Matemati cka analiza 1 i 2

Matematicka analiza 1 i 2

predavanja i zbirka zadataka

Snezana C. Zivkovic-Zlatanovic

Marko S. -Dikic

Univerzitet u Nisu

Prirodno-matematicki fakultet

2

PREDGOVOR

Predavanja su namenjena studentima koji polazu ispite iz predmeta Matematickaanaliza 1 i Matematicka analiza 2. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju sedodaju novi sadrzaji, moguce su i izmene u prethodno unesenom tekstu, a takode sumoguce slovne i druge greske. Studenti su u obavezi da konsultuju dodatnu, dole nave-denu literaturu, koju je moguce naci u biblioteci Fakulteta.

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

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

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

Sadrzaj

1 Uvod 7

1.1 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4 Grupoid, grupa, prsten i polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.5 Polje realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.6 Neke posledice aksioma uredenog polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

1.7 Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.8 Prosireni skup realnih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

1.9 Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti . . . . . . . . . . . . . . . . 51

1.10 Tacka nagomilavanja skupa.Bolcano-Vajerstrasova teorema za skupove . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2 Granicne vrednosti nizova 79

2.1 Pojam granicne vrednosti niza i osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.2 Monotoni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

2.3 Broj e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

2.4 Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

2.5 Kosijev kriterijum konvergencije nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

2.6 Delimicne granice niza.Limes superior i limes inferior niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

3 Granicne vrednosti funkcija 171

3.1 Pojam granicne vrednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

3.2 Osobine granicnih vrednosti funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194

3.3 Kosijev kriterijum egzistencijegranicne vrednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

3.4 Granicna vrednost slozene funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219

3.5 Granicna vrednost monotone funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231

3.6 Neprekidnost i tacke prekida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235

3.7 Neke osobine funkcija neprekidnih u tacki . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242

3.8 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu . . . . . . . . . . . . . . . 245

3.9 Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije . . . . . . . . 254

3.10 Neprekidnost elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

3

4 SADRZAJ

3.11 Uporedivanje funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

3.12 Asimptote . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296

4 Diferenciranje funkcija 309

4.1 Izvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 309

4.2 Diferencijal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 315

4.3 Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala . . . . . . . . . . . . . . 319

4.4 Pravila diferenciranja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324

4.5 Izvodi viseg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338

4.6 Osnovne teoreme diferencijalnog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 348

4.7 Ispitivanje monotonosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 364

4.8 Lopitalova pravila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 371

4.9 Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392

4.10 Nalazenje ekstremnih vrednosti funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433

4.11 Konveksne i konkavne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 439

5 Neodredeni integral 465

5.1 Definicija neodredenog integrala i osnovna svojstva . . . . . . . . . . . . . 465

5.2 Metode integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477

5.3 Integracija racionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503

5.4 Integracija trigonometrijskih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513

5.5 Integracija iracionalnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 522

6 Odredeni integral 531

6.1 Definicija odredenog integrala.Ogranicenost integrabilnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 531

6.2 Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema . . . . . . . . . . . . . . 537

6.3 Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 550

6.4 Osobine odredenog integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554

6.5 Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija . . . . . . . . . . . . . . . 568

6.6 Odredeni integral sa promenljivomgornjom granicom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 572

6.7 Smena promenljive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584

6.8 Parcijalna integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 588

6.9 Druga teorema o srednjoj vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589

6.10 Nesvojstveni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 592

1 Nizovi 631

1.1 Osnovne osobine konvergentnih nizova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 631

1.2 Monotoni i drugi karakteristicni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 650

1.3 Broj e i neki znacajni nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 666

1.4 Delimicne granice niza i Stolcova teorema . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688

2 Funkcije 6992.1 Granicne vrednosti i neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6992.2 Izvod funkcije i primene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7232.3 Lopitalove teoreme i Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7442.4 Ispitivanje toka funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 769

3 Dodatak 7813.1 Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi na nalazenje

granicnih vrednosti i asimptota funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7813.2 Razni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 839

Literatura 845

6 SADRZAJ

Glava 1

Uvod

1.1 Skupovi

Do sada se svako od nas mnogo puta susreo sa pojmom skupa. Na primer, ucenici jednogodeljenja cine skup, takode mozemo uociti skup putnika u nekom autobusu, skup knjigau skolskoj torbi, skup jabuka u jednoj korpi, itd. Cini se da je pojam skupa intuitivnojasan. U svakoj nauci postoje osnovni pojmovi. To su pojmovi koji su dovoljno jasnii koji se ne definisu. U matematici je pojam skupa jedan od osnovnih pojmova i nedefinise se. Objekti od kojih je sastavljen skup zovu se elementi (clanovi) skupa. Pojamelementa (clana) skupa je takode jedan od osnovnih pojmova u matematici. Skupovise obicno obelezavaju velikim slovima latinice X, Y , Z, A, B, C,..., dok se elementioznacavaju malim slovima latinice x, y, z, a, b, c,... Cinjenica da je a element skupa A,tj. da a pripada skupu A (ili da se a sadrzi u skupu A) zapisuje se sa a ∈ A. Ako ane pripada skupu A, onda pisemo a /∈ A. Skup je odreden svojim elementima. SkupX, ciji su elementi x, y, z, obelezava se sa X = {x, y, z}. Zadavanje skupa nabrajanjemnjegovih elemenata je moguce samo ako je skup konacan (mada i tada, za slucaj da jebroj elemenata veliki, ovaj nacin nije celishodan). Zato se skup obicno zadaje nekimzajednickim svojstvom njegovih elemenata. Ako je φ(x) svojstvo kojim je okarakterisansvaki element x skupa X, onda pisemo X = {x| φ(x)} i citamo X je skup elemenata xtakvih da vazi φ(x). Ovo takode znaci da ako element x nema osobinu φ(x), da ondax /∈ X. Na primer, skup X = {x : x2 ≤ 16, x je prirodan broj} predstavlja skup ciji suelementi 1, 2, 3, 4, tj. X = {1, 2, 3, 4}, dok 5 /∈ X jer nije 52 ≤ 16.

Skup koji nema ni jedan element zove se prazan skup i obelezava sa ∅.Sa N, Z, Q, R oznacavamo redom skup prirodnih brojeva, skup celih brojeva, skup

racionalnih brojeva i skup realnih brojeva. Definicije ovih skupova dajemo u sekcijama1.5 i 1.7.

Izmedu skupova uvode se dve relacije: inkluzija i jednakost.

Definicija 1.1. Kazemo da je skup A podskup skupa B i pisemo A ⊂ B ako svakielement skupa A pripada skupu B. Prema tome,

A ⊂ B ⇐⇒ (∀x)(x ∈ A⇒ x ∈ B)

7

8 Glava 1. Uvod

Umesto A ⊂ B nekad pisemo B ⊃ A i kazemo da je skup B nadskup skupa A. Znak ⊂,odnosno ⊃, se zove znak inkluzije.

U slucaju kada skup A nije podskup skupa B pisemo A * B. �

Na primer, za A = {1, 2} i B = {1, 2, 3, 4} vazi A ⊂ B.

Definicija 1.2. Za skup A kazemo da je pravi podskup skupa B i pisemo

A $ B, (1.1)

ako je A ⊂ B i ako postoji element skupa B koji ne pripada skupu A. Govorimo jos ida je inkluzija u (1.1) stroga. �

U prethodnom primeru skup A je pravi podskup skupa B.

Definicija 1.3. Skupovi A i B su jednaki ako je A ⊂ B i B ⊂ A, i tada pisemo A = B.Prema tome,

A = B ⇐⇒ (∀x)(x ∈ A⇔ x ∈ B).

Za skupove A i B kazemo da su razliciti ako nisu jednaki i pisemo A = B. �

Prema tome, A B ako i samo ako je A ⊂ B i A = B.

Prazan skup je podskup svakog skupa.

Medu skupove uvodimo nekoliko operacija.

Definicija 1.4. Unija skupova A i B, u oznaci A ∪ B, je skup svih elemenata kojipripadaju bar jednom od skupova A i B. Prema tome,

A ∪B = {x : x ∈ A ∨ x ∈ B}.

Presek skupova A i B, u oznaci A ∩B, je skup svih elemenata koji pripadaju i skupu Ai skupu B, tj.

A ∩B = {x : x ∈ A ∧ x ∈ B}.

Za dva skupa A i B kazemo da su disjunktni ako nemaju zajednicnih elemenata, tj. akoje A ∩B = ∅.

Razlika skupova A i B, u oznaci A \ B, je skup svih elemenata skupa A koji nepripadaju skupu B, tj.

A \B = {x : x ∈ A ∧ x /∈ B}.

Za slucaj da je A ⊂ S, onda razliku S \A nazivamo komplement skupa A u odnosu na Si oznacavamo sa CS A ili samo CA ako je jasno o kom skupu S je rec. �

Na primer, ako je A = {1, 2, 3, 4} i B = {3, 4, 5, 6}, onda je A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6},A ∩B = {3, 4}, A \B = {1, 2} i B \A = {5, 6}. Ako je S = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, onda jeCS A = {5, 6, 7, 8}.

1.1. Skupovi 9

Neka su A, B i C podskupovi skupa S. Nije tesko dokazati sledece skupovne jed-nakosti:

A ∪A = A, A ∩A = A (zakoni idempotencije),

A ∪B = B ∪A, A ∩B = B ∩A (zakoni komutacije),

A ∪ (B ∪ C) = (A ∪B) ∪ C, A ∩ (B ∩ C) = (A ∩B) ∩ C (zakoni asocijacije),

A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C), A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C) (distributivni zakoni),

A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅,

A ∪ S = S, A ∩ S = A,

A ∪CA = S, A ∩CA = ∅,

C ∅ = S, CS = ∅, CCA = A,

C(A ∪B) = CA ∩CB, C(A ∩B) = CA ∪CB, (De Morganovi zakoni1),

A \ (B \ C) = (A \B) ∪ (A ∩ C).

Primera radi, dokazimo poslednju skupovnu jednakost. Za to je potrebno i dovoljnopokazati da za svaki element x vazi ekvivalencija

x ∈ A \ (B \ C) ⇐⇒ x ∈ (A \B) ∪ (A ∩ C).

Ova ekvivalencija vazi jer vazi sledeci niz ekvivalencija2 :

x ∈ A \ (B \ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ x /∈ B \ C ⇐⇒ x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B \ C)⇐⇒ x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ x /∈ C) ⇐⇒ x ∈ A ∧ (x /∈ B ∨ x ∈ C)

⇐⇒ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C) ⇐⇒ x ∈ A \B ∨ x ∈ A ∩B⇐⇒ x ∈ (A \B) ∪ (A ∩ C).

Definicija 1.5. Partitivni skup skupa A, u oznaci P(A), je skup svih podskupova skupaA:

P(A) = {X : X ⊂ A}. �2Koristimo sledece tautologije:

¬(p ∧ q) ⇐⇒ ¬p ∨ ¬q,p ∧ (q ∨ r) ⇐⇒ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r).

10 Glava 1. Uvod

Tako, P(∅) = {∅}, a ako je A = {1, 2, 3}, onda je

P(A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.

Definicija 1.6. Uredeni par elemenata a i b, u oznaci (a, b), je skup {{a}, {a, b}}:

(a, b) = {{a}, {a, b}}.

Pritom, element a se zove prva komponenta ili prva projekcija ili prva koordinata uredenogpara, dok se element b zove druga komponenta ili druga projekcija ili druga koordinatauredenog para. �

Tvrdenje 1.7. Dva uredena para su jednaka ako i samo ako su im jednake odgovarajucekomponente, tj.

(a, b) = (c, d) ⇐⇒ a = c ∧ b = d.

Dokaz. Ako je a = c i b = d, onda je

(a, b) = {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}} = (c, d).

Obrnuto, neka je (a, b) = (c, d). Tada je

{{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}. (1.2)

Ako je a = b, onda je {a, b} = {a}, te je (a, b) = {{a}, {a, b}} = {{a}}. Odavde i iz (1.2)sledi

{{a}} = {{c}, {c, d}},

pa je

{c} = {c, d} = {a}.

Odavde sledi c = d = a i buduci da je a = b, dobijamo a = b = c = d.Pretpostavimo sada da je a = b. Tada je {a} = {a, b}, pa skup {{a}, {a, b}} sadrzi

dva razlicita elementa. Odvde zbog (1.2) sledi da i skup {{c}, {c, d}} sadrzi dva razlicitaelementa, tj. {c} = {c, d}, pa je c = d. Iz

{a} ∈ {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}

i c = d, buduci da jednoclan skup ne moze biti jednak dvoclanom skupu, sledi {a} = {c},tj. a = c. Iz

{a, b} ∈ {{a}, {a, b}} = {{c}, {c, d}}

i a = b, buduci da dvoclan skup ne moze biti jednak jednoclanom skupu, sledi {a, b} ={c, d}. Odavde dobijamo da b ∈ {c, d}, a kako je b = a = c, zakljucujemo da je b = d.�

Na osnovu Tvrdenja 1.7 vazi ekvivalencija:

a = b⇐⇒ (a, b) = (b, a).

1.1. Relacije 11

Definicija 1.8. Uredena trojka elemenata a, b i c, u oznaci (a, b, c), jeste uredjeni par((a, b), c) i pri tome se kaze da je a prva, b druga i c treca koordinarta (projekcija,komponenta). �

Lako se pokazuje da je

(a, b, c) = (a1, b1, c1) ⇐⇒ a = a1 ∧ b = b1 ∧ c = c1.

Definicija 1.9. Uredena n-torka elemenata a1, a2, . . . , an definise se za n ≥ 3 pomocuuredenog para i uredene (n− 1)-torke na sledeci nacin:

(a1, a2, . . . , an) = ((a1, a2, . . . , an−1), an),

pri cemu je a1 prva, a2 druga, ..., an n-ta koordinata (projekcija, komponenta). �

Takode vazi ekvivalencija

(a1, a2, . . . , an) = (b1, b2, . . . , bn) ⇐⇒ a1 = b1 ∧ a2 = b2 ∧ · · · ∧ an = bn.

Definicija 1.10. Dekartov proizvod3 skupova A i B, u oznaci A × B, je skup svihuredenih parova (a, b) za koje je a ∈ A i b ∈ B, tj.

A×B = {(a, b) : a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Umesto A×A pisemo A2. �Primer 1.11. Ako je A = {1, 2, 3} i B = {a, b}, onda je

A×B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)},B ×A = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)},

A2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3)},B2 = {(a, a), (a, b), (b, a), (b, b)}. •

Ako skup A sadrzi m elemenata, a skup B n elemenata, onda skup A×B, kao i skupB ×A, sadrzi m · n elemenata.

Primetimo da ako je A = B, onda je A×B = B ×A.

Dekartov proizvod se definise i za vise od dva skupa.

Definicija 1.12. Dekartov proizvod skupova A1, A2, ..., An, n ≥ 2, u oznaci A1 ×A2 ×· · · × An, je skup svih uredenih n-torki (a1, a2, . . . , an) za koje je a1 ∈ A1, a2 ∈ A2, ...,an ∈ An, tj.

A1 ×A2 × · · · ×An = {(a1, a2, . . . , an) : a1 ∈ A1 ∧ a2 ∈ A2 ∧ · · · ∧ an ∈ An}.

Ako je A1 = A2 = · · · = An = A, onda Dekartov proizvod obelezavamo sa An. �

Nije tesko pokazati da za proizvoljne skupove A, B i C vaze jednakosti:

A× (B ∪ C) = (A×B) ∪ (A× C), (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C),

A× (B ∩ C) = (A×B) ∩ (A× C), (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C),

A× (B \ C) = (A×B) \ (A× C), (A \B)× C = (A× C) \ (B × C).

3Rene Dekart (R. Descartes (Cartesius)) (1596-1650), francuski filozof i matematicar

12 Glava 1. Uvod

1.2 Relacije

Definicija 1.13. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Svaki podskup ρ ⊂ X × Y zovese binarna relacija iz X u Y . Ako je X = Y , onda cemo reci da je ρ binarna relacija naskupu X. 4

Ako je ρ ⊂ X×Y i ako za x ∈ X i y ∈ Y vazi (x, y) ∈ ρ, onda kazemo da su elementix i y u relaciji ρ i pisemo xρy. �

Definicija 1.14. Neka je ρ binarna relacija na skupu X.

Za ρ kazemo da je refleksivna ako za svako x ∈ X vazi xρx.

Relacija ρ je simetricna ako za sve x, y ∈ X vazi implikacija:

xρy =⇒ yρx.

Relacija ρ je antisimetricna ako za sve x, y ∈ X vazi implikacija:

xρy ∧ yρx =⇒ x = y.

Relacija ρ je tranzitivna ako za sve x, y, z ∈ X vazi implikacija:

xρy ∧ yρz =⇒ xρz. �

Primer 1.15. Neka je X = {1, 2, 3}. Relacija jednakosti na skupu X (zove se jos idijagonala skupa X2) je

ρ1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)}.

Ova relacija je refleksivna, simetricna, antisimetricna i tranzitivna.

Relacija ρ2 = {(1, 1), (2, 2)} je simetricna, antisimetricna i tranzitivna, ali nije ref-leksivna jer (3, 3) /∈ ρ2. Primetimo da ma koja binarna relacija na skupu X koja jeistovremeno simetricna i antisimetricna mora biti podskup relacije jednakosti ρ1.

Relacija

ρ3 = {(1, 2), (2, 3), (3, 2)}

nije refleksivna jer (1, 1) /∈ ρ3 (takode ni uredeni parovi (2, 2) i (3, 3) ne pripadajurelaciji), nije simetricna jer (1, 2) ∈ ρ3, ali (2, 1) /∈ ρ3. Ova relacija nije antisimetricnajer (2, 3) ∈ ρ3 i (3, 2) ∈ ρ3, ali 2 = 3. Nije ni tranzitivna jer (1, 2) ∈ ρ3 i (2, 3) ∈ ρ3 ali(1, 3) /∈ ρ3 (osim toga, (2, 3) ∈ ρ3 i (3, 2) ∈ ρ3 ali (2, 2) /∈ ρ3 i (3, 3) /∈ ρ3).

Relacija

ρ4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 3)}

je tranzitivna, ali nije refleksivna ((1, 1) /∈ ρ4), nije simetricna ((1, 2) ∈ ρ4, ali (2, 1) /∈ ρ4,(1, 3) ∈ ρ4, ali (3, 1) /∈ ρ4) i nije antisimetricna ((2, 3) ∈ ρ4 i (3, 2) ∈ ρ4, ali 2 = 3).

Relacija

ρ5 = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (3, 1), (2, 2), (3, 3)}4Neka su A1, A2, . . . , An, n ∈ N, neprazni skupovi. Relacija ρ duzine n (n-arna relacija) je bilo koji

podskup Dekartovog proizvoda A1 ×A2 × · · · ×An.

1.2. Relacije 13

je simetricna, ali nije refleksivna, ni antisimetricna, ni tranzitivna ((1, 2), (2, 1) ∈ ρ5 ali(1, 1) /∈ ρ5), dok je relacija

ρ6 = X2 = {(1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (1, 3), (3, 1), (1, 1), (2, 2), (3, 3)}

refleksivna, simetricna, tranzitivna, ali nije antisimetricna.

Relacija

ρ7 = {(1, 2)}

nije refleksivna, ni simetricna, ali je antisimetricna i tranzitivna. •

Definicija 1.16. Binarna relacija ρ na skupu X je relacija ekvivalencije ako je reflek-sivna, simetricna i tranzitivna. �

Primeri 1.17. (i) Relacija jednakosti na ma kom nepraznom skupu je relacija ekviva-lencije.

(ii) Relacija paralelnosti u skupu svih pravih u prostoru je relacija ekvivalencije.

Definicija 1.18. Binarna relacija ρ na skupu X je relacija poretka ili relacija uredenjaako je refleksivna, antisimetricna i tranzitivna.

Za elemente x, y ∈ X kazemo da su uporedivi ako je xρy ili yρx. Ako su svaka dvaelementa skupa X uporediva relacijom poretka ρ, onda kazemo da je ρ relacija totalnog(potpunog) poretka ili da je relacija linearnog uredenja, dok za skup X u tom slucajukazemo da je lanac ili totalno (potpuno) ureden skup, ili da je linearno ureden skup. Akosvi elementi skupa X nisu uporedivi, onda kazemo da je ρ relacija delimicnog poretka ilirelacija delimicnog uredenja, a da je skup X delimicno ureden skup relacijom ρ. �

Delimicno ureden skup moze biti sastavljen od lanaca.

Primeri 1.19. (i) Relacija ≤ je relacija totalnog poretka na skupu realnih brojeva R.Zaista,

1) (∀x ∈ R)(x ≤ x) (refleksivnost);

2) (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ x =⇒ x = y) (antisimetricnost);

3) (∀x, y, z ∈ R)(x ≤ y ∧ y ≤ z =⇒ x ≤ z) (tranzitivnost);

4) (∀x, y ∈ R)(x ≤ y ∨ y ≤ x) (svaka dva elementa su uporediva).

Zbog vaznosti ove relacije, uobicajena oznaka za relaciju poretka je ≤.

(ii) Neka je X proizvoljan skup. Relacija inkluzije ⊂ na partitivnom skupu skupa X,P(X), je relacija poretka jer vazi:

1) (∀A ∈ P(X))(A ⊂ A) (refleksivnost);

2) (∀A,B ∈ P(X))(A ⊂ B ∧B ⊂ A =⇒ A = B) (antisimetricnost);

3) (∀A,B,C ∈ P(X))(A ⊂ B ∧B ⊂ C =⇒ A ⊂ C) (tranzitivnost).

Ako je X = ∅, onda je P(X) jednoclan skup, P(X) = {∅}, pa je ocigledno ⊂ relacijatotalnog poretka. Ako je pak skup X jednoclan, onda je P(X) = {∅, X}, te je ⊂opet relacija totalnog poretka. U svim drugim slucajevima, tj. kada X ima barem dvaelementa, relacija inkluzije je relacija delimicnog uredenja. Na primer, ako je X = {a, b},a = b, onda za skupove A = {a} i B = {b} vazi da niti je A ⊂ B, niti B ⊂ A, tj. A

14 Glava 1. Uvod

i B nisu uporedivi relacijom ⊂. Prema tome, skup P(X) je delimicno ureden relacijominkluzije i unija je sledecih lanaca: {∅, {a}, {a, b}} i {∅, {b}, {a, b}}.(iii) U skupu prirodnih brojeva N posmatramo relaciju deljivosti | :

x|y ⇐⇒ (∃k ∈ N) y = kx, x, y ∈ N.

Ovo je relacija delimicnog poretka na skupu N. Zaista1) (∀n ∈ N)(n = 1 · n) =⇒ (∀n ∈ N)(n|n) (refleksivnost);2) Neka su n,m ∈ N i neka n|m i m|n. Tada postoje k1, k2 ∈ N tako da je m = k1n

i n = k2m. Odavde sledi m = k1k2m, i s obzirom da su k1, k2 ∈ N, zakljucujemo da jek1 = k2 = 1. Stoga je m = n. Prema tome, relacija deljivosti je antisimetricna.

3) Neka su n,m, l ∈ N i neka n|m i m|l. To znaci da postoje k1, k2 ∈ N tako da jem = k1n i l = k2m, i prema tome l = k1k2n. Kako je k1k2 ∈ N, iz jednakosti l = k1k2nsledi n|l. Ovim smo pokazali da je relacija deljivosti tranzitivna.

Buduci da niti 2|3, niti 3|2, ovo nije relacija totalnog poretka i skup N je delimicnoureden ovom relacijom. Ipak mozemo izdvojiti lance u odnosu na ovu relaciju u okviruskupa N. Tako, na primer, skupovi

{1, 2, 22, 23, 24, . . . }, {1, 3, 32, 33, 34, . . . }, {3, 3 · 2, 3 · 22, 3 · 23, 3 · 24, . . . }

su lanci.Relacija deljivosti na skupu celih brojeva Z definisana sa:

m|l ⇐⇒ (∃k ∈ Z) l = km, m, l ∈ Z

nije relacija poretka, jer nije antisimetricna. Zaista, 2|(−2) i −2|2, ali nije 2 = −2. •

Primetimo da ako je relacija simetricna to nece znaciti da ona nije antisimetricna(primer za to je relacija jednakosti ili ma koji podskup relacije jednakosti na nekomnepraznom skupu, koja je i simetricna i antisimetricna relacija), a takode i ako relacijanije simetricna to ne povlaci da je ona antisimetricna. Na primer, relacija deljivosti naskupu celih brojeva nije ni simetricna, ni antisimetricna.

Neka je na skupu X data relacija poretka ≤, i neka je A ⊂ X. Za element m ∈ Xkazemo da je gornja granica ili majoranta skupa A ako za svako a ∈ A vazi a ≤ m. Zaelement n ∈ X kazemo da je donja granica ili minoranta skupa A ako za svako a ∈ A vazin ≤ a. (Primetimo da je gornja (donja) granica skupa A uporediva sa svakim elementomskupa A, dok, u slucaju da je ≤ relacija delimicnog poretka, svi elementi skupa A nemoraju biti medju sobom uporedivi.)

Ako postoji gornja granica skupa A koja pripada skupu A, onda se ona zove maksi-mum skupa A ili najveci element skupa A, i obelezava sa maxA. Za donju granicu skupaA koja pripada skupu A kazemo da je minimum skupa A ili najmanji element skupa A,i obelezavamo je sa minA.

Primeri 1.20. (i) Ako posmatramo uredenje iz Primera 1.19 (i) i skup A = (0, 1],onda je 1 gornja granica skupa A i pripada skupu A, pa je maxA = 1. Medutim skup

1.2. Relacije 15

B = [0, 1) nema maksimum, jer skup gornjih granica skupa B je interval [1,+∞) inijedna gornja granica skupa B ne pripada skupu B. Primetimo jos da skup A nemaminimum, dok je minB = 0.

(ii) Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5}, X1 = {1, 2}, X2 = {2, 3}, G = X1 ∪ X2 = {1, 2, 3} iD = X1 ∩X2 = {2}. Ako posmatramo relaciju inkluzije ⊂ na partitivnom skupu skupaX, P(X), onda je G gornja granica skupa A = {X1, X2} ⊂ P(X), dok je D donja granicaskupa A, jer vaze inkluzije D ⊂ X1 ⊂ G i D ⊂ X2 ⊂ G. Takode je ∅ donja granicaskupa A i skupovi E = {1, 2, 3, 4}, F = {1, 2, 3, 5} i X gornje granice skupa A. Skup Anema ni maksimum, ni minimum, jer ne postoji ni gornja ni donja granica skupa A kojapripada skupu A. Primetimo da elementi skupa A nisu medju sobom uporedivi.

(iii) Posmatrajmo sada uredenje iz Primera 1.19 (iii) i skup A = {4, 6, 8}. Svi elementiskupa A nisu medu sobom uporedivi (4 i 6 nisu uporedivi, i 6 i 8 nisu uporedivi, dok su4 i 8 uporedivi jer 4|8), 1 i 2 su donje granice skupa A, jer 1|4, 1|6, 1|8 i 2|4, 2|6, 2|8,a gornje granice skupa A su svi brojevi oblika 24k, k ∈ N, jer npr. 4|24, 6|24, 8|24.Skup A nema minimum jer nijedna donja granica skupa A ne pripada skupu A, a takodenema ni maksimum jer nijedna gornja granica skupa A ne pripada skupu A. Za skupB = {3, 6, 15} broj 3 je donja granica skupa koja pripada skupu, pa je 3 = minB, doksu sve gornje granice oblika 30k, k ∈ N, i buduci da nijedna ne pripada skupu B, skupB nema maksimum. •

Ako skup A ima maksimum, onda je on jedinstven. Zaista, neka su m1 i m2 dvamaksimuma skupa A. To znaci da su m1 i m2 gornje granice skupa A i da pripadajuskupu A. Iz cinjenice da je m2 gornja granica skupa A i da m1 ∈ A sledi m1 ≤ m2, dokiz cinjenice da je m1 gornja granica skupa A, a m2 ∈ A, sledi m2 ≤ m1. Prema tome,m1 = m2.

Slicno se dokazuje da je minimum skupa, ukoliko postoji, jedinstven.

Za skup A kazemo da je ogranicen odozgo (odozdo) ako ima barem jednu gornju(donju) granicu. Skup A je ogranicen ako je odozdo i odozgo ogranicen.

Ako skup gornjih granica skupa A ima minimum tj. najmanji element, onda se tajelement zove supremum skupa A i obelezava sa supA. Prema tome, supremum skupaA je najmanja medu svim gornjim granicama skupa A i govoricemo jednostavno da jesupremum skupa A najmanja gornja granica skupa A.

Ako skup donjih granica skupa A ima maksimum tj. najveci element, onda se tajelement zove infimum skupa A i obelezava sa inf A. Govorimo jednostavno da je infimumskupa A najveca donja granica skupa A.

Prema tome, element b ∈ X je supremum skupa A, b = supA, ako i samo vazesledeca dva uslova:

(s1) (∀a ∈ A)(a ≤ b);

(s2) (∀a ∈ A)(a ≤ c) =⇒ b ≤ c.

Uslov (s1) znaci da je b gornja granica skupa A, a uslov (s2) znaci da za proizvoljnugornju granicu c skupa A vazi b ≤ c.

Element b ∈ X je infmum skupa A, b = inf A, ako i samo ako vaze sledeca dva uslova:

(i1) (∀a ∈ A)(b ≤ a);

(i2) (∀a ∈ A)(c ≤ a) =⇒ c ≤ b.

16 Glava 1. Uvod

Iz definicije sledi da ako postoji supremum (infimum) skupa A, onda je jedinstven.

Napomenimo da maksimum (minimum) skupa A postoji ako i samo ako postojisupremum (infimum) skupa A koji jos i pripada skupu A. Zaista, neka je m maksimumskupa A. Tada je m gornja granica skupa A i m ∈ A. Prema tome, vazi uslov (s1) iako je c proizvoljna gornja granica skupa A, onda buduci da m ∈ A sledi m ≤ c, pa jezadovoljen i uslov (s2). Dakle, m je supremum skupa A koji pripada skupu A. Obrnuto,pretpostavimo da je m = supA i m ∈ A. Tada je m gornja granica skupa A koja pripadaskupu A, pa je m = maxA.

Na primer, posmatrajmo opet uredenje iz Primera 1.19 (i) i skupove A = (0, 1] iB = [0, 1). Skup gornjih granica i za jedan i za drugi skup je interval [1,+∞). Ovajskup ima minimum, to je 1, pa je supA = supB = 1. Kao sto smo vec uocili skup A imamaksimum, to je 1 (supremum skupa A pripada skupu A), dok skup B nema maksimum(supremum skupa B ne pripada skupu B).

Prema tome, maksimum skupa (ukoliko postoji) je i supremum skupa, dok obrnuto uopstem slucaju ne vazi. Samo supremum skupa koji pripada skupu je maksimum skupa.

Primeri 1.21. (i) Posmatrajmo skup X = R \ {3}, relaciju ≤ iz Primera 1.19 (i)i skup A = {x ∈ R : x < 3} = (−∞, 3). Skup gornjih granica skupa A je skup{x ∈ R : 3 < x} = (3,+∞), a ovaj skup nema minimum, pa ne postoji supremum skupaA.

(ii) Neka je X dati skup. U odnosu na relaciju inkluzije imamo da je svaki podskuppartitivnog skupa P(X) ogranicen odozgo, naime, skup X je gornja granica.

Neka su A1, . . . , An ⊂ X i A = {A1, . . . , An}. Tada je u odnosu na relaciju inkluzije

supA = A1 ∪ · · · ∪An i inf A = A1 ∩ · · · ∩An.

(iii) Neka je A = {n1, n2, . . . , nk} ⊂ N. U odnosu na relaciju deljivosti | imamo da je

supA = NZS{n1, n2, . . . , nk} i inf A = NZD{n1, n2, . . . , nk}. •

Za x, y ∈ X pisacemo da je x < y ako je x ≤ y i x = y. Umesto x < y pisacemo jos iy > x.

Ako je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X, onda je negacija uslova x < yekvivalentna uslovu y ≤ x: ¬(x < y) ⇐⇒ y ≤ x. 5

Tvrdenje 1.22. Neka je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X, i neka je A ⊂ X. Zaelement b ∈ X vazi b = supA ako i samo ako su ispunjena sledeca dva uslova:

5Zaista, ¬(x < y) ⇐⇒ ¬(x ≤ y ∧ x = y) ⇐⇒ ¬(x ≤ y)∨ x = y, a iz ¬(x ≤ y), buduci da je ≤ relacijatotalnog poretka, sledi y ≤ x, i takode x = y povlaci y ≤ x, te iz ¬(x ≤ y) ∨ x = y sledi y ≤ x.

Obrnuto, pretpostavimo da je y ≤ x. Dokazimo da vazi ¬(x < y). Pretpostavimo suprotno, da jex < y, tj. x ≤ y i x = y. Kako je relacija ≤ antisimetricna, iz y ≤ x i x ≤ y sledi x = y, sto je apsurd.Prema tome, y ≤ x povlaci ¬(x < y).

1.2. Relacije 17

(s1) (∀a ∈ A) a ≤ b;(s′2) (∀b′ < b)(∃a ∈ A) b′ < a.

'

Dokaz. Neka je b = supA. Tada vazi uslov (s1) i dokazimo da vazi uslov (s′2). Pret-postavimo suprotno, tj. da vazi negacija:

¬(∀b′ < b)(∃a ∈ A) b′ < a.

Ovo je ekvivalentno uslovu:

(∃b′ < b)(∀a ∈ A)¬(b′ < a).

Prema tome, postoji b′ < b tako da za svako a ∈ A vazi a ≤ b′, tj. b′ je gornja granicaskupa A za koju ne vazi relacija b ≤ b′. Ovo je u suprotnosti sa tim da je b, kao supremumskupa A, minimum skupa gornjih granica skupa A. Dobijena protivurecnost dokazujeda vazi uslov (s′2).

Obrnuto, pretpostavimo da vaze uslovi (s1) i (s′2). Neka je c ∈ X gornja granicaskupa A. Tada vazi b ≤ c, jer u protivnom bi bilo c < b pa bi prema uslovu (s′2) postojaoelement a ∈ A takav da je c < a, sto je u suprotnosti sa tim da je c gornja granica skupaA. Prema tome, ispunjeni su uslovi (s1) i (s2), pa je b = supA. �

Slicno se dokazuje naredno tvrdenje.

Tvrdenje 1.23. Neka je ≤ relacija totalnog poretka na skupu X i A ⊂ X, za elementb ∈ X vazi b = inf A ako i samo ako su ispunjena sledeca dva uslova:

(i1) (∀a ∈ A) b ≤ a;(i′2) (∀b′ > b)(∃a ∈ A) a < b′.

'

Ako je ≤ relacija linearnog uredenja na skupu R i A ⊂ R, koristeci postojanje alge-barskih operacija moze se pokazati sledeca dva tvrdenja.

Tvrdenje 1.24. Neka je A ⊂ R. Tada je b = supA ako i samo ako su ispunjena sledecadva uslova:

(s1) (∀a ∈ A) a ≤ b;

(s′′2) (∀ϵ > 0)(∃a ∈ A) b− ϵ < a.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 1.22 jer je uslov (s′′2) je ekvivalentan uslovu (s′2). Zaista, akouzmemo da je b′ = b− ϵ, onda je uslov b′ 0. �

18 Glava 1. Uvod

Tvrdenje 1.25. Neka je A ⊂ R. Tada je b = inf A ako i samo ako su ispunjena sledecadva uslova:

(i1) (∀a ∈ A) b ≤ a;

(i′′2) (∀ϵ > 0)(∃a ∈ A) a < b+ ϵ.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 1.23 jer je uslov (i′′2) ekvivalentan uslovu (i′2). Zaista, akouzmemo da je b′ = b+ ϵ, onda je uslov b′ > b ekvivalentan uslovu ϵ > 0. �

1.3 Funkcije

Neka su X i Y neprazni skupovi. Preslikavanje (funkcija) skupa X u skup Y je svakopravilo (propis, dogovor) f kojim se svakom elementu skupa X dodeljuje tacno jedanelement skupa Y . Ako je f preslikavanje skupa X u skup Y pisacemo f : X → Y . Osimtermina funkcija, ili preslikavanje, koriste se i termini pridruzivanje ili korespondencija.Element x ∈ X se obicno naziva original (lik), a y ∈ Y njegova slika, i pritom pisemo y =f(x). Kazemo jos i da je x nezavisno promenljiva ili argument, a y zavisno promenljiva.

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

Definicija 1.26. Neka su X i Y neprazni skupovi, i neka je f podskup Dekartovogproizvoda X × Y koji zadovoljava uslove

(i) (∀x ∈ X)(∃y ∈ Y ) (x, y) ∈ f ,(ii) (∀x ∈ X)(∀y1, y2 ∈ Y )((x, y1) ∈ f ∧ (x, y2) ∈ f =⇒ y1 = y2),tj. za svako x ∈ X postoji tacno jedno y ∈ Y tako da je (x, y) ∈ f .Za uredenu trojku (X,Y, f) kazemo da je preslikavanje (funkcija) sa domenom X,

kodomenom Y i pravilom (grafom) f . Jednostavnosti radi, kazemo da je f preslikavanje(funkcija) skupa X u skup Y , i pisemo f : X → Y . Domen X zovemo jos i oblastdefinisanosti funkcije f i obelezavamo sa Df .

Umesto (x, y) ∈ f pisemo y = f(x), i kazemo da je x lik ili original, a element ynjegova slika. �

Prema tome, skup f ⊂ X × Y iz Definicije 1.26 je (binarna) relacija iz X u Y saosobinama (i) i (ii). U skladu sa nasom definicijom relacija f ⊂ X × Y je jednaka skupu

{(x, f(x)) | x ∈ Df}.

Funkciju (f,X, Y ), jednostavnosti radi, poistovecujemo sa samim skupom f , i kazemoda je f funkcija ili preslikavanje skupa X u skup Y . Kada je jasno koji su domen ikodomen funkcije, govoricemo jednostavno o funkciji x 7→ f(x), isticuci time original injegovu sliku.

1.3. Funkcije 19

Uslov (i) u Definiciji 1.26 govori o tome da svaki element skupa X ima sliku u skupuY , dok uslov (ii) govori o jednoznacnosti (dobroj definisanosti) funkcije f : X → Y , tj.da jednom originalu odgovara tacno jedna slika.

Za funkciju f : X → Y , gde su domen X i kodomen Y podskupovi skupa realnihbrojeva R, graf funkcije, tj. skup

{(x, f(x)) | x ∈ Df},

zovemo grafik funkcije f i obelezavamo sa Γf . Grafik funkcije se moze interpretirati kaoskup tacaka u koordinatnoj ravni.6 Uslovi (1) i (2) u Definiciji 1.26 znace da ,,vertikalna“prava x = a, gde je a proizvoljna tacka iz domena funkcije f , ima tacno jednu tackupreseka sa grafikom funkcije.

Primer 1.27. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b}, a = b, i neka je relacija ρ1 iz X u Ydata sa:

ρ1 = {(1, a), (1, b), (2, a), (3, b)}

Tada (X,Y, ρ1) nije funkcija. Zaista, (1, a) ∈ ρ1 i (1, b) ∈ ρ1, ali a = b, pa nije ispunjenuslov (ii) u Definiciji 1.26.

Kod relacije

ρ2 = {(1, a), (2, a)} ⊂ X × Y

vidimo da 3 ∈ X, ali ne postoji y ∈ Y tako da (3, y) ∈ ρ2, sto znaci da nije ispunjenuslov (i) u Definiciji 1.26, i stoga (X,Y, ρ2) nije funkcija.

Relacija

ρ3 = {(1, a), (2, a), (3, b)} ⊂ X × Y

6Dve uzajmno ortogonalne orjentisane prave cine pravougli koordinatni sistem i zovu se koordinatneose, dok se njihova presecna tacka zove koordinatni pocetak i obelezava sa O. Jedna koordinatna osa senaziva apscisna osa ili x-osa, a druga ordinatna osa ili y-osa. Ravan sa ovako izabranim koordinatnimsistemom Oxy se naziva koordinatna ravan. U koordinatnoj ravni x-osa i y-osa odreduju cetiri pravaugla. Unutrasnje oblasti ovih uglova nazivamo kvadrantima.

20 Glava 1. Uvod

zadovoljava uslove (i) i (ii) Definicije 1.26, pa je (X,Y, ρ3) funkcija. •

Na osnovu Definicije 1.26 zakljucujemo da su dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2jednake ako i samo ako su ispunjeni sledeci uslovi:

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

Definicija 1.28. Za dve funkcije f1 : X1 → Y1 i f2 : X2 → Y2, ako je:(i) X1 ⊂ X2,(ii) Y1 ⊂ Y2,(iii) (∀x ∈ X1)f1(x) = f2(x),

onda kazemo da je f1 redukcija funkcije f2, a da je f2 ekstenzija (produzenje) funkcijef1. Specijalno, ako je pritom Y1 = Y2, onda kazemo da je f1 restrikcija funkcije f2 naskup X1, i pisemo f1 = f2|X1

. �

Definicija 1.29. Za funkciju f : X → Y kazemo da je 1-1 (injektivna, injekcija) akorazlicitim elementima x1, x2 ∈ X uvek odgovaraju razlicite slike, tj. ako vazi implikacija:

(∀x1, x2 ∈ X)(x1 = x2 =⇒ f(x1) = f(x2)). (1.3)

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

S obzirom na zakon kontrapozicije za implikaciju:

(p =⇒ q) ⇐⇒ (¬q =⇒ ¬p),

zakljucujemo da je uslov (1.3) ekvivalentan sledecem:

(∀x1, x2 ∈ X)(f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2). (1.4)

Prema tome, funkcija f : X → Y je 1-1 ako vazi uslov (1.4), tj. ako iz jednakosti slikasledi i jednakost odgovarajucih originala.

Za funkciju f : X → Y , gde su X i Y podskupovi skupa realnih brojeva R, uslovinjektivnosti znaci da ,,horizontalna“ prava y = b, b ∈ R, ne moze imati vise od jednetacke preseka sa grafikom funkcije.

Primer 1.30. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b, c, d}. Funkcija f : X → Y , data sa

f(1) = a, f(2) = a, f(3) = c,

nije 1-1, jer 1 = 2, ali je f(1) = f(2) = a.Funkcija g : X → Y , data sa

g(1) = a, g(2) = c, g(3) = d, za a = c = d = a,

je injekcija. •

1.3. Funkcije 21

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

f(A) = {f(x) |x ∈ A}.

Definicija 1.31. Za funkciju f : X → Y kazemo da je na (surjektivna, surjekcija) ako

(∀y ∈ Y )(∃x ∈ X) y = f(x). �

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

Primetimo da funkcije f i g iz prethodnog primera nisu surjekcije (b ∈ Y , ali nepostoji x ∈ X, tako da je f(x) = b, niti postoji x ∈ X tako da je g(x) = b).

Primer 1.32. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b}, a = b. Funkcija h : X → Y , data sa

h(1) = b, h(2) = a, h(3) = a,

nije 1-1, ali je na. •

Definicija 1.33. Funkcija f : X → Y je bijektivna (bijekcija) ako je injektivna i surjek-tivna. �Primer 1.34. Neka je X = {1, 2, 3} i Y = {a, b, c}, a = b = c = a. Funkcija f : X → Y ,data sa

f(1) = b, f(2) = a, f(3) = c,

je bijekcija. •

Primer 1.35. (i) Funkcija f1 : R→ R data sa f1(x) = x2 nije ni injekcija (jer f1(−2) =f1(2) = 4) ni surjekcija (jer f1(x) = −1 za svako x ∈ R).

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

(iii) Ako isti analiticki izraz definise funkciju f3 : R→ R+, onda f3 nije 1-1, ali je na.(iv) Na kraju, restrikcija f4 : R+ → R+ funkcije f1 je bijekcija.(v) Neka je R− = {x ∈ R |x ≤ 0} i f5 : R− → R+ funkcija data takode sa f5(x) = x2,

onda je f5 bijekcija. •

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

f−1(B) = {x ∈ X | f(x) ∈ B}.

Jasno, f−1(Y ) = X.

Primer 1.36. Neka je X = {1, 2, 3, 4, 5}, Y = {a, b, c, d, e, g} (svi elementi skupa Y sumedusobno razliciti) i funkcija f : X → Y data sa

f =

(1 2 3 4 5a a a g g

).

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

22 Glava 1. Uvod

1

2

3

4

5

a

b

c

d

e

g

A f(A)

Bf (B)-1

X Y

Primer 1.37. Ako je f1 : R → R funkcija iz Primera 1.35, onda je f1(R+) = R+,f−11 (R+) = R i f−1

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

−11 (R−)) = f1({0}) = {0}.

Prema tome, R+ $ f−11 (f1(R+))) i f1(f

−11 (R−)) $ R−. •

Tvrdenje 1.38. Neka je f : X → Y .

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

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

Dokaz. (1.38.1): Neka je x ∈ A. Tada f(x) ∈ f(A), tj. element x se funkcijom f slika uelement skupa f(A) i zato x ∈ f−1(f(A)). Prema tome, A ⊂ f−1(f(A)).

(1.38.2): Pretpostavimo da je f injekcija. Da bismo dokazali da je A = f−1(f(A)), naosnovu (1.38.1), dovoljno je dokazati inkluziju f−1(f(A)) ⊂ A. Neka je x ∈ f−1(f(A)).Tada f(x) ∈ f(A), te postoji a ∈ A tako da je f(x) = f(a). Kako je f injekcija, sledix = a i zato x ∈ A. Prema tome, f−1(f(A)) ⊂ A.

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

Dokaz ove implikacije mozemo izvesti i direktno. Pretpostavimo da je

A = f−1(f(A)) za svaki podskup A skupa X. (1.5)

Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je f(x1) = f(x2). Odavde, ako primenimo jednakost (1.5)za slucaj kada je A = {x1}, a potom i slucaj kada je A = {x2}, dobijamo

{x1} = f−1(f({x1})) = f−1({f(x1)}) = f−1({f(x2)}) = f−1(f({x2})) = {x2},

odakle sledi da je x1 = x2. Prema tome, f je injekcija. �Tvrdenje 1.39. Neka je f : X → Y .

(1.39.1) Za svaki podskup B skupa Y vazi f(f−1(B)) ⊂ B.

(1.39.2) Funkcija f je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup B skupa Y vazif(f−1(B)) = B.

1.3. Funkcije 23

Dokaz. (1.39.1): Neka je B ⊂ Y . Kako je f−1(B) skup svih elemenata iz X koji sefunkcijom f preslikavaju u elemente skupa B, tj. f(x) ∈ B za svako x ∈ f−1(B), te jef(f−1(B)) ⊂ B.

(1.39.2): Neka je f surjekcija, B ⊂ Y i y ∈ B. Postoji x ∈ X tako da je f(x) = y.Sledi x ∈ f−1(B), i prema tome y = f(x) ∈ f(f−1(B)). Ovim smo pokazali da jeB ⊂ f(f−1(B)), i s obzirom na (1.39.1) zakljucujemo da vazi jednakost f(f−1(B)) = B.

Pretpostavimo da je f(f−1(B)) = B za svaki podskup B skupa Y . Odavde za B = Ydobijamo f(f−1(Y )) = Y . Kako je f−1(Y ) = X, sledi f(X) = Y , tj. f surjekcija. �

Tvrdenje 1.40. Ako je f : X → Y , i A1 i A2 podskupovi skupa X, tada vazi:(i) f(∅) = ∅,(ii) A1 ⊂ A2 =⇒ f(A1) ⊂ f(A2),(iii) f(A1 ∪A2) = f(A1) ∪ f(A2),(iv) f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2),(v) f(A1\A2) ⊃ f(A1)\f(A2).

Dokaz. Jednakost (i) i implikacija (ii) su ocigledne.(iii): Neka je y ∈ f(A1 ∪A2). Tada postoji x ∈ A1 ∪A2 takvo da je y = f(x). Kako

x pripada bar jednom od skupova A1 i A2, to y = f(x) pripada bar jednom od skupovaf(A1) i f(A2), sto znaci da y pripada njihovoj uniji f(A1) ∪ f(A2). Ovim smo pokazalida je f(A1 ∪A2) ⊂ f(A1) ∪ f(A2).

Iz A1 ⊂ A1 ∪ A2 i A2 ⊂ A1 ∪ A2, na osnovu (ii), sledi f(A1) ⊂ f(A1) ∪ f(A2) if(A2) ⊂ f(A1) ∪ f(A2), te je f(A1) ∪ f(A2) ⊂ f(A1 ∪A2).

(iv): Kako je A1 ∩ A2 ⊂ A1 i A1 ∩ A2 ⊂ A2, na osnovu (ii) zakljucujemo da vazeinkluzije:

f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) i f(A1 ∩A2) ⊂ f(A2),

odakle sledi f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2).(iv): Neka je y ∈ f(A1) \ f(A2). Tada y ∈ f(A1) i y /∈ f(A2). Stoga postoji x ∈ A1

tako da y = f(x), a s obzirom da y /∈ f(A2), zakljucujemo da x /∈ A2. Stoga x ∈ A1 \A2,pa je y = f(x) ∈ f(A1 \A2). Tako smo dokazali inkluziju f(A1)\f(A2) ⊂ f(A1\A2). �

Primetimo da u (iv) i (v) inkluzije mogu biti stroge. Za funkciju f1 : R → R izPrimera 1.35 i skupove A1 = [−1, 0] i A2 = [0, 1] vazi

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

f1(A1) = [0, 1], f1(A2) = [0, 1],

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

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

Sledeca dva tvrdenja pokazuju da je injektivnost funkcije f potreban i dovoljanuslov da se u (iv) i (v) znak inkluzije moze zameniti znakom jednakosti (primetimoda prethodno pomenuta funkcija f1 nije injekcija).

Tvrdenje 1.41. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupaA1 i A2 skupa X vazi f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2).

24 Glava 1. Uvod

Dokaz. Pretpostavimo da je f injekcija. Neka su A1 i A2 proizvolnji podskupovi skupaX,i neka je y ∈ f(A1)∩f(A2). Tada postoje x1 ∈ A1 i x2 ∈ A2 tako da je y = f(x1) = f(x2).S obzirom da je f injekcija, zakljucujemo da je x1 = x2, pa je x = x1 = x2 ∈ A1 ∩ A2, iiz y = f(x) sledi y ∈ f(A1 ∩A2). Prema tome, f(A1)∩ f(A2) ⊂ f(A1 ∩A2), sto zajednosa inkluzijom (iv) u Tvrdenju 1.40 povlaci jednakost f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2).

Obrnutu implikaciju, tj. tvrdenje da injektivnost funkcije f sledi iz cinjenice da jef(A1 ∩ A2) = f(A1) ∩ f(A2) za svaka dva podskupa A1 i A2 skupa X, dokazacemokontrapozicijom. Pretpostavimo da f nije injekcija. Pokazacemo da postoje skupoviA1, A2 ⊂ X takvi da je f(A1∩A2) = f(A1)∩ f(A2). Iz cinjenice da f nije injekcija sledida postoje x1, x2 ∈ X, takvi da je x1 = x2 i f(x1) = f(x2) = y. Neka je A1 = {x1} iA2 = {x2}. Tada je A1 ∩ A2 = ∅, f(A1) = {y} i f(A2) = {y}, i stoga je f(A1 ∩ A2) =∅ $ f(A1) ∩ f(A2) = {y}.7 �

Tvrdenje 1.42. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaka dva podskupaA1 i A2 skupa X vazi f(A1\A2) = f(A1)\f(A2);

Dokaz. Neka je f injekcija i neka su A1 i A2 proizvolnji podskupovi skupa X. Izy ∈ f(A1\A2) sledi da postoji x ∈ A1\A2 tako da je y = f(x). Sledi x ∈ A1 i y = f(x) ∈f(A1). Dokazimo da y /∈ f(A2). Pretpostavimo suprotno, da postoji x′ ∈ A2 tako da jey = f(x′). Tada je y = f(x) = f(x′), i iz injektivnosti funkcije f sledi x = x′. Stogax ∈ A2, sto je u suprotnosti sa tim da x ∈ A1\A2. Dobijena protivurecnost dokazuje day /∈ f(A2), a kako je y ∈ f(A1), zakljucujemo da je y ∈ f(A1) \ f(A2). Prema tome,f(A1\A2) ⊂ f(A1) \ f(A2), i kako obrnuta inkluzija vazi na osnovu Tvrdenja 1.40 (v),zakljucujemo da vazi jednakost f(A1\A2) = f(A1)\f(A2).

Obrnutu implikaciju dokazujemo kontrapozicijom. Pretpostavimo da f nije injekcija.Pokazacemo da postoje podskupovi A1 i A2 skupa X takvi da je f(A1 \ A2) = f(A1) \f(A2). S obzirom da funkcija f nije injekcija, postoje x1, x2 ∈ X takvi da je x1 = x2i f(x1) = f(x2) = y. Neka je A1 = {x1} i A2 = {x2}. Tada je A1 \ A2 = {x1} = A1,f(A1) = {f(x1)} = {y}, f(A2) = {f(x2)} = {y}, pa je f(A1)\f(A2) = ∅ $ f(A1 \A2) =f(A1) = {y}.8 �

7Dokaz ove implikacije mozemo izvesti direktno. Pretpostavimo da je

f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2) za svaka dva podskupa A1, A2 skupa X. (1.6)

Dokazimo da je f injekcija. Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je f(x1) = f(x2) = y. Uzimajuci da jeA1 = {x1} i A2 = {x2} iz (1.6) sledi

{y} = {f(x1)} ∩ {f(x2)} = f({x1}) ∩ f({x2}) = f({x1} ∩ {x2}).

Odavde sledi da je f({x1} ∩ {x2}) neprazan skup, te je i {x1} ∩ {x2} neprazan skup, i stoga je x1 = x2.Prema tome, f je injekcija.

8Ovu implikaciju mozemo dokazati i direktno. Pretpostavimo da vazi jednakost

f(A1\A2) = f(A1)\f(A2), gde su A1, A2 ⊂ X. (1.7)

Dokazimo da je f injekcija. Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je f(x1) = f(x2) = y. Tada, uzimajuci da jeA1 = {x1} i A2 = {x2}, iz (1.7) dobijamo

f({x1} \ {x2}) = f({x1}) \ f({x2}) = {f(x1)} \ {f(x2)} = {y} \ {y} = ∅.

Odavde sledi da je {x1} \ {x2} = ∅, te je stoga x1 = x2. Prema tome, f je injekcija.

1.3. Funkcije 25

Tvrdenje 1.43. Funkcija f : X → Y je injekcija ako i samo ako za svaki podskup Askupa X vazi f(CA) ⊂ Cf(A).

Dokaz. Neka je f injekcija i neka je A proizvoljan podskup skupa X. Iz Tvrdenja 1.42sledi da je f(CA) = f(X \ A) = f(X) \ f(A), a kako je f(X) ⊂ Y , to je f(CA) =f(X) \ f(A) ⊂ Y \ f(A) = Cf(A).

Obrnutu implikaciju, tj. tvrdenje da cinjenica da je f(CA) ⊂ Cf(A), za svakipodskup A skupa X, povlaci injektivnost funkcije f , dokazujemo kontrapozicijom. Pret-postavimo da A nije injekcija. Tada postoje x1, x2 ∈ X takvi da je x1 = x2 i f(x1) =f(x2) = y. Neka je A = C{x1}. Tada je CA = {x1} i f(CA) = {f(x1)} = {y}. Sobzirom da je x1 = x2, to x2 ∈ C{x1} = A, pa y = f(x2) ∈ f(A), i zato y /∈ Cf(A).Stoga nije f(CA) ⊂ Cf(A).9 �

Tvrdenje 1.44. Funkcija f : X → Y je surjekcija ako i samo ako za svaki podskup Askupa X vazi f(CA) ⊃ Cf(A).

Dokaz. Neka je f surjekcija i neka y ∈ Cf(A). Iz surjektivnosti funkcije f sledi dapostoji x ∈ X takvo da je y = f(x), a iz y ∈ Cf(A) sledi da y /∈ f(A), tj. y = f(a) zasvako a ∈ A. Odavde sledi da x /∈ A, tj. x ∈ CA, te je y = f(x) ∈ f(CA). Prema tome,Cf(A) ⊂ f(CA).

Obrnuto, neka za svaki podskup A skupa X vazi f(CA) ⊃ Cf(A). Uzimajuci daje A = ∅ dobijamo f(C∅) ⊃ Cf(∅), i kako je f(C∅) = f(X) i Cf(∅) = C∅ = Y , to jef(X) ⊃ Y . Ovo znaci da je f surjekcija. �

Tvrdenje 1.45. Funkcija f : X → Y je bijekcija ako i samo ako za svaki podskup Askupa X vazi f(CA) = Cf(A).

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 1.43 i 1.44. �

Tvrdenje 1.46. Ako je f : X → Y , i B, B1 i B2 podskupovi skupa Y , tada vazi:

(i) f−1(∅) = ∅,(ii) B1 ⊂ B2 =⇒ f−1(B1) ⊂ f−1(B2),

(iii) f−1(B1 ∪B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2),

(iv) f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2),

(v) f−1(B1\B2) = f−1(B1)\f−1(B2),

(vi) f−1(CB) = Cf−1(B).

Dokaz. Jednakost (i) i implikacija (ii) su ocigledne.

9Ovu implikaciju mozemo da dokazemo direktno.Pretpostavimo da je

f(CA) ⊂ Cf(A), za svaki A ⊂ X. (1.8)

Dokazimo da je f injekcija. Neka su x1, x2 ∈ X takvi da je f(x1) = f(x2) = y. Kada u (1.8) stavimo daje A = C{x1} dobijamo

{y} = {f(x1)} = f(CA) ⊂ Cf(A),

odakle sledi da y /∈ f(A). Kako je y = f(x2), iz y /∈ f(A) zakljucujemo da x2 /∈ A i prema tomex2 ∈ CA = {x1}. Odavde sledi da je x1 = x2. Prema tome, f je injekcija.

26 Glava 1. Uvod

(iii) Neka je x ∈ f−1(B1∪B2). Tada je f(x) ∈ B1∪B2, tj. f(x) pripada bar jednom odskupova B1 i B2. Ovo znaci da x pripada barem jednom od skupova f−1(B1) i f

−1(B2), istoga x ∈ f−1(B1)∪f−1(B2). Tako smo dokazali da je f−1(B1∪B2) ⊂ f−1(B1)∪f−1(B2).

Obrnuto, neka je x ∈ f−1(B1)∪ f−1(B2). Tada x pripada barem jednom od skupovaf−1(B1) i f

−1(B2), pa f(x) pripada barem jednom od skupova B1 i B2. Stoga je f(x) ∈B1 ∪ B2, i prema tome x ∈ f−1(B1 ∩ B2). Ovim smo dokazali inkluziju f−1(B1) ∪f−1(B2) ⊂ f−1(B1 ∩B2).

Jednakost (iv) se dokazuje slicno jednakosti (iii). Kako je

x ∈ f−1(B1 ∩B2) ⇐⇒ f(x) ∈ B1 ∩B2

⇐⇒ f(x) ∈ B1 ∧ f(x) ∈ B2

⇐⇒ x ∈ f−1(B1) ∧ x ∈ f−1(B2)

⇐⇒ x ∈ f−1(B1) ∩ f−1(B2),

zakljucujemo da jef−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2).(v) S obzirom da je

x ∈ f−1(B1\B2) ⇐⇒ f(x) ∈ B1\B2

⇐⇒ f(x) ∈ B1 ∧ f(x) /∈ B2

⇐⇒ x ∈ f−1(B1) ∧ x /∈ f−1(B2)

⇐⇒ x ∈ f−1(B1)\f−1(B2),

to vazi jednakost f−1(B1\B2) = f−1(B1)\f−1(B2).(vi) Iz (v) za B ⊂ Y sledi

f−1(CB) = f−1(Y \B) = f−1(Y ) \ f−1(B) = X \ f−1(B) = Cf−1(B). �

Definicija 1.47. Neka su f : X → Y i g : Z → U funkcije, i f(X) ⊂ Z. Tada funkcijuh : X → U definisanu sa h(x) = g(f(x)), x ∈ X, zovemo proizvod (slaganje, kompozicija)funkcija f i g i pisemo h = g ◦ f . �

Stoga je (g ◦ f)(x) = g(f(x)) za sve x ∈ X.

Prema tome, kompozicija g ◦ f postoji samo ako je f(Df ) ⊂ Dg.

Primer 1.48. Neka je X = {1, 2, 3}, Y = {i, j, k, l,m, n}, Z = {i, n, o, p}, U ={7, 8, 9, 10, 11}, i funkcije f : X → Y i g : Z → U date sa

f =

(1 2 3i i n

)g =

(k n o p7 8 9 9

).

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

g ◦ f =

(1 2 37 7 8

). •

1.3. Funkcije 27

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

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

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

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

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

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

postojati kompozicija f ◦ g. Na primer, ako je f : R+ → R funkcija data sa f(x) =√x, x ∈ R+, a funkcija g : R→ R sa g(x) = −x2 − 1, x ∈ R, onda je kompozicija g ◦ f

definisana (f(Df ) = f(R+) = R+ ⊂ R = Dg i vazi (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(√x) = −x−

1, x ∈ R+), dok kompozicija f ◦ g nije (g(Dg) = g(R) = {x ∈ R : x ≤ −1} * R+ = Df ).Cak i kada postoje kompozicije g ◦ f i f ◦ g, one ne moraju biti jednake. Zaista, ako

je funkcija f : R → R data sa f(x) = 2x, a g : R → R funkcija data sa g(x) = x + 1,x ∈ R, onda je (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(2x) = 2x+1 i (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(x+1) =2(x+ 1) = 2x+ 2, i prema tome g ◦ f = f ◦ g.

Tvrdenje 1.49. Neka je f : X → Y i g : Y → Z. Tada vazi:

(i) Ako su f i g injekcije, tada je i g ◦ f injekcija.

(ii) Ako su f i g surekcije, tada je i g ◦ f surjekcija.

(iii) Ako je g ◦ f injekcija, onda je f injekcija.

(iv) Ako je g ◦ f surjekcija, onda je g surjekcija.

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

(ii): Neka su f i g surjekcije. Tada je (g ◦ f)(X) = g(f(X)) = g(Y ) = Z, te je i g ◦ fsurjekcija.

(iii): Neka je g ◦ f injekcija i f(x1) = f(x2) za x1, x2 ∈ X. Odavde zbog jed-noznacnosti funkcije g sledi g(f(x1)) = g(f(x2)), tj. (g ◦ f)(x1) = (g ◦ f)(x2). Sada izinjektivnosti funkcije g ◦ f sledi x1 = x2. Prema tome, f je injekcija.

(iv): Neka je g ◦ f surjekcija. To znaci da je (g ◦ f)(X) = Z, tj. g(f(X)) = Z. Izf(X) ⊂ Y sledi g(f(X)) ⊂ g(Y ) i zato je Z ⊂ g(Y ), a inace je g(Y ) ⊂ Z, pa je prematome, g(Y ) = Z i g je surjekcija.10 �

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

10Dokaz smo mogli izvesti i na sledeci nacin:Neka je z ∈ Z proizvoljno izabran elemenat. Kako je g ◦ f surjekcija, to postoji x ∈ X tako da je

(g ◦ f)(x) = z. Odavde sledi g(f(x)) = z i f(x) ∈ Y , tj. f(x) je element skupa Y koji se funkcijom gpreslikava u z. Prema tome, za proizvoljan element z skupa Z postoji element skupa Y koji se funkcijomg preslikava u z, pa je g surjekcija.

28 Glava 1. Uvod

Teorema 1.50. Neka je f : X → Y . Ako je f bijekcija, tada postoji jedinstvena funkcijag : Y → X tako da vaze sledeca dva uslova:

g ◦ f = iX , (1.9)

f ◦ g = iY . (1.10)

Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaze uslovi (1.9) i (1.10), onda jef bijekcija.

Dokaz. Neka je f : X → Y bijekcija i y ∈ Y . Iz surjektivnosti funkcije f sledi dapostoji x ∈ X tako da je f(x) = y. Iz injektivnosti funkcije f sledi da je x jedan jedinielement iz skupa X za koji je f(x) = y. Na taj nacin je svakom y ∈ Y pridruzen tacnojedan element x ∈ X takav da je y = f(x). Obelezimo sa g : Y → X ovako definisanopreslikavanje skupa Y u skup X. Dakle g ce y ∈ Y slikati u onaj element x ∈ X za kojije f(x) = y, tj. g(y) = x ako i samo ako je f(x) = y.

Dokazimo da za funkciju g vaze jednakosti (1.9) i (1.10), tj. da je

(∀x ∈ X) g(f(x)) = x,

(∀y ∈ Y ) f(g(y)) = y.

Neka je x ∈ X proizvoljno i neka je y = f(x). Tada je g(y) = x i (g ◦ f)(x) = g(f(x)) =g(y) = x. Neka je sada y ∈ Y proizvoljno i neka je x = g(y). Tada je f(x) = yi (f ◦ g)(y) = f(g(y)) = f(x) = y. Prema tome, dokazali smo postojanje funkcijeg : Y → X za koju vaze uslovi (1.9) i (1.10). Dokazimo sada da je ona jedinstvena.

Neka je g1 : Y → X funkcija koja ispunjava uslove (1.9) i (1.10), tj. neka vazig1 ◦ f = iX , f ◦ g1 = iY . Neka je y ∈ Y proizvoljan. Tada postoji x ∈ X tako da jef(x) = y. Odavde zbog uslova (1.9) imamo g(y) = g(f(x)) = (g ◦ f)(x) = iX(x) = x, atakode i g1(y) = g1(f(x)) = (g1 ◦ f)(x) = iX(x) = x, te je g(y) = g1(y). S obzirom da jeY domen i funkcije g i funkcije g1, a skup X kodomen i funkcije g i funkcije g1, i da zasve y ∈ Y vazi g(y) = g1(y), zakljucujemo da je g = g1.

Obrnuto, ako postoji funkcija g : Y → X tako da vaze uslovi (1.9) i (1.10), ondaiz Tvrdenja 1.49 (iii) i (iv) sledi da je f bijekcija (primetimo da je iz istih razloga i gbijekcija). �

Definicija 1.51. Neka je funkcija f : X → Y bijekcija. Jedinstvena bijekcija g : Y → Xza koju vaze uslovi (1.9) i (1.10) zove se inverzna funkcija funkcije f i obelezava sa f−1.�

Prema tome, f−1 ◦ f = iX i f ◦ f−1 = iY , tj.

(∀x ∈ X) f−1(f(x)) = x,

(∀y ∈ Y ) f(f−1(y)) = y.

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

1.4. GRUPOID, GRUPA, PRSTEN I POLJE 29

Ako su X i Y neprazni podskupovi skupa realnih brojeva R i f : X → Y bijekcija,onda za sve x ∈ Df vazi ekvivalencija

(x, f(x)) ∈ Γf ⇐⇒ (f(x), x) ∈ Γf−1 .

Buduci da je tacka koja se pridruzuje uredenom paru(x, f(x)) u koordinatnoj ravni Oxy simetricna tackipridruzenoj uredenom paru (f(x), x) u odnosu napravu y = x, to su grafik funkcije i grafik njoj in-verzne funkcije simetricni u odnosu na pravu y = x(simetralu prvog i treceg kvadranta).

Primer 1.52. Nadimo inverznu funkciju za funkciju f4 iz Primera 1.35: f4 : R+ → R+,f4(x) = x2, x ∈ R+.

Stavimo da je za x ∈ R+, f4(x) = y, tj. x2 = y. Odavde x =√y, tj. f−1

4 (y) =√y.

Kako je uobicajeno da nezavisno promenljiva bude oznacena sa x, pisacemo f−14 (x) =

√x.

Funkcija f5 : R− → R+, f5(x) = x2, x ∈ R− (Primer 1.35), je takode bijekcija. Izy = x2, buduci da x ∈ R−, sledi x = −√

y, tj. f−15 (y) = −√

y. Prema tome, inverznafunkcija funkcije f5 je data sa f−1

5 (x) = −√x, x ∈ R+. •

1.4 Grupoid, grupa, prsten i polje

Neka je X neprazan skup. Preslikavanje f : X2 → X se zove binarna operacija skupaX.11 Uobicajeno je da se za binarne operacije koriste oznake ◦, +, ·, ∗, ⊕, itd. i umesto,recimo ⊕((a, b)) = c, gde su a, b, c ∈ X, pise a ⊕ b = c. Operacija obelezena sa +obicno se naziva aditivna operacija, dok se operacija obelezena sa · naziva multiplikativnaoperacija.

11Preslikavanje f : Xn → X se zove n-arna oprecija skupa X ili operacija duzine n skupa X. Ako jen = 1, onda se operacija zove unarna, a ako je n = 2 onda kazemo da je operacija binarna. Na primer,komplementiranje je unarna operacija u skupu P(X). Preslikavanje n 7→ n+1 je unarna operacija skupaN.

30 Glava 1. Uvod

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

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

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

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

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

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

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

(∀a, b, c ∈ X) (a⊕ b) ◦ c = (a ◦ c)⊕ (b ◦ c),onda kazemo da za operaciju ◦ vazi desni distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕.

Ako za operaciju ◦ vaze i levi i desni distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕,onda cemo reci da za operaciju ◦ vazi distributivni zakon u odnosu na operaciju ⊕, ikazemo jos i da je operacija ◦ distributivna u odnosu na operaciju ⊕.

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

Takode, sabiranje prirodnih brojeva je asocijativna operacija, ali stepenovanje nije,jer je, na primer, (23)4 = 212 i 2(3

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

i zdesna), ali sabiranje nije distributivna operacija u odnosu na mnozenje, jer je, naprimer, 2 + (3 · 4) = 14 i (2 + 3) · (2 + 4) = 5 · 6 = 30.

Definicija 1.53. Uredeni par (X, ◦) nepraznog skupa X i binarne operacije ◦ skupa Xzovemo grupoid.

Za neprazan podskup Y skupa X kazemo da je zatvoren za operaciju ◦ ako za sveu, v ∈ Y vazi u ◦ v ∈ Y . �

Par (N,+) je grupoid, a takode i (N, ·), gde su + i · redom operacije sabiranja imnozenja. Parovi (Z,+), (Z, ·) i (Z,−) su grupoidi, gde su +, · i − redom operacijesabiranja, mnozenja i oduzimanja celih brojeva. Medutim, par (N,−) nije grupoid jerskup N nije zatvoren za operaciju oduzimanja (3− 2 = −1 /∈ N).

Definicija 1.54. Ako je (X, ◦) grupoid i ako postoji element e ∈ X takav da je

(∀x ∈ X)x ◦ e = e ◦ x = x,

onda kazemo da je e neutralni elemenat grupoida X. �

U grupoidu (N,+) ne postoji neutralni element, dok je u grupoidu (N, ·) neutralnielement 1. U grupoidu (Z, ·) neutralni element je takode 1, dok je u grupoidu (Z,+)neutralni element 0, a u grupoidu (Z,−) ne postoji neutralni element (0−3 = −3 = 3). Uslucaju multiplikativne operacije neutralni element se naziva jedinicni element ili jedinicai obelezava sa 1, dok se u slucaju aditivne operacije naziva nula i obelezava sa 0.

1.4. Grupoid, grupa, prsten i polje 31

Tvrdenje 1.55. Ako u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni elemenat, onda je on jedinstven.

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

e1 = e1 ◦ e2 = e2.

Prema tome, neutralni element je jedinstven. �

Definicija 1.56. Neka u grupoidu (X, ◦) postoji neutralni element i neka x, y ∈ X. Akopostoji element y ∈ X takav da je

x ◦ y = y ◦ x = e,

onda kazemo da je x invertibilan i da je y inverz (inverzni element) elementa x i pisemoy = x′. �

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

U slucaju multiplikativne operacije inverz elementa x se oznacava sa x−1, dok se uslucaju aditivne operacije naziva suprotni element elementa x i oznacava sa −x.

Definicija 1.57. Uredeni par (X, ◦) nepraznog skupa X i asocijativne binarne operacije◦ skupa X zovemo polugrupa. �

Na primer, poznate polugrupe su (N,+) i (N, ·), kao i (Z,+), (Z, ·), (Q,+), (Q, ·),(R,+) i (R, ·).

Tvrdenje 1.58. Neka u polugrupi (X, ◦) postoji neutralni element e, i neka je x ∈ X.Inverz elementa x, ukoliko postoji, je jedinstven.

Dokaz. Neka su y1 i y2 inverzi elementa x. Tada je

y1 = y1 ◦ e = y1 ◦ (x ◦ y2) = (y1 ◦ x) ◦ y2 = e ◦ y2 = y2.

Prema tome, inverz elementa x je jedinstven. �

Definicija 1.59. Neka su (X, ◦) i (Y,⊕) dva grupoida. Preslikavanje f : X → Y takvoda je

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

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

Homomorfizam koji je surjektivan (injektivan) se zove epimorfizam (monomorfizam).Homomorfizam koji je jos i bijekcija se zove izomorfizam.

Preslikavanje f : N → N, dato sa f(n) = 3n, je homomorfizam grupoida (N,+) ugrupoid (N, ·), jer

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

Kako je f jos i injekcija, to je f monomorfizam grupoida (N,+) u grupoid (N, ·).

32 Glava 1. Uvod

Tvrdenje 1.60. Neka je f : X → Y izomorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕).Tada je f−1 : Y → X izomorfizam grupoida (Y,⊕) u grupoid (X, ◦).

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

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

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

Tvrdenje 1.61. Neka je f : X → Y epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕).Ako je operacija ◦ skupa X komutativna (asocijativna), onda je i operacija ⊕ skupa Ykomutativna (asocijativna).

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

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

Pema tome, ⊕ je komutativna operacija.Slicno se pokazuje da je ⊕ acocijativna operacija ako je ◦ asocijativna operacija. �

Tvrdenje 1.62. Neka je f epimorfizam grupoida (X, ◦) u grupoid (Y,⊕). Ako u grupoidu(X, ◦) postoji neutralni element e, onda je f(e) neutralni element u grupoidu (Y,⊕).

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

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

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

Prema tome, f(e) je neutralni element u grupoidu (Y,⊕). �

Definicija 1.63. Grupoid (X, ◦) za koji vazi

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

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

zovemo grupa. �

Drugim recima, polugrupa, u kojoj postoji neutralni element i u kojoj svaki elementima inverz, zove se grupa.


Definicija 1.64. Ako je (X, ◦) grupa, a operacija ◦ komutativna, onda kazemo da je(X, ◦) Abelova12 grupa. �

Par (N,+) nije grupa, ali je (Z,+) Abelova grupa. Takode, parovi (Q,+) i (R,+) suAbelove grupe.

Definicija 1.65. Reci cemo da u grupoidu (X, ◦) vazi zakon kracenja (kancelacije) slevaako za sve x, y, a ∈ X vazi implikacija:

a ◦ x = a ◦ y =⇒ x = y. (1.11)

Ako pak za sve x, y, a ∈ X vazi implikacija:

x ◦ a = y ◦ a =⇒ x = y, (1.12)

onda kazemo da u grupoidu (X, ◦) vazi zakon kracenja (kancelacije) zdesna.

Ako u grupoidu (X, ◦) vazi zakon kracenja i sleva i zdesna, onda kazemo da u grupoidu(X, ◦) da vazi zakon kracenja (kancelacije). �

Tvrdenje 1.66. U grupi (X, ◦) vazi zakon kracenja.

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

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

Analogno se dokazuje da za sve a, x, y ∈ X vazi implikacija (1.12). �

Tvrdenje 1.67. Neka je (X, ◦) grupa i x, y ∈ X. Tada vazi

(x ◦ y)′ = y′ ◦ x′.

12N. Abel (1802-1829), norveski matematicar

34 Glava 1. Uvod

Dokaz.13

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

=⇒ ((x′ ◦ x) ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ (e ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ y ◦ (x ◦ y)′ = x′

=⇒ y′ ◦ (y ◦ (x ◦ y)′) = y′ ◦ x′

=⇒ (y′ ◦ y) ◦ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′

=⇒ e ◦ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′

=⇒ (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′. �

Tvrdenje 1.68. Neka je (X, ◦) grupa i a, b ∈ X. Tada jednacina

a ◦ x = b (1.13)

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

y ◦ a = b (1.14)

ima jedistveno resenje y = b ◦ a′.

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

x = a′ ◦ b je resenje jednacine (1.13). Pokazimo da je ovo resenje jedinstveno. Pret-postavimo da je x1 takode resenje jednacine (1.13). Tada je

a ◦ x = b i a ◦ x1 = b,

i zatoa ◦ x = a ◦ x1.

Kako u grupi vazi zakon kracenja sleva, sledi

x = x1.

Prema tome, resenje jednacine (1.13) je jedinstveno.Analogno se dokazuje tvrdenje za jednacinu (1.14). �

13Dokaz mozemo izvesti i na sledeci nacin:Kako je

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

i(x ◦ y) ◦ (y′ ◦ x′) = x ◦ (y ◦ (y′ ◦ x′)) = x ◦ ((y ◦ y′) ◦ x′) = x ◦ (e ◦ x′) = x ◦ x′ = e,

to je inverz elementa x ◦ y upravo y′ ◦ x′, tj. (x ◦ y)′ = y′ ◦ x′.


Definicija 1.69. Uredena trojka (X,+, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarneoperacije skupa X je prsten ako su ispunjeni sledeci uslovi:

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

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

Abelovu grupu (X,+) nazivamo aditivna, a polugrupu (X, ·) multiplikativna. Pod-setimo se da neutralni element grupe (X,+) zovemo nula i oznacavamo sa 0. Inverzelementa x u grupi (X,+) zovemo suprotni element i oznacavamo sa −x. Da bismopojednostavili pisanje dogovoricemo se da je operacija · viseg prioriteta od operacije +,pa cemo, recimo, umesto x · (y + z) = (x · y) + (x · z), pisati x · (y + z) = x · y + x · z.

Definicija 1.70. Prsten (X,+, ·) je komutativan ako je operacija · komutativna.Za prsten (X,+, ·) kazemo da je prsten sa jedinicom ako u polugrupi (X, ·) postoji

jedinica. �

Trojka (Z,+, ·), gde su + i · redom operacije sabiranja i mnozenja, je komutativniprsten sa jedinicom jer je operacija · komutativna, a (Z, ·) je polugrupa sa jedinicom1. Ako je Mn skup realnih matrica reda n, onda uredena trojka (Mn,+, ·), gde je+ operacija sabiranja matrica, a · operacija mnozenja matrica, je prsten sa jedinicom(jedinica za mnozenje u Mn je jedinicna matrica reda n). Ako je n > 1, onda je Mn

nekomutativan prsten.

Tvrdenje 1.71. Neka je (X,+, ·) prsten. Tada za svako x ∈ X vazi

x · 0 = 0 · x = 0.

Dokaz. Iz

x · 0 = x · (0 + 0) = x · 0 + x · 0,

sledi

0 + x · 0 = x · 0 + x · 0.

Kako u grupi (X,+) vazi zakon kracenja,14 to je 0 = x · 0. Analogno se dokazuje da je0 · x = 0. �

14Ako i levoj i desnoj strani jednakosti x · 0 = x · 0 + x · 0 dodamo suprotni element elementa x · 0,dobicemo

−(x · 0) + x · 0 = −(x · 0) + (x · 0 + x · 0)0 = (−(x · 0) + x · 0) + x · 00 = 0 + x · 00 = x · 0.

36 Glava 1. Uvod

Za prsten cemo reci da je netrivijalan ako sadrzi bar jedan element razlicit od 0.Ako je (X,+, ·) netrivijalan prsten sa jedinicom 1 (1 je neutralni element za operaciju·), onda je 1 = 0. Zaista, ako bi vazila jednakost 1 = 0, onda bi za svako x ∈ X imalix = x · 1 = x · 0 = 0, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je prsten netrivijalan.Primetimo takode da u netrivijalnom prstenu sa jedinicom 0 ne moze imati inverznielemenat u odnosu na operaciju ·. Zaista, ako bi nula imala inverzni element 0′, onda bi0 · 0′ = 1, dok bi na osnovu Tvrdenja 1.71 vazilo 0 · 0′ = 0, i prema tome 1 = 0, sto, kaosto smo videli, nije moguce u netrivijalnom prstenu.

Tvrdenje 1.72. Neka je (X,+, ·) prsten i x, y ∈ X. Tada vazi

(−x) · y = x · (−y) = −(x · y), (1.15)

(−x) · (−y) = x · y. (1.16)

Dokaz. Iz Tvrdenja 1.71 sledi

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

i zato je (−x) ·y suprotni element elementa x ·y, tj. (−x) ·y = −(x ·y). Slicno se dokazujeda je x · (−y) = −(x · y). Iz (1.15) sledi

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

Definicija homomorfizma, monomorfizma, epimorfizma i izomorfizma prenosi se naprstene na prirodan nacin.

Definicija 1.73. Neka su (X,+, ·) i (Y,⊕,⊙) dva prstena. Preslikavanje f : X → Ytakvo da je

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

(∀x1, x2 ∈ X) f(x1 · x2) = f(x1)⊙ f(x2),

zove se homomorfizam prstena (X,+, ·) u prsten (Y,⊕,⊙). �

Definicija 1.74. Komutativan prsten (X,+, ·) takav da je (X\{0}, ·) grupa, gde je 0neutralni element grupe (X,+), naziva se polje.

Neutralni element grupe (X\{0}, ·) zovemo jedinica i oznacavamo sa 1. �

Iz 1 ∈ X\{0} sledi 1 = 0, pa je polje netrivijalan prsten (ovo sledi i iz cinjenice da je(X\{0}, ·) grupa, te je X\{0} neprazan skup).

Prema tome, uredena trojka (X,+, ·), gde je X neprazan skup, a + i · binarneoperacije skupa X je polje ako su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) (X,+) je Abelova grupa,

(2) (X\{0}, ·) je Abelova grupa, gde je 0 neutralni element grupe (X,+),


(3) operacija · je distributivna u odnosu na operaciju +. 15 16

Inverz elementa x u grupi (X\{0}, ·) oznacavamo sa x−1. Prema tome, polje jenetrivijalan komutativan prsten sa jedinicom u kome svaki nenula element ima inverz.

Kako je (R \ {0}, ·) ((Q \ {0}, ·)) polugrupa sa jedinicom 1 i operacija mnozenjarealnih (racionalnih) brojeva komutativna, i kako je za nenula realan (racionalan) broj a

inverz u odnosu na operaciju mnozenja reciprocan broj1

a, to je (R \ {0}, ·) ((Q \ {0}, ·))

Abelova grupa. Buduci da je i (R,+) ((Q,+)) Abelova grupa, i da je operacija mnozenjadistributivna u odnosu na operaciju sabiranja, to je (R,+, ·) ((Q,+, ·)) polje. S obziromda (Z\{0}, ·) nije grupa, jer, recimo, za celi broj 2 = 0 ne postoji inverz koji bi pripadaoskupu Z \ {0}, to (Z,+, ·) nije polje. 17

U prstenu (Mn,+, ·) inverzni element matriceA ∈Mn u odnosu na operaciju mnozenjematrica je inverzna matrica, a inverzna matrica matrice A postoji ako i samo ako je deter-minanta matrice A razlicita od 0. S obzirom da postoje nenula matrice cija determinantaje jednaka 0, to svaka nenula matrica nema inverznu, i stoga (Mn,+, ·) nije polje. Osimtoga, mnozenje matrica nije komutativna operacija, pa je ovo jos jedan razlog zbog koga(Mn,+, ·) nije polje.

Tvrdenje 1.75. Ako je (X,+, ·) polje, tada vazi:

(i) Neutralni element operacije + je jedinstveno odreden.

(ii) Za svaki element x ∈ X postoji jedinstveno odreden njegov suprotni element.

(iii) Za svako a, b ∈ X jednacina a+ x = b ima jedinstveno resenje.

(iv) Neutralni element operacije · je jedinstveno odreden.

(v) Za svaki element x ∈ X\{0} postoji jedinstveno odreden njegov inverzni element.

(vi) Za svako a ∈ X\{0} i svako b ∈ X, jednacina a · x = b ima jedinstveno resenje.

(vii) Za svako x ∈ X, x · 0 = 0.

(viii) Za svako x, y ∈ X, (−x) · y = x · (−y) = −(x · y) i (−x) · (−y) = xy.

(ix) Za svako x, y ∈ X vazi implikacija

x · y = 0 =⇒ x = 0 ∨ y = 0.

(x) Za svako x ∈ X, (−1) · x = −x.15Ova definicija polja je ekvivalentna Definiciji 1.74. Zaista, buduci da je za dokaz jednakosti a · 0 =

0 · a = 0 bilo dovoljno da je na skupu X definisana opracija ·, da je (X,+) grupa i da je operacija ·distributivna u odnosu na opraciju +, to onda iz (1), (2) i (3) sledi da jednakosti a · (b · c) = (a · b) · c ia · b = b · a vaze za sve a, b, c ∈ X (a ne samo za a, b, c ∈ X\{0}), pa je (X,+, ·) komutativni prsten zakoji vazi da je (X\{0}, ·) grupa, tj. (X,+, ·) je polje. Obrnuto, da iz Definicije 1.74 slede (1), (2) i (3),je ocigledno.

16Ako je X neprazan skup sa dve binarne operacije + i · takve da su (X,+) i (X, ·) Abelove grupe (0je neutralni element grupe (X,+) i 1 neutralni element grupe (X, ·)) i da je operacija · distributivna uodnosu na operaciju +, onda je X = {0}, tj. (X,+, ·) je trivijalni prsten. Zaista, (X,+, ·) je prsten is obzirom da je (X, ·) grupa, svaki element skupa X, pa i 0 imace inverzni element, oznacimo ga sa 0′,odakle ce slediti da je 0 = 0 · 0′ = 1 i stoga je za svako x ∈ X, x = x · 1 = x · 0 = 0, te je X = {0}.

17U polugrupi (Z \ {0}, ·) jedini invertibilni elementi su 1 i −1.

38 Glava 1. Uvod

Dokaz. Tvrdenja (i) i (iv) slede iz Tvrdenja 1.55. Iz cinjenice da su (X,+) i (X\{0}, ·)grupe i Tvrdenja 1.58 slede tvrdenja (ii) i (v). Tvrdenje (iii) sledi iz cinjenice da je(X,+) grupa i Tvrdenja 1.68, a (vi) se dokazuje analogno Tvrdenju 1.68. Tvrdenje (vii)sledi iz Tvrdenja 1.71, a tvrdenje (viii) iz Tvrdenja 1.72.

Buduci da je iskazna formula

(p =⇒ q ∨ r) ⇐⇒ (p ∧ ¬q =⇒ r)

tautologija, da bismo dokazali (ix) dovoljno je dokazati da iz x ·y = 0 i x = 0 sledi y = 0.Iz x = 0 sledi da postoji x−1 ∈ X, i mnozeci jednakost x · y = 0 sa x−1 dobijamo

x−1 · x · y = x−1 · 0, tj. y = x−1 · 0. Na osnovu Tvrdenja 1.71 (jer svako polje je prsten)sledi y = 0. 18

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

sledi da je (−1) · x suprotni element elementa x, tj. (−1) · x = −x. �

1.5 Polje realnih brojeva

U ovoj sekciji uvodimo skup realnih brojeva aksiomatski.

Definicija 1.76. Polje (R,+, ·) naziva se polje realnih brojeva ako su ispunjeni sledeciuslovi:

(1) Na skupu R je definisana relacija totalnog poretka ≤ za koju vazi:(1.1) (∀a, b, c ∈ R)(a ≤ b =⇒ a+ c ≤ b+ c),

(1.2) (∀a, b ∈ R)(0 ≤ a ∧ 0 ≤ b =⇒ 0 ≤ a · b).

(2) Za svaka dva neprazna podskupova A i B skupa R, takva da je a ≤ b za sve a ∈ A,b ∈ B, postoji c ∈ R tako da je a ≤ c ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B. �

Osobine (1.1) i (1.2) govore da je relacija totalnog uredenja saglasna sa operacijama+ i ·. Za polje sa takvim osobinama kazemo da je uredeno polje. Aksioma (2) se zoveaksioma neprekidnosti ili aksioma potpunosti. Napomenimo da se aksioma neprekidnostine moze izvesti iz ostalih aksioma polja realnih brojeva, i jedino ju je moguce zamenitinekim njoj ekvivalentnim iskazom. Inace za skup realnih brojeva kazemo da je neprekidnouredeno polje.

