u nekoliko koraka :3.3. IZVODIVISEGREDA 751. Odredjuje se domen funkcije, parnost i periodicnost.2. Odredjuju se nule i znak funkcije.3. Ispituje se ponasanje funkcije na krajevima domena i odredjuju asimptote.4. Nalazi seprvi izvod, odredjuju, stacionarnetacke, intervali monotonosti ilokalni ekstremumi.5. Nalazi se drugi izvod, odredjuju prevojne tacke i intervali konveksnosti.6. Na osnovu prethodnih ispitivanja crtamo grak funkcije.Primjer3.32. Nacrtati grak funkcijey =x24 x2.Rjesenje.1. Funkcija je denisana za svex (, 2) (2, 2) (2, +).Kako vrijedi f(x) = f(x) funkcija je parna. Dakle, njen grak je simetricanu odnosu nayosu.Funkcija nije periodicna.2. Nule funkcije se odredjuju iz jednacinex24 x2= 0.Dakle, tackax = 0 je nula funkcije.Funkcija je pozitivna za svex za koje jex24 x2> 0.Dobijamo da je funkcija pozitivna zax (2, 2).Naslicannacinsedobijadajefunkcijanegativnazax (, 2) (2, +).3. Vrijedilimx+x24 x2= 1,limxx24 x2= 1,pa je pravay = 1 horizontalna asimptota.Osim toga jelimx2x24 x2= +,76 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUNlimx2+x24 x2= ,pa je pravax = 2 vertikalna asimptota.Kako je limxyx= 0, zaklucujemo da funkcija nema kosu asimptotu.4. Za prvi izvod imamoy

=(4 x2)2x + 2xx2(4 x2)2=8x(4 x2)2.Dakle,tackax = 0jestacionarnatacka. Kakojey

> 0zax (0, 2) (2, +), ay

< 0 zax (, 2) (2, 0) zakljucujemo da je funkcijamonotono rastuca na (0, 2)(2, +), a monotono opadajuca na (, 2)(2, 0). Na osnovuprethodnog imamo da je stacionarna tacka tackalokalnog minimuma i vrijediy(0) = 0.5. Odredimo prevojne tacke i konveksnost.y

=8(4 x2) + 16x(4 x2)2x(4 x2)4=24x4+ 32(4 x2)4 ,pa jey

> 0 zax (2, 2),y

< 0 zax (, 2) (2, +).Znaci funkcijaje na(2, 2) konveksna, ana(, 2) i na(2, +)konkavna. Funkcija nema prevojnih tacaka.6. Grakxyx=2 x=-2Slika 3.1: Grak funkcijef(x) =x24x23.3. IZVODIVISEGREDA 77Primjer3.33. Nacrtati grak funkcijey = x2ln x.Rjesenje.1. Funkcija je denisana za svex (0, +).Funkcija nije ni parna ni neparna, jer domen nije simetrican.Funkcija nije periodicna.2. Nule funkcije se odredjuju iz jednacinex2ln x = 0.Dakle, tackax = 1 je nula funkcije.Funkcija je pozitivna za svex za koje jex2ln x > 0.Dobijamo da je funkcija pozitivna zax (1, +).Funkcija je negativna zax (0, 1).3. Vrijedilimx+x2ln x = +,limx+xln x = +,pa funkcija nema ni horizontalnih ni kosih asimptota.Dalje,limx0+x2ln x = limx0+ln x1x2= limx0+1x2x3= limx0+x22= 0,pa je pravay = 0 vertikalna asimptota.4. Za prvi izvod imamoy

= 2xln x +x.Dobijamo da je tackax = e12stacionarna tacka. Kako jey

> 0 zax (e12, +), a y

< 0 za x (0, e12) zakljucujemo da je funkcija monotonorastucana(e12, +), amonotonoopadajucana(0, e12). Naosnovuprethodnogimamodajestacionarnatackatackalokalnogminimumaivrijediy(e12) = 12e.5. Odredimo prevojne tacke i konveksnost.y