Operacije + i · se nazivaju, respektivno, sabiranje i mnozenje. Umesto a · b pisemoab. Za dva realna broja a i b, zbir a + (−b) se zove razlika brojeva a i b i obelezava sa

a − b. Za b ∈ R\{0} inverzni element u odnosu · obelezava se sa b−1 ili1

b. Kolicnik

brojeva a ∈ R i b ∈ R\{0} je a · 1bi obelezava se sa

a

b.

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

18Dokaz se moze izvesti metodom svodenja na protivurecnost: pretpostavimo da je x · y = 0 i x = 0 iy = 0. Zbog y = 0 postoji y−1 ∈ X, i mnozeci jednakost x ·y = 0 sa y−1 dobijamo x ·y ·y−1 = 0 ·y−1 = 0,odakle sledi da je x = 0, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom da je x = 0.

1.6. NEKE POSLEDICE AKSIOMA UREDENOG POLJA 39

Napomenimo da su sva neprekidna uredena polja izomorfna medu sobom. To znacida ako su (R1,+1, ·1,≤1) i (R2,+2, ·2,≤2) dva neprekidna uredena polja (na skupu Ridefinisane su operacije +i i ·i i relacija totalnog uredenja ≤i koja je saglasna sa op-eracijama +i i ·i, i za skup Ri vazi aksioma (1.76.2), i = 1, 2), onda postoji bijekcijaf : R1 → R2 takva da je za sve x, y ∈ R1 vazi:

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

f(x ·1 y) = f(x) ·2 f(y),x ≤1 y ⇐⇒ f(x) ≤2 f(y).

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

1.6 Neke posledice aksioma uredenog polja

Buduci da je polje, za (R,+, ·) vaze sve one osobine navedene u Tvrdenju 1.75. Dokazimojos neke osobine koje su posledica aksioma polja.

Tvrdenje 1.77. (i) Za a, b ∈ R\{0} vazi

1

ab=

1

a· 1b.

(ii) Za a, c ∈ R i b, d ∈ R\{0} vazi

a

b+c

d=ad+ cb

bd.

Dokaz. (i): Iz Tvrdenja 1.67 i komutativnosti operacije · sledi

1

ab= (ab)−1 = b−1a−1 = a−1b−1 =

1

a· 1b.

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

ad+ cb

bd= (ad+ cb)(bd)−1 = (ad+ cb)b−1d−1 =

= adb−1d−1 + cbb−1d−1 = ab−1 + cd−1 =

=a

b+c

d. �

Dokazimo sada neke osobine koje su posledica aksioma uredenog polja.

Tvrdenje 1.78. Neka su a, b, c, d ∈ R.(i) Vazi tacno jedna od mogucnosti:

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

(ii) a < b =⇒ a+ c < b+ c.

40 Glava 1. Uvod

(iii) 0 < a ∧ 0 < b =⇒ 0 < ab.

(iv) a ≤ b⇐⇒ 0 ≤ b− a⇐⇒ −b ≤ −a⇐⇒ a− b ≤ 0.

Analogno vazi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <.

(v) a ≤ b ∧ c ≤ d =⇒ a+ c ≤ b+ d.

Analogno vazi kad se relacijski znak ≤ zameni znakom <.

(vi) a ≤ 0 ∧ b ≥ 0 =⇒ ab ≤ 0;

a ≤ 0 ∧ b ≤ 0 =⇒ ab ≥ 0;

a < 0 ∧ b > 0 =⇒ ab < 0;

a < 0 ∧ b < 0 =⇒ ab > 0.

(vii) a ≤ b ∧ 0 ≤ c =⇒ ac ≤ bc;

a ≤ b ∧ c ≤ 0 =⇒ ac ≥ bc;

a bc.

(viii) 0 ≤ a ≤ b ∧ 0 ≤ c ≤ d =⇒ 0 ≤ ac ≤ bd;

a ≤ b ≤ 0 ∧ c ≤ d ≤ 0 =⇒ 0 ≤ bd ≤ ac.

Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.19

(ix) 0 ≤ a ≤ b =⇒ 0 ≤ a2 ≤ b2.

a ≤ b ≤ 0 =⇒ a2 ≥ b2 ≥ 0.

Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

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

(xi) 1 > 0.

(xii) a > 0 =⇒ 1

a> 0.

(xiii) 0 < a 

1

b> 0;

a 1

a>

1

b.

(xiv) a > 1 =⇒ a2 > a;

0 < a < 1 =⇒ 0 < a2 < a.

Analogno vazi ako se znak > (<) zameni znakom ≥ (≤).

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

19Primetimo da ako je a < 0 bd. Na primer,

−1 < 0 < 1, −2 < 0 < 1 i (−1) · (−2) = 2 > 1 · 1 = 1,

−1 < 0 < 2, −2 < 0 < 3 i (−1) · (−2) = 2 < 2 · 3 = 6.

1.6. Neke posledice aksioma uredenog polja 41

(ii): Neka je a < b. Tada je a ≤ b i na osnovu uslova (1.1) u Definiciji 1.76 sledia+c ≤ b+c. Ako bi bilo a+c = b+c, onda bi, s obzirom da u grupi (R,+) vazi kracenje,vazilo a = b, sto je u suprotnosti sa a < b. Sledi a+ c = b+ c, te je stoga a+ c < b+ c.

(iii): Neka je 0 < a i 0 < b. Tada je 0 ≤ a i 0 ≤ b i na osnovu uslova (1.2) u Definiciji1.76 sledi 0 ≤ ab. Ako bi bilo ab = 0, onda bismo na osnovu Tvrdenja 1.75 (ix) imali daje a = 0 ili b = 0, sto je u suprotnosti sa a = 0 i b = 0. Prema tome, ab = 0, sto zajednosa 0 ≤ ab povlaci 0 < ab.

(iv): Za a, b ∈ R vazi:

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

(v): Na osnovu uslova (1.1) u Definiciji 1.76, iz a ≤ b sledi a+ c ≤ b+ c, dok iz c ≤ dsledi b+ c ≤ b+ d. Iz tranzitivnosti relacije ≤ dobijamo a+ c ≤ b+ d.

(vi): Neka je a ≤ 0 i b ≥ 0. Tada je 0 ≤ −a na osnovu (iv), a na osnovu uslova (1.2)u Definiciji 1.76 sledi 0 ≤ (−a)b, tj. 0 ≤ −ab. Opet primenom (iv) dobijamo ab ≤ 0.Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.

(vii): Neka je a ≤ b i 0 ≤ c. Tada je na osnovu (iv) 0 ≤ b − a, a iz uslova (1.2) uDefiniciji 1.76 sledi 0 ≤ (b− a)c, tj. 0 ≤ bc− ac. Opet na osnovu (iv) sledi ac ≤ bc.

Neka je a ≤ b i c ≤ 0. Tada je a − b ≤ 0 i na osnovu druge implikacije u (vi)zakljucujemo da je (a− b)c ≥ 0, tj. ac− bc ≥ 0, odakle na osnovu (iv) sledi ac ≥ bc.

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno.

(viii): Neka je 0 ≤ a ≤ b i 0 ≤ c ≤ d. Na osnovu prve implikacije u (vii) i uslova(1.2) u Definiciji 1.76, iz 0 ≤ a ≤ b i 0 ≤ c sledi 0 ≤ ac ≤ bc, dok iz c ≤ d i 0 ≤ b sledibc ≤ bd. Sada na osnovu tranzitivnosti relacije ≤ sledi 0 ≤ ac ≤ bd.

Pretpostavimo da je a ≤ b ≤ 0 i c ≤ d ≤ 0. Tada na osnovu druge implikacije u (vii)iz a ≤ b i c ≤ 0 sledi ac ≥ bc, dok iz c ≤ d ≤ 0 i b ≤ 0 sledi bc ≥ bd ≥ b ·0 = 0, tj. bc ≤ aci 0 ≤ bd ≤ bc, odakle na osnovu tranzitivnosti relacije ≤ sledi 0 ≤ bd ≤ ac.

(ix): Sledi iz (viii).

(x): Neka je a ≥ 0. Iz uslova (1.2) Definicije 1.76 sledi a2 ≥ 0. Ako je a ≤ 0, ondaiz (vi) sledi a2 ≥ 0. Dakle za svako a ∈ R je a2 ≥ 0. Ako je a = 0, onda je a2 = 0 naosnovu Tvrdenja 1.75 (ix), i zato je a2 > 0.

(xi): Kako je 1 = 0, iz (x) sledi 1 = 12 > 0.

(xii): Neka je a > 0. Ako je1

a≤ 0, na osnovu (vi) sledi 1 = a

1

a≤ 0, sto je u

suprotnosti sa (xi). Prema tome,1

a> 0.

(xiii): Neka je 0 < a < b. Tada je1

a> 0 i

1

b> 0 na osnovu (xii). Sada na osnovu

(vii) dobijamo

0 < a 0, te je1

ab> 0 na osnovu (xii). Primenom

42 Glava 1. Uvod

Tvrdenja 1.77 (i) i (vii) dobijamo

a 1. Kako je a > 0, iz (vii) sledi a · a > 1 · a, tj. a2 > a.Ako je 0 < a < 1, onda takode iz (vii) sledi a · a < a · 1, tj. a2 < a. �

Za broj x kazemo da je pozitivan (negativan) ako je x > 0 (x < 0) i nepozitivan(nenegativan) ako je x ≤ 0 (x ≥ 0).

Pojam apsolutne vrednosti realnog broja x uvodimo sa:

|x| = max{x,−x}. (1.17)

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

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

|x| =

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

(1.18)

Tvrdenje 1.79. Neka su x, y, a ∈ R. Tada vazi:

(i) |x| = | − x|.(ii) Za a > 0,

|x| = a⇐⇒ x = a ∨ x = −a.(iii) Za a > 0,

|x| ≤ a⇐⇒ −a ≤ x ≤ a.Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

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

(v) Za ϵ > 0,

|x− a| ≤ ϵ⇐⇒ a− ϵ ≤ x ≤ a+ ϵ.

Analogno vazi ako se znak ≤ zameni znakom <.

(vi) −|x| ≤ x ≤ |x|.(vii) |x+ y| ≤ |x|+ |y| (nejednakost trougla).

(viii) ||x| − |y|| ≤ |x− y| ≤ |x|+ |y|.(ix) ||x| − |y|| ≤ |x+ y|.(x) |xy| = |x||y|.(xi) Neka je y = 0. Tada je ∣∣∣∣xy

∣∣∣∣ = |x||y|.

1.6. Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva 43

Dokaz. (i): | − x| = max{−x,−(−x)} = max{−x, x} = |x|.(ii): Ocigledno.

(iii): Neka je a > 0. Tada je|x| ≤ a⇐⇒ max{x,−x} ≤ a⇐⇒ x ≤ a ∧ −x ≤ a⇐⇒ −a ≤ x ≤ a.

(iv): Neka je a > 0. Tada je|x| ≥ a⇐⇒ max{x,−x} ≥ a⇐⇒ x ≥ a ∨ −x ≥ a⇐⇒ x ≤ −a ∨ x ≥ a.

(v): Neka je ϵ > 0. Iz (iii) i uslova (1.1) Definicije 1.76 sledi

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

(vi): Iz (1.17) sledi x ≤ |x| i −x ≤ |x|. Prema tome, −|x| ≤ x ≤ |x|.(vii): Ako je x + y ≥ 0, onda iz (1.18) i (vi) sledi |x + y| = x + y ≤ |x| + |y|. Ako jex+ y < 0, onda opet iz (1.18) i (vi) sledi |x+ y| = −(x+ y) = −x+ (−y) ≤ |x|+ |y|.

Nejednakost trougla je moguce dokazati i na sledeci nacin: iz (vi) sledi −|x| ≤ x ≤ |x|i −|y| ≤ y ≤ |y|, odakle na osnovu Tvrdenja 1.78 (v) dobijamo

−(|x|+ |y|) ≤ x+ y ≤ |x|+ |y|.

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

|x| − |y| ≤ |x− y|.

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

−(|x| − |y|) ≤ |x− y|.Zato je

||x| − |y|| = max{|x| − |y|,−(|x| − |y|)} ≤ |x− y|.Iz nejednakosti trougla i (v) sledi

|x− y| = |x+ (−y)| ≤ |x|+ | − y| = |x|+ |y|.

(ix): Ako u nejednakosti ||x| − |y|| ≤ |x− y| umesto y stavimo −y, dobicemo

||x| − | − y|| ≤ |x− (−y)|,

tj. ||x| − |y|| ≤ |x+ y|.(x): Ako je x ≥ 0 i y ≥ 0, onda je xy ≥ 0 (uslov (1.2) u Definiciji 1.76), i iz (1.18) sledi|xy| = xy = |x||y|. Ako je x ≥ 0 i y ≤ 0 onda je, na osnovu Tvrdenja 1.78 (vi), xy ≤ 0.Iz (1.18) i Tvrdenja 1.75 (viii) sledi |xy| = −(xy) = x(−y) = |x||y|. Slicno, ako je x ≤ 0i y ≥ 0, sledi xy ≤ 0 i |xy| = −(xy) = (−x)y = |x||y|. Za slucaj da je x ≤ 0 i y ≤ 0,iz Tvrdenja 1.78 (vi) sledi xy ≥ 0. Na osnovu (1.18) i Tvrdenja 1.75 (viii) dobijamo|xy| = xy = (−x)(−y) = |x||y|.(xi): Neka je z =

x

y. Tada je x = zy. Na osnovu (ix) sledi |x| = |z||y|. Odavde, buduci

da je |y| = 0 (jer y = 0), sledi |z| = |x||y|

, tj.

∣∣∣∣xy∣∣∣∣ = |x|

|y|. �

44 Glava 1. Uvod

1.7 Neki vazniji podskupovi skupa realnih brojeva

Definicija 1.80. Podskup A skupa R naziva se induktivnim ako vazi

(∀x)(x ∈ A =⇒ x+ 1 ∈ A). �

Primer induktivnog skupa je sam skup R.Dokazimo da je presek proizvoljne familije induktivnih skupova takode induktivan

skup.

Neka je {Ai : i ∈ I} familija induktivnih skupova i neka je x ∈∩i∈I

Ai. Tada x ∈ Ai

za svako i ∈ I, i kako je Ai induktivan skup za svako i ∈ I, to x+1 ∈ Ai za svako i ∈ I,

i stoga x+ 1 ∈∩i∈I

Ai. Sledi∩i∈I

Ai je induktivan skup.

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

Definicija 1.81. Skup N prirodnih brojeva jeste najmanji induktivan podkup skupa Rkoji sadrzi 1. �

Prema tome, broj 1 je prirodan broj i ako je n prirodan broj, onda je i n+1 prirodanbroj. Dalje koristimo uobicajene oznake 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, . . . . Dakle,1, 2, 3, 4, . . . su prirodni brojevi.

Sledeca teorema sledi neposredno iz definicije skupa prirodnih brojeva.

Teorema 1.82. Neka je M ⊂ N takav da je

(1) 1 ∈M ,

(2) (∀x)(x ∈M =⇒ x+ 1 ∈M).

Tada je M = N .

Dokaz. Iz (1) i (2) sledi da je M induktivan skup koji sadrzi 1, a kako je N najmanji usmislu inkluzije induktivan skup koji sadrzi 1, to je N ⊂ M . Kako je vec M ⊂ N, slediM = N. �

Sledece tvrdenje je poznato pod nazivom princip matematicke indukcije.

Posledica 1.83. Ako je iskaz T (n), koji zavisi od prirodnog broja n,

(1) istinit za prirodan broj 1,

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

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

Dokaz. Neka je M = {n ∈ N : T (n) je istinit iskaz}. Skup M je podskup skupa N iispunjava uslove (1) i (2) u Teoremi 1.82, na osnovu koje onda sledi da je M = N, tj.T (n) je istinit iskaz za svaki prirodan broj n. �

Skup N ima sledece osobine:


Tvrdenje 1.84. (i) m, n ∈ N =⇒ m+ n, mn ∈ N.

(ii) n ∈ N i n = 1 =⇒ n− 1 ∈ N.

(iii) m, n ∈ N i m > n =⇒ m− n ∈ N.

(iv) min N = 1.

m,n ∈ N i m > n =⇒ m ≥ n+ 1.

(v) Svaki neprazan skup A ⊂ N ima minimum.

Dokaz. (i): Neka je m ∈ N fiksiran i A = {n ∈ N : m + n ∈ N}. Skup N je induktivan,pa je m + 1 ∈ N i zato 1 ∈ A. Ako je n ∈ A, tj. m + n ∈ N onda je m + (n + 1) =(m+ n) + 1 ∈ N, pa je n+ 1 ∈ A. Skup A ispunjava uslove Teoreme 1.82, pa je A = N,tj. za sve n ∈ N je m+ n ∈ N.

Neka je B = {n ∈ N : mn ∈ N}. Kako m · 1 = m ∈ N, sledi 1 ∈ B. Neka je n ∈ B.Tada mn ∈ N i m(n+1) = mn+n ∈ N na osnovu upravo dokazanog tvrdenja da je zbirdva prirodna broja prirodan broj. Prema tome, n + 1 ∈ B i skup B ispunjava usloveTeoreme 1.82, pa je B = N, tj. za sve n ∈ N je mn ∈ N.

(ii): Neka je A = {n + 1 |n ∈ N} ∪ {1}. Dokazimo da je A induktivan skup. Neka jem ∈ A i m = 1. Tada postoji n ∈ N tako da je m = n + 1. Odavde imamo da jem + 1 = (n + 1) + 1 ∈ A, jer je zbog n ∈ N i n + 1 ∈ N. Prema tome, A je induktivanskup i kako je ocigledno A ⊂ N i 1 ∈ A, na osnovu Teoreme 1.82 zakljucujemo da jeA = N. Odavde sledi da za svako m ∈ N, m = 1, postoji n ∈ N tako da je m = n + 1,odakle dobijamo da je m− 1 = n ∈ N.

(iii): Neka je m ∈ N fiksiran. Ako je n = 1 i m > n = 1, tada je m = 1 i na osnovu (ii)imamo da je m− n = m− 1 ∈ N. Pretpostavimo da iz m > n sledi m− n ∈ N. Neka jem > n + 1. Buduci da je n + 1 > n, zakljucujemo da je m > n i stoga m − n ∈ N. Izm > n+ 1 sledi m− n > 1. Prema tome, m− n = 1 i zbog m− n ∈ N, na osnovu (ii),zakljucujemo da je (m− n)− 1 ∈ N, tj. m− (n+1) ∈ N. Tako smo indukcijom pokazalida iz m > n sledi m− n ∈ N, m, n ∈ N.

(iv): Dokazimo da je min N = 1. Neka je A = {n ∈ N : n ≥ 1}. Buduci da je 1 ≥ 1 sledi1 ∈ A. Neka je n ∈ A. Tada je n ≥ 1, a kako je 1 ≥ 0, na osnovu Tvrdenja 1.78 (v) sledin+ 1 ≥ 1 + 0 = 1, i stoga n+ 1 ∈ A. Na osnovu Teoreme 1.82 sledi A = N, tj. za svakon ∈ N je n ≥ 1. Prema tome, min N = 1.

Neka su m, n ∈ N i neka je m > n. Na osnovu (iii) sledi m − n ∈ N. Kako jemin N = 1, zakljucujemo da je m− n ≥ 1 i prema tome, m ≥ n+ 1.

(v): Neka je ∅ = A ⊂ N. Ako 1 ∈ A, onda buduci da je min N = 1 zakljucujemo da jemin A = 1.

Neka sada 1 /∈ A, tj. 1 ∈ B = N \ A. U skupu B postoji element n sa osobinom dasvi prirodni brojevi manji od njega pripadaju skupu B, a da n+1 ∈ A, jer u protivnomako takav element ne bi postojao, onda bi to znacilo da za skup B vazi implikacija:n ∈ B =⇒ n + 1 ∈ B, a kako je 1 ∈ B ⊂ N, na osnovu Teoreme 1.82 bi sledilo daje B = N, sto je suprotno pretpostavci da je A = N \ B neprazan skup. Nadeni brojn + 1 pripada skupu A i bice minimum skupa A, jer izmedu n i n + 1 nema prirodnih

46 Glava 1. Uvod

brojeva20. �

Primer 1.85. Koristeci princip matematicke indukcije, pokazacemo Bernulijevu21 ne-jednakost:

Ako je h > −1 i n ∈ N, tada je

(1 + h)n ≥ 1 + nh, (1.19)

pri cemu jednakost vazi samo ako je n = 1 ili h = 0.Dokazimo najpre da je

(1 + h)n > 1 + nh, (1.20)

za h > −1, h = 0 i n ≥ 2.Kako je (1 + h)2 = 1 + 2h+ h2 > 1 + 2h jer je h2 > 0 zbog h = 0, to je nejednakost

(1.20) tacna za n = 2 i petpostavimo da je tacna za neko n ∈ N. Buduci da je 1+h > 0,mnozeci obe strane nejednakosti (1.20) sa 1 + h dobijamo

(1 + h)n+1 = (1 + h)n(1 + h) > (1 + nh)(1 + h) = 1 + h+ nh+ nh2

= 1 + (n+ 1)h+ nh2 > 1 + (n+ 1)h,

pa je nejednakost (1.20) tacna i za n+ 1.Za slucaj da je n = 1 ili h = 0, u nejednakosti (1.19) ocigledno vazi znak jednakosti.

•

Definicija 1.86. Skup celih brojeva je

Z = N ∪ {0} ∪ {−n : n ∈ N}.

Prema tome, svi prirodni brojevi, 0 i svi suprotni brojevi prirodnih brojeva cine skupcelih brojeva.

Sa N0 oznacavamo skup N ∪ {0}.

Tvrdenje 1.87. (Z,+, ·) je komutativni prsten sa jedinicom.

Dokaz. Neka su k, l ∈ Z. Dokazimo da je k + l ∈ Z i kl ∈ Z.Ako je jedan od brojeva jednak 0, na primer l, onda je k + l = k ∈ Z i kl = 0 ∈ Z.Pretpostavimo da je k = 0 i l = 0. Ako su k, l ∈ N, onda je k + l, kl ∈ N i stoga

k + l, kl ∈ Z.Razmotrimo sada slucaj kada je jedan od brojeva k i l pozitivan, a drugi negativan,

na primer, k ∈ N i l = −m gde je m ∈ N. Tada je kl = k(−m) = −(km) i buduci da jena osnovu Tvrdenja 1.84 (i) km ∈ N, dobijamo da je kl ∈ Z. Dokazimo da je i k+ l ∈ Z.Ako je k = m, onda je k + l = m + (−m) = 0 ∈ Z. Za slucaj da je k > m, onda je naosnovu Tvrdenja 1.84 (iii) k + l = k + (−m) = k −m ∈ N i stoga k + l ∈ Z. Ako je pakk < m, onda je k + l = k + (−m) = −(m + (−k)) = −(m − k) ∈ Z jer m − k ∈ N naosnovu Tvrdenja 1.84 (iii).

20Ako bi postojao prirodan broj r takav da je n + 1 > r > n, onda bi zbog r > n na osnovu drugogdela tvrdenja (iv) sledilo da je r ≥ n+ 1, sto je u suprotnosti sa r < n+ 1.

21J. Bernoulli (1654-1705), svajcarski matematicar


Ako su oba broja k i l negativna, tj. ako je k = −n i l = −m, gde su n,m ∈ N, ondaje k+ l = (−n)+(−m) = −(n+m) ∈ Z i kl = (−n)(−m) = nm ∈ Z, jer n+m, nm ∈ Nna osnovu Tvrdenja 1.84 (i).

Neutralni element operacije sabiranja 0 pripada skupu Z i za svako x ∈ Z njegovsuprotan element −x opet pripada Z. Buduci da je Z ⊂ R, a operacije + i · asocijativnei komutativne u skupu R, bice i u skupu Z. Prema tome, (Z,+) je Abelova grupa, a(Z, ·) je komutativna polugrupa. Osim toga, operacija · je distributivna u odnosu naoperaciju + u skupu R, pa stoga i u skupu Z i neutralni element operacije mnozenja 1pripada skupu N, pa stoga i skupu Z. Prema tome, (Z,+, ·) je komutativni prsten sajedinicom. �

Podsetimo se da (Z,+, ·) nije polje, jer osim 1 i −1 nijedan drugi element skupa Znema inverz (u odnosu na operaciju ·) u skupu Z.

Definicija 1.88. Racionalan broj je svaki realan broj oblikap

qgde su p, q ∈ Z, q = 0.

Skup svih racionalnih brojeva se oznacava sa Q. �

Tvrdenje 1.89. (Q,+, ·,≤) je uredeno polje.

Dokaz. Dokazimo da je zbir i proizvod dva racionalna broja opet racionalan broj. Nekasu z1, z1 ∈ Q. Tada postoje brojevi p1, q1, p2, q2 ∈ Z takvi da je q1 = 0, q2 = 0, z1 =

p1q1

i

z2 =p2q2. Na osnovu Tvrdenja 1.77 sledi

z1 + z2 =p1q1

+p2q2

=p1q2 + p2q1

q1q2,

z1z2 =p1q1

· p2q2

= p1 ·1

q1· p2 ·

1

q2= p1 · p2 ·

1

q1· 1

q2= p1p2 ·

1

q1q2=p1p2q1q2

.

Iz Tvrdenja 1.87 sledi p1q2 + p2q1, p1p2, q1q2 ∈ Z, a iz Tvrdenja 1.75 (ix) sledi da jeq1q2 = 0. Zato z1 + z2 =

p1q2+p2q1q1q2

∈ Q i z1z2 =p1p2q1q2

∈ Q.Kako za svako p ∈ Z vazi p = p

1 ∈ Q zakljucujemo da je Z ⊂ Q i kako 0, 1 ∈ Z, to0, 1 ∈ Q.

Neka je z ∈ Q. Tada postoje p, q ∈ Z, q = 0, takvi da je z = pq . S obzirom da je

p

q+

−pq

= p · q−1 + (−p) · q−1 = (p+ (−p)) · q−1 = 0 · q−1 = 0,

zakljucujemo da je −z = −pq

i kako q, −p ∈ Z (jer p ∈ Z), to je −z ∈ Q.

Neka je z ∈ Q, z = 0. Tada postoje p, q ∈ Z, p, q = 0 takvi da je z =p

q. Iz

p

q· qp=pq

pq= 1

sledi z−1 =q

p∈ Q.

Ostale osobine iz definicije uredenog polja vaze u skupu Q jer vaze u skupu R, aQ ⊂ R, te je stoga (Q,+, ·,≤) uredeno polje. �

48 Glava 1. Uvod

Primetimo da se od svakog racionalanog broja moze naci veci prirodan broj. Zaista,

ako je r ∈ Q i r ≤ 0 onda je r < 1; ako je r > 0 i r =p

q, p, q ∈ N, zbog q ≥ 1 sledi

1

q≤ 1, te je r =

p

q≤ p < p+ 1 i p+ 1 ∈ N.

Sledeci primer pokazuje da skup Q ne zadovoljava aksiomu neprekidnosti.

Primer 1.90. Neka je A = {x ∈ Q : x2 < 2} i B = {x ∈ Q : x > 0, x2 > 2}. SkupoviA i B su neprazni (jer, recimo, 1 ∈ A, 3 ∈ B) i za sve a ∈ A, b ∈ B je a 0, onda je a < b; ako je a ∈ A, a > 0,i b ∈ B tada je takode a 0, na osnovu Tvrdenja 1.78(ix), sledilo 2 > a2 ≥ b2 > 2, sto je apsurd). Dokazimo da ne postoji z ∈ Q tako da jea ≤ z ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B.

Pretpostavimo suprotno, da takav racionalan broj z postoji. Sledi z > 0 (1 ∈ A, pa

je 1 ≤ z). Mora biti z2 < 2 ili z2 = 2 ili z2 > 2. Ako bi bilo z2 = 2, onda bi za z =p

q,

gde su p i q uzajamno prosti prirodni brojevi, vazilop2

q2= 2, odakle

p2 = 2q2, (1.21)

te je 2 delitelj broja p, tj. p = 2r, r ∈ N. Zaista, ako 2 ne bi bio delitelj broja p, tada bipostojao r ∈ N tako da je p = 2r−1, i stoga p2 = (2r−1)2 = 4k2−4k+1 = 2(2k2−2k)+1,te 2 ne bi bio delitelj ni broja p2, sto protivureci jednakosti (1.21). Iz (1.21) i p = 2rsledi (2r)2 = 2q2, odakle 2r2 = q2, pa je 2 delitelj broja q, sto je nemoguce jer su brojevip i q uzajamno prosti.

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

prirodan broj n takav da je n >2z + 1

2− z2. Tada je(

z +1

n

)2

= z2 +2z

n+

1

n2≤ z2 +

2z + 1

n< z2 + (2− z2) = 2.

Kako su z i1

nracionalni brojevi, to je i z+

1

nracionalan broj, i buduci da je

(z +

1

n

)2

<

2, zakljucujemo da z+1

n∈ A. S obzirom da su svi elementi skupa A manji ili jednaki od

z, dobijamo z +1

n≤ z, odakle sledi

1

n≤ 0, sto nije moguce22. Dobijena protivurecnost

dokazuje da ne moze biti z2 < 2.Dokazimo da je i slucaj z2 > 2 nemoguc. Pretpostavimo da je z2 > 2. Postoji

prirodan broj n takav da je n > max

{1

z,

2z

z2 − 2

}. Tada je z − 1

n> 0, z − 1

n∈ Q i

(z − 1

n

)2

= z2 − 2z

n+

1

n2> z2 − 2z

n> z2 − (z2 − 2) = 2,

22Za svaki prirodan broj n vazi da je n ≥ 1 (Tvrdenje 1.84 (iv)) i kako je 1 > 0 (Tvrdenje 1.78 (xi)),

zakljucujemo da je n > 0. Sada na osnovu Tvrdenja 1.78 (xii) imamo1

n> 0.

1.7. Prosireni skup realnih brojeva 49

i stoga z− 1

n∈ B. Buduci da su svi elementi skupa B veci ili jednaki od z, zakljucujemo

da je z − 1

n≥ z, odakle sledi − 1

n≥ 0, tj.

1

n≤ 0. Dobijena protivurecnost pokazuje da

ni nejednakost z2 > 2 ne vazi. •

Na osnovu aksiome neprekidnosti polja realnih brojeva sledi da postoji realan broj ctakav da je a ≤ c ≤ b za sve a ∈ A i sve b ∈ B, i koji kao sto smo pokazali prethodnimizlaganjem nije racionalan broj23. Prema tome, skup Q se ne poklapa sa skupom R jerpostoje realni brojevi koji nisu racionalni. Takve brojeve nazivamo iracionalnim i njihovootkrice se pripisuje Pitagorejskoj skoli24. Skup iracionalnih brojeva obelezavacemo sa I.

Primedba 1.91. Primetimo jos da skup A, iako odozgo ogranicen, nema supremumu skupu Q, i da skup B, koji je odozdo ogranicen, nema infimum u Q. Zaista, ako bipostojao sup A = α ∈ Q, tada bi, buduci da je svaki element skupa B gornja granicaskupa A, vazila nejednakost a ≤ α ≤ b za sve a ∈ A i sve b ∈ B, sto smo upravo pokazalida je nemoguce. Slicno se pokazuje da B nema infimum u skupu Q. •

Na kraju ove sekcije, pre nego sto uvedemo pojam intervala, napomenimo da pos-toji bijekcija izmedu skupa realnih brojeva i skupa tacaka neke prave, koja se ondanaziva brojna osa. Tako dobijeni geometrijski model skupa R koristicemo da bismo laksezamisljali odredene odnose medu elementima i podskupovima skupa R. Umesto realanbroj cesto cemo govoriti realna tacka.

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

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b},

a segment (odsecak, zatvoren interval) je skup

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}.

Skup

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b},

je interval otvoren zdesna i zatvoren sleva, sa krajevima a i b, dok je skup

(a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}

interval otvoren sleva i zatvoren zdesna, sa krajevima a i b (za interval [a, b) kazemo josda je poluotvoren zdesna, a za interval (a, b] da je poluotvoren sleva).

Tacke a i b se jednim imenom nazivaju rubne tacke intervala, pri cemu za a kazemoda je leva rubna tacka ili levi kraj intervala, a za b da je desna rubna tacka ili desni krajintervala. Svaka tacka x za koju vazi da je a < x 2, tako da ostaje da je c2 = 2.

24Pitagora (oko 582-500 p.n.e.), starogrcki matematicar

50 Glava 1. Uvod

1.8 Prosireni skup realnih brojeva

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

R = R ∪ {−∞,+∞}.

Ako je a ∈ R, govoricemo da je a konacan broj.

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

(∀x ∈ R)(−∞ < x)

(∀x ∈ R)(x < +∞)

−∞ < +∞.

Na taj nacin je skup R linearno ureden.

Koristicemo sledece oznake:

(−∞,+∞) = {x ∈ R : −∞ < x < +∞} = R, (1.22)

(a,+∞) = {x ∈ R : x > a} i [a,+∞) = {x ∈ R : x ≥ a}, (1.23)

i

(−∞, a) = {x ∈ R : x < a} i (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a}, (1.24)

gde je a ∈ R. Skupovi (−∞, a), (a,+∞), (−∞,+∞) se nazivaju otvoreni intervali, i zarazliku od otvorenih intervala definisanih u prethodnoj sekciji, ovi intervali su neogrniceniskupovi.

Skupove u (1.22), (1.23) i (1.24) zvacemo takode intervalima, i za razliku od intervaladefinisanih u sekciji 1.7, tj. intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), gde su a, b ∈ R, kojisu ograniceni, ovi intervali su neograniceni. Pritom, za skupove (−∞, a), (a,+∞), a ∈ Ri (−∞,+∞) kazemo da su otvoreni intervali. Za intervale oblika (a,+∞) i [a,+∞)((−∞, a) i (−∞, a]), a ∈ R, tacku a zovemo rubnom tackom intervala, a za svaku tackux takvu da je a < x (x < a) reci cemo da je unutrasnja tacka intervala.

Za interval kazemo da je zatvoren ako sadrzi svoje rubne tacke. Tako, intervali [a, b],[a,+∞) i (−∞, a], gde su a, b ∈ R, su zatvoreni, kao i interval (−∞,+∞).25

Okolina tacke (broja) a ∈ R je bilo koji otvoreni interval skupa R koji tu tackusadrzi. Za okolinu tacke a koristi se oznaka U(a). 26

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

Uϵ(a) = (a− ϵ, a+ ϵ) = {x ∈ R : |x− a| < ϵ}.

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

25Ovaj interval nema nijednu rubnu tacku.26Oznaka U za okolinu potice od nemacke reci Umgebung sto znaci okolina.

1.8. Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti 51

Otvorene intervale (a,+∞), a ∈ R, zvacemo okolinama tacke +∞, dok cemo skupove(−∞, b), b ∈ R zvati okolinama tacke −∞. Takode je i skup (−∞,+∞) = R okolinatacke +∞, kao i tacke −∞. Primetimo da same tacke +∞ i −∞ ne pripadaju sopstvenimokolinama.

Za konacan broj a ili a = +∞, interval (b, a), gde je −∞ ≤ b < a, zove se leva okolinatacke a. Ako je a konacan broj ili a = −∞, za interval (a, c), gde je a < c ≤ +∞, kazemoda je desna okolina tacke a. Okolinu (b, c) tacke a onda nazivamo dvostranom okolinomtacke a ako je −∞ ≤ b < a < c ≤ +∞.27 Ako je ϵ > 0, interval (a− ϵ, a) se naziva levaϵ-okolina tacke a, dok je interval (a, a+ ϵ) desna ϵ-okolina tacke a.

1.9 Ekvivalenti i posledice aksiome neprekidnosti

Navescemo nekoliko iskaza koji su ekvavalentni aksiomi neprekidnosti. To su tzv. ak-sioma supremuma, aksioma infimuma i Dedekindova aksioma i svaka od njih pojedinacnomoze zameniti aksiomu neprekidnosti u definiciji skupa realnih brojeva.

Aksioma supremuma: Svaki neprazan, odozgo ogranicen podskup skupa R ima supre-mum u R.

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

Dedekindovom28 aksiomom naziva se sledece tvrdenje: Ako su A i B podskupoviskupa R sa osobinama:

A = ∅, B = ∅, (1.25)

A ∪B = R, (1.26)

(∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a < b, (1.27)

tada ili postoji maxA ili postoji minB, tj.

(∃c ∈ R)(c = maxA) Y (∃c ∈ R)(c = minB). (1.28)

Da bismo dokazali ekvivalentnost ovih iskaza pokazacemo sledeci niz implikacija:aksoma neprekidnosti =⇒ Dedekindova aksioma =⇒ aksioma supremuma =⇒ ak-

sioma infimuma =⇒ aksioma neprekidnosti.Prvo dokazujemo da iz aksiome neprekidnosti sledi Dedekindova aksioma:Neka su A i B podskupovi skupa R takvi da vaze uslovi (1.25), (1.26) i (1.27). Na

osnovu aksiome neprekidnosti postoji z ∈ R tako da je

a ≤ z ≤ b, za sve a ∈ A, b ∈ B. (1.29)

Buduci da je R = A ∪B, sledi: z ∈ A ∨ z ∈ B.Ako z ∈ A onda iz prve nejednakosti u (1.29) sledi da je z = maxA. Dokazimo da

onda skup B nema minimum. Zaista, ako bi postojao elemenat y takav da je y = minB,

27Primetimo da se pojam okoline i pojam leve okoline tacke +∞ poklapaju. Takode, pojam okoline ipojam desne okoline tacke −∞ se poklapaju.

28R. Dedekind (1831-1916), nemacki matematicar

52 Glava 1. Uvod

onda bi zbog z ∈ A, y ∈ B i (1.27) sledilo da je z < y odakle, na osnovu Tvrdenja 1.78(ii), dobijamo da je z + z < y + z i z + y < y + y, te je

z <z + y

2< y. (1.30)

Kako je z = maxA, iz prve nejednakosti u (1.30) sledi daz + y

2/∈ A, a kako je y = minB,

iz druge nejednakosti u (1.30) dobijamo daz + y

2/∈ B. Prema tome,

z + y

2/∈ A∪B = R,

sto je apsurd.Slicno, ako z ∈ B onda iz druge nejednakosti u (1.29) sledi da je z = minB i pokazuje

se da skup A nema maksimum. Prema tome, ili postoji max A ili postoji min B. 29

Inace iz osobine (1.27) sledi da je A ∩ B = ∅. Zaista, ako bi postojao elemenatx ∈ A ∩B, onda bi iz (1.27) sledilo da je x < x, sto je nemoguce.

Primetimo jos da ako postoji c ∈ R tako da je c = maxA, onda je A = (−∞, c] iB = (c,+∞). Ako pak postoji c ∈ R tako da je c = minB, onda je A = (−∞, c) iB = [c,+∞). Zaista, ako je c = maxA, onda c ∈ A i za svako x ∈ B zbog (1.27) sledida je c < x, tj. x ∈ (c,+∞), cime smo dokazali da je B ⊂ (c,+∞). Obrnuto, ako jex > c = maxA, onda x /∈ A i zbog (1.26) sledi da x ∈ B. Prema tome, B = (c,+∞) ikako je A ∩ B = ∅ i A ∪ B = R, to zakljucujemo da je A = R \ B = (−∞, c]. Slicno sedokazuje da iz c = minB sledi da je A = (−∞, c) i B = [c,+∞).

Stoga Dedekindova aksioma ima ekvivalentnu formulaciju:30

Ako su A i B podskupovi skupa R sa osobinama (1.25), (1.26) i (1.27), tada postojirealan broj c tako da je

(A = (−∞, c] ∧B = (c,+∞)) Y (A = (−∞, c) ∧B = [c,+∞)) . (1.31)

Prema tome, ako podskupovi A i B skupa R imaju osobine (1.25), (1.26) i (1.27),onda se ne moze desiti da istovremeno postoji maksimum skupa A i minimum skupa B,niti se moze desiti da istovremeno A nema maksimum, a B minimum.

Dokazimo sada da iz Dedekindove aksiome sledi aksioma supremuma: Neka je Xneprazan podskup skupa R ogranicen odozgo. Neka je B skup svih gornjih granicaskupa X, i neka je A = R\B. Jasno, A ∪ B = R i A ∩ B = ∅. Kako je X neprazanskup, to postoji x ∈ X. Iz x − 1 < x sledi da x − 1 nije gornja granica skupa X, tj.

29Ako sa p oznacimo iskaz: skup A ima maksimum, a sa q iskaz: skup B ima minimum, onda smopokazali da vazi:

(p ∧ ¬q) ∨ (q ∧ ¬p) ⇐⇒ ¬(p =⇒ q) ∨ ¬(q =⇒ p) ⇐⇒ ¬((p =⇒ q) ∧ (q =⇒ p)) ⇐⇒ ¬(p⇐⇒ q) ⇐⇒ p Y q.

30Takode, iz (1.31) ocigledno sledi (1.28).


x− 1 /∈ B, pa x− 1 ∈ A. Prema tome, A = ∅. Skup X je ogranicen odozgo, dakle imagornju granicu, te je i skup B neprazan.

Pokazacemo da za svako a ∈ A i svako b ∈ B vazi a < b.

Pretpostavimo suprotno, da postoji a ∈ A i b ∈ B tako da je a ≥ b. Kako je b ∈ B,b je gornja granica skupa X, a iz nejednakosti a ≥ b sledi da je a takode gornja granicaskupa X, i zato a ∈ B. Dakle a pripada i skupu A i skupu B, sto je nemoguce jerA ∩B = ∅.

Prema tome, skupovi A i B ispunjavaju uslove (1.25), (1.26) i (1.27), te na osnovuDedekindove aksome sledi da ili postoji maxA ili postoji minB. Pokazacemo da nijemoguce da skup A ima maksimum. Pretpostavimo suprotno, da skup A ma maksimum.Neka je a0 = maxA. Iz a0 ∈ A sledi da a0 nije gornja granica skupa X, pa postojix ∈ X tako da je a0 < x. Odavde, dobijamo a0 + a0 < a0 + x i a0 + x < x + x, te je

a0 <a0 + x

2< x. Prema tome, za element a′ =

a0 + x

2vazi

a0 < a′ < x. (1.32)

Iz desne strane nejednakosti u (1.32) sledi da a′ nije gornja granica skupa X, i prematome a′ ∈ A. Odavde sledi da a′ ≤ maxA = a0, sto je u suprotnosti sa levom stranomnejednakosti u (1.32). Dobijena kontradikcija dokazuje da skup A nema maksimum istoga skup B ima minimum, a ovaj je, po definiciji, supX.

Dokazimo sada da iz aksiome supremuma sledi aksioma infimima.

Neka je X neprazan odozdo ogranicen podskup skupa R i neka je b njegova donjagranica. Neka je X∗ = {−x : x ∈ X}. Jasno, X∗ je neprazan skup. Iz b ≤ x za svakox ∈ X, sledi −x ≤ −b, pa je −b gornja granica skupa X∗. Sada na osnovu aksiomesupremuma sledi da postoji M ∈ R, tako da je M = supX∗. Iz −x ≤ M za svakox ∈ X, sledi x ≥ −M , pa je −M donja granica skupa X. Neka je y ∈ R donja granicaskupa X. Onda je −y gornja granica skupa X∗, pa je M ≤ −y (jer je M, buduci da jesupremum skupa X∗, najmanja gornja granica skupa X∗). Odavde y ≤ −M . Prematome, −M je maksimum skupa svih donjih granica skupa X, te je −M = infX. Ovimje dokaz gotov, a ujedno smo pokazali da je supX∗ = − infX.

Na kraju dokazimo da iz aksiome infimuma sledi aksioma neprekidnosti.

Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R takvi da je a ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B.To znaci da je bilo koji element skupa A je donja granica skupa B, pa je B odozdoogranicen skup. Na osnovu aksiome infimuma postoji m ∈ R tako da je m = inf B.Kako je m najveca donja granica skupa B, sledi a ≤ m ≤ b za sve a ∈ A, b ∈ B.

Kao sto smo videli u sekciji 1.2 u proizvoljnom uredenom skupu X bilo koji podskupne mora da ima minimum (maksimum). Stoga cak ni za odozgo (odozdo) ogranicenA ⊂ X ne mora obavezno da postoji supremum (infimum) jer skup njegovih gornjih(donjih) granica ne mora imati minimum (maksimum). U Primedbi 1.91 smo videlida je takav slucaj i sa skupom racionalnih brojeva Q, tj. nece svaki odozgo (odozdo)ogranicen podskup skupa Q imati supremum (infimum) u skupu Q. Na osnovu aksiomesupremuma (infimuma) proizilazi da to nije slucaj sa skupom R, gde za svaki neprazanodozgo (odozdo) ogranicenX ⊂ R postoji realan broj ξ takav da je ξ = supA (ξ = infX).

54 Glava 1. Uvod

Tvrdenje 1.92. Neka je A neprazan podskup skupa R i neka je −A = {−a : a ∈ A}.(i) Skup A je odozdo ogranicen ako i samo ako je skup −A odozgo ogranicen i vazijednakost

sup(−A) = − inf A.

(ii) Skup A je odozgo ogranicen ako i samo ako je skup −A odozdo ogranicen i vazijednakost

inf(−A) = − supA.

Dokaz. Tvrdenje (i) smo vec dokazali kad smo pokazivali da iz aksiome supremuma slediaksioma infimuma, a tvrdenje (ii) se dobija kada se u (i) skup A zameni skupom −A. �

Tvrdenje 1.93. Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R takvi da je A ⊂ B.

(i) Ako je B odozgo ogranicen, tada je supA ≤ supB.

(ii) Ako je B odozdo ogranicen, tada je inf A ≥ inf B.

Dokaz. (i) Kako je B odozgo ogranicen skup i A ⊂ B, to je i A odozgo ogranicen ina osnovu aksiome supremuma i skup A i skup B imaju supremum. Neka je a ∈ Aproizvoljan element. Tada a ∈ B i kako je supB gornja granica skupa B sledi da je

a ≤ supB.

Ovo znaci da je supB gornja granica skupa A i stoga za supA, kao najmanju gornjugranicu skupa A, vazi nejednakost

supA ≤ supB.

(ii) se slicno dokazuje. �

Tvrdenje 1.94. (i) Neka su A i B neprazni odozgo ograniceni podskupovi skupa R.Tada je

sup(A+B) = supA+ supB, (1.33)

gde je A+B = {a+ b : a ∈ A, b ∈ B}.(ii) Neka su A i B neprazni odozdo ograniceni podskupovi skupa R. Tada je

inf(A+B) = inf A+ inf B. (1.34)

(iii) Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R, pri cemu je A odozgo ogranicen, a Bodozdo. Tada je

sup(A−B) = supA− inf B, (1.35)

gde je A−B = {a− b : a ∈ A, b ∈ B}.(iv) Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R, pri cemu je A odozdo ogranicen, a Bodozgo. Tada je

inf(A−B) = inf A− supB. (1.36)


Dokaz. (i) Kako su skupovi A i B odozgo ograniceni, na osnovu aksiome supremumapostoje realni brojevi α i β takvi da je α = supA i β = supB. Za svako a ∈ A i svakob ∈ B imamo da je a ≤ α i b ≤ β, pa je a+ b ≤ α+ β na osnovu Tvrdenja 1.78 (v), stoznaci da je α+ β gornja granica skupa A+B.

Neka je ϵ proizvoljan pozitivan broj. Iz cinjenice da je α = supA i β = supB, naosnovu uslova (s′′) u sekciji 1.2, sledi da postoje elementi a ∈ A i b ∈ B takvi da je

a > α− ϵ

2i b > β − ϵ

2. Odavde sledi da je a+ b > α+ β − ϵ. Ovo znaci da je broj α+ β

supremum skupa A + B (buduci da ispunjava uslove (s1) i (s′′) u sekciji 1.2), tj. vazijednakost (1.33).

Tvrdenje (ii) se slicno dokazuje.

(iii): Kako je B odozdo ogranicen skup, to je −B odozgo ogranicen i vazi sup(−B) =− inf B (Tvrdenje 1.92 (i)).

Sada, buduci da je A−B = A+ (−B), na osnovu tvrdenja (i) zakljucujemo

sup(A−B) = sup(A+ (−B)) = supA+ sup(−B) = supA− inf B.

Tvrdenje (iv) se dokazuje slicno, koriscenjem tvrdenja (ii) i cinjenice da je inf(−B) =− supB. �

Primetimo da ako jedan od skupova A i B nije odozgo (odozdo) ogranicen, tada iskup A+B nije odozgo (odozdo) ogranicen. Zaista, neka A nije odozgo ogranicen i kakoje B neprazan skup, postoji b ∈ B. Neka M proizvoljan realan broj. Tada postoji a ∈ Atakav da je a > M − b buduci da skup A nije odozgo ogranicen, pa je a + b > M ia+ b ∈ A+B. Ovo znaci da skup A+B nije odozgo ogranicen.

Tvrdenje 1.95. (i) Neka su A i B neprazni odozgo ograniceni podskupovi skupa R ineka je x ≥ 0 za svako x ∈ A ∪B. Tada je

sup(AB) = supA · supB, (1.37)

gde je AB = {ab : a ∈ A, b ∈ B}.(ii) Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R i neka je x ≥ 0 za svako x ∈ A ∪ B.Tada je

inf(AB) = inf A · inf B. (1.38)

Dokaz. (i) Na osnovu aksiome supremuma postoji supremum skupa A i supremum skupaB. Ako je B = {0}, onda je i AB = {0}, pa je sup(AB) = 0 i supB = 0, i jednakost(1.37) vazi.

Pretpostavimo da je B = {0}. Tada je supB > 0. Kako je za svako a ∈ A i svakob ∈ B

0 ≤ a ≤ supA i 0 ≤ b ≤ supB,

to je na osnovu Tvrdenja 1.78 (viii)

0 ≤ ab ≤ supA · supB, (1.39)

pa jesup(AB) ≤ supA · supB. (1.40)

56 Glava 1. Uvod

Pretpostavimo da vazi nejednakost

sup(AB) < supA · supB.

Odavde sledisup(AB)

supB< supA,

pa s obzirom na uslov (s′2) u sekciji 1.2 sledi da postoji a ∈ A tako da je

sup(AB)

supB< a.

Iz poslednje nejednakosti sledi

sup(AB)

a< supB,

pa opet na osnovu uslova (s′2) sledi da postoji b ∈ B tako da je

sup(AB)

a< b.

Tako dobijamo da je sup(AB) < ab, a inace je ab ≤ sup(AB), sto je kontradikcija.Dobijena protivurecnost dokazuje da vazi nejednakost

sup(AB) ≥ supA · supB. (1.41)

Iz (1.40) i (1.41) sledi (1.37).31

(ii) Buduci da su skupovi A i B neprazni i odozdo ograniceni nulom, na osnovu aksiomeinfimuma, postoji infimum skupa A i infimum skupa B, i pri tome je inf A ≥ 0 i inf B ≥ 0.Ako barem jedan od skupova A i B sadrzi 0, recimo B, tada je inf B = 0, 0 ∈ AB iinf(AB) = 0, te jednakost (1.38) vazi.

Neka je sada x > 0 za svako x ∈ A ∪ B. Ako je bar jedan od brojeva inf A i inf Bjednak 0, na primer inf B = 0, pokazimo da je i inf(AB) = 0. Za proizvoljne elemente

31Jednakost (1.37) je moguce dokazati i na sledeci nacin:Neka je α = supA i β = supB. Iz (1.39) sledi da je αβ gornja granica skupa AB. Pretpostavimo da

je A,B = {0} (za slucaj da je bar jedan od skupova A i B jednak skupu {0}, kao sto smo vec videli,jednakost (1.37) ocigledno vazi). Tada je α, β > 0 i α+β > 0. Neka je ϵ proizvoljan pozitivan broj takav

da je ϵ < min{α(α + β), β(α + β)}. Tada jeϵ

α+ β> 0, α − ϵ

α+ β> 0 i β − ϵ

α+ β> 0, pa s obzirom

na uslov (s′′2 ) u sekciji 1.2 postoje a ∈ A i b ∈ B takvi da je

a > α− ϵ

α+ β> 0 i b > β − ϵ

α+ β> 0.

Odavde na osnovu Tvrdenja 1.78 (viii) zakljucujemo da je

ab > (α− ϵ

α+ β)(β − ϵ

α+ β) = αβ − ϵ

α+ β(α+ β) +

ϵ2

(α+ β)2> αβ − ϵ.

S obzirom da su ispunjeni uslovi (s1) i (s′′2 ) u sekciji 1.2, zakljucujemo da je αβ = sup(AB).


a ∈ A i b ∈ B vazi a > 0 i b > 0, pa je ab > 0 i stoga je 0 donja granica skupa AB.

Neka je ϵ > 0 proizvoljno i a ∈ A proizvoljan element. Tada jeϵ

a> 0 = inf B, pa postoji

b ∈ B tako da je b <ϵ

a, tj. ab < ϵ. Buduci da su ispunjeni uslovi (i1) i (i

′′2) u sekciji 1.2,

zakljucujemo da je inf(AB) = 0, pa jednakost (1.38) vazi.

Sada pretpostavljamo da je inf A > 0 i inf B > 0 i postupamo slicno kao u dokazu za(i). Buduci da za svako a ∈ A i svako b ∈ B vaze nejednakosti

0 < inf A ≤ a i 0 < inf B ≤ b,

i stoga i nejednakost

0 < inf A · inf B ≤ ab, (1.42)

to je

inf A · inf B ≤ inf(AB). (1.43)

Pretpostavimo da vazi nejednakost

inf A · inf B < inf(AB),

tj.

inf A <inf(AB)

inf B.

S obzirom na uslov (i′2) u sekciji 1.2 postoji a ∈ A tako da je

a <inf(AB)

inf B

i prema tome,

inf B <inf(AB)

a.

Opet na osnovu uslova (i′2) sledi da postoji b ∈ B tako da je

b <inf(AB)

a.

Tako dobijamo da je ab < inf(AB), sto je kontradikcija. Stoga vazi jednakost (1.38). �

Primetimo jos da ako jedan od skupova A i B nije odozgo ogranicen, a drugi sadrzibar jedan pozitivan element, tada i skup AB nije odozgo ogranicen. Zaista, neka A nijeodozgo ogranicen i neka postoji element b ∈ B takav da je b > 0. Tada za proizvoljan

realan broj M postoji a ∈ A tako da je a >M

b, i prema tome ab > M . Ovo znaci da

skup AB nije odozgo ogranicen.

Tvrdenje 1.96. Neka je A neprazan podskup skupa R takav da je x > 0 za svako a ∈ A,

i neka je1

A=

{1

a: a ∈ A

}.

58 Glava 1. Uvod

(i) Tada je inf A > 0 ako i samo ako je skup1

Aodozgo ogranicen, i pri tome vazi

jednakost

sup1

A=

1

inf A.

(ii) Tada je A je odozgo ogranicen ako i samo ako je inf1

A> 0, i pri tome vazi jednakost

inf1

A=

1

supA.

Dokaz. (i): Buduci da je A odozdo ogranicen nulom, to na osnovu aksiome infimumaovaj skup ima infimum, i pritom je inf A ≥ 0. Neka je inf A > 0. Tada za svaki elementa ∈ A vazi nejednakost a ≥ inf A > 0, i stoga je na osnovu Tvrdenja 1.78 (viii)

1

a≤ 1

inf A,

sto znaci da je skup1

Aodozgo ogranicen i da je

1

inf Anjegova gornja granica.

Neka je b′ proizvoljan broj takav da je b′ <1

inf A. Ako je b′ < 0, tada je b′ < 0 <

1

a

za svako a ∈ A. Ako je b′ > 0, onda iz 0 < b′ <1

inf Adobijamo inf A <

1

b′, pa na osnovu

(i′) u sekciji 1.2 sledi da postoji a ∈ A tako da je a <1

b′. Odavde imamo da

1

a∈ 1

Ai

b′ <1

a.

Broj1

inf Aispunjava uslove (s1) i (s

′2) u sekciji 1.2 za skup

1

A, pa je

1

inf Asupremum

skupa1

A.

Pretpostavimo sada da je inf A = 0. Neka je M proizvoljan pozitivan broj. Tada

je1

M> 0 = inf A, pa postoji a ∈ A tako da je

1

M> a. Kako je svaki element skupa

A pozitivan, iz poslednje nejednakosti sledi da je1

a> M . Ovo znaci da skup

1

Anije

odozgo ogranicen. Prema tome, ako je1

Aodozgo ogranicen, onda je inf A > 0.32

(ii) dobijamo kada u (i) skup A zamenimo skupom1

A. �

Ako za skup A ⊂ R vazi da nije odozgo (odozdo) ogranicen, onda on nema supremum(infumum) u R. Medutim ako skup A posmatramo kao podskup skupa R, onda je onodozgo (odozdo) ogranicen sa +∞ (−∞), tj. +∞ (−∞) je gornja (donja) granica skupaA i to jedina, pa i najmanja gornja (najveca donja) granica skupa A i zato uzimamo daje sup A = +∞ (inf A = −∞). Ako je A ⊂ R odozgo (odozdo) ogranicen u R, onda onima supremum (infimum) u R i to je supremum (infimum) i u R. Takode ako je A ⊂ R

32Ovu implikaciju smo mogli lako da pokazemo i direktno, ne koristeci zakon kontrapozicije, sto ovogputa ostavljamo citaocu za vezbu.


i +∞ ∈ A (−∞ ∈ A), onda uzimamo da je sup A = +∞ (inf A = −∞). Dakle svakineprazan podskup u R ima supremum (infimum).

Tvrdenje 1.97. Neka su A i B neprazni podskupovi skupa R.(i) Ako su A i B odozgo ograniceni, tada je

sup(A ∪B) = max{supA, supB}.

(i) Ako su A i B odozdo ograniceni, tada je

inf(A ∪B) = min{inf A, inf B}.

Bice nam potreban sledeci opstiji oblik prethodnog tvrdenja:

Tvrdenje 1.98. Neka su A1, . . . , An neprazni podskupovi skupa R. Tada je

sup(A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = max{supA1, supA2, . . . , supAn}, (1.44)

inf(A1 ∪A2 ∪ · · · ∪An) = min{inf A1, inf A2, . . . , inf An}. (1.45)

Dokaz. Neka je a ∈ A1∪A2∪· · ·∪An. Tada postoji i ∈ {1, 2, . . . , n} tako da a ∈ Ai. Sledia ≤ supAi ≤ max{supA1, supA2, . . . , supAn}, te je max{supA1, supA2, . . . , supAn}gornja granica skupa A1∪A2∪· · ·∪An. Neka je b proizvoljna gornja granica ovog skupa.Onda je b gornja granica svakog od skupova Ai, i = 1, 2, . . . , n, pa je supAi ≤ b zasvako i = 1, 2, . . . , n. Odavde sledi max{supA1, supA2, . . . , supAn} ≤ b. Prema tome,max{supA1, supA2, . . . , supAn} je najmanja gornja granica skupa A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An,tj. vazi (1.44).

Slicno se dokazuje jednakost (1.45). �

Sada mozemo dati preciznu definiciju intervala.

Definicija 1.99. Neprazan skup I ⊂ R je interval ako iz x1, x2 ∈ I i x1 < x < x2 sledix ∈ I. �

Interval je dakle skup koji sa svake svoje dve tacke sadrzi i sve tacke izmedu njih.Pokazacemo da iz ove definicije sledi da interval sadrzi sve tacke koje se nalaze izmedu

njegovog infimuma i supremuma.Zaista, neka je a = inf I i b = sup I. Tada je −∞ ≤ a ≤ b ≤ +∞. Ako je a = b onda

je I = {a}. Neka je a < b, i neka je a < x < b. Iz definicije infimuma i supremuma sledida postoje x1, x2 ∈ I tako da je a ≤ x1 < x < x2 ≤ b. S obzirom na gornju definicijuintervala sledi da x ∈ I. Time smo dokazali da je (a, b) ⊂ I.

Infimum intervala I moze biti konacan ili −∞, supremum intervala I moze bitikonacan ili +∞. Osim toga, infimum i supremum intervala I mogu da pripadaju intervaluI ili ne. U zavisnosti od toga interval I moze biti jedan od sledecih skupova:

(a, b), [a, b], (a, b], [a, b), (a,+∞), [a,+∞), (−∞, b), (−∞, b], R

gde je a ≤ b. Ako je a = b onda je I = {a}.

60 Glava 1. Uvod

Svako od sledeca tri tvrdenja je poznato pod nazivom Arhimedovo33 svojstvo (prin-cip).

Teorema 1.100. Za svaki realan broj a postoji prirodan broj n takav da je n > a, tj.

(∀a ∈ R)(∃n ∈ N)n > a. (1.46)

Dokaz. Pretpostavimo da vazi suprotno, tj.

¬(∀a ∈ R)(∃n ∈ N)n > a, (1.47)

sto je ekvivalentno sa:

(∃a ∈ R)(∀n ∈ N)n ≤ a.

To znaci da je skup N odozgo ogranicen, te na osnovu aksiome supremuma sledi dapostoji supremum skupa N. Neka je β = sup N. Kako je β − 1 < β, i buduci da je β(kao supremum) najmanja gornja granica skupa N, to β−1 nije gornja granica skupa N.Sledi da postoji n ∈ N tako da je n > β − 1. Odavde n+ 1 ∈ N i n+ 1 > β, sto povlacida β nije gornja granica skupa N. Dobijena kontradikcija dokazuje da ne vazi (1.47), tj.vazi (1.46). �

Teorema 1.101. Za svaki realan broj a postoji jedinstven ceo broj m, takav da je

m ≤ a < m+ 1. (1.48)

Dokaz. Analogno dokazu prethodne teoreme dokazuje se da za svako a ∈ R postoji l ∈ Ztakav da je l > a, tj.

(∀a ∈ R)(∃l ∈ Z) a < l. (1.49)

Dokazimo sada da za svako a ∈ R postoji ceo broj k takav da je k < a. Pretpostavimosuprotno, tj.

¬(∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a, (1.50)

sto je ekvivalentno sa

(∃a ∈ R)(∀k ∈ Z) k ≥ a.

Odavde sledi da je skup Z odozdo ogranicen, pa na osnovu aksiome infimuma postojiinf Z, oznacimo ga sa α. Kako je α + 1 > α i kako je α (kao infimum) najveca donjagranica skupa Z, to α + 1 nije donja granica skupa Z. Zato postoji k0 ∈ Z tako da jek0 < α + 1. Odavde k0 − 1 ∈ Z i k0 − 1 < α, sto je u suprotnosti sa cinjenicom da je αdonja granica skupa Z. Dobijena kontradikcija pokazuje da (1.50) ne vazi, tj. vazi

(∀a ∈ R)(∃k ∈ Z) k < a. (1.51)

(Primetimo da smo (1.51) mogli da dokazemo tako sto (1.49) primenimo na broj −a ∈ R.Zaista, iz (1.49) sledi da postoji z ∈ Z tako da je z > −a. Odavde −z ∈ Z i −z < a.)

33Arhimed (287?-212 p.n.e.), starogrcki matematicar


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

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

Buduci da je k < a < l, medu ovim intervalima mora postojati jedan interval, na primer[m,m + 1), takav da je a ∈ [m,m + 1), tj. m ≤ a < m + 1. Ako bi postojao celi brojp = m tako da je p ≤ a < p+ 1, onda bi a ∈ [m,m+ 1) ∩ [p, p+ 1) = ∅, sto je apsurd.34

Time smo dokazali jedinstvenost celog broja m za koji vazi nejednakost (1.48). �Broj m u nejednakosti (1.48) naziva se najveci ceo deo od a ili samo celi deo broja a i

obelezava sa [a]. Prema tome, [a] je najveci ceo broj koji je manji ili jednak od a. Takoje [2, 4] = 2 i [−2, 4] = −3. Primetimo da iz (1.48) sledi da za svako a ∈ R vazi

[a] ≤ a < [a] + 1. (1.52)

Za a ∈ R broj a − [a] naziva se razlomljeni deo broja a i obelezava sa {a}. Tako je{2, 4} = 2, 4 − [2, 4] = 2, 4 − 2 = 0, 4 i {−2, 4} = −2, 4 − [−2, 4] = −2, 4 − (−3) = 0, 6.Za svaki realan broj a vazi jednakost

a = [a] + {a},

a iz (1.52) sledi da je 0 ≤ a− [a] < 1, tj. 0 ≤ {a} < 1.

Posledica 1.102. Za svako a ∈ R i svako b ∈ R, b > 0, postoji jedinstven broj m ∈ Ztakav da je

mb ≤ a < (m+ 1)b. (1.53)

Dokaz. Iz Teoreme 1.101 sledi da postoji m ∈ Z tako da je

m ≤ a

b< m+ 1,

odakle sledi (1.53). �

U sledecoj definiciji uvodimo pojam stepena sa celobrojnim izloziocem.

Definicija 1.103. Za x ∈ R jex1 = x

i za n ∈ N, n > 1,xn = xn−1 · x.

Ako je x = 0, onda je

x0 = 1,

x−n =1

xn, za svako n ∈ N. �

34Iz p = m sledi p < m ili p > m. Ako je p < m, onda je p+ 1 ≤ m, pa je [p, p+ 1) ∩ [m,m+ 1) = ∅.Slicno, iz p > m sledi [p, p+ 1) ∩ [m,m+ 1) = ∅.

62 Glava 1. Uvod

Tvrdenje 1.104. Neka su l,m ∈ Z i a ∈ R, a > 1. Tada vazi ekvivalencija:

l < m⇐⇒ al < am.

Dokaz. Neka je l < m. Dokazimo da je al < am.1. Ako su m i l pozitivni celi brojevi, onda su m, l ∈ N. Iz m > l sledi m − l ∈ N

(Tvrdenje 1.84 (iii)), pa je am−l > 1m−l = 1 na osnovu (1.61). Odavde, s obzirom da jeal > 0, sledi am > al.

2. Ako je m > 0 i l ≤ 0, onda je am > 1m = 1 ((1.61)). Iz l ≤ 0 sledi −l ≥ 0 i

a−l ≥ 1, pa je al =1

a−l≤ 1. Prema tome, am > 1 ≥ al.

3. Ako je m = 0 i l < 0, onda je am = 1 i −l > 0, pa je −l ∈ N. Odavde sledi

a−l > 1−l = 1, tj.1

al> 1. Prema tome, al < 1 = am.

4. Ako su m i n negativni celi brojevi i m > n, onda su −m i −n prirodni brojevi i

vazi −m < −n, pa je prema (i), a−m < a−n, tj.1

am<

1

an. Odavde sledi am > an.

Sada mozemo pokazati da iz al < am sledi l < m. Zaista, ako bi bilo l = m onda bivazilo al = am, dok bi za l > m, na osnovu prethodno dokazanog, sledilo al > am. �

Tvrdenje 1.105. (Multiplikativni Arhimedov princip) Ako su a, b ∈ R takvi da je a > 1i b > 0, onda postoji i jednoznacno je odreden ceo broj p takav da je

ap ≤ b < ap+1.

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

(∀b > 0)(∃m ∈ Z) am > b. (1.54)

Pretpostavimo da vazi suprotno, tj.

(∃b > 0)(∀m ∈ Z) am ≤ b. (1.55)

Neka je A = {am : m ∈ Z}. Skup A je neprazan i iz (1.55) sledi da je A odozgo ogranicen,te na osnovu aksiome supremuma sledi da ovaj skup ima supremum. Neka je α = sup A.

Jasno α > 0. Kako je a > 1, to na osnovu Tvrdenja 1.78 (xiii) sledi1

a< 1 i prema tome,

α

a< α. Buduci da je α najmanja gornja granica skupa A,

α

anije gornja granica skupa

A, pa postoji m0 ∈ Z tako da je am0 >α

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

m0 + 1 ∈ Z, dobijamo da α nije gornja granica skupa A, sto je u suprotnosti sa tim daje α = sup A. Dobijena protivurecnost pokazuje da vazi (1.54).

Kako je i1

b> 0 (Tvrdenje 1.78 (xii)), iz (1.54) sledi da postoji k ∈ Z tako da je

ak >1

b. Odavde na osnovu Tvrdenja 1.78 (xiii) zakljucujemo a−k < b, tj. za l = −k ∈ Z,

al < b. Prema tome, pokazali smo da postoje m, l ∈ Z takvi da je al < b < am. Naosnovu Tvrdenja 1.104 dobijamo da je l < m i uocimo sada intervale

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


Medu ovim intervalima mora postojati jedan interval, na primer [ap, ap+1), p ∈ Z, l ≤p < p+ 1 ≤ m, takav da je b ∈ [ap, ap+1), te je ap ≤ b < ap+1. Jedinstvenost celog brojap za koji vazi poslednja nejednakost pokazujemo metodom svodenja na protivurecnost.Pretpostavimo da postoji celi broj q = p takav da je aq ≤ b < aq+1 i neka je, na primer,p < q. Tada je p+ 1 ≤ q i zbog a > 1 na osnovu Tvrdenja 1.104 sledi ap < ap+1 ≤ aq <aq+1, i stoga [ap, ap+1)∩ [aq, aq+1) = ∅, a istovremeno je b ∈ [ap, ap+1)∩ [aq, aq+1). Dobilismo kontradikciju. �

Primetimo da se analogno dokazu za (1.54) dokazuje da vazi

(∀a ∈ R)(a > 1 =⇒ (∀b ∈ R)(∃n ∈ N) an > b). (1.56)

Posledica 1.106. Neka je a > 0. Tada je

inf{an: n ∈ N

}= 0. (1.57)

Dokaz. Neka je A ={an: n ∈ N

}. Ocigledno je 0 donja granica ovog skupa. Pokazimo

da je 0 najveca donja granica. Neka je ϵ > 0. Na osnovu Teoreme 1.100 sledi da postoji

prirodan broj n ∈ N takav da je n >a

ϵ. Odavde

a

n< ϵ. Kako

a

n∈ A, sledi da ϵ nije

donja granica skupa A. Prema tome skup A ne moze imati donju granicu vecu od 0, paje 0 najveca donja granica skupa A, tj. 0 = inf A. 35 �

Tvrdenje 1.107. Za svaka dva realna broja a i b takva da je a < b, postoji racionalanbroj r, takav da je a < r < b.

Dokaz. Na osnovu Tvrdenja 1.100 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je

n >1

b− a, tj.

1

n< b− a. (1.58)

Iz Posledice 1.102 sledi da postoji ceo broj m takav da je

m1

n≤ a < (m+ 1)

1

n. (1.59)

Sada iz leve strane nejednakosti u (1.59), a potom koristeci nejednakost (1.58), za-kljucujemo da je

(m+ 1)1

n= m

1

n+

1

n≤ a+

1

n< a+ (b− a) = b. (1.60)

35Primetimo da su ispunjeni uslovi (i1) i (i′′2 ) u sekciji 1.2, te i na taj nacin mozemo zakljuciti da je0 = inf A.

64 Glava 1. Uvod

Odavde i iz desne strane nejednakosti u (1.59) sledi

a < (m+ 1)1

n< b.

Kako jem+ 1

nracionalan broj, tvrdenje je dokazano. �

Napomena 1.108. Iz Tvrdenja 1.107 sledi da se u svakom intervalu (a, b), a, b ∈ R,a < b, nalazi barem jedna racionalna tacka r, i ako na dalje posmatramo interval (a, r)(ili (r, b)) u njemu se takode nalazi racionalna tacka, itd. Dolazimo do zakljucka da se usvakom intervalu nalazi beskonacno mnogo racionalnih tacaka.

Osim toga, ovo znaci da se u okolini svake tacke x ∈ R (x ∈ R) nalazi racionalnatacka, i zbog toga kazemo da je skup Q gust u skupu R (R). •

Pre nego sto damo sledecu posledicu aksiome neprekidnosti, primetimo da se, ko-risteci Tvrdenje 1.78 (viii) i princip matematicke indukcije, mogu dokazati sledece imp-likacije:

0 < a 1 vazi implikacija:

x > 1 =⇒ xn > x. (1.63)

Naime, zbog n > 1 je n − 1 ∈ N (Tvrdenje 1.84 (ii)), pa iz x > 1 sledi xn−1 > 1 naosnovu (1.61), odakle mnozeci sa x dobijamo xn > x.

Osim toga, za x ∈ R i n ∈ N vazi implikacija:

x ≥ 1 =⇒ xn ≥ x. (1.64)

Zaista, za n = 1 ili x = 1 vazi jednakost xn = x. Ako je n > 1 i x > 1, onda iz (1.63)sledi xn > x.

Teorema 1.109. (Egzistencija i jedinstvenost n-tog korena) Neka je n ∈ N i x ∈ R,x > 0. Tada postoji jedinstven pozitivan realan broj y takav da je yn = x.

Dokaz. Tvrdenje ocigledno vazi kada je n = 1. Pretpostavimo da je n > 1. Neka jeA = {z > 0 : zn ≤ x}. Na osnovu Arhimedovog principa (Teorema 1.100) postoji k ∈ Ntako da je k >

1

x. Kako je k ≥ 1, to iz (1.64) sledi kn ≥ k, pa je kn >

1

x. Odavde,

1

kn< x, tj.

(1

k

)n< x. Prema tome,

1

k∈ A i A je neprazan skup.


Pokazimo da je skup A odozgo ogranicen. Ako je x ≤ 1, onda je za svako z ∈ A,z ≤ 1. Zaista, ako bi za neko z ∈ A vazilo z > 1, onda bi na osnovu (1.61) dobilizn > 1 ≥ x sto je u suprotnosti sa tim da z ∈ A. Dakle, u ovom slucaju je 1 gornjagranica skupa A.

Ako je x > 1, onda je za svako z ∈ A, z ≤ x, jer u protivnom, ako bi postojao z ∈ Atakav da je z > x, onda bi na osnovu (1.61) imali zn > xn. Iz n > 1 i x > 1 dobijamoxn > x ((1.63)). Sada iz zn > xn i xn > x sledi zn > x, sto je u suprotnosti sa tim daz ∈ A. Prema tome, ako je x > 1, onda je x gornja granica skupa A.

Na osnovu aksiome supremuma skup A ima supremum. Neka je y = sup A. Jasnoje da je y > 0. Pokazacemo da je yn = x.

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

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

3! yn−3h3 + · · ·+ hn

= yn + h(nyn−1 + n(n−1)

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

)< yn + h

(nyn−1 + n(n−1)

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

)= yn + h ((1 + y)n − yn) .

Izaberimo 0 < h < 1 tako da bude h <ϵ

(1 + y)n − yn. Onda je

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

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

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

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

3! yn−3h3 + · · ·+ (−1)nhn

= yn − h(nyn−1 − n(n−1)

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

)> yn − h

(nyn−1 + n(n−1)

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

)> yn − h

(nyn−1 + n(n−1)

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

)= yn − h ((1 + y)n − yn) .

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

(1 + y)n − yni h < y. Prema tome,

(y − h)n > yn − h ((1 + y)n − yn) > yn − ϵ = x. Neka je z ∈ A proizvoljno. Tada jezn ≤ x, pa je zn < (y − h)n. Odavde sledi z < y − h (jer u protivnom, ako bi biloz ≥ y−h > 0, onda bi na osnovu (1.62) sledilo zn ≥ (y−h)n), pa je y−h gornja granicaskupa A koja je manja od y = sup A. Ovo je kontradikcija, sto dokazuje da ne moze dabude yn > x.

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

66 Glava 1. Uvod

Dokazimo jedinstvenost. Neka su y1 > 0, y2 > 0 i yn1 = x i yn2 = x. Ako je y1 < y2,onda je x = yn1 < yn2 = x, a ako je y1 > y2, onda je x = yn1 > yn2 = x. Prema tome, morabiti y1 = y2. �

Definicija 1.110. Neka je x ∈ R, x > 0 i n ∈ N. Jednoznacno odredeni pozitivan brojy takav da je yn = x naziva se n-ti koren broja x i oznacava sa n

√x. �

Posmatrajmo jednacinuxn = a, (1.65)

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

Zaista, ako je n paran broj i a > 0, na osnovu prethodne teoreme, jednacina (1.65)ima tacno jedno pozitivno resenje, to je n

√a. Medutim, zbog parnosti broja n sledi da

je − n√a resenje ove jednacine ((− n

√a)n= ( n

√a)n= a). Ovo je jedino negativno resenje

jednacine, jer ukoliko bi postojalo jos jedno negativno resenje ove jednacine λ = − n√a,

onda bi −λ bilo pozitivno resenje koje se razlikuje od n√a, sto je nemoguce. Kako je

0n = 0, 0 nije resenje ove jednacine. Dakle, kad je n paran broj i a > 0 jednacina (1.65)ima dva resenja.

Ako je a = 0, onda je za svako n ∈ N, 0 jedino resenje jednacine (1.65). Zaista, izx = 0 sledi xn = 0, dok iz Tvrdenja 1.75 (ix) sledi da xn = 0 povlaci x = 0. Prema tome,za svako n ∈ N vazi ekvivalencije: xn = 0 ⇐⇒ x = 0, pa je 0 jedino resenje jednacine(1.65).

Ako je a < 0 i n paran broj, onda jednacina (1.65) nema resenja, jer na osnovuTvrdenja 1.78 (x) sledi da je xn ≥ 0 za svako x ∈ R.

Ako je n neparan broj i a > 0, onda jednacina ima samo jedno pozitivno resenje n√a

na osnovu Teoreme 1.109. U ovom slucaju jednacina nema nepozitivnih resenja, jer zasvako x ≤ 0 sledi xn ≤ 0, buduci da je n neparan.

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

√−a. No, onda je − n

√−a negativno resenje jednacine (1.65)

((− n√−a)n = −( n

√−a)n = −(−a) = a). Jednacina (1.65) nema drugih negativnih

resenja osim − n√−a. Zaista, ako bi λ bilo negativno resenje ove jednacine razlicito od

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

√−a, sto nije

moguce (Teorema 1.109). Jednacina (1.65) nema nenegativnih resenja jer za svako x ≥ 0vazi xn ≥ 0. Prema tome, kad je a < 0 i n neparan broj, jednacina (1.65) ima tacnojedno i to negativno resenje.

Tako, na primer, jednacina x2 = 4 ima dva resenja, 2 i −2, a resenja jednacine x2 = 3su

√3 i −

√3.

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


Broj√2 je jedinstveni pozitivan realan broj za koji je resenje jednacine x2 = 2. U

Primeru 1.90 je dokazano da ovaj broj nije racionalan, tj.√2 je iracionalan broj.

Sledeci primer pokazuje da u skupu racionalnih brojeva ne vazi Dedekindova aksioma.

Primer 1.111. Neka je A = {x ∈ Q : x <√2} i B = {x ∈ Q : x >

√2}. S obzirom da√

2 /∈ Q, to za svaki racionalan broj x vazi da je x =√2, i stoga je x <

√2 ili x >

√2, i

prema tome Q ⊂ A∪B, a ocigledno je A∪B ⊂ Q, te vazi jednakost A∪B = Q. SkupoviA i B su neprazni, na primer 0 ∈ A i 2 ∈ B, i vazi

(∀a ∈ A)(∀b ∈ B) a < b,

ali niti postoji maksimum skupa A, niti minimum skupa B.Zaista, ako bi postojao broj r ∈ Q takav da je r = max A, onda bi iz r ∈ A sledilo

da je r <√2. Na osnovu Tvrdenja 1.107 imali bismo da postoji racionalan broj r′ takav

da je r < r′ <√2. Odavde bi sledilo da je r′ ∈ A i r′ > max A, sto je nemoguce. Slicno

se pokazuje da ne postoji minimum skupa B. Prema tome, u skupu racionalnih brojevane vazi Dedekindova aksioma. •

Sledeci primer pokazuje da u skupu racionalnih brojeva ne vazi aksioma supremuma,a takode ni aksioma infimuma.

Primer 1.112. Neka je A = {x ∈ Q : x <√3} i B = {x ∈ Q : x >

√3}. Skup

A je odozgo ogranicen podskup skupa racionalnih brojeva, dok je B odozdo ogranicenpodskup skupa racionalnih brojeva.

Dokazimo da skup A nema supremum u skupu racionalnih brojeva. Pretpostavimosuprotno, tj. da postoji α ∈ Q tako da je α = supA. Kako je

√3 gornja granica skupa A,

to je α ≤√3. S obzirom da je

√3 iracionalan broj,36 to je α =

√3, i prema tome α <

√3.

Na osnovu Tvrdenja 1.107 sledi da postoji racionalan broj r takav da je α < r <√3.

Kako je r <√3, to je r ∈ A. Prema tome, r je element skupa A koji je veci od α, sto je

u suprotnosti sa cinjenicom da je α, kao supremum, gornja granica skupa A. Dobijenakontradikcija dokazuje da skup A nema supremum u skupu racionalnih brojeva.

Slicno se dokazuje da skup B nema infimum u skupu racionalnih brojeva.Ovo smo mogli dokazati i na drugi nacin. Naime, kako je

√3 gornja granica skupa

A, i kako na osnovu Tvrdenja 1.107 za svako ϵ > 0 postoji racionalan broj r takav daje

√3 − ϵ < r <

√3, to na osnovu Tvrdenja 1.24 sledi da je supA =

√3. S obzirom

da√3 nije racionalan broj, i s obzirom da je supremum skupa jedinstveno odreden,

zakljucujemo da nijedan racionalan broj ne moze biti supremum skupa A.

36Pretpostavimo suprotno, da je√3 racionalan broj, tj. da je

√3 =

p

q, gde su p i q uzajamno prosti

prirodni brojevi. Tada jep2

q2= 3, odakle

p2 = 3q2, (1.66)

te je 3 delitelj broja p, tj. p = 3r, r ∈ N. Zaista, ako 3 ne bi bio delitelj broja p, tada bi postojao brojk ∈ N tako da je p = 3k±1, i stoga p2 = (3k±1)2 = 9k2±6k+1 = 3(3k2±2k)+1, te 3 ne bi bio deliteljni broja p2. Iz (1.66) i p = 3r sledi (3r)2 = 3q2, odakle dobijamo 3r2 = q2, pa je 3 delitelj broja q, stoje nemoguce jer su brojevi p i q uzajamno prosti. Dobijena kontradikcija dokazuje da je

√3 iracionalan

broj.

68 Glava 1. Uvod

Slicno se moze dokazati da je inf B =√3, i da stoga B nema infimum u skupu

racionalnih brojeva. •

Sledece tvrdenje pokazuje da se izmedu svaka dva realna broja nalazi iracionalanbroj, te da je skup iracionalnih brojeva, poput skupa racionalnih brojeva, gust u skupuR. Dokaz je slican dokazu Tvrdenja 1.107.

Tvrdenje 1.113. Za svaka dva realna broja a i b takva da je a < b, postoji iracionalanbroj r, takav da je a < r < b.

Dokaz. Iz Tvrdenja 1.100 sledi da postoji prirodan broj n ∈ N takav da je n >

√2

b− a, tj.

√2

n< b− a. (1.67)

Na osnovu Posledice 1.102 postoji ceo broj m takav da je

m

√2

n≤ a < (m+ 1)

√2

n. (1.68)

Koristeci levu stranu nejednakosti u (1.68), a potom i nejednakost (1.67), dobijamo

(m+ 1)

√2

n= m

√2

n+

√2

n≤ a+

√2

n< a+ (b− a) = b. (1.69)

Sada iz (1.69) i desne strane nejednakosti u (1.68) zakljucujemo

a < (m+ 1)

√2

n< b.

Broj(m+ 1)

√2

nje iracionalan broj. Zaista, ako bi ovaj broj bio racionalan, postojali bi

brojevi p, q ∈ N takvi da je(m+ 1)

√2

n=p

q, odakle sledi

√2 =

np

(m+ 1)q∈ Q, sto nije

tacno. Prema tome,(m+ 1)

√2

nje iracionalan broj koji se nalazi izmedu brojeva a i b, i

tvrdenje je dokazano. �

Kao u Napomeni 1.108 zakljucujemo da se u svakom intervalu (a, b), a, b ∈ R, nalazibeskonacno mnogo iracionalnih brojeva. To znaci da se u okolini bilo koje tacke x ∈ R(x ∈ R) nalazi beskonacno mnogo iracionalnih brojeva. Stoga je skup I gust u skupu R(R).

Kantorov princip umetnutih odsecaka

Najpre uvodimo pojam niza.


Definicija 1.114. Neka je A neprazan skup. Funkcija a : N→ A zove se niz elemenataskupa A. Specijalno, ako je A = R, onda se a naziva nizom realnih brojeva ili realnimnizom. Vrednost a(n) funkcije a u tacki n ∈ N oznacava se sa an i zove n-ti clan iliopsti clan niza, dok se n zove indeks37. Sam niz se obelezava sa (an), (an)n∈N, (an)

∞n=1,

a = (a1, a2, . . . , an, . . . ), an (n = 1, 2, . . . ) ili sa an (n ∈ N). �

Na primer an =1

2n− 1je opsti clan niza a =

(1,

1

3,1

5,1

7, . . .

), a xn = (−1)n je

opsti clan niza x = (−1, 1,−1, 1, . . . ).

Sledi definicija niza umetnutih odsecaka.

Definicija 1.115. Neka su

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

odsecci realne prave. Ako je ispunjen uslov

a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ bn ≤ . . . b2 ≤ b1, (1.70)

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

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

Teorema 1.116. (Kantorov38 princip umetnutih odsecaka) Svaki niz umetnutih odsecakaima neprazan presek.

Dokaz. Neka je A = {an : n ∈ N} i B = {bn : n ∈ N}. Skup A je odozgo ogranicen sabilo kojim od brojeva bn, tj. vazi da je an ≤ bm za sve n,m ∈ N (zaista, za proizvoljnadva prirodna broja n i m, i k = max{n,m} vazi an ≤ ak ≤ bk ≤ bm), pa na osnovuaksiome supremuma, postoji α = supA ∈ R. Buduci da je bn gornja granica skupa A zasvako n ∈ N, sledi

α ≤ bn za svako n ∈ N. (1.71)

Prema tome, skup B je odozdo ogranicen i na osnovu aksiome infimuma, postoji β =inf B ∈ R. S obzirom da je β najveca donja granica skupa B, iz (1.71) sledi α ≤ β.Prema tome, vaze nejednakosti

an ≤ α ≤ β ≤ bn, n ∈ N. (1.72)

37Primetimo da se za razlicite vrednosti indeksa mogu dobiti isti realni brojevi, tj. za n,m ∈ N, n = mmoze se desiti da je an = am.

38G. Cantor (1845-1918), nemacki matematicar

70 Glava 1. Uvod

Dokazimo da je

[α, β] ⊂∩n∈N

[an, bn] . (1.73)

Neka je x ∈ [α, β]. Iz (1.72) sledi an ≤ α ≤ x ≤ β ≤ bn, i prema tome x ∈ [an, bn] zasvako n ∈ N. Stoga je x ∈

∩n∈N

[an, bn].

Prema tome,∩n∈N

[an, bn] je neprazan skup. �

Napomena 1.117. Za dokaz Teoreme 1.70 dovoljno je bilo dokazati da vazi inkluzija(1.73). Medutim moze se pokazati da vazi i obrnuto inkluzija:∩

n∈N[an, bn] ⊂ [α, β] . (1.74)

Zaista, neka je x ∈∩n∈N

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

je x gornja granica skupa A, a takode i donja granica skupa B. Zato je α ≤ x jer je αkao supremum skupa A njegova najmanja gornja granica, a takode je i x ≤ β jer je βkao infimum skupa B njegova najveca donja granica. Prema tome, x ∈ [α, β]. Iz (1.73)i (1.74) sledi da vazi: ∩

n∈N[an, bn] = [α, β] . • (1.75)

Definicija 1.118. Neka je ([an, bn]) niz umetnutih odsecaka. Reci cemo da duzinaodsecaka tezi 0 ako za svako ϵ > 0 postoji n ∈ N tako da je bn − an < ϵ. �

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

Teorema 1.119. Neka je ([an, bn]) niz umetnutih odsecaka cija duzina tezi 0. Tadapostoji jedinstvena tacka ξ koja pripada svim odseccima, i pritom je

ξ = sup{an : n ∈ N} = inf{bn : n ∈ N}. (1.76)

Dokaz. Neka je ϵ > 0 proizvoljno, α = sup{an : n ∈ N} i β = inf{bn : n ∈ N}. Buduci daduzina odsecaka tezi 0, to postoji n ∈ N tako da je bn − an < ϵ. Iz nejednakosti (1.72)sledi da je β − α ≤ bn − an, pa je 0 ≤ β − α < ϵ. Odavde sledi da je α = β. Zaistaako bi β > α, tada bi, buduci da je β − α < ϵ za svako ϵ > 0, uzimajuci da je u ovojnejednakosti ϵ = β − α, dobili β − α < β − α, sto je nemoguce. Neka je ξ = α = β. Iz(1.75) sledi ∩

n∈N[an, bn] = {ξ}. � (1.77)


Primer 1.120. Uocimo odsecke

[−1,

1

n

], n ∈ N. Kako je

[−1,

1

n

]⊃[−1,

1

n+ 1

]za

svako n ∈ N, ovo je niz umetnutnih odsecaka. Iz Posledice 1.106 sledi da je inf

{1

n: n ∈ N

}=

0, te na osnovu (1.75) dobijamo∩n∈N

[−1,

1

n

]= [−1, 0] . •

-1 0 1

[ [[ [[[

1

2

1

3

1

4

[

1n

Primer 1.121. Neka su a, b ∈ R, a < b. Uocimo odsecke[a− 1

n, b+

1

n

], n ∈ N. (1.78)

S obzirom da je

[a− 1

n, b+

1

n

]⊃[a− 1

n+ 1, b+

1

n+ 1

]za svako n ∈ N, ovo je niz

umetnutnih odsecaka. Kako je sup

{a− 1

n: n ∈ N

}= a + sup

{− 1

n: n ∈ N

}= a −

inf

{1

n: n ∈ N

}= a − 0 = a, i inf

{b+

1

n: n ∈ N

}= b + inf

{1

n: n ∈ N

}= b + 0 = b

(Posledica 1.106), to na osnovu (1.75) dobijamo∩n∈N

[a− 1

n, b+

1

n

]= [a, b] .

Ako je u (1.78) stavimo a = b, onda je

([a− 1

n, a+

1

n

])niz umetnutih odsecaka

cija duzina tezi 0. Zaista, za svako ϵ > 0 na osnovu Arhimedovog principa postoji n ∈ Ntako da je n >

2

ϵ, odakle

2

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

sup

{a− 1

n: n ∈ N

}= inf

{a+

1

n: n ∈ N

}= a, na osnovu (1.76) i (1.77) sledi

∩n∈N

[a− 1

n, a+

1

n

]= {a}. •

72 Glava 1. Uvod

[[ [[ [[

a-1 a+1a- a-a

a+a+ 12

1n

12

1n

... ...

Primer 1.122. Neka su a, b ∈ R, a < b. U dokazima nekih narednih tvrdenja koristicemosledecu konstrukciju niza umetnutih odsecaka cija duzina tezi 0. Odsecak [a, b] podelimo

tackoma+ b

2na dva jednaka po duzini odsecka

[a,a+ b

2

]i

[a+ b

2, b

]. Njihova duzina je

b− a

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

zadatkom) i oznacimo ga sa [a1, b1]. Sada ovoj odsecak srednjom tackoma1 + b1

2delimo

na dva jednaka po duzini odsecka i jedan od njih obelezimo sa [a2, b2]. Nastavljajucipostupak dobijamo niz umetnutih odsecaka:

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

gde je duzina n-tog odseckab− a

2n.

Dokazimo da duzina ovih odsecaka tezi 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Na osnovu

(1.56) sledi da postoji n ∈ N tako da je 2n >b− a

ϵ, odakle je

b− a

2n< ϵ.

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

2n = (1 + 1)n = 1 + n+n(n− 1)

2+ · · · > n (1.79)

sledi1

2n<

1

nza svako n ∈ N. Za zadato ϵ > 0 na osnovu Teoreme 1.100 postoji n ∈ N

takav da je n >b− a

ϵ, pa je

b− a

2n<b− a

n< ϵ. •

Primer 1.123. Ocigledno je

([2− 1

10n, 3 +

1

10n

])niz umetnutih odsecaka. Dokazimo

da je

inf

{1

10n: n ∈ N

}= 0. (1.80)

Ocigledno je 0 donja granica skupa

{1

10n: n ∈ N

}. Za proizvoljno ϵ > 0, iz (1.56) sledi

da postoji n ∈ N tako da je 10n >1

ϵ, tj.

1

10n< ϵ. S obzirom da su ispunjeni uslovi (i1)

i (i′′2) u sekciji 1.2,


mozemo zakljuciti da vazi (1.80).

Iz (1.80) sledi

sup

{2− 1

10n: n ∈ N

}= 2 + sup

{− 1

10n: n ∈ N

}= 2− inf

{1

10n: n ∈ N

}= 2− 0 = 2

i

inf

{3 +

1

10n: n ∈ N

}= 3 + inf

{1

10n: n ∈ N

}= 3 + 0 = 3.

Sada na osnovu (1.75) sledi

∩n∈N

[2− 1

10n, 3 +

1

10n

]= [2, 3] . •

Sledeci primeri pokazuju da tvrdenje Teoreme 1.116 nece vaziti ako se odsecci zameneintervalima drugog tipa.

Primer 1.124. Niz umetnutih intervala

(0, 1] ⊃ (0,1

2] ⊃ · · · ⊃ (0,

1

n] ⊃ . . .

ima prazan presek. Zaista, ako je

x ∈∩n∈N

(0,1

n],

onda je x ∈ (0,1

n] za svako n ∈ N, tj. 0 < x ≤ 1

n. Prema tome, x je donja granica skupa{

1

n: n ∈ N

}, i zato je x ≤ inf

{1

n: n ∈ N

}= 0 (Posledica 1.106). Ovo je u suprotnosti

sa tim da je x > 0.

]]](0 11

2

1n

Prema tome, ∩n∈N

(0,1

n] = ∅. (1.81)

Takode niz

[−1, 0) ⊃ [−1

2, 0) ⊃ · · · ⊃ [− 1

n, 0) ⊃ . . .

74 Glava 1. Uvod

ima prazan presek, jer vazi ekvivalencija

x ∈∩n∈N

[− 1

n, 0) ⇐⇒ −x ∈

∩n∈N

(0,1

n],

pa iz (1.81) sledi ∩n∈N

[− 1

n, 0) = ∅.

Niz intervala

(0, 1) ⊃ (0,1

2) ⊃ · · · ⊃ (0,

1

n) ⊃ . . .

ima prazan presek jer je ocigledno∩n∈N

(0,1

n) ⊂

∩n∈N

(0,1

n] = ∅. •

Princip umetnutih odsecaka ne vazi u skupu racionalnih brojeva. Zaista, neka sua1 = 1, a2 = 1.4, a3 = 1.41, a4 = 1.414,... racionalni brojevi koji su manji od

√2 i neka

su b1 = 2, b2 = 1.5, b3 = 1.42, b4 = 1.415,... racionalni brojevi koji su veci od√2, gde

an i bn aproksimiraju√2 s greskom manjom od

1

10n, n = 1, 2, . . . . Uocimo niz odsecaka

([an, bn]):

[1, 2] ⊃ [1.4, 1.5] ⊃ [1.41, 1.42] ⊃ [1.414, 1.415] ⊃ . . . .

Duzina segmenta [an, bn] je1

10n, te je ([an, bn]) niz umetnutih odsecaka cija duzina tezi

0.39 Stoga postoji jedinstvena tacka koja pripada svim odseccima, i kako√2 ∈ [an, bn] za

svako n ∈ N, to je∩n∈N

[an, bn] = {√2}. S obzirom da

√2 /∈ Q, sledi

∩n∈N

([an, bn]∩Q) = ∅,

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

[ [[ [[ [

1 1,4 1,5 2

39Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Na osnovu Teoreme 1.100 postoji prirodan broj n takav da je n >1

ϵ,

a kako na osnovu (1.61) i (1.79) imamo da je 10n > 2n > n, to je 10n >1

ϵ, i stoga

1

10n< ϵ. Takode iz

(1.56) sledi da postoji n ∈ N tako da je 10n >1

ϵ, tj.

1

10n< ϵ.


Polje racionalnih brojeva Q je stoga primer uredenog polja u kome vazi Arhime-dov princip, ali u kome ne vazi princip umetnutih odsecaka. Takode postoji uredenopolje u kojem vazi princip umetnutih odsecaka, ali ne vazi Arhimedov princip [14, str.36, zadatak 34.]. Sledece tvrdenje pokazuje da je konjunkcija Arhimedovog principa iKantorovog principa umetnutih odsecaka potreban i dovoljan uslov za vazenje aksiomeneprekidnosti, tj. uredeno polje sa Arhimedovim svojstvom u kome vazi princip umet-nutih odsecaka je polje realnih brojeva.

Tvrdenje 1.125. Konjunkcija Arhimedovog principa i Kantorovog principa umetnutihodsecaka je ekvivalentna aksiomi neprekidnosti.

Dokaz. Dokazali smo da iz aksiome supremuma, koja je ekvivalent aksiome neprekidnosti,sledi Arhimedov princip i Kantorov princip umetnutih odsecaka. Pokazacemo sada daiz Arhimedovog principa i Kantorov principa umetnutih odsecaka sledi Dedekindovaaksioma, koja je, kao sto smo vec videli, takode ekvivalent aksiome neprekidnosti.

Zato pretpostavimo da skupovi realnih brojeva A i B ispunjavaju oslove (1.25), (1.26)i (1.27). Konstruisimo sada jedan niz umetnutih segmenata. Kako su A i B neprazniskupovi, postoji a1 ∈ A i b1 ∈ B, i uocimo segment [a1, b1]. Buduci da je A ∪ B = R i

A ∩B = ∅ (uslovi (1.26) i (1.27)), za sredisnju tacku ovog segmenta,a1 + b1

2, vazi

a1 + b12

∈ A Y a1 + b12

∈ B.

Osim toga, ova tacka deli segmenta1 + b1

2na dva dela jednaka po duzini:

[a1,

a1 + b12

]i

[a1 + b1

2, b

]. Sa [a2, b2] oznacicemo onaj od ta dva segmenta kome leva rubna tacka

pripada skupu A, a desna rubna tacka skupu B, tj. akoa1 + b1

2∈ A, za segment [a2, b2]

izabracemo segment

[a1 + b1

2, b1

], a ako

a1 + b12

∈ B, za [a2, b2] izabracemo segment[a1,

a1 + b12

]. Ako smo u n-tom koraku izabrali [an, bn], onda cemo za [an+1, bn+1]

izabrati

[an,

an + bn2

]ako

an + bn2

∈ B, a akoan + bn

2∈ A, onda cemo za [an+1, bn+1]

izabrati

[an + bn

2, bn

]. Tako dolazimo do niza umetnutih segmenata. Duzina n-tog

segmenta je bn − an =b1 − a12n−1

. Na osnovu Arhimedovog principa kao u Primeru 1.122

pokazuje se da duzina ovih segmenata tezi 0. Sada na osnovu Kantorovog principaumetnutih odsecaka (Teorema 1.119) sledi da postoji jedan jedini realan broj ξ kojipripada svim segmentima. Zbog A ∪B = R i A ∩B = ∅ sledi

ξ ∈ A Y ξ ∈ B.

Pretpostavimo da ξ ∈ B. Dokazimo da je ξ = min B. Za to je dovoljno dokazati da je ξdonja granica skupa B, buduci da ξ vec pripada skupu B.

76 Glava 1. Uvod

Pretpostavimo suprotno da ξ nije donja granica skupa B. To znaci da postoji b ∈ Btako da je b < ξ. Neka je ϵ = ξ − b. Tada je ϵ > 0 i s obzirom da duzina niza segmenata([an, bn]) tezi 0, postoji n0 ∈ N tako da je

bn0 − an0 < ϵ = ξ − b. (1.82)

Kako je ξ ≤ bn za svako n ∈ N, to je

ξ − an0 ≤ bn0 − an0 . (1.83)

Iz (1.82) i (1.83) sledi ξ − an0 < ξ − b, te je an0 > b. Ovo je u suprotnosti sa osobinom(1.27) skupova A i B. Prema tome, ξ = min B. Kao na pocetku ove sekcije, pokazujese da onda skup A nema maksimum.

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

tvrdenje Dedekindove aksiome. �

1.10 Tacka nagomilavanja skupa.Bolcano-Vajerstrasova teorema za skupove

Definicija 1.126. Neka je A ⊂ R. Tacka a ∈ R je tacka nagomilavanja skupa A ako usvakoj okolini tacke a postoji beskonacno mnogo tacaka skupa A.

Skup tacaka nagomilavanja skupa A se oznacava sa accA. �

Tvrdenje 1.127. (i) Tacka a ∈ R je tacka nagomilavanja skupa A ⊂ R ako i samoako u svakoj okolini U(a) tacke a postoji bar jedna tacka skupa A razlicita od a, tj.A ∩ (U(a) \ {a}) = ∅.(ii) Tacka +∞ (−∞) je tacka nagomilavanja skupa A ⊂ R ako i samo ako u svakojokolini U(+∞) (U(−∞)) postoji bar jedna tacka skupa A.

Dokaz. (i) Ako je a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A, onda u svakoj okolini tackea postoji beskonacno mnogo tacaka skupa A, pa ce se medu njima naci barem jednarazlicita od a. Obrnutu implikaciju dokazujemo kontrapozicijom. Pretpostavimo daa nije tacka nagomilavanja skupa A. Tada postoji okolina U(a) tacke a u kojoj imasamo konacno mnogo tacaka skupa A, tj. skup A ∩ U(a) je konacan. Onda je i skupA ∩ (U(a) \ {a}) konacan. Ako je A ∩ (U(a) \ {a}) prazan, to znaci da u okolini U(a)nema tacaka skupa A razlicitih od a. Ako je A ∩ (U(a) \ {a}) neprazan skup, onda jeA∩ (U(a)\{a}) = {a1, a2, . . . , an}. Neka je ϵ = min{|a1−a|, |a2−a|, . . . , |an−a|}. Tadaje (a− ϵ, a+ ϵ) okolina tacke a u kojoj nema tacaka skupa A razlicitih od a.

(ii) (=⇒): Ovaj smer je ocigledan.Opet obrnutu implikaciju dokazujemo kontrapozicijom. Pretpostavimo da +∞ (−∞)

nije tacka nagomilavanja skupa A. Tada postoji okolina U(+∞) (U(−∞)) tacke +∞(−∞) u kojoj ima samo konacno mnogo tacaka skupa A, tj. skup A ∩ U(+∞) (A ∩U(−∞)) je konacan. Ako je ovaj skup prazan, to onda znaci da u okolini U(+∞)

1.10. Tacka nagomilavanja skupa. Bolcano-Vajerstrasova teorema 77

(U(−∞)) nema nijedne tacke skupa A. Ako je pak skup A ∩ U(+∞) (A ∩ U(−∞))neprazan, sastavljen od tacaka a1, a2, . . . , an, uzimajuci da je M = max{a1, a2, . . . , an}(M = min{a1, a2, . . . , an}) dobijamo da u okolini (M,+∞) ((−∞,M)) tacke +∞ (−∞)nema tacaka skupa A. �

Primetimo da ako je a tacka nagomilavanja skupa A, onda za svaku okolinu U(a)tacke a vazi da je a tacka nagomilavanja skupa A∩U(a), a takode i skupa A∩(U(a)\{a}).40

Definicija 1.128. Neka je A ⊂ R i a ∈ A. Tacka a je izolovana tacka skupa A ako postojiokolina tacke a u kojoj sem tacke a nema drugih tacaka skupa A. Drugim recima, tackaa ∈ A koja nije tacka nagomilavanja skupa A zove se izolovana tacka skupa A.

Skup izolovanih tacaka skupa A se oznacava sa isoA. �Izolovana tacka skupa A je po definiciji element skupa A, dok tacka nagomilavanja

moze ali ne mora pripadati skupu. Medutim, ako je a ∈ A, tada je a ili izolovana tackaskupa A ili njegova tacka nagomilavanja, tj.

A ⊂ accA ∪ isoA.

Jasno, accA ∩ isoA = ∅.

Primeri 1.129. (i) Neka je A =

{1

n: n ∈ N

}. Tada je isoA = A i jedina tacka

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

(ii) Za A =

{1

n: n ∈ N

}∪ {0}, jedina tacka nagomilavanja je 0 i ona pripada skupu A,

a isoA =

{1

n: n ∈ N

}.

(iii) Neka je A = (0, 3). Tada je isoA = ∅, a accA = [0, 3].

(iv) Za A = [−1, 0)∪ (1, 2]∪{3} imamo da je accA = [−1, 0]∪[1, 2] i isoA = {3} jer postoji okolina U 1

2(3) = (3 − 1

2, 3 +

1

2)

tacke 3 u kojoj izuzev 3 nema drugih tacaka skupa A.

(v) Iz Tvrdenja 1.107 i Napomene 1.108 sledi da se u okolini svake tacke a ∈ R nalazibeskonacno mnogo racionalnih tacaka. Prema tome, svaka tacka iz skupa R je tackanagomilavanja skupa racionalnih brojeva Q i skup Q nema izolovanih tacaka, te jeaccQ = R i isoQ = ∅. Slicno, na osnovu Tvrdenja 1.113 (i komentara nakon ovogtvrdenja) zakljucujemo da je acc I = R i iso I = ∅.(vi) Neka je A ⊂ R konacan skup. Tada je accA = ∅ i isoA = A. •Teorema 1.130. (Bolcano-Vajerstrasova41 teorema za skupove ) Svaki beskonacan ogranicenpodskup skupa R ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.

Svaki beskonacan podskup skupa R ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.40Neka je a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A i neka je U(a) okolina tacke a. Za proizvoljnu okolinu

V (a) tacke a vazi da je U(a) ∩ V (a) opet okolina tacke a, i prema tome sadrzi beskonacno mnogotacaka skupa A, tj. skup (A ∩ U(a)) ∩ V (a) = A ∩ (U(a) ∩ V (a)) je beskonacan. Odavde, s obzirom naproizvoljnost okoline V (a) tacke a sledi da je a tacka nagomilavanja skupa A ∩ U(a).

41B.Bolcano (1781-1848), ceski matematicar i filozof, K. Weierstrass (1815-1897), nemackimatematicar.

78 Glava 1. Uvod

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

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

2na dva dela jednaka po duzini:[

a,a+ b

2

]i

[a+ b

2, b

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

elemenata skupa A. Oznacimo taj segment sa [a1, b1]. Njegova duzina jeb− a

2. Sada

ovoj segment srednjom tackoma1 + b1

2delimo na dva jednaka po duzini segmenta i bar

u jednom od njih se nalazi beskonacno mnogo elemenata skupa A, oznacimo taj segment

sa [a2, b2]. Njegova duzina jeb− a

22. Nastavljajuci postupak dobijamo niz umetnutih

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

gde je duzina n-tog odseckab− a

2n. Ovo je dakle niz umetnutih segmenata cija duzina tezi

0 (Primer 1.122) i na osnovu Teoreme 1.119 postoji tacno jedna tacka ξ koja pripadasvim segmentima. Pokazacemo da je ξ tacka nagomilavanja skupa A. Neka je ϵ > 0proizvoljno. Buduci da duzina segmenata tezi 0, postoji n ∈ N tako da je bn − an =b− a

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

beskonacno mnogo elemenata skupa A, sledi da okolina (ξ − ϵ, ξ + ϵ) sadrzi beskonacnomnogo elemenata skupa A. Prema tome ξ je tacka nagomilavanja skupa A.

Neka je sada A beskonacan podskup skupa R. Ako je A ogranicen, prema prethodnodokazanom on ima tacku nagomilavanja. Pretpostavimo da A nije ogranicen. To znacida A nije ogranicen odozgo ili nije ogranicen odozdo. Recimo da A nije ogranicen odozgo.Tada za svako M ∈ R postoji a ∈ A tako da je a > M , tj. a ∈ (M,+∞). Na osnovuTvrdenja 1.127 (ii) sledi da je +∞ tacka nagomilavanja skupa A. �

Buduci da konacan skup nema tacaka nagomilavanja, na osnovu Teoreme 1.130 za-kljucujemo da vazi ekvivalencija: skup A ⊂ R je beskonacan ako i samo ako ima barjednu tacku nagomilavanja u R. 42

42Drugim recima, skup A ⊂ R je konacan ako i samo ako je accA = ∅.

Glava 2

Granicne vrednosti nizova

Sa definicijom niza realnih brojeva vec smo se upoznali u sekciji 1.9: svako preslika-vanje a : N → R zove se niz realnih brojeva ili realni niz; slika a(n) broja n zove sen-ti clan niza, i oznacava se sa an, dok se sam niz oznacava sa (an), (an)n∈N, (an)

∞n=1,

a = (a1, a2, . . . , an, . . . ), an (n = 1, 2, . . . ) ili sa an (n ∈ N). U ovoj glavi bavimo senizovima realnih brojeva i njihovim granicnim vrednostima. Pojam granicne vrednostiili limesa realnog niza (limes je latinska rec i znaci granica) zauzima centralno mesto umatematickoj analizi. Ovo je bazicni pojam na kome se zasnivaju ostale vrste limesa:limes funkcije (pa samim tim i izvod), Rimanov integral, Riman-Stiltjesov integral, in-tegral funkcije duz puta, itd. Ovi pojmovi se definisu preko pojma granicne vrednostiniza i stoga se osobine granicnih vrednosti nizova prenose i na ove limese.

2.1 Pojam granicne vrednosti niza i osobine

Definicija 2.1. Tacka x ∈ R je granicna vrednost ili granica ili limes niza (xn) akoza svaku okolinu U(x) tacke x postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan brojn ≥ n0 vazi xn ∈ U(x), i pisemo

limn→∞

xn = x.

Prema tome,

limn→∞

xn = x⇐⇒ (∀U(x))(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn ∈ U(x)). (2.1)

U tom slucaju kazemo da niz (xn) tezi ka x kad n tezi beskonacnosti, i pisemo jos ixn → x, n → ∞. Ako je x konacan broj, za niz (xn) kazemo da je konvergentan ili dakonvergira ka x, a ako je x = −∞ ili x = +∞ ili ako granicna vrednost ne postoji, ondacemo reci da taj niz divergira ili da je divergentan. Pri tome, za nizove koji teze ka +∞ili −∞ kazemo da odredeno divergiraju ili da su odredeno divergentni. �

Prema tome, niz (xn) tezi ka x ∈ R kad n tezi beskonacnosti, ako se u svakoj okolinitacke x nalaze svi clanovi niza pocev od nekog ili skoro svi clanovi niza-svi sem njihkonacno mnogo. Tacka y ∈ R nece biti granicna vrednost niza ako postoji okolina tetacke van koje se nalazi beskonacno mnogo clanova niza.

79

80 Glava 2. Granicne vrednosti nizova

Neka je x ∈ R granicna vrednost niza (xn). S obzirom da x moze biti konacanbroj, +∞ ili −∞, i s obzirom na definicije okolina ovih elemenata skupa R, za svaki odovih slucajeva ponaosob mozemo napisati operativniju definiciju granicne vrednosti nizatumaceci uslov dat u (2.1) na sledece nacine:

Ako je x ∈ R, tada1

limn→∞

xn = x ⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn ∈ (x− ϵ, x+ ϵ))

⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ x− ϵ < xn < x+ ϵ)

⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ −ϵ < xn − x < +ϵ)

⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ |xn − x| < ϵ). (2.2)

Prema tome, za niz (xn) kazemo da tezi (konvergira) ka broju x, i pisemo limn→∞

xn = x,

ako za svaki realan broj ϵ > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj ntakav da je n ≥ n0 vazi |xn − x| < ϵ.

Ako je x = +∞, onda2

limn→∞

xn = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn ∈ (M,+∞))

⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn > M). (2.3)

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

xn = +∞, ako za svako M ∈ Rpostoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vazi xn > M .

Slicno, ako je x = −∞, onda3

limn→∞

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

⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn < M), (2.4)

tj. za niz (xn) kazemo da tezi ka −∞, i pisemo limn→∞

xn = −∞, ako za svako M ∈ Rpostoji prirodan broj n0 tako da za sve prirodne brojeve n koji su veci ili jednaki od n0vazi xn < M .

Napomena 2.2. Da bismo dokazali da je limn→∞

xn = +∞ dovoljno je dokazati da za

svaki realan broj M > 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn > M .Zaista, neka za svako M > 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn > M .

Dokazimo da onda za svako K ∈ R postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn > K.Ovo je jasno za K > 0. Ako je K ≤ 0, onda iz pretpostake sledi da za M = 1 postojin0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn > M = 1 > 0 ≥ K.

Slicno, da bismo dokazali da je limn→∞

xn = −∞ dovoljno je dokazati da za svaki realan

broj M < 0 postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi xn < M .

1Okolina tacke (broja) x je bilo koji otvoreni interval skupa R koji tu tacku sadrzi. Buduci da svakaokolina tacke a ∈ R sadrzi neku njenu ϵ-okolinu, tj. interval oblika (x− ϵ, x+ ϵ) = {z ∈ R : |z − x| < ϵ},to je u radu sa okolinama uvek dovoljno posmatrati ϵ-okoline.

2Okoline tacke +∞ su intervali oblika (M,+∞), M ∈ R.3Okoline tacke −∞ su intervali oblika (−∞,M), M ∈ R.

2.1. Pojam granicne vrednosti niza i osobine 81

Stoga mozemo pisati

limn→∞

xn = +∞ ⇐⇒ (∀M > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn > M)

i

limn→∞

xn = −∞ ⇐⇒ (∀M < 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn < M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n ≥ n0 =⇒ xn < −M). •

Primer 2.3. Za c ∈ R i niz ciji je opsti clan xn = c kazemo da je konstantan niz. Ovajniz je konvergentan i vazi lim

n→∞xn = c.

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

Primer 2.4. Posmatrajmo sada niz ciji je opsti clan xn =1

n.

Kako je

0 < · · · < 1

202<

1

201<

1

200< · · · < 1

12<

1

11<

1

10,

odnosno

0 < · · · < x202 < x201 <1

200< · · · < x12 < x11 <

1

10,

primetimo da za ϵ =1

10vazi da se svi clanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od 11

nalaze u ϵ-okolini broja 0: xn ∈ (0 − 1

10, 0 +

1

10) za n ≥ 11 (za n0 mozemo uzeti 11 ili

bilo koji drugi prirodan broj veci od 11 i pisati da je xn ∈ (0− 1

10, 0 +

1

10) za n ≥ n0)

4,

dok za ϵ =1

200vazi da se svi clanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od 201 nalaze u

ϵ-okolini broja 0: xn ∈ (0− 1

200, 0+

1

200) za n ≥ 201 (ovde je n0 = 201 ili bilo koji drugi

prirodan broj veci od 201).5 Ako je pak ϵ =1

1000, onda se svi clanovi niza ciji je indeks

veci ili jednak od 1001 nalaze u ϵ-okolini broja 0: xn ∈ (0− 1

1000, 0+

1

1000) za n ≥ 1001

(za n0 mozemo uzeti 1001 ili bilo koji drugi prirodan broj veci od 1001).6

4Najmanji prirodan broj n0 koji ispunjava uslov da za sve prirodne n ≥ n0 vazi da je xn ∈ (0− 1

10, 0+

1

10) je 11.

5Za tako odabrano n0 mozemo pisati da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi da je xn ∈ (0− 1

200, 0+

1

200).

6Za tako odabrano n0 mozemo pisati da je xn ∈ (0− 1

1000, 0 +

1

1000) za n ≥ n0.


Dokazimo da ovaj niz konvergira ka 0. U tom cilju pokazimo da za svako ϵ > 0

postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

∣∣∣∣ 1n − 0

∣∣∣∣ < ϵ, tj.

1

n< ϵ. Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n0 >

1

ϵ.

Sada za svako n ∈ N takvo da je n ≥ n0 vazi n >1

ϵ, odakle

1

n< ϵ, tj. |xn − 0| < ϵ.

Primetimo da je za zadato ϵ > 0 dovoljno uzeti n0 =

[1

ϵ

]+ 1. Zaista, n0 ∈ N, n0 >

1

ϵi

za svako n ≥ n0 takode ce vaziti n >1

ϵ, i prema tome

1

n< ϵ, tj. |xn − 0| < ϵ. •

Primer 2.5. Dokazimo da je

limn→∞

2n+ 3

n+ 5= 2.

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Treba naci n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0

vazi

∣∣∣∣2n+ 3

n+ 5− 2

∣∣∣∣ < ϵ. Buduci da vazi ekvivalencija

∣∣∣∣2n+ 3

n+ 5− 2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2n+ 3− 2n− 10

n+ 5

∣∣∣∣ = 7

n+ 5< ϵ⇐⇒ n+ 5

7>

1

ϵ

⇐⇒ n+ 5 >7

ϵ⇐⇒ n >

7

ϵ− 5

i s obzirom da na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je

n0 >7

ϵ− 5, to za svaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vazi n >

7

ϵ− 5, i stoga je

|xn − 2| =∣∣∣∣2n+ 3

n+ 5− 2

∣∣∣∣ < ϵ. Primetimo da je najmanji prirodan broj n0 koji ispunjava

uslov upravo n0 = max

{[7

ϵ− 5

]+ 1, 1

}. Zaista, tada je n0 ∈ N i n0 >

7

ϵ− 5, pa i za

svako n ≥ n0 vazi n >7

ϵ− 5, i prema tome

∣∣∣∣2n+ 3

n+ 5− 2

∣∣∣∣ < ϵ. • 7

Primer 2.6. Dokazacemo da je

limn→∞

3n2 + 4n+ 2

n2 − 3= 3.

7Nije dovoljno staviti da je n0 =

[7

ϵ− 5

]+ 1, jer, na primer, za ϵ = 7 dobili bismo da je n0 =[

7

7− 5

]+ 1 = [−4] + 1 = −3, sto nije prirodan broj. Stavljajuci da je n0 = max

{[7

ϵ− 5

]+ 1, 1

}obezbedujemo da je n0 (kao maksimum skupa sastavljenog od dva cela broja) ceo broj veci ili jednak od

1, i prema tome prirodan broj, i jos da je n0 ≥[7

ϵ− 5

]+ 1, te je stoga n0 >

7

ϵ− 5.


Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Nadimo n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0

vazi

∣∣∣∣3n2 + 4n+ 2

n2 − 3− 3

∣∣∣∣ < ϵ, tj.

∣∣∣∣3n2 + 4n+ 2

n2 − 3− 3

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣3n2 + 4n+ 2− 3n2 + 9

n2 − 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣4n+ 11

n2 − 3

∣∣∣∣ < ϵ.

Vazi nejednakost4n+ 11 ≤ 4n+ 11n = 15n, za sve n ∈ N, (2.5)

a na drugoj strani, kako jen2

2> 3, za n ≥ 3,

to je

n2 − 3 < n2 − n2

2=n2

2, za n ≥ 3. (2.6)

Sada iz (2.5) i (2.6) sledi da je∣∣∣∣3n2 + 4n+ 2

n2 − 3− 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣4n+ 11

n2 − 3

∣∣∣∣ < 15n

n2

2

=30

n, za n ≥ 3. (2.7)

Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodan broj n0 takav da je n0 ≥ 3 i n0 >30

ϵ

(najmanji prirodan broj n0 koji ispunjava uslov je n0 = max

{3,

[30

ϵ

]+ 1

}). Sada za

svako n ∈ N takvo da je n ≥ n0 vazi n ≥ 3 i n >30

ϵ, odakle sledi

30

n< ϵ, pa na osnovu

(2.7) sledi ∣∣∣∣3n2 + 4n+ 2

n2 − 3− 3

∣∣∣∣ < 30

n< ϵ. •

Primer 2.7. Dokazimo da niz ciji je opsti clan xn = 1 + (−1)n1

2nkonvergira ka 1.

U tom cilju dokazimo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za

svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

∣∣∣∣1 + (−1)n1

2n− 1

∣∣∣∣ < ϵ, tj.1

2n< ϵ. Zaista, na osnovu

(1.56) sledi da postoji n0 ∈ N tako da je 2n0 >1

ϵ.8 Onda za svaki prirodan broj n ≥ n0

8Ovo mozemo zakljuciti i na osnovu Teoreme 1.100: postoji n0 ∈ N tako da je n0 >1

ϵ, i kako je

2n0 > n0 (nejednakost (1.79)), dobijamo da je 2n0 >1

ϵ.


vazi 2n ≥ 2n0 , pa je 2n >1

ϵ. Sledi

1

2n< ϵ i stoga,

∣∣∣∣1 + (−1)n1

2n− 1

∣∣∣∣ < ϵ, tj. |xn−1| < ϵ.

(Kako je:1

2n< ϵ ⇐⇒ 2n >

1

ϵ⇐⇒ n > log2

1

ϵ, zakljucujemo da je za n0 dovoljno uzeti

n0 = max

{[log2

1

ϵ

]+ 1, 1

}jer je n0 ∈ N, n0 > log2

1

ϵ, i zato i za svaki prirodan broj

n ≥ n0 vazi n > log21

ϵ, tj.

1

2n< ϵ, i prema tome

∣∣∣∣1 + (−1)n1

2n− 1

∣∣∣∣ < ϵ.) •

Primer 2.8. Neka je xn = n i yn = −n, n ∈ N. Kako je

1 < 2 < 3 < · · · < 10 < 11 < 12 < · · · < 99.5 < 100 < 101 < 102 < . . . ,

odnosno

x1 < x2 < x3 < · · · < 10 < x11 < x12 < · · · < 99.5 < x100 < x101 < . . . ,

primetimo da za M = 10 vazi da se svi clanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od11 nalaze u okolini (M,+∞) = (10,+∞) tacke +∞: xn ∈ (10,+∞) za n ≥ 11 (za n0mozemo uzeti 11 ili bilo koji drugi prirodan broj veci od 11 i pisati da je xn ∈ (10,+∞) zan ≥ n0)

9, dok za M = 99.5 vazi da se svi clanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od 100nalaze u okolini (M,+∞) = (99.5,+∞) tacke +∞: xn ∈ (99.5,+∞) za n ≥ 100 (ovde jen0 = 100 ili bilo koji drugi prirodan broj veci od 100).10 Ako je pakM = 1000, onda se sviclanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od 1001 nalaze u okolini (M,+∞) = (1000,+∞)tacke +∞: xn ∈ (1000,+∞) za n ≥ 1001 (za n0 mozemo uzeti 1001 ili bilo koji drugiprirodan broj veci od 1001).11

Za niz (yn) imamo da je

· · · < −102 < −101 < −100 < −99.5 < · · · < −12 < −11 < −10 < · · · < −2 < −1,

odnosno

· · · < y102 < y101 < y100 < −99.5 < · · · < y12 < y11 < −10 < · · · < −2 < −1,

tj. za M = 10 vazi da se svi clanovi niza (yn) ciji je indeks veci ili jednak od 11 nalaze uokolini (−∞,−M) = (−∞,−10) tacke −∞: yn ∈ (−∞,−10) za n ≥ 11 (za n0 mozemouzeti 11), dok za M = 99.5 vazi da se svi clanovi niza ciji je indeks veci ili jednak od 100nalaze u okolini (−∞,−M) = (−∞,−99.5) tacke −∞: yn ∈ (−∞,−99.5) za n ≥ 100(ovde za n0 mozemo izabrati 100).

Dokazimo da niz (xn) tezi ka +∞, dok niz (yn) tezi ka −∞ kad n→ ∞.

9Najmanji prirodan broj n0 koji ispunjava uslov da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi da je xn ∈(10,+∞) je 11.

10Za tako odabrano n0 mozemo pisati da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi da je xn ∈ (99.5,+∞).11Za tako odabrano n0 mozemo pisati da je xn ∈ (1000,+∞) za n ≥ n0.


Neka je M > 0 proizvoljan broj. Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodanbroj n0 takav da je n0 > M (najmanji prirodan broj koji je veci od M je [M ] + 1, paza n0 mozemo uzeti [M ] + 1 ili bilo koji prirodan broj veci od [M ] + 1). Tada za svakiprirodan broj n ≥ n0 vazi xn = n > M i yn = −n < −M . Ovo upravo znaci da jelimn→∞

xn = +∞ i limn→∞

yn = −∞. •

Primer 2.9. Dokazimo da niz xn = n2 (n = 1, 2, . . . ) tezi ka +∞ kad n → ∞, dok nizyn = −n2 (n = 1, 2, . . . ) tezi ka −∞ kad n→ ∞.

Neka je M > 0 proizvoljan broj. Na osnovu Arhimedovog principa postoji prirodanbroj n0 takav da je n0 >

√M (za n0 mozemo uzeti [

√M ] + 1). Tada za svaki prirodan

broj n ≥ n0 vazi da je xn = n2 ≥ n20 > M i yn = −n2 ≤ −n20 < −M . Ovo znaci da jelimn→∞


yn = −∞. •

Primer 2.10. Dokazimo da niz (3n) tezi ka +∞.Neka je M ∈ R proizvoljno. Na osnovu (1.56) postoji prirodan broj n0 tako da je

3n0 > M .12 Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi 3n ≥ 3n0 , pa je 3n > M . Prematome, lim

n→∞3n = +∞.

(Ako je M ≤ 0, onda je xn > M za svako n ∈ N. Ako je M > 0, onda, buduci da je3n > M ⇐⇒ n > log3M,

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

log3M]+ 1, 1

}jer je n0 >

log3M , i za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi n > log3M , tj. xn = 3n > M). •

|

0

| | | |

3 9 27 81

...

x1

x2

x3

x4

Primer 2.11. Dokazimo da niz sa opstim clanom xn = (−1)n nema granicnu vrednost.

x = x = x =...1 3 5 x = x = x =...2 4 6

Van okoline (−1− 1,−1 + 1) = (−2, 0) tacke −1 nalaze se x2, x4, x6, . . . , jer x2 = x4 =x6 = · · · = 1, sto znaci da se van ove okoline tacke −1 nalazi beskonacno mnogo clanovaniza (svi oni clanovi niza ciji je indeks paran broj), pa −1 nije granica niza. Takode, vanokoline (1−2, 1+2) = (−1, 3) tacke 1 nalaze se x1, x3, x5, . . . (x1 = x3 = x5 = · · · = −1),tj. svi clanovi sa neparnim indeksom, te je beskonacno mnogo clanova niza van oveokoline tacke 1, pa ni 1 nije granica niza. Mozemo reci da se za svaki realan broj x vannjegove okoline, recimo13 (x − 1, x + 1), nalazi beskonacno mnogo clanova niza i zbogtoga x nije granicna vrednost niza (xn). U okolini (1,+∞) tacke +∞ nema nijednogclana niza, tj. svi clanovi niza nalaze se van ove okoline, i u okolini (−∞,−1) tacke −∞nema nijednog clana niza, pa ni +∞, ni −∞, nisu granice niza (xn).

Dokazimo da niz ciji je opsti clan an = sinnπ

2nije konvergentan.

12Takode na osnovu Teoreme 1.100 postoji n0 ∈ N tako da je n0 > M , i kako je na osnovu (1.61) i(1.79) 3n0 > 2n0 > n0, dobijamo da je 3n0 > M .

13Primetimo da je rastojanje izmedu tacaka −1 i 1 jednako 2.


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

2= sin

(−π2+ 2kπ

)= −1,

a4k−3 = sin(4k − 3)π

2= sin

(−3π

2+ 2kπ

)= − sin

3π

2= −(−1) = 1, k ∈ N. Za svaki

broj a ∈ R van njegove ϵ-okoline, gde je 0 < ϵ < 1, nalazi se beskonacno mnogo clanovaniza i zato a nije granicna vrednost niza (an). Dakle ovaj niz nema konacnu granicnuvrednost, pa nije konvergentan.

Primetimo da ovaj niz nema granicnu vrednost. U okolini (2,+∞) tacke +∞ nemanijednog clana niza, pa +∞ nije granica niza. Takode, u okolini (−∞,−2) tacke −∞nema clanova niza (an), pa ni −∞ nije granica niza.

Za nizove yn = (−1)n+1, zn = 2(−1)n, un = 3(−1)n i vn = (−1)n + 1 (n = 1, 2, . . . )vazi

yn =

{1, n = 2k − 1,

−1, n = 2k,zn =

{−2, n = 2k − 1,

2, n = 2k,

un =

{−3, n = 2k − 1,

3, n = 2k,vn =

{0, n = 2k − 1,

2, n = 2k, za k ∈ N,

i slicno kao za niz (xn), ili niz (an), moze se pokazati da nemaju granicnu vrednost. •

Primer 2.12. Niz xn = (−1)nn (n = 1, 2, . . . ) nema granicnu vrednost. Zaista,

xn =

{−n, za neparno n,

n, za parno n,

i za svaki realan broj x van njegove okoline, recimo (x− 1, x+ 1), nalazi se beskonacnomnogo clanova niza i zbog toga x nije granicna vrednost niza (xn). Takode, van oko-line (1,+∞) tacke +∞ nalazi se beskonacno mnogo clanova niza jer −1,−3,−5, . . . , tj.x1, x3, x5, . . . ne pripadaju okolini (1,+∞). U okolini (−∞,−1) tacke −∞ ne nalazese clanovi niza sa parnim indeksima: x2 = 2, x4 = 4, x6 = 6..., dakle njih beskonacnomnogo, pa ni −∞ nije granicna vrednost niza.

Za nizove yn = n(−1)n i zn = −n(−1)n (n = 1, 2, . . . ) vazi

yn =

1

n, za neparno n,

n, za parno nzn =

− 1

n, za neparno n,

−n, za parno n,

i ovi nizovi takode nemaju granicnu vrednost, jer se za svaku tacku y ∈ R, kako za niz(yn), tako i za niz (zn), moze naci okolina te tacke van koje se nalazi beskonacno mnogoclanova niza. •


Tvrdenje 2.13. Ako postoji granicna vrednost niza, onda je ona jedinstvena.

Dokaz. Prvi nacin: Pretpostavimo da niz (xn) ima dve razlicite granicne vrednosti x i y,

i neka su, na primer, obe konacne. Za ϵ =|x− y|

2> 0 okoline (x− ϵ, x+ ϵ) i (y− ϵ, y+ ϵ)

su disjunktne.14 Kako je limn→∞

xn = x, sledi da postoji n1 ∈ N tako da za svaki prirodan

broj n ≥ n1 vazi xn ∈ (x− ϵ, x+ ϵ). Takode, iz limn→∞

xn = y sledi da postoji n2 ∈ N tako

da za svaki prirodan broj n ≥ n2 vazi xn ∈ (y − ϵ, y + ϵ). Neka je n0 = max{n1, n2}.Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi xn ∈ (x− ϵ, x+ ϵ)∩ (y− ϵ, y+ ϵ), sto protivurecicinjenici da su okoline (x − ϵ, x + ϵ) i (y − ϵ, y + ϵ) disjunktne. (Za slucaj da bar jednaod granicnih vrednosti x i y nije konacan broj, takode mozemo naci njihove disjunktneokoline i analogno kao u prethodnom rasudivanju doci do protivurecnosti).

(| |

x yx y+2

(( (| | | |

xn1

xn0

? ?

xn2

xn +11

xn +12

Drugi nacin: Pretpostavimo da niz (xn) ima dve razlicite granicne vrednosti x i y, x, y ∈R. Tada postoje disjunktne okoline U(x) i U(y) tacaka x i y. S obzirom da je lim

n→∞xn = x,

to postoji n1 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n1 vazi xn ∈ U(x), i kako jeU(x)∩U(y) = ∅, to onda xn /∈ U(y) za svaki prirodan broj n ≥ n1. Ovo znaci da okoliniU(y) tacke y moze pripadati najvise konacno mnogo clanova niza (xn), sto je suprotnopretpostavci da je y granicna vrednost niza (xn). �

Definicija 2.14. Za niz (xn) kazemo da je odozgo (odozdo) ogranicen ako je odozgo(odozdo) ogranicen skup {xn : n ∈ N}.

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

Tvrdenje 2.15. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Dokaz. Prvi nacin: Neka je (xn) konvergentan niz i neka je x granicna vrednost ovogniza. Tada postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi |xn − x| < 1. Akoje n0 = 1, onda je xn ∈ (x − 1, x + 1) za sve n ∈ N, te je niz (xn) ogranicen. Ako jen0 > 1, neka je M = max{1, |x1 − x|, |x2 − x|, . . . , |xn0−1 − x|}. Tada je |xn − x| ≤ M ,tj. xn ∈ [x−M,x+M ] za svako n ∈ N, pa je niz (xn) ogranicen.

14Za ϵ smo mogli uzeti i |x−y|3

ili bilo koji od brojeva |x−y|n

, n = 4, 5, . . . . Vazno je izabrati ϵ > 0 takoda okoline (x− ϵ, x+ ϵ) i (y − ϵ, y + ϵ) budu disjunktne.


Drugi nacin: Neka je (xn) konvergentan niz i neka je x granicna vrednost ovog niza.Tada postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi |xn − x| < 1, tj.xn ∈ (x − 1, x + 1) za sve n ≥ n0. Ako je n0 = 1, onda je xn ∈ (x − 1, x + 1) za sven ∈ N, te je niz (xn) ogranicen. Ako je n0 > 1, neka je m1 = min{x− 1, x1, . . . , xn0−1}i m2 = max{x + 1, x1, . . . , xn0−1}. Tada je xn ∈ [m1,m2] za sve n ∈ N, pa je niz (xn)ogranicen. �

Primetimo da obrat Tvrdenja 2.15 ne vazi, tj. postoje nizovi koji su ograniceni alinisu konvergentni. Na primer, niz ciji je opsti clan xn = (−1)n je ogranicen, ali nije

konvergentan. Takode i niz an = sinnπ

2je ogranicen i nije konvergentan (svi nizovi iz

Primera 2.11 su ograniceni i nisu konvergentni).

Napomena 2.16. Iz (2.3) sledi da ako je +∞ granicna vrednost niza (xn), da ondaovaj niz nije ogranicen odozgo. Takode, ako je lim

n→∞xn = −∞, iz (2.4) sledi niz (xn)

nije odozdo ogranicen. Obrnuto u opstem slucaju ne vazi, naime postoje nizovi koji nisuograniceni odozgo (odozdo) ali +∞ (−∞) nije njihova granica. Tako niz xn = (−1)nn(n ∈ N) nije ogranicen ni odozgo, ni odozdo, ali uopste nema granicnu vrednost (Primer2.12). Niz yn = n(−1)n (n ∈ N) nije ogranicen odozgo, ali takode nema granicnu vrednost.•


Tvrdenje 2.17. Neka su b, c ∈ R i

limn→∞

xn = x ∈ R. (2.8)

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

15

Dokaz. Neka je x 0 i iz (2.8) i (2.2) sledi da postoji n1 ∈ Ntako da je za svaki prirodan broj n ≥ n1 vazi xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) = (x − ϵ, b). Prematome, xn c i ϵ = x− c. Kako je ϵ > 0, iz (2.8) i (2.2) sledi da postoji n2 ∈ N takoda je za svaki prirodan broj n ≥ n2, xn ∈ (x− ϵ, x+ ϵ) = (c, x+ ϵ). Prema tome, xn > cza svaki prirodan broj n ≥ n2.

�

Tvrdenje 2.18. Neka su b, c ∈ R i

limn→∞

xn = x ∈ R. (2.9)

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

Dokaz. Neka je xn ≥ b za svako n ∈ N (ili pocev od nekog n). Ako bi bilo x < b, tada bina osnovu Tvrdenja 2.17 sledilo da postoji n1 ∈ N tako da je xn < b za svaki prirodanbroj n ≥ n1, sto je suprotno pretpostavci.

Analogno, ako je xn ≤ c za svako n ∈ N, na osnovu Tvrdenja 2.17 zakljucujemo daje x ≤ c. �

Tvrdenje 2.18, za konvergentan niz (xn), primenjivacemo koristeci implikacije:

(∀n ∈ N) xn ≥ b =⇒ limn→∞

xn ≥ b, (2.10)

(∀n ∈ N) xn ≤ c =⇒ limn→∞

xn ≤ c (2.11)

15Tvrdenje trivijalno vazi i za slucaj kada je b = +∞ i c = −∞. Prvi (drugi) deo tvrdenja vazi i zaslucaj kada je x = −∞ (x = +∞) (ovo sledi iz definicije granicne vrednosti niza).


ili

(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) xn ≥ b =⇒ limn→∞

xn ≥ b,

(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) xn ≤ c =⇒ limn→∞

xn ≤ c.

Primetimo da je moguca striktna nejednakost na levoj strani gornjih implikacija, a jed-nakost na njihovoj desnoj strani, odnosno cak iako je xn > b (xn < c) za svako n ∈ N,ne mora biti lim

n→∞xn > b ( lim

n→∞xn < c). Za slucaj implikacije (2.10) to pokazuje primer:

xn =1

n, b = 0, xn > 0, za svako n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0,

a za slucaj implikacije (2.11) to pokazuje primer:

xn = − 1

n, c = 0, xn < 0, za svako n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0.

Ujedno ovi primeri pokazuju da obrat Tvrdenja 2.17 ne vazi.

Sledece tvrdjenje je uopstenje Tvrdenja 2.17.

Tvrdenje 2.19. Neka je limn→∞

xn = x, limn→∞

yn = y, x, y ∈ R, i x < y. Tada postoji

n0 ∈ N tako da je xn < yn za svaki prirodan broj n ≥ n0.

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

2> 0 16 imamo da za

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

n→∞xn = x i lim

n→∞yn = y sledi da postoje n1, n2 ∈ N tako da je xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ)

za svaki prirodan broj n ≥ n1 i yn ∈ (y − ϵ, y + ϵ) za svaki prirodan broj n ≥ n2. Nekaje n0 = max{n1, n2}. Za svaki prirodan broj n ≥ n0 imamo da xn ∈ (x − ϵ, x + ϵ) iyn ∈ (y − ϵ, y + ϵ), te je xn < yn.

�

Naredno tvrdenje je uopstenje Tvrdenja 2.18.

16Za ϵ smo mogli uzeti i y−x3

ili bilo koji od brojeva y−xn

, n = 4, 5, . . . . Bitno je izabrati ϵ > 0 takoda okoline (x − ϵ, x + ϵ) i (y − ϵ, y + ϵ) budu disjunktne. Tada ce za svako s ∈ (x − ϵ, x + ϵ) i svakot ∈ (y − ϵ, y + ϵ) vaziti nejednakost s < t.



xn = x, limn→∞

yn = y, x, y ∈ R, i xn ≥ yn za svako n ∈ N(ili pocev od nekog n). Tada je x ≥ y.

Dokaz. Pretpostavimo da je x < y. Na osnovu Tvrdenja 2.19 sledi da postoji n0 ∈ Ntako da je xn < yn za svako n ≥ n0. Ovo protivureci pretpostavci da je xn ≥ yn zasvaki prirodan broj n ∈ N (ili pocev od nekog n). Dobijena protivurecnost dokazuje daje x ≥ y. �

Tvrdenje 2.20, za nizove (xn) i (yn) od kojih svaki ponaosob ima granicnu vrednost,zapisivacemo krace pomocu implikacije

(∀n ∈ N) xn ≥ yn =⇒ limn→∞

xn ≥ limn→∞

yn,

a takode i sledece implikacije:

(∃n0 ∈ N)(∀n ≥ n0) xn ≥ yn =⇒ limn→∞

xn ≥ limn→∞

yn.

Primetimo da je moguca striktna nejednakost na levoj strani ovih implikacija, a jednakostna njihovoj desnoj strani, odnosno cak iako je xn > yn za svako n ∈ N, ne mora da budelimn→∞

xn > limn→∞

yn i najvise sto mozemo da tvrdimo je da je limn→∞

xn ≥ limn→∞

yn. To

pokazuju sledeci primeri:

(i) xn =1

2n, yn = 0, xn > yn, za svako n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0 = lim

n→∞yn,

i

(ii) xn =1

2n, yn = − 1

2n, xn > yn, za svako n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0 = lim

n→∞yn,

Ovi primeri ujedno pokazuju da ne vazi obrat Tvrdenja 2.19.

Tvrdenje 2.21. Ako nizovi (xn) i (yn) konvergiraju, tada konvergiraju i nizovi (xn+yn)i (xn − yn), i vazi

limn→∞

(xn + yn) = limn→∞

xn + limn→∞

yn,

limn→∞

(xn − yn) = limn→∞

xn − limn→∞

yn.

Dokaz. Neka je je limn→∞

xn = x i limn→∞

yn = y, i neka je ϵ > 0 poizvoljno. Tada postoje

n1, n2 ∈ N tako da je |xn− x| < ϵ

2za svaki prirodan broj n ≥ n1 i |yn− y| < ϵ

2za svaki

prirodan broj n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0vazi

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

2+ϵ

2= ϵ

i

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

2+ϵ

2= ϵ.


Prema tome,limn→∞

(xn + yn) = x+ y = limn→∞

xn + limn→∞

yn

ilimn→∞

(xn − yn) = x− y = limn→∞

xn − limn→∞

yn. �

Ako nizovi (xn) i (yn) nisu konvergentni, njihov zbir odnosno razlika ne mora dabude divergentan niz. Na primer nizovi xn = n + 5 i yn = −n + 3 (n = 1, 2, . . . )nisu konvergentni, ali je njihov zbir xn + yn = 8 (n = 1, 2, . . . ) kao konstantan niz,konvergentan. Nizovi an = n+5 i bn = n (n = 1, 2, . . . ) nisu konvergentni, lim

n→∞an = +∞

i limn→∞

bn = +∞, ali je njihova razlika an − bn = 5 (n = 1, 2, . . . ) konvergentan niz.

Takode, nizovi cn = (−1)n+1, dn = (−1)n i un = (−1)n+1 (n = 1, 2, . . . ) su divergentni,ali su nizovi cn+dn = (−1)n+1+(−1)n = (−1)n(−1+1) = 0 i dn−un = −1 (n = 1, 2, . . . )konvergentni.

Ovi primeri pokazuju da obrat Tvrdenja 2.21 ne vazi, tj. da iz konvergencije zbira(razlike) dva niza, ne sledi konvergencija svakog od njih ponaosob.

Primetimo jos da suma (razlika) dva divergentna niza moze biti i divergentan niz.Tako nizovi an = 2(−1)n i bn = (−1)n (n = 1, 2, . . . ) divergiraju, i takode su i njihovzbir an+ bn = 3(−1)n (n = 1, 2, . . . ) i razlika an− bn = (−1)n (n = 1, 2, . . . ) divergentninizovi.

Sledece tvrdenje govori o tome da ce suma (razlika) dva niza, od kojih je jedankonvergentan, a drugi divergentan niz, biti divergentan niz.

Tvrdenje 2.22. Neka je (xn) konvergentan niz, a (yn) divergentan. Tada su (xn+ yn),(xn − yn) i (yn − xn) divergentni nizovi.

Dokaz. Neka je zn = xn + yn, n ∈ N. Ako bi (zn) bio konvergentan niz, tada bi naosnovu Tvrdenja 2.21, buduci da je i (xn) konvergentan niz, sledilo da je njihova razlikayn = zn−xn (n = 1, 2, . . . ) konvergentan niz, sto je suprotno pretpostavci. Prema tome,(zn) je divergentan niz.

Slicno se pokazuje da su nizovi (xn − yn) i (yn − xn) divergentni. �


Posledica 2.23. Ako niz (xn) konvergira i c ∈ R, tada konvergiraju i nizovi (c + xn) i(c− xn) i vazi

limn→∞

(c+ xn) = c+ limn→∞

xn,

limn→∞

(c− xn) = c− limn→∞

xn.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.21 i Primera 2.3. �

Tvrdenje 2.24. (i) Ako je limn→∞


yn = +∞, onda je limn→∞

(xn + yn) =

+∞.

(ii) Ako je limn→∞

xn = −∞ i limn→∞

yn = −∞, onda je limn→∞

(xn + yn) = −∞.

(iii) Ako je limn→∞

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

(xn + yn) = +∞.

(iv) Ako je limn→∞

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

(xn + yn) = −∞.

(v) Ako je limn→∞

xn = +∞ ( limn→∞

xn = −∞) i limn→∞

yn = y ∈ R, onda je limn→∞

(xn + yn) =

+∞ ( limn→∞

(xn + yn) = −∞).

Dokaz. (i): Neka je limn→∞


yn = +∞, i M ∈ R proizvoljno. Iz limn→∞

xn =

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

2. Iz

limn→∞

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

2.

Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada za n ∈ N, n ≥ n0 povlaci xn + yn >M

2+M

2= M .

Prema tome, limn→∞

(xn + yn) = +∞.

(ii): Slicno dokazu za (i).(iii): Neka je lim

n→∞xn = +∞ i (yn) odozdo ogranicen niz. Tada postojim ∈ R tako da

je yn ≥ m za svako n ∈ N. Neka jeM ∈ R proizvoljno. Iz limn→∞

xn = +∞ sledi da postoji

n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n takve da je n ≥ n0 vazi xn > M −m. Ondace za svako n ≥ n0, na osnovu Tvrdenja 1.78 (v), vaziti xn + yn > (M −m) +m =M , iprema tome lim

n→∞(xn + yn) = +∞.

(iv): Slicno dokazu za (iii).(v) sledi iz (iii), (iv) i cinjenice da je svaki konvergentan niz ogranicen (Tvrdenje

2.15). �Za nizove xn = n, yn = −n i y′n = −2n, n ∈ N, vazi da je lim

n→∞xn = +∞, i nizovi (yn)

i (y′n) nisu ograniceni odozdo, i limn→∞

(xn+ yn) = 0 = +∞ i limn→∞

(xn+ y′n) = limn→∞

(−n) =−∞ = +∞. Ovo pokazuje da se uslov da je (yn) odozdo ogranicen niz, ne moze izostavitiiz Tvrdenja 2.24 (iii). Takode, ako je xn = −n2, y′n = n2 i y′n = 2n2, n ∈ N, tada jelimn→∞

xn = −∞, nizovi (yn) i (y′n) nisu ograniceni odozgo, i limn→∞

(xn + yn) = 0 = −∞i limn→∞

(xn + y′n) = limn→∞

n2 = +∞ = −∞, sto pokazuje da se uslov da je (yn) odozgo

ogranicen niz, ne moze izostaviti iz Tvrdenja 2.24 (iv).


Primer 2.25. Na osnovu Tvrdenja 2.24 (iii) sledi limn→∞

(n2 + (−1)n

)= +∞, jer lim

n→∞n2 =

+∞, a niz ((−1)n) je ogranicen, dok na osnovu Tvrdenja 2.24 (iv) imamo limn→∞

(−n+ sin

nπ

2

)=

−∞, jer je limn→∞

(−n) = −∞, a niz(sin

nπ

2

)je ogranicen.

Takode, iz Tvrdenja 2.24 (iii) sledi

limn→∞

(n+ n(−1)n

)= +∞

jer je limn→∞

n = +∞, a niz (n(−1)n) ogranicen odozdo nulom. •

Posledica 2.26. (i) Ako je limn→∞

xn = +∞ i c ∈ R, tada je limn→∞

(c+ xn) = +∞.


xn = −∞ i c ∈ R, tada je limn→∞

(c+ xn) = −∞.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.24 (v) i Primera 2.3. �Primetimo da ako je lim

n→∞xn = +∞ i lim

n→∞yn = +∞, u opstem slucaju ne mozemo

nista zakljuciti o konvergenciji niza (xn − yn)-ovaj niz moze teziti konacnom realnombroju, moze teziti +∞ ili −∞, a moze se desiti i da nema granicnu vrednost. Na primer,ako je xn = n+ 2 i yn = n, n ∈ N, onda oba ova niza (xn) i (yn) teze ka +∞, a njihovarazlika je konstanstantan niz (xn− yn = n+2−n = 2, n ∈ N) koji konvergira ka 2. Akoje, na primer, xn = 2n i yn = n, n ∈ N, tada je

limn→∞

xn = limn→∞

yn = +∞, limn→∞

(xn − yn) = +∞ i limn→∞

(yn − xn) = −∞.

Ako je xn = n + sinnπ

2, yn = n (n ∈ N), onda je lim

n→∞xn = +∞ (na osnovu Tvrdenja

2.24 (iii)) i limn→∞

yn = +∞, ali niz (xn − yn) nema granicnu vrednost.

Zato ako nizovi (xn) i (yn) teze ka +∞, onda za limes limn→∞

(xn − yn) kazemo

da predstavlja neodredenost oblika ∞ − ∞, a za ispitivanje ovog limesa kazemo da jerazjasnjavanje neodredenosti oblika ∞−∞. Kazemo jos i da je xn − yn neodredeni izrazoblika ∞−∞ kad n→ ∞.

Tvrdenja 2.24 (i), (ii) i (v) simbolicki zapisujemo (koristeci simbole +∞ i −∞),respektivno, na sledeci nacin:

(+∞) + (+∞) = +∞,

(−∞) + (−∞) = −∞,

(+∞) + y = +∞, za svako y ∈ R,(−∞) + y = −∞, za svako y ∈ R.

Naime, prva (druga) jednakost znaci da ako imamo dva niza koja teze ka +∞ (−∞)kad n→ ∞, onda i njihov zbir tezi ka +∞ (−∞) kad n→ ∞, tj. ova jednakost upravoilustruje Tvrdenje 2.24 (i)(Tvrdenje 2.24 (ii)). Treca (cetvrta) jednakost znaci da akoimamo dva niza od kojih jedan tezi ka +∞ (−∞) kad n→ ∞, a drugi je konvergentan,


tj. tezi ka nekom realnom broju y kad n→ ∞, onda i njihov zbir tezi ka +∞ (−∞) kadn→ ∞, tj. ova jednakost ilustruje Tvrdenje 2.24 (v).

Uzimajuci ove jednakosti kao definiciju prosirenja operacije sabiranja i na beskonacneelemente, mozemo pisati da i u slucaju zbira dva niza, od kojih oba odredeno divergirajuka +∞, ili oba odredeno divergiraju ka −∞, ili od kojih jedan konvergira, a drugiodredeno divergira, vazi jednakost

limn→∞


xn + limn→∞

yn.

Definicija 2.27. Za niz koji konvergira ka 0 kazemo da je nula-niz.

Tvrdenje 2.28. Zbir (razlika) dva nula-niza je nula-niz.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.21.

Tvrdenje 2.29. Niz (xn) konvergira ka x ∈ R ako i samo ako postoji nula-niz (αn)takav da je xn = x+ αn, n ∈ N.

Dokaz. Neka je limn→∞

xn = x ∈ R i αn = xn − x, n ∈ N. Za proizvoljno ϵ > 0 postoji

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

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

n→∞xn = x ∈ R.

Primetimo da smo dokaz mogli izvesti koristeci Tvrdenje 2.21. �

Tvrdenje 2.30. Proizvod nula-niza i ogranicenog niza je nula-niz.

Dokaz. Neka je je limn→∞

xn = 0, i neka je (yn) ogranicen niz. Sledi postoji M > 0 tako da

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

xn = 0 sledi da postoji

n0 ∈ N tako da je |xn| <ϵ

Mza sve prirodne brojeve n ≥ n0. Odatle za svaki prirodan

broj n ≥ n0 vazi

|xnyn| = |xn||yn| <ϵ

MM = ϵ.


(xnyn) = 0. �

Primer 2.31. Niz ciji je opsti clan zn =1

nsin

nπ

2je nula-niz na osnovu Tvrdenja

2.30, jer je

(1

n

)nula-niz (videti Primer 2.4), a niz

(sin

nπ

2

)je ogranicen. Takode, niz

xn =(−1)n

n(n = 1, 2, . . . ), je nula-niz kao proizvod nula-niza

(1

n

)i ogranicenog niza

((−1)n). •

Tvrdenje 2.32. Ako je c ∈ R i (xn) nula-niz, onda je (cxn) nula-niz.


Dokaz. Iz Tvrdenja 2.30 i cinjenice da je konstantan niz yn = c (n = 1, 2, . . . ) ogranicenniz, sledi da je (xnyn) = (cxn) nula-niz. �

Vazi i opstije tvrdenje:

Tvrdenje 2.33. Proizvod nula-niza i konvergentnog niza je nula-niz.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.30 i Tvrdenja 2.15. �

Tvrdenje 2.34. Proizvod dva nula-niza je nula-niz.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.33. �

Tvrdenje 2.35. Ako nizovi (xn) i (yn) konvergiraju, tada konvergira i niz (xnyn) i vazi

limn→∞

(xnyn) = limn→∞

xn · limn→∞

yn.

Dokaz. Neka jelimn→∞

xn = x i limn→∞

yn = y. (2.12)

Primetimo da je

|xnyn − xy| = |xnyn − xny + xny − xy| = |xn(yn − y) + y(xn − x)|≤ |xn||yn − y|+ |y||xn − x|, za sve n ∈ N. (2.13)

Buduci da je niz (xn) konvergentan, on je ogranicen i postojiM > 0 tako da je |xn| ≤Mza svako n ∈ N, te iz (2.13) sledi

|xnyn − xy| ≤M |yn − y|+ |y||xn − x|, za sve n ∈ N. (2.14)

Neka je ϵ > 0 i ϵ1 =ϵ

M + |y|> 0 (M + |y| > 0 jer je M > 0 i |y| ≥ 0). Tada postoje

n1, n2 ∈ N tako da je |xn − x| < ϵ1 za sve prirodne brojeve n ≥ n1 i |yn − y| < ϵ1 za sveprirodne brojeve n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Za sve prirodne brojeve n ≥ n0,na osnovu (2.14) vazi:

|xnyn − xy| ≤M |yn − y|+ |y||xn − x| < Mϵ1 + |y|ϵ1 = (M + |y|)ϵ1 = ϵ,

i prema tome limn→∞(xnyn) = xy. �

Tvrdenje 2.35 je moguce dokazati i koriscenjem Tvrdenja 2.29. Naime, iz limn→∞

xn =

x i limn→∞

yn = y, na osnovu Tvrdenja 2.29, sledi da postoje nula-nizovi (αn) i (βn)

tako da je xn = x+ αn i yn = y + βn, n ∈ N, i prema tome,

xnyn = (x+ αn)(y + βn) = xy + xβn + yαn + αnβn.

Buduci da su (xβn), (yαn) i (αnβn) nula-nizovi (Tvrdenja 2.32, 2.34), na osnovu Tvrdenja2.28 sledi da je (xβn + yαn + αnβn) nula-niz. Sada, ponovo koristeci Tvrdenje 2.29,zakljucujemo da je lim

n→∞(xnyn) = xy.


Primetimo da obrat Tvrdenja 2.35 ne vazi, tj. ukoliko je proizvod dva niza konver-gentan, ne mora svaki od njih ponaosob da bude konvergentan. Na primer, proizvod

nizova

(1

n

)i ((−1)n) (Primer 2.31) je konvergentan niz, ali ((−1)n) nije konvergentan

niz. Takode, nizovi xn = 2(−1)n i yn = (−1)n, n ∈ N, divergiraju, ali je njihov proizvodxnyn = 2, n ∈ N, kao konstantan niz, konvergentan. Napomenimo da proizvod dva di-

vergentna niza moze biti i divergentan niz. Na primer, nizovi yn = (−1)n i zn = sinnπ

2,

n ∈ N, divergiraju, kao i njihov proizvod((−1)n sin

nπ

2

). 17

Osim toga, primetimo da proizvod konvergentnog i divergentnog niza u nekim sluca-

jevima moze biti konvergentan, a u nekim divergentan niz. Tako je niz xn =1

n, n ∈ N,

konvergentan, niz yn = (−1)n, n ∈ N, je divergentan, a proizvod xnyn =(−1)n

n, n ∈ N,

je konvergentan. Niz zn = 2, n ∈ N, je konvergentan, ali u proizvodu sa divergentnimnizom (yn) daje takode divergentan niz xnyn = 2(−1)n, n ∈ N.

Napomenimo jos da ako niz (xn) tezi ka +∞ (−∞) i ako je (yn) nula-niz, u opstemslucaju ne mozemo nista zakljuciti o konvergenciji niza (xnyn)-ovaj niz moze da tezikonacnom realnom broju, ili da tezi +∞ ili −∞ ili da uopste nema granicnu vrednost.

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

n, n ∈ N, tada je lim

n→∞xn = +∞, lim

n→∞yn = 0 i

limn→∞

xnyn = 5.

Ako je xn = −n i yn =1

n2, n ∈ N, tada je lim

n→∞xn = −∞, lim

n→∞yn = 0 i lim

n→∞xnyn =

limn→∞

(− 1

n

)= 0.

Za xn = n2 i yn = − 1



n→∞yn = 0 i lim

n→∞xnyn =

limn→∞

(−n) = −∞.

Ako je xn = n i yn =(−1)n



n→∞yn = 0, xnyn =

(−1)n, i niz (xnyn) nema granicu.Zato ako je niz (an) nula-niz i niz (bn) tezi ka +∞ (−∞), onda za limes lim

n→∞(an · bn)

kazemo da predstavlja neodredenost oblika 0 ·∞, a za an · bn da je neodredeni izraz oblika0 · ∞ kad n→ ∞.

Posledica 2.36. Ako niz (xn) konvergira i c ∈ R, tada konvergira i niz (cxn) i vazi

limn→∞

c xn = c limn→∞

xn.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.35 i Primera 2.3. �17Primetimo da je

ynzn = (−1)n sinnπ

2=

0, n = 2k,

1, n = 4k − 1,

−1, n = 4k − 3, k ∈ N,

pa se, slicno kao za nizove u Primeru 2.11, pokazuje da niz ynzn = (−1)n sinnπ

2, n ∈ N, divergira.


Posledica 2.37. Ako je k ∈ N i niz (xn) konvergira, tada konvergira i niz (xkn) i vazi

limn→∞

xkn = ( limn→∞

xn)k.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.35 na osnovu principa matematicke indukcije. �

Tvrdenje 2.38. (i) Ako je limn→∞


yn = +∞ ( limn→∞

yn = −∞), onda je

limn→∞

xnyn = +∞ ( limn→∞

xnyn = −∞).


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

limn→∞

xnyn = +∞ ( limn→∞

xnyn = −∞).

(iii) Ako je limn→∞


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

xnyn = +∞( limn→∞

xnyn = −∞).

(iv) Ako je limn→∞



xnyn = +∞.

(v) Ako je limn→∞

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

limn→∞

xnyn = −∞ ( limn→∞

xnyn = +∞).

(vi) Ako je limn→∞


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

xnyn = −∞( limn→∞

xnyn = +∞).


xn = +∞, limn→∞

yn = −∞ i M > 0. Iz limn→∞

xn = +∞ sledi da

postoji n1 ∈ N tako da je

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn >√M). (2.15)

Iz limn→∞

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

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ yn < −√M),

tj.

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ −yn >√M). (2.16)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Iz (2.15), (2.16) i Tvrdenja 1.78 (viii) sledi da za svako n ∈ Ntakvo da je n ≥ n0 vazi xn(−yn) > M , tj. xnyn < −M . Prema tome, lim

n→∞xnyn = −∞.

(ii): Neka je limn→∞

xn = +∞. Pretpostavimo najpre da postoji y ∈ R, y > 0, tako da je

yn ≥ y pocev od nekog n, tj. postoji n1 ∈ N tako da je

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ yn ≥ y > 0). (2.17)

Neka je M ∈ R, M > 0, proizvoljan broj. Iz limn→∞

xn = +∞ sledi da postoji prirodan

broj n2 takav da vazi:

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >M

y> 0). (2.18)


Neka je n0 = max{n1, n2}. Iz (2.17), (2.18) i Tvrdenja 1.78 (viii) dobijamo da za svakiprirodan broj n takav da je n ≥ n0 vazi xnyn > M . Prema tome, lim

n→∞xnyn = +∞.

Pretpostavimo da je limn→∞

xn = +∞ i da postoje y ∈ R, y < 0 i n1 ∈ N tako da za

svako n ∈ N, iz n ≥ n1 sledi yn ≤ y. Prema tome,

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ −yn ≥ −y > 0). (2.19)

Neka je M > 0 proizvoljno. Iz limn→∞

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

(∀n ∈ N)(n ≥ n2 =⇒ xn >M

−y> 0). (2.20)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada iz (2.19), (2.20) i Tvrdenja 1.78 (viii) za svako n ∈ N,n ≥ n0 povlaci −xnyn > M , tj. xnyn < −M . Prema tome, lim

n→∞xnyn = −∞.

(iii): Neka je limn→∞


yn = y ∈ R. Pretpostavimo najpre da je y > 0.

Izaberimo c > 0 tako da je c < y. Iz Tvrdenja 2.17 sledi da postoji n1 ∈ N tako da zasvaki prirodan broj n ∈ N iz n ≥ n1 sledi yn > c > 0. Sada na osnovu (ii) zakljucujemoda je lim

n→∞xnyn = +∞.

Ako je y < 0, onda biramo c ∈ R tako da je y < c < 0. Na osnovu Tvrdenja 2.17postoji n2 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n2 vazi yn < c. Iz (ii) sledi da jelimn→∞

xnyn = −∞. �

Za nizove xn = n i yn =1

n, zn = −n, n ∈ N, vazi da je lim


n→∞zn = −∞,

a za niz (yn) ne postoji y > 0 tako da je yn ≥ y pocev od nekog n (jer je limn→∞

yn = 0,

pa za svako y > 0, postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi yn < y).Proizvod xnyn = 1, n ∈ N, konvergira ka 1 kad n→ ∞, dok proizvod znyn = −1, n ∈ Nkonvergira ka −1 kad n → ∞. Ovo pokazuje da se uslov da je yn ≥ y > 0 pocev od

nekog n, ne moze izostaviti iz Tvrdenja 2.38 (ii) i (v). Slicno, za niz y′n = − 1

n, n ∈ N,

ne postoji y < 0 tako da je y′n ≤ y pocev od nekog n, i limn→∞

(xny′n) = −1 = −∞ i

limn→∞

(zny′n) = 1 = +∞. Ovi primeri pokazuju da se uslov da je yn ≤ y < 0 pocev od

nekog n, ne moze izostaviti iz drugog dela Tvrdenja 2.38 (ii) i (v).

Tvrdenja 2.38 (i), (iii), (iv) i (vi) simbolicki zapisujemo (koristeci simbole +∞ i −∞),respektivno, na sledeci nacin:

(+∞) · (+∞) = +∞,

(+∞) · (−∞) = −∞,

(+∞) · y = +∞, za svako y ∈ R, y > 0,

(+∞) · y = −∞, za svako y ∈ R, y < 0,

(−∞) · (−∞) = +∞,

(−∞) · y = −∞, za svako y ∈ R, y > 0,

(−∞) · y = +∞, za svako y ∈ R, y < 0.


Na primer, prva jednakost znaci da ako imamo dva niza koja teze ka +∞, onda i njihovproizvod tezi ka +∞, tj. ova jednakost upravo ilustruje Tvrdenje 2.38 (i), itd.

Uzimajuci ove jednakosti za definiciju, tj. ako na ovaj nacin prosirimo operacijumnozenja i na beskonacne elemente, mozemo pisati da i u slucaju proizvoda dva niza, odkojih oba odredeno divergiraju (ka +∞ ili −∞), ili od kojih jedan konvergira ka brojurazlicitom od 0, a drugi odredeno divergira, vazi jednakost

limn→∞

(xnyn) = limn→∞

xn · limn→∞

yn.

Posledica 2.39. (i) Ako je limn→∞

xn = +∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je limn→∞

cxn = +∞( limn→∞

cxn = −∞).


xn = −∞ i c ∈ R, c > 0 ( c < 0), tada je limn→∞

cxn = −∞ ( limn→∞

cxn =

+∞).

Dokaz. (i): Sledi iz Tvrdenja 2.38 (ii).

(ii): Sledi iz Tvrdenja 2.38 (v). �

Posledica 2.40. Neka je k ∈ N.(i) Ako je lim

n→∞xn = +∞, tada je lim

n→∞xkn = +∞.


xn = −∞ i k paran (neparan) broj, tada je limn→∞

xkn = +∞ ( limn→∞

xkn =

−∞).

Dokaz. (i): Sledi iz Tvrdenja 2.38 (i) na osnovu principa matematicke indukcije.(ii): Sledi iz Tvrdenja 2.38 (iv), (i), na osnovu principa matematicke indukcije. �

Primer 2.41. Nadimo limn→∞

(3n3 − 5n2 + 6n+ 8) i limn→∞

(−2n2 + 7n− 9).

Za n ∈ N je

3n3 − 5n2 + 6n+ 8 = 3n3(1− 5

3

1

n+ 2

1

n2+

8

3

1

n3).

S obzirom da je limn→∞

(−5

3

1

n+2

1

n2+8

3

1

n3) = 0, to je lim

n→∞(1− 5

3

1

n+2

1

n2+8

3

1

n3) = 1. Kako

je limn→∞

n = +∞, to je na osnovu Posledice 2.40 (i) i Posledice 2.39 (i) limn→∞

3n3 = +∞.

Sada iz Tvrdenja 2.38 (iii) sledi da je

limn→∞

(3n3 − 5n2 + 6n+ 8) = limn→∞

3n3(1− 5

3

1

n+ 2

1

n2+

8

3

1

n3) = +∞.

Slicno

limn→∞

(−2n2 + 7n− 9) = limn→∞

(−2n2)(1− 7

2· 1n− 9

n2) = −∞.

Za polinom Pk(x) = akxk+ak−1x

k−1+ · · ·+a1x+a0, ai ∈ R, i = 0, . . . k, ak = 0, vazi :

Pk(n) = aknk+ak−1n

k−1+· · ·+a1n+a0 = aknk

(1 +

ak−1

ak· 1n+ · · ·+ a1

ak· 1

nk−1+a0ak

· 1

nk

).


Kako je

limn→∞

(1 +

ak−1

ak· 1n+ · · ·+ a1

ak· 1

nk−1+a0ak

· 1

nk

)= 1,

a iz Posledice 2.40 i Posledice 2.39 sledi da je

limn→∞

aknk =

{+∞, za ak > 0,

−∞, za ak < 0,

to na osnovu Tvrdenja 2.38 (iii) i (vi) zakljucujemo da je

limn→∞

Pk(n) = limn→∞

(aknk + ak−1n

k−1 + · · ·+ a1n+ a0)

= limn→∞

aknk =

{+∞, za ak > 0,

−∞, za ak < 0. •


xn = x ∈ R, x = 0. Tada postoji prirodan broj n0 ∈ Ntakav da je

|xn| >|x|2za n ≥ n0. (2.21)

Pri tome, ako je x > 0, onda je

xn >x

2> 0 za n ≥ n0, (2.22)

a ako je x < 0, onda je

xn <x

2< 0 za n ≥ n0. (2.23)

Prema tome, svi clanovi niza (xn) pocev od nekog imaju isti znak kao i granicna vrednostovog niza.

Dokaz. Neka je ϵ =|x|2. Tada je ϵ > 0 i iz lim

n→∞xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da

za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

|x| − |xn| ≤ ||x| − |xn|| ≤ |xn − x| < ε =|x|2.

Odavde sledi da za n ≥ n0 vazi nejednakost

|x| − |x|2< |xn|,

tj.|x|2< |xn|, cime je dokazan prvi deo tvrdenja.


Iz |xn − x| < |x|2

sledi

x− |x|2< xn < x+

|x|2.

Za x > 0 dobijamo

xn > x− |x|2

= x− x

2=x

2> 0, za n ≥ n0,

dok za x < 0 imamo da je

xn < x+|x|2

= x− x

2=x

2< 0, za n ≥ n0.�

Primetimo da iz drugog dela prethodnog tvrdenja sledi prvi deo tvrdenja, tj. iz (2.22) i(2.23) sledi (2.21). Zaista, ako je x > 0, onda iz (2.22) sledi da je

|xn| = xn >x

2=

|x|2, za n ≥ n0.

Ako je pak x < 0, onda iz (2.23) imamo da je

|xn| = −xn > −x2=

|x|2, za n ≥ n0.

Tvrdenje 2.43. Ako je limn→∞

xn = x ∈ R, x = 0 i xn = 0 za svako n ∈ N, tada je niz(1

xn

)ogranicen.

Dokaz. Iz Tvrdenja 2.42 sledi da postoji n0 ∈ N tako da je |xn| >|x|2

za svako n ≥ n0,

pa je1

|xn|<

2

|x|za svako n ≥ n0. Neka je M = max

{2

|x|,

1

|x1|, . . . ,

1

|xn0−1|

}. Tada je∣∣∣∣ 1xn

∣∣∣∣ = 1

|xn|≤M za svako n ∈ N, pa je niz

(1

xn

)ogranicen. �

Vazi i vise od Tvrdenja 2.43.


xn = x ∈ R, x = 0 i xn = 0 za svako n ∈ N, tada niz(1

xn

)konvergira i vazi

limn→∞

1

xn=

1

x. (2.24)


xn = x = 0 i xn = 0 za svako n ∈ N. Iz Tvrdenja 2.43 sledi da

postoji M > 0 tako da je1

|xn|≤M za svako n ∈ N. Zato za svako n ∈ N vazi:

∣∣∣∣ 1xn − 1

x

∣∣∣∣ = 1

|x||xn||xn − x| ≤ M

|x||xn − x|.


Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz limn→∞

xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako

n ≥ n0 vazi |xn − x| < |x|M

· ϵ. Stoga za n ≥ n0 imamo∣∣∣∣ 1xn − 1

x

∣∣∣∣ ≤ M

|x||xn − x| < M

|x|· |x|M

· ϵ = ϵ.

Prema tome, niz

(1

xn

)konvergira i vazi (2.24). �


xn = x ∈ R, limn→∞

yn = y ∈ R, y = 0 i yn = 0 za svako

n ∈ N, tada niz

(xnyn

)konvergira i vazi

limn→∞

xnyn

=x

y.

Dokaz. Kako je

(xnyn

)=

(xn ·

1

yn

), tvrdenje sledi iz Tvrdenja 2.44 i Tvrdenja 2.35. �

Dokaz ovog tvrdenja se moze izvesti koriscenjem nula-nizova. Naime, iz limn→∞

xn =

x i limn→∞

yn = y, na osnovu Tvrdenja 2.29, sledi da postoje nula-nizovi (αn) i (βn)

tako da je xn = x+ αn i yn = y + βn, n ∈ N, i stoga je

xnyn

− x

y=x+ αny + βn

− x

y=

(x+ αn)y − (y + βn)x

(y + βn)y=yαn − xβny · yn

. (2.25)

Buduci da su (yαn) i (xβn) nula-nizovi, na osnovu Tvrdenja 2.28 zakljucujemo da je(yαn − xβn) nula-niz. Kako je lim

n→∞yn = y = 0, iz Tvrdenja 2.43 sledi da je niz(

1

yn

)ogranicen, i stoga i niz

(1

y · yn

). Na osnovu Tvrdenja 2.30 dobijamo da je(

(yαn − xβn) ·1

y · yn

)nula-niz. Sada, na osnovu (2.25) i Tvrdenja 2.29 (ili Tvrdenja

2.21) zakljucujemo da je limn→∞

xnyn

=x

y.

Obrat Tvrdenja 2.45 ne vazi, tj. ukoliko je kolicnik dva niza konvergentan niz, ne

mora svaki od njih da bude konvergentan niz. Na primer, za an = sinnπ

2i bn = n,

n ∈ N, vazi da je kolicnik

(anbn

)konvergentan niz (Primer 2.31), ali oba niza (an) i (bn)

divergiraju. Takode, nizovi xn = 2(−1)n i yn = (−1)n, n ∈ N, divergiraju, ali je njihov

kolicnikxnyn

= 2, n ∈ N, kao konstantan niz, konvergentan.

Napomenimo da ako nizovi (xn) i (yn) teze ka +∞ (−∞) (tj. odredeno divergi-raju), ili ako su oba niza nula-nizovi, u opstem slucaju ne mozemo nista zakljuciti o

konvergenciji niza

(xnyn

)-ovaj niz moze konvergirati, ali moze biti i divergentan.


Na primer, ako je xn = n2 i yn = −3n, n ∈ N, onda je limn→∞

xn = +∞, limn→∞

yn = −∞

i limn→∞

xnyn

= −∞ i limn→∞

ynxn

= 0.

Neka je an = 2 + (−1)n, n ∈ N. Tada je

an =

{3, n = 2k,1, n = 2k − 1, k ∈ N,

i za xn = an ·n = (2+ (−1)n)n, buduci da je an ≥ 1 > 0 za svako n ∈ N i limn→∞

n = +∞,

na osnovu Tvrdenja 2.38 (ii) zakljucujemo da je limn→∞

xn = +∞. Ako je yn = n, tada je

i limn→∞

yn = +∞, ali limn→∞

xnyn

= limn→∞

an ne postoji.

Za nula-nizove

(4

n

)i

(1

n2

)vazi lim

n→∞

4

n1

n2

= limn→∞

4n = +∞ i limn→∞

1

n24

n

= limn→∞

1

4n=

0, dok niz ((−1)n), kolicnik nula-nizova

((−1)n

n

)i

(1

n

), nema granicnu vrednost.

Zbog toga, ako niz (xn) tezi ka +∞ ili ka −∞, a takode i niz (yn) tezi ka +∞ ili

ka −∞, za limes limn→∞

xnyn

kazemo da predstavlja neodredenost oblika∞∞

, a za kolicnik

xnyn

da je neodredeni izraz oblika∞∞

kad n → ∞. Ako su (xn) i (yn) nula-nizovi, onda

za limes limn→∞

xnyn

kazemo da je neodredenost oblika0

0, a za kolicnik

xnyn

da je neodredeni

izraz oblika0

0kad n→ ∞.


yn = +∞ ( limn→∞

yn = −∞), onda je

(1

yn

)nula-niz.18


yn = +∞ i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za svako

n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn >1

ϵ> 0, odakle, na osnovu Tvrdenja 1.78 (xiii), imamo da je

0 <1

yn< ϵ, i stoga je

∣∣∣∣ 1yn∣∣∣∣ = 1

yn< ϵ. Prema tome,

(1

yn

)je nula-niz.

Neka je sada limn→∞

yn = −∞ i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N tako da za

svako n ∈ N iz n ≥ n0 sledi yn < −1

ϵ< 0, odakle, na osnovu Tvrdenja 1.78 (xiii), imamo

18Tvrdenje 2.46 simbolici zapisujemo:

1

+∞ = 0,

1

−∞ = 0.


da je 0 >1

yn> −ϵ, i stoga 0 < − 1

yn< ϵ. Dakle, za n ≥ n0 vazi nejednakost

∣∣∣∣ 1yn∣∣∣∣ = − 1

yn< ϵ.

Stoga zakljucujemo da je

(1

yn

)nula-niz. �

Posledica 2.47. (2.47.1) Ako je limn→∞

yn = +∞ ( limn→∞

yn = −∞) i (xn) ogranicen niz,

onda je

(xnyn

)nula-niz.

(2.47.2) Ako je limn→∞

yn = +∞ ( limn→∞

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

(xnyn

)nula-niz.19

Dokaz. (2.47.1): Sledi iz Tvrdenja 2.46 i Tvrdenja 2.30.

(2.47.2): Sledi iz Tvrdenja 2.46 i Tvrdenja 2.33, odnosno iz (2.47.1) i Tvrdenja 2.15.�

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

(1

yn

)ne mora da ima granicu. Na

primer, niz yn =1

(−1)nn=

(−1)n

(−1)2nn=

(−1)n

n(n = 1, 2, . . . ) je nula-niz, ali niz

1

yn=

(−1)nn (n = 1, 2, . . . ) nema granicu (videti Primer 2.12).

Tvrdenje 2.48. Neka je (yn) nula-niz i neka je yn > 0 (yn < 0) za svako n ∈ N (ili

pocev od nekog n). Tada je limn→∞

1

yn= +∞ ( lim

n→∞

1

yn= −∞).20

Dokaz. Neka je yn > 0 za svako n ∈ N, i neka je M > 0 proizvoljno. Kako je limn→∞

yn = 0

sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 vazi 0 < yn <1

M.

Odavde,1

yn> M za n ≥ n0. Prema tome, lim

n→∞

1

yn= +∞. �

19Ako je limn→∞

xn = x ∈ R, tvrdenje (2.47.2) simbolici zapisujemo:

x

+∞ = 0,

x

−∞ = 0, x ∈ R.

20Tvrdenje 2.48 simbolicki zapisujemo:

1

+0= +∞,

1

−0= −∞.


Napomena 2.49. Primetimo da s obzirom na definiciju granicne vrednosti niza, konver-gencija niza ne zavisi od konacno mnogo clanova niza. To znaci da u radu sa limesimanije uvek potrebno da odgovarajuce osobine nizova koje koristimo budu ispunjene zasvako n ∈ N, vec je dovoljno da one vaze pocev od nekog n1 ∈ N.