= 2 ln x + 3,pa jey

> 0 zax (e32, +),y

< 0 zax (0, e32).Znaci funkcija je na (e32, +) konveksna, a na (0, e32) konkavna. TackaP(e32, 32e3) je prevojna tacaka.78 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUN6. Na slici je nacrtan grakyx1e-1/212eSlika 3.2: Grak funkcijef(x) = x2ln x3.4 Zadaci1. Koristeci deniciju izvoda odediti izvod funkcijef(x) = x.2. Koristeci osobine prvog izvoda naci izvod funkcijef(x) =3x + 57x + 124x +x.3. Naci izvode sljedecih funkcija(i) f(x) = x3cos xln x, (ii) f(x) = ctg x +ax+ 1x2+ 1.4. Naci izvod kompozicijef g funkcijaf(x) = x2+ 3x 1 i g(x) = x4+ 1.5. Koristeci logaritamski izvod, naci izvod funkcijef(x) =5(x2+ 6)7(6x 1)11(4x2+ 3)6esin x.6. Naci izvod funkcijey = (sin x)cos x.7. Pokazati da je funkcijaf(x) =_x4, x 0,x3, x < 0,diferencijabilna u tackix = 0.3.4. ZADACI 798. Pokazati da funkcijaf(x) =_2 sin x, x 0,x, x < 0,nema izvod u tackix = 0.9. Pokazati da funkcijaf(x) =5x2nema izvod u tackix = 0.10. Odrediti koecijentea ib da funkcijaf(x) =_x2, x 2,ax +b, x > 2,bude diferencijabilna u tackix = 2.11. Koristeci Lagrangeovu teoremu dokazati nejednakosti(i) [ sin x2 sin x1[ [x2 x1[, gdje sux1, x2 R,(ii) [ arctg x2 arctg x1[ [x2 x1[, gdje sux1, x2 R,(iii) [ ln x2 ln x1[ [x2 x1[, gdje sux1, x2 [1, +).12. Dokazati jednakostarcsin x + arccos y =2, x [1, 1].13. Pokazati da je funkcijaf(x) = arctg x x, opadajuca na skupu R.14. Odrediti vrijednosti realnog broja a da funkcija P(x) = x2ax opada nasegmentu [1, 1].15. Izracunati granicne vrijednosti :(i) limxabxbax a, b > 0,(ii) limx3ln(x28)x2+ 3x 18,(iii) limx0+xx.16. Izracunati granicne vrijednosti :(i) limx0exex2xx sinx,(ii) limx2_xctg x 2 cos x_,(iii) limx+0_1x_tg x.80 GLAVA3. DIFERENCIJALNIRACUN17. Naciy(4)ako jey = x5+ cos x.18. Dokazati da funkcijay = excos x zadovoljava jednacinuy(4)+ 4y = 0.19. Odrediti izvodntog reda funkcijey = e3x.20. Odreditiy(20)iy(21)ako jey = (2x + 1)5(x2+ 1)4(x 1)7.21. Ispitati konveksnost funkcija(i) y = x46x2+ 5,(ii) y = ln(x21),(iii) y = (1 +x2)ex2+x.22. Odrediti vrijednosti realnog brojaa da funkcijay = x4+ax3+ 32x2+11,bude konveksna.23. Pokazati nejednakost_x +y2_4x4+y42, x, y R.24. Koristeci Taylorovu formulu izracunatilimx+(6_x6+x56_x6x5).25. Odrediti lokalne ektremume funkcija :(i) y = 2x2x4,(ii) y =x1 +x2,(iii) y = cos x + 13 cos 3x.26. Naci asimptote funkcija :(i) y = ln(1 +ex),(ii) y =x21 x2,(iii) y = e1x.27. Nacrtati grake funkcija :(i) y =x 21 +x2,(ii) y =ex1 x,(iii) y =ln(1 +x)x.Glava4Integralniracun4.1 Odredjeniintegral4.1.1 DenicijaodredjenogintegralaProblem izracunavanja povrsine gure u ravni je doveo do pojma odredjenogintegrala.Neka je funkcijafpozitivna i neprekidna na [a, b]. Povrsina ogranicena krivomy=f(x), pravamax=a, x=bi xosomnazivasekrivolinijski trapeznad[a, b]. Dabi pribliznoizracunali povrsinukrivolinijskogtrapezamozemopostupiti na sljedeci nacin.Podijelimo interval [a, b] pomocu tacakaxi, i = 0, 1, . . . , n na sljedeci nacina = x0< x1< x2< x3 0takvodazasvakupodjeluPzakojuje [[P[[ 0 postojiti [xi, xi+1] takvo da je [f(ti)[ > K.Ako uzmemo dovoljno velikoK> 0 i podjeluP1 koja se razlikuje od podjelePtako sto je umjesto tackeiuzeta tackatitada je [[P1[[ = [[P[[ < i[R(P1, 0, 1, . . . , n1) I[ > 1,a ovo je nemoguce. Dakle,fje ogranicena funkcija.Primjer4.3. Funkcijaf(x) =_1x, 0 < x 10, x = 0,nije integrabilna na [0, 1] jer nije ogranicena.Denicija 4.2.Neka je funkcija f ogranicena na [a, b]i neka je P= x0, x1, . . . , xnjedna podjela intervala [a, b]. Stavimomi = infx[xi,xi+1]f(x), Mi = supx[xi,xi+1]f(x), i = 0, 1, . . . , n 1.SumeR(P) =n1