Tako u formulaciji Tvrdenja 2.44 nije bilo nephodno pretpostaviti da je xn = 0 zasvako n ∈ N, jer iz cinjenice da je lim

n→∞xn = x = 0, na osnovu Tvrdenja 2.17 (ili na

osnovu Tvrdenja 2.42) sledi da je xn = 0 pocev od nekog n. To znaci da moze da se desi

da1

xnne bude definisano za svako n, ali ipak, buduci da je definisano pocev od nekog

n, govorimo o limesu niza

(1

xn

). Iz istih razloga je u Tvrdenju 2.45 moguce izostaviti

uslov da je yn = 0 za sve n ∈ N. Slicno, u Tvrdenju 2.46 i Posledici 2.47 moguce jeizostaviti uslov da je yn = 0 za svako n ∈ N.

Takode, u Tvrdenju 2.48 je bilo dovoljno pretpostaviti da je yn > 0 (yn < 0) pocevod nekog n1 ∈ N.21•

Sledeca tvrdenja nam cesto pojednostavljuju nalazenje limesa nizova.

Tvrdenje 2.50. Neka su dati nizovi (xn) i (yn), pri cemu je (xn) konvergentan niz.Tada niz (xn+yn) ima granicnu vrednost ako i samo ako niz (yn) ima granicnu vrednosti vazi jednakost:

limn→∞


xn + limn→∞

yn. (2.26)

Pri tome vaze ekvivalencije:

(i) Niz (yn) je konvergentan ako i samo ako je niz (xn + yn) konvergentan;

(ii) Niz (yn) tezi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz (xn + yn) tezi ka +∞(−∞) kad n→ ∞.


xn = x ∈ R i neka je (yn) konvergentan niz. Buduci da je

niz (xn) konvergentan, iz Tvrdenja 2.21 sledi da je niz (xn + yn) konvergentan i da vazijednakost (2.26).

Obrnuto, pretpostavimo da je niz (xn + yn) konvergentan. Opet iz konvergencijeniza (xn), na osnovu Tvrdenja 2.21, zakljucujemo da je niz ((xn + yn) − xn) = (yn)konvergentan.

(ii): Pretpostavimo sada da je limn→∞

yn = +∞. Buduci da je niz (xn) konvergentan, iz

Tvrdenja 2.24 (v) sledi da je limn→∞

(xn+yn) = +∞. Prema tome, limn→∞

(xn+yn) = +∞ =

x+ (+∞) = limn→∞

xn + limn→∞

yn.

21Zaista, neka postoji n1 ∈ N tako da je yn > 0 za n ≥ n1, i neka je (yn) nula-niz. Tada za proizvoljnoM > 0, iz cinjenice da je (yn) nula-niz sledi da postoji n2 ∈ N tako da je |yn| < 1

Mza n ≥ n2, te za

n0 = max{n1, n2} i svako n ≥ n0 vazi da je 0 < yn = |yn| < 1M, odakle sledi da je 1

yn> M za svako

n ≥ n0. Prema tome, limn→∞

1

yn= +∞.


Obrnuto, pretpostavimo da je limn→∞

(xn + yn) = +∞. Kako je (xn) konvergentan,

to je i niz (−xn) konvergentan (Posledica 2.36), pa iz Tvrdenja 2.24 (v) sledi da jelimn→∞

yn = limn→∞

((xn + yn)− xn) = +∞.

Slicno se dokazuje da je limn→∞

yn = −∞ ako i samo ako je limn→∞

(xn + yn) = −∞. �

Tvrdenje 2.51. Neka su dati nizovi (xn) i (yn) pri cemu je (xn) konvergentan niz,limn→∞

xn = x ∈ R, x = 0. Tada niz (xn · yn) ima granicnu vrednost ako i samo ako niz

(yn) ima granicnu vrednost i vazi jednakost

limn→∞

(xn · yn) = limn→∞

xn · limn→∞

yn. (2.27)


(i) Niz (yn) je konvergentan ako i samo ako je niz (xn · yn) konvergentan;(ii) Ako je x > 0, tada niz (yn) tezi ka +∞ (−∞) kad n→ ∞ ako i samo ako niz (xn ·yn)tezi ka +∞ (−∞) kad n→ ∞;

(iii) Ako je x < 0, tada niz (yn) tezi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz(xn · yn) tezi ka −∞ (+∞) kad n→ ∞.

Dokaz. (i): Pretpostavimo da je niz (yn) konvergentan. Buduci da je (xn) konvergentanniz, iz Tvrdenja 2.35 sledi da je niz (xnyn) konvergentan i da vazi jednakost (2.27).

Obrnuto, pretpostavimo da je niz (xnyn) konvergentan. Kako je (xn) konvergentanniz i lim

n→∞xn = x = 0, na osnovu Tvrdenja 2.45 i Napomene 2.49 sledi da je niz (yn) =(

xnynxn

)konvergentan.

(ii): Neka je limn→∞

xn = x > 0.


yn = +∞. Iz Tvrdenja 2.38(iii) sledi da je limn→∞

(xnyn) =

+∞. Prema tome, limn→∞

(xnyn) = +∞ = x · (+∞) = limn→∞

xn · limn→∞

yn.

Obrnuto, pretpostavimo da je limn→∞

(xnyn) = +∞. Iz Tvrdenja 2.44 sledi da niz(1

xn

)konvergira i da je lim

n→∞

1

xn=

1

x> 0. Kako je yn = (xnyn) ·

1

xn, opet iz Tvrdenja

2.38 (iii) sledi da je limn→∞

yn = +∞.

Slicno, koriscenjem Tvrdenja 2.38 (vi), dokazuje se da je limn→∞

yn = −∞ ako i samo

ako je limn→∞

(xnyn) = −∞, te je stoga limn→∞

(xnyn) = −∞ = x · (−∞) = limn→∞

xn · limn→∞

yn.

(iii): Sledi iz Tvrdenja 2.38 (iii) i (vi), slicno dokazu za (ii). �

Posledica 2.52. Proizvod konvergentnog niza sa granicnom vrednoscu razlicitom od 0 idivergentnog niza je divergentan niz.

Dokaz. Neka je (xn) konvergentan niz, limn→∞

xn = x = 0, i (yn) divergentan niz. Iz

Tvrdenja 2.51 (i) sledi da je zn = xnyn, n ∈ N, divergentan niz. �


Konvergentanne nula-niz

Nula-niz

Konvergentanniz

Konvergentanniz

Konvergentanniz

Divergentan niz

Divergentan niz

Divergentan niz

Divergentan niz

Divergentan niz

Konvergentan niz

Divergentan niz Divergentan

niz

Konvergentan niz

Tvrdenje 2.53. Neka su dati nizovi (xn) i (yn) pri cemu je (yn) konvergentan niz,

limn→∞

yn = y ∈ R, y = 0. Tada niz

(xnyn

)ima granicnu vrednost ako i samo ako niz (xn)

ima granicnu vrednost i vazi jednakost

limn→∞

xnyn

=limn→∞

xn

limn→∞

yn. (2.28)


(i) Niz (xn) je konvergentan ako i samo ako je niz

(xnyn

)konvergentan;

(ii) Ako je y > 0, tada (xn) tezi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz

(xnyn

)tezi ka +∞ (−∞) kad n→ ∞;

(iii) Ako je y < 0, tada (xn) tezi ka +∞ (−∞) kad n → ∞ ako i samo ako niz

(xnyn

)tezi ka −∞ (+∞) kad n→ ∞.

Dokaz. Iz Tvrdenja 2.44 sledi da niz

(1

yn

)konvergira i da je lim

n→∞

1

yn=

1

y= 0. Kako

je

(xnyn

)=

(1

yn· xn

), tvrdenje sledi iz Tvrdenja 2.51. �


Primer 2.54. Neka je Pk(x) = akxk+ak−1x

k−1+· · ·+a1x+a0, ai ∈ R, i = 0, . . . k, ak =0, i Qm(x) = bmx

m + bm−1xm−1 + · · ·+ b1x+ b0, bi ∈ R, i = 1, . . . ,m, bm = 0. Tada je

Pk(n)

Qm(n)=

aknk + ak−1n

k−1 + · · ·+ a1n+ a0bmnm + bm−1nm−1 + · · ·+ b1n+ b0

=akn

k

bmnm·1 +

ak−1

ak· 1n + · · ·+ a1

ak· 1nk−1 + a0

ak· 1nk

1 + bm−1

bm· 1n + · · ·+ b1

bm· 1nm−1 + b0

bk· 1nm

.

Kako je

limn→∞

1 +ak−1

ak· 1n + · · ·+ a1

ak· 1nk−1 + a0

ak· 1nk

1 + bm−1

bm· 1n + · · ·+ b1

bm· 1nm−1 + b0

bk· 1nm

= 1

i

limn→∞

aknk

bmnm=

sgn

akbm

· (+∞), za k > m,

akbk, za k = m,

0, za k < m,

to iz Tvrdenja 2.51 sledi

limn→∞

Pk(n)

Qm(n)= lim

n→∞

aknk

bmnm=

sgn

akbm

· (+∞), za k > m,

akbk, za k = m,

0, za k < m.

Tako, na primer,

limn→∞

−2n4 + 7n2 − 5

3n2 − 8n− 9= lim

n→∞

−2n4

3n2·1− 7

2 · 1n2 + 5

2 · 1n4

1− 83 · 1

n − 3n2

= limn→∞

−2n4

3n2= lim

n→∞(−2

3)n2 = −∞,

limn→∞

−2n4 + 7n2 − 5

3n4 − n− 9= lim

n→∞

−2n4

3n4·1− 7

2 · 1n2 + 5

2 · 1n4

1− 13 · 1

n3 − 3n4

= limn→∞

−2n4

3n4= lim

n→∞(−2

3) = −2

3,

limn→∞

−2n4 + 7n2 − 5

3n5 − 8n− 9= lim

n→∞

−2n4

3n5·1− 7

2 · 1n2 + 5

2 · 1n4

1− 83 · 1

n4 − 3n5

= limn→∞

−2n4

3n5= lim

n→∞

((−2

3)1

n

)= 0. •


Sledece tvrdenje, koje cemo cesto koristiti, poznato je kao ,,teorema o lopovu i dvapolicajca“.

Tvrdenje 2.55. Neka su nizovi (xn), (yn) i (zn) takvi da za svako n ∈ N (ili pocev odnekog n) vazi

xn ≤ yn ≤ zn, (2.29)

i neka je

limn→∞

xn = limn→∞

zn = a ∈ R. (2.30)

Tada je limn→∞

yn = a.

Dokaz. Neka nejednakost (2.29) vazi za sve n ∈ N, i neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz(2.30) sledi da postoje n1, n2 ∈ N tako da je

a− ϵ < xn < a+ ϵ, za svaki prirodan broj n ≥ n1, (2.31)

i

a− ϵ < zn < a+ ϵ, za svaki prirodan broj n ≥ n2. (2.32)

Neka je n0 = max{n1, n2}. Sada na osnovu (2.29), (2.31) i (2.32) sledi da za svakiprirodan broj n ≥ n0 vazi

a− ϵ < xn ≤ yn ≤ zn < a+ ϵ,

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

yn = a. �

Primetimo da je za dokaz prethodnog tvrdenja bilo dovoljno pretpostaviti da (2.29)vazi pocev od nekog n0 ∈ N jer, ponovimo opet, konvergencija niza ne zavisi od konacnomnogo clanova niza.22


limn→∞

n√a = 1, a > 0. (2.33)

22Dokaz se inace lako moze modifikovati za slucaj da nejednakost (2.29) vazi pocev od nekog n, tj. dapostoji m ∈ N tako da ova nejednakost vazi za sve prirodne brojeve n ≥ m. Naime, za proizvoljan brojϵ > 0, iz (2.30) sledi da postoje n1, n2 ∈ N tako da je

a− ϵ < xn < a+ ϵ, za svako n ≥ n1,

i

a− ϵ < zn < a+ ϵ za svako n ≥ n2.

Neka je n0 = max{m,n1, n2}. Za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

a− ϵ < xn ≤ yn ≤ zn < a+ ϵ,

tj. |yn − a| < ϵ. Prema tome, limn→∞

yn = a. �


Pretostavimo najpre da je a > 1. Tada je23 n√a > 1, tj. n

√a − 1 > 0 i na osnovu

Bernulijeve nejednakosti dobijamo

a =(1 +

(n√a− 1

))n ≥ 1 + n(

n√a− 1

)> n

(n√a− 1

), n ∈ N.

Sledi0 < n

√a− 1 <

a

n, za svako n ∈ N. (2.34)

Kako je limn→∞

a

n= 0, i za konstantan niz xn = 0 (n ∈ N) vazi lim

n→∞xn = 0 (Primer 2.3),

to iz (2.34), na osnovu Tvrdenja 2.55, sledi limn→∞

(n√a− 1

)= 0, odnosno lim

n→∞n√a = 1.

Ako je a = 1, jednakost (2.33) ocigledno vazi.

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

a> 1 i prema vec dokazanom delu

tvdenja imamo da je limn→∞

n√b = 1. Odavde, na osnovu Tvrdenja 2.44, sledi

limn→∞

n√a = lim

n→∞n

√1

b= lim

n→∞

1n√b=

1

limn→∞

n√b=

1

1= 1. •

Primer 2.57. Dokazimo da jelimn→∞

n√n = 1. (2.35)

Primenom binomne formule dobijamo

n =(1 +

(n√n− 1

))n= 1 + n

(n√n− 1

)+n(n− 1)

2

(n√n− 1

)2+ . . . ( n

√n− 1)n

Kako je n√n− 1 > 0 za n = 2, 3, . . . , to je

n >n(n− 1)

2

(n√n− 1

)2,

i prema tome,

0 < n√n− 1 <

√2√

n− 1, n ∈ N, n = 1. (2.36)

Kako je limn→∞

√2√

n− 1= 0, iz (2.36) na osnovu Tvrdenja 2.55 dobijamo lim

n→∞

(n√n− 1

)=

0, odakle sledi (2.35). •

Tvrdenje 2.58. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva takvi da je

xn ≤ yn za svako n ∈ N. (2.37)

Ako je limn→∞

xn = +∞, onda je limn→∞

yn = +∞.

Ako je limn→∞


xn = −∞.

23U protivnom, ako bi bilo n√a ≤ 1, onda bismo na osnovu (1.62) imali a = ( n

√a)n ≤ 1n = 1, sto je

suprotno pretpostavci.



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

xn > M za svako n ≥ n0. Iz (2.37) sledi da je yn > M za svako n ≥ n0. Prema tome,limn→∞

yn = +∞.

Drugi deo tvrdenja se dokazuje analogno. �Naravno, za dokaz Tvrdenja 2.58 je bilo dovoljno pretpostaviti da nejednakost (2.37)

vazi pocev od nekog n ∈ N.

Primer 2.59. Dokazacemo da je

limn→∞

an

nk= +∞, a > 1, k ∈ R. (2.38)

Dokazujemo najpre jednakost (2.38) za slucaj k = 1. Koristeci binomnu formuludobijamo

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

2(a− 1)2 + · · ·+ (a− 1)n.

Odavde, buduci da je a− 1 > 0, sledi

an >n(n− 1)

2(a− 1)2,

i prema tome,an

n>n− 1

2(a− 1)2. (2.39)

Kako je limn→∞

n− 1

2(a− 1)2 = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.58 iz (2.39) sledi

limn→∞

an

n= +∞. (2.40)

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

an

nk>an

n, za svako n ∈ N. (2.41)

Iz (2.40) i (2.41), na osnovu Tvrdenja 2.58, sledi limn→∞

an

nk= +∞.

Dokazimo sada jednakost (2.38) za slucaj k > 1. Postoji prirodan broj m ≥ k i vazink ≤ nm, pa je

an

nk≥ an

nm=

(( m√a)n

n

)m=

(bn

n

)m, (2.42)

gde je b = m√a > 1. Kako je na osnovu vec dokazanog lim

n→∞

bn

n= +∞, iz Posledice 2.40

((2.40.1)) sledi

limn→∞

(bn

n

)m= +∞. (2.43)

Sada iz (2.42), (2.43) i Tvrdenja 2.58 sledi limn→∞

an

nk= +∞. •


Primer 2.60. Ako k, a ∈ R, |a| > 1, onda je

limn→∞

nk

an= 0. (2.44)

Zaista, iz (2.38) sledi

limn→∞

|a|n

nk= +∞,

pa iz Tvrdenja 2.46 sledi da je

limn→∞

nk

|a|n= 0. (2.45)

Buduci da je (xn) nula-niz ako i samo ako je (|xn|) nula-niz (videti Zadatak 1, u drugomdelu knjige), iz (2.45) sledi (2.44). •

Primer 2.61. Za k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a = 1, dokazimo da je

limn→∞

loga n

nk= 0. (2.46)

Razmotrimo prvo slucaj kada je a > 1. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj, i neka jeb = aϵ. Kako je a > 1, sledi b = aϵ > a0 = 1. Iz (2.44) sledi

limn→∞

n

bn= 0,

pa ce postojati n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N, n ≥ n0 vazi

1

bn≤ n

bn< 1.

Mnozenjem sa bn dobijamo

1 ≤ n < bn,

tj.

1 ≤ n < aϵ n.

Odavde, s obzirom da je funkcija x 7→ loga x strogo rastuca jer je a > 1, dobijamo

0 ≤ loga n < ϵn, za n ≥ n0,

i stoga,

0 ≤ loga n

n< ϵ, za n ≥ n0. (2.47)

Prema tome,

limn→∞

loga n

n= 0. (2.48)

Time smo dokazali da (2.46) vazi za slucaj kada je k = 1.


Iz (2.48) sledi limn→∞

loga(n+ 1)

n+ 1= 0, i kako je lim

n→∞

n+ 1

n= 1, to na osnovu Tvrdenja

2.33 dobijamo

limn→∞

loga(n+ 1)

n= lim

n→∞

(loga(n+ 1)

n+ 1· n+ 1

n

)= 0. (2.49)

Odavde sledi da za svaki niz (mn) prirodnih brojeva takav da je limn→∞

mn = +∞ vazi:

limn→∞

loga(mn + 1)

mn= 0 (2.50)

Zaista, za proizvoljno ϵ > 0 iz (2.48) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za n ∈ N vaziimplikacija:

n ≥ n0 =⇒ 0 ≤ loga(n+ 1)

n=

∣∣∣∣ loga(n+ 1)

n

∣∣∣∣ < ϵ. (2.51)

Iz limn→∞

mn = +∞ sledi da postoji n1 ∈ N tako da za sve n ≥ n1 vazi mn > n0,

odakle zbog (2.51) dobijamo 0 ≤ loga(mn + 1)

mn< ϵ. Prema tome, vazi (2.50).

Neka je mn = [nk], n ∈ N. Kako je zbog k > 0 funkcija x 7→ xk rastuca, to izn ≥ 1 sledi nk ≥ 1k = 1, pa je (mn) niz prirodnih brojeva. Zbog (1.52) vazi nejednakost[nk] ≤ nk < [nk] + 1, tj.

mn ≤ nk < mn + 1, n ∈ N. (2.52)

Kako je24 limn→∞

nk = +∞, to je limn→∞

(nk − 1) = +∞ na osnovu Tvrdenja 2.24 (v). S

obzirom da je mn > nk − 1, n ∈ N, na osnovu Tvrdenja 2.58 sledi limn→∞

mn = +∞.

Iz (2.52) sledi1

nk≤ 1

mn

iloga n

k < loga(mn + 1),

pa je

0 ≤ loga nk

nk<

loga(mn + 1)

mn. (2.53)

Sada iz (2.53) i (2.50), na osnovu Tvrdenja 2.55, dobijamo

limn→∞

loga nk

nk= 0,

odakle sledi

limn→∞

loga n

nk= lim

n→∞

(1

k· loga n

k

nk

)= 0.

24Neka je M > 0 proizvoljno. Na osnovu Arhimedovog principa postoji n0 ∈ N tako da je n0 > M1/k

(za n0 se moze uzeti [M1/k] + 1). Tada za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi n > M1/k i kako je funkcijax 7→ xk strogo rastuca (jer je k > 0), dobijamo da za svako n ≥ n0 vazi nk > M . Prema tome,lim

n→∞nk = +∞.


Neka je sada 0 < a < 1. Onda je1

a> 1 i na osnovu vec dokazanog imamo da je

limn→∞

loga−1 n

nk= 0.

Odavde sledi

limn→∞

loga n

nk= lim

n→∞

(− loga−1 n

nk

)= − lim

n→∞

loga−1 n

nk= 0. •

S obzirom da za 0 < a < 1 vazi da je loga n < 0 za n ∈ N, n ≥ 2, to je iloga n

nk< 0

za n ≥ 2. Medutim, za a > 1 vazi da je loga n > 0 za n ∈ N, n ≥ 2, te je iloga n

nk> 0 za

n ≥ 2. Iz Primera 2.61 i Tvrdenja 2.48 sledi

limn→∞

nk

loga n= −∞, k > 0, 0 < a < 1. (2.54)

i

limn→∞

nk

loga n= +∞, k > 0, a > 1. (2.55)

Ako za dva niza (an) i (bn), takva da je limn→∞

an = +∞ (−∞) i limn→∞

bn = +∞ (−∞),

vazi limn→∞

anbn

= +∞ (−∞) (ili, sto je u ovom slucaju ekvivalentno25, limn→∞

bnan

= 0), onda

cemo reci da je niz (an) beskonacno veliki niz viseg reda u odnosu na niz (bn), odnosnoda niz (an) ,,brze tezi“ beskonacnosti od niza (bn) i pisati bn ≺ an. Nije tesko videti daje ova relacija tranzitivna.

Kako je limn→∞

nk = +∞ za k > 0, limn→∞

loga n = −∞ za 0 < a < 1 i limn→∞

loga n = +∞za a > 1, 26 iz (2.54) i (2.55) sledi da je

loga n ≺ nk, za a > 0, a = 1, k > 0. (2.56)

25Ako je limn→∞

anbn

= +∞ (−∞), onda na osnovu Tvrdenja 2.46 sledi da je limn→∞

bnan

= 0. Obrnuto, ako

je limn→∞

bnan

= 0 i, recimo, limn→∞

an = +∞ i limn→∞

bn = −∞, onda je pocev od nekog n, an > 0 i bn < 0,

pa jebnan

< 0 pocev od nekog n. Sada iz Tvrdenja 2.48 sledi da je limn→∞

anbn

= −∞.26Neka je a > 1 i neka je M > 0 proizvoljan broj. Tada na osnovu Arhimedovog principa postoji

prirodan broj n0 takav da je n0 > aM (za n0 se moze uzeti [aM ] + 1). Tada za svaki prirodan brojn ≥ n0 vazi n > aM i buduci da je funkcija x 7→ loga x strogo rastuca, dobijamo da za sve n ≥ n0 vaziloga n > loga a

M =M . Prema tome, limn→∞

loga n = +∞ za a > 1.

Neka je sada 0 < a < 1, i neka je M > 0 proizvoljan broj. Tada na osnovu Arhimedovog principapostoji prirodan broj n0 takav da je n0 > a−M (za n0 mozemo uzeti [a−M ] + 1). Tada za svaki prirodanbroj n ≥ n0 vazi n > a−M i kako je funkcija t 7→ loga t strogo opadajuca, to je loga n < loga a

−M = −Mza sve n ≥ n0. Ovo znaci da je lim

n→∞loga n = −∞.


Buduci da je limn→∞

an = +∞ za a > 1 (dokaz analogan onom u Primeru 2.10), iz (2.38)

sledi da jenk ≺ an za a > 1, k > 0. (2.57)

Prema tome, na osnovu (2.56) i (2.57), za a > 1 i k > 0 vazi

loga n ≺ nk ≺ an. (2.58)

Koriscenjem Tvrdenja 2.55 i 2.58, dokazujemo sledece tvrdenje koje govori o tomeda tacku nagomilavanja nekog skupa mozemo okarakterisati pomocu niza elemenata iztog skupa.

Tvrdenje 2.62. Tacka x0 ∈ R je tacka nagomilavanja skupa X ⊂ R ako i samo akopostoji niz medusobno razlicitih elemenata skupa X koji tezi ka x0.

Dokaz. Neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ⊂ R. Razmotrimo najpre slucajkada je x0 konacan broj. Postoji tacka x1 ∈ X tako da je x1 ∈ (x0−1, x0+1). U intervalu(x0 −

1

2, x0 +

1

2

)ima beskonacno mnogo tacaka skupa X, pa postoji tacka x2 ∈ X

takva da je x2 ∈(x0 −

1

2, x0 +

1

2

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

medusobno razlicite elemente x1, x2, . . . , xn skupa X takve da je xi ∈ (x0 −1

i, x0 +

1

i),

i = 1, . . . , n, buduci da okolina

(x0 −

1

n+ 1, x0 +

1

n+ 1

)sadrzi beskonacno mnogo

elemenata skupa X, moguce je naci element xn+1 iz X ∩(x0 −

1

n+ 1, x0 +

1

n+ 1

)razlicit od svih x1, x2, . . . , xn. Time je indukcijom odreden niz medusobno razlicitihelemenata xn skupa X takav da za svako n ∈ N vazi:

x0 −1

n< xn < x0 +

1

n. (2.59)

Kako je limn→∞

(x0 −

1

n

)= lim

n→∞

(x0 +

1

n

)= x0, iz (2.59) i Tvrdenja 2.55 sledi lim

n→∞xn =

x0.Neka je x0 = +∞ (x0 = −∞). Na slican nacin kao malopre mozemo indukcijom

odrediti niz (xn) medusobno razlicitih elemenata skupa X takvih da je xn ∈ (n,+∞)(xn ∈ (−∞,−n)), n ∈ N. Kako je xn > n (xn < −n) i lim

n→∞n = +∞ ( lim

n→∞(−n) = −∞)

iz Tvrdenja 2.58 sledi limn→∞

xn = +∞ ( limn→∞

xn = −∞).

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


Napomena 2.63. Slicno Tvrdenju 2.62 moze se dokazati da ako se u svakoj levoj(desnoj) okolini realne tacke x0 nalazi beskonacno mnogo elemenata skupa X tada isamo tada postoji niz medusobno razlicitih elemenata skupa X koji konvergira ,,sleva“(,,zdesna“) ka tacki x0.

Zaista, ako je x0 ∈ R i ako se u svakoj levoj okolini tacke x0 nalazi beskonacno mnogoelemenata skupa X, tada posmatrajuci redom leve okoline

(x0 − 1, x0),

(x0 −

1

2, x0

), ...,

(x0 −

1

n, x0

), ...,

analogno kao u dokazu prethodnog tvrdenja, dolazimo do niza razlicitih elemenatax1, x2, ..., xn, ... skupa X za koje vazi:

x0 −1

n< xn < x0. (2.60)

Kako je limn→∞

(x0 −

1

n

)= x0, i kako za konstantan niz zn = x0 (n ∈ N) vazi lim

n→∞zn = x0,

to iz (2.60) i Tvrdenja 2.55 sledi limn→∞

xn = x0.

Obrnuto, ako postoji niz (xn) razlicitih elemenata skupa X takav da je xn < x0 zasve n ∈ N i lim

n→∞xn = x0, tada se u proizvoljnoj levoj okolini tacke x0 nalaze skoro

svi clanovi ovog niza i buduci da su oni medusobno razliciti, ta okolina onda sadrzibeskonacno mnogo elemenata skupa X. •

Primer 2.64. Svaka tacka x ∈ R je tacka nagomilavanja kako skupa racionalnih brojevaQ, tako i skupa iracionalnih brojeva I (Primeri 1.129 (v)). Stoga iz Tvrdenja 2.62 sledida postoji niz razlicitih racionalnih (iracionalnih) brojeva koji tezi ka x.

Tako na primer, ako je x = +∞, tada za niz un = n (n ∈ N) vazi un ∈ Q za sven ∈ N i lim

n→∞un = +∞, dok za niz vn =

√2 + n (n ∈ N) koji takode tezi ka +∞ vazi da

je vn ∈ I za sve n ∈ N, jer u protivnom iz vn ∈ Q sledi√2 = vn − n ∈ Q, sto nije tacno.

Slicno, za x = −∞ niz u′n = −n (n ∈ N) tezi ka −∞ i u′n ∈ Q za sve n ∈ N, dok za nizv′n =

√2− n (n ∈ N) koji takode tezi ka −∞ vazi da je v′n ∈ I za sve n ∈ N.

S obzirom da se u svakom otvorenom intervalu nalazi beskonacno mnogo racionalnih(iracionalnih) brojeva (Napomena 1.108 i komentar nakon Tvrdenja 1.113), na osnovuNapomene 2.63 sledi da za svaku realnu tacku x postoji niz razlicitih racionalnih (ira-cionalnih) brojeva koji konvergira ka toj tacki ,,sleva“, a takode postoji i niz razlicitihracionalnih (iracionalnih) brojeva koji konvergira ka toj tacki ,,zdesna“.

Ilustracije radi, ako je x ∈ Q, tada je x =p

q, p ∈ Z, q ∈ N, i za nizove xn =

p

q−

√2

n

i x′n =p

q+

√2

n, n ∈ N, vazi da je xn, x

′n ∈ I, 27 xn < x < x′n, i lim

n→∞xn = lim

n→∞x′n = x.

Za nizove rn = x − 1

n=p

q− 1

ni r′n = x +

1

n=p

q+

1

n(n ∈ N) vazi da je rn, r

′n ∈ Q,

rn < x < r′n za sve n ∈ N, i limn→∞

rn = limn→∞

r′n = x.

27Zaista, ako bi, na primer, xn ∈ Q, tj. p

q−

√2

n= r ∈ Q, onda bi

√2 =

(p

q− r

)n ∈ Q, sto nije

tacno.

118 Glava 2. Nizovi

Ako je x iracionalna tacka, tada za nizove zn = x − 1

ni z′n = x +

1

n, n ∈ N, imamo

da je limn→∞

zn = limn→∞

z′n = x, zn < x < z′n, zn, z′n ∈ I za sve n ∈ N. 28 •

2.2 Monotoni nizovi

U ovoj sekciji pokazujemo da se monotoni nizovi ubrajaju medu nizove koji imajugranicnu vrednost.

Definicija 2.65. Za niz (xn) kazemo da je (monotono) rastuci ako je xn ≤ xn+1 zasvako n ∈ N. Ako je xn < xn+1 za svako n ∈ N, onda kazemo da je niz (xn) strogo(monotono) rastuci.

Za niz (xn) kazemo da je (monotono) opadajuci ako je xn ≥ xn+1 za svako n ∈ N. Akoje xn > xn+1 za svako n ∈ N, onda kazemo da je niz (xn) strogo (monotono) opadajuci.

Za nizove koji su (strogo) rastuci ili (strogo) opadajuci kazemo da su monotoni nizovi.�

Na primer, niz xn =1

n(n = 1, 2, . . . ) strogo opada, jer je

1 >1

2>

1

3> · · · > 1

n>

1

n+ 1> . . . ,

tj.x1 > x2 > x3 > · · · > xn > xn+1 > . . . ,

dok niz yn = n2 (n ∈ N) strogo raste, jer je

1 < 4 < 9 < 16 < · · · < n2 < (n+ 1)2 < . . . ,

tj.y1 < y2 < y3 < y4 < · · · < yn < yn+1 < . . .

Konstantan niz je istovremeno i rastuci i opadajuci. Tako, na primer, za niz zn = 2(n ∈ N) vazi z1 = z2 = z3 = · · · = zn = zn+1 = . . . , te je ovaj niz i rastuci i opadajuci. Nizun = (−1)n (n = 1, 2, . . . ) nije monoton, jer je u1 = −1 < u2 = 1, a u2 = 1 > −1 = u3.Takode, ni niz vn = (−1)n 1

2n nije monoton, jer je v1 = −12 <

14 = v2, a v2 =

14 > −1

8 = v3.

Definicija 2.66. Za niz (xn), supremum skupa {xn : n ∈ N} se zove supremum niza iobelezava sa sup

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

sa infnxn. �

Na primer,

supn

1

n= sup

{1,

1

2,1

3, . . . ,

1

n, . . .

}= 1, inf

n

1

n= inf

{1,

1

2,1

3, . . . ,

1

n, . . .

}= 0,

28Zaista, ako bi, na primer, zn = x − 1

n∈ Q, tada bi x =

(x− 1

n

)+

1

n∈ Q, sto je suprotno

pretpostavci.

2.2. Monotoni nizovi 119

supn(−1)nn = sup ({−(2k − 1) : k ∈ N} ∪ {2k : k ∈ N}) = sup{2k : k ∈ N}

= sup{2, 4, . . . , 2k, . . . } = +∞,

infn(−1)nn = inf ({−(2k − 1) : k ∈ N} ∪ {2k : k ∈ N}) = inf{−(2k − 1) : k ∈ N}

= inf{−1,−3, . . . ,−(2k − 1), . . . } = −∞,

supn(n3 + 1) = sup

{2, 9, 28, . . . , n3 + 1, (n+ 1)3 + 1, . . .

}= +∞,

infn(n3 + 1) = inf

{2, 9, 28, . . . , n3 + 1, (n+ 1)3 + 1, . . .

}= 2.

Primetimo da je svaki rastuci niz (xn) odozdo ogranicen svojim prvim clanom:

x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ · · · ≤ xn ≤ . . . .

Svaki opadajuci niz (yn) je odozgo ogranicen svojim prvim clanom:

y1 ≥ y2 ≥ y3 ≥ · · · ≥ yn ≥ . . . .

Stoga mozemo reci da je rastuci niz ogranicen ako i samo ako je odozgo ogranicen, a daje opadajuci niz ogranicen ako i samo ako je odozdo ogranicen.

Za rastuce nizove vazi sledeca teorema.

Teorema 2.67. Svaki rastuci niz (xn) koji je odozgo ogranicen je konvergentan i

limn→∞

xn = supnxn.

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

Dokaz. Neka je niz (xn) rastuci i ogranicen odozgo. Na osnovu aksiome supremuma sledida je supremum niza α = sup

nxn realan broj. Neka je ϵ > 0. Buduci da je α − ϵ < α i

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

α− ϵ < xn0 ≤ xn ≤ α < α+ ϵ.

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

n→∞xn = α = sup

nxn.

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

xn = +∞. �

120 Glava 2. Nizovi

Za opadajuce nizove vazi sledeca teorema.

Teorema 2.68. Svaki opadajuci niz (xn) koji je odozdo ogranicen je konvergentan i

limn→∞

xn = infnxn.

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

Dokaz. Slicno dokazu Teoreme 2.67. �

Napomena 2.69. Iz Teorema 2.67 i 2.68 sledi da svaki rastuci (opadajuci) niz (xn),bez obzira na to da li je ogranicen odozgo (odozdo) ili ne, ima granicnu vrednost, i daje lim

n→∞xn = sup

nxn ( lim

n→∞xn = inf

nxn). •

Posledica 2.70. Ako rastuci (opadajuci) niz nije konvergentan, onda je limn→∞

xn = +∞( limn→∞

xn = −∞).

Dokaz. Iz prvog dela Teoreme 2.67 sledi da ako rastuci niz nije konvergentan, onda on nijeogranicen odozgo, te je na osnovu drugog dela iste teoreme lim

n→∞xn = +∞. Analogno,

tvrdenje za opadajuce nizove sledi iz Teoreme 2.68. �

Vec smo naucili da je konvergentan niz ogranicen, a da niz cija je granica +∞ (−∞)nije ogranicen odozgo (odozdo) i da obrnuta tvrdenja ne vaze. Medutim kod monotonihnizova vazi obrat svakog od pomenutih tvrdenja.

Posledica 2.71. (i) Monoton niz je konvergentan ako i samo ako je ogranicen.

Drugim recima, rastuci (opadajuci) niz je konvergentan ako i samo ako je odozgo(odozdo) ogranicen.

(ii) Rastuci (opadajuci) niz odredeno divergira ka +∞ (−∞) ako i samo ako nije ogranicenodozgo (odozdo).

Dokaz. Tvrdenje (i) Sledi iz Teoreme 2.67 (Teoreme 2.68) i Tvrdenja 2.15.

Tvrdenje (ii) sledi iz Teoreme 2.67 (Teoreme 2.68) i Napomene 2.16. �

Primer 2.72. Dokazimo da niz

x1 =√2, x2 =

√2 +

√2, x3 =

√2 +

√2 +

√2, . . .

xn =

√2 +

√2 +

√2 + · · ·+

√2 =

√2 + xn−1

konvergira.


Najpre cemo indukcijom pokazati da je niz (xn) rastuci.Kako je g(x) =

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

√2 sledi x1 =√

2 <√

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

je xn+1 =√2 + xn <

√2 + xn+1 = xn+2.

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

Imamo da je x1 =√2 < 2 i pretpostavimo da je xn < 2. Tada je 2 + xn < 2 + 2 = 4

i zato je xn+1 =√2 + xn <

√4 = 2.

Buduci da je niz (xn) rastuci i ogranicen odozgo, on je konvergentan i oznacimo sa xnjegovu granicnu vrednost. Iz jednakosti xn =

√2 + xn−1 sledi jednakost x

2n = 2+xn−1.

Odavde i iz cinjenice da je limn→∞

xn = x sledi da je i limn→∞

xn−1 = x dobijamo x2 = 2+ x,

tj. x2 − x − 2 = 0. Sledi x =1 +

√9

2= 2 (odbacujemo drugo resenje

1−√9

2= −1

prethodne kvadratne jednacine) jer je x ≥ 0 zbog xn > 0 (Tvrdenje 2.17). Prema tome,limn→∞

xn = 2. •

Napomena 2.73. Primetimo da ako je niz (xn) dat formulom xn+1 = f(xn), n ∈ N,gde je f rastuca funkcija, i ako je x1 ≤ x2, onda se koriscenjem principa matematickeindukcije moze pokazati da je ovaj niz rastuci (u slucaju niza zadatog sa xn+1 =

√2 + xn

i x1 =√2 imamo da je f(x) =

√2 + x rastuca funkcija i da je x1 < x2). Zaista,

indukcijsku bazu imamo, i ako prepostavimo da je xn−1 ≤ xn, onda zbog cinjenice da jefunkcija f rastuca zakljucujemo da je f(xn−1) ≤ f(xn), tj. xn ≤ xn+1, tako da imamo iindukcijski korak. Ako je pak x1 ≥ x2, onda je x2 = f(x1) ≥ f(x2) = x3, itd. Primenomprincipa matematicke indukcije (analogno prethodnom slucaju) pokazuje se da je niz(xn) monotono opadajuci.

Osim toga, ako je c resenje jednacine x = f(x), tj. ako vazi jednakost c = f(c), i akoje x1 ≤ c (x1 ≥ c), onda se moze pokazati da je ovaj niz ogranicen odozgo (odozdo) sac. Zaista, neka je x1 ≤ c (x1 ≥ c). Pretpostavimo da je xn ≤ c (xn ≥ c). Odavde, sobzirom da je funkcija f rastuca, sledi da je f(xn) ≤ f(c) = c (f(xn) ≥ f(c) = c), tj.xn+1 ≤ c (xn+1 ≥ c). Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da je cgornja (donja) granica niza (xn). •

Primer 2.74. Neka je x1 = 1 i

xn+1 =9− 2xn7− 2xn

, n ∈ N. (2.61)

Prvih nekoliko clanova niza su: x1 = 1, x2 = 1.4, x3 = 3121 ≈ 1.476, x4 = 127

85 ≈ 1.494,x5 = 511

341 ≈ 1.499. Naslucujemo da je niz rastuci, ali to treba dokazati. Ako bi ovajniz bio rastuci i odozgo ogranicen, onda bi na osnovu Teoreme 2.67 sledilo da je ovajniz konvergentan, i postajao bi realan broj x takav da je x = lim

n→∞xn. S obzirom da

konvergencija niza ne zavisi od konacno mnogo clanova niza, zakljuculi bismo da niz(xn+1) = (x2, x3, . . . ) konvergira ka x, i onda bi prelaskom na limes u jednakosti

xn+1(7− 2xn) = 9− 2xn.

122 Glava 2. Nizovi

dobili da jex(7− 2x) = 9− 2x,

odakle bi sledilo da je 2x2 − 9x+ 9 = 0, tj. x = 3 ili x = 32 .

Ali treba dokazati da je niz odozgo ogranicen. Kako je za rastuci odozgo ogranicenniz njegov limes i njegov supremum, dakle gornja granica niza, to dolazimo na ideju naproverimo da li je 3

2 , ili barem 3 gornja granica niza.Najpre, x1 <

32 . Pretpostavimo da je xn <

32 . Tada je xn <

72 i

xn+1 −3

2=

9− 2xn7− 2xn

− 3

2=

2xn − 3

2(7− 2xn)=

xn − 32

2(72 − xn)< 0,

pa je xn+1 <32 . Na osnovu principa matematicke indukcije zakljucujemo da je xn <

32

za sve n ∈ N. 29

Pokazimo sada da je niz (xn) rastuci. Kako je

xn+1 − xn =(xn − 3)(xn − 3

2)72 − xn

,

i kako je xn <32 za sve n ∈ N, pa je xn < 3 i xn <

72 , zkljucujemo da je xn+1 − xn > 0,

tj. xn+1 > xn. Prema tome, niz (xn) je rastuci.Primetimo da smo ovde iskoristili ogranicenost niza da bismo dokazali njegovu monotonost.

Pritom, da smo prethodno dokazali samo da je niz odozgo ogranicen sa 3, ne bismo moglidokazati monotoni rast niza bez informacije da je niz odozgo ogranicen sa 3

2 .Niz (xn) je, buduci rastuci i odozgo ogranicen, konvergentan i njegova granicna vred-

nost x se odreduje prelaskom na limes u formuli xn+1(7−2xn) = 9−2xn, tj. iz jednacinex(7− 2x) = 9− 2x, i kao sto smo videli x = 3

2 ili x = 3. Kako su svi clanovi niza manjiod 3

2 , to 3 ne moze biti granicna vrednost niza. Prema tome, limn→∞

xn = 32 .

30

29Slicno bismo mogli da pokazemo da je xn < 3 za sve n ∈ N. Naime, x1 = 1 < 3, i pretpostavimo daje xn < 3. Tada je xn <

72i

xn+1 − 3 =9− 2xn7− 2xn

− 3 =4(xn − 3)

2( 72− xn)

< 0,

te je xn+1 < 3.Tako smo principom matematicke indukcije dokazali da je xn < 3 za sve n ∈ N.30Primetimo da se ovo resenje moze obrazloziti i postupkom navedenim u Napomeni 2.73. Naime,

iz (2.61) sledi da je xn+1 = f(xn), gde je f(x) = 9−2x7−2x

. Ova funkcija je strogo rastuca na intervalu

(−∞, 72), kao i na intervalu ( 7

2,+∞) (ispitivanje monotonosti funkcija izucavacemo u sekciji 4.7), a 3

2

(pored 3) je resenje jednacine x = f(x), pa iz x1 = 1 < 32, sledi x2 = f(x1) < f( 3

2) = 3

2. Odavde pak

sledi x3 = f(x2) < f( 32) = 3

2, itd. Matematickom indukcijom se pokazuje, kao sto smo videli, da je niz

odozgo ogranicen sa 32.

Iz x1 = 1 < 75

= x2 < 32< 7

2, sledi da je x2 = f(x1) < f(x2) = x3, itd. Iz pretpostavke da je

xn < xn+1, s obzirom da su svi clanovi niza manji od 32i stoga pripadaju intervalu (−∞, 7

2), gde je

funkcija f strogo rastuca, sledi da je xn+1 = f(xn) < f(xn+1) = xn+2. Na osnovu principa matematickeindukcije zakljucuje se da je (xn) rastuci niz.

Primetimo da za dokaz da je niz (xn) rastuci nismo mogli da iskoristimo cinjenicu da je f rastucana intervalu (−∞, 7

2) pre nego sto smo dokazali da je niz odozgo ogranicen sa 3

2, tj. da clanovi niza

pripadaju upravo intervalu (−∞, 72) na kome je funkcija f rastuca.


Drugi nacin: Dokazacemo da niz (xn) konvergira ka 32 ne koristeci monotonost niza.

Primenom principa matematicke indukcije dokazuje se da je xn <32 za sve n ∈ N.

Naime, x1 = 1 < 32 i iz pretpostavke da je xn <

32 , zakljucujemo da je 7− 2xn > 7− 3 =

4 > 0 i3

2− xn+1 =

9− 2xn7− 2xn

− 3

2=

32 − xn

7− 2xn> 0,

pa je xn+1 <32 . Prema tome, svaki clan niza je manji od 3

2 .Iz xn <

32 sledi da je 7− 2xn > 4, pa je

0 <3

2− xn+1 =

32 − xn

7− 2xn<

1

4(3

2− xn).

Nakon n koraka dobijamo

0 <3

2− xn+1 <

(1

4

)n(3

2− x1) =

(1

4

)n(3

2− 1) <

1

4n,

i kako je limn→∞

14n = 0, to na osnovu teoreme o dva policajca (Tvrdenje 2.55) dobijamo da

jelimn→∞

(32 − xn+1) = 0. Odavde sledi da je limn→∞

xn+1 =32 , te je i lim

n→∞xn = 3

2 . •

Primer 2.75. Neka je x1 = 3 i

xn+1 =x2n + 3

2xn, n ∈ N. (2.62)

Izracunajmo prvih nekoliko clanova niza: 3, 2, 1.75, 9756 ≈ 1.732.

Na prvi pogled cini se da je niz opadajuci, ali to treba dokazati. Ako bi ovaj niz bioopadajuci i odozdo ogranicen, onda bi na osnovu Teoreme 2.68 niz bio konvergentan, ipostajao bi realan broj x takav da je x = lim

n→∞xn. Prelaskom na limes u jednakosti

2xn+1xn = x2n + 3

dobili da je2x2 = x2 + 3,

odakle bi sledilo da je x2 = 3, tj. x =√3 ili x = −

√3.

Pokusacemo da dokazemo da je niz odozdo ogranicen. S obzirom da opadajuci,odozdo ogranicen niz konvergira ka svom infimumu, a infimum je donja granica, to jelimes niza i njegova donja granica. Proverimo stoga da li je

√3 donja granica niza.

Najpre, x1 = 3 >√3. Pretpostavimo da je xn >

√3. Kako su svi clanovi niza veci

od 0 (lako se pokazuje indukcijom), to je 31

xn+1 >√3 ⇐⇒ x2n + 3

2xn>

√3 ⇐⇒ x2n + 3 > 2

√3xn ⇐⇒ x2n − 2

√3xn + 3 > 0

⇐⇒ (xn −√3)2 > 0.

31Za dokaz da ovaj niz ogranicen je bilo dovoljno dokazati da je xn ≥√3 za sve n ∈ N, i to smo mogli

124 Glava 2. Nizovi

Buduci da je nejednakost xn+1 >√3 ekvivalentna tacnoj nejednakosti (xn −

√3)2 > 0,

zakljucujemo da je i sama tacna. Na osnovu principa matematicke indukcije sledi da jexn >

√3 za sve n ∈ N.

Dokazimo sada da je niz (xn) opadajuci. Kako je xn >√3, to je x2n− 3 > 0, i prema

tome

xn − xn+1 = xn −x2n + 3

2xn=

2x2n − x2n − 3

2xn=x2n − 3

2xn> 0, za sve n ∈ N.

Niz je opadajuci i odozdo ogranicen sa√3, te stoga konvergira. Njegova granicna vred-

nost x se odreduje iz jednacine 2x2 = x2 + 3, i kao sto smo videli x =√3 ili x = −

√3.

Kako su svi clanovi niza veci od√3, to −

√3 ne moze biti granicna vrednost niza. Prema

tome, limn→∞

xn =√3. 32

Primetimo da smo ovde, kao i u prethodnom primeru, najpre dokazali ogranicenostniza, a potom koristeci tu ogranicenost, dokazali da je niz monoton. •


limn→∞

an

n!= 0, a > 0. (2.63)

uraditi i ne koristeci princip matematicke indukcije. Naime,

xn+1 ≥√3 ⇐⇒ x2n + 3

2xn≥

√3 ⇐⇒ x2n + 3 ≥ 2

√3xn ⇐⇒ x2n − 2

√3xn + 3 ≥ 0

⇐⇒ (xn −√3)2 ≥ 0.

Kako je nejednakost xn+1 ≥√3 ekvivalentna tacnoj nejednakosti (xn −

√3)2 ≥ 0, zakljucujemo da je i

sama tacna, pa je xn ≥√3 za sve n ∈ N.

Mogli smo iskoristiti i nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine i zakljuciti da je

x2n + 3 ≥ 2√3xn, n ∈ N,

pa je

xn+1 =x2n + 3

2xn≥ 2

√3xn

2xn≥

√3.

32Primetimo da se i ovo resenje moze obrazloziti postupkom navedenim u Napomeni 2.73.

Iz (2.62) sledi da je xn+1 = f(xn), gde je f(x) = x2+32x

. Ova funkcija je strogo rastuca na intervalu

(−∞,−√3], kao i na intervalu [

√3,+∞) (videti sekciju 4.7), a

√3 (pored −

√3) je resenje jednacine x =

f(x), pa iz x1 = 3 >√3, sledi x2 = f(x1) > f(

√3) =

√3. Odavde pak sledi x3 = f(x2) > f(

√3) =

√3,

itd. Matematickom indukcijom se pokazuje, kao sto smo videli, da je niz odozdo ogranicen sa√3.

Iz x1 = 3 > 2 = x2 >√3, sledi da je x2 = f(x1) > f(x2) = x3, itd. Iz pretpostavke da je xn > xn+1,

s obzirom da su svi clanovi niza veci od√3 i stoga pripadaju intervalu (

√3,+∞), gde je funkcija f

strogo rastuca, sledi da je xn+1 = f(xn) > f(xn+1) = xn+2. Na osnovu principa matematicke indukcijezakljucuje se da je (xn) opadajuci niz.

Primetimo jos, da bismo mogli da dokazemo da je niz (xn) opadajuci koristeci cinjenicu da je f rastucafunkcija na intervalu (

√3,+∞), bilo je potrebno najpre dokazati da je niz odozdo ogranicen sa

√3, tj.

da clanovi niza pripadaju upravo intervalu (√3,+∞) na kome je funkcija f rastuca.


Neka je xn =an

n!. Sledi xn > 0 za svako n ∈ N i

xn+1

xn=

an+1

(n+ 1)!an

n!

=a

n+ 1. (2.64)

Kako jea

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

je n0 = max{[a − 1] + 1, 1} = max{[a], 1}. Niz (xn0 , xn0+1, xn0+2, . . . ) je opadajuci iogranicen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.68 konvergentan. Kako konvergencijaniza ne zavisi od konacno mnogo clanova niza, sledi da je niz (xn) konvergentan. Stogapostoji x ∈ R tako da je x = lim

n→∞xn. Tada je i lim

n→∞xn+1 = x. Na osnovu (2.64) imamo

xn+1 = xna

n+ 1, te je lim

n→∞xn+1 = lim

n→∞xn · lim

n→∞

a

n+ 1, tj. x = x · 0 = 0, sto dokazuje

jednakost (2.63).

Primetimo da je limn→∞

an

n!= 0 za svako a ∈ R. Zaista, za a = 0 to je ocigledno, a

ako je a < 0, onda je |a| > 0, pa je na osnovu vec dokazanog limn→∞

∣∣∣∣ann!∣∣∣∣ = lim

n→∞

|a|n

n!= 0,

odakle sledi limn→∞

an

n!= 0 (videti Zadatak 1). •

Iz (2.63), na osnovu Tvrdenja 2.48, sledi

limn→∞

n!

an= +∞, a > 0. (2.65)

Kako je limn→∞

n! = +∞ i limn→∞

an = +∞ za a > 1, to iz (2.58) i (2.65) sledi da za a > 1 i

k > 0 vaziloga n ≺ nk ≺ an ≺ n!. (2.66)

Definicija 2.77. Neka je a : N→ A niz elemenata skupa A i neka je n : N→ N strogorastuci niz prirodnih brojeva, tj. neka je

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

Tada se niz a ◦ n : N→ A, tj.

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

, . . . ),

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

Prema tome, podniz nekog niza je takode niz. Niz (bk) je podniz niza (an) akoje bk = ank

, k ∈ N, gde je (nk) strogo rastuci niz prirodnih brojeva. Na primer, niz(2, 4, 6, . . . , 2n, . . . ) je podniz niza prirodnih brojeva (1, 2, 3, . . . , n, . . . ). Medutimniz (6, 2, 4, 8, . . . , 2n, . . . ) nije podniz niza prirodnih brojeva. Niz (a1, a3, a5, . . . ) jepodniz niza (an), ali niz (a3, a1, a5, . . . , ) nije podniz niza (an) (a1 = a3). Trivijalno, isam niz (an) je podniz niza (an).

126 Glava 2. Nizovi

Primetimo da ako je (ank) podniz niza (an), onda je33

nk ≥ k za svako k ∈ N

i na osnovu Tvrdenja 2.58 sledi

limk→∞

nk = +∞. (2.67)

Tvrdenje 2.78. Ako niz (xn) ima granicnu vrednost x ∈ R, tada svaki njegov podnizima granicnu vrednost x.


xn = x, x ∈ R, (xnk) podniz niza (xn) i U proizvoljna okolina tacke

x. Iz limn→∞

xn = x sledi da postoji n0 ∈ N tako da je za sve n ≥ n0, xn ∈ U . Iz (2.67)

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

k ≥ k0. Prema tome, limk→∞

xnk= x. �

Medutim ako jedan podniz niza (xn) ima granicnu vrednost, sam niz (xn) ne moraimati granicnu vrednost. Na primer, niz xn = (−1)n (n = 1, 2, . . . ) ima konvergentnepodnizove: x2k = 1 i x2k−1 = −1 (k = 1, 2, . . . ), ali sam nema granicnu vrednost.

Na osnovu Tvrdenja 2.78 sledi da ako niz ima bar dva podniza koji imaju razlicitegranicne vrednosti, onda taj niz nema granicnu vrednost.

Iz konvergencije podniza, kao sto vec primetismo u prethodnom primeru, u opstemslucaju ne sledi konvergencija niza. Medutim u slucaju monotonog niza, konvergencijabilo kog podniza povlaci konvergenciju samog niza. Sledece tvrdenje govori o tome daje za konvergenciju monotonog niza dovoljno da ima barem jedan konvergentan podniz,a na osnovu Tvrdenja 2.78 vec znamo da je za konvergenciju ma kog niza potrebno daje svaki njegov podniz konvergentan.

Tvrdenje 2.79. Za monotoni niz sledeci uslovi su ekvivalentni:

33Uzmemo li, na primer, da je nk = 3k + 1, k ∈ N, onda je niz (nk)k = (4, 7, 10, 13, . . . ) strogo rastuciniz prirodnih brojeva, i niz (bk)k gde je bk = ank = a3k+1, k ∈ N, tj.

(b1, b2, b3, b4, . . . ) = (a4, a7, a10, a13, . . . ),

je podniz niza (an). Primetimo da je nk = 3k + 1 ≥ k za sve k ∈ N.Slobodnije govoreci, mi podniz pravimo tako sto iz niza uzimamo pojedine clanove postujuci pritom

poredak u kome se oni pojavljuju u nizu. To znaci da ne smemo da uzmemo deveti clan u nizu, paonda peti clan, itd. Gledajuci podniz (bk)k = (ank)k, k je pozicija clana bk = ank u podnizu (bk)k, dokje njegova pozicija u nizu (an) upravo nk. U gornjem primeru a4 je na prvoj poziciji u podnizu, a nacetvrtoj poziciji u nizu (k = 1 i nk = 4), a7 je na drugoj poziciji u podnizu, a na sedmoj poziciji u nizu(k = 2 i nk = 7), itd. Primecujemo da je pozicija clana u podnizu, sto je k, uvek manja ili jednaka odnjegove pozicije u nizu, tj. nk.


(1) Niz (xn) je konvergentan;

(2) Svaki podniz niza (xn) je konvergentan;

(3) Postoji konvergentan podniz niza (xn).

Dokaz. (1) =⇒ (2): Ako je niz (xn) konvergentan, onda je svaki njegov podniz konver-gentan i konvergira ka istoj granicnoj vrednosti na osnovu Tvrdenja 2.78 (primecujemoda ova implikacija vazi i bez pretpostavke o monotonosti niza (xn)).

Implikacija (2) =⇒ (3) je ocigledna.

(3) =⇒ (1): Neka postoji konvergentan podniz (xnk) monotonog niza (xn) i neka je

x ∈ R njegova granicna vrednost. Iz monotonosti niza (xn) sledi da on ima konacnuili beskonacnu granicnu vrednost (Napomena 2.69) ka kojoj onda tezi ma koji podnizniza (xn) (Tvrdenje 2.78). Prema tome, x je granicna vrednost niza (xn) i niz (xn) jekonvergentan. �

Za niz xn = n(−1)n iz Primera 2.12 koji nema granicnu vrednost, podniz x2k−1 =1

2k − 1je ogranicen, a podniz x2k = 2k nije ogranicen. Medutim, za monotoni niz

je dovoljno da postoji ogranicen podniz da bi ovaj niz bio konvergentan. Takode, zamonotono rastuci (opadajuci) niz je dovoljno da postoji podniz koji nije ogranicen da bigranicna vrednost ovog niza bila +∞ (−∞).

Tvrdenje 2.80. Za monotono rastuci (opadajuci) niz sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) Niz (xn) je konvergentan;

(2) Svaki podniz niza (xn) je odozgo (odozdo) ogranicen;

(3) Postoji odozgo (odozdo) ogranicen podniz niza (xn).

Dokaz. Sledi na osnovu Tvrdenja 2.79, jer je svaki podniz monotono rastuceg (opadajuceg)niza i sam monotono rastuci (opadajuci), te je, na osnovu Posledice 2.71 (i), podnizmonotono rastuceg (opadajuceg) niza konvergentan ako i samo ako je ogranicen odozgo(odozdo). �

Tvrdenje 2.81. Rastuci (opadajuci) niz (xn) je divergentan, tj. limn→∞

xn = +∞ ( limn→∞

xn =

−∞) ako i samo ako postoji podniz tog niza koji nije odozgo (odozdo) ogranicen.

Dokaz. Sledi iz ekvivalencije (1) ⇐⇒ (2) u Tvrdenju 2.80. �

Primer 2.82. Dokazimo da niz xn = 1 +1

2α+

1

3α+ · · ·+ 1

nα(n = 1, 2, . . . ) konvergira

za slucaj da je α > 1.

128 Glava 2. Nizovi

Za k = 2, 3, . . . vazi:

x2k−1 = 1 +

(1

2α+

1

3α

)+

(1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α

)+

(1

8α+

1

9α+ · · ·+ 1

15α

)+

. . . +

(1

(2k−1)α+

1

(2k−1 + 1)α+ · · ·+ 1

(2k − 1)α

)< 1 +

(1

2α+

1

2α

)+

(1

4α+

1

4α+

1

4α+

1

4α

)+

(1

8α+

1

8α+ · · ·+ 1

8α

)+

. . . +

(1

(2k−1)α+

1

(2k−1)α+ · · ·+ 1

(2k−1)α

)=

= 1 +2

2α+

4

4α+

8

8α+ · · ·+ 2k−1

(2k−1)α

= 1 +1

2α−1+

1

4α−1+

1

8α−1+ · · ·+ 1

(2k−1)α−1

= 1 +1

2α−1+

1

(2α−1)2+

1

(2α−1)3+ · · ·+ 1

(2α−1)k−1

=

1− 1

(2α−1)k

1− 1

2α−1

.

Kako je α > 1, to je α − 1 > 0, i stoga je 2α−1 > 20 = 1. Odavde sledi da je1

2α−1< 1,

pa je 1− 1

2α−1> 0, te je i

1

(2α−1)k

1− 1

2α−1

> 0.

Odavde dobijamo da je

x2k−1 <

1− 1

(2α−1)k

1− 1

2α−1

=1

1− 1

2α−1

−

1

(2α−1)k

1− 1

2α−1

<1

1− 1

2α−1

=2α−1

2α−1 − 1, k ∈ N,

i podniz (x2k−1)k rastuceg niza (xn)n je ogranicen, te na osnovu Tvrdenja 2.80 sledi daovaj niz konvergira.

Dokazimo sada da niz xn = 1+1

2α+

1

3α+ · · ·+ 1

nα(n = 1, 2, . . . ) divergira u slucaju

kad je α ≤ 1.

2.2. Broj e 129

Iz α ≤ 1 sledi da je nα ≤ n, te je1

nα≥ 1

n. Za k = 2, 3, . . . vazi:

x2k−1 = 1 +

(1

2α+

1

3α

)+

(1

4α+

1

5α+

1

6α+

1

7α

)+

(1

8α+

1

9α+ · · ·+ 1

15α

)+

. . . +

(1

(2k−1)α+

1

(2k−1 + 1)α+ · · ·+ 1

(2k − 1)α

)≥

≥ 1 +

(1

2+

1

3

)+

(1

4+

1

5+

1

6+

1

7

)+

(1

8+

1

9+ · · ·+ 1

15

)+

. . . +

(1

2k−1+

1

2k−1 + 1+ · · ·+ 1

2k − 1

)>

> 1 +

(1

4+

1

4

)+

(1

8+

1

8+

1

8+

1

8

)+

(1

16+ · · ·+ 1

16

)+

. . . +

(1

2k+ · · ·+ 1

2k

)= 1 +

2

4+

4

8+

8

16+ · · ·+ 2k−1

2k

= 1 +k − 1

2=k + 1

2.

Prema tome, za k ∈ N vazi x2k−1 ≥ k + 1

2, i kako niz sa opstim clanom

k + 1

2nije

ogranicen odozgo, to i niz (x2k−1) nije ogranicen odozgo. Buduci da je niz (xn) rastucii da ima podniz koji nije odozgo ogranicen, iz Tvrdenja 2.81 sledi da ovaj niz divergira,dok na osnovu Posledice 2.70 zakljucujemo da je njegova granicna vrednost +∞. •

Napomena 2.83. Iz Tvrdenja 2.81 sledi da ako monotoni niz (an) nema ogranicenpodniz, onda je lim

n→∞|an| = +∞. Niz xn = (−1)nn nije monoton, ne postoji ogranicen

podniz ovog niza i limn→∞

|xn| = limn→∞

n = +∞. Da se ovo desava i u opstem slucaju govori

sledece tvrdenje:Ako niz (xn) nema ograniceni podniz, onda je lim

n→∞|xn| = +∞.

Dokaz. Neka je M > 0 proizvoljno izabran broj. Tada nejednakost |xn| ≤ M vazi zakonacno mnogo n ∈ N, jer u protivnom ako bi bilo |xn| ≤ M , tj. xn ∈ [−M,M ] zabeskonacno mnogo n ∈ N, onda bi se mogao konstruisati podniz (xnk

)k takav da jexnk

∈ [−M,M ] za sve k ∈ N. Ovo bi znacilo da je (xnk)k ogranicen podniz niza (xn), sto

je suprotno pretpostavci. S obzirom da nejednakost |xn| ≤ M vazi za konacno mnogon ∈ N, to postoji n0 ∈ N tako da je |xn| > M za svaki prirodan broj n ≥ n0. Dakle,limn→∞

|xn| = +∞.

2.3 Broj e

Jedna od vaznih posledica teoreme o monotono rastucim nizovima (Teoreme 2.67) je

cinjenica da je niz sa opstim clanom xn =

(1 +

1

n

)nkonvergentan. Granicna vrednost

ovog niza se obelezava sa e. Broj e je jedna od najvaznijih konstanti u matematickoj

130 Glava 2. Nizovi

analizi. Za osnovu u eksponencijalnim i logaritamskim funkcijama je cesto pogodnijekoristiti broj e i zbog toga se logaritam sa osnovom e zove prirodni logaritam. Broj enalazi primenu kako u raznim matematickom oblastima, tako i u fizici, hemiji, biologijii ekonomiji.

Teorema 2.84. Niz (xn) sa opstim clanom

xn =

(1 +

1

n

)nje konvergentan.

Dokaz. Primenom binomne formule dobijamo:

xn =

(1 +

1

n

)n=

= 1 +

(n

1

)1

n+

(n

2

)1

n2+

(n

3

)1

n3+ · · ·+

(n

k

)1

nk+ · · ·+

(n

n

)1

nn=

= 1 + n · 1n+n(n− 1)

2!

1

n2+n(n− 1)(n− 2)

3!

1

n3+ . . .

· · ·+ n(n− 1) . . . (n− (k − 1))

k!

1

nk+ . . . +

n(n− 1) . . . 2 · 1n!

1

nn=

= 1 + 1 +1

2!

n(n− 1)

n2+

1

3!

n(n− 1)(n− 2)

n3+ . . .

. . . +1

k!

n(n− 1) . . . (n− (k − 1))

nk+ · · ·+ 1

n!

n(n− 1) . . . (n− (n− 1))

nn=

= 1 + 1 +1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ . . .

· · ·+ 1

k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)+ . . .

. . . · · ·+ 1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

),

i takode

xn+1 = 1 + 1 +1

2!

(1− 1

n+ 1

)+

1

3!

(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

)+ . . .

· · ·+ 1

k!

(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

). . .

(1− k − 1

n+ 1

)+ . . .

. . . +1

n!

(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

). . .

(1− n− 1

n+ 1

)+

+1

(n+ 1)!

(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

). . .

(1− n

n+ 1

).

Kako je

1− i

n< 1− i

n+ 1, za i = 1, 2, . . . , n− 1,

2.3. Broj e 131

to je za k = 2, . . . , n,

1

k!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)<

1

k!

(1− 1

n+ 1

)(1− 2

n+ 1

). . .

(1− k − 1

n+ 1

).

Prema tome, svaki sabirak u zbiru za xn manji ili jednak od odgovarajuceg sabirka uzbiru za34 xn+1 i pritom xn+1 ima jedan (pozitivan) sabirak vise, te je

xn < xn+1, za svako n ∈ N,

i niz (xn) je strogo rastuci.Ovo smo mogli da pokazemo i primenom Bernulijeve nejednakosti: za n ≥ 2 vazi

xnxn−1

=(1 + 1

n)n

(1 + 1n−1)

n−1=

(n+1)n

nn

nn−1

(n−1)n−1

=(n+ 1)n(n− 1)n−1

n2n−1

=(n2 − 1)n(n− 1)−1

(n2)nn−1=

(n2 − 1

n2

)nn

n− 1=

(1− 1

n2

)n n

n− 1

>(1− n

n2

) n

n− 1=

(1− 1

n

)n

n− 1=n− 1

n

n

n− 1= 1,

i zato je xn > xn−1.Sada dokazujemo da je niz (xn) odozgo ogranicen. Primetimo da za svako n ≥ 2 vaze

nejednakosti:

1− 1

n< 1,

(1− 1

n

)(1− 2

n

)< 1, . . .(

1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− k − 1

n

)< 1, . . .(

1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

)< 1,

i stoga je,

1

2!

(1− 1

n

)<

1

2!,

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)<

1

3!, . . .

1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

). . .

(1− n− 1

n

)<

1

n!.

Odavde zakljucujemo da je

xn < 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . . +

1

n!, n ≥ 2.

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

1

k!≤ 1

2k−1, k = 2, . . . n.

34Pri tome, ako je n ≥ 2 onda je, pocev od treceg, svaki sabirak u zbiru za xn strogo manji ododgovarajuceg sabirka u zbiru za xn+1.

132 Glava 2. Nizovi

Zato je

xn < 1 +1

1!+

1

2!+

1

3!+ . . . +

1

n!

≤ 1 + 1 +1

2+

1

22+ . . . +

1

2n−1

= 1 +1− 1

2n

1− 12

= 1 + 2

(1− 1

2n

)< 1 + 2 = 3, n ≥ 2.

Kako je niz (xn) rastuci i odozgo ogranicen, na osnovu Teoreme 2.67 on ima konacnugranicnu vrednost: lim

n→∞xn = sup

nxn ∈ R. �

Granicnu vrednost niza sa opstim clanom xn =

(1 +

1

n

)nobelezavamo sa e. Dakle

e = limn→∞

(1 +

1

n

)n,

i stoga,

e = supn

(1 +

1

n

)n. (2.68)

Oznaku e je uveo Ojler35. Dokazuje se da je broj e iracionalan (videti Primer 4.129,kao i zadatak 30 u drugom delu knjige).

Primetimo jos da je

2 = x1 < xn < 3, za svako n ≥ 2. (2.69)

Iz (2.68) i (2.69) sledi da je 2 < e ≤ 3. Preciznijim procenama nalazi se da je e =2, 7182818284 . . . .

Primer 2.85. Niz (yn) sa opstim clanom yn =

(1 +

1

n

)n+1

je monotono opadajuci i

odozdo ogranicen.

35L. Euler (1707-1783), svajcarski matematicar

2.3. Broj e 133

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

ynyn+1

=(1 + 1

n)n+1

(1 + 1n+1)

n+2=

(1 + 1n)n+2

(1 + 1n+1)

n+2(1 +

1

n)−1 =

(n+1)n+2

nn+2

(n+2)n+2

(n+1)n+2

n

n+ 1

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

(n(n+ 2))n+2

n

n+ 1=

(n2 + 2n+ 1)n+2

(n(n+ 2))n+2

n

n+ 1

=

(n(n+ 2) + 1

n(n+ 2)

)n+2 n

n+ 1=

(1 +

1

n(n+ 2)

)n+2 n

n+ 1

>

(1 +

n+ 2

n(n+ 2)

)n

n+ 1=

(1 +

1

n

)n

n+ 1= 1,

pa je yn > yn+1. Na osnovu Teoreme 2.68 sledi da je niz (yn) konvergentan i da je

limn→∞

yn = infnyn ∈ R. Kako je yn =

(1 +

1

n

)n+1

= xn

(1 +

1

n

), to je lim

n→∞yn =

limn→∞

xn = e. Prema tome,

e = limn→∞

(1 +

1

n

)n+1

= infn

(1 +

1

n

)n+1

. (2.70)

S obzirom da je niz (xn) strogo rastuci, a niz (yn) strogo opadajuci, iz (2.68) i (2.70)sledi da je36 (

1 +1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

, n ∈ N. • (2.71)

Primer 2.86. Pokazacemo da je

limn→∞

n!

nn= 0. (2.72)

Neka je an =n!

nn. Za svako n ∈ N vazi da je an > 0 i

an+1

an=

(n+ 1)!

(n+ 1)n+1

n!

nn

=

(n

n+ 1

)n. (2.73)

Kako je 0 <n

n+ 1< 1, to je

(n

n+ 1

)n< 1n = 1, n ∈ N, na osnovu (1.61). Odavde sledi

da jean+1

an< 1, i stoga an > an+1, n ∈ N. Prema tome, niz (an) je opadajuci i ogranicen

36Zaista, buduci da je (xn) strogo rastuci niz i da je supnxn = e, ako bi za neko n0 ∈ N vazilo da je

xn0 = e, onda bi xn0+1 > xn0 = e, sto je u suprotnosti sa tim da je supnxn = e. Stoga je xn < sup

nxn = e

za sve n ∈ N. Slicno, nijedan clan strogo opadajuceg odozdo ogranicenog niza (yn) ne moze biti jednakinfimumu ovog niza.

134 Glava 2. Nizovi

odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.68 konvergentan i postoji a ∈ R tako da je

a = limn→∞

an. Tada je i limn→∞

an+1 = a. Na osnovu (2.73) imamo an+1 ·(n+ 1

n

)n= an.

Zato je limn→∞

an+1 · limn→∞

(1 +

1

n

)n= lim

n→∞an , i prema tome, a · e = a. Odavde sledi

a(e− 1) = 0. Kako je e− 1 = 0, to je a = 0, sto dokazuje jednakost (2.72).Ovo smo mogli dokazati i na drugaciji nacin. Naime koriscenjem nejednakosti na

levoj strani u (2.71) dokazuju se nejednakosti (videti zadatak 36, u drugom delu knjige):(ne

)n< n! < e

(n2

)n, n ∈ N.

Odavde dobijamo1

en<n!

nn< e

1

2n, n ∈ N.

Buduci da je limn→∞

1

en= lim

n→∞

1

2n= 0, na osnovu Tvrdenja 2.55 sledi lim

n→∞

n!

nn= 0.

Sada na osnovu Tvrdenja 2.48, sledi

limn→∞

nn

n!= +∞. • (2.74)

Kako je37 limn→∞

n! = +∞ i limn→∞

nn = +∞, na osnovu (2.66) i (2.74), za a > 1 i k > 0

vazi

loga n ≺ nk ≺ an ≺ n! ≺ nn.

2.4 Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove

U sekciji 2.1 smo pokazali da je svaki konvergentan niz ogranicen (Tvrdenje 2.15) i daobrat ne vazi, tj. postoje ograniceni nizovi koji nisu konvergentni. Sledeca teorema,jedna u nizu vaznih teorema sa znacajnom primenom, govori o tome da ogranicen nizipak ima svojstvo da se iz njega moze izdvojiti barem jedan konvergentan podniz.

Teorema 2.87. (Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove)Svaki ogranicen niz ima konvergentan podniz.Svaki niz koji nije odozgo ogranicen ima podniz koji tezi ka +∞. Svaki niz koji nije

odozdo ogranicen ima podniz koji tezi ka −∞.

Dokaz. Neka je niz (xn) ogranicen. Tada postoji segment [a, b], a, b ∈ R, takav da

je xn ∈ [a, b] za svako n ∈ N. Podelimo ovaj segment srednjom tackoma+ b

2na dva

jednaka po duzini segmenta, [a,a+ b

2] i [

a+ b

2, b]. U bar jednom od tako dobijena dva

segmenta se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn). Oznacimo sa [a1, b1] onaj u

37Buduci da je n! ≥ n i nn ≥ n za svako n ∈ N, i limn→∞

n = +∞, to na osnovu Tvrdenja 2.58 sledi

limn→∞

n! = +∞ i limn→∞

nn = +∞.

2.4. Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove 135

kome se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn) i izaberimo jedan clan xn1 kojipripada ovom segmentu.

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

Nastavljajuci tako postupak, dobijamo niz umetnutih segmenata ([ak, bk]) cija duzina

bk − ak =b− a

2ktezi 0. Takode dobijamo i niz prirodnih brojeva (nk) takav da je

n1 < n2 < · · · < nk < nk+1 < . . . , tj. (nk) je strogo rastuci niz prirodnih brojeva istoga je (xnk

) podniz niza (xn), pri cemu je xnk∈ [ak, bk], k ∈ N. Na osnovu Kantorovog

principa o umetnutim segmentima (Teorema 1.76) postoji jedinstven broj ξ takav da je

{ξ} =

∞∩k=1

[ak, bk], i pritom je ξ = supkak = inf

kbk. S obzirom da je niz (ak) rastuci, a niz

(bk) opadajuci, iz Teorema 2.67 i 2.68 sledi

ξ = limk→∞

ak = limk→∞

bk. (2.75)

Kako je ak ≤ xnk≤ bk za svako k ∈ N, iz (2.75), a na osnovu Tvrdenja 2.55, sledi

limk→∞

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

Pretpostavimo da niz (xn) nije ogranicen odozgo. Tada postoji n1 ∈ N takav daje xn1 > 1. Niz (xn1+1, xn1+2, xn1+3, . . . ) takode nije ogranicen odozgo jer je dobijenod niza (xn) odbacivanjem konacno mnogo clanova. Zato postoji n2 ∈ N takav da jen2 > n1 i xn2 > 2. Nastavljajuci postupak dobijamo niz prirodnih brojeva (nk) takav

136 Glava 2. Nizovi

da je

n1 < n2 < · · · < nk < . . . (2.76)

i

xn1 > 1, xn2 > 2, . . . , xnk> k, . . . . (2.77)

Buduci da je (nk) strogo rastuci niz prirodnih brojeva, to je (xnk) podniz niza (xn). Kako

je xnk> k za sve k ∈ N, i kako je lim

k→∞k = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.58 zakljucujemo

da je limk→∞

xnk= +∞. 38

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

niza (xn) koji tezi ka −∞. �38Postojanje podniza koji tezi +∞ smo mogli dokazati i na sledeci nacin:Kako niz (xn) nije ogranicen odozgo, to 1 nije gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, pa postoji n1 ∈ N

tako da je xn1 > 1. U intervalu (2,+∞) se nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn) (jer u protivnomako bi se u ovom intervalu naslo samo konacno mnogo clanova niza (xn), onda bi najveci medu njima biogornja granica skupa {xn : n ∈ N}, i niz (xn) bi bio ogranicen odozgo), pa ce se medu njima naci baremjedan clan ciji je indeks veci od n1. Dakle postoji n2 ∈ N takav da je n2 > n1 i xn2 > 2. Nastavljajucipostupak dobijamo niz (nk) takav da je n1 < n2 < · · · < nk < . . . , i xn1 > 1, xn2 > 2, . . . , xnk > k, . . . .Kako je (nk) strogo rastuci niz prirodnih brojeva, to je (xnk ) podniz niza (xn), i s obzirom da je

xnk > k, za sve k ∈ N,

to na osnovu Tvrdenja 2.58 zakljucujemo da je limk→∞

xnk = +∞.

2.4. Kosijev kriterijum konvergencije nizova 137

Na primer, niz xn = (−1)n (n ∈ N) je ogranicen i ima dva konvergentna podniza:x2k−1 = −1 i x2k = 1 (k ∈ N), lim

k→∞x2k−1 = −1 i lim

k→∞x2k = 1.

Niz yn = n(−1)n nije odozgo ogranicen i ima podniz y2k = 2k (k ∈ N) koji tezi ka+∞ kad k → ∞, dok niz zn = (−1)nn (n ∈ N) nije ni odozgo, ni odozdo ogranicen injegov podniz z2k−1 = −(2k− 1) (k ∈ N) tezi ka −∞, a podniz z2k = 2k (k ∈ N) tezi ka+∞ kad k → ∞.

2.5 Kosijev kriterijum konvergencije nizova

U ovoj sekciji govorimo o nacinu kako utvrditi da li je neki niz konvergentan, koristecise samo poznavanjem clanova niza, a ne znajuci unapred ka kojoj bi granicnoj vrednostiniz konvergirao.

Definicija 2.88. Za niz (xn) kazemo da je Kosijev39, ili da ispunjava Kosijev uslov akoza svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da je |xm − xn| < ϵ za sve indekse m i n vece ilijednake od n0, tj.

(∀ϵ > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n, m ∈ N)(n,m ≥ n0 =⇒ |xm − xn| < ϵ). � (2.78)

Uslov (2.78) se moze formulisati i na sledeci nacin:Za svako ϵ > 0 postoji prirodan broj n0 tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 i svaki

nenegativan ceo broj p vazi |xn+p − xn| < ϵ.Primetimo da konvergentan niz ima svojstvo da se njegovi clanovi sa sve vecim in-

deksima sve manje razlikuju od granicne vrednosti, pa prema tome i jedan od drugog, tj.takav niz ispunjava Kosijev uslov. Interesantno je da vazi i obrat, i to cemo preciznijeiskazati sledecom teoremom.

Teorema 2.89. (Kosijev kriterijum konvergencije) Niz (xn) je konvergentan ako i samoako je Kosijev.

Dokaz. (=⇒): Neka je (xn) konvergentan niz. Tada postoji x ∈ R tako da je limn→∞

xn = x.

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji n0 ∈ N, tako da je za sve prirodne brojeve n ≥ n0vazi |xn − x| < ϵ

2. Odavde sledi da za sve prirodne brojeve m,n ≥ n0 vazi

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

2+ϵ

2= ϵ.

39A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematicar

138 Glava 2. Nizovi

Prema tome, niz (xn) je Kosijev.

(⇐=): Neka je (xn) Kosijev niz. Dokazimo da je (xn) ogranicen niz. Za ϵ = 1postojace n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve m,n ≥ n0 vazi |xm− xn| < 1. Odavdesledi da za sve prirodne brojeve m ≥ n0 vazi |xm − xn0 | < 1, tj. xm ∈ (xn0 − 1, xn0 +1),pa je niz (xn0 , xn0+1, xn0+2, . . . ) ogranicen, te je stoga i (xn) ogranicen niz.

Sada na osnovu Teoreme 2.87 sledi da niz (xn) ima konvergentan podniz (xnk), tj.

postoji x ∈ R tako da je limk→∞

xnk= x. Pokazacemo da je lim

n→∞xn = x.

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Buduci da je niz (xn) Kosijev, postojace n0 ∈ N tako daje

|xm − xn| <ϵ

2, za sve prirodne brojeve m,n ≥ n0. (2.79)

Iz limk→∞

xnk= x sledi da postoji k1 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve k ≥ k1 vazi

|xnk− x| < ϵ

2. Buduci da je lim

k→∞nk = +∞, postoji k2 ∈ N tako da je nk > n0 za sve

prirodne brojeve k ≥ k2. Izaberimo sada jedno k ∈ N takvo da je k ≥ max{k1, k2}. Tadaje

|xnk− x| < ϵ

2i nk > n0. (2.80)

Iz (2.79), buduci da je nk > n0, zakljucujemo da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

|xn − xnk| < ϵ

2. Odavde i iz prve nejednakosti u (2.80) sledi da za svaki prirodan broj

n ≥ n0 vazi

|xn − x| = |(xn − xnk) + (xnk

− x)| ≤ |xn − xnk|+ |xnk

− x| < ϵ

2+ϵ

2= ϵ.


xn = x.

�

Primer 2.90. Neka je xn = 1 +cos 1

22+ · · · + cos(n− 1)

n2. Pokazacemo da je niz (xn)

konvergentan.

2.5. Kosijev kriterijum konvergencije nizova 139

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

|xm − xn| =

∣∣∣∣ cosn

(n+ 1)2+

cos(n+ 1)

(n+ 2)2+ · · ·+ cos(m− 1)

m2

∣∣∣∣≤ 1

(n+ 1)2+

1

(n+ 2)2+ · · ·+ 1

m2

<1

n(n+ 1)+

1

(n+ 1)(n+ 2)+ · · ·+ 1

(m− 1)m

=

(1

n− 1

n+ 1

)+

(1

n+ 1− 1

n+ 2

)+ · · ·+

(1

m− 1− 1

m

)=

1

n− 1

m<

1

n.

Kako postoji n0 ∈ N tako da je n0 >1

ϵ(mozemo uzeti n0 =

[1

ϵ

]+1), to za sve m,n ∈ N,

takve da je m > n ≥ n0, vazi |xm−xn| <1

n≤ 1

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

Teoreme 2.89 sledi da je (xn) konvergentan. •

Primer 2.91. U sekciji 2.2 Monotoni nizovi pokazali smo da niz sa opstim clanom

xn = 1 +1

2α+ · · · + 1

nαza α ≤ 1 divergira. Sada cemo to pokazati na drugi nacin,

koristeci Kosijev kriterijum. Naime, pokazujemo da ovaj niz nije Kosijev, tj. da vazinegacija uslova (2.78), odnosno uslov:

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

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

Zaista, neka je ϵ =1

2i za proizvoljno k ∈ N uzmimo da je n = k i m = 2k. Tada vazi:

|xm − xn| =1

(k + 1)α+ · · ·+ 1

(k + k)α≥ 1

k + 1+ · · ·+ 1

k + k> k

1

k + k=

1

2= ϵ,

pa niz (xn) nije Kosijev. •

Napomena 2.92. Primetimo da je aksioma neprekidnosti ekvivalentna konjunkciji Ar-himedovog principa i svojstva da je svaki Kosijev niz konvergentan. Kao sto smo vecvideli aksioma neprekidnosti je ekvivalentna aksiomi supremuma i aksiomi infimuma, izkojih sledi Arhimedov princip i Kantorov princip umetnutih odsecaka. Kao posledica ovadva principa dobija se Bolcano-Vajestrasova teorema, na osnovu koje se dokazaje svo-jstvo da je svaki Kosijev niz konvergentan. Da bismo pokazali obrnuto, da konjunkcijaArhimedovog principa i svojstva da je svaki Kosijev niz konvergentan povlaci Dedekin-dovu aksioma, koja je ekvivalenta aksiomi neprekidnosti, na osnovu dokaza Tvrdenja1.125 dovoljno je dokazati da za svaki niz umetnutih segmenata cija duzina tezi 0 postojijedinstvena tacka koja pripada svim segmentima.

140 Glava 2. Nizovi

Neka je ([an, bn])n niz umetnutih segmenata cija duzina tezi 0, i neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi bn − an < ϵ.Za sve m,n ∈ N, takve da je m > n ≥ n0, buduci da je am ≤ bn i an ≤ bm, vazenejednakosti

|am − an| = am − an ≤ bn − an < ϵ,

|bm − bn| = bn − bm ≤ bn − an < ϵ,

te su nizovi (an) i (bn) Kosijevi, i stoga konvergentni, tj. postoje ξ1, ξ2 ∈ R takvi da jeξ1 = lim

n→∞an i ξ2 = lim

n→∞bn. Odavde sledi da je lim

n→∞(an−bn) = ξ1−ξ2, a s obzirom da je

limn→∞

(an− bn) = 0, zakljucujemo da je ξ1−ξ2 = 0, i stoga je ξ1 = ξ2 = ξ. S obzirom da je

niz (an) rastuci, to je an ≤ ξ za sve n ∈ N. Zaista, ako bi postojao prirodan broj n1 ∈ Ntakav da je ξ < an1 , onda bi iz cinjenice da je niz (an) rastuci sledilo da je ξ < an1 ≤ anza sve prirodne brojeve n ≥ n1. Ovo bi znacilo da se van okoline U = (−∞, an1) tacke ξnalazi beskonacno mnogo clanova niza (an), sto je u suprotnosti s tim da je ξ granicnavrednost ovog niza. Slicno, iz cinjenice da je niz (bn) opadajuci sledi da je ξ ≤ bn za sven ∈ N. Prema tome, an ≤ ξ ≤ bn za sve n ∈ N, te je ξ ∈

∩n∈N

[an, bn]. Da je ξ jedina tacka

preseka∩n∈N

[an, bn] dokazuje se kao u dokazu Teoreme 1.119. •

2.6 Delimicne granice niza.Limes superior i limes inferior niza

U prethodnim sekcijama smo se bavili nizovima koji imaju granicnu vrednost. U ovojsekciji cemo izucavati i nizove koji nemaju granicnu vrednost.

Definicija 2.93. Tacka x ∈ R je delimicna granica (tacka nagomilavanja) niza (xn),ako postoji podniz (xnk

) niza (xn) koji tezi ka x kad k → ∞. �

Iz Tvrdenja 2.78 sledi da ako niz (xn) ima granicnu vrednost x, onda je x njegovajedina delimicna granica. Drugim recima, vazi tvrdenje:

Tvrdenje 2.94. Ako niz ima bar dve razlicite delimicne granice, onda on nema granicnuvrednost.

Primeri 2.95. (i) Za niz xn = (−1)n (n = 1, 2, . . . ), podniz x2k = (−1)2k = 1 (k =1, 2, . . . ) konvergira ka 1, dok podniz x2k−1 = (−1)2k−1 = −1 (k = 1, 2, . . . ) konvergiraka −1, pa su 1 i −1 su delimicne granice ovog niza i on nema granicu.

(ii) +∞ i −∞ su delimicne granice niza yn = (−1)nn (n = 1, 2, . . . ) jer podniz y2k−1 =(−1)2k−1(2k − 1) = −(2k − 1) (k ∈ N) tezi ka −∞, a podniz y2k = (−1)2k(2k) = 2k(k ∈ N) tezi ka +∞ i niz (yn) nema granicnu vrednost.

(iii) Za niz bn = n(−1)n (n = 1, 2, . . . ), podniz b2k−1 =1

2k − 1(k = 1, 2, . . . ) konvergira

ka 0, dok podniz b2k = 2k (k = 1, 2, . . . ) tezi ka +∞ kad k → ∞. Dakle, 0 i +∞ sudelimicne granice ovog niza i ovaj niz nema granicnu vrednost.

2.6. Delimicne granice niza. Limes superior i limes inferior niza 141

(iv) Niz an = sinnπ

2(n = 1, 2, . . . ) ima tri delimicne granice:-1,1,0, i zato nema granicnu

vrednost (Primer 2.11). •

Iz Bolcano-Vajerstrasove teoreme (Teorema 2.87) sledi sledece tvrdenje:

Tvrdenje 2.96. Svaki niz ima delimicnu granicu, konacnu ako je ogranicen i beskonacnuako je neogranicen.

Sledece tvrdenje daje potrebne i dovoljne ulove da je tacka iz R delimicna granicaniza.

Tvrdenje 2.97. Neka je (xn) niz realnih brojeva i x ∈ R. Sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) x je delimicna granica niza (xn).

(2) U svakoj okolini tacke x nalazi se beskonacno mnogo clanova niza.

(3) Za svaku okolinu U tacke x i svaki prirodan broj n postoji prirodan broj m > n takavda xm ∈ U .

Dokaz. (1)=⇒(2) Neka je x je delimicna granica niza (xn). Tada postoji podniz (xnk) niza

(xn), takav da je limk→∞

xnk= x. Neka je U proizvoljna okolina tacke x. Iz lim

k→∞xnk

= x

sledi da postoji k0 ∈ N tako da je za svako k ≥ k0, xnk∈ U . Prema tome, u okolini U se

nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn).(2)=⇒(3) 40

Tada Neka se u svakoj okolini tacke x nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn)i pretpostavimo da ne vazi (3). Tada postoji okolina U tacke x i postoji prirodan brojn takav da za svaki prirodan broj m > n vazi xm /∈ U . To znaci da okolina U osimeventualno clanova x1, . . . , xn, ne moze sadrzati vise nijedan clan niza (xn). Dakle, naslismo okolinu tacke x u kojoj nema beskonacno mnogo clanova niza (xn), sto je suprotnopretpostavci.

(3)=⇒(1) Neka za svaku okolinu U tacke x i svako n ∈ N postoji m > n takvo daje xm ∈ U . Pretpostavimo da je x konacan broj (za beskonacne tacke dokaz je slican).

Postoji clan niza xn1 koji pripada1

2-okolini tacke x, tj. xn1 ∈

(x− 1

2, x+

1

2

). Za

1

22-okolinu tacke x postoji prirodan broj n2 > n1 takav da je xn2 ∈

(x− 1

22, x+

1

22

).

Neka su prirodni brojevi n1, n2, . . . , nk izabrani tako da je n1 < n2 < · · · < nk i xnk∈

40Vaze ekvivalencije:

¬(∀U)(∀n ∈ N)(∃m ∈ N)(m > n ∧ xm ∈ U) ⇐⇒ (∃U)(∃n ∈ N)(∀m ∈ N)¬(m > n ∧ xm ∈ U)

⇐⇒ (∃U)(∃n ∈ N)(∀m ∈ N)(¬(m > n) ∨ ¬(xm ∈ U))

⇐⇒ (∃U)(∃n ∈ N)(∀m ∈ N)(¬(m > n) ∨ xm /∈ U)

⇐⇒ (∃U)(∃n ∈ N)(∀m ∈ N)(m > n =⇒ xm /∈ U),

ili zapisano u skracenoj verziji:

¬(∀U)(∀n ∈ N)(∃m > n)xm ∈ U ⇐⇒ (∃U)(∃n ∈ N)(∀m > n)xm /∈ U.

142 Glava 2. Nizovi(x− 1

2k, x+

1

2k

). Tada postoji prirodan broj nk+1 takav da je nk+1 > nk i xnk+1

∈(x− 1

2k+1, x+

1

2k+1

). Time je indukcijom odreden strogo rastuci niz prirodnih brojeva

(nk) takav da za svako k ∈ N vazi:

x− 1

2k< xnk

< x+1

2k. (2.81)

Niz (xnk) je podniz niza (xn) i kako je lim

k→∞

(x− 1

2k

)= lim

k→∞

(x+

1

2k

)= x, iz (2.81)

i Tvrdenja 2.55 sledi limk→∞

xnk= x. Prema tome, x je delimicna granica niza (xn). (Za

slucaj da je x = +∞, za okoline tacke x birali bismo intervale (2k,+∞) ili (k,+∞), aza slucaj kad je x = −∞ intervale (−∞,−2k) ili (−∞,−k), k = 1, . . . .) �

Na osnovu Tvrdenja 2.97 uocavamo razliku izmedu pojma granice niza i pojmadelimicne granice niza. Dakle, granica niza ima osobinu da se u njenoj proizvoljnojokolini nalaze skoro svi clanovi niza (svi sem eventualno konacno mnogo njih), dok se uproizvoljnoj okolini delimicne granice niza nalazi samo beskonacno mnogo clanova niza(pa ih i van nje moze biti beskonacno mnogo).

Ako je (xn) realan niz, za skup X = {xn : n ∈ N} kazemo da je skup vrednosti niza(setimo se da je niz po definiciji funkcija). Postoji razlika izmedu pojma delimicne graniceniza (xn) i pojma tacke nagomilavanja skupa vrednosti niza. Svaka tacka nagomilavanjaskupa vrednosti niza je njegova delimicna granica. Zaista, ako je x tacka nagomilavanjaskupa vrednosti niza, onda u proizvoljnoj okolini tacke x ima beskonacno mnogo eleme-nata skupa X (vidi Definiciju 1.126), sto znaci i beskonacno mnogo clanova niza (xn), pana osnovu Tvrdenja 2.97 sledi da je x delimicna granica niza. Medutim, obrnuto ne vazi,delimicna granica niza ne mora biti tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Primerje niz xn = (−1)n (n ∈ N). Delimicne granice niza su 1 i −1, ali skup njegovih vrednostiX = {−1, 1} je konacan i nema nijednu tacku nagomilavanja. Jos jednostavniji primerje konstantan niz an = 1 (n ∈ N). On ima granicu 1 i to je njegova jedina delimicnagranica, ali skup vrednosti niza je jednoelementan i nema tacku nagomilavanja.

Sledece tvrdenje govori o tome da ako je tacka +∞ (−∞) delimicna granica niza, ondaje ona i tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza. Takodje, ako je delimicna granicaniza konacan broj koji ne pripada skupu vrednosti niza, onda je ona tacka nagomilavanjaskupa vrednosti niza.

Tvrdenje 2.98. Neka je (xn) realan niz i X = {xn : n ∈ N} skup njegovih vrednosti.Ako je x = +∞, ili x = −∞, ili ako je x konacan broj koji ne pripada skupu X, tada susledeci uslovi ekvivalentni

(1) x je delimicna granica niza.

(2) U svakoj okolini tacke x postoji barem jedan clan niza.

(3) x je tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.

Dokaz. (1)=⇒(2): Neka je x delimicna granica niza (xn) i neka je U proizvoljna okolinatacke x. Iz Tvrdenja 2.97 sledi da U sadrzi beskonacno mnogo clanova niza (xn), pa ce,prema tome, sadrzati barem jedan clan niza.


(2)=⇒(3): Pretpostavimo da se u svakoj okolini tacke x nalazi barem jedan clan niza(xn), sto znaci bar jedan element skupa X. Ako je x = +∞ ili x = −∞, tada na osnovuTvrdenja 1.127 (ii) sledi da je x tacka nagomilavanja skupa X. Ako je x konacan brojkoji ne pripada skupu X, onda je x = xn za svako n ∈ N, te u proizvoljnoj okolini tackex postoji barem jedan element skupa X razlicit od x. Na osnovu Tvrdenja 1.127 (i)zakljucujemo da je x tacka nagomilavanja skupa X.

Implikaciju (3)=⇒(1) smo vec dokazali u komentaru pre ovog tvrdenja. �Iz Tvrdenja 2.98 i Tvrdenja 2.97 neposredno sledi sledece tvrdenje:

Tvrdenje 2.99. Neka je (xn) realan niz. Sledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) +∞ je delimicna granica niza.

(2) U svakoj okolini tacke +∞ se nalazi beskonacno mnogo clanova niza.

(3) Za svaku okolinu U tacke +∞ i svaki prirodan broj n postoji prirodan broj m > ntakav da je xm ∈ U .

(4) U svakoj okolini tacke +∞ se nalazi barem jedan clan niza.

(5) +∞ je tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.

Analogno tvrdenje se moze formulisati za −∞.

Tvrdenje 2.100. Neka je (xn) niz medusobno razlicitih realnih brojeva. Za x ∈ Rsledeci uslovi su ekvivalentni:

(1) x je delimicna granica niza.

(2) x je tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.

Dokaz. (1)=⇒(2): Neka je x delimicna granica niza (xn) i neka je U proizvoljna okolinatacke x. Iz Tvrdenja 2.97 sledi da U sadrzi beskonacno mnogo clanova niza (xn), pace, s obzirom da su svi clanovi niza medusobno razliciti, sadrzati beskonacno mnogoelemenata skupa vrednosti niza. Prema tome, x je tacka nagomilavanja skupa vrednostiniza. �

Primetimo da vazi i opstije tvrdenje: ako u nizu (xn) ne postoji clan sa kojim sepoklapa beskonacno mnogo drugih clanova niza, onda je tacka x ∈ R delimicna granicaniza ako i samo ako je ona tacka nagomilavanja skupa vrednosti niza.

Napomena 2.101. Bolcano-Vajestrasova teoreme za nizove (Teorema 2.87) se mozedobiti kao posledica Bolcano-Vajestrasova teoreme za skupove (Teorema 1.130):

Neka je (xn) ogranicen niz. Ako je skup vrednosti ovog niza {xn : n ∈ N} konacan,onda postoji broj x ∈ {xn : n ∈ N} tako da je beskonacno mnogo clanova niza jednakotom broju x. Od njih se moze formirati konstantan podniz niza (xn) koji konvergira ka x.Pretpostavimo sada da je {xn : n ∈ N} bekonacan skup. Kako je on ogranicen, na osnovuBolcano-Vajestrasova teoreme za skupove sledi da ovaj skup ima tacku nagomilavanja uskupu R, koja je prema prethodnom izlaganju delimicna granica niza (xn).

Neka (xn) nije ogranicen niz. To znaci da skup {xn : n ∈ N} nije ograncen odozgoili odozdo. Ako nije ogranicen odozgo (odozdo), onda na osnovu dokaza Bolcano-Vajestrasova teoreme za skupove sledi da je +∞ (−∞) tacka nagomilavanja ovog skupa,pa stoga i delimicna granica niza. •

144 Glava 2. Nizovi

Svaki niz ima bar jednu delimicnu granicu i dosad smo navodili primere nizova kojiimaju tacno jednu delimicnu granicu (svaki niz koji ima granicu), dve delimicne granice

(niz ((−1)n)n i (n(−1)n)n) ili tri delimicne granice (niz(sin

nπ

2

)n). Medutim, niz moze

imati i beskonacno mnogo delimicnih granica.

Primer 2.102. Neka je (an) niz medusobno razlicitih realnih brojeva, i neka je xnk =

an − 1

k, n, k ∈ N. Za svako n ∈ N, niz (xnk)

∞k=1 konvergira ka an, tj. lim

k→∞xnk = an.

Radi preglednosti dajemo sledecu tabelu:

x11 → x12 x13 → x14 . . . → a1↙ ↗ ↙

x21 x22 x23 x24 . . . → a2↓ ↗ ↙x31 x32 x33 x34 . . . → a3

↙x41 x42 x43 x44 . . . → a4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Formirajmo niz (yn) standardnim postupkom: y1 = x11, y2 = x12, y3 = x21, y4 = x31,y5 = x22, y6 = x13, itd. Za svako n ∈ N, niz (xnk)

∞k=1 je podniz niza (yn), pa je an

delimicna granica niza (yn). Dakle, niz (yn) ima beskonacno mnogo delimicnih granica.Medutim, brojevi an, n ∈ N, nisu jedine delimicne granice niza (yn). Svaka delimicnagranica niza (an) (ili sto je u ovom slucaju isto, tacka nagomilavanja skupa vrednostiniza (an)-videti Tvrdenje 2.100) je ujedno i delimicna granica niza (yn). Ovo sledi iznarednog tvrdenja, koje govori o tome da je svaka tacka nagomilavanja skupa delimicnihgranica niza, opet delimicna granica niza.

Tvrdenje 2.103. Neka je (xn) niz realnih brojeva i D(xn) skup njegovih delimicnihgranica. Ako je x0 tacka nagomilavanja skupa D(xn), onda x0 ∈ D(xn).

Dokaz. Neka je x0 tacka nagomilavanja skupa D(xn) i U proizvoljna okolina tacke x0.Tada postoji a ∈ D(xn) tako da je a ∈ U . Kako je U okolina i tacke a, i buducida je a delimicna granica niza (xn), iz Tvrdenja 2.97 sledi da se u okolini U nalazibeskonacno mnogo clanova niza (xn). Prema tome, u proizvoljnoj okolini tacke x0 senalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn), sto opet na osnovu Tvrdenja 2.97 znaci daje x0 delimicna granica niza (xn). �

Za skupX kazemo da je prebrojiv ako postoji bijektivno preslikavanje skupa prirodnihbrojeva na skup X. Drugim recima, skup je prebrojiv ako njegove elemente mozemo daporedamo u niz. Skup racionalnih brojeva iz ma kog intervala je prebrojiv. Skup svihracionalnih brojeva je takode prebrojiv41.

41Videti udzbenik: S. Aljancic, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Gradevinska knjiga Beograd,1979., str. 17. Primer 3, i str. 19. Primer 6.


Primer 2.104. Skup racionalnih brojeva iz intervala (0, 1) je prebrojiv. Poredajmonjegove elemente u niz (rn). Iz Tvrdenja 1.107 sledi da u okolini svakog realnog broja aiz segmenta [0, 1] ima beskonacno mnogo racionalnih tacaka iz intervala (0, 1), a samimtim i beskonacno mnogo clanova niza (rn), pa je, na osnovu Tvrdenja 2.97, a delimicnagranica niza (rn). Neka je b realan broj koji ne pripada segmentu [0, 1]. Buduci dapostoji njegova okolina koja je disjunktna sa intervalom (0, 1), pa samim tim i skupomQ∩ (0, 1), sledi da b nije delimicna granica niza (rn). Prema tome, skup svih delimicnihgranica niza (rn) je segment [0, 1]. •

Primer 2.105. Skup racionalnih brojeva Q je prebrojiv, pa se njegovi elementi moguporedati u niz (qn). Iz Tvrdenja 1.107 sledi da se u okolini svake tacke a ∈ R nalazibeskonacno mnogo racionalnih tacaka, a samim tim i beskonacno mnogo clanova niza(qn), pa je, na osnovu Tvrdenja 2.97, a delimicna granica niza (qn). Prema tome, skupsvih delimicnih granica niza (qn) je skup R. •

Dosad smo utvrdili da je za niz realnih brojeva (xn) skup njegovih delimicnih granica,D(xn), neprazan podskup skupa R, koji cak moze biti i beskonacan. Bilo koji beskonacanpodskup skupa R ima supremum i infimum, ali ne mora da ima minimum i maksimum.Zato je netrivijalno pitanje da li skup delimicnih granica niza (xn) ima maksimum iminimum. Odgovor je potvrdan, i o tome govori naredno tvrdenje.

Tvrdenje 2.106. Za svaki niz realnih brojeva postoji kako najveca, tako i najmanjadelimicna granica niza.

Dokaz. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Skup D(xn) je neprazan podskup skupa R.Ako je D(xn) konacan, onda on ima maksimum, tj. postoji najveca delimicna granicaniza. Tvrdenje dokazujemo sada za slucaj kada je D(xn) beskonacan skup. Ovaj skupima supremum u skupu R. Neka je α = sup D(xn) ∈ R i neka je U proizvoljna okolinatacke α. Iz definicije supremuma sledi da u okolini U postoji tacka a ∈ D(xn).

42 Ali U jeonda okolina i tacke a, i buduci da je a delimicna granica niza (xn), na osnovu Tvrdenja2.97 sledi da se u okolini U nalazi beskonacno mnogo clanova niza (xn). Opet na osnovuTvrdenja 2.97 zakljucujemo da je α delimicna granica niza (xn), tj. α ∈ D(xn). Kako jeα supremum skupa koji pripada skupu, sledi da je α = max D(xn), tj. postoji najvecadelimicna granica niza (xn).

Slicno se dokazuje da postoji najmanja delimicna granica niza (xn). �

Definicija 2.107. Najveca delimicna granica niza (xn) zove se limes superior ili gornjilimes niza (xn) i oznacava se sa lim sup

n→∞xn ili lim

n→∞xn.

42Ako je α ∈ R, onda postoji ϵ > 0 tako da je (α − ϵ, α + ϵ) ⊂ U . Iz definicije supremuma sledi dapostoji a ∈ D(xn) tako da je α− ϵ < a ≤ α, i prema tome a ∈ U i U je okolina tacke a.

Ako je α = +∞, onda postoji M ∈ R tako da je (M,+∞) ⊂ U . Postoji a ∈ D(xn) tako da jeM < a, jer u protivnom, ako bi vazilo da je a ≤ M za svako a ∈ D(xn), onda bismo imali da jeα = sup D(xn) ≤M < +∞, sto je suprotno pretpostavci. Iz M < a sledi da je (M,+∞), a samim tim iU , okolina tacke a.

(S obzirom da supremum beskonacnog skupa ne moze biti jednak −∞, to α ne moze biti −∞. Inace,supD(xn) = −∞ ako i samo ako je D(xn) = {−∞}.)

146 Glava 2. Nizovi

Najmanja delimicna granica niza (xn) zove se limes inferior ili donji limes niza (xn)i oznacava se sa lim inf

n→∞xn ili lim

n→∞xn. �

Naravno, treba praviti razliku izmedu pojma supremuma (infimuma) niza (uvedenogu sekciji 2.2 Monotoni nizovi) i pojma limesa superiora (inferiora) niza.

Primetimo da niz (xn) nije ogranicen odozgo ako i samo ako je supnxn = +∞. Takode

potreban i dovoljan uslov da niz nije ogranicen odozgo je da je limn→∞

xn = +∞. Zaista,

ako niz nije ogranicen odozgo, onda je, na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme, +∞njegova delimicna granica, i ocigledno i najveca, pa je lim

n→∞xn = +∞. Obrnuto, ako je

limn→∞

xn = +∞, tada je +∞ delimicna granica niza, pa postoji podniz (xnk) niza (xn)

takav da je limk→∞

xnk= +∞. Stoga podniz (xnk

) nije ogranicen odozgo, pa ni niz (xn)

nije ogranicen odozgo.

Slicno, potreban i dovoljan uslov da niz (xn) nije ogranicen odozdo je da je infnxn =

−∞, a takode je potreban i dovoljan uslov za to i da je limn→∞

xn = −∞.

Medutim, ako je niz odozgo (odozdo) ogranicen, tada i samo tada su limes superior(inferior) niza i supremum (infimum) niza konacni brojevi, i naravno, moze se desiti dase razlikuju.

Inace, za svaki niz (xn) vaze nejednakosti:43

infnxn ≤ lim

n→∞xn ≤ lim

n→∞xn ≤ sup

nxn.

Ako je (xnk) podniz niza (xn), onda jeD(xnk

) ⊂ D(xn). Odavde limk→∞

xnk= supD(xnk

) ≤

supD(xn) = limn→∞

xn i limk→∞

xnk= infD(xnk

) ≥ infD(xn) = limn→∞

xn, i prema tome:

limn→∞

xn ≤ limk→∞

xnk≤ lim

k→∞xnk

≤ limn→∞

xn. (2.82)

Za niz (xn) realnih brojeva kazemo da je razlozen ili razbijen na podnizove

(xpk), (xqk), . . . , (xsk), (2.83)

ako su (pk), (qk),..., (sk) strogo rastuci nizovi prirodnih brojeva ciji su skupovi vrednostidva po dva disjunktni, dok je unija svih ovih skupova vrednosti upravo skup prirodnihbrojeva.

43Pretpostavimo da vazi nejednakost limn→∞

xn < infnxn. Tada postoji realan broj M takav da je

limn→∞

xn < M < infnxn i interval (−∞,M) je okolina tacke x = lim

n→∞xn. Kako je tacka x = lim

n→∞xn

delimicna granica niza (xn), u ovoj okolini nalazi se beskonacno mnogo clanova niza koji su onda manjiod M , i stoga i od inf

nxn, sto je apsurd. Prema tome, inf

nxn ≤ lim

n→∞xn. Slicno se pokazuje nejednakost

limn→∞

xn ≤ supnxn.


Tako, na primer, niz xn = sinnπ

2(n ∈ N) je razbijen na podnizove (x2k), (x4k−1),

(x4k−3), jer nizovi (2k), (4k − 1) i (4k − 3) su strogo rastuci, skupovi {2k : k ∈ N},{4k − 1 : k ∈ N} i {4k − 3 : k ∈ N} su dva po dva disjuntni i

N = {2k : k ∈ N} ∪ {4k − 1 : k ∈ N} ∪ {4k − 3 : k ∈ N}.

Tvrdenje 2.108. Ako je niz (xn) razbijen na podnizove (2.83), onda je

D(xn) = D(xpk) ∪D(xqk) ∪ · · · ∪D(xsk), (2.84)

gde su D(xn), D(xpk), D(xqk), . . . , D(xsk) redom skupovi delimicnih granica niza (xn) inizova (2.83). Dalje,

(i) Infimum niza je jednak najmanjem od infimuma podnizova (2.83), tj.

infnxn = min{inf

kxpk , inf

kxqk , . . . , inf

kxsk};

(ii) Supremum niza je jednak najvecem od supremuma podnizova (2.83), tj.

supnxn = max{sup

kxpk , sup

kxqk , . . . , sup

kxsk};

(iii) limn→∞

xn je jednak najmanjem od limesa inferiora podnizova (2.83), tj.

limn→∞

xn = min{ limk→∞

xpk , limk→∞

xqk , . . . , limk→∞

xsk}; (2.85)

(iv) limn→∞

xn je jednak najvecem od limesa superiora podnizova (2.83), tj.

limn→∞

xn = max{ limk→∞

xpk , limk→∞

xqk , . . . , limk→∞

xsk}. (2.86)

Dokaz. Ocigledno vazi inkluzija D(xpk) ∪ D(xqk) ∪ · · · ∪ D(xsk) ⊂ D(xk). Ostaje dadokazemo obrnutu inkluziju.

Neka x /∈ D(xpk)∪D(xqk)∪· · ·∪D(xsk). Iz Tvrdenja 2.97 sledi da postoje okoline Up,Uq, . . . , Us tacke x, tako da Up sadrzi samo konacno mnogo clanova niza (xpk), Uq sadrzisamo konacno mnogo clanova niza (xqk), ... , i Us sadrzi samo konacno mnogo clanovaniza (xsk). Tada je U = Up ∩ Uq ∩ · · · ∩ Us okolina tacke x koja sadrzi samo konacnomnogo clanova niza (xn).

44 Na osnovu Tvrdenja 2.97 zakljucujemo da x /∈ D(xn). Timesmo dokazali da vazi i inkluzija D(xn) ⊂ D(xpk) ∪ D(xqk) ∪ · · · ∪ D(xsk). Dakle, vazijednakost (2.84).

(i) sledi iz jednakosti (1.45) u Tvrdenju 1.98, dok (ii) sledi iz jednakosti (1.44).

44Zaista, s obzirom da okolina Up sadrzi samo konacno mnogo clanova niza (xpk), to postoji prirodanbroj kp, tako da za svako k ∈ N, k ≥ kp povlaci xpk /∈ Up. Slicno zakljucujemo da postoje prirodnibrojevi kq, . . . , ks tako da za svako k ∈ N, k ≥ kq povlaci xqk /∈ Uq, . . . , k ≥ ks povlaci xsk /∈ Us. Nekaje n0 = max{pkp , qkq , . . . , sks}. Tada za sve n ∈ N takve da je n ≥ n0 vazi xn /∈ U .

148 Glava 2. Nizovi

(iii): Iz (2.84) i Tvrdenja 1.98 (jednakost (1.44)) sledi

limn→∞

xn = minnD(xn) = inf

nD(xn) = inf(D(xpk) ∪D(xqk) ∪ · · · ∪D(xsk))

= min{infD(xpk), infD(xqk), . . . , infD(xsk)}= min{minD(xpk),minD(xqk), . . . ,minD(xsk)}= min{ lim

k→∞xpk , lim

k→∞xqk , . . . , lim

k→∞xsk}.

Analogno se dokazuje (iv). �

Primeri 2.109. (i) Za niz (xn) ciji je opsti clan xn = (−1)n(1 +

1

n+ 1

), imamo da je

x2k =

(1 +

1

2k + 1

)i x2k−1 = −

(1 +

1

2k

), k ∈ N. Kako je x2k−1 < 0 < x2k, k ∈ N,

niz (x2k−1) rastuci, a niz (x2k) opadajuci, to je na osnovu Tvrdenja 2.108 (i) i (ii)

infnxn = inf

kx2k−1 = x1 = −3

2

i

supnxn = sup

kx2k = x2 =

4

3.

Kako je limk→∞

x2k−1 = −1 i limk→∞

x2k = 1, na osnovu Tvrdenja 2.108 (iii) i (iv) za-

kljucujemo da je

limn→∞

xn = −1, limn→∞

xn = 1,

te je

infnxn < lim

n→∞xn < lim

n→∞xn 0 > a2k−1, niz (a2k) je opadajuci, a niz (a2k−1) rastuci. Zatoje na osnovu Tvrdenja 2.108

infnan = inf

ka2k−1 = a1 = −1, sup

nan = sup

ka2k = a2 =

3

2,

limn→∞

an = limk→∞

a2k−1 = 0, limn→∞

an = limk→∞

a2k = 1,

te je infnan < lim

n→∞an < lim

n→∞an < sup

nan.


(iii) Za niz bn = n(−1)n imamo da je b2k−1 =1

2k − 1, b2k = 2k, b2k−1 ≤ 1 < b2r, za svako

k, r ∈ N, niz (b2k−1) je opadajuci, a niz (b2k) je rastuci. Iz Tvrdenja 2.108 sledi

infnbn = inf

kb2k−1 = lim

k→∞b2k−1 = 0, sup

nbn = sup

kb2k = +∞,

limn→∞

bn = limk→∞

b2k−1 = limk→∞

b2k−1 = 0, limn→∞

bn = limk→∞

b2k = limk→∞

b2k = +∞,

te je infnbn = lim

n→∞bn < lim

n→∞bn = sup

nbn.

(iv) Za niz (rn) iz Primera 2.104 imamo da jeD(rn) = [0, 1], pa je limn→∞

rn = min[0, 1] = 0

i limn→∞

rn = max[0, 1] = 1. Kako je 0 < rn < 1 za svako n ∈ N i kako za svako ϵ ∈ (0, 1)

na osnovu Tvrdenja 1.107 postoji racionalni brojevi r i q takvi da je 0 < r < ϵ i0 < 1 − ϵ < q < 1 i s obzirom da postoje m,n ∈ N tako da je rm = r i rn = q, to je0 < rm < ϵ i 0 < 1− ϵ < rn < 1. Ovo znaci da je inf

nrn = 0 i sup

nrn = 1. Prema tome,

infnrn = lim

n→∞rn = 0 i sup

nrn = lim

n→∞rn = 1.45

(v) Za niz (qn) iz Primera 2.105 vazi da je

infnqn = lim

n→∞qn = −∞, sup

nqn = lim

n→∞qn = +∞. •

Sledece tvrdenje daje karakterizaciju limesa superiora kada je on konacan broj.

Tvrdenje 2.110. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes superior niza(xn) ako i samo ako vaze sledeca dva uslova:

(1) za svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vazixn < x0 + ϵ;

(2) za svako ϵ > 0 i svako n ∈ N postoji postoji clan niza xm sa indeksom m > n takoda je xm > x0 − ϵ.

Uslov (1) znaci da su za proizvoljno ϵ > 0 skoro svi clanovi niza manji od x0 + ϵ, tj.samo konacno mnogo clanova niza se nalazi u intervalu [x0 + ϵ,+∞).

Uslov (2) znaci da za proizvoljno ϵ > 0 postoji beskonacno mnogo clanova niza kojisu veci od x0 − ϵ.

Dokaz. Neka je x0 = limn→∞

xn. Ako uslov (1) ne bi vazio, onda bi postojalo ϵ > 0 tako

da se u intervalu [x0 + ϵ,+∞) nalazi beskonacno mnogo clanova niza. Onda bi postojaopodniz (xnk

) niza (xn) ciji clanovi xnk, k ∈ N, pripadaju intervalu [x0 + ϵ,+∞). Ovaj

45Ovo smo mogli da pokazemo i na sledeci nacin: Kako je za svako n ∈ N, 0 < rn < 1 to je 0 ≤ infnrn ≤

supnrn ≤ 1. Za skup S = { 1

n: n = 2, 3, . . . } vazi da je inf S = 0 i da je S ⊂ {rn : n ∈ N}. Takode skup

1 − S = {1 − 1

n: n = 2, 3, . . . } je podskup skupa {rn : n ∈ N} i vazi da je sup(1 − S) = 1 − inf S = 1

na osnovu Tvrdenja 1.94 (iii). Iz Tvrdenja 1.93 sledi da je 0 ≤ infnrn ≤ inf S = 0 i 1 = sup(1 − S) ≤

supnrn ≤ 1, pa je inf

nrn = 0 i sup

nrn = 1.

150 Glava 2. Nizovi

niz (xnk) ima bar jednu delimicnu granicu b koja je istovremeno i delimicna granica niza

(xn). Kako je xnk≥ x0 + ϵ za sve k ∈ N, to je onda i b ≥ x0 + ϵ, i zato je b > x0. Ovo

je nemoguce jer je x0 najveca delimicna granica niza (xn).Dokazimo da vazi uslov (2). Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Buduci da je x0, kao limes

superior, delimicna granica niza, i kako je interval (x0 − ϵ,+∞) okolina tacke x0, to naosnovu Tvrdenja 2.97 sledi da za svako n ∈ N postoji m ∈ N, takvo da je m > n ixm ∈ (x0 − ϵ,+∞), tj. xm > x0 − ϵ.

Obrnuto, pretpostavimo da vaze uslovi (1) i (2). Neka je U proizvoljna okolina tackex0. Postoji ϵ > 0 tako da je (x0 − ϵ, x0 + ϵ) ⊂ U . Iz (1) sledi da postoji n0 ∈ N takoda za svako n ∈ N takvo da je n ≥ n0 vazi xn < x0 + ϵ. Iz (2) sledi da za svako n ∈ Npostoji m ∈ N takvo da je m > max{n, n0} i da je xm > x0− ϵ. Stoga ce za svako n ∈ Npostojati m ∈ N takvo da je m > n i xm ∈ (x0 − ϵ, x0 + ϵ), i prema tome xm ∈ U . Izekvivalencije uslova (1) i (3) Tvrdenja 2.97 sledi da je x0 delimicna granica niza (xn).

46

Dokazimo da je x0 najveca delimicna granica niza (xn). Pretpostavimo suprotno, dapostoji delimicna granica a niza (xn), takva da je a > x0. Izaberimo ϵ > 0 tako da jeϵ < a − x0. Tada je x0 + ϵ < a i interval (x0 + ϵ,+∞) je okolina tacke a. Kako je adelimicna granica niza, to ce se u okolini (x0+ϵ,+∞) nalaziti beskonacno mnogo clanovaniza (xn) (Tvrdenje 2.97), sto je u suprotnosti sa uslovom (1). �

Analogno se dokazuje sledece tvrdenje za limn→∞

xn ∈ R.

Tvrdenje 2.111. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Realan broj x0 je limes inferior niza(xn) ako i samo ako vaze sledeca dva uslova:

(1) za svako ϵ > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, takve da je n ≥ n0 vazixn > x0 − ϵ;

(2) za svako ϵ > 0 i svako n ∈ N postoji postoji clan niza xm sa indeksom m > n takoda je xm < x0 + ϵ.

Za dati niz (xn), oznacimo sa supk≥n

xk supremum skupa {xn, xn+1, . . . }, a sa infk≥n

xk

infimum skupa {xn, xn+1, . . . }. Sledece tvrdenje daje jos jednu karakterizaciju limesasuperiora i limesa inferiora niza.

Tvrdenje 2.112. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞

xn = infn

supk≥n

xk. (2.87)

Takode jelimn→∞

xn = limn→∞

supk≥n

xk, (2.88)

46Ovo smo mogli zakljuciti i koristeci ekvivalenciju uslova (1) i (2) u Tvrdenju 2.97:Kao sto smo vec rekli za proizvoljnu okolinu U tacke x0 postoji ϵ > 0 tako da je (x0 − ϵ, x0 + ϵ) ⊂ U .

Iz uslova (1) sledi da su skoro svi clanovi niza manji od x0 + ϵ, tj. samo konacno mnogo clanova nizase nalazi u intervalu [x0 + ϵ,+∞), a iz uslova (2) sledi da se beskonacno mnogo clanova niza nalazi uintervalu (x0 − ϵ,+∞). Kako je (x0 − ϵ,+∞) disjunktna unija intervala (x0 − ϵ, x0 + ϵ) i [x0 + ϵ,+∞),zakljucujemo da se u intervalu (x0 − ϵ, x0 + ϵ) nalazi beskonacno mnogo clanova niza, odakle na osnovuekvivalencije uslova (1) i (2) Tvrdenja 2.97 sledi da je x0 delimicna granica niza (xn).


pri cemu u slucaju niza neogranicenog odozgo, kada za svako n ∈ N vazi supk≥n

xk = +∞,

smatramo da je limn→∞

supk≥n

xk = +∞.

Dokaz. Ako niz (xn) nije odozgo ogranicen, tada je na osnovu Bolcano-Vajerstrasoveteoreme +∞ njegova delimicna granica, i ocevidno i najveca delimicna granica, pa jelimn→∞

xn = +∞. U ovom slucaju za svako n ∈ N vazi supk≥n

xk = +∞, pa je infn

supk≥n

xk =

inf{+∞} = +∞ i vazi jednakost limn→∞

xn = infn

supk≥n

xk. Kako u ovom slucaju po-

drazumevamo da je limn→∞

supk≥n

xk = +∞, vazi i jednakost limn→∞

xn = limn→∞

supk≥n

xk.

Neka je (xn) ogranicen odozgo. Obelezimo sa

αn = supk≥n

xk = sup{xn, xn+1, xn+2, . . . }, n ∈ N.

Jasno, αn je realan broj za svako n ∈ N. Kako je

{xn, xn+1, xn+2, . . . } ⊃ {xn+1, xn+2, . . . },

to je

sup{xn, xn+1, xn+2, . . . } ≥ sup{xn+1, xn+2, . . . },

tj.

αn ≥ αn+1 za sve n ∈ N.

Dakle, niz (αn) je opadajuci i zato ima granicnu vrednost,

limn→∞

αn = infnαn,

konacnu ili −∞, prema tome da li je niz odozdo ogranicen ili nije (Teorema 2.68).

Razmotrimo prvo slucaj kada (αn) nije odozdo ogranicen. Tada je limn→∞

αn = −∞,

pa za svako M ∈ R postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi αn < M .Kako je αn = sup

k≥nxk, sledi da je xk < M za svaki prirodan broj k ≥ n0. Ovo znaci da

je limn→∞

xn = −∞, pa je −∞ jedina delimicna granica niza (xn). Sledi limn→∞

xn = −∞.


xn = limn→∞

αn = infnαn, tj. vaze jednakosti (2.87) i (2.88).

Razmotrimo sada slucaj kada je (αn) odozdo ogranicen niz. Tada je limn→∞

αn =

infnαn = α ∈ R. Dokazimo da α ispunjava uslove (1) i (2) Tvrdenja 2.110.

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz limn→∞

αn = α sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve

prirodne brojeve n ≥ n0 vazi αn < α+ ϵ. Kako je αn = supk≥n

xk, sledi da je xk < α+ ϵ za

svaki prirodan broj k ≥ n0, tj. α ispunjava uslov (1) Tvrdenja 2.110.

Na drugoj strani, buduci da je α infimum niza (αn), imacemo da za svako n ∈ N vazi

α− ϵ < α ≤ αn = supk≥n

xk.

152 Glava 2. Nizovi

Izα− ϵ < sup

k≥nxk = sup{xn, xn+1, xn+2, . . . }, za sve n ∈ N,

sledi da za svako n ∈ N postoji prirodan broj k ≥ n tako da je α− ϵ < xk, i prema tomeα ispunjava i uslov (2) Tvrdenja 2.110.

Sada na osnovu Tvrdenja 2.110 sledi da je limn→∞

xn = α, tj. limn→∞

xn = limn→∞

αn =

infnαn, i prema tome, vaze jednakosti (2.87) i (2.88). �Analogno se dokazuje sledece tvrdenje za limes inferior niza.

Tvrdenje 2.113. Neka je (xn) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞

xn = supn

infk≥n

xk.

Takode jelimn→∞

xn = limn→∞

infk≥n

xk,

pri cemu u slucaju niza neogranicenog odozdo, kada za svako n ∈ N vazi infk≥n

xk = −∞,

smatramo da je limn→∞

infk≥n

xk = −∞.

Tvrdenje 2.114. Niz (xn) ima granicnu vrednost ako i samo ako je limn→∞

xn = limn→∞

xn,

tj. ako i samo ako ima tacno jednu delimicnu granicu i tada je

limn→∞

xn = limn→∞

xn = limn→∞

xn. (2.89)

Dokaz. Ako niz ima granicnu vrednost, onda i svi njegovi podnizovi teze toj granicnojvrednosti (Tvrdenje 2.78), i prema tome niz ima samo jednu delimicnu granicu. Zato jelimn→∞

xn = limn→∞

xn = limn→∞

xn.

Obrnuto, ako je limn→∞

xn = limn→∞

xn moguca su tri slucaja:

1) limn→∞

xn = limn→∞

xn = +∞;

2) limn→∞

xn = limn→∞

xn = −∞;

3) limn→∞

xn = limn→∞

xn = x0 ∈ R.

Neka je limn→∞

xn = limn→∞

xn = +∞ i neka jeM ∈ R proizvoljno. U intervalu (−∞,M ]

se nalazi samo konacno mnogo clanova niza (xn), jer u protivnom ako bi se u ovomintervalu nalazilo beskonacno mnogo clanova niza, onda bismo od njih mogli konstruisatipodniz (xnk

) koji onda ima bar jednu delimicnu granicu b (Teorema 2.87). Ali onda bizbog xnk

≤M , imali da je b ≤M , odakle bi sledilo da je limn→∞

xn ≤M , sto je nemoguce.

Prema tome, postoji n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vazi xn ∈ (M,+∞), sto znaci da jelimn→∞

xn = +∞. Dakle, niz (xn) ima granicnu vrednost i vaze jednakosti (2.89).

Slicno, ako je limn→∞

xn = limn→∞

xn = −∞ dokazujemo da se za proizvoljno M ∈ R,

u intervalu [M,+∞) nalazi samo konacno mnogo clanova niza (xn), tj. postoji n0 ∈ N


tako da za svako n ≥ n0 vazi xn ∈ (−∞,M). To znaci da je limn→∞

xn = −∞, i prema

tome niz (xn) ima granicnu vrednost i vazi (2.89).

Neka je limn→∞

xn = limn→∞

xn = x0 ∈ R. Tada iz Tvrdenja 2.110 i 2.111 (preciznije, iz

uslova (1) u Tvrdenju 2.110 i takode uslova (1) u Tvrdenju 2.111) sledi da za proizvoljnoϵ > 0 postoje prirodni brojevi n1 i n2 tako da je xn < x0+ϵ za svako n ≥ n1 i xn > x0−ϵza svako n ≥ n2. Neka je n0 = max{n1, n2}. Tada je xn ∈ (x0 − ϵ, x0 + ϵ) za svakon ≥ n0. Ovo znaci da je lim

n→∞xn = x0, tj. niz (xn) ima granicu i vaze jednakosti (2.89).

�

Tvrdenje 2.115. Niz (xn) konvergira (tj. ima konacnu granicnu vrednost) ako i samoako je lim

n→∞xn = lim

n→∞xn konacan broj, tj. ako i samo ako ima tacno jednu delimicnu

granicu i ona je konacna, i tada je

limn→∞

xn = limn→∞

xn = limn→∞

xn.

Dokaz. Sledi iz dokaza Tvrdenja 2.114. �

Tvrdenje 2.116. Neka je niz (xn) razbijen na podnizove (xpk), (xqk), . . . , (xsk). Akosvaki od podnizova (xpk), (xqk), . . . , (xsk) ima granicnu vrednost a ∈ R, tada i niz (xn)ima granicnu vrednost a.

Dokaz. Iz Tvrdenja 2.114 sledi da je limk→∞

xpk = limk→∞

xpk = a, limk→∞

xqk = limk→∞

xqk =

a,..., limk→∞

xsk = limk→∞

xsk = a. Sada iz (2.108.3) i (2.108.4) sledi limn→∞

xn = a i limn→∞

xn =

a. Opet na osnovu Tvrdenja 2.114 zakljucujemo da niz (xn) ima granicnu vrednost a.�

Primer 2.117. Neka svaki od podnizova (x2k), (x2k−1), (x3k) niza (xn) ima granicnuvrednost. Pokazacemo da niz (xn) ima granicnu vrednost.

Neka je limn→∞

x2k = a1, limn→∞

x2k−1 = a2 i limn→∞

x3k = a3.

Kako je (x6k) podniz niza (x2k), to je, na osnovu Tvrdenja 2.78, limn→∞

x6k = a1.

Takode, (x6k) je podniz niza (x3k), pa je limn→∞

x6k = a3. Opet na osnovu Tvrdenja 2.13

zakljucujemo da je

a1 = a3. (2.90)

Buduci da je (x6k+3) podniz niza (x2k−1), a takode i niza (x3k), sledi limn→∞

x6k+3 = a2 i

limn→∞

x6k+3 = a3, i prema tome,

a2 = a3. (2.91)

Iz (2.90) i (2.91) sledi a1 = a2. S obzirom da je niz (xn) razbijen na podnizove (x2k),(x2k−1), i da je lim

n→∞x2k = lim

n→∞x2k−1 = a1, iz Tvrdenja 2.116 sledi da niz (xn) ima

granicnu vrednost a1. •

154 Glava 2. Nizovi

Tvrdenje 2.118. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva. Ako je

xn ≤ yn, (2.92)

pocev od nekog n ∈ N, onda je

limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn, (2.93)

i

limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn. (2.94)

Dokaz. Neka je xn ≤ yn pocev od nekog n ∈ N. Pretpostavimo da je limn→∞

xn > limn→∞

yn.

Izaberimo z ∈ R tako da je limn→∞

xn > z > limn→∞

yn. Pokazacemo da postoji n1 ∈ Ntakav da

(∀n ∈ N)(n ≥ n1 =⇒ xn > z). (2.95)

Pretpostavimo da uslov (2.95) ne vazi. Tada se u intervalu (−∞, z] nalazi beskonacnomnogo clanova niza i zato postoji podniz (xnk

) niza (xn) ciji clanovi xnk, k ∈ N, pripadaju

intervalu (−∞, z]. Ovaj niz (xnk) ima bar jednu delimicnu granicu b koja je istovremeno

i delimicna granica niza (xn). Kako je xnk≤ z za sve k ∈ N, to je onda i b ≤ z, i zato

je b < limn→∞

xn. Ovo je u suprotnosti sa cinjenicom da je limn→∞

xn najmanja delimicna

granica niza (xn).Iz lim

n→∞yn < z, sledi da je (−∞, z) okolina tacke lim

n→∞yn, i kako je lim

n→∞yn delimicna

granica niza (yn), to iz Tvrdenja 2.97 sledi da se u okolini (−∞, z) nalazi beskonacnomnogo clanova niza (yn), tj. uslov yn < z ispunjava beskonacno mnogo clanova niza(yn). Kako uslov (2.95) znaci da je z < xn za skoro sve clanove niza (xn), zakljucujemoda je yn < xn za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, sto je suprotno pretpostavci da jeyn ≥ xn pocev od nekog n ∈ N.

Slicno se dokazuje da je limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn. �

Primetimo da smo Tvrdenje 2.118 mogli da dokazemo koriscenjem Tvrdenja 2.112 i2.113, i sledece leme koju je jednostavno dokazati.

Lema 2.119. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva takvi da je xn ≤ yn za svakon ∈ N. Tada je sup

nxn ≤ sup

nyn i inf

nxn ≤ inf

nyn.

Dokaz. Neka je lx = infnxn, ly = inf

nyn, Lx = sup

nxn i Ly = sup

nyn. Za svako n ∈ N

vazi xn ≤ yn ≤ Ly, sto znaci da je Ly gornja granica skupa {xn : n ∈ N}, pa jeLx = sup{xn : n ∈ N} ≤ Ly. Slicno, buduci da je lx ≤ xn ≤ yn za svako n ∈ N, sledi daje lx donja granica skupa {yn : n ∈ N}, pa je lx ≤ inf{yn : n ∈ N} = ly. �

Dokaz Tvrdenja 2.118. Ne umanjujuci opstost mozemo pretpostaviti da je xn ≤ yn zasvako n ∈ N (jer limes suprior i limes inferior ne zavise od konacno mnogo clanova niza).Ako niz (yn) nije ogranicen odozgo, onda je lim

n→∞yn = +∞ i vazi nejednakost (2.94).


Pretpostavimo sada da je (yn) ogranicen odozgo. Tada je supk≥n

yn ∈ R za svako n ∈ N.

Iz Leme 2.119 sledi da je supk≥n

xk ≤ supk≥n

yk za svako n ∈ N. Primenimo opet Lemu 2.119,

ovog puta na nizove realnih brojeva (supk≥n

xk)n i (supk≥n

yk)n, a takode i Tvrdenje 2.112 i

dobicemo:limn→∞

xn = infn

supk≥n

xn ≤ infn

supk≥n

yn = limn→∞

yn,

tj. vazi nejednakost (2.94).Slicno, ako niz (xn) nije ogranicen odozdo, onda je lim

n→∞xn = −∞ i vazi nejednakost

(2.93). Ako pretpostavimo da je niz (xn) odozdo ogranicen, onda je infk≥n

xk konacan broj

za svako n ∈ N. Na osnovu Leme 2.119 vazi infk≥n

xk ≤ infk≥n

yk za svako n ∈ N, i opet

primenom Leme 2.119 na nizove realnih brojeva ( infk≥n

xk)n i ( infk≥n

yk)n dobijamo:

supn

infk≥n

xk ≤ supn

infk≥n

yk,

sto na osnovu Tvrdenja 2.113, znaci da je limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn. �

Tvrdenje 2.120. Neka je (xn) niz realnih brojeva i M,m ∈ R. Tada:

(i) Ako je xn ≤M pocev od nekog n ∈ N, onda je limn→∞

xn ≤M .

(ii) Ako je xn ≥ m za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je limn→∞

xn ≥ m.

Dokaz. (i): Neka je xn ≤ M pocev od nekog n ∈ N. Tada iz Tvrdenja 2.118 sledilimn→∞

xn ≤ limn→∞

M =M .

(ii): Neka je xn ≥ m za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N. To znaci da se u intervalu[m,+∞) nalazi beskonacno mnogo clanova niza xn, pa se od njih moze formirati podniz(xnk

). Kako je xnk≥ m za svako k ∈ N, na osnovu Tvrdenja 2.118 sledi lim

n→∞xnk

≥limn→∞

m = m. Iz (2.82) sledi limn→∞

xn ≥ limn→∞

xnk, pa je lim

n→∞xn ≥ m. �

Slicno se dokazuje sledece tvrdenje.

Tvrdenje 2.121. Neka je (xn) niz realnih brojeva i M,m ∈ R. Tada:

(i) Ako je xn ≥ m pocev od nekog n ∈ N, onda je limn→∞

xn ≥ m.

(ii) Ako je xn ≤M za beskonacno mnogo vrednosti n ∈ N, onda je limn→∞

xn ≤M .

Tvrdenje 2.122. Za svaki niz (xn) vaze jednakosti:

limn→∞

(−xn) = − limn→∞

xn, (2.96)

limn→∞

(−xn) = − limn→∞

xn, (2.97)

gde se uzima da je −(+∞) = −∞ i −(−∞) = +∞.

156 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Neka je najpre niz (xn) ogranicen odozgo. Tada su skupovi {xn, xn+1, xn+2, . . . },n ∈ N, ograniceni odozgo i na osnovu Tvrdenja 1.92 vazi da je inf{−xn,−xn+1,−xn+2, . . . } =− sup{xn, xn+1, xn+2, . . . }, tj. inf

k≥n(−xk) = − sup

k≥nxk za svako n ∈ N. Sada na osnovu

Tvrdenja 2.113 i 2.112 dobijamo

limn→∞

(−xn) = limn→∞

infk≥n

(−xk) = − limn→∞

supk≥n

xk = − limn→∞

xn.

Ako niz (xn) nije odozgo ogranicen, onda je, na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme,+∞ njegova delimicna granica i ocigledno i najveca delimicna granica, pa je lim

n→∞xn =

+∞. Osim toga, tada niz (−xn) nije ogranicen odozdo, pa opet na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme, −∞ je njegova delimicna granica i ujedno i najmanja delimicnagranica, pa je lim

n→∞(−xn) = −∞ i jednakost (2.96) vazi i u ovom slucaju.

Jednakost (2.97) se slicno dokazuje. �

Tvrdenje 2.123. Neka su (xn) i (yn) ograniceni nizovi. Tada vazi nejednakost

limn→∞

xn+ limn→∞

yn≤ limn→∞

(xn+yn)≤ limn→∞

xn+ limn→∞

yn≤ limn→∞


xn+ limn→∞

yn.

Dokaz. Dokazimo najpre nejednakost

limn→∞

xn+ limn→∞

yn≤ limn→∞

(xn+yn). (2.98)

Buduci da su nizovi (xn) i (yn) ograniceni, sledi da je i niz (xn + yn) ogranicen, pa jelimes inferior svakog od ova tri niza konacan. Na osnovu Tvrdenja 2.113 imamo da jelimn→∞

infk≥n

xn = limn→∞

xn ∈ R, limn→∞

infk≥n

yn = limn→∞

xn ∈ R i limn→∞

infk≥n

(xn+ yn) = limn→∞

(xn+

yn) ∈ R, sto znaci da su nizovi ( infk≥n

xk)n, ( infk≥n

yk)n i ( infk≥n

(xk + yk))n konvergentni. Za

proizvoljno n ∈ N vaze nejednakosti:

inf{xn, xn+1, . . . } ≤ xk, za svako k ∈ N takvo da je k ≥ n,

i

inf{yn, yn+1, . . . } ≤ yk, za svako k ∈ N takvo da je k ≥ n,

pa je

inf{xn, xn+1, . . . }+ inf{yn, yn+1, . . . } ≤ xk + yk, za svako k ∈ N takvo da je k ≥ n,

odakle dobijamo

inf{xn, xn+1, . . . }+ inf{yn, yn+1, . . . } ≤ inf{xn + yn, xn+1 + yn+1, . . . }.

Prema tome, za svako n ∈ N vazi nejednakost

infk≥n

xk + infk≥n

yk ≤ infk≥n

(xk + yk),


odakle na osnovu Tvrdenja 2.20 sledi da je

limn→∞

( infk≥n

xk + infk≥n

yk) ≤ limn→∞

infk≥n

(xk + yk). (2.99)

Kako su nizovi ( infk≥n

xk)n i ( infk≥n

yk)n konvergentni, to je na osnovu Tvrdenja 2.21

limn→∞

( infk≥n

xk + infk≥n

yk) = limn→∞

infk≥n

xk + limn→∞

infk≥n

yk. (2.100)

Iz (2.100) i (2.99) dobijamo

limn→∞

xn + limn→∞

yn = limn→∞

infk≥n

xk + limn→∞

infk≥n

yk ≤ limn→∞

infk≥n

(xk + yk) = limn→∞

(xn + yn),

cime smo dokazali nejednakost (2.98).Dalje, iz (2.98) i jednakosti (2.96) u Tvrdenju 2.122 sledi

limn→∞

xn = limn→∞

((xn+yn)+(−yn)) ≤ limn→∞

(xn+yn)+ limn→∞

(−yn) = limn→∞

(xn+yn)− limn→∞

yn,

odakle dobijamo nejednakost:

limn→∞


xn+ limn→∞

yn. (2.101)

Nejednakostlimn→∞


xn+ limn→∞

yn (2.102)

se dokazuje slicno nejednakosti (2.98), dok se nejednakost

limn→∞

xn+ limn→∞

yn ≤ limn→∞

(xn+yn) (2.103)

dokazuje koriscenjem nejednakosti (2.102) i jednakosti (2.97) u Tvrdenju 2.122, slicnokao u dokazu nejednakosti (2.101). �

Primetimo da u (2.98), (2.101), (2.102) i (2.103) u opstem slucaju ne vazi jednakost.Na primer, za nizove xn = (−1)n, yn = (−1)n+1 (n = 1, 2, . . . ) vazi da je lim

n→∞xn =

limn→∞

yn = −1, limn→∞

xn = limn→∞

yn = 1, xn+yn = 0 (n = 1, 2, . . . ) i stoga limn→∞

(xn+yn) =

limn→∞

(xn + yn) = 0, te je

limn→∞

xn + limn→∞

yn = −2 < 0 = limn→∞

(xn + yn)

ilimn→∞

(xn + yn) = 0 < 2 = limn→∞

xn + limn→∞

yn.

Ako je pak yn = xn, n ∈ N, tada je limn→∞

(xn+yn) = −2, limn→∞

xn+ limn→∞

yn = −1+ 1 = 0

i limn→∞

(xn + yn) = 2 i stoga je

limn→∞

(xn+yn) < limn→∞

xn+ limn→∞

yn < limn→∞

(xn+yn).

158 Glava 2. Nizovi

Tvrdenje 2.124. Ako je xn > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

1

xn=

1

limn→∞

xn, (2.104)

limn→∞

1

xn=

1

limn→∞

xn, (2.105)

gde se uzima da je1

+∞= 0 i

1

0= +∞.

Dokaz. Ako niz (xn) nije ogranicen odozgo, onda je limn→∞

xn = +∞ i za svako n ∈ Nskup {xn, xn+1, xn+2, . . . } nije ogranicen odozgo. Na osnovu Tvrdenja 1.96 (ii) sledi da

je infk≥n

1

xk= inf{ 1

xn,

1

xn+1,

1

xn+2, . . . } = 0 za svako n ∈ N, pa na osnovu Tvrdenja 2.113

dobijamo limn→∞

1

xn= lim

n→∞infk≥n

1

xk= 0. S obzirom na dogovor da je

1

+∞= 0, u ovom

slucaju jednakost (2.104) vazi.Pretpostavimo da je niz (xn) ogranicen odozgo. Tada je lim

n→∞xn konacan. Moguca

su dva slucaja: limn→∞

xn = 0 i limn→∞

xn > 0. Ako je limn→∞

xn = 0, tada zbog 0 < xn na

osnovu Tvrdenja 2.121 (i) sledi 0 ≤ limn→∞

xn ≤ limn→∞

xn = 0, pa je limn→∞

xn = limn→∞

xn = 0

i na osnovu Tvrdenja 2.114 dobijamo da je limn→∞

xn = 0. Sada na osnovu Tvrdenja 2.48

imamo da je limn→∞

1

xn= +∞. Kako je na osnovu Tvrdenja 2.114 lim

n→∞

1

xn= lim

n→∞

1

xn, to

je limn→∞

1

xn= +∞. S obzirom na dogovor da je

1

0= +∞, i u ovom slucaju jednakost

(2.104) vazi.Neka je lim

n→∞xn > 0.Kako je niz (xn) ogranicen odozgo, to je skup {xn, xn+1, xn+2, . . . }

ogranicen odozgo za svako n ∈ N i na osnovu Tvrdenja 1.96 (ii) sledi da je

inf{ 1

xn,

1

xn+1,

1

xn+2, . . . } =

1

sup{xn, xn+1, xn+2, . . . },

tj. infk≥n

1

xk=

1

supk≥n

xk, n ∈ N. Iz Tvrdenja 2.113, Tvrdenja 2.112 i Tvrdenja 2.45 sledi

limn→∞

1

xn= lim

n→∞infk≥n

1

xk= lim

n→∞

1

supk≥n

xk=

1

limn→∞

supk≥n

xk=

1

limn→∞

xn.

Jednakost (2.105) se dobija iz jednakosti (2.104) kada se umesto niza (xn) stavi niz (1

xn).

�Tvrdenje 2.125. Neka su (xn) i (yn) ograniceni nizovi takvi da je xn > 0, yn > 0 zasvako n ∈ N. Tada je

limn→∞

xn · limn→∞

yn≤ limn→∞

(xnyn)≤ limn→∞

xn · limn→∞

yn≤ limn→∞


xn · limn→∞

yn.


Dokaz. Kako su (xn) i (yn) ograniceni nizovi, to postoje realni brojevi M,L > 0, takvida je

0 < xn < M i 0 < yn < L, za svako n ∈ N.

Tada je na osnovu Tvrdenja 1.78 (viii) 0 < xnyn < LM za svako n ∈ N, pa je niz (xnyn)ogranicen. Prema tome, svaki od nizova (xn), (yn) i (xnyn) ima konacan limes superiori konacan limes inferior. Oznacimo sa an = sup

k≥nxk, bn = sup

k≥nyk i cn = sup

k≥n(xkyk), n ∈ N.

Primetimo da su an, bn i cn realni brojevi, n ∈ N, zbog ogranicenosti nizova (xn), (yn) i(xnyn). Nizovi (an), (bn) i (cn) su konvergentni jer na osnovu Tvrdenja 2.112 sledi

limn→∞

an = limn→∞

xn ∈ R, limn→∞

bn = limn→∞

yn ∈ R i limn→∞

cn = limn→∞

(xnyn) ∈ R. (2.106)

Neka je n ∈ N proizvoljno. Tada je

0 < xl ≤ supk≥n

xk, za svako l ≥ n

i0 < yl ≤ sup

k≥nyk, za svako l ≥ n,

pa na osnovu Tvrdenja 1.78 (viii) dobijamo

xlyl ≤ supk≥n

xk · supk≥n

yk, za svako l ≥ n.


supl≥n

(xlyl) ≤ supk≥n

xk · supk≥n

yk.

Prema tome, za svako n ∈ N vazicn ≤ anbn,

te na osnovu Tvrdenja 2.20 i 2.21 sledi da je

limn→∞

cn ≤ limn→∞

(anbn) = limn→∞

an · limn→∞

bn,

odakle zbog (2.106) dobijamo

limn→∞


xn · limn→∞

yn. (2.107)

Slicno se dokazuje nejednakost

limn→∞

xn · limn→∞

yn≤ limn→∞

(xnyn). (2.108)

Dokazimo sada nejednakost

limn→∞

xn · limn→∞

yn≤ limn→∞

(xnyn). (2.109)

160 Glava 2. Nizovi

S obzirom da je xn > 0 za svako n ∈ N, to je limn→∞

xn ≥ 0. Ako je limn→∞

xn = 0, onda

nejednakost (2.109) ocigledno vazi. Neka je limn→∞

xn > 0. Tada je niz (1

xn) ogranicen

odozgo47 i za svako n ∈ N je1

xn> 0, pa mozemo primeniti nejednakost (2.107) na nizove

(xnyn) i (1

xn). Tako dobijamo

limn→∞

yn = limn→∞

((xnyn)1

xn) ≤ lim

n→∞(xnyn) · lim

n→∞

1

xn,

a buduci da je na osnovu Tvrdenja 2.124 (2.105)

limn→∞

1

xn=

1

limn→∞

xn,

to je

limn→∞

yn ≤ limn→∞

(xnyn) ·1

limn→∞

xn,

odakle sledi (2.109).Dokazimo sada nejednakost

limn→∞


xn · limn→∞

yn. (2.110)

Kako je yn > 0 za svako n ∈ N, to je limn→∞

yn ≥ 0. Ako je limn→∞

yn = 0, onda, buduci da

je 0 < yn za svako n ∈ N imamo 0 ≤ limn→∞

yn ≤ limn→∞

yn = 0, pa je limn→∞

yn = 0. Kako

je (xn) ogranicen niz, to na osnovu Tvrdenja 2.30 sledi limn→∞

(xnyn) = 0 i nejednakost

(2.110) ocigledno vazi. Neka je limn→∞

yn > 0. Iz (2.108) i Tvrdenja 2.124 (2.104) sledi

limn→∞

xn = limn→∞

((xnyn)1

yn) ≥ lim

n→∞(xnyn) · lim

n→∞

1

yn= lim

n→∞(xnyn) ·

1

limn→∞

yn,

odakle dobijamo (2.110). �Primetimo da u (2.107), (2.108), (2.109) i (2.110) u opstem slucaju ne vazi jednakost.

Na primer, za nizove

xn = (−1)n + 2 =

{1, za n neparno,3, za n parno,

47Neka je b realan broj takav da je 0 0 i na

osnovu Tvrdenja 2.111 (2.111.1) sledi da postoji n0 ∈ N tako da je za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazinejednakost

b = limn→∞

xn − ϵ < xn.

Stoga je1

xn<

1

bza n ≥ n0 i niz

(1

xn

)je ogranicen odozgo.


yn = (−1)n+1 + 2 =


i

zn = (−1)n + 3 =


je xnyn = 3, (n = 1, 2, . . . ) i

xnzn =

{2, za n neparno,12, za n parno.

Kako je limn→∞

xn = 3, limn→∞

xn = 1, limn→∞

yn = 3, limn→∞

yn = 1, limn→∞

zn = 4, limn→∞

zn = 2,

limn→∞

(xnyn) = limn→∞

(xnyn) = 3, limn→∞

(xnzn) = 12 i limn→∞

(xnzn) = 2, to je

limn→∞

xn · limn→∞

yn = 1 < 3 = limn→∞

(xnyn) i limn→∞

(xnyn) = 3 < 9 = limn→∞

xn · limn→∞

yn

ilimn→∞

(xnzn) = 2 < 1 · 4 = limn→∞

xn · limn→∞

zn < 12 = limn→∞

(xnzn).

Teorema 2.126. (Stolcova48 teorema) Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva, (yn)strogo rastuci niz i lim

n→∞yn = +∞. Ako postoji granicna vrednost (konacna ili beskonacna)

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1, tada postoji i granicna vrednost lim

n→∞

xnyn

i vazi

limn→∞

xnyn

= limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1.

Dokaz. Neka je l = limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1konacan broj, i neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Kako

je limn→∞

yn = +∞, postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi yk > 0

i

l − ϵ <xk − xk−1

yk − yk−1< l + ϵ. (2.111)

S obzirom da je niz (yn) strogo rastuci, sledi yk − yk−1 > 0, pa iz (2.111) dobijamo

(l − ϵ)(yk − yk−1) < xk − xk−1 < (l + ϵ)(yk − yk−1). (2.112)

Stavljajucu u (2.112) redom k = n0 + 1, . . . , n, gde je n > n0, i sabirajuci sve te nejed-nakosti, dobijamo

(l − ϵ)(yn − yn0) < xn − xn0 < (l + ϵ)(yn − yn0). (2.113)

Kako je yn > 0 za n > n0, to iz (2.113) deljenjem sa yn dobijamo

(l − ϵ)

(1− yn0

yn

)<xnyn

− xn0

yn< (l + ϵ)

(1− yn0

yn

),

48O. Stolz (1842-1905), austrijski matematicar

162 Glava 2. Nizovi

tj.

xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

)<xnyn

<xn0

yn+ (l + ϵ)

(1− yn0

yn

). (2.114)

Iz (2.114) i Tvrdenja 2.118 sledi

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞

xnyn

≤

≤ limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

(xn0

yn+ (l + ϵ)

(1− yn0

yn

)).

(2.115)

Medutim, iz limn→∞

yn = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.46 i Posledice 2.36, sledi limn→∞

xn0

yn=

0 i limn→∞

yn0

yn= 0, pa na osnovu Tvrdenja 2.21 i Posledice 2.36 zakljucujemo da je

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

))= l − ϵ

i

limn→∞

(xn0

yn+ (l + ϵ)

(1− yn0

yn

))= l + ϵ.

Na osnovu Tvrdenja 2.114 sledi

limn→∞

(xn0

yn+(l − ϵ)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+ (l−ϵ)

(1− yn0

yn

))= l−ϵ (2.116)

i

limn→∞

(xn0

yn+(l+ϵ)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+(l+ϵ)

(1− yn0

yn

))= l+ϵ. (2.117)

Iz (2.115), (2.116) i (2.117) sledi

l − ϵ ≤ limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ l + ϵ, (2.118)

te je

−ϵ ≤ limn→∞

xnyn

− l ≤ limn→∞

xnyn

− l ≤ ϵ, (2.119)

i prema tome,

0 ≤∣∣∣∣ limn→∞

xnyn

− l

∣∣∣∣ ≤ ϵ i 0 ≤∣∣∣∣ limn→∞

xnyn

− l

∣∣∣∣ ≤ ϵ. (2.120)

Kako (2.120) vazi za svako ϵ > 0, dobijamo da je49 limn→∞

xnyn

− l = 0 i limn→∞

xnyn

− l = 0,

pa je

limn→∞

xnyn

= limn→∞

xnyn

= l. (2.121)

49Ako za realan broj r vaze nejednakosti 0 ≤ r ≤ ϵ za svako ϵ > 0, tada je r = 0. Zaista, ako bi bilo

r > 0, tada bi, buduci da je r ≤ ϵ za svako ϵ > 0, uzimajuci da je u ovoj nejednakosti ϵ =1

2r, dobili

r ≤ 1

2r, tj. 1 ≤ 1

2, sto je apsurd.


Sada na osnovu Tvrdenja 2.114 sledi limn→∞

xnyn

= l.50

Neka je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, i neka je M ∈ R proizvoljan broj. Tada postoji

n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

M <xk − xk−1

yk − yk−1. (2.123)

S obzirom da je niz (yn) strogo rastuci, iz (2.123) dobijamo

M(yk − yk−1) < xk − xk−1. (2.124)


M(yn − yn0) < xn − xn0 . (2.125)


M

(1− yn0

yn

)<xnyn

− xn0

yn,

tj.

xn0

yn+M

(1− yn0

yn

)<xnyn. (2.126)

50Primetimo da smo (2.121) mogli dobiti i na sledeci nacin:Kako (2.120) vazi za svako ϵ > 0, dobijamo da je

sup{−ϵ : ϵ > 0} ≤ limn→∞

xnyn


xnyn

− l ≤ inf{ϵ : ϵ > 0}. (2.122)

S obzirom na to da je inf{ϵ : ϵ > 0} = inf(0,+∞) = 0 i sup{−ϵ : ϵ > 0} = − inf{ϵ : ϵ > 0} = 0, iz (2.122)

sledi 0 ≤ limn→∞

xnyn


xnyn

− l ≤ 0, te vazi (2.121).

Jednakost (2.121) se takode moze dobiti i koriscenjem granicnih vrednosti nizova:

Buduci da (2.118) vazi za svako ϵ > 0, uzimajuci da je ϵ =1

k, k ∈ N, dobijamo

l − 1

k≤ lim

n→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ l +1

k.

Odavde, prelaskom na limes, na osnovu Tvrdenja 2.18 zakljucujemo

limk→∞

(l − 1

k

)≤ lim

n→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ limk→∞

(l +

1

k

),

tj.

l − limk→∞

1

k≤ lim

n→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ l + limk→∞

1

k,

i prema tome,

l ≤ limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ l.

164 Glava 2. Nizovi


limn→∞

(xn0

yn+M

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞

xnyn. (2.127)

Iz limn→∞

yn = +∞ sledi limn→∞

xn0

yn= 0 i lim

n→∞

yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+M

(1− yn0

yn

))=M.


limn→∞

(xn0

yn+M

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+M

(1− yn0

yn

))=M (2.128)

Iz (2.127) i (2.128) sledi

M ≤ limn→∞

xnyn. (2.129)

Kako (2.129) vazi za svaki realan broj M , zakljucujemo da je limn→∞

xnyn

= +∞. Iz

+∞ = limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ +∞,

sledi limn→∞

xnyn

= limn→∞

xnyn

= +∞. Sada na osnovu Tvrdenja 2.114 sledi limn→∞

xnyn

= +∞.

Slicno se pokazuje da tvrdenje vazi i u slucaju kada je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞. �

Na osnovu Stolcove teoreme egzistencija granicne vrednosti limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1je dovo-

ljan uslov za egzistenciju granicne vrednosti limn→∞

xnyn

. Medutim, sledeci primer pokazuje

da egzistencija granicne vrednosti limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1nije i potreban uslov za egzistenciju

granicne vrednosti limn→∞

xnyn

.

Primer 2.127. Neka je xn = (−1)n i yn = n, n ∈ N.Kako je za n ∈ N, n ≥ 2,

xn − xn−1 = (−1)n − (−1)n−1 =

{2, n = 2k,

−2, n = 2k + 1, k ∈ N,

a yn − yn−1 = n− (n− 1) = 1, to je

xn − xn−1

yn − yn−1=

{2, n = 2k,

−2, n = 2k + 1, k ∈ N.

Buduci da niz

(xn − xn−1

yn − yn−1

)ima dve razlicite delimicne granice, on nema granicnu vred-

nost (Tvrdenje 2.94), dok niz

(xnyn

)ima granicnu vrednost: lim

n→∞

xnyn

= limn→∞

(−1)n

n= 0.

•


Koriscenjem istog metoda kao u dokazu Stolcove teoreme, moze se dokazati sledeceopstije tvrdenje.

Teorema 2.128. Neka su (xn) i (yn) nizovi realnih brojeva, (yn) strogo rastuci niz ilimn→∞

yn = +∞. Tada je

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1≤ lim

n→∞

xnyn

≤ limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1. (2.130)

Dokaz. Dokazimo da vazi nejednakost

limn→∞

xn − xn−1


n→∞

xnyn. (2.131)

Neka je limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, onda nejednakost (2.131) ocigledno vazi. Ako je

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, onda iz +∞ = lim

n→∞

xn − xn−1


n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1≤ +∞,

sledi limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= lim

n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, pa je lim

n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= +∞. Na

osnovu Tvrdenja 2.126 sledi da postoji i limn→∞

xnyn

i da je limn→∞

xnyn

= +∞. Prema tome,

limn→∞

xnyn

= limn→∞

xnyn

= +∞ i vazi (2.131).


xn − xn−1

yn − yn−1= l konacan broj, i neka je ϵ > 0 proizvoljan

broj. Iz limn→∞

yn = +∞ i Tvrdenja 2.111 sledi postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan

broj k, iz k > n0 sledi yk > 0 i

l − ϵ <xk − xk−1

yk − yk−1. (2.132)


(l − ϵ)(yk − yk−1) < xk − xk−1. (2.133)


(l − ϵ)(yn − yn0) < xn − xn0 . (2.134)


(l − ϵ)

(1− yn0

yn

)<xnyn

− xn0

yn,

tj.

xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

)<xnyn. (2.135)

166 Glava 2. Nizovi


limn→∞

(xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

))≤ lim

n→∞

xnyn. (2.136)


yn = +∞, sledi limn→∞

xn0

yn= 0 i lim

n→∞

yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+ (l − ϵ)

(1− yn0

yn

))= l − ϵ.


limn→∞

(xn0

yn+(l−ϵ)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+(l−ϵ)

(1− yn0

yn

))= l−ϵ. (2.137)

Iz (2.136)i (2.137) sledi

l − ϵ ≤ limn→∞

xnyn

(2.138)

Kako (2.138) vazi za svako ϵ > 0, dobijamo da je l ≤ limn→∞

xnyn, tj. vazi nejednakost

(2.131).Dokazimo da vazi nejednakost

limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1. (2.139)


xn − xn−1

yn − yn−1= +∞, onda ocigledno vazi nejednakost lim

n→∞

xnyn

≤

limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1. Ako je lim

n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, onda iz

−∞ ≤ limn→∞

xn − xn−1


n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞

sledi limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= lim

n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞, pa je lim

n→∞

xn − xn−1

yn − yn−1= −∞. Na

osnovu Tvrdenja 2.126 sledi da postoji i limn→∞

xnyn

i da je limn→∞

xnyn

= −∞. Prema tome,

limn→∞

xnyn

= limn→∞

xnyn

= −∞ i vazi (2.139).

Neka je L = limn→∞

xn − xn−1

yn − yn−1konacan broj, i neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz

limn→∞

yn = +∞ i Tvrdenja 2.110 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj

k, iz k > n0 sledi yk > 0 ixk − xk−1

yk − yk−1< L+ ϵ. (2.140)


xk − xk−1 < (L+ ϵ)(yk − yk−1). (2.141)



xn − xn0 < (L+ ϵ)(yn − yn0). (2.142)


xnyn

− xn0

yn< (L+ ϵ)

(1− yn0

yn

),

tj.

xnyn

<xn0

yn+ (l + ϵ)

(1− yn0

yn

). (2.143)


limn→∞

xnyn

≤ limn→∞

(xn0

yn+ (L+ ϵ)

(1− yn0

yn

)). (2.144)


yn = +∞ sledi limn→∞

xn0

yn= 0 i lim

n→∞

yn0

yn= 0, pa je

limn→∞

(xn0

yn+ (L+ ϵ)

(1− yn0

yn

))= L+ ϵ.


limn→∞

(xn0

yn+(L+ϵ)

(1− yn0

yn

))= lim

n→∞

(xn0

yn+(L+ϵ)

(1− yn0

yn

))= L+ϵ. (2.145)

Iz (2.144) i (2.145) sledi

limn→∞

xnyn

≤ L+ ϵ. (2.146)

Kako (2.146) vazi za svako ϵ > 0, dobijamo da je limn→∞

xnyn

≤ L, tj. vazi nejednakost

(2.139). �

Tvrdenje 2.129. Neka je (an) niz realnih brojeva. Tada je

limn→∞

an ≤ limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ ann

≤ limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ ann

≤ limn→∞

an.

Dokaz. Primenom Teoreme 2.128 na nizove xn = a1+a2+· · ·+an i yn = n (xn−xn−1 = ani yn − yn−1 = 1, n ≥ 2). �

Tvrdenje 2.130. Neka je (an) niz realnih brojeva. Ako postoji granicna vrednost(konacna ili beskonacna) lim

n→∞an, onda postoji i granicna vrednost

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ ann

i vazi

limn→∞

a1 + a2 + · · ·+ ann

= limn→∞

an.

168 Glava 2. Nizovi

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.129 i Tvrdenja 2.114. �Sledeci primer pokazuje da obrat Tvrdenja 2.130 ne vazi.

Primer 2.131. Niz ciji je opsti clan an = (−1)n nema granicnu vrednost, ali niz njegoviharitmetickih sredina

xn =a1 + a2 + · · ·+ an

n=

{0, n = 2k,

− 1

n, n = 2k + 1, k = 1, 2, . . . ,

konvergira ka 0. •

Tvrdenje 2.132. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

an ≤ limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

(2.147)

≤ limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

≤ limn→∞

an.

Dokaz. Primenom Tvrdenja 2.129 na niz

(1

an

)dobijamo

limn→∞

1

an≤ lim

n→∞

1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

n≤ lim

n→∞

1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

n≤ lim

n→∞

1

an.

Odavde, primenom Tvrdenja 2.124 dobijamo (2.147). �Tvrdenje 2.133. Neka je (an) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Ako postojigranicna vrednost (konacna ili beskonacna) lim


limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

, i vazi

limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

= limn→∞

an.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.132 i Tvrdenja 2.114. �Sledeci primer pokazuje da ne vazi obrnuta implikacija, tj. da egzistencija granicne

vrednosti limn→∞

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

ne povlaci egzistenciju granicne vrednosti limn→∞

an.

Primer 2.134. Neka je (an) sledeci niz:

1,1

2, 1,

1

2, 1, . . . .

Na osnovu Tvrdenja 2.94 sledi da ovaj niz nema granicnu vrednost jer ima dve razlicite

delimicne granice: 1 i1

2. Medutim, za niz sa opstim clanom bn =

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

vazi:

b2k−1 =2k − 1

k + 2(k − 1)=

2k − 1

3k − 2=

2− 1

k

3− 2

k

→ 2

3, k → ∞,


i

b2k =2k

k + 2k=

2

3→ 2

3, k → ∞,

te na osnovu Tvrdenja 2.116 sledi da je limn→∞

bn =2

3. •

Tvrdenje 2.135. Ako je an > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

an ≤ limn→∞

n√a1a2 . . . an ≤ lim

n→∞n√a1a2 . . . an ≤ lim

n→∞an. (2.148)

Dokaz. Sledi iz nejednakosti

n1a1

+ 1a2

+ · · ·+ 1an

≤ n√a1a2 . . . an ≤ a1 + a2 + · · ·+ an

n,

Tvrdenja 2.118, Tvrdenja 2.129 i Tvrdenja 2.132. �

Tvrdenje 2.136. Neka je (an) niz realnih brojeva i an > 0 za svako n ∈ N. Ako postojigranicna vrednost (konacna ili beskonacna) lim


limn→∞

n√a1a2 . . . an, i vazi

limn→∞

n√a1a2 . . . an = lim

n→∞an.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.135 i Tvrdenja 2.114. �Sledeci primer pokazuje da obrat Tvrdenja 2.136 ne vazi.

Primer 2.137. Niz1

2, 2,

1

2, 2,

1

2, 2, . . .

(opsti clan niza je an = 2(−1)n) nema granicnu vrednost. Zaista, a2k−1 =1

2, a a2k = 2,

k ∈ N, pa niz ima dve delimicne granice1

2i 2, i na osnovu Tvrdenja 2.94 sledi da ovaj

niz nema granicu.Medutim, niz sa opstim clanom bn = n

√a1a2 . . . an konvergira ka 1. Zaista, b2k = 1,

pa je limk→∞

b2k = 1, a kako je b2k−1 =2k−1

√1

2, to je na osnovu Tvrdenja 2.78, zbog

limn→∞

n

√1

2= 1 (videti Primer 2.56) i lim

k→∞b2k−1 = 1. Sada iz Tvrdenja 2.116 sledi daje

limn→∞

bn = 1. •

Tvrdenje 2.138. Ako je xn > 0 za svako n ∈ N, tada je

limn→∞

xnxn−1

≤ limn→∞

n√xn ≤ lim

n→∞n√xn ≤ lim

n→∞

xnxn−1

. (2.149)

Dokaz. Kako je

n√xn = n

√x1 ·

x2x1

· · · · · xnxn−1

,

to stavljajuci u (2.148) an =xnxn−1

dobijamo (2.149). �

170 Glava 2. Nizovi

Tvrdenje 2.139. Neka je (xn) niz realnih brojeva i xn > 0 za svako n ∈ N. Ako postoji

granicna vrednost (konacna ili beskonacna) limn→∞

xnxn−1

, onda postoji i granicna vrednost

limn→∞

n√xn, i vazi

limn→∞

n√xn = lim

n→∞

xnxn−1

.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.138 i Tvrdenja 2.114. �Da obrat Tvrdenja 2.139 ne vazi pokazuje niz iz Primera 2.137. Zaista, ako je xn =

2(−1)n , n ∈ N, onda je niz sa opstim clanomxnxn−1

sledeci niz:

4,1

4, 4,

1

4, 4, . . . ,

koji, s obzirom da ima dve razlicite delimicne granice, nema granicnu vrednost (Tvrdenje2.94). Niz ( n

√xn) je sledeci niz:

1

2,

2√2,

3

√1

2,

4√2,

5

√1

2, . . .

Kako je limk→∞

2k√2 = 1 i lim

k→∞2k−1

√1

2= 1 (sledi iz Primera 2.56 i Tvrdenja 2.78), to je,

na osnovu Tvrdenja 2.116, limn→∞

n√xn = 1.

Primer 2.140. Ispitajmo limn→∞

n√n!.

Za niz xn = n! (n ∈ N) vazi da je xn > 0 za sve n ∈ N i

limn→∞

xnxn−1

= limn→∞

n!

(n− 1)!= lim

n→∞n = +∞,

pa je na osnovu Tvrdenja 2.139

limn→∞

n√n! = lim

n→∞n√xn = lim

n→∞

xnxn−1

= +∞. •

Glava 3

Granicne vrednosti funkcija

3.1 Pojam granicne vrednosti funkcije

Pojam granicne vrednosti funkcije je jedan od osnovnih pojmova matematicke analize ina njemu se zasnivaju pojmovi neprekidnosti i diferencijabilnosti funkcije. Ovaj pojamopisuje situaciju u kojoj se vrednosti funkcije grupisu oko tacke b ∈ R kada se vrednosti zaargument grupisu oko neke tacke x0 koja je inace tacka nagomilavanja domena funkcije,tj. situaciju u kojoj su vrednosti funkcije proizvoljno blizu tacke b kada su vrednostiza argument dovoljno blizu tacke x0. S obzirom da se blizina nekoj tacki moze opisatipomocu pripadnosti odgovarajucim okolinama, imamo sledecu definiciju granicne vred-nosti funkcije u tacki, koja je poznata kao Kosijeva definicija granicne vrednosti funkcijeu tacki (inace, X i Y u ovoj sekciji oznacavaju neprazne podskupove skupa R):

Definicija 3.1. (Cauchy) Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Za b ∈ R kazemo da je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (ili kad x tezika x0) ako za svaku okolinu V (b) tacke b postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da za svakox ∈ X ∩ U(x0), x = x0, vazi da je f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃U(x0))(∀x ∈ X)(x ∈ U(x0), x = x0 =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemolimx→x0

f(x) = b. �

Primetimo da se u prethodnoj definiciji ne zahteva da funkcija bude definisana utacki x0. Funkcija f moze, ali ne mora biti definisana u tacki x0. Cak iako je funkcijaf definisana u tacki x0, onda vrednost f(x0) ne utice na granicnu vrednost funkcije f utacki x0. Da bismo ovo naglasili, dogovorimo se da ako je U(x0) okolina tacke x0 ∈ R,onda sa

◦U(x0) oznacavamo skup

◦U(x0) = U(x0)\{x0},

i zovemo ga probodena okolina tacke x0. Tako, ako je x0 ∈ R, pod probodenom δ okolinom

tacke x0 podrazumevamo skup◦U δ(x0) = (x0 − δ, x0 + δ)\{x0}. Ako je x0 beskonacna

171

172 Glava 3. Granicne vrednosti funkcija

tacka, onda se pojam okoline tacke x0 i probodene okoline tacke x0 poklapaju, tj. podprobodenom okolinom +∞ (−∞) podrazumevamo interval (M,+∞) ((−∞,M)), M ∈R.

Prema tome, sada mozemo pisati:

limx→x0

f(x) = b⇐⇒ (∀V (b))(∃U(x0))(∀x)(x ∈◦U(x0) ∩X =⇒ f(x) ∈ V (b)),

tj.

limx→x0

f(x) = b⇐⇒ (∀V (b))(∃U(x0))f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b).

Primetimo da u definiciji granicne vrednosti funkcije f , tacke x0 i b mogu biti konacnibrojevi, +∞ ili −∞. Za svaki od ovih slucajeva ponaosob napisacemo operativnijudefiniciju granicne vrednosti funkcije, i to najpre za slucaj kada su x0 i b konacni brojevi.

Jasno je da za x0 ∈ R, x ∈◦U δ(x0) ako i samo ako je 0 < |x− x0| < δ. Sada mozemo

reci:

Definicija 3.2. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.Broj b ∈ R je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako ϵ > 0 postoji1 δ > 0tako da za svako x ∈ X iz probodene δ okoline tacke x0 vazi f(x) ∈ (b − ϵ, b + ϵ), tj.|f(x)− b| < ϵ:

limx→x0

f(x) = b⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− b| < ϵ). �

x₀xx₀-δ x₀+δ

b

b-ε

b+ε

x

y

f(x)

fГ

lim f(x) = bx x₀

1δ zavisi od ϵ, pa to nekad isticemo tako sto pisemo δ = δ(ϵ)

3.1. Pojam granicne vrednosti funkcije 173


b

b-ε

b+ε

x

y

f(x)

f(x₀)

fГ

lim f(x) = bx x₀


b

b-ε

b+ε

x

y

f(x)

fГ

lim f(x) = bx x₀

Ako je limx→x0

f(x) = b, onda se vrednosti funkcije f sve vise priblizavaju broju b

ukoliko se promenljiva x priblizava broju x0.Pomenimo da je Kosijeva definicija granicne vrednosti funkcije u tacki (Definicija

3.1) poznata jos i kao (ϵ− δ)-definicija granicne vrednosti funkcije u tacki (zbog njenogzapisa u slucaju kada su x0 i b konacne tacke).

Istaknimo, da ukoliko nije drugacije receno, za oblast definisanosti realne funkcije frealne promenljive zadate analitickim izrazom f(x) uzimamo najveci podskup (u smisluinkluzije) skupa R koji taj izraz dopusta, tj. skup svih realnih brojeva x za koje je f(x)definisano.


Primer 3.3. Neka je f(x) = x2. Pokazacemo da je limx→2

f(x) = 4.

Domen funkcije f je skup R i jasno, 2 je tacka nagomilavanja domena funkcije f .Kako je

|f(x)− 4| = |x2 − 4| = |(x− 2)(x+ 2)| = |(x− 2)((x− 2) + 4)| ≤ |x− 2|(|x− 2|+ 4)

za |x− 2| < δ imamo

|f(x)− 4| < δ(δ + 4).

Ako je ϵ > 0 proizvoljan broj i δ > 0 takav broj da je

δ(δ + 4) = ϵ, (3.1)

onda je δ = −2 +√4 + ϵ (jer ono drugo resenje koje se dobija iz jednacine (3.1) je

negativno, δ = −2−√4 + ϵ, i ne dolazi u obzir) i ako je |x− 2| < δ, onda je |f(x)− 4| <

δ(δ + 4) = ϵ. Prema tome, limx→2

f(x) = 4. • 2

Definicija 3.4. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Kazemo da je +∞ (−∞) granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka x0, i pisemolimx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji δ > 0 tako da za svako

x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) > M (f(x) < M):

limx→x0

f(x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) > M)

i

limx→x0

f(x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) < M). �

2Ovo smo mogli pokazati i na sledeci nacin:Ako je |x− 2| < δ, tada je, kao sto smo vec videli,

|f(x)− 4| = |x2 − 4| < δ(δ + 4) = δ2 + 4δ. (3.2)

Ako izaberemo da δ bude manje od 1, onda cemo imati da je δ2 < δ, pa iz (3.2) sledi da za |x− 2| < δi δ < 1 vazi nejednakost

|f(x)− 4| < δ2 + 4δ < 5δ.

Stoga ako uzmemo da je δ = min{12,ϵ

5} (umesto

1

2mozemo uzeti bilo koji broj mnji od 1), za |x−2| < δ

vazi nejednakost

|f(x)− 4| < δ2 + 4δ < 5δ ≤ 5ϵ

5= ϵ,

sto po Definiciji 3.2 znaci da je limx→2

f(x) = 4.


x

y

x₀x₀-δ x₀+δ

M

lim f(x) = +∞x x₀

x

y

x₀x₀-δ x₀+δ

M

lim f(x) = -∞x x₀

Da bismo dokazali da je limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞) dovoljno je dokazati

da za svako M > 0 (M < 0) postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈


(x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) > M (f(x) < M).3 Prema tome,

limx→x0

f(x) = +∞ ⇐⇒ (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) > M),

limx→x0

f(x) = −∞ ⇐⇒ (∀M < 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) < M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ f(x) < −M).

Primer 3.5. Neka je funkcija f(x) =1

(x− 1)2, x ∈ X = R\{1}. Ocigledno je 1 tacka

nagomilavanja skupa X. Neka je M ∈ R, M > 0, proizvoljan broj. Tada za δ =1√M

vazi da za svako x ∈ R takvo da je 0 < |x− 1| < δ imamo 0 < (x− 1)2 < δ2 =1

M, pa je

f(x) =1

(x− 1)2> M . Prema tome, lim

x→1f(x) = +∞. •

x

y

M

M

11-

1

1-δ

M

11+

1+δ

limx 1

=

=

1

(x-1)²f(x) =

f(x)=+∞

Definicija 3.6. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupa X. Kazemoda je b ∈ R granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemo lim

x→+∞f(x) = b

3Zaista, neka za svako M > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (x0− δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) > M .Dokazimo da onda za svakoK ∈ R postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0−δ, x0+δ)\{x0}vazi f(x) > K. Ako je K ≤ 0, onda iz pretpostake sledi da za M = 1 postoji δ > 0 tako da za svakox ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) > M = 1 > 0 ≥ K.

Slicno, da bismo dokazali da je limx→x0

f(x) = −∞ dovoljno je dokazati da za svako M < 0 postoji δ > 0

tako da za svako x ∈ X takvo da x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi f(x) < M .