i=0mi(xi+1 xi) i R(P) =n1

i=0Mi(xi+1 xi),nazivaju se redomdonjaigornja(Riemannova)integralna suma.Moze se pokazati da vrijedi sljedeca teorema.Teorema4.2. Ogranicenafunkcijafjeintegrabilnana[a, b] akoisamoakovrijedilim||P||0(R(P) R(P)) = 0, (4.2)nezavisno od podjeleP.4.1. ODREDJENIINTEGRAL 85Vidjeli smo da je ogranicenost funkcije potreban uslov za njenu integrabil-nost, sljedeca teorema daje dovoljan uslov za integrabilnost funkcije.Teorema4.3. Svaka neprekidna funkcija na [a, b] je integrabilna na [a, b].Dokaz. Funkcijaf jeneprekidnana[a, b], papostojetackeui, vi [xi, xi+1]takvedajemi=f(ui)i Mi=f(vi).Osimtoga,funkcijafjeneprekidnana[a, b], pa je i uniformno neprekidna na [a, b]. Zbog toga, za svako> 0 postoji> 0 tako da za svake dvije tackeu, v [a, b] vrijedi[u v[ < [f(u) f(v)[ 0, a ,= 1,3. f3(x) = sin x, x R,4. f4(x) =1x, x R 0.Rjesenje.1. Kakoje_xa+1a + 1_

=xa,zakljucujemo dajefunkcijaF1(x) =xa+1a + 1,primi-tivna funkcija funkcijef(x) = xana skupu R.2. F2(x) =axln a, x R, a > 0, a ,= 1.3. F3(x) = cos x, x R.4. F4(x) = ln x, x (0, +),F4(x) = ln(x), x (, 0).Dakle, primitivna funkcija na skupu R 0 jeF4(x) = ln [x[.Primjetimo da ako jeF

(x) = f(x) tada je (F(x) +C)

= f(x).Denicija4.4. Neodredjeni integralfunkcijefnaintervalu(a, b)jeskupsvihprimitivnihfunkcijafunkcijef naintervalu(a, b). Neodredjeni integralfunkcijefoznacavamosa_f(x)dx.AkojeFprimitivnafunkcijafunkcijef,obicno se pise_f(x)dx = F(x) +C.4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 87Iz tablice za izvode dobijamo sljedecu tablicu za neodredjene integrale.1._xadx =xa+1a + 1 +C, a ,= 12._1xdx = ln [x[ +C, x ,= 03._axdx =aaln a +C, a > 0, a ,= 14._exdx = ex+C5._sin xdx = cos x +C6._cos xdx = sin x +C7._dxsin2x= ctg x +C8._dxcos2x= tg x +C9._dx1 +x2= arctg x +C10._sh xdx = ch x +C11._chx = sh x +C12._dxsh2x= cth x +C13._dxch2x= th x +C14._dxx2+a2=1a arctg xa +C, a ,= 015._dxx2a2=12a lnx ax +a+C, [x[ ,= a16._dx1 +x2= ln(x +_1 +x2) +C17._dx1 x2= arcsin x +C, [x[ < 188 GLAVA4. INTEGRALNIRACUN18._dxx2a2= ln [x +_x2a2[ +CSljedecom teoremom je data veza izmedju primitivne funkcije i odredjenogintegrala.Teorema 4.5. Neka jefneprekidna funkcija na [a, b] tada je funkcijaFden-isana na [a, b] saF(x) =_xaf(t)dtprimitivna funkcija funkcijef.Dokaz. Iz osobina odredjenog integrala imamoF(x +h) F(x) =_x+haf(t)dt _xaf(t)dt =_x+hxf(t)dt.Sada na osnovu teoreme o srednjoj vrijednosti dobijamoF(x +h) F(x) = hf(x +h), (0, 1).Dakle,limh0F(x +h) F(x)h= f(x),to jestF

(x) = f(x).Kao posljedicu prethodne teoreme dobijamo sljedecu teoremu poznatu kaoNewton-Leibnizova teorema.Teorema 4.6. Neka je fneprekidna funkcija na intervalu [a, b] i Fnjena prim-itivna funkcija na [a, b] tada vrijedi_baf(x)dx = F(b) F(a).4.2.2 OsobineneodredjenogintegralaOvdenavodimoosnovneosobineneodredjenogintegralakojeslijedeizos-obina izvoda funkcije._df(x) = f(x) +C, d_f(x)dx = f(x)dx,_f(x)dx = _f(x)dx, R 0,_(f(x) +g(x))dx =_f(x)dx +_g(x)dx,4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 89Smjenapromjenljive. Ako su funkcijef, i

neprekidne tada je_f(x)dx =_f((t))