( limx→−∞

f(x) = b), ako za svako ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za svako x ∈ X takvo da

x ∈ (M,+∞) (x ∈ (−∞,M)) vazi f(x) ∈ (b− ϵ, b+ ϵ):

limx→+∞

f(x) = b⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x > M =⇒ |f(x)− b| < ϵ) (3.3)

i

limx→−∞

f(x) = b⇐⇒ (∀ϵ > 0)(∃M ∈ R)(∀x ∈ X)(x < M =⇒ |f(x)− b| < ϵ). � (3.4)

b

b-ε

b+ε

f(x)

fГ

lim f(x) = bx

M x

+∞

b

b-ε

b+ε

y

f(x)

fГ

lim f(x) = bx

Mx

-∞

Primer 3.7. Dokazimo da je limx→+∞

1

x= 0 i lim

x→−∞

1

x= 0.

Oblast definisanosti funkcije f(x) =1

xje X = R\{0}, i +∞ i −∞ su tacke nagomila-

vanja skupa X. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Treba naci M ∈ R tako da za x > M


vazi |f(x)− 0| = |1x| < ϵ. S obzirom da vazi ekvivalencija

0 <1

x< ϵ⇐⇒ x >

1

ϵ,

to za M =1

ϵi za svako x > M vazi 0 <

1

x<

1

M= ϵ, pa je

∣∣∣∣1x − 0

∣∣∣∣ = 1

x< ϵ. Na osnovu

(3.3) zakljucujemo da je limx→+∞

1

x= 0.

εf(x)

M=1/ε x

1

x

1

x

f(x) =

lim = 0x +∞

0

Dokazimo da je limx→−∞

1

x= 0.

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada za M = −1

ϵi svaki realan broj x takav da je

x < M < 0 vazi 0 >1

x>

1

M, pa je

∣∣∣∣1x∣∣∣∣ = −1

x< − 1

M= ϵ. Na osnovu (3.4) ovo znaci da

je limx→−∞

1

x= 0. •


-εf(x)

M=-1/εx

1

x

1

x

f(x) =

lim = 0x -∞

0

Ako se desi da je limes funkcije f isti kad x tezi ka +∞ i kad x tezi ka −∞ (iliako se ta dva limesa razlikuju samo u znaku), koristicemo oznaku lim

x→±∞f(x). Tako u

prethodnom primeru mozemo pisati da je limx→±∞

1

x= 0.

Primer 3.8. Neka je c ∈ R i neka je funkcija f : X → R definisana sa f(x) = c zasvako x ∈ X. Ako je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, tada za proizvoljno ϵ > 0i svako x ∈ X vazi nejednakost |f(x) − c| = |c − c| = 0 < ϵ. To znaci da za bilo koju

okolinu tacke x0, U(x0), i svako x ∈◦U(x0)∩X vazi nejednakost |f(x)− c| < ϵ. Stoga je

limx→x0

f(x) = c. •

Ostaje jos da iskazemo operativniju varijantu Definicije 3.1 za slucaj kada su x0 i bbeskonacne tacke.

Definicija 3.9. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupa X. Kazemoda je +∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemo lim

x→+∞f(x) =

+∞ ( limx→−∞

f(x) = +∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da za svako x ∈ X

takvo da x ∈ (K,+∞) (x ∈ (−∞,K)) vazi f(x) ∈ (M,+∞):

limx→+∞

f(x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) > M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) > M)

i

limx→−∞

f(x) = +∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) > M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) > M). �


Definicija 3.10. Neka je f : X → R i +∞ (−∞) tacka nagomilavanja skupaX. Kazemoda je −∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ (−∞), i pisemo lim

x→+∞f(x) =

−∞ ( limx→−∞

f(x) = −∞), ako za svako M ∈ R postoji K ∈ R tako da za svako x ∈ X

takvo da x ∈ (K,+∞) (x ∈ (−∞,K)) vazi f(x) ∈ (−∞,M):

limx→+∞

f(x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) < M)

⇐⇒ (∀M < 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) < M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x > K =⇒ f(x) < −M)

i

limx→−∞

f(x) = −∞ ⇐⇒ (∀M ∈ R)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) < M)

⇐⇒ (∀M < 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) < M)

⇐⇒ (∀M > 0)(∃K ∈ R)(∀x ∈ X)(x < K =⇒ f(x) < −M). �

Primer 3.11. Pokazacemo da je limx→+∞

x = +∞, limx→−∞

x = −∞, limx→+∞

(−x) = −∞ i

limx→−∞

(−x) = +∞.

Tacke +∞ i −∞ su tacke nagomilavanja skupa R koji je oblast definisanosti funkcijef(x) = x, kao i funkcije g(x) = −x.

Neka je M proizvoljan broj i neka je K = M . Tada za svako x > K, sledi f(x) =x > K = M . Prema tome, lim

x→+∞x = +∞. Osim toga, za sve x < K vazi da je

f(x) = x < K =M . Ovim smo dokazali da je limx→−∞

x = −∞.

Neka je M proizvoljan broj i neka je K = −M . Tada za svako x > K vazi da jeg(x) = −x < −K = M . Tako smo pokazali da je lim

x→+∞(−x) = −∞. Osim toga, za sve

x < K vazi da je g(x) = −x > −K =M . Prema tome, limx→−∞

(−x) = +∞. •

Primer 3.12. Dokazimo da je limx→+∞

x2 = +∞ i limx→−∞

x2 = +∞.

Oblast definisanosti funkcije f(x) = x2 je R, i +∞ i −∞ su tacke nagomilavanjaskupa R. Neka je M > 0 proizvoljan broj i neka je K =

√M . Tada za svako x > K > 0,

na osnovu Tvrdenja 1.78 (ix) sledi x2 > K2 = M , pa je limx→+∞

x2 = +∞. Neka je

K1 = −√M . Tada za svaki realan broj x < K1 < 0, opet na osnovu Tvrdenja 1.78 (ix),

vazi da je x2 > K21 =M . Prema tome, lim

x→−∞x2 = +∞. •

Sledeca definicija granicne vrednosti funkcije u tacki je poznata kao Hajneova4 defini-cija granicne vrednosti funkcije u tacki, i ona je ekvivalentna Kosijevoj definiciji (Defini-cija 3.1).

Definicija 3.13. (Heine) Neka f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Za b ∈ R kazemo da je granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (ili kad x tezi kax0), ako za svaki niz (xn) takav da xn ∈ X\{x0}, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, vazi da je

limn→∞

f(xn) = b, i tada pisemo limx→x0

f(x) = b. �

4H. E. Heine (1821-1881), nemacki matematicar


Teorema 3.14. Definicije 3.1 i 3.13 granicne vrednosti funkcije u datoj tacki su ekvi-valentne.

Dokaz. Pretpostavimo da f : X → R i da je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.Neka je lim

x→x0f(x) = b, b ∈ R, u smislu Definicije 3.1, i neka je (xn) niz realnih brojeva

takav da xn ∈ X\{x0}, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0. Neka je V (b) proizvoljna okolina tacke

b. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0, tako da je

f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b). (3.5)

Kako je limn→∞

xn = x0 i xn = x0 za svako n ∈ N, postojace n0 ∈ N tako da za svaki

prirodan broj n ≥ n0 vazi xn ∈◦U(x0) ∩X. Sada iz (3.5) sledi da f(xn) ∈ V (b) za svako

n ≥ n0. Prema tome, limn→∞

f(xn) = b. Dakle, b je granicna vrednost funkcije f u tacki

x0 u smislu Definicije 3.13.Obrnutu implikaciju, tj. tvrdenje da iz cinjenice da je b ∈ R granicna vrednost

funkcije f u tacki x0 u smislu Definicije 3.13 sledi da je b granicna vrednost funkcije f utacki x0 u smislu Definicije 3.1, dokazacemo kontrapozicijom.

Pretpostavimo sada da b ∈ R nije granicna vrednost funkcije f u tacki x0 u smisluDefinicije 3.1. To znaci da vazi uslov:

¬(∀V (b))(∃U(x0))f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b),

tj.

(∃V (b))(∀U(x0))f(◦U(x0) ∩X) * V (b). (3.6)

Dakle, postoji okolina V (b) tacke b tako da za svaku okolinu U(x0) tacke x0 vazi f(◦U(x0)∩

X) * V (b). Ako je x0 konacan broj, sa Un obelezimo okolinu (x0 −1

n, x0 +

1

n) tacke x0,

a ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), uzecemo da je Un = (n,+∞) (Un = (−∞,−n)), n ∈ N.Iz uslova (3.6) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈

◦Un ∩X tako da f(xn) /∈ V (b). Za

niz realnih brojeva (xn) ocigledno vazi xn ∈ X, xn = x0, n ∈ N, i dokazimo jos da je

limn→∞

xn = x0. Ako je x0 konacan broj, onda xn ∈ Un = (x0 −1

n, x0 +

1

n), pa je

x0 −1

n< xn < x0 +

1

n, za sve n ∈ N. (3.7)

Kako je limn→∞

(x0 −1

n) = lim

n→∞(x0 +

1

n) = x0, to iz (3.7), na osnovu Tvrdenja 2.55, sledi

limn→∞

xn = x0. Ako je pak x0 = +∞, onda xn ∈ Un = (n,+∞), pa je xn > n za sve

n ∈ N, odakle, s obzirom da je limn→∞

n = +∞, na osnovu Tvrdenja 2.58 sledi da je

limn→∞

xn = +∞ = x0. Slicno se dokazuje za slucaj kada je x0 = −∞ da je limn→∞

xn = x0.

Osim toga, kako nijedan clan niza (f(xn))n ne pripada okolini V (b) tacke b, to ondab nije granicna vrednost niza (f(xn))n. S obzirom da smo nasli niz (xn) takav da je


xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, limn→∞

xn = x0 i limn→∞

f(xn) = b, to onda b nije granicna vrednost

funkcije f u tacki x0 ni u smislu Definicije 3.13. �

Zbog vaznosti ove teoreme, a radi lakseg razumevanja njenog dokaza, dajemo takodedokaz ove teoreme u specijalnom slucaju kada je funkcija definisana u nekoj probodenojokolini konacne tacke x0 i kada je pritom jos i granicna vrednost u toj tacki konacna.

Naime, neka postoji δ0 > 0 tako da je funkcija f definisana u probodenoj okolini(x0−δ0, x0+δ0)\{x0} tacke x0 ∈ R (prema tome, domen X funkcije f sadrzi probodenuokolinu (x0 − δ0, x0 + δ0) \ {x0} tacke x0). Pokazujemo da je b ∈ R granicna vrednostfunkcije f u tacki x0 u smislu Definicije 3.1, odnosno Definicije 3.2, ako i samo ako je bgranicna vrednost funkcije f u tacki x0 u smislu Definicije 3.13.

Neka je najpre limx→x0

f(x) = b, b ∈ R, u smislu Definicije 3.2, i neka je (xn) niz realnih

brojeva takav da xn ∈ X, xn = x0, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0. Neka je ϵ > 0 proizvoljan

broj. Tada postoji δ > 0 tako za svako x ∈ X vazi implikacija:

x = x0 ∧ |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− b| < ϵ. (3.8)

Iz limn→∞

xn = x0 sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi |xn − x0| < δ.

Kako je i xn = x0 za sve n ∈ N, to iz (3.8) sledi da je |f(xn) − b| < ϵ za svako n ≥ n0,sto upravo znaci da je lim

n→∞f(xn) = b. Dakle, b je granicna vrednost funkcije f u tacki

x0 u smislu Definicije 3.13.

Pretpostavimo sada da b ∈ R nije granicna vrednost funkcije f u tacki x0 u smisluDefinicije 3.2. To znaci da vazi uslov:

¬(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− b| < ϵ).

Prema tome, vazi uslov

(∃ϵ0 > 0)(∀δ > 0)(∃xδ ∈ X)(0 < |xδ − x0| < δ ∧ |f(xδ)− b| ≥ ϵ0) (3.9)

(indeks δ u xδ oznacava da x zavisi od δ).

Neka je δ =δ0n, n = 1, 2, . . . , a odgovarajuce xδ oznacimo sa xn. Iz uslova (3.9) sledi

xn ∈ X, xn = x0, |xn − x0| <δ0n, n ∈ N, (3.10)

i

|f(xn)− b| ≥ ϵ0, n ∈ N. (3.11)

Iz (3.10) sledi da je − δ0n < xn − x0 <

δ0n , tj. x0 −

δ0n < xn < x0 +

δ0n , n ∈ N, i s obzirom

da je limn→∞

(x0 − δ0n ) = lim

n→∞(x0 +

δ0n ) = x0, to na osnovu Tvrdenja 2.55 dobijamo da je

limn→∞

xn = x0. Medutim na osnovu (3.11) zakljucujemo da nije limn→∞

f(xn) = b, i prema

tome b nije granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ni u smislu Definicije 3.13.


Primer 3.15. Za funkciju f(x) =x3 + x

xdomen je Df = R\{0}. Funkciju f smo mogli

zadati i na sledeci nacin:

f(x) = x2 + 1, za x ∈ R \ {0}.

1

y

fГ

Pokazacemo da funkcija f ima granicnu vrednost u tacki 0, tako sto cemo pokazatida su ispunjeni uslovi Definicije 3.13 za x0 = 0 i b = 1.

Funkcije f nije definisana u 0, ali je 0 tacka nagomilavanja domena ove funkcije.Neka je (xn)n proizvoljan niz takav da xn ∈ Df = R \ {0}, n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0. Tada

je limn→∞

x2n = 0, i prema tome,

limn→∞

f(xn) = limn→∞

(x2n + 1) = 1.

Buduci da postoji limn→∞

f(xn) = 1, i da ne zavisi od izbora niza (xn) koji konvergira ka

0, to na osnovu Definicije 3.13 zakljucujemo da postoji limx→0

f(x) i da je jednak 1.

Neka je

g(x) =

{x2 + 1, x = 0,

3, x = 0.

1

y

gГ

3


Domen funkcije g je skup R i 0 je tacka nagomilavanja domena. Neka je (xn)n proizvoljanniz takav da xn ∈ R, xn = 0 za sve n ∈ N, i lim

n→∞xn = 0. Tada je

limn→∞

g(xn) = limn→∞

(x2n + 1) = 1.

S obzirom da postoji limn→∞

g(xn) = 1, i da ne zavisi od izbora niza (xn) koji konvergira

ka 0, na osnovu Definicije 3.13 zakljucujemo da je limx→0

g(x) = 1.

Neka je h(x) = x2+1, x ∈ R. Domen ove funkcije je skup R i 0 je tacka nagomilavanjadomena.

1

y

hГ

Neka je (xn)n proizvoljan niz takav da xn ∈ R, xn = 0 za sve n ∈ N, i limn→∞

xn = 0.

Tada jelimn→∞

h(xn) = limn→∞

(x2n + 1) = 1.

Na osnovu Definicije 3.13 zakljucujemo da je limx→0

h(x) = 1. •

Primer 3.16. Pokazacemo da funkcija f(x) =−x2 + 5x− 6

x− 2ima granicnu vrednost u

tacki −1, tako sto cemo pokazati da su ispunjeni uslovi Definicije 3.13 za x0 = −1 ib = 4.

Tacka x0 = −1 je tacka nagomilavanja domena funkcije f , Df = R \ {2}. Neka je(xn)n proizvoljan niz takav da xn ∈ R \ {2}, lim

n→∞xn = −1 i xn = −1 za svako n ∈ N.

Tada

limn→∞

−x2n + 5xn − 6

xn − 2=

−( limn→∞

xn)2 + 5 lim

n→∞xn − 6

limn→∞

xn − 2=

−12

−3= 4.

Dakle, postoji limn→∞

f(xn) = 4, i kako ne zavisi od izbora niza (xn) koji konvergira ka

−1, to postoji limx→−1

f(x) = 4. •

Primer 3.17. Neka je f(x) = x− [x], x ∈ R. Domen ove funkcije je skup R, sto znacida je funkcija definisana u okolini kako tacke +∞ tako i tacke −∞, i prema tome +∞ i−∞ su tacke nagomilavanja domena. Pokazacemo da ne postoji lim

x→+∞f(x) i lim

x→−∞f(x).


Neka je xn = n i x′n = n +1

2, n ∈ N. Tada lim

n→∞xn = lim

n→∞x′n = +∞, f(xn) =

n− [n] = n− n = 0 i f(x′n) = n+1

2− [n+

1

2] = n+

1

2− n =

1

2, te je lim

n→∞f(xn) = 0 i

limn→∞

f(x′n) =1

2.

Buduci da ne postoji b ∈ R kome bi tezio niz (f(an)) za proizvoljan niz (an) koji tezika +∞, lim

x→+∞f(x) ne postoji.

Neka je zn = −n i z′n = −n +1

2, n ∈ N. Tada lim

n→∞zn = lim

n→∞z′n = −∞, f(zn) =

−n− [−n] = −n− (−n) = 0 i f(z′n) = −n+1

2− [−n+

1

2] = −n+

1

2− (−n) = 1

2, te je

limn→∞

f(zn) = 0 i limn→∞

f(z′n) =1

2. Prema tome, ne postoji lim

x→−∞f(x). •

Primer 3.18. Da li postoje limx→+∞

cosx i limx→+∞

sinx?

Domen funkcije x 7→ cosx (x 7→ sinx) je skup R, i +∞ i −∞ su tacke nagomilavanja

domena. Neka je xn = 2nπ i x′n =π

3+ 2nπ, n ∈ N. Tada je lim

n→∞xn = lim

n→∞x′n =

+∞, limn→∞

cosxn = 1 i limn→∞

cosx′n =1

2. Prema tome, ne postoji b ∈ R kome bi tezio

niz (cos an) za svaki niz (an) koji tezi ka +∞, i zato limx→+∞

cosx ne postoji. Kako je

limn→∞

sinxn = 0 i limn→∞

sinx′n =

√3

2, zakljucujemo da takode ne postoji b ∈ R kome bi

tezio niz (sin an) za svaki niz (an) koji tezi ka +∞, i zato ni limx→+∞

sinx ne postoji.

Slicno se pokazuje da ne postoje ni limx→−∞

cosx, ni limx→−∞

sinx. •


limx→+∞

(1 +

1

x

)x= e i lim

x→−∞

(1 +

1

x

)x= e. (3.12)

Dokazimo najpre da za svaki niz prirodnih brojeva (nk)k takav da

limk→∞

nk = +∞ (3.13)

vazi

limk→∞

(1 +

1

nk

)nk

= e. (3.14)

Neka je ϵ > 0. Kako je

limn→∞

(1 +

1

n

)n= e,

postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N,

n ≥ n0 =⇒∣∣∣∣(1 + 1

n

)n− e

∣∣∣∣ < ϵ. (3.15)


Iz (3.13) sledi da postoji k0 ∈ N tako da za k ≥ k0 vazi nk > n0, te zbog (3.15) dobijamo∣∣∣∣(1 + 1

nk

)nk

− e

∣∣∣∣ < ϵ. Ovim smo dokazali jednakost (3.14).

Neka je f(x) =(1 + 1

x

)x. Kako je 1+ 1

x = 1+xx > 0 za x ∈ (−∞,−1)∪ (0,+∞), to je

funkcija f definisana u okolini (−∞,−1) tacke −∞, a takode i u okolini (0,+∞) tacke+∞. Neka je sada (xk)k proizvoljan niz pozitivnih realnih brojeva koji tezi ka +∞. Dabismo dokazali prvu jednakost u (3.12), na osnovu Hajneove definicije granicne vrednostifunkcije, dovoljno je dokazati da je

limk→∞

f(xk) = limk→∞

(1 +

1

xk

)xk= e. (3.16)

S obzirom da je limk→∞

xk = +∞, ne umanjujuci opstost dokaza mozemo pretpostaviti da

je xk > 1 za svako k ∈ N. Neka je nk = [xk], k ∈ N. Tada je nk ∈ N i na osnovunejednakosti (1.52) vazi

nk ≤ xk < nk + 1, k ∈ N. (3.17)

Kako je limk→∞

xk = +∞, to je limk→∞

(xk − 1) = +∞ na osnovu Tvrdenja 2.24 (v). Sada iz

nejednakosti nk > xk − 1, k ∈ N, na osnovu Tvrdenja 2.58 zakljucujemo da je limk→∞

nk =

+∞.

Iz (3.17) sledi1

nk + 1<

1

xk≤ 1

nki stoga

1 +1

nk + 1< 1 +

1

xk≤ 1 +

1

nk. (3.18)

Iz (3.17) i (3.18) sledi5(1 +

1

nk + 1

)nk

<

(1 +

1

xk

)xk<

(1 +

1

nk

)nk+1

. (3.22)

5Na osnovu (1.61) iz 1 + 1nk+1

< 1 + 1xk

sledi(1 +

1

nk + 1

)nk

<

(1 +

1

xk

)nk

. (3.19)

Kako je eksponencijalna funkcija t 7→(1 + 1

xk

)t

strogo rastuca (jer je 1 + 1xk

> 1), iz nk ≤ xk < nk + 1

sledi (1 +

1

xk

)nk

≤(1 +

1

xk

)xk

<

(1 +

1

xk

)nk+1

. (3.20)

Sada iz 1 + 1xk

≤ 1 + 1nk

, na osnovu (1.62), dobijamo(1 +

1

xk

)nk+1

≤(1 +

1

nk

)nk+1

. (3.21)

Iz (3.19), (3.20) i (3.21) sledi(1 +

1

nk + 1

)nk

<

(1 +

1

xk

)xk

<

(1 +

1

nk

)nk+1

.


Kako je na osnovu Tvrdenja (2.45)

limk→∞

(1 +

1

nk + 1

)nk

= limk→∞

(1 + 1

nk+1

)nk+1

1 + 1nk+1

=e

1= e

i na osnovu Tvrdenja (2.35)

limk→∞

(1 +

1

nk

)nk+1

= limk→∞

(1 +

1

nk

)nk(1 +

1

nk

)= e · 1 = e,

iz nejednakosti (3.22) i Teoreme 2.55 dobijamo (3.16).Neka je sada (xk)k niz realnih brojeva takav da je xk < −1, k ∈ N, i lim

k→∞xk = −∞.

Da bismo dokazali drugu jednakost u (3.12) dovoljno je dokazati da vazi (3.16).Neka je yk = −xk, k ∈ N. Tada je yk > 1, lim

k→+∞yk = +∞ i vazi jednakost:(

1 +1

xk

)xk=

(1− 1

yk

)−yk=

(yk − 1

yk

)−yk=

(yk

yk − 1

)yk=

(1 +

1

yk − 1

)yk=

=

(1 +

1

yk − 1

)yk−1(1 +

1

yk − 1

). (3.23)

Iz limk→+∞

yk = +∞ sledi limk→+∞

(yk − 1) = +∞ (Tvrdenje 2.24 (v)), odakle na osnovu vec

dokazanog sledi

limk→+∞

(1 +

1

yk − 1

)yk−1

= e, (3.24)

a na osnovu Tvrdenja 2.46 imamo da je limk→∞

1yk−1 = 0, pa je

limk→∞

(1 +

1

yk − 1

)= 1. (3.25)

Iz (3.23), (3.24) i (3.25) sledi

limk→∞

(1 +

1

xk

)xk= lim

k→+∞

(1 +

1

yk − 1

)yk−1(1 +

1

yk − 1

)= e.

Na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije zakljucujemo da jelim

x→−∞

(1 + 1

x

)x= e. •

Definicija 3.20. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0).Za b ∈ R kazemo da je leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svaku okolinuV (b) tacke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0 − δ, x0)vazi f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemolim

x→x0−0f(x) = b ili b = f(x0 − 0). �


Analogno se definise desna granicna vrednost funkcije u tacki.

Definicija 3.21. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0,+∞).Za b ∈ R kazemo da je desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svaku okolinuV (b) tacke b postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0, x0 + δ)vazi f(x) ∈ V (b):

(∀V (b))(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) ∈ V (b)),

i pisemo

limx→x0+0

f(x) = b ili b = f(x0 + 0).

U slucaju x0 = 0 umesto x→ 0 + 0 (x→ 0− 0) pisemo jednostavno x→ +0 (x→ −0).�

Ako je b u Definicijama 3.20 i 3.21 konacan broj, onda se one mogu iskazati na sledecinacin:

Definicija 3.22. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0).Za b ∈ R kazemo da je leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako ϵ > 0postoji okolina δ = δ(ϵ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0− δ, x0)vazi f(x) ∈ (b− ϵ, b+ ϵ):

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ |f(x)− b| < ϵ). �

Definicija 3.23. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0,+∞).Za b ∈ R kazemo da je desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako ϵ > 0postoji δ = δ(ϵ) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0, x0 + δ) vazif(x) ∈ (b− ϵ, b+ ϵ):

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ |f(x)− b| < ϵ). �

Ako je u Definicijama 3.20 i 3.21 b = +∞ ili b = −∞, onda se one mogu iskazati nasledeci nacin:

Definicija 3.24. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0).Reci cemo da je +∞ leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako M ∈ Rpostoji okolina δ = δ(M) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0−δ, x0)vazi f(x) > M :

(∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) > M).

Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu:

(∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) > M). �


Definicija 3.25. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0,+∞).Reci cemo da je +∞ desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako M ∈ Rpostoji δ = δ(M) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0, x0 + δ) vazif(x) > M :

(∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) > M).6

Definicija 3.26. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0).Reci cemo da je −∞ leva granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako M ∈ Rpostoji okolina δ = δ(M) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0−δ, x0)vazi f(x) < M :

(∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) < M).

Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu:

(∀M < 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) < M),

odnosno uslovu:

(∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 − δ < x < x0 =⇒ f(x) < −M). �

Definicija 3.27. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0,+∞).Reci cemo da je −∞ desna granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svako M ∈ Rpostoji δ = δ(M) > 0 tako da za svako x ∈ X koje ispunjava uslov x ∈ (x0, x0 + δ) vazif(x) < M :

(∀M ∈ R)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) < M).7 �

Primer 3.28. Neka je f(x) =1

x. Domen funkcije f je Df = R \ {0} i 0 je tacka

nagomilavanja skupova Df ∩ (−∞, 0) = (−∞, 0) i Df ∩ (0,+∞) = (0,+∞). Dokazimoda je

limx→+0

1

x= +∞ i lim

x→−0

1

x= −∞.

6Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu

(∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) > M). �

7Ovaj uslov je ekvivalentan uslovu:

(∀M < 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) < M),

odnosno uslovu:

(∀M > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(x0 < x < x0 + δ =⇒ f(x) < −M).


Neka je M > 0 proizvoljan broj. Treba naci δ > 0 tako da za svako x ∈ (0, δ) vazi da je

f(x) =1

x> M . Kako je

1

x> M > 0 ⇐⇒ 0 < x <

1

M,

to uzimamo da je δ =1

M. Tada iz x ∈ (0, δ), tj. 0 < x < δ sledi f(x) =

1

x>

1

δ= M .

Prema tome, limx→+0

f(x) = +∞. Iz x ∈ (−δ, 0), tj. −δ < x < 0 sledi f(x) =1

x< −1

δ=

−M , sto znaci da je limx→−0

f(x) = −∞. •

Analogno dokazu Teoreme 3.14, pokazuje se da je Definicija 3.20 (Definicija 3.21)ekvivalentna sledecoj:

Definicija 3.29. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0)(X ∩ (x0,+∞)). Za b ∈ R kazemo da je leva (desna) granicna vrednost funkcije f u tackix0 ako za svaki niz (xn) takav da xn ∈ X ∩ (−∞, x0) (xn ∈ X ∩ (x0,+∞)), n ∈ N, ilimn→∞

xn = x0, vazi da je limn→∞

f(xn) = b. �

Primer 3.30. Neka je f(x) = sin1

x. Domen funkcije f je Df = R \ {0} i 0 je tacka

nagomilavanja skupova Df ∩ (−∞, 0) = (−∞, 0) i Df ∩ (0,+∞) = (0,+∞). Pokazacemoda ova funkcija nema ni desnu ni levu granicnu vrednost u 0.

Neka je xn =1

nπ, x′n =

1π

6+ 2nπ

, zn = −xn i z′n = −x′n, n = 1, 2, . . . . Jasno,

xn > 0, x′n > 0, limn→∞

xn = limn→∞

x′n = 0, f(xn) = 0, f(x′n) =1

2. Zato lim

n→∞f(xn) = 0 i

limn→∞

f(x′n) =1

2i stoga, na osnovu Definicije 3.29, lim

x→+0f(x) ne postoji. 8

Slicno, zn < 0, z′n < 0, limn→∞

zn = limn→∞

z′n = 0, f(zn) = 0, f(z′n) = −12 . Sledi

limn→∞

f(zn) = 0 i limn→∞

f(z′n) = −1

2, i stoga lim

x→−0f(x) ne postoji.

Na osnovu Definicije 3.13 zakljucujemo da ne postoji ni limx→0

f(x).

Slicno se dokazuje da ne postoje ni limx→+0

cos1

x(razmatrati nizove, recimo, xn =

1

2nπ,

x′n =1

π

6+ 2nπ

), ni limx→−0

cos1

x, i prema tome ne postoji ni lim

x→0cos

1

x. •

Grafik funkcije f(x) = sin1

x:

8Neka je a ∈ [−1, 1]. Tada za niz un = 1arcsina+2nπ

, n ∈ N, vazi da je limn→∞

un = 0 i f(un) =

sin(arcsina+ 2nπ) = a za sve n ∈ N, pa je limn→∞

f(un) = a.


-0.04 -0.02 0.02 0.04

-1.0

-0.5

0.5

1.0

Primer 3.31. Neka je f(x) = sgnx. Domen ove funkcije je skup R i 0 je tacka nagomila-vanja skupova R ∩ (−∞, 0) = (−∞, 0) i R ∩ (0,+∞) = (0,+∞).

Pokazacemo da ova funkcija ima levu i desnu granicnu vrednost u 0, ali da se onerazlikuju.

Neka je xn > 0, x′n < 0, n ∈ N i limn→∞

xn = limn→∞

x′n = 0. Tada je

limn→∞

sgnxn = limn→∞

1 = 1, limn→∞

sgnx′n = limn→∞

(−1) = −1,

i stoga jelimx→+0

sgnx = 1 i limx→−0

sgnx = −1.

Takode sledi da limx→0

sgnx ne postoji. •

y

x0

f x x( )=sgn

1

-1

Tvrdenje 3.32. Neka je f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX ∩ (−∞, x0), a takode i skupa X ∩ (x0,+∞). Funkcija f ima granicnu vrednost u tackix0 ako i samo ako ima levu i desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su one jednake.


Dokaz. Neka je limx→x0

f(x) = b ∈ R i neka je V (b) proizvoljna okolina tacke b. Tada

postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ X koje zadovoljava uslove |x− x0| < δ i x = x0 vazif(x) ∈ V (b). To znaci da za x ∈ (x0 − δ, x0) ∩ X, kao i za x ∈ (x0, x0 + δ) ∩ X vazif(x) ∈ V (b). Na osnovu Definicija 3.20 i 3.21 zakljucujemo da funkcija f ima i levu idesnu granicnu vrednost u tacki x0 i da su one jednake b.

Obrnuto, pretpostavimo da vazi

limx→x0+0

f(x) = limx→x0−0

f(x) = b. (3.26)

Neka je V (b) proizvoljna okolina tacke b. Na osnovu (3.26) postoji δ1 > 0 tako da zasvako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0−δ1, x0) vazi f(x) ∈ V (b). Takode postoji δ2 > 0 tako daza svako x ∈ X takvo da je x ∈ (x0, x0 + δ2) vazi f(x) ∈ V (b). Neka je δ = min{δ1, δ2}.Tada za x ∈ X takvo da je x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} vazi f(x) ∈ V (b). Prema tome,limx→x0

f(x) = b. �

Iz Primera 3.28 sledi da funkcija f(x) =1

xnema granicnu vrednost u 0, jer postoje

leva i desna granicna vrednost ove funkcije u 0, ali se one razlikuju.

Primer 3.33. Neka je

f(x) =

x− 3, x < 112 , x = 1x2 , x > 1.

Nije tesko videti da jelim

x→1−0f(x) = lim

x→1−0(x− 3) = −2,

ilim

x→1+0f(x) = lim

x→1+0x2 = 1.

Na osnovu Tvrdenja 3.32 zakljucujemo da limx→1

f(x) ne postoji.

1

1

-2

1

2

y

fГ

lim f(x) = -2x 1-0

lim f(x) = 1x 1+0


•

Neka je f : X → R, X1 ⊂ X i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X1. Granicnuvrednost restrikcije f1 = f|X1

u tacki x0 obelezavamo sa limx→x0, x∈X1

f(x).

Primetimo, da ako je x0 ∈ R i X1 = X ∩ (x0,+∞), onda je limx→x0, x∈X1

f(x) =

limx→x0+0

f(x), a ako je X1 = X ∩ (−∞, x0), onda je limx→x0, x∈X1


f(x).

Jasno je da ako postoji limx→x0

f(x), onda za svaki podskup X1 skupa X, takav da

je x0 ∈ accX1, postoji i limx→x0, x∈X1

f(x), i vazi jednakost limx→x0, x∈X1

f(x) = limx→x0

f(x).

Obrnuto ne mora da vazi, sto pokazuju sledeci primeri.

Primer 3.34. Za funkciju f(x) = x− [x] oblast definisanosti je skup R, i za restrikcijuf1 = f|Z vazi da je f1(x) = 0 za svako x ∈ Z. Zato je lim

x→+∞f1(x) = 0, tj. lim

x→+∞, x∈Z(x−

[x]) = 0. Medutim, kao sto smo videli limx→+∞

(x− [x]) ne postoji (Primer 3.17). •

Primer 3.35. Dirihleova9 funkcija je definisana sa

χ(x) =

{1, x ∈ Q0, x /∈ Q.

Proizvoljna tacka x0 ∈ R je tacka nagomilavanja i skupa racionalnih brojeva Q iskupa iracionalnih brojeva I (Primer 1.129 (v)), i kako je χ|Q(x) = 1 za svako x ∈ Q, iχ|I(x) = 0 za svako x ∈ I, to je lim

x→x0, x∈Qχ(x) = 1 i lim

x→x0, x∈Iχ(x) = 0.

Medutim, ni za jedno x0 ∈ R ne postoji limx→x0

χ(x). Zaista, ako je x0 = +∞, tada

za niz qn = n, n ∈ N, vazi limn→∞

qn = +∞, qn ∈ Q i χ(qn) = 1 za sve n ∈ N, i

limn→∞

χ(qn) = 1, dok za niz un =√2+n, n ∈ N, koji takode tezi ka +∞ vazi da je un ∈ I

i χ(un) = 0 za sve n ∈ N, te je limn→∞

χ(un) = 0. Stoga na osnovu Hajneove definicije

granicne vrednosti funkcije zakljucujemo da ne postoji limx→+∞

χ(x). Slicno se dokazuje

da ne postoji limx→−∞

χ(x).

Osim toga, za svako x0 ∈ R ne postoje ni jednostrane granicne vrednosti limx→x0−0

χ(x)

i limx→x0+0

χ(x). Zaista, u Primeru 2.64 je pokazano da za svaku realnu tacku x0 pos-

toji niz racionalnih brojeva (xn), a takode i niz iracionalnih brojeva (x′n) koji kon-vergiraju ka toj tacki ,,sleva“, pa je χ(xn) = 1 i χ(x′n) = 0 za sve n ∈ N, i stogalimn→∞

χ(xn) = 1 i limn→∞

χ(x′n) = 0, te na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti

funkcije zakljucujemo da ne postoji limx→x0−0

χ(x). Slicno, buduci da postoji niz racional-

nih i niz iracionalnih brojeva koji ,,zdesna“ konvergiraju ka x0, dokazuje se da ne postojini lim

x→x0+0χ(x). •

9P. G. L. Dirichlet (1805-1859), nemacki matematicar


Tvrdenje 3.36. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Funkcija fima granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svaki niz realnih brojeva (xn) takavda xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, niz (f(xn)) ima granicnu vrednost (konacnu

ili beskonacnu).

Dokaz. (=⇒) : Sledi iz same definicije granicne vrednosti funkcije (Definicija 3.13).

(⇐=): Neka za svaki niz realnih brojeva (xn) takav da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, ilimn→∞

xn = x0, niz (f(xn)) ima granicnu vrednost. Neka su (x′n) i (x′′n) nizovi realnih

brojeva takvi da je x′n, x′′n ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i lim

n→∞x′n = lim

n→∞x′′n = x0. Formirajmo niz

xn =

{x′k, n = 2k − 1,x′′k, n = 2k, k ∈ N,

tj. (xn) = (x′1, x′′1, x

′2, x

′′2, . . . ). Tada xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i na osnovu Tvrdenja 2.116

sledi limn→∞

xn = x0. Na osnovu pretpostavke niz (f(xn)) ima granicnu vrednost, i kako

su (f(x′n)) i (f(x′′n)) podnizovi niza (f(xn)), sledi

limn→∞

f(x′n) = limn→∞

f(xn), limn→∞

f(x′′n) = limn→∞

f(xn),

odakle dobijamo

limn→∞


f(x′′n).

Prema tome, granicna vrednost niza (f(xn)), gde je xn ∈ X\{x0}, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0,

ne zavisi od izbora niza (xn). Ako oznacimo tu granicnu vrednost sa b, na osnovuDefinicije 3.13, imamo da je lim

x→x0f(x) = b. �

Tvrdenje 3.36 se moze formulisati i za slucaj jednostranih granicnih vrednosti.

3.2 Osobine granicnih vrednosti funkcija

Naredna tvrdenja su iskazana za slucaj dvostrane granicne vrednosti, ali ona vaze i uslucaju jednostranih granicnih vrednosti, s tim sto bi u tom slucaju termin probodenaokolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina.

S obzirom da se pojam granicne vrednosti funkcija svodi na granicnu vrednost niza,osobine granicnih vrednosti nizova se prenose i na granicne vrednosti funkcija. Nekaod narednih tvrdenja cemo dokazati koriscenjem odgovarajucih tvrdenja za nizove (iHajneove definicije granicne vrednosti funkcije), a neka koriscenjem Kosijeve definicijegranicne vrednosti funkcije, tj. ,,na jeziku okolina“.

Tvrdenje 3.37. Ako postoji granicna vrednost funkcije f u tacki x0, onda je ona jedin-stvena.

Dokaz. Neka je f : X → R, x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, i neka funkcija fima dve razlicite granicne vrednosti b i b1 u tacki x0 (b, b1 ∈ R). Tada postoje okolineV (b) i W (b1) tacaka b i b1, respektivno, koje su disjunktne. Kako je lim

x→x0f(x) = b,

3.2. Osobine granicnih vrednosti funkcija 195

sledi da postoji okolina U1(x0) tacke x0 tako da je f(◦U1(x0) ∩ X) ⊂ V (b). Takode, iz

limx→x0

f(x) = b1 sledi da postoji okolina U2(x0) tacke x0 tako da je f(◦U2(x0)∩X) ⊂W (b1).

Za okolinu U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0) tacke x0 vazi da je f(◦U(x0) ∩X) ⊂ V (b) ∩W (b1),

sto protivureci cinjenici da su okoline V (b) i W (b1) disjunktne.Dokazimo ovo tvrdenje koristeci Hajneovu definiciju granicne vrednosti funkcije.

Pretpostavimo da funkcija f : X → R ima dve razlicite granicne vrednosti b i b1 utacki x0 (b, b1 ∈ R). Neka je (xn) proizvoljan niz sa osobinom da je xn ∈ X \ {x0},n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0. Iz lim

x→x0f(x) = b sledi da je lim

n→∞f(xn) = b, dok iz lim

x→x0f(x) = b1

sledi da je limn→∞

f(xn) = b1. Kako je granicna vrednost niza jedinstvena (Tvrdenje 2.13),

to je b = b1, sto je suprotno pretpostavci. Dobijena kontradikcija dokazuje je granicnavrednost funkcije f u tacki x0, ukoliko postoji, jedinstvena. �

Definicija 3.38. Za funkciju f : X → R kazemo da je ogranicena odozgo (odozdo) akoje ogranicen odozgo (odozdo) skup njenih vrednosti {f(x) : x ∈ X}, tj. ako postojiM ∈ R tako da je f(x) ≤M (f(x) ≥M) za svako x ∈ X. Funkcija je ogranicena ako jeogranicena odozgo i odozdo. �

Tvrdenje 3.39. Ako funkcija f : X → R ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ∈ R,onda postoji probodena okolina

◦U(x0) tacke x0 tako da je funkcija f ogranicena na skupu

◦U(x0) ∩X.

Dokaz. Neka je f : X → R, x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X i neka je limx→x0

f(x) =

b ∈ R. Na osnovu definicije granicne vrednosti funkcije, za ϵ = 1 postoji probodena

okolina◦U(x0) tacke x0 tako da za svako x ∈

◦U(x0) ∩X vazi |f(x)− b| < 1, tj. b− 1 <

f(x) < b+ 1. Ovo znaci da je funkcija f ogranicena na skupu◦U(x0) ∩X. �

Tvrdenje 3.40. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Ako je lim

x→x0f(x) = b, lim

x→x0g(x) = c i b < c, b, c ∈ R, tada postoji okolina U(x0)

tacke x0, takva da je f(x) < g(x) za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Dokaz. Ako su b i c konacni brojevi, neka je ϵ =c− b

2, i neka je V (b) ϵ-okolina tacke b

i W (c) ϵ-okolina tacke c, tj. V (b) = (b− ϵ, b+ ϵ) i W (c) = (c− ϵ, c+ ϵ). 10 Jasno je dace za svako s ∈ V (b) i svako t ∈ W (c) vaziti nejednakost s < t. Slicno ako je jedna odtacaka b ili c beskonacna, mogu se naci okolina V (b) tacke b i okolina W (c) tacke c, takoda za bilo koje s ∈ V (b) i bilo koje t ∈W (c) vazi s < t.

Iz limx→x0

f(x) = b sledi da postoji okolina U1(x0) tako da je f(◦U1(x0) ∩ X) ⊂ V (b).

Takode, iz limx→x0

g(x) = c sledi da postoji U2(x0) tako da je g(◦U2(x0) ∩ X) ⊂ W (c).

10Za ϵ smo mogli uzeti i c−b3

ili bilo koji od brojeva c−bn

, n = 4, 5, . . . . Vazno je izabrati ϵ > 0 takoda okoline (b − ϵ, b + ϵ) i (c − ϵ, c + ϵ) budu disjunktne. Tada ce za svako s ∈ (b − ϵ, b + ϵ) i svakot ∈ (c− ϵ, c+ ϵ) vaziti nejednakost s < t.


Neka je U(x0) = U1(x0) ∩ U2(x0). Tada za svako x ∈◦U(x0) ∩ X vazi f(x) ∈ V (b) i

g(x) ∈W (c), pa je f(x) < g(x). �

Posledica 3.41. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Akoje lim

x→x0f(x) = b < c, b ∈ R, c ∈ R, onda postoji okolina U(x0) tacke x0, takva da je

f(x) < c za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Analogno tvrdenje vazi ako se relacijski znak < zameni znakom >.

Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda je limx→x0

g(x) = c (Primer 3.8), pa je

limx→x0

f(x) < limx→x0

g(x). Na osnovu Tvrdenja 3.40 sledi da postoji okolina U(x0) tacke

x0, takva da je f(x) < g(x) = c za svako x ∈◦U(x0) ∩X. �

Posledica 3.42. Ako funkcija f u tacki x0 ima granicnu vrednost11 razlicitu od 0, ondafunkcija ima isti znak kao i ta granicna vrednost u nekoj probodenoj okolini tacke x0.

Dokaz. Sledi iz Posledice 3.41 (za slucaj kada je c = 0). �

Tvrdenje 3.43. Neka je f : X → R, g : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa

X. Neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno g(x) ≤ f(x) za svako

x ∈◦U(x0) ∩ X i neka postoje (konacne ili beskonacne) granicne vrednosti lim

x→x0g(x) i

limx→x0

f(x). Tada je

limx→x0

g(x) ≤ limx→x0

f(x).

Dokaz. Pretpostavimo da je limx→x0

f(x) < limx→x0

g(x). Iz Tvrdenja 3.40 sledi postoji

okolina U1(x0) tacke x0, takva da je f(x) < g(x) za svako x ∈◦U1(x0) ∩X. Za okolinu

U2(x0) = U(x0) ∩ U1(x0) tacke x0 ispunjeno je da za sve12 x ∈◦U2(x0) ∩X istovremeno

vaze nejednakosti f(x) < g(x) i f(x) ≥ g(x), sto je apsurd. Dobijena protivurecnostdokazuje da je lim

x→x0g(x) ≤ lim

x→x0f(x). �

Tvrdenje 3.44. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Neka je za

neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno c ≤ f(x) za svako x ∈

◦U(x0)∩X i neka

postoji (konacna ili beskonacna) granicna vrednost limx→x0

f(x). Tada je c ≤ limx→x0

f(x).

Analogno tvrdenje vazi ako se znak ≤ zameni znakom ≥.

Dokaz. Ako uzmemo da je g(x) = c, x ∈ X, onda funkcije f i g ispunjavaju usloveTvrdenja 3.43, odakle sledi da je lim

x→x0g(x) ≤ lim

x→x0f(x), tj. c ≤ lim

x→x0f(x). �

11Ova granicna vrednost moze biti konacna ili beskonacna.

12◦U2(x0) ∩X = ∅ jer je x0 tacka nagomilavanja skupa X.


Tvrdenje 3.45. Neka su date tri funkcije φ, f, ψ : X → R, neka je x0 tacka nagomila-

vanja skupa X, i neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno

φ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) za svako x ∈◦U(x0) ∩X. (3.27)

Ako postoje konacne granicne vrednosti limx→x0

φ(x) i limx→x0

ψ(x) koje su medusobno jednake,

tada postoji i granicna vrednost limx→x0

f(x) i vazi

limx→x0

φ(x) = limx→x0

f(x) = limx→x0

ψ(x).


φ(x) = limx→x0

ψ(x) = b ∈ R i neka je (xn) proizvoljan niz sa

osobinom da je xn ∈ X \{x0}, n = 1, 2, . . . i limn→∞

xn = x0. Tada u skladu sa Hajneovom

definicijom granicne vrednosti funkcije vaze jednakosti limn→∞

φ(xn) = limn→∞

ψ(xn) = b.

Kako je limn→∞

xn = x0, to postoji n0 ∈ N tako da za svaki prirodan broj n ≥ n0 vazi

xn ∈ U(x0). Prema tome, xn ∈◦U(x0) ∩X za svaki prirodan broj n ≥ n0, pa iz (3.27)

slediφ(xn) ≤ f(xn) ≤ ψ(xn) za svaki prirodan broj n ≥ n0.

Na osnovu Teoreme ,,o zatvoreniku izmedu dva policajca“ za nizove, sledi da je limn→∞

f(xn) =

b. S obzirom da smo za proizvoljan niz (xn), sa osobinom da je xn ∈ X \ {x0},n = 1, 2, . . . i lim

n→∞xn = x0, pokazali da je lim

n→∞f(xn) = b, to na osnovu Hajneove

definicije granicne vrednosti funkcije znaci da postoji granicna vrednost funkcije f utacki x0 i da je lim

x→x0f(x) = b.

Dokazimo ovo tvrdenje koristeci Kosijevu definiciju granicne vrednosti funkcije. Nekaje ϵ > 0 proizvoljan broj. S obzirom da je lim

x→x0φ(x) = b sledi da postoji okolina U1(x0)

tacke x0 takva da je

b− ϵ < φ(x) < b+ ϵ za sve x ∈◦U1(x0) ∩X. (3.28)

Iz limx→x0

ψ(x) = b sledi da postoji okolina U2(x0) tacke x0 takva da je

b− ϵ < ψ(x) < b+ ϵ za sve x ∈◦U1(x0) ∩X. (3.29)

Neka je U0(x0) = U(x0)∩U1(x0)∩U2(x0). Tada iz (3.27), (3.28) i (3.29) sledi da za sve

x ∈◦U0(x0) ∩X vazi

b− ϵ < φ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) < b+ ϵ,

te je |f(x)− b| < ϵ.S obzirom da smo za proizvoljan broj ϵ > 0 pokazali da postoji okolina U0(x0) tacke

x0, takva da za sve x ∈◦U0(x0)∩X vazi nejednakost |f(x)−b| < ϵ, to na osnovu Kosijeve

definicije granicne vrednosti funkcije znaci da postoji granicna vrednost funkcije f u tackix0 i da je lim

x→x0f(x) = b. �


Primer 3.46. Da li postoje limx→0

x sin1

xi limx→0

x cos1

x?

Iz

|x sin 1

x| = |x|| sin 1

x| ≤ |x|, x = 0,

sledi

−|x| ≤ x sin1

x≤ |x|, x = 0.

Kako je limx→0

(−|x|) = limx→0

|x| = 0, 13 na osnovu Tvrdenja 3.45, zakljucujemo da je

limx→0

x sin1

x= 0.

Slicno, limx→0

x cos1

x= 0. •

Grafik funkcije f(x) = x sin1

x:

-0.4 -0.2 0.2 0.4

-0.4

-0.2

0.2

0.4

13Neka je f(x) = |x| i g(x) = −|x|, x ∈ R, i neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada za δ = ϵ iz 0 < |x| < δsledi |f(x)− 0| = ||x|| = |x| < δ = ϵ i |g(x)− 0| = | − |x|| = |x| < δ = ϵ. U skladu sa Kosijevom definicijegranicne vrednosti funkcije zakljucujemo da je lim

x→0(−|x|) = lim

x→0|x| = 0.


Tvrdenje 3.47. Neka su date funkcije φ, f : X → R, neka je x0 tacka nagomilavanja

skupa X i neka je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno

φ(x) ≤ f(x) za svako x ∈◦U(x0) ∩X. (3.30)

Ako je limx→x0

φ(x) = +∞, tada je limx→x0

f(x) = +∞.


φ(x) = +∞, i neka je (xn) proizvoljan niz sa osobinom da je

xn ∈ X \ {x0}, n = 1, 2, . . . , i limn→∞

xn = x0. Tada je na osnovu Hajneove definicije

granicne vrednosti funkcije limn→∞

φ(xn) = +∞. Iz limn→∞

xn = x0 sledi da postoji n0 ∈ N

tako da xn ∈ U(x0) za svaki prirodan broj n ≥ n0. Stoga xn ∈◦U(x0)∩X za n ≥ n0, pa

iz (3.30) slediφ(xn) ≤ f(xn) za svaki prirodan broj n ≥ n0.

Sada na osnovu Tvrdenja 2.58 sledi da je limn→∞

f(xn) = +∞. Za proizvoljan niz (xn)

sa osobinom da je xn ∈ X \ {x0}, n = 1, 2, . . . , i limn→∞

xn = x0, pokazali smo da je

limn→∞

f(xn) = +∞, sto u skladu sa Hajneovom definicijom granicne vrednosti funkcije

znaci da postoji granicna vrednost funkcije f u tacki x0, i da je limx→x0

f(x) = +∞. �


Tvrdenje 3.48. Neka su date funkcije f, ψ : X → R i neka je x0 tacka nagomilavanja

skupa X. Ako je za neku probodenu okolinu◦U(x0) tacke x0 ispunjeno f(x) ≤ ψ(x) za

svako x ∈◦U(x0) ∩X i ako je lim

x→x0ψ(x) = −∞, tada je lim

x→x0f(x) = −∞.

Tvrdenje 3.49. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X. Ako postoje konacne granicne vrednosti lim

x→x0f(x) i lim

x→x0g(x), onda pos-

toje i konacne granicne vrednosti limx→x0

(f(x)+ g(x)), limx→x0

(f(x)− g(x)), limx→x0

(f(x)g(x)),

a ako je limx→x0

g(x) = 0, postoji i konacna granicna vrednost limx→x0

f(x)

g(x)i vazi

limx→x0

(f(x) + g(x)) = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x), (3.31)

limx→x0

(f(x)− g(x)) = limx→x0

f(x)− limx→x0

g(x), (3.32)

limx→x0

(f(x)g(x)) = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x), (3.33)

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x)(3.34)


f(x) = b ∈ R i limx→x0

g(x) = c ∈ R, pri cemu je c = 0. Iz Posledice

3.42 sledi da postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) = 0 za sve x ∈◦U(x0) ∩X.


Prema tome, za x ∈◦U(x0) ∩ X definisan je kolicnik

f(x)

g(x). Neka je (xn) proizvoljan

niz realnih brojeva sa osobinom da je xn ∈◦U(x0) ∩X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0. Tada je

g(xn) = 0 za sve n ∈ N, i na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije imamo

da je limn→∞

f(xn) = b i limn→∞

g(xn) = c. Iz Tvrdenja 2.45 sledi da postoji limn→∞

f(xn)

g(xn)i da je

limn→∞

f(xn)

g(xn)=b

c. S obzirom da je (xn) proizvoljan niz sa osobinom da je xn ∈

◦U(x0)∩X,

n = 1, 2, . . . , i limn→∞

xn = x0, u skladu sa Hajneovom definicijom granicne vrednosti

funkcije ovo znaci da postoji granicna vrednost funkcije x 7→ f(x)

g(x)u tacki x0 i da je

limx→x0

f(x)

g(x)=b

c=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x).

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno. �

Posledica 3.50. Ako postoji konacna granicna vrednost limx→x0

g(x) = b, tada za svako

c ∈ R postoje konacne granicne vrednosti limx→x0

(c+ g(x)), limx→x0

(c− g(x)) i limx→x0

cg(x), a

ako je limx→x0

g(x) = b = 0, postoji i konacna granicna vrednost limx→x0

c

g(x)i vazi

limx→x0

(c+ g(x)) = c+ limx→x0

g(x), (3.35)

limx→x0

(c− g(x) = c− limx→x0

g(x), (3.36)

limx→x0

c g(x) = c limx→x0

g(x), (3.37)

limx→x0

c

g(x)=

c

limx→x0

g(x). (3.38)

Dokaz. Neka je f(x) = c, za x ∈ R. Tada je limx→x0

f(x) = c (Primer 3.8), i iz Tvrdenja

3.49 sledi da funkcije f + g, f − g i gf imaju konacnu granicnu vrednost u tacki x0, a

ako je jos i limx→x0

g(x) = b = 0, onda i funkcijaf

gima konacnu granicnu vrednost u tacki

x0. Pritom na osnovu (3.33) sledi

limx→x0

f(x)g(x) = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x) = c limx→x0

g(x),

tj. vazi (3.37). Jednakosti (3.35), (3.36) i (3.38) se slicno dokazuju. �

Posledica 3.51. Ako postoji konacna granicna vrednost limx→x0

f(x), tada za svako k ∈ N

postoji konacna granicna vrednost limx→x0

(f(x))k i vazi

limx→x0

(f(x))k = ( limx→x0

f(x))k.


Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 3.49, (3.33), na osnovu principa matematicke indukcije. �

Primer 3.52. Dokazati da je

limx→x0

sinx = sinx0, (3.39)

limx→x0

cosx = cosx0, za svako x0 ∈ R, (3.40)

i da je

limx→0

sinx

x= 1. (3.41)

Dokaz. Uocimo kruznicu poluprecnika R sa centrom u tacki O. Neka poluprecnik OB

sa poluprecnikom OA gradi ugao od x radijana, 0 < x <π

2. U tacki A konstruisimo

normalu na poluprecnik OA i neka ona sece poluprecnik OB u tacki C.

Povrsina trougla OAB je1

2R2 sinx, povrsina kruznog isecka OAB je

1

2R2x, dok

je povrsina trougla OAC jednaka1

2R2tgx. Kako je trougao OAB sadrzan u kruznom

isecku OAB, a ovaj pak sadrzan u trouglu OAC, to dobijamo nejednakost:

1

2R2 sinx <

1

2R2x <

1

2R2tgx.

Dakle, vaze nejednakosti

sinx < x < tgx za 0 < x <π

2. (3.42)

Dokazimo sada da vazi nejednakost:

| sinx| ≤ |x| za svako x ∈ R. (3.43)

Iz prve nejednakosti u (3.42) sledi da je za 0 < x <π

2, | sinx| = sinx < x = |x|. Ako

je −π2< x < 0, onda je 0 < −x < π

2, i opet na osnovu prve nejednakosti u (3.42) sledi

sin(−x) < −x. Kako je u ovom slucaju | sinx| = − sinx = sin(−x) i |x| = −x, dokazalismo da je | sinx| < |x|.


Ako je |x| ≥ π

2, tada je | sinx| ≤ 1 <

π

2≤ |x|. Prema tome, vazi nejednakost

| sinx| < |x| za svako x ∈ R \ {0}.

S obzirom da je sin 0 = 0, zakljucujemo da je | sinx| ≤ |x| za svako x ∈ R (znak jednakostiu ovoj nejednakosti vazi samo za slucaj kada je x = 0).

Neka je x0 proizvoljan realan broj. Tada je za x ∈ R

sinx− sinx0 = 2 sinx− x0

2cos

x+ x02

,

cosx− cosx0 = −2 sinx− x0

2sin

x+ x02

.(3.44)

Kako je | sinα| ≤ 1 i | cosα| ≤ 1 za sve α ∈ R, i na osnovu (3.43)

∣∣∣∣sin x− x02

∣∣∣∣ ≤|x− x0|

2, to iz (3.44) sledi

|sinx− sinx0| = 2

∣∣∣∣sin x− x02

∣∣∣∣ ∣∣∣∣cos x+ x02

∣∣∣∣ ≤ 2|x− x0|

2= |x− x0|,

|cosx− cosx0| = 2

∣∣∣∣sin x− x02

∣∣∣∣ ∣∣∣∣sin x+ x02

∣∣∣∣ ≤ 2|x− x0|

2= |x− x0|.

(3.45)

Odavde sledi

−|x− x0| ≤ sinx− sinx0 ≤ |x− x0|,−|x− x0| ≤ cosx− cosx0 ≤ |x− x0|.

(3.46)

Buduci da je limx→x0

|x− x0| = 0, na osnovu Tvrdenja 3.45, iz (3.46) sledi da je

limx→x0

(sinx− sinx0) = 0 i limx→x0

(cosx− cosx0) = 0.

Odavde, kako je sinx = (sinx − sinx0) + sinx0 i cosx = (cosx − cosx0) + cosx0, naosnovu Posledice 3.50 ((3.35)) sledi lim

x→x0sinx = sinx0 i lim

x→x0cosx = cosx0.

Dokazimo sada da vazi (3.41). Iz nejednakosti (3.42), deljenjem sa sinx > 0 (jer

0 < x <π

2), dobijamo:

1 <x

sinx<

1

cosx,

tj.

cosx <sinx

x< 1. (3.47)

Ako x ∈(−π2, 0), tada 0 < −x < π

2i prema vec dokazanom imamo da je cos(−x) <

sin(−x)−x

< 1, tj. cosx <sinx

x< 1. Prema tome, nejednakost (3.47) vazi za svako


x ∈(−π2,π

2

)\ {0}. Kako je na osnovu (3.40) lim

x→0cosx = cos 0 = 1, iz (3.47), na osnovu

Tvrdenja 3.45, dobijamo (3.41). •

Primer 3.53. Iz Tvrdenja 3.49, (3.41) i (3.40) sledi

limx→0

tg x

x= lim

x→0

sinx

x· 1

cosx= lim

x→0

sinx

x· limx→0

1

cosx= 1 · 1

limx→0

cosx=

1

1= 1. •

Tvrdenje 3.54. Neka su date funkcije f, g : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X.

(i) Ako je limx→x0

f(x) = +∞ i limx→x0

g(x) = +∞, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞.

(ii) Ako je limx→x0

f(x) = −∞ i limx→x0

g(x) = −∞, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = −∞.

(iii) Ako je limx→x0

f(x) = +∞ i funkcija g odozdo ogranicena u nekoj probodenoj okolini

tacke x0, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞.

(iv) Ako je limx→x0

f(x) = −∞ i funkcija g odozgo ogranicena u nekoj probodenoj okolini


(f(x) + g(x)) = −∞.

(v) Ako je limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞) i postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

g(x) = y ∈ R, onda je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞ ( limx→x0

(f(x) + g(x)) = −∞).

Dokaz. (iii): Neka je limx→x0

f(x) = +∞ i funkcija g odozdo ogranicena u nekoj probodenoj

okolini tacke x0, tj. postoji okolina U(x0) tacke x0 i c ∈ R tako da je g(x) > c za sve

x ∈◦U(x0)∩X. Neka je (xn) proizvoljan niz realnih brojeva sa osobinom da xn ∈ X\{x0},

n ∈ N, i limn→∞

xn = x0. Iz limx→x0

f(x) = +∞ sledi da je limn→∞

f(xn) = +∞, a iz limn→∞

xn =

x0 i xn = x0, n ∈ N, sledi da postoji n0 ∈ N tako da je xn ∈◦U(x0) za svaki prirodan broj

n ≥ n0. Sledi da je g(xn) > c za n ≥ n0, pa je niz (g(xn)) odozdo ogranicen. Sada izTvrdenja 2.24 (iii) sledi lim

n→∞(f(xn)+g(xn)) = +∞. U skladu sa Hajneovom definicijom

granicne vrednosti funkcije zakljucujemo da je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞.

Ostala tvrdenja se dokazuju slicno, koriscenjem odgovarajucih delova Tvrdenja 2.24i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije. �

Posledica 3.55. Neka je data funkcija f : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX.


f(x) = +∞ i c ∈ R, tada je limx→x0

(c+ f(x)) = +∞.


f(x) = −∞ i c ∈ R, tada je limx→x0

(c+ f(x)) = −∞.

Dokaz. (i): Neka je limx→x0

f(x) = +∞, c ∈ R i g(x) = c, za x ∈ X. Tada je limx→x0

g(x) = c

(Primer 3.8), pa iz Tvrdenja 3.54 (v) sledi limx→x0

(g(x)+f(x)) = +∞, tj. limx→x0

(c+f(x)) =

+∞.(ii) sledi takode iz Tvrdenja 3.54 (v) i Primera 3.8. �


Tvrdenje 3.56. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X. Neka funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0. Tada postojilimx→x0

(f(x) + g(x)) ako i samo ako postoji limx→x0

g(x), i pri tome vazi jednakost

limx→x0

(f(x) + g(x)) = limx→x0

f(x) + limx→x0

g(x). (3.48)

Pritom vaze sledece ekvivalencije:

(i) Postoji konacna granicna vrednost limx→x0

g(x) ako i samo postoji konacna granicna

vrednost limx→x0

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

(ii) limx→x0

g(x) = +∞ ako i samo ako je limx→x0

(f(x) + g(x)) = +∞.

(iii) limx→x0

g(x) = −∞ ako i samo ako je limx→x0

(f(x) + g(x)) = −∞.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.50 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije (dokaz semoze izvesti i koriscenjem Tvrdenja 3.49 i Tvrdenja 3.54 (v), slicno dokazu odgovarajucegtvrdenja za nizove (Tvrdenja 2.50)). �

Tvrdenje 3.57. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X.



g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞), onda je limx→x0

f(x)g(x) =

+∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).


f(x) = +∞ i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0) u nekoj probodenoj okolini


f(x)g(x) = +∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).



g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je limx→x0

f(x)g(x) =

+∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = −∞).

(iv) Ako je limx→x0



f(x)g(x) = +∞.


f(x) = −∞ i g(x) ≥ y > 0 (g(x) ≤ y < 0) u nekoj probodenoj okolini


f(x)g(x) = −∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = +∞).

(vi) Ako je limx→x0


g(x) = y ∈ R i y > 0 (y < 0), onda je limx→x0

f(x)g(x) =

−∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = +∞).

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.38 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije. �

Primer 3.58. Ispitajmo limx→+∞

x(cosx+ 2) i limx→+∞

(1− x)(cosx+ 2).

Kako je limx→+∞

x = +∞ i cosx + 2 ≥ 1 za sve x ∈ R, to na osnovu Tvrdenja 3.57

(ii) zakljucujemo da je limx→+∞

x(cosx + 2) = +∞. Iz limx→+∞

(−x) = −∞ i Posledice 3.55

sledi da je limx→+∞

(1 − x) = −∞. Sada na osnovu Tvrdenja 3.57 (v) zakljucujemo da je

limx→+∞

(1− x)(cosx+ 2) = −∞. •


Posledica 3.59. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX.


f(x) = +∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je limx→x0

(cf(x)) = +∞( limx→x0

(cf(x)) = −∞).


f(x) = −∞ i c ∈ R, c > 0 (c < 0), tada je limx→x0

(cf(x)) = −∞( limx→x0

(cf(x)) = +∞).

Dokaz. (i): Sledi iz Tvrdenja 3.57 (iii) i Primera 3.8.

(ii): Sledi iz Tvrdenja 3.57 (v) i Primera 3.8. �

Posledica 3.60. Neka je data funkcija f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Neka je k ∈ N.(i) Ako je lim

x→x0f(x) = +∞, tada je lim

n→∞(f(x))k = +∞.


f(x) = −∞ i k paran (neparan) broj, tada je limn→∞

(f(x))k = +∞

( limn→∞

(f(x))k = −∞).

Dokaz. (i): Sledi iz Tvrdenja 3.57 (i) na osnovu principa matematicke indukcije.

(ii): Sledi iz Tvrdenja 3.57 (iv), (i), na osnovu principa matematicke indukcije.

(Dokaz tvrdenja (i) i (ii) se moze izvesti i koriscenjem Posledice 2.40 i Hajneovedefinicije granicne vrednosti funkcije.) �

Tvrdenje 3.61. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X. Neka funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0, lim

x→x0f(x) =

b = 0.

Tada postoji limx→x0

(f(x)g(x)) ako i samo ako postoji limx→x0

g(x), i pri tome vazi jed-

nakost

limx→x0

(f(x)g(x)) = limx→x0

f(x) · limx→x0

g(x); (3.49)

Pritom vazi:


g(x) ako i samo postoji konacna granicna

vrednost limx→x0

(f(x)g(x));


f(x) = b > 0, onda je limx→x0

g(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je

limx→x0

(f(x)g(x)) = +∞ (−∞);


f(x) = b < 0, onda je limx→x0

g(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je

limx→x0

(f(x)g(x)) = −∞ (+∞).

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 2.51 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije (dokazse moze izvesti i koriscenjem Tvrdenja 3.49 i Tvrdenja 3.57 (iii), (vi), slicno dokazuodgovarajuceg tvrdenja za nizove (Tvrdenja 2.51)). �


Primer 3.62. Za polinom Pk(x) = akxk + ak−1x

k−1 + · · · + a1x + a0, ai ∈ R, i =0, . . . k, ak = 0, vazi :

Pk(x) = akxk+ak−1x

k−1+· · ·+a1x+a0 = akxk

(1 +

ak−1

ak· 1x+ · · ·+ a1

ak· 1

xk−1+a0ak

· 1

xk

).

Kako je limx→±∞

1

xl= 0 za l ∈ {1, . . . , k}, to je

limx→±∞

(1 +

ak−1

ak· 1x+ · · ·+ a1

ak· 1

xk−1+a0ak

· 1

xk

)= 1.

Iz Primera 3.11, Posledice 3.60 i Posledice 3.59 sledi da je

limx→+∞

akxk =

{+∞, za ak > 0,

−∞, za ak < 0,

i kako je

limx→−∞

xk =

{+∞, ako je k paran broj,

−∞, ako je k neparan broj,

to je

limx→−∞

akxk =

+∞, ako je k paran broj, ak > 0,

−∞, ako je k paran broj, ak < 0,

−∞, ako je k neparan broj, ak > 0,

+∞, ako je k neparan broj, ak < 0.

Sada na osnovu Tvrdenja 3.57 (iii) i (vi) (ili Tvrdenja 3.61) zakljucujemo da je

limx→+∞

Pk(x) = limx→+∞

akxk

(1 +

ak−1

ak· 1x+ · · ·+ a1

ak· 1

xk−1+a0ak

· 1

xk

)= lim

x→+∞akx

k =

{+∞, za ak > 0,

−∞, za ak < 0,

i

limx→−∞

Pk(x) = limx→−∞

akxk

(1 +

ak−1

ak· 1x+ · · ·+ a1

ak· 1

xk−1+a0ak

· 1

xk

)

= limx→−∞

akxk =

+∞, ako je k paran broj, ak > 0,

−∞, ako je k paran broj, ak < 0,

−∞, ako je k neparan broj, ak > 0,

+∞, ako je k neparan broj, ak < 0.

Prema tome, ako je P polinom parnog stepena, onda je limx→−∞

P (x) = limx→+∞

P (x), dok

za slucaj polinomama neparnog stepena imamo da je limx→−∞

P (x) = limx→+∞

P (x). Tako,

na primer,

limx→−∞

(−4x3+6x2−x+9) = limx→−∞

−4x3(1− 6

4· 1x+1

4· 1x2

− 9

4· 1x3

) = limx→−∞

(−4x3) = +∞


i

limx→+∞

(−4x3+6x2−x+9) = limx→−∞

−4x3(1− 6

4· 1x+1

4· 1x2

− 9

4· 1x3

) = limx→+∞

(−4x3) = −∞,

dok je

limx→±∞

(−2x4 + 5x3 − 8) = limx→±∞

(−2x4)(1− 5

2· 1x+

4

x4) = lim

x→±∞(−2x4) = −∞,

limx→±∞

(7x2 + 3x− 9) = limx→±∞

(7x2)(1 +3

7· 1x− 9

7· 1

x2) = lim

x→±∞(7x2) = +∞. •

Primer 3.63. Neka su P i Q polinomi,

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0, ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, an = 0,

Q(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + . . . b1x+ b0, bi ∈ R, i = 0, 1, . . . ,m, bm = 0.

Kako je

P (x)

Q(x)=

anxn(1 + an−1

an· 1x + · · ·+ a1

an· 1xn−1 + a0

an· 1xn

)bmxm

(1 + bm−1

bm· 1x + · · ·+ b1

bm· 1xm−1 + b0

bm· 1xm

)=

anxn

bmxm·1 + an−1

an· 1x + · · ·+ a1

an· 1xn−1 + a0

an· 1xn

1 + bm−1

bm· 1x + · · ·+ b1

bm· 1xm−1 + b0

bm· 1xm

,

limx→±∞

1 + an−1

an· 1x + · · ·+ a1

an· 1xn−1 + a0

an· 1xn

1 + bm−1

bm· 1x + · · ·+ b1

bm· 1xm−1 + b0

bm· 1xm

= 1,

i s obzirom da postoje limx→+∞

anxn

bmxmi limx→−∞

anxn

bmxm, to na osnovu Tvrdenja 3.57 (iii) i

(vi) (ili Tvrdenja 3.61) sledi da je

limx→+∞

P (x)

Q(x)= lim

x→+∞

anxn

bmxm=

sgn

anbm

· (+∞), za n > m,

anbn, za n = m,

0, za n < m,

(3.50)

i

limx→−∞

P (x)

Q(x)= lim

x→−∞

anxn

bmxm=

sgn

anbm

· (−∞)n−m, za n > m,

anbn, za n = m,

0, za n < m,

(3.51)

gde je (−∞)n−m = +∞ ako je n − m paran broj, a (−∞)n−m = −∞ ako je n − mneparan broj.


Tako, na primer,

limx→±∞

2x− 1

x2 − 5x+ 6= lim

x→±∞

(2x

x2·

1− 12x

1− 5x + 6

x2

)= lim

x→±∞

(2

x·

1− 12x

1− 5x + 6

x2

)

= limx→±∞

2

x· limx→±∞

1− 12x

1− 5x + 6

x2

= 0 · 1 = 0,

limx→±∞

4x3 − 5x2 + 5x+ 3

−2x3 − 5x+ 7= lim

x→±∞

(4x3

−2x3·1− 5

4 · 1x + 5

4 · 1x2

+ 34 · 1

x3

1 + 52 · 1

x2− 7

2 · 1x3

)

= limx→±∞

((−2) ·

1− 54 · 1

x + 54 · 1

x2+ 3

4 · 1x3

1 + 52 · 1

x2− 7

2 · 1x3

)

= (−2) · limx→±∞

1− 54 · 1

x + 54 · 1

x2+ 3

4 · 1x3

1 + 52 · 1

x2− 7

2 · 1x3

= −2.

Kako je

−2x3 + 5x2 − 7

3x2 − 2x+ 4=

−2x3

3x2·1− 5

2 · 1x + 7

2 · 1x3

1− 23 · 1

x + 43 · 1

x2

=−2

3· x ·

1− 52 · 1

x + 72 · 1

x3

1− 23 · 1

x + 43 · 1

x2

,

i kako je limx→+∞

(−2

3· x)

= −∞, limx→−∞

(−2

3· x)

= +∞ i limx→±∞

1− 52 · 1

x + 72 · 1

x3

1− 23 · 1

x + 43 · 1

x2

= 1,

to je

limx→+∞

−2x3 + 5x2 − 7

3x2 − 2x+ 4= −∞ i lim

x→−∞

−2x3 + 5x2 − 7

3x2 − 2x+ 4= +∞.

Buduci da je

x3 + 3x2 + 5

−2x+ 7=

x3

−2x·1 + 3

x + 5x3

1− 72 · 1

x

=−1

2· x2 ·

1 + 3x + 5

x3

1− 72 · 1

x

,

i s obzirom da je limx→±∞

(−1

2· x2)

= −∞ i limx→±∞

1 + 3x + 5

x3

1− 72 · 1

x

= 1, to zakljucujemo da je

limx→±∞

x3 + 3x2 + 5

−2x+ 7= −∞.

Koristeci (3.50) i (3.51) mozemo jednostavno pisati:

limx→+∞

−2x3 + 5x2 − 7

3x2 − 2x+ 4= lim

x→+∞

−2x3

3x2= lim

x→+∞(−2

3)x = −∞,

limx→−∞

−2x3 + 5x2 − 7

3x2 − 2x+ 4= lim

x→+∞

−2x3

3x2= lim

x→+∞(−2

3)x = +∞,

limx→±∞

x3 + 3x2 + 5

−2x+ 7= lim

x→±∞

x3

−2x= lim

x→±∞(−2x2) = −∞. •


Tvrdenje 3.64. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X. Neka funkcija g ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0, lim

x→x0g(x) =

b = 0.

Tada postoji limx→x0

f(x)

g(x)ako i samo ako postoji lim

x→x0f(x) i vazi jednakost

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x); (3.52)

Pritom vazi:


f(x) ako i samo postoji konacna granicna

vrednost limx→x0

f(x)

g(x);


g(x) = b > 0, tada je limx→x0

f(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je

limx→x0

f(x)

g(x)= +∞ (−∞);


g(x) = b < 0, tada je limx→x0

f(x) = +∞ (−∞) ako i samo ako je

limx→x0

f(x)

g(x)= −∞ (+∞).

Dokaz. Iz Posledice 3.50 sledi da funkcija1

gima konacnu granicnu vrednost razlicitu od

0 u tacki x0. S obzirom da jef

g=

1

g· f , tvrdenje sledi iz Tvrdenja 3.61. �

Definicija 3.65. Neka je α : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Za funkcijuα kazemo da je beskonacno mala funkcija (ili samo beskonacno mala) kad x tezi ka x0ako je

limx→x0

α(x) = 0. �

Beskonacno mala α cesto se naziva i infinitezimala.

Na primer, funkcija f(x) =1

xje beskonacno mala kad x → +∞, a takode i kad

x → −∞ (Primer 3.7). Funkcija g(x) = x − 1 je beskonacno mala kad x → 1, jer jelimx→1

(x− 1) = 0, ali nije beskonacno mala, na primer, kad x→ 0, jer je limx→0

(x− 1) = −1.

Sledece tvrdenje se moze dokazati koriscenjem odgovarajucih osobina nula-nizova, alitakode sledi i iz Tvrdenja 3.49.

Tvrdenje 3.66. Zbir, razlika i proizvod dve beskonacno male funkcije kad x → x0 jebeskonacno mala funkcija kad x→ x0.

14

14Podrazumeva se da su zbir, razlika i proizvod beskonacno malih α i β kad x → x0, definisani napreseku oblasti definisanosti funkcija α i β.


Tvrdenje 3.67. Neka su date funkcije α, g : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupaX. Ako je α beskonacno mala kad x → x0, a g funkcija ogranicena u nekoj probodenojokolini tacke x0, onda je gα beskonacno mala kad x→ x0.


α(x) = 0, i neka postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da je |g(x)| < c

za neko c ∈ R, c > 0, i sve x ∈◦U(x0) ∩X. Neka je (xn) proizvoljan niz realnih brojeva

takav da xn ∈ X\{x0}, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0. Tada je limn→∞

α(xn) = 0, i osim toga postoji

n0 ∈ N tako da je xn ∈ U(x0) za svaki prirodan broj n ≥ n0. Kako xn ∈ X \ {x0} za sve

n ∈ N, to je xn ∈◦U(x0) ∩X za svaki prirodan broj n ≥ n0. Sledi |g(xn)| < c za n ≥ n0,

i prema tome niz (g(xn)) je ogranicen. Kako je proizvod nula-niza i ogranicenog nizaopet nula-niz (Tvrdenje 2.30), sledi lim

n→∞g(xn)α(xn) = 0. S obzirom da za proizvoljan

niz realnih brojeva (xn), sa osobinom da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0, vazi da

je limn→∞

g(xn)α(xn) = 0, u skladu sa Hajneovom definicijom granicne vrednosti funkcije

zakljucujemo da je limx→x0

g(x)α(x) = 0. �Naravno, prethodno tvrdenje smo mogli da dokazemo i ,,na jeziku okolina“, koriscenjem

Kosijeve definicije granicne vrednosti funkcije.

Primer 3.68. Buduci da su funkcije g1(x) = cos1

xi g2(x) = sin

1

x, x ∈ R \ {0},

ogranicene, a α(x) = x beskonacno mala kad x → 0, iz Tvrdenja 3.67 sledi da su

funkcije f1(x) = x cos1

xi f2(x) = x sin

1

xbeskonacno male kad x→ 0. •

Primer 3.69. Funkcija x 7→ sinx

xje beskonacno mala kad x → +∞, a takode i kad

x → −∞, kao prozvod beskonacno male x 7→ 1

xkad x → +∞ (x → −∞) i ogranicene

funkcije x 7→ sinx. Slicno, funkcija x 7→ cosx

xje beskonacno mala kad x → +∞

(x→ −∞). •

Sledeca teorema pokazuje da se pojam granicne vrednosti funkcije moze svesti napojam beskonacno male.

Tvrdenje 3.70. Funkcija f : X → R u tacki x0 ∈ R, x0 ∈ accX, ima konacnu granicnuvrednost jednaku A, lim

x→x0f(x) = A ∈ R, ako i samo ako postoji okolina U(x0) tacke x0

i beskonacno mala α kad x→ x0 tako da je

f(x) = A+ α(x) za x ∈◦U(x0) ∩X.


f(x) = A. Definisimo α(x) = f(x)−A za x ∈ X. Tada na osnovu

(3.36) sledi

limx→x0

α(x) = limx→x0

(f(x)−A) = limx→x0

f(x)−A = A−A = 0,


i ocigledno je f(x) = A+ α(x).Obrnuto, ako je f(x) = A + α(x), za x ∈ X iz neke probodene okoline tacke x0, i

limx→x0

α(x) = 0, tada je na osnovu (3.35)

limx→x0

f(x) = limx→x0

(A+ α(x)) = A+ limx→x0

α(x) = A+ 0 = A. �

Tvrdenje 3.71. Neka je data funkcija f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja

skupa X. Ako je limx→x0

f(x) = +∞ ( limn→∞

f(x) = −∞), onda je1

fbeskonacno mala kad

x→ x0.15


Tvrdenje 3.72. Neka su date funkcije f, g : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X.


g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞) i funkcija f ogranicena u nekoj probodenoj

okolini tacke x0, onda jef

gbeskonacno mala kad x→ x0.


g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞) i postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

f(x), onda jef(x)

g(x)beskonacno mala kad x→ x0.

16

Dokaz. (i): Sledi iz Tvrdenja 3.67 i Tvrdenja 3.71.(ii): Sledi iz (i) i Tvrdenja 3.39. �

Napomena 3.73. Ako je α beskonacno mala kad x→ x0, onda funkcija1

αne mora da

ima granicnu vrednost u tacki x0. Na primer, funkcija α(x) = x, x ∈ R, je beskonacno

mala kad x → 0, ali limx→+0

1

α(x)= lim

x→+0

1

x= +∞ i lim

x→−0

1

α(x)= lim

x→−0

1

x= −∞ (Primer

3.28), te na osnovu Tvrdenje 3.32 ne postoji limx→0

1

α(x). •

Medutim, ako je funkcija α beskonacno mala kad x→ x0, i postoji probodena okolinatacke x0 u kojoj je funkcija α razlicita od 0 i konstantnog znaka (pozitivna je ili nega-

tivna), onda funkcija1

αima granicnu vrednost u tacki x0.


1

+∞ = 0,1

−∞ = 0.

16Ako je limx→x0

f(x) = b ∈ R, Tvrdenje 3.72 (ii) simbolicki zapisujemo:

b

+∞ = 0,b

−∞ = 0 za svako b ∈ R.


Tvrdenje 3.74. Neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X i neka je α : X → Rbeskonacno mala kad x → x0. Ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je α(x) > 0

(α(x) < 0) za x ∈◦U(x0) ∩X, tada je lim

x→x0

1

α(x)= +∞ ( lim

x→x0

1

α(x)= −∞).17


Posledica 3.75. Neka su date funkcije f, g, h : X → R, i x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X. Neka je g : X → R beskonacno mala kad x→ x0, i neka postoji okolina U(x0)

tacke x0 takva da je g(x) > 0 (g(x) < 0) za x ∈◦U(x0) ∩X.


f(x) = +∞, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= +∞ ( lim

x→x0

f(x)

g(x)= −∞).


f(x) = −∞, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= −∞ ( lim

x→x0

f(x)

g(x)= +∞).

(iii) Ako je f(x) ≥ y > 0 u nekoj probodenoj okolini tacke x0, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= +∞

( limx→x0

f(x)

g(x)= −∞).

(iv) Ako je f(x) ≤ y < 0 u nekoj probodenoj okolini tacke x0, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= −∞

( limx→x0

f(x)

g(x)= +∞).


f(x) = y ∈ R i y > 0, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= +∞ ( lim

x→x0

f(x)

g(x)= −∞).

(vi) Ako je limx→x0

f(x) = y ∈ R i y < 0, onda je limx→x0

f(x)

g(x)= −∞ ( lim

x→x0

f(x)

g(x)= +∞).18

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 3.57 i Tvrdenja 3.74.

Primera radi dokazimo (iii): Neka je je f(x) ≥ y > 0 u nekoj probodenoj okolini

tacke x0. Kako jef(x)

g(x)= f(x) · 1

g(x), i kako je na osnovu Tvrdenja 3.74 lim

x→x0

1

g(x)=


1

+0= +∞,

1

−0= −∞.

18Tvrdenja (i),(ii), (v) i (vi) u Posledici 3.75 simbolicki zapisujemo:

+∞+0

= +∞,+∞−0

= −∞,

−∞+0

= −∞,−∞−0

= +∞,

y

+0= +∞,

y

−0= −∞, y ∈ R, y > 0,

y

+0= −∞,

y

−0= +∞, y ∈ R, y < 0.


+∞ (−∞), to na osnovu Tvrdenja 3.57 (ii), (v) sledi limx→x0

f(x)

g(x)= +∞ ( lim

x→x0

f(x)

g(x)=

−∞). �

Primeri 3.76. (i) Nadimo limx→−π

2+0

tgx, limx→π

2−0

tgx, limx→+0

ctgx i limx→π−0

ctgx.

S obzirom da je limx→x0

sinx = sinx0 i limx→x0

cosx = cosx0 za svako x0 ∈ R, to je i

limx→x0−0

sinx = limx→x0+0

sinx = sinx0,

limx→x0−0

cosx = limx→x0+0

cosx = cosx0,

te je stoga

limx→−π

2+0

sinx = sin(−π2

)= −1, lim

x→−π2+0

cosx = cos(−π2

)= 0,

limx→π

2+0

sinx = sin(π2

)= 1, lim

x→π2+0

cosx = cos(π2

)= 0.

Kako je cosx > 0 za x ∈(−π

2 ,π2

), to na osnovu Posledice 3.75 (vi), (v) (za slucaj

jednostranih granicnih vrednosti) sledi da je

limx→−π

2+0

tg x = limx→−π

2+0

sinx

cosx=

(−1

+0

)= −∞,

limx→π

2−0

tg x = limx→π

2−0

sinx

cosx=

(1

+0

)= +∞.

Analogno se dokazuje da je

limx→+0

ctgx = limx→+0

cosx

sinx=

(1

+0

)= +∞,

limx→π−0

ctgx = limx→π−0

cosx

sinx=

(−1

+0

)= −∞.

(ii) Iako ne postoji ni leva ni desna granicna vrednost funkcije x 7→ sin 1x + 2 u tacki

x = 0 19 moguce je naci limx→−0

sin 1x + 2

xi limx→+0

sin 1x + 2

x. Kako je sin 1

x ≥ −1, to je

sin 1x + 2 ≥ 1 za sve x ∈ R \ {0}, i na osnovu Posledice 3.75 (iii) sledi da je

limx→−0

sin 1x + 2

x= −∞, lim

x→+0

sin 1x + 2

x= +∞. •

19Ovo sledi iz Tvrdenja 3.56, Primera 3.30 i Primera 3.8, ili se moze dokazati koriscenjem Hajneovedefinicije granicne vrednosti funkcije, slicno Primeru 3.30.


Tvrdenje 3.77. Neka je data funkcija f : X → R i neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X.

(i) Ako je a ∈ R, a > 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞), onda je limx→x0

af(x) = +∞

( limx→x0

af(x) = 0).

(ii) Ako je a = 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0


af(x) = 1

( limx→x0

af(x) = 1).

(iii) Ako je a ∈ R, 0 < a < 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0


af(x) =

0 ( limx→x0

af(x) = +∞).

Dokaz. (i): Neka je a ∈ R, a > 1, limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞) i ϵ > 0. Tada

postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je za svako x ∈◦U(x0) ∩ X vazi f(x) > loga ϵ

(f(x) < loga ϵ). Buduci da je funkcija t 7→ at strogo rastuca, za x ∈◦U(x0) ∩ X sledi

af(x) > aloga ϵ = ϵ (0 < af(x) < aloga ϵ = ϵ). Prema tome, limx→x0

af(x) = +∞, ( limx→x0

af(x) =

0).

(ii): Ako je a = 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞), onda je af(x) = 1 za svako

x ∈ X, pa je ocigledno, limx→x0

af(x) = 1 ( limx→x0

af(x) = 1).

(iii): Neka je a ∈ R, 0 < a < 1, limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = −∞) i ϵ > 0 proizvoljan

broj. Postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je za svako x ∈◦U(x0)∩X vazi f(x) > loga ϵ

(f(x) < loga ϵ). Kako je funkcija t 7→ at strogo opadajuca, za x ∈◦U(x0) ∩ X vazi

0 < af(x) < aloga ϵ = ϵ (af(x) > aloga ϵ = ϵ). Time je dokazano da je limx→x0

af(x) = 0,

( limx→x0

af(x) = +∞).�Primetimo da Tvrdenje 3.77 (iii) sledi takode iz Tvrdenja 3.77 (i), Tvrdenja 3.71 i

Tvrdenja 3.74. Naime iz 0 < a < 1 sledi1

a> 1, pa za lim

x→x0f(x) = +∞ ( lim

x→x0f(x) =

−∞), iz Tvrdenja 3.77 (i) sledi limx→x0

1

af(x)= lim

x→x0

(1

a

)f(x)= +∞ ( lim

x→x0

1

af(x)=

limx→x0

(1

a

)f(x)= 0). Odavde, na osnovu Tvrdenja 3.71 (Tvrdenja 3.74), zakljucujemo da

je limx→x0

af(x) = 0, ( limx→x0

af(x) = +∞). 20

Tvrdenje 3.78. Za funkciju f : X → R neka je x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X.

(i) Ako je a ∈ R, a > 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = 0 i postoji probodena okolina

tacke x0,◦V (x0), takva da je f(x) > 0 za svako x ∈ X ∩

◦V (x0)), onda je lim

x→x0loga f(x) =

+∞ ( limx→x0

loga f(x) = −∞).

20Tvrdenje 3.77 se moze dokazati i na osnovu zadatka 4 i Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije.


(ii) Ako je a ∈ R, 0 < a < 1 i limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = 0 i postoji probodena okolina

tacke x0,◦V (x0), takva da je f(x) > 0 za svako x ∈ X ∩

◦V (x0)), onda je lim

x→x0loga f(x) =

−∞ ( limx→x0

loga f(x) = +∞).

Dokaz. (i): Neka je a ∈ R, a > 1, limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = 0 i neka postoji

probodena okolina tacke x0,◦V (x0), takva da je f(x) > 0 za svako x ∈ X ∩

◦V (x0)) i

M ∈ R. Tada postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je za svako x ∈◦U(x0) ∩ X

vazi f(x) > aM (0 < f(x) < aM ). Buduci da je funkcija t 7→ loga t strogo rastuca, za

x ∈◦U(x0) ∩X sledi loga f(x) > loga a

M =M (loga f(x) < loga aM =M). Prema tome,

limx→x0

loga f(x) = +∞, ( limx→x0

loga f(x) = −∞).

(ii): Neka je a ∈ R, 0 < a < 1, limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = 0 i neka postoji probodena

okolina tacke x0,◦V (x0), takva da je f(x) > 0 za svako x ∈ X ∩

◦V (x0)) i M ∈ R.

Postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je za svako x ∈◦U(x0) ∩ X vazi f(x) > aM

(0 < f(x) < aM ). Kako je funkcija t 7→ loga t strogo opadajuca, za x ∈◦U(x0) ∩ X

vazi loga f(x) < loga aM = M (loga f(x) > loga a

M = M). Time je dokazano da jelimx→x0

loga f(x) = −∞, ( limx→x0

loga f(x) = +∞).�

Primetimo da (ii) u Tvrdenju 3.78 sledi takode iz (i). Zaista, iz 0 < a < 1 sledi1

a> 1.

Iz limx→x0

f(x) = +∞ ( limx→x0

f(x) = 0) i (i) sledi limx→x0

log 1af(x) = +∞ ( lim

x→x0log 1

af(x) =

−∞). Odavde, s obzirom da je limx→x0

loga f(x) = − limx→x0

log 1af(x), sledi lim

x→x0loga f(x) =

−∞, ( limx→x0

loga f(x) = +∞). 21

Tvrdenje 3.79. Neka su date funkcije f, g : X → R, neka je x0 ∈ R tacka nagomila-vanja skupa X.




f(x)g(x) = +∞.




f(x)g(x) = 0.

(iii) Neka postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Ako je limx→x0

f(x) = 0 i limx→x0

g(x) = b ∈ R, b > 0, onda je limx→x0

f(x)g(x) = 0.

(iv) Neka postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Ako je limx→x0


g(x) = b ∈ R, b < 0, onda je limx→x0

f(x)g(x) = +∞.

(v) Neka postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Ako je limx→x0



f(x)g(x) = 0.

21Tvrdenje 3.78 se moze dokazati i na osnovu zadatka 31 i Hajneove definicije granicne vrednostifunkcije.


(vi) Neka postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako x ∈◦U(x0) ∩X.

Ako je limx→x0



f(x)g(x) = +∞. 22

Dokaz. (i), (ii): Neka je limx→x0


g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞). Iz

limx→x0

f(x) = +∞ sledi da postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da za svako x ∈◦U(x0)∩X

vazi f(x) > 0. Za x ∈◦U(x0) ∩X je

f(x)g(x) = eln f(x)g(x)

= eg(x) ln f(x). (3.53)

Iz Tvrdenja 3.78 (i) sledi da je limx→x0

ln f(x) = +∞, pa iz Tvrdenja 3.57 (i) sledi

limx→x0

g(x) ln f(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) ln f(x) = −∞). Odavde, na osnovu Tvrdenja 3.77

(i), zakljucujemo da je

limx→x0

eg(x) ln f(x) = +∞ ( limx→x0

eg(x) ln f(x) = 0). (3.54)

Iz (3.53) i (3.54) sledi limx→x0

f(x)g(x) = +∞ ( limx→x0

f(x)g(x) = 0).

(iii), (iv), (v), (vi): Neka postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako

x ∈◦U(x0) ∩X. Tada za x ∈

◦U(x0) ∩X vazi (3.53). Pretpostavimo da je lim

x→x0f(x) = 0.

Na osnovu Tvrdenja 3.78 (i) sledi limx→x0

ln f(x) = −∞.

Ako je limx→x0

g(x) = b ∈ R, b > 0 (b < 0), na osnovu Tvrdenja 3.57 (vi) zakljucujemo

da je limx→x0

g(x) ln f(x) = −∞ ( limx→x0

g(x) ln f(x) = +∞), pa na osnovu Tvrdenja 3.77 (i)

dobijamo limx→x0

eg(x) ln f(x) = 0 ( limx→x0

eg(x) ln f(x) = +∞), i prema tome limx→x0

f(x)g(x) = 0

( limx→x0

f(x)g(x) = +∞).

Ako je pak limx→x0

g(x) = +∞ ( limx→x0

g(x) = −∞), onda na osnovu Tvrdenja 3.57 (i)

zakljucujemo da je limx→x0

g(x) ln f(x) = −∞ ( limx→x0

g(x) ln f(x) = +∞) i opet iz Tvrdenja

3.77 (i) sledi limx→x0

eg(x) ln f(x) = 0 ( limx→x0

eg(x) ln f(x) = +∞), tj. limx→x0

f(x)g(x) = 0

( limx→x0

f(x)g(x) = +∞). �

22Tvrdenja (i), (ii), (iii), (iv), (v) i (vi) u Tvrdenju 3.79 simbolicki zapisujemo na sledeci nacin:

(+∞)+∞ = +∞,

(+∞)−∞ = 0,

(+0)b = 0, za b ∈ R, b > 0,

(+0)b = +∞, za b ∈ R, b < 0,

(+0)+∞ = 0,

(+0)−∞ = +∞.

3.2. Kosijev kriterijum egzistencije granicne vrednosti funkcije 217

Primetimo da smo (iii) i (iv) u prethodnom tvrdenju mogli dokazati koristeci (i).

Naime, ako postoji okolina tacke x0, U(x0), tako da je f(x) > 0 za svako x ∈◦U(x0)∩X

i ako je limx→x0


g(x) = +∞, tada je limx→a

1

f(x)= +∞ (Tvrdenje 3.74) i

f(x)g(x) =

(11

f(x)

)g(x)=

1(1

f(x)

)g(x) .

Kako je i limx→x0

g(x) = +∞, to iz Tvrdenja 3.79 (i) sledi limx→x0

(1

f(x)

)g(x)= +∞, i stoga

na osnovu Tvrdenja 3.71 imamo da je

limx→x0


1(1

f(x)

)g(x) = 0. 23

Ako je limx→x0

g(x) = −∞, limx→x0

f(x) = 0 i postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da je

f(x) > 0 za x ∈◦U(x0) ∩X, onda je

f(x)g(x) =

(1

f(x)

)−g(x),

limx→x0

1

f(x)= +∞ (Tvrdenje 3.74) i lim

x→x0(−g(x)) = +∞, pa je na osnovu Tvrdenja 3.79

(i):

limx→x0


(1

f(x)

)−g(x)= +∞.

Napominjemo da je Tvrdenje 3.79 bilo moguce dokazati i koriscenjem zadatka 31 i Haj-neove definicije granicne vrednosti funkcije.

3.3 Kosijev kriterijum egzistencijegranicne vrednosti funkcije

Kao u slucaju Kosijevog kriterijuma konvergencije nizova, Kosijev kriterijum egzistencijegranicne vrednosti funkcije daje potreban i dovoljan uslov da funkcija ima konacnugranicnu vrednost u nekoj tacki x0, ne utvrdujuci pritom samu granicnu vrednost, veckoristeci se samo poznavanjem vrednosti funkcije u probodenoj okolini tacke x0.

23Ovaj nacin zakljucivanja simbolicki zapisujemo:

(+0)+∞ =

11

+0

+∞

=1(

1

+0

)+∞ =1

(+∞)+∞ =1

+∞ = 0.


Teorema 3.80. Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X. Funkcija fima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svako ϵ > 0 postoji okolina

U(x0) tacke x0 takva da za sve x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X vazi |f(x′)− f(x′′)| < ϵ, tj.

(∀ϵ > 0)(∃U(x0))(∀x′, x′′ ∈ X)(x′, x′′ ∈◦U(x0) =⇒ |f(x′)− f(x′′)| < ϵ). (3.55)

Dokaz. (=⇒): Neka je limx→x0

f(x) = b ∈ R i ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina U(x0)

tacke x0 takva da za sve x ∈◦U(x0)∩X vazi |f(x)− b| < ϵ

2. Neka su x′, x′′ ∈

◦U(x0)∩X

dva proizvoljna broja. Tada je

|f(x′)− f(x′′)| = |(f(x′)− b)− (f(x′′)− b)| ≤ |f(x′)− b|+ |f(x′′)− b| < ϵ

2+ϵ

2= ϵ.

(⇐=) : Pretpostavimo da za svako ϵ > 0 postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za sve

x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X vazi |f(x′)− f(x′′)| < ϵ.

Neka je (xn) niz realnih brojeva takav da xn ∈ X \ {x0}, n ∈ N, i limn→∞

xn = x0.

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za sve x′, x′′ ∈◦U(x0) ∩X vazi

|f(x′)− f(x′′)| < ϵ.

Kako je limn→∞

xn = x0, xn = x0, xn ∈ X, n ∈ N, sledi da postoji n0 ∈ N tako da za sve

prirodne brojeve n ≥ n0 vazi xn ∈◦U(x0) ∩ X. Prema tome, za sve prirodne brojeve

m,n ≥ n0 vazi xm, xn ∈◦U(x0) ∩X, pa je

|f(xm)− f(xn)| < ϵ.

Prema tome, niz (f(xn)) Kosijev, pa na osnovu Kosijevog kriterijuma konvergencijenizova ovaj niz ima konacnu granicnu vrednost. Na osnovu Tvrdenja 3.36 sledi dafunkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0. �

Ako je x0 konacan broj, onda se Kosijev uslov moze formulisati na sledeci nacin:

Za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za sve x′, x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslov0 < |x′ − x0| < δ, 0 < |x′′ − x0| < δ, vazi nejednakost |f(x′)− f(x′′)| < ϵ.

Ako je x0 = +∞ (x0 = −∞), onda se Kosijev uslov moze formulisati na sledeci nacin:

Za svako ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za sve x′, x′′ ∈ X koji ispunjavaju uslovx′ > M , x′′ > M , (x′ < M , x′′ < M) vazi nejednakost |f(x′)− f(x′′)| < ϵ.

Napomenimo da se analogno moze formulisati i dokazati Kosijev kriterijum za egzis-tenciju jednostranih granicnih vrednosti funkcije:

Neka je f : X → R i x0 ∈ R tacka nagomilavanja skupa X∩(−∞, x0) (X∩(x0,+∞)).Funkcija f u tacki x0 ima konacnu levu (desnu) granicnu vrednost ako i samo ako zasvako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za sve elemente x′ i x′′ skupa X koji ispunjavaju uslovx0−δ < x′ < x0, x0−δ < x′′ < x0, (x0 < x′ < x0+δ, x0 < x′′ < x0+δ) vazi nejednakost|f(x′)− f(x′′)| < ϵ.

3.3. Granicna vrednost slozene funkcije 219

Primer 3.81. Dokazimo najpre da funkcija f : R \ {0} → R data sa f(x) = cos1

xnema

konacnu granicnu vrednost kad x → 0 time sto cemo pokazati da vazi negacija uslova(3.55), tj. uslov:

(∃ϵ > 0)(∀U(0))(∃x′, x′′ ∈ R)(x′, x′′ ∈◦U(0) ∧ |f(x′)− f(x′′)| ≥ ϵ). (3.56)

Neka je ϵ = 2 i uocimo dva niza x′n =1

2nπi x′′n =

1

π + 2nπ. Kako je lim

n→∞x′n = lim

n→∞x′′n =

0, to za svaku okolinu tacke 0, U(0), mogu se naci x′n i x′′n koji pripadaju toj okolini.Za njih vazi |f(x′n) − f(x′′n)| = | cos(2nπ) − cos(π + 2nπ)| = |1 − (−1)| = 2. Prematome, ispunjen je uslov (3.56) i funkcija f nema konacnu granicnu vrednost u tacki 0.Medutim, ova funkcija je ogranicena (|f(x)| ≤ 1 za svako x ∈ R \ {0}), pa granicnavrednost funkcije f u tacki 0 ne moze biti ni +∞, ni −∞. Dakle, funkcija f nemagranicnu vrednost kad x→ 0.

Primetimo, s obzirom na izbor nizova (x′n) i (x′′n) (x

′n, x

′′n > 0 za sve n ∈ N), da smo

ujedno pokazali da funkcija f nema desnu granicnu vrednost u 0. Slicno se pokazuje daf nema ni levu granicnu vrednost u 0. •

3.4 Granicna vrednost slozene funkcije

Sledeca teorema daje dovoljne uslove za egzistenciju granicne vrednosti slozene funkcije.Preciznije, ova teorema govori o tome da ako je lim

x→af(x) = b i lim

y→bg(y) = c, i ako postoji

probodena okolina tacke a koja se funkcijom f preslikava u probodenu okolinu tacke b,onda se lim

x→ag(f(x)) nalazi uvodenjem smene y = f(x), tj. lim

x→ag(f(x)) = lim

y→bg(y) = c.

Teorema 3.82. Neka su X,Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R, a ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X, b ∈ R tacka nagomilavanja skupa Y , i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(2) za svaku okolinu V (b) tacke b postoji okolina U(a) tacke a takva da je

f(◦U(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y.

Tada postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi

limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Dokaz. Iz uslova (2) sledi da postoji okolina U0(a) tacke a takva da je f(◦U0(a)∩X) ⊂ Y ,

pa je skup◦U0(a) ∩ X podskup domena slozene funkcije g ◦ f . Buduci da je a tacka

nagomilavanja skupa X, to je a tacka nagomilavanja skupa◦U0(a)∩X (videti primedbu

nakon Definicije 1.126), pa samim tim i domena funkcije g ◦ f .


Neka je W (c) proizvoljna okolina tacke c. Iz uslova (1) sledi da postoji V (b) okolinatacke b takva da je

g(◦V (b) ∩ Y ) ⊂W (c). (3.57)

Iz uslova (2) sledi da postoji U(a) okolina tacke a takva da je

f(◦U(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y. (3.58)

Sada iz (3.58) i (3.57) sledi da je

(g ◦ f)(◦U(a) ∩X) = g(f(

◦U(a) ∩X)) ⊂ g(

◦V (b) ∩ Y ) ⊂W (c),

sto po Definiciji 3.1 znaci da je limx→a

g(f(x)) = c. �


limx→0

sin 3x

3x= 1. (3.59)

Neka je f(x) = 3x, x ∈ R, g : R \ {0} → R, g(y) =sin y

y. Domen funkcije g je

Y = R \ {0}, b = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije g i limy→0

g(y) = limy→0

sin y

y= 1

((3.41)). Dalje, a = 0 je tacka nagomilavanja domena funkcije f , limx→0

f(x) = limx→0

3x = 0

i g(f(x)) =sin 3x

3x, x ∈ R \ {0}. Pokazacemo da je zadovoljen i uslov (2) Teoreme

3.82. Neka je V (0) proizvoljna okolina tacke b = 0. Tada postoji ϵ > 0 tako da je

(−ϵ, ϵ) ⊂ V (0). Tada za U(0) = (− ϵ3,ϵ

3), okolinu tacke a = 0, vazi f(

◦U(0)) ⊂

◦V (0).

Prema tome, uslovi Teoreme 3.82 su ispunjeni, pa je

limx→0

sin 3x

3x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1. •

Sledeca teorema o smeni promenljive pri izracunavanju limesa ima uslove koji suekvivalentni uslovima Teoreme 3.82.

Teorema 3.84. Neka su X,Y ⊂ R, f : X → R, g : Y → R, a ∈ R tacka nagomilavanjaskupa X, b ∈ R tacka nagomilavanja skupa Y , i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a

f(x) = b;

(3) Postoji okolina U(a) tacke a takva da je f(◦U(a) ∩X) ⊂ Y \ {b}.


limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.


Dokaz. Dokazimo da uslovi (2) i (3) povlace uslov (1) u Teoremi 3.82. Neka je V (b)proizvoljna okolina tacke b. Iz lim

x→af(x) = b sledi da postoji okolina U1(a) takva da je

f(◦U1(a) ∩X) ⊂ V (b). (3.60)

Neka je U2(a) = U(a) ∩ U1(a). Buduci da je f(x) ∈ Y \ {b} za svako x ∈◦U(a) ∩X, to

iz (3.60) sledi

f(◦U2(a) ∩X) ⊂

◦V (b) ∩ Y.

Prema tome, vazi uslov (1) u Teoremi 3.82. Sada na osnovu Teoreme 3.82 zakljucujemoda postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi lim

x→ag(f(x)) =

limy→b

g(y) = c. �

Primetimo da je uslov (2) u Teoremi 3.82 u stvari ekvivalentan konjunkciji uslova (2)i (3) u Teoremi 3.84.

Sledecu teoremu o smeni promenljive pri izracunavanju limesa primenjivacemo cesto.

Teorema 3.85. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke a ∈ R,a funkcija g u nekoj probodenoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a

f(x) = b;

(3) Postoji okolina U(a) tacke a takva da za svako x ∈◦U(a) vazi f(x) = b.


limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c. (3.61)

Dokaz. Neka je◦V (b) probodena okolina tacke b u kojoj je funkcija g definisana. Iz egzis-

tencije limesa limx→a

f(x) = b i cinjenice da je funkcija f definisana u nekoj probodenoj

okolini tacke a ∈ R sledi da postoji okolina U1(a) tacke a tako da je f(◦U1(a)) ⊂ V (b).

Tada za okolinu U2(a) = U(a) ∩ U1(a) tacke a vazi da je funkcija f definisana u probo-

denoj okolini◦U2(a) i da je

f(◦U2(a)) ⊂

◦V (b). (3.62)

Prema tome, slozena funkcija g ◦ f je definisana u probodenoj okolini◦U2(a). Ocigledno

je a tacka nagomilavanja skupa◦U2(a), tj. domena funkcije g ◦ f .

Neka je (xn) niz takav da xn ∈◦U2(a), n ∈ N, i lim

n→∞xn = a. Tada, buduci da je

limx→a

f(x) = b, sledi da je limn→∞

f(xn) = b, a iz (3.62) sledi da f(xn) ∈◦V (b), n ∈ N.

Sada na osnovu egzistencije limesa limy→b

g(y) = c zakljucujemo da je limn→∞

(g ◦ f)(xn) =


limn→∞

g(f(xn)) = c. Konacno, na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije

sledi da je limx→a

(g ◦ f)(x) = c. � 24

zyx

a

b

c= lim g(y)

g

y b

(b)

f

b,lim f(x)=x a

lim (g

g

x aNe postoji )(x)

f

lim (y)=cgy b

Iz postojanja granicnih vrednosti limx→a

f(x) = b i limy→b

g(y) u opstem slucaju ne sledi

postojanje granicne vrednosti limx→a

g(f(x)). To pokazuje sledeci primer.

Primer 3.86. Neka je f : R \ {0} → R, f(x) = x sin1

xi g : R→ R,

g(y) = |sgn y| ={

1, za y = 00, za y = 0

Tada je limy→0

g(y) = 1 i limx→0

f(x) = 0. Pokazacemo da limx→0

g(f(x)) ne postoji. Neka

je xn =1

nπi x′n =

1π

2+ 2nπ

, n ∈ N. Tada je limn→∞

xn = limn→∞

x′n = 0, f(xn) = 0,

f(x′n) =1

π

2+ 2nπ

, g(f(xn)) = |sgn f(xn)| = |sgn 0| = 0 i g(f(x′n)) = |sgn f(x′n)| =

|sgn 1π

2+ 2nπ

| = 1. Sledi limn→∞

g(f(xn)) = 0 i limn→∞

g(f(x′n)) = 1. Prema tome, ne

24Napomenimo da smo ovu teoremu mogli dokazati koristeci Teoremu 3.84. Naime, iz (3.62) sledi daje ispunjen uslov (3) Teoreme 3.84. S obzirom na uslove (1) i (2) u Teoremi 3.85 sledi da su ispunjenisvi uslovi Teoreme 3.84, odakle onda sledi da postoji granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f i da vazi(3.61).


postoji vrednost ka kojoj bi tezio niz (g(f(zn))) za svaki niz (zn) koji tezi ka 0, i zato,na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije, ne postoji lim

x→0g(f(x)).

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3) Teoreme 3.85 (uslov (2) Teoreme

3.82) za a = 0 i b = 0, jer u svakoj okolini tacke a = 0 funkcija x 7→ sin1

xima nule, pa

samim tim i funkcija f . •

zyx

a

b

c= lim g(y)

g

y b

(b)

lim g gx a

g

y b

f

b,lim f(x)=x a

lim (y)=cgy b

f(x)=b za sve x iz D ,f

Sledeci primer pokazuje da mogu da postoje sve tri granicne vrednosti limx→a

f(x) = b,

limy→b

g(y) i limx→a

g(f(x)), ali da ne mora vaziti jednakost limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y). Drugim

recima, uslovi limx→a

f(x) = b i limy→b

g(y) = c nisu dovoljni da bi vazilo da je limx→a

g(f(x)) = c.

Primer 3.87. Neka je f : R→ R, f(x) = 0 i g : R→ R,

g(y) = |sgn y| ={

1, za y = 00, za y = 0

Tada je limy→0

g(y) = 1 i limx→0

f(x) = 0. Kako je g(f(x)) = 0 za svako x ∈ R, to je

limx→0

g(f(x)) = 0 = 1 = limy→0

g(y).

Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3) Teoreme 3.85 (uslov (2) Teoreme3.82) za a = 0 i b = 0. •


zyx

a

b

c= lim g(y)

g

y b

f.

b,lim f(x)=x a

g

f

lim (y)=cgy b

Funkcija g nije definisana u tački b, i ne postoji

f(x)=b za sve x iz D ,f

Sledeci primer pokazuje da uslovi limx→a

f(x) = b i limy→b

g(y) = c nisu dovoljni za egzis-

tenciju kompozicije g ◦ f , pa samim tim ni limx→a

(g ◦ f)(x).

Primer 3.88. Neka je f(x) = 0 za sve x ∈ R, i neka je g(y) =y3 + y

y. Tada je

limy→0

g(y) = 1 i limx→a

f(x) = 0 u bilo kojoj tacki a ∈ R, medutim nema smisla ispitivati

postojanje limx→a

(g ◦ f)(x), jer ne postoji kompozicija g ◦ f buduci da je Dg = R \ {0} i

f(Df ) = {0} * Dg.Primetimo da funkcija f ne ispunjava uslov (3) Teoreme 3.85 (uslov (2) Teoreme

3.82) za bilo koje a ∈ R i b = 0. •

Jednakost (3.59) u Primeru 3.83 se moze jednostavnije dokazati koriscenjem Teoreme3.85.

Primer 3.89. Neka je f : R → R, f(x) = 3x, g : R \ {0} → R, g(y) =sin y

y. Tada je

limx→0

f(x) = limx→0

3x = 0, limy→0

g(y) = limy→0

sin y

y= 1 ((3.41)) i g(f(x)) =

sin 3x

3x. Kako je

f(x) = 3x = 0 za x = 0, to je onda ispunjen i uslov (3.85.3) Teoreme 3.85, odakle ondasledi

limx→0

sin 3x

3x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1. •


limx→0

1− cosx

x2=

1

2.


Kao u prethodnom primeru zakljucujemo da je limx→0

sinx

2x

2

= 1, pa je

limx→0

1− cosx

x2= lim

x→0

2 sin2x

2x2

= limx→0

1

2

sinx

2x

2

·sin

x

2x

2

=1

2· limx→0

sinx

2x

2

· limx→0

sinx

2x

2

=1

2· 1 · 1 =

1

2. •

Primetimo da obrat Teoreme 3.85 (Teoreme 3.82) ne vazi, tj. da egzistencija granicnevrednosti slozene funkcije lim

x→ag(f(x)) ne povlaci egzistenciju granicne vrednosti lim

y→bg(y),

na sta ukazuje sledeci primer.

Primer 3.91. Neka je f : R→ R, f(x) = 0 i g : R→ R,

g(y) =

{sin

1

x, za x = 0

0, za x = 0 .

Tada je g(f(x)) = 0 za svako x ∈ R, pa je limx→0

g(f(x)) = 0, dok limy→0

g(y) ne postoji

(Primer 3.30).

Primetimo da ako je u Teoremi 3.85 b = +∞ ili b = −∞, onda je uslov (3.85.3)ispunjen za svaku funkciju f koja je definisana u nekoj probodenoj okolini tacke a, jerje kodomen funkcije f skup R, pa je f(x) = +∞ i f(x) = −∞ za svako x iz domenafunkcije f . U tom slucaju teorema o limesu slozene funkcije glasi:

Teorema 3.92. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke a ∈ R,a funkcija g u nekoj okolini tacke +∞ (tacke −∞), i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→+∞

g(y) = c ∈ R ( limy→−∞

g(y) = c ∈ R),

(2) limx→a

f(x) = +∞ ( limx→a

f(x) = −∞).


limx→a

g(f(x)) = limy→+∞

g(y) = c

( limx→a

g(f(x)) = limy→−∞

g(y) = c).

Mada se dokaz moze izvesti slicno dokazu prethodne teoreme (sa malom modi-fikacijom, i to cak jednostavnije), mi cemo, promene i uvezbavanja radi, dokazati ovotvrdenje koristeci Kosijevu definiciju granicne vrednosti funkcije, i to za slucaj kada jefunkcija g definisana u nekoj okolini tacke +∞, lim

y→+∞g(y) = c i lim

x→af(x) = +∞.

Dokaz. Neka je (M0,+∞) (M0 ∈ R ili M = −∞) okolina tacke +∞ u kojoj jefunkcija g definisana. Kako je lim

x→af(x) = +∞, i kako je funkcija f definisana u


nekoj probodenoj okolini tacke a ∈ R, sledi da postoji okolina U0(a) tacke a tako da

je f(◦U0(a)) ⊂ (M0,+∞). Tada je slozena funkcija g ◦ f definisana na skupu

◦U0(a), i a

je tacka nagomilavanja domena funkcije g ◦ f .Neka je W (c) proizvoljna okolina tacke c. Buduci da je lim

y→+∞g(y) = c, postoji

M ∈ R, M ≥M0, tako da vazi implikacija:

y > M =⇒ g(y) ∈W (c). (3.63)

Kako je limx→a

f(x) = +∞, to postoji okolina U(a) tacke a (U(a) ⊂ U0(a)) takva da vazi

implikacija:

x ∈◦U(a) =⇒ f(x) > M. (3.64)

Na osnovu (3.63) i (3.64) zakljucujemo da vazi implikacija:

x ∈◦U(a) =⇒ g(f(x)) ∈W (c). (3.65)

Prema tome, za proizvoljnu okolinu W (c) tacke c, postoji okolina U(a) tacke a, takoda vazi implikacija (3.65), sto na osnovu Kosijeve definicije granicne vrednosti funkcijeznaci da je lim

x→ag(f(x)) = c. �

U sledecoj napomeni se navode uslovi koje treba dodati u Teoremama 3.85 i 3.92 dabi egzistencija lim

x→a(g ◦ f)(x) bila ekvivalentna egzistenciji lim

y→bg(y).

Napomena 3.93. Neka je funkcija f bijekcija definisana u probodenoj okolini tacke

a ∈ R,◦U(a), i neka je f(

◦U(a)) =

◦V (b) i lim

x→af(x) = b ∈ R. Tada je definisana inverzna

funkcija funkcije f , f−1, u probodenoj okolini tacke b,◦V (b), i za svako y ∈

◦V (b), f−1(y) =

a. Neka je limy→b

f−1(y) = a. Osim toga, neka je funkcija g definisana u nekoj probodenoj

okolini tacke b. Kao u dokazu Teorema 3.85 i 3.92 pokazuje se da je slozena funkcija g◦fdefinisana u nekoj probodenoj okolini tacke a. Tada granicna vrednost lim

x→a(g ◦ f)(x)

postoji ako i samo ako postoji granicna vrednost limy→b

g(y), i pritom su one jednake.

Zaista, buduci da je limx→a

f(x) = b ∈ R i da za svako x ∈◦U(a) vazi f(x) = b, iz

Teorema 3.85 i 3.92 sledi da iz egzistencije granicne vrednosti limy→b

g(y) sledi egzistencija

granicne vrednosti limx→a

(g ◦ f)(x), i da vazi jednakost limx→a

(g ◦ f)(x) = limy→b

g(y).

Obrnuto, pretpostavimo da postoji limx→a

(g ◦ f)(x). Buduci da je limy→b

f−1(y) = a i

da je za svako y ∈◦V (b), f−1(y) = a, opet na osnovu Teorema 3.85 i 3.92 sledi da iz

egzistencije granicne vrednosti limx→a

(g ◦f)(x) sledi egzistencija granicne vrednosti slozene

funkcije (g ◦ f) ◦ f−1 u tacki b, limy→b

((g ◦ f) ◦ f−1)(y), i da vazi jednakost

limy→b

((g ◦ f) ◦ f−1)(y) = limx→a

(g ◦ f)(x).


Kako je (g ◦ f) ◦ f−1 = g, dobijamo da postoji limy→b

g(y) i da vazi jednakost limy→b

g(y) =

limx→a

(g ◦ f)(x). •

Tvrdenje Teoreme 3.85 i Teoreme 3.92 ce vaziti i kad se dvostrana granicna vrednostlimx→a

f(x) zameni jednostranom granicnom vrednoscu limx→a+0

f(x) (ili limx→a−0

f(x)), a u

uslovu (3) Teoreme 3.85, okolina U(a) zameni desnom okolinom tacke a (levom okolinomtacke a), a ∈ R. Razlikovacemo slucaj kada je b konacan broj i kada je b ∈ {+∞,−∞}.

Teorema 3.94. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini tacke a, a ∈ R.Neka je funkcija g definisana u nekoj probodenoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjenisledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a+0

f(x) = b;

(3) Postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (a, a+ δ) vazi f(x) = b.

Tada postoji desna granicna vrednost slozene funkcije g ◦ f u tacki a i vazi

limx→a+0

g(f(x)) = limy→b

g(y) = c.

Teorema 3.95. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini tacke a, a ∈ R.Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini tacke +∞ (−∞), i neka su ispunjeni sledeciuslovi:

(1) limy→+∞

g(y) = c ∈ R ( limy→−∞

g(y) = c ∈ R),

(2) limx→a+0

f(x) = +∞ ( limx→a+0

f(x) = −∞).


limx→a+0


g(y) = c

( limx→a+0


g(y) = c).

Analogno se formulise tvrdenje o egzistenciji leve granicne vrednosti limx→a−0

g(f(x)).


limx→0

(1 + x)

1

x = e. (3.66)

Neka je f(x) =1

x, x ∈ R \ {0}, i g(y) =

(1 +

1

y

)y, y ∈ R \ {0}. Tada je (g ◦

f)(x) = g(f(x)) = (1 + x)

1

x za x ∈ R \ {0}. Na osnovu Primera 3.19 je limy→+∞

g(y) =


limy→+∞

(1 +

1

y

)y= e i lim

y→−∞g(y) = lim

y→−∞

(1 +

1

y

)y= e. Kako je lim

x→+0f(x) =

limx→+0

1

x= +∞ i lim

x→−0f(x) = lim

x→−0

1

x= −∞ (Primer 3.28), na osnovu Teoreme 3.95

(i komentara nakon ove teoreme) sledi

limx→+0

(1 + x)

1

x = limx→+0


g(y) = limy→+∞

(1 +

1

y

)y= e, (3.67)

i

limx→−0

(1 + x)

1

x = limx→−0


g(y) = limy→−∞

(1 +

1

y

)y= e. (3.68)

Na osnovu Tvrdenja 2.15, iz (3.67) i (3.68) sledi (3.66). •

Za razliku od Teoreme 3.94, u narednoj teoremi se pretpostavlja egzistencija samojednostrane granicne vrednosti funkcije g u tacki b.

Teorema 3.97. Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini tacke a ∈ R, afunkcija g u nekoj desnoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b+0

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a+0

f(x) = b;

(3) Postoji δ > 0 takvo da za svako x ∈ (a, a+ δ) vazi f(x) > b.


limx→a+0

g(f(x)) = limy→b+0

g(y) = c.

Slicno se mogu formulisati ostale teoreme ovog tipa o smeni promenljive gde se pret-postavlja egzistencija leve ili desne jednostrane granicne vrednosti funkcije f u tacki a,i leve ili desne jednostrane granicne vrednosti funkcije g u tacki b (sa odgovarajucimtrecim uslovom).

Takode je moguce dokazati teoremu o smeni promenljive gde se pretpostavlja egzis-tencija granicne vrednosti funkcije f u tacki a i jednostrane (leve ili desne) granicnevrednosti funkcije g u tacki b:

Teorema 3.98. Neka je funkcija f definisana u probodenoj okolini tacke a ∈ R, afunkcija g u nekoj desnoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b+0

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a

f(x) = b;

(3) Postoji okolina U(a) tacke a takva da za svako x ∈◦U(a) vazi f(x) > b.


limx→a


g(y) = c.


Postavlja se pitanje sta se moze dobiti ako su ispunjeni uslovi (3.85.1) i (3.85.2) zab ∈ R, a nije zadovoljen uslov (3.85.3) Teoreme 3.85. Sledeca teorema daje odgovor naovo pitanje.

Teorema 3.99. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke a ∈ R,a funkcija g u nekoj probodenoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a

f(x) = b.

Tada postoji probodena okolina tacke a,◦U(a), tako da funkcija h :

◦U(a) → R defini-

sana sa

h(x) =

g(f(x)), za x ∈◦U(a) ako je f(x) = b,

c, za x ∈◦U(a) ako je f(x) = b.

ima granicnu vrednost u tacki a, i vazi

limx→a

h(x) = limy→b

g(y) = c.

Dokaz. Postoji okolina V (b) tacke b tako da je funkcija g definisana u probodenoj okolini◦V (b). Iz uslova (2) sledi da postoji probodena okolina tacke a,

◦U(a), tako da je

f(◦U(a)) ⊂ V (b).

Definisimo funkciju h na skupu◦U(a) na sledeci nacin:

h(x) =



Neka je W (c) proizvoljna okolina tacke c. Iz uslova (1) sledi da postoji okolina tackeb, V1(b) (V1(b) ⊂ V (b)), takva da je

g(◦V 1(b)) ⊂W (c). (3.69)

Iz uslova (2) sledi da postoji okolina tacke a, U1(a) (U1(a) ⊂ U(a)), takva da je

f(◦U1(a)) ⊂ V1(b). (3.70)

Dokazimo da je

h(◦U1(a)) ⊂W (c). (3.71)

Zaista, ako je x ∈◦U1(a) i f(x) = b, na osnovu (3.70) sledi f(x) ∈

◦V 1(b) i stoga na osnovu

(3.69) zakljucujemo da h(x) = g(f(x)) ∈ W (c), a ako je f(x) = b, onda je h(x) = c, paje opet h(x) ∈W (c).

Prema tome, za proizvoljnu okolinu W (c) tacke c postoji okolina U1(a) tacke a takoda vazi (3.71), i ovo upravo znaci da je lim

x→ah(x) = c. �


Napomena 3.100. Slicno se mogu dokazati tvrdenja analogna Teoremi 3.99 koja seticu jednostranih granicnih vrednosti, tj. gde se pretpostavlja egzistencija leve ili desne,ili dvostrane granicne vrednosti funkcije f u tacki a, i takode jednostrane (leve ili desne)granicne vrednosti funkcije g u tacki b.

Formulisacemo samo neka od njih.

(i) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke a ∈ R, a funkcija g unekoj desnoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b+0

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a

f(x) = b,

(3) Postoji okolina U0(a) tacke a takva da za sve x ∈◦U0(a) vazi f(x) ≥ b.

Tada postoji probodena okolina tacke a,◦U(a), tako da funkcija h :

◦U(a) → R defini-

sana sa

h(x) =




limx→a

h(x) = limy→b+0

g(y) = c.

(ii) Neka je funkcija f definisana u nekoj levoj okolini tacke a ∈ R, a funkcija g u nekojdesnoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b+0

g(y) = c ∈ R,

(2) limx→a−0

f(x) = b,

(3) Postoji δ0 > 0 tako da za sve x ∈ (a− δ0, a) vazi f(x) ≥ b.

Tada postoji δ > 0 tako da funkcija h : (a− δ, a) → R definisana sa

h(x) =

{g(f(x)), za x ∈ (a− δ, a) ako je f(x) = b,

c, za x ∈ (a− δ, a) ako je f(x) = b.


limx→a−0

h(x) = limy→b+0

g(y) = c.

Analogno se dokazuju tvrdenja gde se pretpostavlja egzistencija granicne vrednostifunkcije g u tacki b i jednostrane (leve ili desne) granicne vrednosti funkcije f u tacki b.

(iii) Neka je funkcija f definisana u nekoj desnoj okolini tacke a ∈ R, a funkcija g unekoj okolini tacke b ∈ R, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) limy→b

g(y) = c ∈ R,

3.4. Granicna vrednost monotone funkcije 231

(2) limx→a+0

f(x) = b,

Tada postoji δ > 0 tako da funkcija h : (a, a+ δ) → R definisana sa

h(x) =

{g(f(x)), za x ∈ (a, a+ δ) ako je f(x) = b,

c, za x ∈ (a, a+ δ) ako je f(x) = b.


limx→a

h(x) = limy→b

g(y) = c. •

3.5 Granicna vrednost monotone funkcije

Vec smo se upoznali sa cinjenicom da svaki monotoni niz ima granicnu vrednost. U ovojsekciji cemo videti da za monotonu funkciju f : (a, b) → R (a, b ∈ R, a < b) postojeodgovarajuce (jednostrane) granicne vrednosti u tackama a i b (ove granicne vrednostimogu biti konacne ili beskonacne), 25 a u bilo kojoj unutrasnoj tacki intervala (a, b)postoje obe jednostrane granicne vrednosti i pritom su one konacne.

Definicija 3.101. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kazemo da je

(i) rastuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazi nejednakostf(x1) ≤ f(x2);

(ii) strogo rastuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazi nejednakostf(x1) < f(x2);

(iii) opadajuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazi nejednakostf(x1) ≥ f(x2);

(iv) strogo opadajuca na skupu A ako za sve x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazinejednakost f(x1) > f(x2).

Za funkciju f koja zadovoljava bilo koji od uslova (i)-(iv) kazemo da je monotonana skupu A, a za funkciju koja zadovoljava uslov (ii) ili uslov (iv) kazemo da je strogomonotona na skupu A. �

x

y

x1 x2 x3

f x( )1

f x( )3f x( )2 =

f x( )<1 f x( )3f x( )2 =

x

y

x1 x2

f x( )1

f x( )<1 f x( )2

f x( )2

x

y

x1 x2 x3

f x( )1

f x( )3f x( )2 =

f x( )>1 f x( )3f x( )2 =

x

y

x1 x2

f x( )1

f x( )>1 f x( )2

f x( )2

25Ako je a = −∞, postoji limx→−∞

f(x); ako je a ∈ R, postoji limx→a+0

f(x). Ako je b = +∞, postoji

limx→+∞

f(x); ako je b ∈ R, postoji limx→b−0

f(x).


Primeri 3.102. (i) Funkcija f(x) = x2 je strogo rastuca na [0,+∞) i strogo opadajucana (−∞, 0] na osnovu Tvrdenja 1.78 (ix), ali nije monotona na R.

(ii) Funkcija f(x) = x3 je strogo rastuca na R (videti Tvrdenje 3.155). Funkcija g(x) =−x3 je strogo opadajuca na R.

(iii) Funkcija f(x) =1

xje opadajuca na intervalu (−∞, 0), jer iz x1 < x2 < 0 sledi

f(x1) =1

x1>

1

x2= f(x2) na osnovu Tvrdenja 1.78 (xiii). Takode iz Tvrdenja 1.78

(xiii) sledi da je ova funkcija opadajuca i na intervalu (0,+∞), jer iz 0 < x1 < x2 sledi

f(x1) =1

x1>

1

x2= f(x2). Medutim, ova funkcija nije monotona na uniji ova dva

intervala (−∞, 0) ∪ (0,+∞), jer na primer, −2 < 3 i f(−2) = −1

2<

1

3= f(3), dok je

2 < 3 i f(2) =1

2>

1

3= f(3).

(iv) Funkcija f(x) = x− [x] je strogo rastuca na intervalu [0, 1) (f(x) = x za x ∈ [0, 1)),a takode i na intervalu [1, 2) (f(x) = x− 1 za x ∈ [1, 2)). Ova funkcija nije monotona nauniji ova dva intervala, tj. intervalu [0, 2), jer na primer, 1

2 <43 i f

(12

)= 1

2 >13 = f

(43

),

dok je 13 <

32 i f

(13

)= 1

3 <12 = f

(32

). •

Primetimo da ako je f (strogo) rastuca funkcija na skupu A, onda je funkcija −f ,definisana sa (−f)(x) = −f(x), x ∈ A, (strogo) opadajuca. Takode, ako je f (strogo)opadajuca funkcija na skupu A, onda je funkcija −f (strogo) rastuca na skupu A.26

Ako je A podskup domena funkcije f , onda cemo sa supAf(x) oznacavati sup{f(x) :

x ∈ A}. Takode, umesto inf{f(x) : x ∈ A} pisemo krace infAf(x) .

Teorema 3.103. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X, i neka je f rastuca funkcija naintervalu (a, b). Tada je

limx→b−0

f(x) = sup(a,b)

f(x)

i

limx→a+0

f(x) = inf(a,b)

f(x).

Pritom, u slucaju da je b = +∞, pod limx→b−0

f(x) podrazumevamo limx→+∞

f(x), a ako je

a = −∞, onda pod limx→a+0

f(x) podrazumevamo limx→−∞

f(x).

26Ako je f , recimo, strogo opadajuca funkcija na skupu A, onda za x1, x2 ∈ A takve da je x1 < x2 vazif(x1) > f(x2), odakle sledi −f(x1) < −f(x2). Ovo znaci da je funkcija −f strogo rastuca na skupu A.

3.5. Granicna vrednost monotone funkcije 233

x

y

a

sup ( )= ( +0)f x f a

b

inf ( )= ( – 0)f x f b

x

y

a

inf ( )= ( +0)f x f a

b

sup ( )= ( – 0)f x f b( , )a b ( , )a b

( , )a b( , )a b

Dokaz. Neka je β = sup(a,b)

f(x). Moguca su dva slucaja.

Ako je funkcija f ogranicena odozgo na intervalu (a, b), onda je β konacan broj.Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f(x0) > β − ϵ, te za svakox ∈ (x0, b), buduci da je f rastuca funkcija na intervalu (a, b), vazi f(x0) ≤ f(x) ≤ β.Prema tome,

β − ϵ < f(x) ≤ β < β + ϵ, za svako x ∈ (x0, b),

te je |f(x) − β| < ϵ za svako x ∈ (x0, b). Tako smo za proizvoljno ϵ > 0 pokazali dapostoji leva okolina (x0, b) tacke b, tako da za sve x ∈ (x0, b) vazi |f(x)− β| < ϵ, sto zaslucaj da je b ∈ R na osnovu Definicije 3.22 znaci da je lim

x→b−0f(x) = β, dok za slucaj da

je b = +∞ na osnovu Definicije 3.6 znaci da je limx→+∞

f(x) = β.

Ako f nije ogranicena odozgo na intervalu (a, b), onda je β = +∞. Neka je M ∈ Rproizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f(x0) > M . Kako je f rastucafunkcija na intervalu (a, b), to za svako x ∈ (x0, b) vazi nejednakost f(x0) ≤ f(x).Prema tome,

M < f(x) za svako x ∈ (x0, b).

Odavde, za slucaj da je b = +∞, zakljucujemo da je limx→+∞

f(x) = +∞, a za slucaj

da je b ∈ R dobijamo da je limx→b−0

f(x) = +∞.

Ostatak tvrdenja se slicno dokazuje. �

Sledeca teorema govori o granicnim vrednostima opadajuce funkcije.

Teorema 3.104. Neka je f : X → R, (a, b) ⊂ X, i neka je f opadajuca funkcija naintervalu (a, b). Tada je

limx→b−0

f(x) = inf(a,b)

f(x)

i

limx→a+0

f(x) = sup(a,b)

f(x).




f(x), a ako je

a = −∞, onda pod limx→a+0


f(x).

Dokaz. Funkcija −f je rastuca na intervalu (a, b), pa primenom Teoreme 3.103 dobijamoda je

limx→b−0

(−f(x)) = sup(a,b)

(−f(x)). (3.72)

Kako je limx→b−0

(−f(x)) = − limx→b−0

f(x) i sup(a,b)

(−f(x)) = − inf(a,b)

f(x), to iz (3.72) sledi

limx→b−0

f(x) = inf(a,b)

f(x).


Posledica 3.105. Neka je funkcija f monotona na intervalu (a, b), i neka x0 ∈ (a, b).Tada u tacki x0 ∈ (a, b) postoje konacne jednostrane granicne vrednosti lim

x→x0−0f(x) i

limx→x0+0

f(x). Pri tome, ako je f rastuca funkcija, onda vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x0+0

f(x), (3.73)

a ako je f opadajuca funkcija, onda vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≥ f(x0) ≥ limx→x0+0

f(x). (3.74)

x

y

( )f x0

( 0)f x0–

( +0)f x0

x0 x

y

( )f x0

( 0)f x0–

( +0)f x0

x0

Dokaz. Neka je funkcija f rastuca na intervalu (a, b). Tada za svako x′ ∈ (a, x0) i svakox′′ ∈ (x0, b) vazi

f(x′) ≤ f(x0) ≤ f(x′′),

pa jesup(a,x0)

f(x) ≤ f(x0) ≤ inf(x0,b)

f(x). (3.75)

3.5. Neprekidnost i tacke prekida 235

Iz (3.75) sledi da su sup(a,x0)

f(x) i inf(x0,b)

f(x) konacni brojevi. Na osnovu Teoreme 3.103

imamo da je limx→x0−0

f(x) = sup(a,x0)

f(x) i limx→x0+0

f(x) = inf(x0,b)

f(x). Prema tome, postoje

konacne granicne vrednosti limx→x0−0

f(x) i limx→x0+0

f(x), i vazi nejednakost (3.73).

Za slucaj opadajuce funkcije f dokaz se izvodi analogno dokazu za slucaj rastucefunkcije, ili se prethodno dokazano tvrdenje moze primeniti na funkciju −f buduci da jeonda −f rastuca funkcija. �

3.6 Neprekidnost i tacke prekida

U ovoj i u sledecih nekoliko sekcija bavimo se izucavanjem pojma neprekidnosti funkcije.Prilikom izucavanja pojma granicne vrednosti funkcije f u tacki x0, ako je lim

x→x0f(x) = b,

imali smo da je x0 tacka nagomilavanja domena funkcija f (ne obavezno i tacka domena)i da se vrednosti funkcije grupisu oko broja b kada se vrednosti argumenta grupisu okotacke x0, pri cemu b ne mora biti vrednost funkcije u tacki x0. Sa stanovista matematickeanalize posebno je vazna situacija kada x0 pripada domenu funkcije i kada je b bas jednakof(x0), tj. situacija u kojoj se vrednosti funkcije grupisu oko vrednosti f(x0) kada sevrednosti argumenta grupisu oko tacke x0. Za funkciju koja ima tu osobinu, da dovoljnomale promene argumenta u nekoj tacki x0 iz domena funkcije dovode do proizvoljnomalih promena vrednosti funkcije, kazemo da je neprekidna u tacki x0. Preciznije:

Definicija 3.106. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Kazemo da je funkcija f neprekidna utacki x0 ako za svaku okolinu V (f(x0)) tacke f(x0) postoji okolina U(x0) tacke x0 takvada je

f(U(x0) ∩X) ⊂ V (f(x0)).

Drugim recima, f je neprekidna u tacki x0 ako

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ X)(|x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ϵ). �

Primecujemo da je definicija neprekidnosti funkcije u tacki slicna definiciji granicnevrednosti funkcije u tacki. Medutim, za razliku od definicije granicne vrednosti funkcijeu tacki x0, u definiciji neprekidnosti tacka x0 je uvek iz domena funkcije f (dakle, x0je uvek konacan broj), i ne mora biti tacka nagomilavanja domena X, tj. x0 moze bitiizolovana tacka domena X. U tom slucaju postoji okolina U(x0) tacke x0 tako da u njojsem tacke x0 nema drugih tacaka iz X, tj. U(x0)∩X = {x0}. Tada ne mozemo govoritio granicnoj vrednosti lim

x→x0f(x), ali je funkcija neprekidna u tacki x0 jer za svaku okolinu

V (f(x0)) tacke f(x0) vazi

f(U(x0) ∩X) = f({x0}) = {f(x0)} ⊂ V (f(x0)).

Ako je pak funkcija f definisana u tacki x0, koja je pritom tacka nagomilavanja njenogdomena, onda iz definicije granicne vrednosti i definicije neprekidnosti fukcije u tacki sledida je funkcija f neprekidna u tacki x0 ako i samo ako je lim

x→x0f(x) = f(x0). (Primetimo


je da u definiciji granicne vrednosti funkcije ne pretpostavljamo da je funkcija definisanau samoj tacki x0, a cak i da je definisana u x0, vrednost f(x0) ne utice na vrednostlimx→x0

f(x). Ovo je jos jedna razlika izmedu definicije granicne vrednosti funkcije u tacki

x0 i definicije neprekidnosti funkcije u tacki.)

Prema tome, vazi tvrdenje:

Tvrdenje 3.107. Neka je f : X → R i x0 ∈ X.

(i) Ako je x0 izolovana tacka domena X, onda je funkcija f neprekidna u tacki x0.

(ii) Ako je x0 tacka nagomilavanja domena X, onda je funkcija f neprekidna u tacki x0ako i samo ako je lim

x→x0f(x) = f(x0).

Iz Tvrdenja 3.107 (ii) i ekvivalentnosti Hajneove i Kosijeve definicije granicne vred-nosti funkcije zakljucujemo da ako je za funkciju f : X → R tacka x0 ∈ X tackanagomilavanja domena X, onda je funkcija f neprekidna u tacki x0 ako i samo ako zasvaki niz (xn) elemenata domena X takav da je lim

n→∞xn = x0 vazi lim

n→∞f(xn) = f(x0).

Primetimo da se za razliku od Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije, ovdeclanovi niza (xn) koji konvergira ka x0 mogu poklopiti sa x0.

Takode, primetimo da ako je x0 izolovana tacka domena X funkcije f i ako je niz (xn)takav da xn ∈ X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, onda je lim

n→∞f(xn) = f(x0). Zaista, ako je x0

izolovana tacka domena X funkcije f , tada postoji δ > 0 tako da je (x0−δ, x0+δ)∩X ={x0}, pa ako za niz (xn) elemenata skupa X vazi lim

n→∞xn = x0, onda postoji n0 ∈ N tako

da je xn ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩X = {x0}, i prema tome xn = x0 za svako n ≥ n0. Odavdesledi da je f(xn) = f(x0) za svako n ≥ n0, pa je lim

n→∞f(xn) = f(x0).

Prema tome, vazi tvrdenje:

Tvrdenje 3.108. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Funkcija f je neprekidna u tackix0 ako i samo ako za svaki niz (xn) takav da je xn ∈ X, n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0 vazi

limn→∞

f(xn) = f(x0).

Neka je f : X → R, x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X i neka je funkcija fneprekidna u tacki x0. Tada je

limx→x0

f(x) = f(x0), (3.76)

ili sto je ekvivalentno

limx−x0→0

(f(x)− f(x0)) = 0.

Razlika x − x0 se zove prirastaj argumenta i oznacava sa ∆x, a razlika f(x) − f(x0)prirastaj funkcije koji odgovara prirastaju argumenta ∆x, i oznacava se sa ∆y ili ∆f .Prema tome

∆x = x− x0, x = x0 +∆x, ∆y = f(x0 +∆x)− f(x0)


i uslov (3.76) je ekvivalentan uslovu

lim∆x→0

∆y = 0.

Opisno govoreci, funkcija je neprekidna u tacki x0 iz domena koja je jos i tacka nagomila-vanja domena ako i samo ako dovoljno male promene argumenta u tacki x0 dovode doproizvoljno malih promena vrednosti funkcije, tj. vrednost funkcije je proizvoljno blizuvrednosti f(x0) kada je argument dovoljno blizu tacki x0.

Definicija 3.109. Neka je f : X → R i A ⊂ X. Ako je funkcija f neprekidna u svakojtacki skupa A, onda kazemo da je f neprekidna na skupu A. �Primeri 3.110. (i) Funkcija f(x) = c, c ∈ R, je neprekidna na R.

Zaista, za svako x0 ∈ R, limx→x0

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

(ii) Dokazimo da je funkcija f(x) = xn, n ∈ N, neprekidna na R.Neka je x0 ∈ R. Iz

∆y = f(x0 +∆x)− f(x0) = (x0 +∆x)n − xn0 =

= nxn−10 ∆x+

n(n− 1)

2xn−20 (∆x)2 + · · ·+ (∆x)n

sledilim

∆x→0∆y = 0.

Prema tome, funkcija f je neprekidna u svakoj tacki x0 ∈ R.(iii) Iz (3.40) i (3.39) sledi da su funkcije x 7→ sinx i x 7→ cosx neprekidne na skupu R.(iv) Da li je funkcija f(x) = |sgnx|neprekidna u 0?

Resenje: Kako je

limx→0

f(x) = limx→0

|sgnx| = 1

i f(0) = |sgn 0| = 0, sledilimx→0

f(x) = f(0) i funkcija f nije

neprekidna u 0. 0 x

y

(v) Neka je za c ∈ R i

f(x) =

{sin

1

x, x = 0

c, x = 0

Funkcija f nije neprekidna u 0 jer

ne postoji limx→0

sin1

x(Primer 3.30).

c

x

y


(vi) Funkcija

f(x) =

{x sin

1

x, x = 0

0, x = 0

je neprekidna u 0, jer je limx→x0

f(x) =

limx→0

x sin1

x= 0 = f(0) (Primer

3.68).

x

y

(vii) Neka je x0 ∈ Z proizvoljanbroj. Funkcija f(x) = [x] nijeneprekidna tacki x0 jer lim

x→x0f(x) ne

postoji. Zaista, limx→x0−0

[x] = x0 − 1,

dok limx→x0+0

[x] = x0, pa je f(x0 −0) = f(x0+0), i na osnovu Tvrdenja3.32 lim

x→x0f(x) ne postoji.

Inace, ova funkcija je neprekidna usvakoj tacki skupa R \ Z.

10–1 2 3=x0

x f x0 0= ( +0)

x f x0 0– –1= ( 0)

x

y

(viii) Svaki niz realnih brojeva f : N→ R je neprekidna funkcija na svom domenu N jerje svaka tacka skupa N njegova izolovana tacka. •

Definicija 3.111. Neka f : X → R i x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X ∩ (−∞, x0).Ako je

limx→x0−0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna sleva u tacki x0.Ako je x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupa X ∩ (x0,+∞) i ako je

limx→x0+0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna zdesna u tacki x0. �


Tvrdenje 3.112. Neka f : X → R i neka je x0 ∈ X tacka nagomilavanja skupaX ∩ (−∞, x0), a takode i skupa X ∩ (x0,+∞). Funkcija f je neprekidna u tacki x0 akoi samo ako je neprekidna sleva i zdesna u toj tacki.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 3.32 i Tvrdenja 3.107 (ii). �

Primer 3.113. Neka je f(x) = [x], x ∈ R. Nekaje x0 ceo broj. Tada je

limx→x0+0

f(x) = limx→x0+0

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

sto znaci da je f neprekidna zdesna u x0.Medutim f nije neprekidna sleva u tacki x0 jer:

limx→x0−0


[x] = x0 − 1 =

= x0 = [x0] = f(x0). •

x0

f x f x( )= ( +0)0 0

f x( 0)0–

x

y

Svaka funkcija je neprekidna u svakoj izolovanoj tacki svog domena. Sve ostale tackeiz domena funkcije su tacke nagomilavanja tog domena i one obrazuju dva disjunktnapodskupa: skup tacaka u kojima je funkcija neprekidna i skup tacaka u kojima funkcijanije neprekidna.

Definicija 3.114. Neka je f : X → R i x0 ∈ X. Tacka x0 je tacka prekida funkcije fako f nije neprekidna u toj tacki. Kazemo jos da je funkcija f prekidna u tacki x0, ilida funkcija f ima prekid u tacki x0. �

Dakle, tacka prekida funkcije f je tacka iz domena funkcije, koja je ujedno i tackanagomilavanja tog domena, u kojoj funkcija nije neprekidna.

Napomenimo da u skladu sa ovom definicijom, tacke koje ne pripadaju domenufunkcije, cak iako su tacke nagomilavanja domena funkcije, nisu tacke prekida funkcije.

Na primer, za funkciju f(x) =1

xtacka x = 0 nije tacka prekida funkcije jer nije u

domenu funkcije Df = (−∞, 0)∪ (0,+∞) (a inace je ona tacka nagomilavanja domena).

Tacke prekida delimo u dve grupe.

Definicija 3.115. Neka je f : X → R i x0 ∈ X tacka prekida funkcije f .

Tacka x0 se naziva tacka prekida prve vrste ako postoje konacne granicne vrednosti

f(x0 − 0) = limx→x0−0

f(x) i f(x0 + 0) = limx→x0−0

f(x).

Broj f(x0+0)−f(x0−0) naziva se skok funkcije u tacki x0. Ako je f(x0+0) = f(x0−0),tj. ako postoji lim

x→x0f(x), onda kazemo da je prekid otklonjiv.


x

y

( 0)f x0–

( +0)f x0

x0

( )f x0

( +0)–f x0 ( 0)f x0–

x

y

( 0)f x0–( +0)=f x0

x0

( )f x0

Ako je x0 tacka nagomilavanja samo jednog od skupovaX∩(−∞, x0) iliX∩(x0,+∞),onda je x0 tacka prekida prve vrste ako postoji konacan odgovarajuci limes, lim

x→x0−0f(x)

ili limx→x0−0

f(x), razlicit od f(x0).

Tacka prekida funkcije f koja nije tacka prekida prve vrste naziva se tacka prekidadruge vrste. �

Primetimo da u slucaju prekida druge vrste jedna od jednostranih granicnih vrednostiili ne postoji ili je beskonacna.

Ako je x0 otklonjiv prekid, tada je funkcija f1 definisana sa

f1(x) =

{f(x), x ∈ X \ {x0}limx→x0

f(x), x = x0

neprekidna u tacki x0, a sa funkcijom f se poklapa u svim ostalim tackama njenogdomena. Slobodnije govoreci, u slucaju da funkcija f ima otklonjiv prekid u tacki x0,ona se moze ,,predefinisati“ u toj tacki, stavljajuci da je njena nova vrednost u toj tackiupravo lim

x→x0f(x), i tako se dobija funkcija koja je neprekidna u tacki x0. Zbog toga se

ovakav prekid i zove otklonjiv prekid.

Primeri 3.116. (i) Funkcija f(x) = sgnx ima neotklonjiv prekid prve vrste u tackix0 = 0, jer je f(0− 0) = −1 i f(0 + 0) = 1 (Primer 3.31).

(ii) Funkcija f(x) = |sgnx| iz Primera 3.110 (iv) ima otklonjiv prekid u tacki x0 = 0.


y

x0

f x x( )=sgn( )

–1

1

0 x

yf x x( )=|sgn( )|

1

(iii) Dirihleova funkcija χ ima prekid druge vrste u svakoj tacki x0 ∈ R jer ne postoji nilim

x→x0−0χ(x) ni lim

x→x0+0χ(x) (Primer 3.35).

(iv) Funkcija iz Primera 3.110 (v) ima prekid druge vrste u tacki x0 = 0 jer ne postojeobe jednostrane granicne vrednostu u toj tacki.

(v) Funkcija

f1(x) =

{ 1

x, x = 0

c, x = 0

gde je c ∈ R, ima prekid druge vrsteu tacki x0 = 0 jer je lim

x→+0f(x) =

+∞ i limx→−0

f(x) = −∞.

c

x

y

0

(vi) Funkcija f(x) = [x] ima prekid prve vrste u svakoj tacki x0 ∈ Z.(vii) Funkcija definisana sa

f(x) =

1

q, x =

p

q, p ∈ Z, q ∈ N, p i q uzajamno prosti,

1, x = 0,0, x ∈ I,

se zove Rimanova27 funkcija. Neka je x0 proizvoljan realan broj. Dokazimo da jelimx→x0

f(x) = 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada postoji samo konacno mnogo

prirodnih brojeva q takvih da je q ≤ 1

ϵ, pa u intervalu (x0 − 1, x0 + 1) postoji samo

27B. Riemann (1826-1866), nemacki matematicar


konacno mnogo racionalnih brojevap

qtakvih da je f

(p

q

)=

1

q≥ ϵ. Stoga postoji δ > 0

tako da u okolini (x0−δ, x0+δ) nema takvih racionalnih tacaka, izuzev eventualno sametacke x0, pa za svaku racionalnu ili iracionalnu tacku x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} vazi|f(x)| = f(x) < ϵ. Prema tome,

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ R)(x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} =⇒ |f(x)− 0| = f(x) < ϵ),

te je limx→x0

f(x) = 0.

Ovo znaci da je funkcija f neprekidna u svakoj iracionalnoj tacki, a da u svakojracionalnoj tacki ima (otklonjiv) prekid prve vrste. •

3.7 Neke osobine funkcija neprekidnih u tacki

Naredna tvrdenja su iskazana za slucaj dvostrane granicne vrednosti i dvostrane neprekid-nosti, ali ona vaze i u slucaju jednostranih granicnih vrednosti i jednostrane neprekid-nosti.

Tvrdenje 3.117. Neka je funkcija f : X → R neprekidna u tacki x0 ∈ X. Tada

(i) Postoji okolina tacke x0, U(x0), takva da je funkcija f ogranicena na skupu U(x0)∩X;

(ii) Ako je f(x0) = 0, tada postoji okolina tacke x0, U(x0), takva da je za svako x ∈U(x0) ∩X, f(x) istog znaka kao i f(x0).

Dokaz. Ako je x0 izolovana tacka domena X, onda postoji okolina U(x0) tacke x0 takoda u njoj sem tacke x0 nema drugih tacaka iz X, tj. U(x0) ∩X = {x0}. Jasno, funkcijaf je ogranicena na skupu U(x0)∩X i za x ∈ U(x0)∩X, f(x) je istog znaka kao i f(x0).

Ako je x0 tacka nagomilavanja domena X, onda (i) sledi iz Tvrdenja 3.39, dok (ii)sledi iz Posledice 3.42. �

Tvrdenje 3.118. Neka su funkcije f i g definisane u okolini tacke x0 ∈ R. Ako sufunkcije f i g neprekidne u tacki x0, tada su i funkcije f + g, f − g, fg neprekidne u

tacki x0, a ako je g(x0) = 0, onda je i funkcijaf

gneprekidna u tacki x0.

Dokaz. Tvrdenje sledi iz Tvrdenja 3.107 (ii) i Tvrdenja 3.49. Pokazacemo recimo da je

funkcijaf

gneprekidna u x0.

Kako je limx→x0

f(x) = f(x0) i limx→x0

g(x) = g(x0) = 0, na osnovu Teoreme 3.49 sledi

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x)=f(x0)

g(x0),

te je funkcijaf

gneprekidna u x0. �

3.7. Neke osobine funkcija neprekidnih u tacki 243

Posledica 3.119. Neka je funkcija g definisana u okolini tacke x0 ∈ R i neprekidna utacki x0, i neka je c ∈ R. Tada su funkcije c+ g, c− g, cg neprekidne u tacki x0, a ako

je g(x0) = 0, onda je i funkcijac

gneprekidna u tacki x0.

Dokaz. S obzirom da je funkcija f(x) = c, x ∈ R, neprekidna na skupu R (Primer 3.110(i)), to iz Tvrdenja 3.118 dobijamo da su funkcije f + g = c+ g, f − g = c− g, fg = cg

neprekidne u tacki x0, a ako je g(x0) = 0, onda je i funkcijaf

g=c

gneprekidna u tacki

x0. �

Primeri 3.120. Sa R[x] oznacavamo skup svih polinoma nad poljem realnih brojeva.(i) Svaki polinom P ∈ R[x] je neprekidna funkcija na skupu R. To sledi iz Primera

3.110 (i) i (ii) i Tvrdenja 3.118.

(ii) Racionalna funkcija R(x) =P (x)

Q(x), gde su P i Q polinomi, P,Q ∈ R[x], Q nenula

polinom, je neprekidna u svakoj tacki svog domena, tj. u svakoj tacki x0 ∈ R za koju jeQ(x0) = 0. To sledi iz prethodnog primera i Tvrdenja 3.118.

(iii) Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena. Zaista, naosnovu Tvrdenja 3.118, funkcija y = tgx = sinx

cosx je neprekidna u svakoj tacki x ∈ R zakoju je cosx = 0. Analogno i y = ctgx = cosx

sinx je neprekidna funkcija u svakoj tackix ∈ R za koju je sinx = 0. •

Sledece tvrdenje govori o tome da limes i neprekidna funkcija mogu da zamene mesta.

Tvrdenje 3.121. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke x0 ineka je lim

x→x0f(x) = b ∈ R. Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini tacke b i

neka je neprekidna u tacki b. Tada je slozena funkcija x 7→ g(f(x)) definisana u nekojprobodenoj okolini tacke x0, ima granicnu vrednost u tacki x0 i vazi

limx→x0

g(f(x)) = g(b) = g( limx→x0

f(x)). (3.77)

Dokaz. Neka je V (b) okolina tacke b u kojoj je funkcija g definisana, i neka je◦U(x0) probo-

dena okolina tacke x0 u kojoj je funkcija f definisana. Tada, buduci da je limx→x0

f(x) = b,

sledi da postoji okolina U1(x0) tacke x0 takva da je U1(x0) ⊂ U(x0) i

f(◦U1(x0)) ⊂ V (b). (3.78)

Prema tome, slozena funkcija g ◦ f je definisana u probodenoj okolini◦U1(a).

Neka je (xn) niz takav da je xn ∈◦U1(x0) i lim

n→∞xn = x0. Iz (3.78) sledi f(xn) ∈ V (b),

n ∈ N, a iz limx→x0

f(x) = b sledi da je limn→∞

f(xn) = b (Hajneova definicija granicne

vrednosti funkcije). Buduci da je funkcija g definisana u okolini V (b) tacke b i neprekidnau tacki b, iz f(xn) ∈ V (b), n ∈ N, i lim

n→∞f(xn) = b, na osnovu Tvrdenja 3.108, sledi


limn→∞

g(f(xn)) = g(b). Kako je (xn) bio proizvoljan niz iz okoline◦U1(x0) za koji vazi

limn→∞

xn = x0 i limn→∞

(g ◦ f)(xn) = g(b), opet na osnovu Hajneove definicije granicne

vrednosti funkcije zakljucujemo da je limx→x0

(g ◦ f)(x) = g(b). �Iz (3.77) vidimo da limes i neprekidna funkcija mogu da menjaju mesta.

Sledece tvrdenje govori o tome da je kompozicija neprekidnih funkcija opet neprekidnafunkcija.

Tvrdenje 3.122. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0 ∈ R i neka jeneprekidna u tacki x0. Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini tacke f(x0) i nekaje neprekidna u tacki f(x0). Tada je slozena funkcija g ◦ f definisana u nekoj okolinitacke x0 i neprekidna je u tacki x0.

Dokaz. Iz cinjenice da je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0 ∈ R i da jeneprekidna u tacki x0 sledi da je lim

x→x0f(x) = f(x0) (Tvrdenje 3.107 (ii)). Sada na

osnovu Tvrdenja 3.121 28 sledi da je funkcija g ◦ f definisana u okolini29 tacke x0 i daje lim

x→x0g(f(x)) = g(f(x0)), tj. lim

x→x0(g ◦ f)(x) = (g ◦ f)(x0). Opet na osnovu Tvrdenja

3.107 (ii) zakljucujemo da je funkcija g ◦ f neprekidna u tacki x0. �

Napomena 3.123. Slicno se mogu dokazati tvrdenja u vezi (jednostrane) neprekidnostislozene funkcije g ◦ f pod uslovom (jednostrane) neprekidnosti funkcija f i g.

Formulisacemo samo neka od njih.

(i) Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0 ∈ R i neprekidna u tacki x0.Neka je funkcija g definisana u desnoj (levoj) okolini tacke f(x0), i neprekidna zdesna(sleva) u tacki f(x0). Ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da za sve x ∈ U(x0) vazif(x) ≥ f(x0) (f(x) ≤ f(x0)), tada je slozena funkcija g ◦ f neprekidna u tacki x0.

(ii) Neka je funkcija f definisana u nekoj levoj okolini tacke x0, i neprekidna sleva u tackix0. Neka je funkcija g definisana u nekoj desnoj okolini tacke f(x0), i neprekidna zdesnau tacki f(x0). Ako postoji δ0 > 0 tako da za sve x ∈ (x0 − δ0, x0) vazi f(x) ≥ f(x0),tada je slozena funkcija g ◦ f neprekidna sleva u tacki x0.

Analogno se dokazuju tvrdenja gde se pretpostavlja jednostrana (leva ili desna)neprekidnost funkcije f u tacki x0 i neprekidnost funkcije g u tacki f(x0).

(iii) Neka je funkcija f definisana u nekoj levoj (desnoj) okolini tacke x0 ∈ R i neprekidnasleva (zdesna) u tacki x0. Neka je funkcija g definisana u nekoj okolini tacke f(x0) ineprekidna u tacki f(x0). Tada je slozena funkcija g ◦ f neprekidna sleva (zdesna) utacki x0.

Interval I je skup oblika (a, b), [a, b], (a, b], [a, b), (a,+∞), [a,+∞), (−∞, b),(−∞, b], R, a, b ∈ R, a < b. Za funkciju f definisanu na intervalu I kazemo da je

28Tacka b je u ovom slucaju f(x0).29Na osnovu Tvrdenja 3.121 sledi da je kompozicija g ◦ f definisana u probodenoj okolini tacke x0,

a kako je funkcija f definisana u tacki x0 i funkcija g definisana u tacki f(x0), to je kompozicija g ◦ fdefinisana i u x0, pa je definisana u okolini tacke x0.

3.7. Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu 245

neprekidna na intervalu I ako je neprekidna u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I, i zaslucaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u tacki a, a za slucaj da b ∈ I, neprekidna sleva utacki b.

Na osnovu prethodnih tvrdenja zakljucujemo da vazi tvrdenje:

(iv) Neka je funkcija f neprekidna na intervalu Ix, a funkcija g neprekidna na intervaluIy, i neka je f(Ix) ⊂ Iy. Tada je slozena funkcija g ◦ f neprekidna na intervalu Ix.

3.8 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

Reci cemo da je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] ako je neprekidnau svakoj tacki intervala (a, b), u tacki a neprekidna zdesna, a u tacki b neprekidna sleva.U ovoj sekciji upoznacemo se sa tim da funkcije definisane i neprekidne na segmentimaimaju posebna svojstva. Ona proizilaze kako iz neprekidnosti funkcije, tako i iz odredenihsvojstava koje imaju segmenti kao podskupovi skupa R.

Neka je f : X → R i A ⊂ X. Za funkciju f kazemo da dostize svoj supremum(infimum) na skupu A ako postoji x0 ∈ A takav da je f(x0) = sup

Af(x) = sup{f(x) :

x ∈ A} (f(x0) = infAf(x) = inf{f(x) : x ∈ A}). Drugim recima, ako skup vrednosti

funkcije {f(x) : x ∈ A} ima maksimum (minimum), onda kazemo da funkcija dostizesvoj supremum (infimum) na skupu A.

Funkcija definisana na nekom segmentu ne mora da bude ogranicena na tom seg-mentu.

Na primer funkcija

f(x) =

1

x, x ∈ (0, 1]

1, x = 0

nije ogranicena na segmentu [0, 1]. Primetimo daje ova funkcija neprekidna na intervalu (0, 1], ali u0 ima prekid (Primeri 3.116 (v)), pa funkcija nijeneprekidna na segmentu [0, 1].

Kao sto smo vec videli u sekciji 1.1, beskonacan podskup skupa R, cak iako jeogranicen odozgo (odozdo), ne mora da ima maksimum (minimum). Tako ako je funkcijadefinisana i ogranicena na segmentu, skup vrednosti funkcije ne mora da ima maksimum(minimum), tj. funkcija ne mora da dostize svoj supremum (infimum) na segmentu.


Na primer funkcija g(x) = x − [x], x ∈ [0, 2] jeogranicena na segmentu [0, 2], sup

0≤x≤2g(x) = 1, ali

ne postoji tacka iz segmenta [0, 2] u kojoj funkcijaima vrednost 1, tj. funkcija g ne dostize svoj supre-mum na segmentu [0, 2]. Primetimo da je ova funkcijaprekidna u tackama 1 i 2, dok je u ostalim tackamasegmenta [0, 2] neprekidna.

Funkcija h(x) =

1

2, x = 0,

x, x ∈ (0, 1)1

2, x = 1

je ogranicena

na segmentu [0, 1], sup0≤x≤1

h(x) = 1 i inf0≤x≤1

h(x) = 0,

ali funkcija ne dostize ni svoj supremum, ni svoj in-fimum na tom segmentu. Ova funkcija je neprekidnana intervalu (0, 1), ali je prekidna u tackama 0 i 1.

U svim prethodnim primerima funkcije nisu bile neprekidna na segmentu na komesu bile definisane. Sledeca teorema govori o tome da je svaka neprekidna funkcija nasegmentu ogranicena i da na njemu dostize svoj supremum i infimum.

Teorema 3.124. (Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu[a, b]. Tada je ona ogranicena i postoje tacke x0, x

′0 ∈ [a, b] takve da je

f(x0) = supa≤x≤b

f(x) i f(x′0) = infa≤x≤b

f(x).

Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f nije odozgo ogranicena. Tada za svako n ∈ Npostoji zn ∈ [a, b] tako da je

f(zn) > n, n = 1, 2, . . . .

Odavde na osnovu Tvrdenja 2.58, a s obzirom da je limn→∞

n = +∞, sledi

limn→∞

f(zn) = +∞. (3.79)

Kako je a ≤ zn ≤ b, n = 1, 2, . . . , to je niz (zn)n ogranicen i na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme ima konvergentan podniz (znk

)k. Neka je

limk→∞

znk= z0. (3.80)


Zbog a ≤ znk≤ b, na osnovu Tvrdenja 2.18, dobijamo a ≤ z0 ≤ b. Kako je funkcija f

neprekidna na segmentu [a, b] i z0 ∈ [a, b], to je f neprekidna u tacki z0. Stoga iz (3.80),na osnovu Tvrdenja 3.108, sledi

limk→∞

f(znk) = f(z0) ∈ R. (3.81)

Medutim (f(znk))k je podniz niza (f(zn))n, pa iz (3.79) na osnovu Tvrdenja 2.78 sledi

limk→∞

f(znk) = +∞, sto je u suprotnosti sa (3.81).

Dobijena protivurecnost dokazuje da je funkcija f odozgo ogranicena na segmentu[a, b]. Stoga je

M = supa≤x≤b

f(x) (3.82)

konacan broj. Iz definicije supremuma sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈ [a, b] takoda je

M − 1

n< f(xn) ≤M.

Odavde na osnovu Tvrdenja 2.55 sledi

limn→∞

f(xn) =M. (3.83)

S obzirom da je (xn) ogranicen niz, postoji konvergentan podniz (xnk)k koji konvergira

ka tacki x0, i kao u prethodnom delu dokaza zakljucujemo da x0 ∈ [a, b], te je funkcija fneprekidna u tacki x0. Stoga iz lim

k→∞xnk

= x0, na osnovu Tvrdenja 3.108, sledi

limk→∞

f(xnk) = f(x0), (3.84)

dok iz (3.83) na osnovu Tvrdenja 2.78 sledi

limk→∞

f(xnk) =M. (3.85)

Iz (3.84) i (3.85) dobijamo da je f(x0) = M . Prema tome, funkcija f dostize svojsupremum u tacki x0.

y

a b

M

x0 x


Analogno se dokazuje da je funkcija odozdo ogranicena na segmentu [a, b] i da postojibarem jedna tacka x′0 ∈ [a, b] takva da je f(x′0) = inf

a≤x≤bf(x). �

Napomena 3.125. Napomenimo da se drugi deo Vajestrasove teoreme, tj. cinjenica dapostoji x0 ∈ [a, b] tako da je f(x0) =M = sup

a≤x≤bf(x) moze dokazati na sledeci nacin:

Pretpostavimo da takva tacka x0 ne postoji, tj. da je f(x) < M za sve x ∈ [a, b].

Tada je funkcija ϕ(x) =1

M − f(x)neprekidna na segmentu [a, b] na osnovu Tvrdenja

3.118 (M−f(x) = 0 za sve x ∈ [a, b]). Prema vec dokazanom delu Vajerstrasove teoremezakljucujemo da je funkcija ϕ ogranicena na segmentu [a, b], tj. postoji K ∈ R, K > 0,tako da je ϕ(x) ≤ K za sve x ∈ [a, b], tj.

1

M − f(x)≤ K, za sve x ∈ [a, b],

odakle sledi

f(x) ≤M − 1

K, za sve x ∈ [a, b].

Prema tome, broj M − 1

Kje gornja granica skupa {f(x) : x ∈ [a, b]} manja od M , sto

je u suprotnosti sa cinjenicom da je M supremum ovog skupa.

Dobijena protivurecnost dokazuje da postoji x0 ∈ [a, b] tako da je f(x0) = M =supa≤x≤b

f(x). •

Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na ogranicenomi zatvorenom intervalu bitna. Na primer, funkcija f(x) = x je neprekidna na skupu

R = (−∞,+∞), ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) =1

xje neprekidna na in-

tervalu (0, 1], ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) = x je neprekidna i ogranicenana intervalu (0, 1), ali ne dostize ni svoj supremum, ni svoj infimum na ovom intervalu( supx∈(0,1)

f(x) = 1, infx∈(0,1)

f(x) = 0).

Za skup A ⊂ R se kaze da je kompaktan ako svaki niz tacaka skupa A ima konvergen-tan podniz cija granicna vrednost pripada skupu A. Na osnovu Bolcano-Vajerstrasove


teoreme za nizove i Tvrdenja 2.18, buduci da je segment [a, b] ogranicen i zatvoren inter-val, tj. ogranicen interval koji sadrzi svoje rubne tacke, sledi da je on kompaktan skup.Zaista, kao sto smo vec videli u dokazu Vajerstrasove teoreme, ako je (xn) niz u segmentu[a, b], onda je niz (xn) ogranicen, pa na osnovu Bolcano-Vajerstrasove teoreme za nizoveima konvergentan podniz (xnk

) koji konvergira ka tacki x0, i kako je a ≤ xnk≤ b za sve

k ∈ N, to na osnovu Tvrdenja 2.18 sledi da je a ≤ x0 ≤ b, tj. x0 ∈ [a, b]. Kako smovidelu u dokazu, osobine neprekidne funkcije na segmentu date Vajerstrasovom teore-mom proizilaze, osim iz neprekidnosti funkcije, upravo iz kompaktnosti segmenta, tj. izcinjenice da je ovo ogranicen i zatvoren interval.

Lako je naci primer koji ilustruje da obrat Vajerstrasove teoreme ne vazi. Na primer,funkcija f(x) = sgnx na bilo kom segmentu koji sadrzi 0 je ogranicena i dostize svojsupremum i infimum, ali nije neprekidna na tom segmentu (prekidna je u 0 i sleva izdesna).

Posledica 3.126. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b], i nekaje f(x) > 0 za sve x ∈ [a, b]. Tada postoji c > 0 tako da je f(x) > c za sve x ∈ [a, b].

Dokaz. Na osnovu Vajestrasove teoreme funkcija f dostize svoj infimum na segmentu[a, b], tj. postoji x0 ∈ [a, b] tako da je f(x0) = inf

a≤x≤bf(x). Kako je f(x) > 0 za sve

x ∈ [a, b], to je f(x0) > 0. Neka je c =f(x0)

2. Tada je c > 0 i vazi

c < f(x0) = infa≤x≤b

f(x) ≤ f(x), za sve x ∈ [a, b]. �

Sledeca teorema govori o tome da neprekidna funkcija na segmentu ,,uzimajuci“ bilokoje dve vrednosti u krajevima segmenta, ,,uzima“ i svaku drugu vrednost izmedu njih.Ovo svojstvo neprekidne funkcije na segmentu ima za posledicu osobinu da neprekidnafunkcija slika segment na segment. Funkcija koja je definisana na nekom segmentu, alinije neprekidna na njemu, ne mora da ima gore navedeno svojstvo, i ne mora taj segmentda slika na segment. Na primer, funkcija f(x) = sgnx segment [−2, 3] preslikava na skup

{−1, 0, 1} (koji ocigledno nije segment) i f(−2) = −1 <1

2< 1 = f(3), ali ne postoji

tacka iz segmenta [−2, 3] u kojoj funkcija ,,uzima“ vrednost1

2, tj. ne postoji ξ ∈ [−2, 3]

tako da je f(ξ) =1

2.

Teorema 3.127. (Bolzano-Cauchy) Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] ineka je f(a) < f(b) (f(a) > f(b)). Tada za svaki broj C takav da je f(a) < C < f(b)(f(a) > C > f(b)) postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je f(ξ) = C.

Dokaz. Neka je f(a) < C < f(b). Podelimo segment [a, b] tackoma+ b

2na dva

segmenta jednake duzine. Moze se desiti da je f

(a+ b

2

)= C, pa je trazena tacka


ξ =a+ b

2. U suprotnom, f

(a+ b

2

)= C, i tada na levom kraju jednog od segme-

nata

[a,a+ b

2

],

[a+ b

2, b

]funkcija ima manju vrednost od C, a na desnom vecu od C.

Oznacimo taj segment sa [a1, b1] (ako je f

(a+ b

2

)> C, onda za [a1, b1] uzimamo seg-

ment

[a,a+ b

2

], a ako je f

(a+ b

2

)< C, onda za [a1, b1] uzimamo segment

[a+ b

2, b

]).

Prema tome, vazice nejednakost

f(a1) < C < f(b1).

Podelimo dalje segment [a1, b1] na dva segmenta jednaka po duzini tackoma1 + b1

2. Tada

je ili f

(a1 + b1

2

)= C, pa je trazena tacka ξ =

a1 + b12

, ili je f

(a1 + b1

2

)= C, pa na

levom kraju jednog od ta dva segmenta funkcija ima vrednost manju od C, a na desnomvecu od C. Oznacimo taj segment sa [a2, b2], i prema tome vazice nejednakost

f(a2) < C < f(b2).

Nastavimo postupak sa segmentom [a2, b2] (podelimo ga na pola itd.). Tim postupkomcemo ili nakon konacno mnogo koraka doci do tacke ξ takve da je f(ξ) = C ili cemodobiti niz umetnutih segmenata [an, bn], cija duzina30 tezi 0, i takav da je

f(an) < C < f(bn), n ∈ N. (3.86)

Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedinstvena tacka ξkoja pripada svim segmentima [an, bn], n = 1, 2, . . . . Kako je

ξ = limn→∞

an = limn→∞

bn,

zbog neprekidnosti funkcije f imamo

f(ξ) = limn→∞

f(an) = limn→∞

f(bn).

Iz (3.86), na osnovu Tvrdenja 2.18, dobijamo

f(ξ) = limn→∞

f(an) ≤ C ≤ limn→∞

f(bn) = f(ξ).

Prema tome, f(ξ) = C. 31 �Bolcano-Kosijeva teorema tvrdi postojanje barem jedne tacke ξ ∈ [a, b] u kojoj je

f(ξ) = C, ali ocigledno ih moze biti i vise od jedne.

Sledeca posledica govori o tome da ako neprekidna funkcija na segmentu u krajevimatog segmenta ,,uzima“ vrednosti razlicitog znaka, onda se u unutrasnjosti segmenta nalazibarem jedna nula funkcije.

30Duzina segmenta [an, bn] jeb− a

2n.

31Primetimo da se ovo moze zakljuciti iz (3.86) i na osnovu Teoreme 2.55 (teorema o lopovu i dvapolicajca) i cinjenice da konstantan niz xn = C (n = 1, 2, . . . ) konvergira ka C.


Posledica 3.128. Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i neka je f(a)f(b) <0. Tada u intervalu (a, b) postoji bar jedna tacka ξ takva da je f(ξ) = 0.

Dokaz. Kako je f(a)f(b) < 0, to je f(a) < 0 < f(b) ili f(b) < 0 < f(a), tj. broj C = 0se nalazi izmedu brojeva f(a) i f(b), te na osnovu Teoreme 3.127 sledi da postoji baremjedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je f(ξ) = 0. �

Iz dokaza Bolcano-Kosijeve teoreme vidimo da osobina neprekidne funkcije data ovomteoremom proizilazi, kako iz neprekidnosti funkcije, tako i cinjenice da je ona definisanai neprekidna na skupu koji je interval, tj. skupu koji sa svake svoje dve tacke sadrzi isve tacke izmedu njih (videti Definiciju 1.99). Pretpostavka da skup na kome je funkcijaneprekidna bude bas interval je bitna, i to ilustruje sledeci primer.

Primer 3.129. Neka je funkcija f : [−1, 0] ∪ [1, 2] → R data sa

f(x) =

−1, x ∈ [−1, 0],

1, x ∈ [1, 2].

Funkcija je neprekidna na skupu [−1, 0] ∪ [1, 2], f(−1) = −1 < 0 < 1 = f(2), ali nepostoji tacka ξ ∈ [−1, 0] ∪ [1, 2] takva da je f(ξ) = 0 (domen funkcije f nije povezanskup, tj. nije interval). •

Primetimo da su tvrdenja Teoreme 3.127 i Posledice 3.128 ekvivalentna. Mogli smonajpre da dokazemo tvrdenje Posledice 3.128 na isti nacin kao i tvrdenje Teoreme 3.127,uzimajuci da je C = 0, a onda da iz tvrdenja Posledice 3.128 izvedemo tvrdenje Teoreme3.127 na sledeci nacin:

Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i neka je C broj takav da je f(a) <C < f(b) za slucaj da je f(a) < f(b), ili f(a) > C > f(b) za slucaj da je f(a) > f(b).Definisimo funkciju g : [a, b] → R sa g(x) = f(x) − C, x ∈ [a, b]. Tada je funkcija gneprekidna na segmentu [a, b] i vazi da je g(a)g(b) = (f(a) − C)(f(b) − C) < 0, pa naosnovu tvrdenja Posledice 3.128 sledi da postoji barem jedna tacka ξ ∈ (a, b) takva daje g(ξ) = 0, i stoga f(ξ) = C.

Evo nekih primera primene Bolcano-Kosijeve teoreme, odnosno Posledice 3.128.

Primeri 3.130. (i) Pokazacemo da jednacina cosx = x2 ima resenja u intervalu (0, π).Neka je f(x) = cosx− x2. Ova funkcija je neprekidna na R kao razlika neprekidnih

funkcija x 7→ cosx i x 7→ x2, pa je neprekidna i na segmentu [0, π]. Kako je f(0) =cos 0− 0 = 1 > 0 i f(π) = cosπ − π2 = −1− π2 < 0, to na osnovu Posledice 3.128 sledida postoji realan broj ξ ∈ (0, π) takav da je f(ξ) = 0, sto znaci da jednacina cosx = x2

ima resenja u intervalu (0, π).

(ii) U prvoj glavi smo videli da postoji jedinstven pozitivan realan broj ciji je kvadratjednak broju 2 (Teorema 1.109). Sada cemo to dokazati na osnovu Posledice 3.128, atakode i priblizno izracunati taj broj, tj.

√2.

Neka je funkcija f : [1, 2] → R definisana sa f(x) = x2 − 2. Kako je f neprekidna nasegmentu [1, 2], i f(1) < 0 i f(2) > 0, iz Posledice 3.128 sledi da postoji broj ξ ∈ (1, 2)


takav da je f(ξ) = 0, tj. ξ2 = 2. Buduci da je funkcija f strogo rastuca na intervalu[0,+∞), to je ξ jedini pozitivan broj za koji vazi jednakost ξ2 = 2.

Podelimo sada segment [1, 2] na 10 podsegmenata jednake duzine tackama 1.1, 1.2,1.3,. . . i izracunajmo vrednost funkcije u tim tackama:

f(1.1) = −0.79, f(1.2) = −0.56, f(1.3) = −0.31, f(1.4) = −0.04, f(1.5) = 0.25.