(t)dt +C,Parcijalnaintegracija. Ako suu iv diferencijabilne funkcije tada je_u(x)dv(x) = u(x)v(x) _v(x)du(x) +C.Primjer4.5. Izracunati integral_cos (ln x)xdx.Rjesenje. Uvedimo smjenut = ln x. Sada jedt =dxx,pa je_cos (ln x)xdx =_cos tdt = sin t +C = sin (ln x) +C.Primjer4.6. Izracunati integral_x2+ 5_(2x + 7)3dx.Rjesenje. Koristimo smjenut = 2x + 7. Tada jet2= 2x + 7, x =t272, dx = tdt,pa je_x2+ 5_(2x + 7)3dx =_14(t27)2+ 5_(t2)3tdt =14_t414t2+ 34t2dt ==14_ _t214 + 34t2_dt =14_t33 14t 34t_+C.Dakle,_x2+ 5_(2x + 7)3dx =14_2x + 733142x + 7 342x + 7_+C.Primjer4.7. Izracunati integral_ln xdx.Rjesenje. Koristimo parcijalnu integraciju. Stavimou = ln x, dv = dx,odavde jedu =dxx, v = x.Koristeci formulu za parcijalnu integraciju imamo_ln xdx = xln x _xdxx= xln x x +C.90 GLAVA4. INTEGRALNIRACUNPrimjer4.8. Izracunati integral_xexdx.Rjesenje. Stavljajucix = u, exdx = dv,imamodx = du, ex= v,pa iz formule za parcijalnu integraciju dobijamo_xexdx = xex_exdx = xexex+C.4.2.3 Integracijanekihklasafunkcija1. IntegracijaracionalnihfunkcijaOvde razmatramo integraciju racionalne funkcijeR(x) =Pn(x)Qm(x),gdje suPn(x) iQm(x) polinomi stepenan im sa realnim koecijentima. Mozesepokazati dasesvakaracionalnafunkcijamozepredstaviti uoblikuzbirapolinoma i odredjenog broja razlomaka sljedecih oblikaA(x a)k,Mx +N(x2+px +q)k,gdje je k prirodan broj i p24q< 0. Dakle, integracija racionalne funkcije R(x)se svodi na integraciju sljedece tri funkcije1(x a)k,1(x2+px +q)k,x(x2+px +q)k.U prvom slucaju smjenomt = x a se integral_1(x a)ksvodi na tablicni.U drugom slucaju, integralIk =_1(x2+px +q)kdx,se smjenomt =x +p2_q p24,svodi na integralIk =1_q p24_dt(t2+ 1)k.4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 91Ako jek = 1 radi se o tablicnom integraluI1 =1_q p24_dtt2+ 1=1_q p24arctg t +C.Uslucajudajek>1, integral IksemetodomparcijalneintegracijesvodinaintegralIk1.IntegralJk =_x(x2+px +q)kdxse svodi naIk. Naime,Jk =_x(x2+px +q)kdx =12_2x +p p(x2+px +q)kdx =12_dttk p2Ik,gdje jet = x2+px +q.Primjer4.9. Izracunati integral_x2x + 2x45x2+ 4dx.Rjesenje. Kako jex45x2+ 4 = (x21)(x24) = (x 1)(x + 1)(x 2)(x + 2),podintegralnu funkciju mozemo pisati u oblikux2x + 2x45x2+ 4=Ax + 1 +Bx 1 +Cx + 2 +Dx 2.Odavde imamox2x+2 = A(x1)(x+2)(x2)+B(x+1)(x+2)(x2)+C(x+1)(x1)(x2)++D(x + 1)(x 1)(x + 2),x2x+2 = x3(A+B+C+D)+x2(A+B2C+2D)+x(4A4BCD)++4A4B + 2C 2D.Dakle, za koecijenteA, B, CiDvrijediA+B +C +D = 0A+B 2C + 2D = 14A4B C D = 14A4B + 2C 2D = 2.Rjesavajuci ovaj sistem dobijamoA =23, B = 13, C = 23, D =13.92 GLAVA4. INTEGRALNIRACUNPrema tome,_x2x + 2x45x2+ 4dx =23_dxx + 1 13_dxx 1 23_dxx + 2 + 13_dxx 2==23 ln [x + 1[ 13 ln [x 1[ 23 ln [x + 2[ + 13 ln [x 2[ +C ==13 ln(x + 1)2(x 2)(x 1)(x + 2)2+C.Primjer4.10. Izracunati integral_dxx2+x + 1.Rjesenje. Uvedimo smjenut =x +1232,_dxx2+x + 1=23_dtt2+ 1=23 arctg t +C =23 arctg23_x + 12_.2. IntegracijanekihiracionalnihfunkcijaOvde posmatramo neke integrale iracionalnih funkcija koji se pogodnim smje-nama svode na integrale racionalnih funkcija.2.1 Integrali oblika_R_x,_ax +bcx +d_p1q1, . . . ,_ax +bcx +d_pkqk_dx, pi Z, qi N, i = 1, 2, . . . , kgdje jeR racionalna funkcijak + 1 promjenljive se smjenomtq=ax +bcx +d, q = NZS(q1, . . . , qk),svode na integrale racionalnih funkcija.Primjer4.11. Izracunati integral_x32 +xx +32 +xdx.Rjesenje. Stavimot3= x + 2._x32 +xx +32 +xdx = 3_t62t2t3+t 2dt = 3_ _t3t +t22t(t 1)(t2+t + 2)_dt ==34t4 32t2+_3t26t(t 1)(t2+t + 2)dt.Kako je3t26t(t 1)(t2+t + 2)=At 1 +Bt +Ct2+t + 2,zaA = 34, B =154, C = 32,4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 93imamo_3t26t(t 1)(t2+t + 2)dt = 34_dtt 1 + 154_t 25t2+t + 2dt == 34 ln [t 1[ + 158ln [t2+t + 2[ 2747 arctg 2t + 17+C.Na kraju,_x32 +xx +32 +xdx =34t432t234 ln [t1[+158ln(t2+t+2)2747 arctg 2t + 17+C.2.2 Integrali oblikaR(x,_ax2+bx +c),gdje je R racionalna funkcija dvije promjenljive se svode na integrale racionalnihfunkcija pomocu Eulerovihsmjena.ax2+bx +c = xa t, ako jea > 0,ax2+bx +c = xt c, ako jec > 0,ax2+bx +c = _a(x x1)(x x2) = t(x x1)(x x2),ako jex1, x2 R.Primjer4.12. Izracunati integrale(i) I =_dxx4x2+ 4x + 3,(ii) I =_dx(1 +x)1 +x x2,(iii) I =_(x 1)dx(x2+ 2x)x2+ 2x.Rjesenje.(i) Kako jea = 4 > 0 koristimo sljedecu smjenu Eulera_4x2+ 4x + 3 = t 2x.Odavde je4x2+ 4x + 3 = t24tx + 4x2, 4x + 3 = t24tx,x =t234(1 +t), dx =t2+ 2t + 34(1 +t2)2dt,_4x2+ 4x + 3 = t 2t234(1 +t)=t2+ 2t + 32(1 +t).94 GLAVA4. INTEGRALNIRACUNSada jeI = 2_dtt23=13 lnt 3t +3+C.Dakle,I =13 ln 2x +4x2+ 4x + 3 32x +4x2+ 4x + 3 +3 +C.(ii) Ovde jea < 0 ic > 0, pa koristimo smjenu_1 +x x2= tx 1.Sada je1 +x x2= t2x22tx + 1,x(1 x) = x(t2x 2t),1 x = t2x 2t,x =1 + 2t1 +t2, dx = 2(t2+t 1)(1 +t2)2dt,_1 +x x2= t1 + 2t1 +t2 1 =t2+t 11 +t2,pa jeI =_2(t2+t 1)dt(1 +t2)2_1 +2t+1t2+1_t2+t11+t2== 2_dt1 + (1 +t)2= 2 arctg(1 +t) +C.Zakljucujemodx(1 +x)1 +x x2= 2 arctg 1 +x +1 +x x2x+C.(iii) U ovom slucaju trinom x2+2x ima dvije razlicite realne nule, pa koristimosmjenu_x2+ 2x = xt.Odavde jex2+ 2x = x2t2, x + 2 = xt2,x =2t21, dx = 4tdt(t21)2,x 1 =2t21 1 =3 t2t21.Prema tome,I = 12_3 t2t2dt = t2 +32t +C.4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 95Kako jet =x2+ 2xx,dobijamo_(x 1)dx(x2+ 2x)x2+ 2x=1 + 2xx2+ 2x+C.2.3 Integral oblika_xm(a +bxn)pdx,gdjesum, ni p racionalni brojevi, m=m1m2, n=n1n2, p=p1p2, senazivaintegral binomnogdiferencijala. Mozesepokazatidajeovajintegralele-mentarna funkcija ako i samo ako je bar jedan od brojeva p,m+ 1ni p+ m+ 1ncijeli broj. U tim slucajevima se koriste sljedece smjene :Ako jep Z, smjenax = tk, k = NZS(m2, n2),Ako jem+ 1n Z, smjenaa +bxn= tp2,Ako jep +m+ 1n Z, smjenaaxn+b = tp2.Primjer4.13. Izracunati integrale(i) I =_ x(1 +3x)2dx,(ii) I =_xdx_1 +3x2,(iii) I =_3_3x x3dx.Rjesenje.(i) Ovde jep = 2, pa koristimo smjenux = t6, dobijamo_ x(1 +3x)2dx = 6_t8dt(1 +t2)2= 6_ _t42t2+ 3 4t2+ 3(1 +t2)2_dt ==6t554t3+ 18t 18_dt1 +t2 6_t2dt(1 +t2)2.Kako je_t2dt(1 +t2)2= 12_td_11 +t2_ = t2(1 +t2) + 12 arctg t,imamo_ x(1 +3x)2dx =6t554t3+ 18t +3t1 +t2 21 arctg t +C, t = x6.96 GLAVA4. INTEGRALNIRACUN(ii) U ovom slucaju jem = 1, n =23, p = 12im+ 1n= 3. Koristimo smjenu1 +x23= t2.Sada je_xdx_1 +3x2= 3_(t21)2dt =35t52t3+ 3t +C, t =_1 +x23.(iii) Imamom =13, n = 2, p =13im+ 1n+p = 1. Stavimo3x21 = t3.Tada je_3_3x x3dx = 92_t3dt(t3+ 1)2=32_td_1t3+ 1_ ==3t2(t3+ 1) 32_dtt3+ 1.Integral_dtt3+ 1,je integral racionalne funkcije i za njega se dobije_dtt3+ 1=16 ln(t + 1)2t2t + 1 +13 arctg 2t 13.Dakle,_3_3x x3dx =3t2(t3+ 1) 14 ln(t + 1)2t2t + 1 32arctg 2t 13+C,t =33x x3x.3. IntegralitrigonometrijskihfunkcijaIntegral oblika_R(sin x, cos x),gdje je Rracionalnafunkcijase moze svesti naintegral racionalne funkcijepomocu smjenet = tg x2.U tom slucaju jesin x =2t1 +t2, cos x =1 t21 +t2, dx =2dt1 +t2.4.2. NEODREDJENIINTEGRAL 97Primjer4.14. Izracunati integral_1 + sin xsin x(1 + cos x)dx.Rjesenje. Uvodeci smjenut = tg x2, dobijamo_1 + sin xsin x(1 + cos x)dx =__1 +2t1+t2_2dt1+t22t1+t2

1+1t21+t2

==12_ _1t+t + 2_dt =12_ln [t[ + 12t2+ 2t_+C ==12_ln [ tg x2[ + 12 tg2x2 + 2 tg x2_+C.Primjedba4.1. Smjenat=tg x2, mozedadovededokomplikovanihintegralaracionalnih funkcija. Nekada je bolje primjeniti druge smjene.Ako jeR(sin x, cos x) = R(sin x, cos x), koristi se smjena cos x = t.Ako jeR(sin x, cos x) = R(sin x, cos x), koristi se smjena sin x = t.AkojeR(sin x, cos x) =R(sin x, cos x),koristisesmjenatg x =tilictg x = t.Primjer4.15. Izracunati integral_2 tg x + 3sin2x + 2 cos2x)dx.Rjesenje. Vrijedi R(sin x, cos x) =R(sin x, cos x), pakoristimosmjenutg x = t._2 tg x + 3sin2x + 2 cos2x)dx =_(2 tg x + 3)dxcos2xtg2x + 2=_2t + 3t2+ 2dt == ln(t2+ 2) +32 arctgt2 +C = ln(tg2x + 2) +32 arctg tg x2+C.4. IntegralikojinisuelementarnefunkcijeOvde dajemo neke klase integrala koji nisu elementarne funkcije._ex2dx,_exxdx,98 GLAVA4. INTEGRALNIRACUN_sin xxdx,_cos xxdx,_xln xdx,_dt_1 k2sin2t, k (0, 1), elipticki integral prve vrste,_1_k2sin2tdt, k (0, 1), elipticki integral druge vrste,_dt(1 +hsin2t)_1 k2sin2t, k (0, 1), h R, eliptickiintegraltrecevrste.4.3 NesvojstveniintegralOvde dajemo neka uopstenja odredjenog integrala. Prvo uopstenje se sastojiu tome da interval na kome se vrsi integracija moze da bude beskonacan. Sustinadrugoguopstenjajedapodintegralnafunkcijamozedabudeneogranicenanaintervalu na kome se vrsi integracija.4.3.1 NesvojstveniintegralprvevrsteDenicija 4.5. Nekajefunkcija f denisanana[a, +) i integrabilnanakonacnom [a, b] za svakob > a. Granicna vrijednost_+af(x)dx = limb+_baf(x)dx, (4.3)se naziva nesvojstveni integral prve vrste. Ako granicna vrijednost u (4.3)postoji i konacna je onda kazemo da je nesvojstveni integral konvergentan, au suprotnom slucaju je divergentan.Analognosedenisei nesvojstveni integral prvevrstena(, b]. Nesvo-jstveni integral prve vrste na (, +) se denise sa_+f(x)dx =_af(x)dx +_+af(x)dx.Mozesepokazati daovadenicijanezavisi odbrojaa R. Dakle, nesvo-jstveni integral_+f(x)dx je konvergentan ako su oba integrala_af(x)dxi_+af(x)dx konvergentna.4.3. NESVOJSTVENIINTEGRAL 99Primjer4.16. Pokazati da je nesvojstveni integral_+0xex2dx,konvergentan.Rjesenje. Podintegralna funkcija je denisana i neprekidna za sve vrijednostix, njena primitivna funkcija jeF(x) = 12ex2. Na osnovu denicije imamo_+0xex2dx = limb+_b0ex2dx = limb+_12eb2+ 12_ =12.Primjer4.17. Ispitati konvergenciju integrala_+0xsin xdx.Rjesenje. Koristeci pacijalnuintegracijudobijamodajeF(x)= xcos x +sin x, primitivnafunkcijafunkcijef(x) =xsin x. Izdenicijenesvojstvenogintegrala slijedi_+0xsin xdx = limb+(b cos b + sin b).Ova granicna vrijednost ne postoji, pa je dati integral divergentan.Primjer4.18. Izracunati nesvojstveni integral_+dxx2+ 2x + 2.Rjesenje. Imamo_+dxx2+ 2x + 2=_0dx(x + 1)2+ 1 +_+0dx(x + 1)2+ 1== lima_0adx(x + 1)2+ 1 + limb+_b0dx(x + 1)2+ 1== lima(arctg 1 arctg(a + 1)) + limb+(arctg(b + 1) arctg 1) ==_4 _2__+_2 4_ = .Primjer4.19. Ispitati konvrgenciju integrala_+1dxx, R.Rjesenje. Ako je = 1 tada integral divergira. Naime,_+1dxx= limb+ln b = +.100 GLAVA4. INTEGRALNIRACUNAko je ,= 1 dobijamo_+1dxx= limb+_ b11 11 _.Ova granicna vrijednost ne postoji za < 1, dok je za > 1 jednaka1 1.Znaci, dati integral konvergira za > 1, a za 1 je divergentan.U prethodnim primjerima smo konvergenciju nesvojstvenih integrala ispiti-valitako stosmonalaziliprimitivnufunkcijupodintegralnefunkcijeikoristilideniciju. Nekadatonijemoguce. Utakvimslucajevimakorisni susljedecikriterijumi konvergencije.Teorema4.7. Neka je0 f(x) g(x), za sve x [a, +),tada iz konvergencije integrala_+ag(