Iz f(1.4) < 0 i f(1.5) > 0 na osnovu Posledice 3.128 sledi da se nula funkcije f , tj. broj√2 nalazi u intervalu (1.4, 1.5). Dalje delimo segment [1.4, 1.5] na 10 jednakih po duzini

delova tackama 1.41, 1.42; . . . , i racunamo:

f(1.41) = −0.0119 < 0, f(1.42) = 0.0164 > 0,

odakle sledi da√2 ∈ (1.41, 1.42). Stoga kao pribliznu vrednost za

√2 mozemo uzeti 1.41

ili 1.42, i pri tome pravimo gresku koja je manja od 1/100. •

Sledeca posledica govori o tome da je slika segmenta neprekidnom funkcijom opetsegment.

Posledica 3.131. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka je m =inf

a≤x≤bf(x) i M = sup

a≤x≤bf(x). Tada za svako y, takvo da je m ≤ y ≤M , postoji x ∈ [a, b]

tako da je f(x) = y, i vazi jednakost

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

Dokaz. Na osnovu Vajerstrasove teoreme postoje tacke α, β ∈ [a, b], takve da jef(α) = m i f(β) = M . Neka je, recimo, α < β i posmatrajmo segment [α, β] (ako jeβ < α posmatracemo segment [β, α]). Buduci da je [α, β] ⊂ [a, b], sledi da je funkcijaf neprekidna na segmentu [α, β]. Neka je y ∈ (m,M) proizvoljno. To znaci da je yizmedu f(α) i f(β), pa iz Bolcano-Kosijeve teoreme primenjene na segmet [α, β] sledida postoji x ∈ (α, β) takav da je f(x) = y, i stoga y ∈ f((α, β)). Prema tome, zasvako y takvo da je m ≤ y ≤ M , postoji x ∈ [α, β] ⊂ [a, b] tako da je f(x) = y, tj.[m,M ] ⊂ f([α, β]) ⊂ f([a, b]).

Obrnuta inkluzija je ocigledna, jer za svako x ∈ [a, b] vazi m = infa≤x≤b

f(x) ≤ f(x) ≤

supa≤x≤b

f(x) =M , tj. f(x) ∈ [m,M ], i prema tome f([a, b]) ⊂ [m,M ]. �

Posledica 3.132. Neka je funkcija f monotona i neprekidna na segmentu [a, b]. Tadaje f([a, b]) segment sa krajevima u tackama f(a) i f(b). Pritom, ako je f rastuca, ondaje f([a, b]) = [f(a), f(b)]. Ako je f opadajuca funkcija, onda je f([a, b]) = [f(b), f(a)].

Dokaz. Neka je f rastuca funkcija. Tada za sve x ∈ [a, b] vazi nejednakost f(a) ≤f(x) ≤ f(b), pa je m = inf

a≤x≤bf(x) = f(a) i M = sup

a≤x≤bf(x) = f(b), i na osnovu

Posledice 3.131 sledi f([a, b]) = [m,M ] = [f(a), f(b)]. Za slucaj da je f opadajuca


funkcija, za sve x ∈ [a, b] vazi f(a) ≥ f(x) ≥ f(b), odakle sledi m = infa≤x≤b

f(x) = f(b) i

M = supa≤x≤b

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

Ako neprekidna funkcija f na segmentu [a, b] nije monotona, onda f([a, b]) ne morabiti segment sa krajevima u tackama f(a) i f(b). Tako, na primer, funkcija f(x) = sinx

je neprekidna na segmentu

[π

6,7π

3

], ali nije monotona i

f

([π

6,7π

3

])= [−1, 1] =

[f(π6

), f

(7π

3

)]=

[1

2,

√3

2

].

U opstem slucaju obrat Bolcano-Kosijeve teoreme, a takode i Posledice 3.131, nevazi. Na primer, funkcija

f(x) =

0, x = −1,

x2, −1 < x ≤ 1,

ima osobinu da za svaki broj C takav da je f(−1) = 0 < C < 1 = f(1) postoji bar jednatacka ξ ∈ (−1, 1) takva da je f(ξ) = C, i funkcija f segment [−1, 1] slika na segment[0, 1], ali ova funkcija nije neprekidna na segmentu [−1, 1] (prekidna je u tacki x = −1).

Takode, funkcija

g(x) =

sin

1

x, x = 0,

0, x = 0,

bilo koji segment koji sadrzi 0 preslikava na segment [−1, 1],32 ali nije neprekidna na tomsegmentu jer je prekidna u 0. U narednoj sekciji cemo videti da za monotone funkcijedefinisane na segmentu vazi obrat Bolcano-Kosijeve teoreme i Posledice 3.131.

Sledeca posledica pokazuje da neprekidna funkcija interval ma kog tipa preslikava nainterval (koji moze biti ogranicen ili neogranicen, otvoren, zatvoren ili poluotvoren).

Posledica 3.133. Neka je I interval i funkcija f : I → R neprekidna na I. Tada jef(I) interval.

32Posmatrajmo ovu funkciju na segmentu [a, b] koji sadrzi 0, tj. vazi a ≤ 0 < b ili a < 0 ≤ b. Dokazimo

da je g([a, b]) = [−1, 1]. Kako je |g(x)| = | sin 1

x| ≤ 1 za sve x = 0 i g(0) = 0, to je g([a, b]) ⊂ [−1, 1].

Preostaje da pokazemo da za proizvoljan broj C iz segmenta [−1, 1] postoji ξ ∈ [a, b] tako da je g(ξ) = C.

Ako je a ≤ 0 < b, za niz xn =1

arcsinC + 2nπ(n = 1, 2, . . . ) vazi da je g(xn) = sin

1

xn= sin(arcsinC+

2nπ) = C, i s obzirom da je xn > 0 za sve n ∈ N i limn→∞

xn = 0, za dovoljno veliko n ∈ N imamo da je

xn ∈ (a, b). Prema tome, za ξ = xn ∈ [a, b] vazi g(ξ) = C.

Ako je pak a < 0 ≤ b, onda za niz zn =1

arcsinC − 2nπ(n = 1, 2, . . . ) vazi da je g(zn) = sin(arcsinC−

2nπ) = C i zn < 0 za sve n ∈ N, i kako je limn→∞

zn = 0, to za dovoljno veliko n ∈ N imamo da je zn ∈ (a, b).

Stoga za ξ = zn ∈ [a, b] vazi g(ξ) = C. (Za xn =1

π − arcsinC + 2nπi zn =

1

π − arcsinC − 2nπ(n = 1, 2, . . . ) takode vazi lim

n→∞xn = lim

n→∞zn = 0, i zn < 0 < xn i g(xn) = g(zn) = C za sve n ∈ N.)


Dokaz. Neka y1, y2 ∈ f(I) i y1 < y < y2. Onda postoje x1, x2 ∈ I tako da je f(x1) = y1i f(x2) = y2. Tada je x1 < x2 ili x2 < x1. Odredenosti radi neka je x1 < x2. Kako jeI interval i x1, x2 ∈ I, to [x1, x2] ⊂ I, i kako je funkcija f neprekidna na intervalu I, toje ona neprekidna na segmentu [x1, x2]. S obzirom da je f(x1) = y1 < y < y2 = f(x2),na osnovu Bolcano-Kosijeve teoreme zakljucujemo da postoji x ∈ (x1, x2), i stoga x ∈ I,tako da je f(x) = y. Odavde sledi da y ∈ f(I). Na osnovu Definicije 1.99 zakljucujemoda je f(I) interval. �


xje neprekidna na intervalu (0, 1] i preslikava ga

na neogranicen interval [1,+∞), a takode je neprekidna i na neogranicenom intervalu[1,+∞) i preslikava ga na ograniceni interval (0, 1]. Funkcija

g(x) =

1, x ≤ −1,x2, −1 ≤ x ≤ 1,1, x ≥ 1,

je neprekidna na skupu R i bilo koji interval, ogranicen ili neogranicen, otvoren, zatvorenili poluotvoren, sa krajevima u tackama a i b, −∞ ≤ a < −1 < 1 < b ≤ +∞, preslikavana segmet [0, 1]. Funkcije f1(x) = sinx i f2(x) = cosx preslikavaju ma koji interval kojisadrzi segmet [0, 2π] (ili ma koji drugi segment duzine 2π) na segmet [−1, 1]. Konstantnafunkcija h(x) = c, x ∈ R, bilo koji interval slika na segment [c, c] = {c}. U narednojsekciji cemo videti da neprekidna i strogo monotona finkcija otvoreni interval preslikavana otvoreni interval, zatvoren interval na zatvoren interval, a poluotvoren interval napoluotvoren interval.

3.9 Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverznefunkcije

U ovoj sekciji najpre se razmatra veza izmedu osobina monotonosti i neprekidnostifunkcije definisane na segmentu, tj. raspravlja se o monotonosti neprekidne funkcijei neprekidnosti monotone funkcije. Pri tome je dat potreban i dovoljan uslov da jeneprekidna funkcija na segmentu strogo monotona, a takode i potreban i dovoljan uslovda je monotona funkcija na segmentu neprekidna.

Pocinjemo jednom osobinom strogo monotonih funkcija. Naime, strogo monotonafunkcija f : X → R je injektivna, te postoji inverzna funkcija redukcije funkcije f sa Xna f(X), f−1 : f(X) → X, koja je pritom istog tipa monotonosti.

Tvrdenje 3.134. Neka je f : X → Y strogo monotona funkcija na skupu X i neka jef(X) = Y . Tada postoji inverzna funkcija f−1 : Y → X i ona je takode strogo monotona,i to strogo rastuca (strogo opadajuca) ako je f strogo rastuca (strogo opadajuca).

Dokaz. Neka je f : X → Y strogo rastuca funkcija. Dokazimo da je f injekcija. Nekasu x1, x2 ∈ X i x1 = x2. Tada je ili x1 < x2 ili x2 < x1. Odavde, buduci da je fstrogo rastuca funkcija, sledi ili je f(x1) < f(x2) ili f(x2) < f(x1). Dakle, f(x1) =f(x2). Prema tome, f je injekcija, a kako je po pretpostavci f surjekcija (f(X) = Y ),zakljucujemo da je f bijekcija. Sledi f ima inverznu funkciju f−1 : Y → X.

3.9. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije 255

Dokazimo da je f−1 strogo rastuca funkcija. Neka su y1, y2 ∈ Y takvi da je

y1 < y2, (3.87)

i neka je x1 = f−1(y1) i x2 = f−1(y2). Moguca su tri slucaja: ili je x1 = x2, ili x1 > x2 ilix1 < x2. Ako je x1 = x2, onda bismo zbog jednoznacnosti funkcije f imali f(x1) = f(x2),tj. y1 = y2, sto je u suprotnosti sa (3.87). Ako bi bilo x1 > x2, onda bi, s obzirom da jef strogo rastuca, vazilo f(x1) > f(x2), tj. y1 > y2, sto je takode u suprotnosti sa (3.87).Prema tome, x1 < x2, tj. f

−1(y1) < f−1(y2), te je f−1 strogo rastuca funkcija.Za slucaj strogo opadajuce funkcije f dokaz je analogan, ili se moze prethodno

dokazano tvrdenje primeniti na funkciju −f , jer kada je f strogo opadajuca funkcija,onda je −f strogo rastuca funkcija. �

Sledece tvrdenje govori o tome da za neprekidne funkcije na segmentu vazi obratTvrdenja 3.134, tj. neprekidna i injektivna funkcija na segmentu je strogo monotona.Drugim recima, kod neprekidnih funkcija na segmentu stroga monotonost je potreban idovoljan uslov za injektivnost i egzistenciju inverzne funkcije.

Tvrdenje 3.135. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b]. Tada je f strogomonotona na segmentu [a, b] ako i samo ako je injektivna na tom segmentu.

Dokaz. Implikacija (=⇒) je vec dokazana u prethodnom tvrdenju. Obrnutu implikacijudokazujemo metodom svodenja na apsurd. Prepostavimo da je funkcija f injektivna na[a, b] i da nije strogo monotona na ovom segmentu. Tada postoje tri tacke x1, x2, x3 ∈[a, b] takve da je x1 < x2 < x3 ali ne vaze nejednakosti f(x1) < f(x2) < f(x3), nitinejednakosti f(x1) > f(x2) > f(x3), tj. f(x2) se ne nalazi izmedu tacaka f(x1) i f(x3).To znaci da je moguc jedan od sledeca cetiri slucaja:

1. f(x2) < f(x1) < f(x3),2. f(x1) < f(x3) < f(x2),3. f(x2) < f(x3) < f(x1),4. f(x3) < f(x1) < f(x2).U prvom slucaju posmatrajmo funkciju f na segmentu [x2, x3]. Ona je neprekidna

na ovom segmentu i s obzirom da je f(x2) < f(x1) < f(x3), na osnovu Bolcano-Kosijeveteoreme sledi da postoji ξ ∈ (x2, x3) tako da je f(ξ) = f(x1). Kako je x1 < x2 < x3,sledi da je ξ = x1. Ovo je u suprotnosti sa tim da je f injekcija. Slicno se u ostalimslucajevima dolazi do protivurecnosti. �

Iz Tvrdenja 3.134 i 3.135 sledi naredna posledica.

Posledica 3.136. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b]. Tada je f strogomonotona na segmentu [a, b] ako i samo ako postoji inverzna funkcija f−1 : f([a, b]) →[a, b].33 Pritom, f−1 je strogo monotona, i to strogo rastuca (strogo opadajuca) ako je fstrogo rastuca (opadajuca).

Sada cemo razmatrati pitanje neprekidnosti monotone funkcije. Pocinjemo sledecimtvrdenjem.

33Ako je f rastuca funkcija, onda je f([a, b]) = [f(a), f(b)], dok u slucaju opadajuce funkcije imamoda je f([a, b]) = [f(b), f(a)] (Posledica 3.132).


Tvrdenje 3.137. Neka je funkcija f : (a, b) → R monotona na intervalu (a, b). Tadaona moze imati samo prekide prve vrste.

Dokaz. Neka je x0 ∈ (a, b) tacka prekida. Na osnovu Posledice 3.105 postoje konacnegranicne vrednosti lim

x→x0−0f(x) i lim

x→x0+0f(x), pa zakljucujemo da je x0 tacka prekida

prve vrste. �

Lema 3.138. Neka je x0 ∈ (a, b) tacka prekida monotone funkcije f : (a, b) → R. Akoje funkcija f rastuca, onda vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≤ f(x0) ≤ limx→x0+0

f(x), (3.88)

i barem u jednoj od nejednakosti u (3.88) vazi stroga nejednakost.

Ako je f opadajuca funkcija, onda vaze nejednakosti

limx→x0−0

f(x) ≥ f(x0) ≥ limx→x0+0

f(x), (3.89)

i barem u jednoj od nejednakosti u (3.89) vazi stroga nejednakost.

Dokaz. Neka je f rastuca funkcija. Na osnovu Posledice 3.105 sledi da vaze nejednakosti(3.88). Ako bi vazilo lim

x→x0−0f(x) = f(x0) = lim

x→x0+0f(x), onda bismo imali da postoji

granicna vrednost funkcije f u tacki x0 (Tvrdenje 3.32) i da je jednaka f(x0). To biznacilo da je funkcija neprekidna u tacki x0, sto je u suprotnosti sa pretpostavkom daje x0 tacka prekida. Prema tome, u bar jednoj od nejednakosti lim

x→x0−0f(x) ≤ f(x0) ≤

limx→x0+0

f(x) vazi stroga nejednakost.

Tvrdenje se analogno dokazuje za slucaj kada je f opadajuca funkcija. �

Sledece tvrdenje govori o tome da za monotone funkcije vazi obrat Bolcano-Kosijeveteoreme, a takode i obrat Posledice 3.131.

Tvrdenje 3.139. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija, i neka za svaki broj Ckoji se nalazi izmadu brojeva f(a) i f(b) postoji bar jedna tacka c ∈ (a, b) takva da jef(c) = C. Tada je funkcija f neprekidna na [a, b].

Drugim recima, ako je f monotona funkcija na segmentu [a, b] i ako je f([a, b]) takodesegment, onda je f neprekidna funkcija na [a, b].34

34Uslov da za svaki broj C koji se nalazi izmadu brojeva f(a) i f(b) postoji bar jedna tacka c ∈ (a, b)takva da je f(c) = C znaci za slucaj rastuce (opadajuce) funkcije da je segment [f(a), f(b)] ([f(b), f(a)])sadrzan u skupu f([a, b]). Kako inace za rastucu (opadajucu) funkciju vazi da za svako x ∈ [a, b]je f(x) ∈ [f(a), f(b)] (f(x) ∈ [f(b), f(a)]), tj. f([a, b]) ⊂ [f(a), f(b)] (f([a, b]) ⊂ [f(b), f(a)]), to seprethodni uslov moze zameniti uslovom da je f([a, b]) = [f(a), f(b)] (f([a, b]) = [f(b), f(a)]), i ondatvrdenje glasi:

Ako je f : [a, b] → R monotono rastuca funkcija i ako je f([a, b]) = [f(a), f(b)], onda je f neprekidnafunkcija na [a, b].

Ako je f : [a, b] → R monotono opadajuca funkcija i ako je f([a, b]) = [f(b), f(a)], onda je f neprekidnafunkcija na [a, b].


f(x₀-0)

f(x₀+0)

f(x₀)

x₀

C

f(x₀-0)=f(x₀)

f(x₀+0)

C

a

f(a)

b

f(b)

x₀a

f(a)

b

f(b)

Dokaz. Pretpostavimo da funkcija f nije neprekidna na [a, b], tj. postoji tacka x0 ∈ [a, b]takva da je funkcija f prekidna u x0, i neka je, na primer, a < x0 < b (slucajeve kadaje x0 = a ili x0 = b razmatramo slicno). Neka je f rastuca funkcija. Tada na osnovuLeme 3.138 vazi: f(x0 − 0) < f(x0) ili f(x0) < f(x0 + 0). Neka je f(x0) < f(x0 + 0)(slicno se razmatra slucaj kada je f(x0 − 0) < f(x0)). Na osnovu Teoreme 3.103 imamoda je f(x0 + 0) = inf

(x0,b]f(x). Neka je C ∈ (f(x0), f(x0 + 0)). Kako je f(a) ≤ f(x0) <

f(x0 + 0) = inf(x0,b]

f(x) ≤ f(b), sledi da je C ∈ (f(a), f(b)). Dokazimo sada da C ne

moze biti slika nijednog broja c ∈ [a, b]. Zaista, za x ∈ [a, x0) vazi f(x) ≤ f(x0) < C,dok za x ∈ (x0, b] vazi f(x) ≥ inf

(x0,b]f(x) = f(x0 + 0) > C, i prema tome, f(x) = C za

svako x ∈ [a, b]. Dakle, bilo koji broj C iz intervala (f(x0), f(x0 + 0)) nalazi se izmedubrojeva f(a) i f(b), i nije slika nijednog broja c ∈ [a, b]. Dobijena kontradikcija dokazujetvrdenje.

Tvrdenje se analogno dokazuje za slucaj opadajuce funkcije f , ili se ovaj slucaj svodina prethodni buduci da je onda −f rastuca funkcija. �

Iz Tvrdenja 3.139 sledi da ako je funkcija f : [a, b] → R monotona, ali ne i neprekidnana [a, b], onda f([a, b]) nije segment. Tako, na primer, funkcija f(x) = sgnx je rastucana segmentu [0, 1], ali nije neprekidna na ovom segmentu (nije neprekidna zdesna u 0),i f([0, 1]) = {0, 1}, sto nije segment. Funkcija iz Primera 3.33 je rastuca na segmentu[0, 2], ali nije neprekidna na ovom segmentu (prekidna je u tacki x = 1), i f([0, 2]) =[−3,−2) ∪ {1

2} ∪ (1, 4] nije segment.

Objedinjujuci Tvrdenje 3.139 i Posledicu 3.132 dobijamo sledecu teoremu.

Teorema 3.140. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Tada je f neprekidnafunkcija na [a, b] ako i samo ako je slika tog segmenta segment sa krajevima f(a) i f(b).

Dokaz. Neka je f neprekidna i monotona na [a, b]. Tada je na osnovu Posledice 3.132 slikasegmenta [a, b] opet segment sa krajevima u tackama f(a) i f(b) (f([a, b]) = [f(a), f(b)]za rastucu funkciju i f([a, b]) = [f(b), f(a)] za opadajucu funkciju).


Ako je slika segmenta [a, b] segment sa krajevima f(a) i f(b), onda, buduci da je fmonotona, na osnovu Tvrdenja 3.139 sledi da je f neprekidna. �

a ab b

f(a) f(a)

f(b)f(b)

a ab b

f(b) f(b)

f(a) f(a)

Teorema 3.141. Neka je funkcija f : [a, b] → R strogo rastuca (strogo opadajuca) ineprekidna. Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (strogo opadajuca)i neprekidna na segmentu [f(a), f(b)] ([f(b), f(a)]).

Dokaz. Neka je f([a, b]) = Y . Ako je f strogo rastuca funkcija, onda je Y = [f(a), f(b)],a ako je f strogo opadajuca funkcija, onda je Y = [f(b), f(a)] (Posledica 3.132). IzTvrdenja 3.134 sledi da je inverzna funkcija f−1 definisana i strogo monotona na skupuY , tj. na segmentu sa krajevima f(a) i f(b). Kako je f−1 monotona funkcija na segmentuY , i kako je slika tog segmenta funkcijom f−1 opet segment (f−1(Y ) = [a, b]), na osnovuTeoreme 3.140 (odnosno Tvrdenja 3.139) sledi da je f−1 neprekidna funkcija na segmentuY . �


a ab b

f(a)

f(b)

f(b)

f(a)

Teorema 3.141 se moze dokazati i koriscenjem sledeca tri tvrdenja.

Tvrdenje 3.142. Neka je funkcija f : (a, b) → R strogo monotona na intervalu (a, b),i neka je neprekidna u tacki x0 ∈ (a, b). Tada je inverzna funkcija definisana, strogomonotona na skupu f((a, b)) i neprekidna u tacki f(x0).

Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuca na intervalu (a, b). Na osnovu Tvrdenja 3.134inverzna funkcija f−1 je definisana i strogo rastuca na skupu f((a, b)). Neka je y0 =f(x0). Fiksirajmo ϵ > 0. Ne umanjujuci opstost dokaza pretpostavimo da je ϵ takvo daje a < x0 − ϵ < x0 < x0 + ϵ < b. Buduci da je funkcija f strogo rastuca, sledi da jef(x0 − ϵ) < f(x0) = y0 < f(x0 + ϵ). Izaberimo δ > 0 tako da je

f(x0 − ϵ) < y0 − δ < y0 < y0 + δ < f(x0 + ϵ). (3.90)

Tada za svako y ∈ f((a, b)) takvo da je y ∈ (y0 − δ, y0 + δ), iz (3.90) sledi

f(x0 − ϵ) < y < f(x0 + ϵ),

a kako je f−1 strogo rastuca funkcija, dobijamo

f−1(f(x0 − ϵ)) < f−1(y) < f−1(f(x0 + ϵ),

tj. (x0 = f−1(y0))

f−1(y0)− ϵ = x0 − ϵ < f−1(y) < x0 + ϵ = f−1(y0) + ϵ.

Prema tome, za zadato ϵ > 0 nasli smo δ > 0 tako da za svako y ∈ f((a, b)) takvo da je|y−y0| < δ vazi |f−1(y)−f−1(y0)| < ϵ, pa je funkcija f−1 neprekidna u tacki y0 = f(x0).

Analogno se dokazuje slucaj kada je f strogo opadajuca funkcija. �Slicno se dokazuju sledeca dva tvrdenja.

Tvrdenje 3.143. Neka je funkcija f : [a, b) → R strogo rastuca (strogo opadajuca) naintervalu [a, b), a ∈ R, b ∈ R. Tada je inverzna funkcija definisana na skupu f([a, b)) iako je funkcija f neprekidna zdesna u tacki a, tada je inverzna funkcija f−1 neprekidnazdesna (sleva) u tacki f(a).


Tvrdenje 3.144. Neka je funkcija f : (a, b] → R strogo rastuca (strogo opadajuca) naintervalu (a, b], a ∈ R, b ∈ R. Tada je inverzna funkcija definisana na skupu f((a, b]) iako je funkcija f neprekidna sleva u tacki b, tada je inverzna funkcija f−1 neprekidnasleva (zdesna) u tacki f(b).

Sledeca lema pokazuje da neprekidna, strogo monotona funkcija otvoreni interval(ogranicen ili neogranicen) preslikava na otvoreni interval (ogranicen ili neogranicen).


xje neprekidna i strogo opadajuca na ogranicenom intervalu

(0, 1) i preslikava ga na neogranicen interval (1,+∞), a takode je neprekidna i strogoopadajuca i na neogranicenom intervalu (1,+∞), i preslikava ga na ograniceni interval(0, 1).

Lema 3.145. Neka je funkcija f strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidna naogranicenom ili neogranicenom intervalu (a, b), i neka je

c = limx→a+0

f(x) i d = limx→b−0

f(x).

Tada je f((a, b)) = (c, d) (f((a, b)) = (d, c)).Pritom, u slucaju da je b = +∞, pod lim

x→b−0f(x) podrazumevamo lim

x→+∞f(x), a ako

je a = −∞, onda pod limx→a+0


f(x).

a ab b

lim f(x) =cx a+0

lim f(x) =cx a+0

lim f(x) =dx b-0

lim f(x) =dx b-0

Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuca na intervalu (a, b). Na osnovu Teoreme 3.103sledi da je c = inf

(a,b)f(x) i d = sup

(a,b)f(x), i zato za svako x ∈ (a, b) vazi c ≤ f(x) ≤ d.

Dokazimo da u obe prethodne nejednakosti vazi stroga nejednakost, tj. da za svakox ∈ (a, b) vazi c < f(x) < d. Zaista, ako bi postojao x0 ∈ (a, b) takav da je f(x0) = c,tada bi za svako x ∈ (a, x0), zato sto je funkcija f strogo rastuca, vazila nejednakostf(x) < f(x0) = c, sto je u suprotnosti sa tim da je c = inf

(a,b)f(x). Slicno se dokazuje

da ne postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f(x0) = d. Prema tome, za svako x ∈ (a, b) vazif(x) ∈ (c, d), tj. f((a, b)) ⊂ (c, d). Ostaje da dokazemo da je (c, d) ⊂ f((a, b)). Zatouzmimo proizvoljno y0 ∈ (c, d) i pokazimo da postoji x0 ∈ (a, b) tako da je f(x0) = y0.Iz c < y0 < d, buduci da je c = inf

(a,b)f(x) a d = sup

(a,b)f(x), postoje x1, x2 ∈ (a, b) takvi

da je f(x1) < y0 < f(x2). Sledi x1 < x2 (jer u protivnom, ako bi bilo x1 ≥ x2, ondabi, buduci da je f rastuca funkcija, imali f(x1) ≥ f(x2)). Kako je funkcija f neprekidna


na segmentu [x1, x2] i f(x1) < y0 < f(x2), na osnovu Bolcano-Kosijeve teoreme sledi dapostoji x0 ∈ (x1, x2) tako da je f(x0) = y0. Prema tome, f((a, b)) = (c, d).

U slucaju strogo opadajuce funkcije f analogno dokazujemo da je f((a, b)) = (d, c).�

Primer 3.146. Funkcija x 7→ tg x je strogo rastuca i neprekidna na intervalu(−π2,π

2

)(Primeri 3.120 (iii)), i kako je lim

x→−π2+0

tgx = −∞ i limx→π

2−0

tgx = +∞ (Primeri 3.76 (i)),

iz Leme 3.145 sledi tg((

−π2,π

2

))= R. Analogno, tg

((−π2+ kπ,

π

2+ kπ

))= R za

svako k ∈ Z.Slicno, funkcija x 7→ ctg x je strogo opadajuca i neprekidna na intervalu (0, π)), i s

obzirom da je limx→+0

ctgx = +∞ i limx→π−0

ctgx = −∞, na osnovu Leme 3.145 zakljucujemo

da je ctg ((0, π)) = R. Analogno, ctg ((kπ, (k + 1)π)) = R za svako k ∈ Z. •

-3π/2 3π/2-π/2 π/2 π-π 0

y=tg x

-3π/2-2π 2π3π/2-π/2 π/2 π-π 0

y=ctg x

Napomena 3.147. Koristeci Lemu 3.145 mozemo dokazati na jos jedan nacin Teoremu1.109 o egzistenciji i jedinstvenosti n-tog korena.

Naime, za n ∈ N funkcija f(x) = xn je strogo rastuca na intervalu (0,+∞) jer iz0 < x1 < x2 sledi 0 < xn1 < xn2 ((1.62)). Na osnovu Primera 3.110 (ii) funkcija fje neprekidna na skupu R, pa stoga i na intervalu (0,+∞), i lim

x→+0f(x) = lim

x→0f(x) =

f(0) = 0. Kako je, na osnovu Posledice 3.60, limx→+∞

xn = +∞, to iz Leme 3.145 sledi da

je f((0,+∞)) = (0,+∞), i s obzirom da je f zbog stroge monotonosti injekcija (Tvrdenje3.134), funkcija f : (0,+∞) → (0,+∞) je bijekcija. Stoga za svako a ∈ R, a > 0, postoji


jedinstven pozitivan realan broj x takav da je xn = a, sto je upravo tvrdenje Teoreme1.109. •

Sledeca teorema govori o tome da neprekidna i strogo monotona funkcija na otvorenom,ogranicenom ili neogranicenom intervalu ima inverznu funkciju, koja je takode neprekidna.

Teorema 3.148. Neka je funkcija f strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidna naogranicenom ili neogranicenom intervalu (a, b), i neka je

c = limx→a+0

f(x) i d = limx→b−0

f(x).

Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidnana ogranicenom ili neogranicenom intervalu (c, d) ((d, c)).



f(x), a ako

je a = −∞, onda pod limx→a+0


f(x).

Dokaz. Neka je funkcija f strogo rastuca na intervalu (a, b). Na osnovu Leme 3.145sledi f((a, b)) = (c, d). Dalje na osnovu Tvrdenja 3.134 zakljucujemo da postoji inverznafunkcija f−1 : (c, d) → (a, b) i da je ona takode strogo rastuca. Dokazimo jos da je f−1

neprekidna na (c, d).

Neka je y0 ∈ (c, d) proizvoljan broj. Tada postoji x0 ∈ (a, b) takav da je f(x0) = y0.Postoji δ > 0 takav da je [x0 − δ, x0 + δ] ⊂ (a, b). Tada funkcija f slika segment[x0 − δ, x0 + δ] na segment [f(x0 − δ), f(x0 + δ)] (Posledica 3.132), f je neprekidna istrogo rastuca, pa je na osnovu Teoreme 3.141 i inverzna funkcija f−1 neprekidna nasegmentu [f(x0 − δ), f(x0 + δ)], pa dakle i u tacki y0 jer y0 ∈ [f(x0 − δ), f(x0 + δ)](iz x0 − δ < x0 < x0 + δ sledi f(x0 − δ) < f(x0) = y0 < f(x0 + δ)). Kako je f−1

neprekidna u proizvoljnoj tacki y0 ∈ (c, d), sledi da je f−1 neprekidna na intervalu(c, d). (Neprekidnost inverzne funkcije f−1 u proizvoljnoj tacki y0 ∈ (c, d) sledi takodeiz Tvrdenja 3.142.)

Tvrdenje se analogno dokazuje za slucaj strogo opadajuce funkcije. �

Iz Teoreme 3.148, Tvrdenja 3.134, Tvrdenja 3.143 i Tvrdenja 3.144 slede narednedve teoreme.

Teorema 3.149. Neka je funkcija f strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidna naogranicenom ili neogranicenom intervalu [a, b) , a ∈ R, b ∈ R.

Neka je c = f(a). Ako je b konacan broj, neka je

d = limx→b−0

f(x),

a ako je b = +∞, neka je d = limx→+∞

f(x).

Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidnana ogranicenom ili neogranicenom intervalu [c, d) ((d, c]).


a ab b

f(a) =c

f(a) =clim f(x) =dx b-0

lim f(x) =dx b-0

Teorema 3.150. Neka je funkcija f strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidna naogranicenom ili neogranicenom intervalu (a, b], a ∈ R, b ∈ R.

Neka je d = f(b). Ako je a konacan broj, neka je

c = limx→a+0

f(x),

a ako je a = −∞, neka je c = limx→−∞

f(x).

Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (strogo opadajuca) i neprekidnana ogranicenom ili neogranicenom intervalu (c, d] ([d, c)).

a ab b

lim f(x) =cx a+0

lim f(x) =cx a+0

f(b)=d

f(b)=d

Vec smo videli da postoji vise varijanti teoreme o granicoj vrednosti slozene funkcije.Sledeca teorema je jedna od njih.

Teorema 3.151. Neka je funkcija f neprekidna i strogo monotona u okolini tacke a ∈ R,i neka je funkcija g definisana u nekoj probodenoj okolini tacke b = f(a). Tada postojilimx→a

g(f(x)) ako i samo ako postoji limy→b

g(y), i vazi jednakost

limx→a

g(f(x)) = limy→b

g(y). (3.91)

Dokaz. Neka je funkcija f neprekidna i strogo rastuca u okolini Uδ0(a) tacke a, i neka je

funkcija g definisana u probodenoj okolini tacke b,◦U ϵ(b), ϵ > 0. Iz neprekidnosti funkcije

f u tacki a sledi da postoji 0 < δ ≤ δ0 tako da je f(Uδ(a)) ⊂ Uϵ(b). Jasno, funkcija f jeneprekidna i strogo rastuca u okolini Uδ(a). Kako je zbog stroge monotonosti f injekcija,


to je za svako x ∈◦U δ(a), f(x) = f(a) = b. Prema tome, f(

◦U δ(a)) ⊂

◦U ϵ(b), pa je slozena

funkcija g ◦ f definisana u probodenoj okolini tacke a,◦U δ(a).

Na osnovu Teoreme 3.148 zakljucujemo da funkcija f otvoreni interval (a− δ, a+ δ)slika na otvoreni interval (c, d) (c = lim

x→a−δ+0f(x) i d = lim

x→a+δ−0f(x)), b = f(a) ∈ (c, d),

inverzna funkcija f−1 je definisana, strogo rastuca i neprekidna na intervalu (ogranicenomili neogranicenom) (c, d), pa je za svako y ∈ (c, d) \ {b}, f−1(y) = f−1(b) = a ilimy→b

f−1(y) = f−1(b) = a.

Neka postoji limy→b

g(y). Iz Teoreme 3.85, s obzirom da je limx→a

f(x) = f(a) = b i

f(x) = b za svako x ∈◦U δ(a), sledi da postoji lim

x→ag(f(x)) i da vazi jednakost 3.91.

Obnuto, neka postoji limx→a

g(f(x)). Opet iz Teoreme 3.85, buduci da je limy→b

f−1(y) = a

i f−1(y) = a za svako y ∈ (c, d) \ {b}, sledi da postoji granicna vrednost slozene funkcije(g ◦ f) ◦ f−1 = g ◦ (f ◦ f−1) = g u tacki b i da vazi jednakost

limy→b

((g ◦ f) ◦ f−1)(y) = limx→a

(g ◦ f)(x),

tj. limy→b

g(y) = limx→a

(g ◦ f)(x).

Tvrdenje se analogno dokazuje za slucaj strogo opadajuce funkcije f . �

Napomena 3.152. Sledeca tvrdenja o smeni promenljive kod limesa funkcije odnose sena jednostrane granicne vrednosti i dokazuju se slicno kao i Teorema 3.151.

(i) Neka je funkcija f neprekidna i strogo rastuca u levoj (desnoj) okolini tacke a ∈ R,i neka je funkcija g definisana u levoj (desnoj) okolini tacke b, gde je b = lim

x→a−0f(x)

(b = limx→a+0

f(x)). Tada postoji limx→a−0

g(f(x)) ( limx→a+0

g(f(x))) ako i samo ako postoji

limy→b−0

g(y) ( limy→b+0

g(y)), i vazi jednakost

limx→a−0

g(f(x)) = limy→b−0

g(y) ( limx→a+0


g(y)).

(ii) Neka je funkcija f neprekidna i strogo opadajuca u desnoj (levoj) okolini tacke a ∈ R,i neka je funkcija g definisana u levoj (desnoj) okolini tacke b, gde je b = lim

x→a+0f(x)

(b = limx→a−0

f(x)). Tada postoji limx→a+0

g(f(x)) ( limx→a−0

g(f(x))) ako i samo ako postoji

limy→b−0

g(y) ( limy→b+0

g(y)), i vazi jednakost

limx→a+0

g(f(x)) = limy→b−0

g(y) ( limx→a−0


g(y)). •

3.10. NEPREKIDNOST ELEMENTARNIH FUNKCIJA 265

3.10 Neprekidnost elementarnih funkcija

Definisimo najpre osnovne elementarne funkcije.

Definicija 3.153. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijskei inverzne trigonometrijske funkcije su osnovne elementarne funkcije �.

Definisimo sada pojam elementarne funkcije.

Definicija 3.154. 1. Osnovne elementarne funkcije su elementarne funkcije.

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

funkcije (pod uslovom da su definisane).

3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i 2. konacno mnogoputa. �

Na primer funkcija |x| =√x2 je elementarna i takode funkcija

y =ln(arccos(

√x2 + x+ 1))

3√earctg(x2+1)

.

Tvrdenje 3.155. Funkcija y = n√x, n ∈ N, neprekidna je u svakoj tacki svog domena.

Dokaz. Neka je n neparan broj. Funkcija f(x) = xn je strogo rastuca na skupu(−∞,+∞). Zaista, ako je 0 < x1 < x2, onda je 0 < xn1 < xn2 ((1.62)), tj. f(0) <f(x1) < f(x2). Ako je x1 < x2 < 0, onda je 0 < −x2 < −x1, pa je na osnovu (1.62)0 < (−x2)n < (−x1)n. Kako je n neparan broj, to je (−x1)n = −xn1 i (−x2)n = −xn2 ,i prema tome 0 < −xn2 < −xn1 . Odavde sledi xn1 < xn2 < 0, tj. f(x1) < f(x2) < f(0).Za slucaj da je x1 < 0 < x2, vazi −x1 > 0, pa je (−x1)n > 0, tj. −xn1 > 0.Stoga je f(x1) = xn1 < 0 < xn2 = f(x2). Na osnovu Primera 3.110 (ii) funkcija f jeneprekidna na na skupu (−∞,+∞). Kako je na osnovu Posledice 3.60 lim

x→−∞xn = −∞ i

limx→+∞

xn = +∞, iz Teoreme 3.148 sledi da je inverzna funkcija f−1(x) = n√x definisana,

strogo rastuca i neprekidna na skupu (−∞,+∞).

Pretpostavimo sada da je n paran broj. Funkcija f(x) = xn strogo rastuca ineprekidna na intervalu [0,+∞), i buduci da je f(0) = 0 i lim

x→+∞f(x) = +∞, iz Teoreme

3.149 sledi da je inverzna funkcija f−1(x) = n√x definisana, strogo rastuca i neprekidna

na intervalu [0,+∞). �

Tvrdenje 3.156. Neka su q ∈ N, p ∈ Z, p = 0, i p i q uzajamno prosti. Funkcija

f(x) = xpq = q

√xp je neprekidna u svakoj tacki svog domena.

Dokaz. Neka je h(x) = xp i g(x) = q√x. Sa Df (respektivno, Dg, Dh) oznacavamo domen

funkcije f (respektivno, g, h).

Neka je q neparan broj i p > 0. Tada je Dg = R i vazi f = g ◦ h i Df = Dh = R.Ako je q neparan broj i p < 0, onda je Dh = R \ {0}, a s obzirom da je Dg = R sledi

Df = Dh = R \ {0}.


Ako je q paran broj i p > 0 neparan broj, tada je Dg = [0,+∞) i h([0,+∞)) ⊂[0,+∞), dok je h((−∞, 0)) ⊂ (−∞, 0) (p je neparan broj), pa je za funkciju f = g ◦ hdomen Df = [0,+∞).

Neka je q paran broj i p < 0 neparan broj. Tada je Dg = [0,+∞) i Dh = (−∞, 0) ∪(0,+∞). Kako je h((0,+∞)) ⊂ (0,+∞) i h((−∞, 0)) ⊂ (−∞, 0) (p je neparan broj),sledi da je domen funkcije f = g ◦ h interval (0,+∞).

U sva cetiri slucaja funkcija f je neprekidna u svakoj tacki svog domena na osnovuTvrdenja 3.155, Primera 3.110 (ii), Posledice 3.119 i Tvrdenja 3.122. �Teorema 3.157. Eksponencijalna funkcija y = ax, a > 0, je neprekidna na skupu R.

Dokaz. Ako je a = 1, onda je y = 1x = 1 za svako x ∈ R, i ovo je neprekidna funkcijana R.

Neka je sada a = 1. Dokazimo da je

lim∆x→0

a∆x = 1. (3.92)

Neka je najpre a > 1, i neka je ϵ > 0. Kako je limn→∞

n√a = 1 i lim

n→∞n

√1

a= 1, tj.

limn→∞

a1n = lim

n→∞a−

1n = 1, to postoji n0 ∈ N tako da je

1− ϵ < a− 1

n0 < 1 + ϵ i 1− ϵ < a1n0 < 1 + ϵ. (3.93)

Neka je δ =1

n0. Tada, ako je |∆x| < δ, onda je − 1

n0< ∆x <

1

n0, i iz cinjenice da je

y = ax strogo rastuca funkcija (jer je a > 1) dobijamo

a− 1

n0 < a∆x < a1n0 . (3.94)

Iz (3.93) i (3.94) sledi1− ϵ < a∆x < 1 + ϵ.

Prema tome, pokazali smo da za a > 1 i proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako∆x za koje je |∆x| < δ vazi nejednakost

|a∆x − 1| < ϵ,

sto upravo znaci da (3.92) vazi za a > 1.

Neka je sada 0 < a < 1. Tada je b =1

a> 1, i na osnovu vec dokazanog imamo da je

lim∆x→0

b∆x = 1, te je na osnovu Tvrdenja 3.49 ((3.34))

lim∆x→0

a∆x = lim∆x→0

1

b∆x=

1

lim∆x→0

b∆x=

1

1= 1.

Prema tome, (3.92) vazi i za a ∈ (0, 1).Iz (3.92) sledi

lim∆x→0

∆y = lim∆x→0

(ax+∆x − ax

)= lim

∆x→0ax(a∆x − 1

)= 0,

sto znaci da je funkcija y = ax neprekidna u svakoj tacki x ∈ R. �

3.10. Neprekidnost elementarnih funkcija 267

f x a( )= x

a>1

f x a( )= x

a<1

f x x( )=loga

a>1

f x x( )=loga

0< <1a

Posledica 3.158. Funkcija y = loga x, a > 0, a = 1, je neprekidna funkcija na skupu(0,+∞).

Dokaz. Za a > 1 (0 < a < 1) funkcija y = ax je strogo rastuca (opadajuca) na intervalu(−∞,+∞). Kako je za a > 1,

limx→−∞

ax = 0 i limx→+∞

ax = +∞,

dok za 0 < a < 1 vazilim

x→−∞ax = +∞ i lim

x→+∞ax = 0,

na osnovu Teoreme 3.148 i Teoreme 3.157 sledi da je inverzna funkcija y = loga xneprekidna na intervalu (0,+∞).

Posledica 3.159. Funkcija y = xα, α ∈ R, je neprekidna funkcija na skupu (0,+∞).

Dokaz. Iz Posledice 3.158 i Posledice 3.119 sledi da je funkcija x 7→ α lnx neprekidna naskupu (0,+∞), dok na osnovu Teoreme 3.157 imamo da je funkcija x 7→ ex neprekidnana R. S obzirom da je kompozicija neprekidnih funkcija neprekidna funkcija (Tvrdenje3.122), zakljucujemo da je funkcija y = xα = eα lnx neprekidna na skupu (0,+∞). �

Funkcija f1(x) = sinx je strogo rastuca i neprekidna na segmentu[−π2,π

2

], i s

obzirom da je f1

(−π2

)= −1 i f1

(π2

)= 1, to je f1

([−π2,π

2

])= [−1, 1] (Posledica


3.132), i na osnovu Teoreme 3.141 sledi da postoji inverzna funkcija f−11 : [−1, 1] →[

−π2,π

2

]koja je takode strogo rastuca i neprekidna na segmentu [−1, 1]. Ovu funkciju

oznacavamo sa arcsin: f−11 (x) = arcsinx.

-π/2

π/20

y=sin xy=arcsin x

1

-1

-π/2

π/2

0 1

-1

Funkcija f2(x) = cosx je strogo opadajuca i neprekidna na segmentu [0, π], f2(0) = 1,f2(π) = −1 (i prema tome, f2([0, π]) = [−1, 1]), pa na osnovu Teoreme 3.141 sledi dapostoji inverzna funkcija f−1

2 : [−1, 1] → [0, π], nju oznacavamo sa arccos, f−12 (x) =

arccosx, i ova funkcija je strogo opadajuca i neprekidna na segmentu [−1, 1].


π/2

π/2

π0 0

y=cos x1

1

-1

-1

π

y=arccos x

Funkcija f3 :(−π2,π

2

)→ R definisana sa f3(x) = tg x (f3 je restrikcija funkcije tg na

interval(−π2,π

2

)) je strogo rastuca i neprekidna, i buduci da je lim

x→−π2+0

tgx = −∞ i

limx→π

2−0

tgx = +∞, sledi da je f3

((−π2,π

2

))= R (Primer 3.146), a iz Teoreme 3.148

sledi da je inverzna funkcija f−13 definisana, strogo rastuca i neprekidna na R. Ovu

funkciju oznacavamo sa arctg. Prema tome, f−13 (x) = arctg x i f−1

3 : R →(−π2,π

2

),

f−13 (R) =

(−π2,π

2

).


π/2-π/2 0

y=tg x

π/2

-π/2

0

y=arctg x

Funkcija f4 : (0, π) → R definisana sa f4(x) = ctg x (f4 je restrikcija funkcije ctgna interval (0, π)) je strogo opadajuca i neprekidna, i s obzirom da je lim

x→+0ctgx = +∞

i limx→π−0

ctgx = −∞, to je f4 ((0, π)) = R (Primer 3.146), i na osnovu Teoreme 3.148

zakljucujemo da je inverzna funkcija f−14 je definisana, strogo opadajuca i neprekidna

na R. Ovu funkciju oznacavamo sa arcctg. Prema tome, f−14 (x) = arcctg x i f−1

4 : R→(0, π), f−1

4 (R) = (0, π).

π/2 π0

y=ctg x


π/2

π

0

y=arcctg x

Tako smo dokazali sledecu posledicu:

Posledica 3.160. Inverzne trigonometrijske funkcije y = arcsinx, y = arccosx, y =arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena.

Napomena 3.161. U prethodnom smo za funkciju f(x) = arctg x dokazali da je ona

definisana i strogo rastuca na R, i da je f(R) =(−π2,π

2

). Za funkciju g(x) = arcctg x

smo dokazali da je definisana i strogo opadajuca na R, i da je g(R) = (0, π). Na osnovuTeoreme 3.103 sledi da je

limx→−∞

arctg x = infRf(x) = inf f(R) = inf

(−π2,π

2

)= −π

2,

limx→+∞

arctg x = supRf(x) = sup f(R) = sup

(−π2,π

2

)=π

2,

dok na osnovu Teoreme 3.104 sledi

limx→−∞

arcctg x = supRg(x) = sup g(R) = sup (0, π) = π,

limx→+∞

arcctg x = infRg(x) = inf g(R) = inf (0, π) = 0. •

Teorema 3.162. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj tacki svog domena.

Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidna u svakoj tackisvog domena. Sada iz Definicije 3.154 i Tvrdenja 3.118 i 3.122 sledi tvrdenje teoreme. �

Primetimo da funkcija y = sgnx nije elementarna, bez obzira na njen relativno jed-nostavan analiticki izraz, jer nije neprekidna u 0.

Definicija 3.163. Za skup X ⊂ R kazemo da je simetrican u odnosu na 0 ili samosimetrican ako iz x ∈ X sledi −x ∈ X. Za funkciju f : X → R, gde je X ⊂ R simetricanskup, kazemo da je parna ako je

f(−x) = f(x) za sve x ∈ X,

a neparna ako je

f(−x) = −f(x) za sve x ∈ X. �


Tako, na primer, funkcija f(x) = xk gde je k ∈ Z paran broj, je parna funkcija,35 dokje g(x) = xk, gde je k ∈ Z neparan broj, neparna funkcija. 36 Funkcija sin je neparnafunkcija, dok je funkcija cos parna. Funkcija tg je neparna buduci da je njen domenR \ {kπ2 : k ∈ Z} simetrican skup, i buduci da je ona kolicnik neparne funkcije sin iparne funkcije cos. Takode, funkcija ctg je neparna, jer je njen domen R \ {kπ : k ∈ Z}simetrican skup, a ona je kolicnik parne funkcije cos i neparne funkcije sin.

Napomena 3.164. Ako je neparna funkcija f : X → Y bijekcija (X je simetricanskup), onda ona ima inverznu funkciju f−1 : Y → X koja je takode neparna. Zaista, zaproizvoljno y ∈ Y postoji x ∈ X tako da je f(x) = y. Stoga je −y = −f(x) = f(−x) ∈ Y ,pa je Y takode simetrican skup i

f−1(−y) = f−1(−f(x)) = f−1(f(−x)) = −x = −f−1(y),

sto znaci da je f−1 neparna.

Funkcija arcsin je inverzna funkcija restrikcije funkcije sin na segment[−π2,π

2

](ovo

je simetrican skup), i kako je ova restrikcija funkcije sin neparna funkcija, to je arcsinneparna, i zato je arcsin(−x) = − arcsinx za svako x ∈ [−1, 1]. Takode funkcija arctg

je inverzna funkcija restrikcije funkcije tg na interval(−π2,π

2

)(koji je simetrican), i s

obzirom da je ova restrikcija funkcije tg neparna funkcija, to je i arctg neparna funkcija,pa je arctg(−x) = − arctg x za sve x ∈ R. •

Primer 3.165. Neka je a > 0 i a = 1. Dokazimo da je

limx→0

loga(1 + x)

x= loga e =

1

ln a. (3.95)

Zbog neprekidnosti funkcije y = loga x, iz (3.66) sledi

limx→0

loga(1 + x)

x= lim

x→0loga (1 + x)

1x = loga

(limx→0

(1 + x)1x

)= loga e.

Iz (3.95) sledi

limx→0

ln(1 + x)

x= loge e = 1. • (3.96)

Primer 3.166. Ako je limx→x0

u(x) = a ∈ R, a > 0, i limx→x0

v(x) = b ∈ R, onda je

limx→x0

u(x)v(x) = ab.

35Domen funkcije f1(x) = x2 je skup R, koji je simetrican skup, i pritom je f1(−x) = (−x)2 = x2 =f1(x), pa je ova funkcija parna. Za funkciju f2(x) = x−2 = 1

x2 domen je Df2 = (−∞, 0) ∪ (0,+∞)simetrican skup i vazi da je f2(−x) = 1

(−x)2= 1

x2 = f2(x), pa je ova funkcija takode parna.36Funkcije g1(x) = x3 je neparna jer je njen domen skup R simetrican skup, i vazi jednakost g1(−x) =

(−x)3 = −x3 = −g1(x). Za funkciju g2(x) = x−3 = 1x3 domen je Dg2 = (−∞, 0) ∪ (0,+∞) simetrican

skup i vazi da je g2(−x) = 1(−x)3

= − 1x3 = −g2(x), i ova funkcija je takode neparna.


Zaista, iz neprekidnosti logaritamske funkcije sledi limx→x0

lnu(x) = ln a. Sada zbog

neprekidnosti ekponencijalne funkcije zakljucujemo

limx→x0

u(x)v(x) = limx→x0

elnu(x)v(x)

= limx→x0

ev(x) lnu(x) = elim

x→x0v(x) lnu(x)

= elim

x→x0v(x) lim

x→x0lnu(x)

= eb ln a = eln ab= ab.


an = a ∈ R, a > 0, i limn→∞

bn = b ∈ R, onda je

limn→∞

anbn = ab.

Tako, buduci da je limn→∞

nn+1 = 1 i lim

n→∞1

n+1 = 0, sledi da je

limn→∞

n+1

√n

n+ 1=

(n

n+ 1

) 1n+1

= 10 = 1.

Iz limn→∞

n+1n = 1 i lim

n→∞1n = 0 sledi

limn→∞

n

√n+ 1

n= lim

n→∞

(n+ 1

n

)1/n

= 10 = 1. •

Primer 3.167. Koristeci cinjenicu da je

limn→∞

n√n = 1, (3.97)

pokazacemo da jelim

x→+∞x1/x = 1.

Nadimo najpre limn→∞

n+1√n i lim

n→∞n√n+ 1. Kako je lim

n→∞n+1√n+ 1 = 1 na osnovu

(3.97) i limn→∞

n+1

√nn+1 = 1 i lim

n→∞n

√n+1n = 1 (Primer 3.166), to je

limn→∞

n+1√n= lim

n→∞

(n+1√n+ 1 · n+1

√n

n+ 1

)= limn→∞

n+1√n+ 1 · lim

n→∞n+1

√n

n+ 1=1,

limn→∞

n√n+ 1 = lim

n→∞

(n√n · n

√n+ 1

n

)= lim

n→∞n√n · lim

n→∞n

√n+ 1

n= 1. (3.98)

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz (3.98) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ Nvazi

n ≥ n0 =⇒ 1− ϵ < n1

n+1 < n1n < (n+ 1)

1n < 1 + ϵ (3.99)

Neka je M = n0 i neka je x > M . S obzirom da je tada [x] ≥ n0, na osnovu (3.99)zakljucujemo da vazi implikacija:

x > M =⇒ 1− ϵ < [x]1

[x]+1 < ([x] + 1)1[x] < 1 + ϵ. (3.100)


Na osnovu nejednakosti [x] ≤ x < [x] + 1 za x > M , s obzirom da je onda x > 1, vazi

x1

[x]+1 < x1x ≤ x

1[x] , pa je

[x]1

[x]+1 ≤ x1

[x]+1 < x1x ≤ x

1[x] < ([x] + 1)

1[x] . (3.101)

Sada iz (3.100) i (3.101) dobijamo

x > M =⇒ 1− ϵ < [x]1

[x]+1 < x1x < ([x] + 1)

1[x] < 1 + ϵ.

Prema tome, za proizvoljno ϵ > 0 postoji M ∈ R tako da za sve x > M vazi nejednakost1− ϵ < x

1x < 1 + ϵ, sto upravo znaci da je lim

x→+∞x

1x = 1. •

Primer 3.168. Dokazimo da je niz sa opstim clanom xn =nk

an, n ∈ N, a, k ∈ R, a > 1,

nula-niz. Kako je

xn+1

xn=

(n+ 1)k

an+1

nk

an

=1

a· (n+ 1)k

nk=

1

a·(1 +

1

n

)k, (3.102)

iz neprekidnosti stepene funkcije y = xk (Posledica 3.159) sledi limn→∞

(1 +

1

n

)k= 1, te je

zbog a > 1, limn→∞

xn+1

xn= lim

n→∞

1

a·(1 +

1

n

)k=

1

a< 1, i iz Tvrdenja 2.17 sledi da postoji

n0 ∈ N tako da jexn+1

xn< 1 za sve n ≥ n0. Prema tome, niz (xn0 , xn0+1, xn0+2, . . . ) je

opadajuci i ogranicen odozdo nulom, te je na osnovu Teoreme 2.68 konvergentan. Kakokonvergencija niza ne zavisi od konacno mnogo clanova niza, to je i niz (xn) konvergentan,te postoji x ∈ R tako da je x = lim

n→∞xn. Tada je i lim

n→∞xn+1 = x. Iz (3.102) sledi

xn+1 =1

a·(1 +

1

n

)kxn, n ∈ N,

odakle prelaskom na limes kad n→ ∞ dobijamo

x =1

ax.

Iz poslednje jednakosti sledi da je x = 0, i prema tome

limn→∞

nk

an= 0. (3.103)

Primetimo da (3.103) sledi takode iz Primera 2.59 i Tvrdenja 2.46. •


Primer 3.169. Dokazimo da je za a, k ∈ R, a > 1,

limx→+∞

ax

xk= +∞. (3.104)

Primetimo najpre da je

an

(n+ 1)k=an

nk·(

n

n+ 1

)k,

osim toga, iz limn→∞

n

n+ 1= 1, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ xk imamo lim

n→∞

(n

n+ 1

)k=

1k = 1, i kako je limn→∞

an

nk= +∞, to na osnovu Tvrdenja 2.38 (iii) sledi

limn→∞

an

(n+ 1)k= +∞. (3.105)

Kao u Primeru 3.19 zakljucujemo da za svaki niz prirodnih brojeva (mn) takav da jelimk→∞

mn = +∞ vazi

limn→∞

amn

(mn + 1)k= +∞. (3.106)

Neka je (xn) proizvoljan niz realnih brojeva za koji je limn→∞

xn = +∞. Ne umanjujuci

opstost dokaza mozemo pretpostaviti da je xn ≥ 1 za svako n ∈ N. Da bismo dokazali(3.104), dovoljno je, na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije, dokazatida je

limn→∞

axn

xkn= +∞. (3.107)

Neka je mn = [xn], n ∈ N. Tada je mn ∈ N i

mn ≤ xn < mn + 1, n ∈ N. (3.108)


xn = +∞, to je limn→∞

(xn − 1) = +∞, pa iz mn > xn − 1, n ∈ Nsledi lim

n→∞mn = +∞.

Kako je k > 0, to je funkcija x 7→ xk strogo rastuca, pa iz (3.108) sledi xkn < (mn+1)k

i stoga,1

xkn>

1

(mn + 1)k, n ∈ N. (3.109)

S obzirom da je a > 1, funkcija x 7→ ax je rastuca, pa iz (3.108) sledi

axn ≥ amn , n ∈ N. (3.110)

Sada iz (3.109) i (3.110) sledi

axn

xkn>

amn

(mn + 1)k, n ∈ N, (3.111)

sto zajedno sa (3.106) na osnovu Tvrdenja 2.58 povlaci (3.107).


Dokaz da je limx→+∞

ax

xk= +∞ smo mogli izvesti i ,,na jeziku okolina“.

Neka je M > 0 proizvoljan broj. Iz (3.105) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svakon ∈ N vazi

n ≥ n0 =⇒an

(n+ 1)k> M. (3.112)

Neka je K = n0. Tada za svako x > K vazi [x] > x− 1 > K − 1 = n0 − 1, te je [x] ≥ n0i [x] je prirodan broj, pa iz (3.112) sledi

ax

xk>

a[x]

([x] + 1)k> M,

sto upravo znaci da je limx→+∞

ax

xk= +∞. •

Primer 3.170. Dokazimo da je za k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a = 1,

limx→+∞

loga x

xk= 0.

Neka je najpre a > 1. U Primeru 2.61 smo pokazali da je

limn→∞

loga n

nk= 0,

pa je i

limn→∞

loga(n+ 1)

nk= lim

n→∞

(loga(n+ 1)

(n+ 1)k·(n+ 1

n

)k)

= limn→∞

loga(n+ 1)

(n+ 1)k· limn→∞

(n+ 1

n

)k= 0 · 1 = 0 (3.113)

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz (3.113) sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ Nvazi

n ≥ n0 =⇒ 0 <loga(n+ 1)

nk< ϵ. (3.114)

Neka je M = n0 i neka je x > M . Tada je [x] ≥ n0, pa iz (3.114) sledi

loga([x] + 1)

[x]k< ϵ. (3.115)

Iz nejednakosti[x] ≤ x < [x] + 1,

s obzirom da je funkcija x 7→ ax strogo rastuca (zbog a > 1) i funkcija x 7→ xk takode

rastuca (jer je k > 0), sledi loga x < loga([x]+1) i [x]k ≤ xk, pa je1

xk≤ 1

[x]ki na osnovu

(3.115) zaklucujemo da vazi implikacija:

x > M =⇒ 0 <loga x

xk<

loga([x] + 1)

[x]k< ϵ.


Prema tome, za a > 1 imamo da je limx→+∞

loga x

xk= 0. Ako je 0 < a < 1, onda je, na

osnovu vec dokazanog,

limx→+∞

loga x

xk= lim

x→+∞

(− loga−1 x

xk

)= − lim

x→+∞

loga−1 x

xk= 0. •


limx→0

arcsinx

x= 1.

Neka je f(x) = arcsinx, x ∈ [−1, 1], g : R \ {0} → R, g(y) =y

sin y. Funkcija f

je definisana u okolini tacke a = 0, i neprekidna je u toj tacki (Posledica 3.160), tj.limx→0

f(x) = f(0) = 0. Dalje, za svako x ∈ [−1, 1] \ {0}, buduci da je f injekcija, vazi

f(x) = arcsinx = f(0) = 0. Funkcija g je definisana u probodenoj okolini tacke 0,

limy→0

g(y) = limy→0

y

sin y=

1

limy→0

sin y

y

=1

1= 1 ((3.41)) i g(f(x)) =

arcsinx

x, x ∈ [−1, 1]\{0}.

Prema tome, uslovi Teoreme 3.85 su ispunjeni, pa je

limx→0

arcsinx

x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1. (3.116)

Primetimo da smo do zakljucka mogli doci i koriscenjem Teoreme 3.151. Naime,funkcija f(x) = arcsinx je strogo monotona i neprekidna u okolini tacke a = 0, a funkcija

g(y) =y

sin yje definisana u probodenoj okolini tacke f(0) = 0, pa na osnovu Teoreme

3.151 sledi da limx→0

arcsinx

x= lim

x→0g(f(x)) postoji ako i samo ako postoji lim

y→0g(y) i vazi

jednakost (3.116). •


limx→0

arctg x

x= 1.

Neka je f(x) = arctg x, x ∈ R, i g :(−π2,π

2

)\ {0} → R, g(y) =

y

tg y. Funkcija

f je definisana u okolini tacke a = 0 i neprekidna je u toj tacki (Posledica 3.160), tj.limx→0

f(x) = limx→0

arctg x = arctg 0 = 0. Za x ∈ R \ {0}, s obzirom da je f injektivna

funkcija, vazi f(x) = arctg x = f(0) = 0. Funkcija g je definisana u probodenoj okolini

tacke 0, limy→0

g(y) = limy→0

y

tg y=

1

limy→0

tg y

y

=1

1= 1 (Primer 3.53) i g(f(x)) =

arctg x

x,

x ∈ R \ {0}. Uslovi Teoreme 3.85 su ispunjeni, pa je

limx→0

arctg x

x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1.

Slicno kao u Primeru 3.171 do zakljucka smo mogli doci i koriscenjem Teoreme 3.151. •


Primer 3.173. Neka je a > 0. Pokazacemo da je

limx→0

ax − 1

x= ln a. (3.117)

Za funkciju f(x) = ax − 1 vazi da je limx→0

f(x) = 0 i za x = 0 vazi f(x) = f(0) = 0

jer je f injekcija. Iz ax − 1 = y sledi x = loga(1 + y) iax − 1

x=

y

loga(1 + y). 37 Neka je

g(y) =y

loga(1 + y). Tada je g(f(x)) =

ax − 1

x. Iz (3.95) sledi

limy→0

g(y) = limy→0

y

loga(1 + y)= lim

y→0

1

loga(1 + y)

y

=1

limy→0

loga(1 + y)

y

=11

ln a

= ln a.

Na osnovu Teoreme 3.85 sledi da je limx→0

ax − 1

x= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = ln a.

Zakljucak takode sledi iz Teoreme 3.151.

Prema tome,

limx→0

ex − 1

x= ln e = 1. • (3.118)

Primer 3.174. Dokazimo da za α ∈ R vazi:

limx→0

(1 + x)α − 1

x= α. (3.119)

Ako je α = 0, onda (3.119) ocigledno vazi.Pretpostavimo da je α = 0. Primetimo da je

(1 + x)α − 1

x=

eα ln(1+x) − 1

x

=eα ln(1+x) − 1

x· α ln(1 + x)

α ln(1 + x)=

= α · eα ln(1+x) − 1

α ln(1 + x)· ln(1 + x)

x.

(3.120)

Dokazimo da je limx→0

eα ln(1+x) − 1

α ln(1 + x)= 1.

Neka je f(x) = α ln(1 + x), x ∈ (−1, 1), g : R \ {0} → R, g(y) =ey − 1

y. Funkcija

f je definisana u okolini tacke a = 0 i neprekidna je u toj tacki (Teorema 3.162), tj.

37Kako je x = f−1(y) = loga(1 + y), a (g ◦ f)(x) = ax − 1

x, funkciju g dobijamo na sledeci nacin:

g(y) = ((g ◦ f) ◦ f−1)(y) = (g ◦ f)(f−1(y)) =ax − 1

x

∣∣x=loga(1+y)

=y

loga(1 + y).

3.10. Uporedivanje funkcija 279

limx→0

f(x) = f(0) = 0. Dalje, za svako x ∈ (−1, 1) \ {0}, buduci da je f injekcija (kao

kompozicija injekcija x 7→ 1 + x i x 7→ α lnx), vazi f(x) = α ln(1 + x) = f(0) = 0.

Funkcija g je definisana u probodenoj okolini tacke 0, limy→0

g(y) = limy→0

ey − 1

y= 1 ((3.118))

i g(f(x)) =eα ln(1+x) − 1

α ln(1 + x), x ∈ (−1, 1) \ {0}. Prema tome, uslovi Teoreme 3.85 su

ispunjeni, pa je

limx→0

eα ln(1+x) − 1

α ln(1 + x)= lim

x→0g(f(x)) = lim

y→0g(y) = 1. (3.121)

Iz (3.120), (3.121) i (3.96), na osnovu Tvrdenja 3.49 (3.33), sledi (3.119). •

3.11 Uporedivanje funkcija

Ako ispitujemo ponasanje neke funkcije u okolini +∞ ili −∞, ili u okolini neke konacnetacke u kojoj funkcija nije definisana, i uporedujemo ga sa ponasanjem neke druge,jednostavnije ili vec proucene funkcije, onda kazemo da ispitujemo asimptotsko ponasanjedate funkcije u okolini te tacke. U ovoj sekciji upoznacemo se sa asimptotskim oznakamaO, o i ∼.

Definicija 3.175. Ako postoji okolina tacke x0 ∈ R, U(x0), i konstanta c > 0, tako daje

|f(x)| ≤ c|g(x)| za x ∈◦U(x0), (3.122)

onda pisemo f = O(g) kad x→ x0, i citamo ,,f je veliko O od g kad x→ x0“.Ako je istovremeno f = O(g) i g = O(f) kad x→ x0, onda kazemo da su funkcije f

i g istog reda kad x→ x0. �

Prema tome, funkcije f i g su istog reda kad x→ x0 ako i samo ako postoje konstante

c1, c2 > 0 i okolina U tacke x0 tako da za sve x ∈◦U vazi

c1|g(x)| ≤ |f(x)| ≤ c2|g(x)|.

Primetimo da zapis x → x0 ovde ima drugaciji smisao nego inace. Naime, ovde se neradi o granicnoj vrednosti, vec se ukazuje na to da funkcije imaju odredeno svojstvosamo u nekoj probodenoj okolini tacke x0.

Primeri 3.176. Buduci da je |x sinx| = |x|| sinx| ≤ |x| za svako x ∈ R, to je x sinx =O(x) kad x→ x0, gde je x0 ∈ R proizvoljan.

Vazi

(1

x2+ cosx

)x = O(x) kad x → +∞ (x → −∞), jer je

1

x2≤ 1 za |x| ≥ 1, i

stoga

∣∣∣∣ 1x2 + cosx

∣∣∣∣ ≤ 2 za x ∈ [1,+∞) ili x ∈ (−∞,−1].

Imamo da je1

x= O

(1

x2

)kad x→ 0, jer

∣∣∣∣1x∣∣∣∣ ≤ 1

x2za |x| ≤ 1, ali

1

x2= O

(1

x

)kad

x→ +∞, a takode i kad x→ −∞, jer1

x2<

∣∣∣∣1x∣∣∣∣ za |x| ≥ 1.


Zapis f = O(1) kad x → x0 znaci da je funkcija f ogranicena u nekoj probodenoj

okolini◦U(x0) tacke x0. Na primer, za funkciju f(x) =

sin 3x

2x, buduci da je lim

x→0f(x) =

3

2,

iz Tvrdenja 3.39 sledi da je f ogranicna funkcija u nekoj probodenoj okolini tacke x0 = 0,pa je f = O(1) kad x→ 0.

Neka je x0 ∈ R proizvoljan. Pokazimo da su funkcije f(x) = x(2 + cosx) i g(x) = xistog reda kad x→ x0. Kako je |f(x)| = |x(2+cosx)| = |x||2+cosx| ≤ |x|(2+ | cosx|) ≤3|x| = 3|g(x)| za svako x ∈ R, to je f = O(g) kad x → x0. Iz cosx ≥ −1, x ∈ R, sledi

2+cosx ≥ 1, pa je1

2 + cosx≤ 1 za svako x ∈ R. Sledi |g(x)| =

∣∣∣∣ 1

2 + cosxf(x)

∣∣∣∣ ≤ |f(x)|

za svako x ∈ R, pa je g = O(f) kad x → x0. Prema tome, funkcije f i g su istog redakad x→ x0.

Za f(x) = x(1 + sinx) i g(x) = x pokazuje se da je |f(x)| ≤ 2|g(x)| za svako x ∈ R,pa je f = O(g) kad x → +∞ (x → −∞). Medutim, ako je U proizvoljna okolina tacke

+∞ (−∞), funkcijag(x)

f(x)=

1

1 + sinx, x = 3π

2+ 2kπ, k ∈ Z, je neogranicena na skupu

U \{3π

2+ 2kπ : k ∈ Z

}, pa za svako c > 0 postoji x ∈ U , x = 3π

2+ 2kπ, k ∈ Z, tako

da je |g(x)| > c|f(x)|. Stoga nije g = O(f) kad x→ +∞ (x→ −∞). •

Tvrdenje 3.177. Za funkcije f i g vazi da je f = O(g) kad x → x0 ako i samo ako

postoji okolina U tacke x0 i funkcija α koja je ogranicena na◦U takva da je f(x) =

α(x)g(x) za x ∈◦U .

Dokaz. Neka je f = O(g) kad x→ x0. Tada postoji okolina U tacke x0 i konstanta c > 0

tako da vazi (3.122). Za x ∈◦U stavimo

α(x) =

f(x)

g(x), g(x) = 0

c, g(x) = 0

Buduci da je f(x) = 0 kad je g(x) = 0, x ∈◦U (ovo sledi iz nejednakosti (3.122)),

zakljucujemo da je f(x) = α(x)g(x) i |α(x)| ≤ c za x ∈◦U .

Obrnuto, neka postoji okolina U tacke x0 i funkcija α koja je ogranicena na◦U , takva

da je f(x) = α(x)g(x) za x ∈◦U . Tada postoji konstanta c > 0 takva da je |α(x)| ≤ c za

x ∈◦U , i prema tome |f(x)| = |α(x)||g(x)| ≤ c|g(x)| za x ∈

◦U . �

Tvrdenje 3.178. Neka postoji okolina U tacke x0 i funkcija α, tako da je f(x) =

α(x)g(x) za x ∈◦U . Ako postoji konacna granicna vrednost lim

x→x0α(x) = b ∈ R, onda je

f = O(g) kad x→ x0.



Tvrdenje 3.179. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tacke

x0,◦U(x0), i neka je g(x) = 0 za x ∈

◦U(x0). Ako postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

f(x)

g(x)= b ∈ R, onda je f = O(g) kad x→ x0.

Dokaz. Neka je α(x) =f(x)

g(x)za x ∈

◦U(x0). Tada je f(x) = α(x)g(x) i lim

x→x0α(x) = b. Iz

Tvrdenja 3.178 sledi da je f = O(g) kad x→ x0. �

Tvrdenje 3.180. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tacke

x0,◦U(x0), i neka je g(x) = 0 za x ∈

◦U(x0). Ako postoji konacna granicna vrednost

limx→x0

f(x)

g(x)= b = 0, tada su funkcije f i g istog reda kad x→ x0.

Dokaz. Iz Tvrdenja 3.179 sledi da je f = O(g) kad x→ x0. Kako je limx→x0

f(x)

g(x)= b = 0,

iz Posledice 3.42 sledi da je f(x) = 0 u nekoj probodenoj okolini tacke x0, a iz Tvrdenja3.49 ((3.34)) sledi da postoji

limx→x0

g(x)

f(x)= lim

x→x0

1

f(x)

g(x)

=1

limx→x0

f(x)

g(x)

=1

b.

Opet na osnovu Tvrdenja 3.179 zakljucujemo da je g = O(f) kad x→ x0. �

Primer 3.181. Kako je limx→0

sin 3x

x= 3, to su na osnovu Tvrdenja 3.180 funkcije f(x) =

sin 3x i g(x) = x istog reda kad x→ 0. •

Definicija 3.182. Ako postoji okolina tacke x0 ∈ R, U(x0), tako da je

f(x) = ϵ(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0),

gde je ϵ beskonacno mala funkcija kad x→ x0, tada kazemo da je funkcija f beskonacnomala u odnosu na g kad x→ x0, i pisemo

f = o(g) kad x→ x0 (3.123)

(citamo: ,,f je malo o od g kad x tezi ka x0“).

Osim toga, ako su funkcije f i g jos i beskonacno male funkcije kad x → x0, ondakazemo da je f beskonacno mala viseg reda u odnosu na g kad x → x0, ili ,,da f brzetezi nuli nego funkcija g kad x→ x0“. �

Primetimo da sada uslov da je f beskonacno mala funkcija kad x → x0 mozemozapisati na sledeci nacin:

f = o(1) kad x→ x0.


Ako je g(x) = 0 za x ∈◦U(x0), onda je uslov (3.123) ekvivalentan uslovu

limx→x0

f(x)

g(x)= 0. (3.124)

Prema tome, ako je g(x) = 0 za x ∈◦U(x0), onda je

limx→x0

o(g)

g= 0.

Primeri 3.183. Primetimo da je x2 = o(x) kad x → 0, jer x2 = x · x i limx→0

x = 0, tj.

limx→0

x2

x= 0. Takode je i x3 = o(x) kad x → 0, jer x3 = x2 · x i lim

x→0x2 = 0, odnosno

limx→0

x3

x= 0. Zakljucujemo da je i xn = o(x) kad x→ 0 za n ≥ 2.

Primetimo da o(x), kad x → 0, ne oznacava samo jednu funkciju, vec sve funkcijekoje su beskonacno male viseg reda u odnosu na x kad x→ 0, i zbog toga bi mozda bilopravilnije pisati x2 ∈ o(x) kad x → 0; x3 ∈ o(x) kad x → 0; . . . . Medutim, usvojeno jeda se umesto znaka ∈ pise znak jednakosti i navedena nekorektnost u pisanju omogucujejednostavnu primenu, a ne dovodi do zabune ako naglasimo da se jednakosti u kojima sejavlja malo o citaju samo sleva u desno. Na primer, x3 = o(x), x → 0, dok o(x) = x3,x→ 0, nema smisla.

Primetimo jos da nije x3 = o(x) kad x → 1, jer x3 = x2 · x ali x2 ne tezi nuli kadx → 1. Ovaj primer ukazuje na to da je navodenje tacke ka kojoj tezi promenljiva xnerazdvojni deo ove oznake.

Dalje je x = o(x2) kad x→ +∞, a takode i kad x→ −∞, jer x =1

xx2 i lim

x→±∞

1

x= 0.

Kako je1

x4=

1

x2· 1

x2i limx→±∞

1

x2= 0, to je

1

x4= o

(1

x2

)kad x→ ±∞.

Primetimo da ako je f = o(g) kad x → x0, to znaci da (naravno pod uslovom da jeg(x) = 0 za svako x iz neke probodene okoline tacke x0) kolicnik funkcija f i g tezi nulikad x → x0, dok nemamo nikakvu informaciju o ponasanju funkcija f i g pojedinacnokad x→ x0. Moze da se desi da funkcije f ili g i nemaju granicnu vrednost kad x→ x0.

Recimo, ako je f(x) = x sin1

xi g(x) = sin

1

x, x = 0, tada je f(x) = xg(x) i lim

x→0x = 0, te

je f = o(g) kad x → 0, limx→0

f(x) = 0, dok limx→0

g(x) ne postoji. Ako je f(x) = x sinx, a

g(x) = x2 sinx, nije tesko proveriti da ne postoji limx→+∞

f(x), a takode ni limx→+∞

g(x), 38

dok iz f(x) =1

x· g(x) i lim

x→+∞

1

x= 0 sledi f = o(g) kad x→ +∞.

38Neka je xn = nπ i x′n =π

2+ 2nπ, n ∈ N. Tada lim

n→∞xn = lim

n→∞x′n = +∞, f(xn) = 0, g(xn) = 0,

f(x′n) =π

2+2nπ i g(x′n) =

(π2+ 2nπ

)2

, te je limn→∞

f(xn) = limn→∞

g(xn) = 0 i limn→∞


g(x′n) =

+∞.Buduci da ne postoji b ∈ R kome bi tezio niz (f(an)) ((g(an))) za svaki niz (an) koji tezi ka +∞,lim

x→+∞f(x) ( lim

x→+∞g(x)) ne postoji.


Buduci da je limx→0

ln(1 + x)

x= 1, sledi lim

x→0

(ln(1 + x)

x− 1

)= 0, tj.

limx→0

ln(1 + x)− x

x= 0, te je ln(1 + x)− x = o(x), x→ 0, odnosno

ln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0. (3.125)

Takode, iz limx→0

ax − 1

x= ln a imamo lim

x→0

ax − 1− x ln a

x= 0, i zato je ax−1−x ln a =

o(x), x→ 0, tj.ax = 1 + x ln a+ o(x), x→ 0. (3.126)

Analogno, iz limx→0

sinx

x= 1 sledi lim

x→0

(sinx

x− 1

)= 0, tj. lim

x→0

sinx− x

x= 0. Sledi

sinx− x = o(x), x→ 0, tj.

sinx = x+ o(x), x→ 0. • (3.127)

U sledecoj teoremi izlazemo neke osobine ove oznake.

Tvrdenje 3.184. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tacke x0.Tada:

(i) o(cg) = o(g), x→ x0, gde je c ∈ R konstanta.

(ii) Ako je c ∈ R, c = 0, onda je o(g) = o(cg), x→ x0.

(iii) f · o(g) = o(fg), x→ x0.

(iv) co(g) = o(g), x→ x0, gde je c ∈ R konstanta.

(v) Ako je f(x) = 0 za svako x iz neke probodene okoline tacke x0, onda jeo(g)

f=

o

(g

f

), x→ x0.

(vi) o(g) + o(g) = o(g), x→ x0.

(vii) o(o(g)) = o(g), x→ x0.

(viii) o(cg + o(g)) = o(g), x→ x0, gde je c ∈ R konstanta.Specijalno, o(g + o(g)) = o(g), x→ x0.

(ix) Za n ∈ N, (o(g))n = o(gn), x→ x0.

(x) Za n ∈ N, (g + o(g))n = gn + o(gn), x→ x0.

(xi) Ako je f = g + o(g), x → x0, onda postoji probodena okolina◦U(x0) tako da je za

svako x ∈◦U(x0), sgn(f(x)) = sgn(g(x)).

(xii) Ako je α beskonacno mala funkcija kad x → x0, onda je o(α + α2) = o(α) kadx→ x0.

Vazi i opstije tvrdenje: Ako je α beskonacno mala funkcija kad x→ x0 i n1, n2, . . . , nk ∈N takvi da je n1 < n2 < · · · < nk, onda je o(αn1 + αn2 + . . . αnk) = o(αn1) kad x→ x0.

(xiii) Ako je f = o(g) kad x→ x0, onda je f = O(g) kad x→ x0.

(xiv) O(f) +O(f) = O(f), x→ x0.


(xv) o(f) +O(f) = O(f), x→ x0.

(xvi) g ·O(f) = O(gf), x→ x0.

(xvii) O(O(f)) = O(f), x→ x0.

Dokaz. (i) Buduci da jednakosti u kojima ucestvuje malo o treba citati sleva u desno,da bi dokazali da je o(cg) = o(g), x→ x0, treba da dokazemo da ako je neka funkcija hbeskonacno mala u odnosu na cg kad x → x0, da je onda h beskonacno mala u odnosuna g kad x → x0. Iz h = o(cg), x → x0, sledi da postoji probodena okolina tacke x0 ukojoj vazi jednakost

h(x) = ϵ(x)(cg(x)) = (cϵ(x))g(x),

gde je ϵ beskonacno mala kad x → x0. Kako je onda i cϵ beskonacno mala kad x → x0,zakljucujemo da je h = o(g), x→ x0.

(ii) Treba dokazati da ako je neka funkcija h beskonacno mala u odnosu na g kad x→ x0,da je onda h beskonacno mala u odnosu na cg kad x → x0, gde je c ∈ R, c = 0.

Iz h = o(g), x → x0, sledi da postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 u kojoj vazi

jednakosth(x) = ϵ(x)g(x),

gde je ϵ beskonacno mala kad x→ x0.

Tada za x ∈◦U(x0) vazi

h(x) =

(1

cϵ(x)

)cg(x),

i kako je onda i1

cϵ beskonacno mala kad x→ x0, zakljucujemo da je h = o(cg), x→ x0.

(iii) Treba dokazati da iz uslova da je funkcija h beskonacno mala u odnosu na g kadx → x0, sledi da je proizvod fh beskonacno mala u odnosu na fg kad x → x0. Iz

h = o(g), x → x0 sledi da postoji probodena okolina tacke x0,◦U(x0), tako da za svako

x ∈◦U(x0) vazi h(x) = ϵ(x)g(x), gde je ϵ beskonacno mala kad x → x0. Tada je

f(x)h(x) = ϵ(x)(f(x)g(x)) za x ∈◦U(x0), i zato je fh = o(fg) kad x→ x0.

(iv) Sledi iz (i) i (iii).

(v) Na osnovu (iii) imamo

o(g)

f=

1

f· o(g) = o

(1

f· g)

= o

(g

f

), x→ x0.

(vi) Ako su h1 i h2 dve beskonacno male u odnosu na g kad x→ x0, dokazimo da je takavi njihov zbir. Iz h1 = o(g) i h2 = o(g) kad x → x0 sledi da postoji probodena okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi h1(x) = ϵ1(x)g(x) i h2(x) = ϵ2(x)g(x), gde su ϵ1

i ϵ2 beskonacno male kad x → x0. Kako je zbir dve beskonacno male kad x → x0 opetbeskonacno mala kad x→ x0 (Tvrdenje 3.66), i kako je

h1(x) + h2(x) = (ϵ1(x) + ϵ2(x))g(x), x ∈◦U(x0),


zakljucujemo da je h1 + h2 = o(g), x→ x0.

(vii) Pretpostavimo da je h = o(o(g)) kad x→ x0. To znaci da je h = o(h1), x→ x0, zaneku funkciju h1 takvu da je h1 = o(g), x→ x0. Dakle postoji probodena okolina tacke

x0,◦U(x0), tako da je za x ∈

◦U(x0), h(x) = α(x)h1(x) i h1(x) = β(x)g(x), gde su α i

β dve beskonacno male funkcije kad x → x0. Na osnovu Tvrdenja 3.66 sledi da je αβbeskonacno mala kad x→ x0, i zato iz

h(x) = (α(x)β(x))g(x), x ∈◦U(x0),

zakljucujemo da je h = o(g) kad x→ x0.

(viii) Neka je h = o(cg + o(g)), x → x0. To znaci da postoji funkcija h1 takva da je

h1 = o(g), x→ x0, i h = o(cg+h1), x→ x0. Sledi postoji okolina◦U(x0) tako da za svako

x ∈◦U(x0) vazi h(x) = ϵ1(x)(cg(x) + ϵ2(x)g(x)) = ϵ1(x)(c + ϵ2(x))g(x), gde su ϵ1 i ϵ2

beskonacno male kad x→ x0. Kako je limx→x0

ϵ1(x)(c+ϵ2(x)) = limx→x0

ϵ1(x)(c+ limx→x0

ϵ2(x)) =

0(c+ 0) = 0, sledi da je h = o(g) kad x→ x0.

(ix) Neka je n ∈ N, i neka je h = o(g) kad x→ x0. Dokazimo da je hn = o(gn), x→ x0.

Iz h = o(g) kad x → x0 sledi da postoji okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi

jednakost h(x) = ϵ(x)g(x), gde je ϵ beskonacno mala kad x → x0. Tada je (h(x))n =

(ϵ(x))n(g(x))n, x ∈◦U(x0), i ϵ

n je beskonacno mala kad x → x0 (Tvrdenje 3.66), odaklezakljucujemo da je hn beskonacno mala u odnosu na gn kad x→ x0.

(x) Neka je n ∈ N. Na osnovu binomne formule, (ix), (iii), (iv) i (vi) imamo

(g + o(g))n = gn +(n1

)gn−1o(g) +

(n2

)gn−2(o(g))2 +

(n3

)gn−3(o(g))3 + . . .

. . . +(nn−1

)g(o(g))n−1 + (o(g))n = gn + o(gn), x→ x0.

(xi) Neka je f = g + o(g), x → x0, i neka je x0 ∈ R. Tada postoji probodena okolina◦U δ0(x0) tacke x0 takva da je

f(x) = g(x) + ϵ(x)g(x) = (1 + ϵ(x))g(x), za x ∈◦U δ0(x0), (3.128)

gde je ϵ beskonacno mala kad x → x0. Iz limx→x0

ϵ(x) = 0 sledi da postoji δ < δ0 tako da

je za svako x ∈◦U δ(x0), |ϵ(x)| <

1

2, tj. −1

2< ϵ(x) <

1

2. Prema tome,

1

2< 1 + ϵ(x) za

x ∈◦U δ(x0), i na osnovu (3.128) zakljucujemo da su f(x) i g(x) istog znaka za x ∈

◦U δ(x0).

Slicno se razmatra slucaj kada je x0 = +∞ ili x0 = −∞.

(xii) Neka je α beskonacno mala funkcija kad x→ x0, i neka je h = o(α+α2) kad x→ x0.

Tada postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 tako da je

h(x) = ϵ(x)(α(x) + α2(x)), za x ∈◦U(x0),


gde je limx→x0

ϵ(x) = 0. Odavde sledi

h(x) = ϵ(x)(1 + α(x))α(x), za x ∈◦U(x0),

i limx→x0

ϵ(x)(1 + α(x)) = limx→x0

ϵ(x) (1 + limx→x0

α(x)) = 0(1 + 0) = 0, pa je h = o(α) kadx→ x0.

Primetimo da se ovo tvrdenje moze dokazati na osnovu tvrdenja (viii). Naime, ako jeα beskonacno mala kad x→ x0, tada je α2 = o(α) kad x→ x0 (jer je α

2 = α ·α proizvodbeskonacno male α kad x → x0 i funkcije α), pa je o(α + α2) = o(α + o(α)) = o(α),x→ x0, na osnovu (viii).

(xiii) Neka je f = o(g) kad x→ x0. Tada postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 tako

da je f(x) = ϵ(x)g(x) za x ∈◦U(x0), i lim

x→x0ϵ(x) = 0. Sada na osnovu Tvrdenja 3.178

zakljucujemo da je f = O(g) kad x→ x0.

(xiv) Neka je g = O(f) i h = O(f) kad x → x0. Pokazimo da je g + h = O(f) kadx → x0. Iz g = O(f) i h = O(f) kad x → x0 sledi da postoje okoline U1(x0) i U2(x0)

tacke x0 i konsante c1, c2, takve da je c1 > 0, c2 > 0, |g(x)| ≤ c1|f(x)| za x ∈◦U1(x0) i

|h(x)| ≤ c2|f(x)| za x ∈◦U2(x0). Neka je U(x0) = U1(x0)∩U2(x0). Tada je za x ∈

◦U(x0),

|g(x)+h(x)| ≤ |g(x)|+|h(x)| ≤ c1|f(x)|+c2|f(x)| = (c1+c2)|f(x)|. Zato je g+h = O(f)kad x→ x0. �

Primer 3.185. Kako je za svako n ∈ N, n ≥ 2, xn = o(x) i o(xn) = o(x) kad x→ 0, toiz Tvrdenja 3.184 (vi) sledi xn + o(x) = o(x) + o(x) = o(x) kad x→ 0, i o(xn) + o(x) =o(x) + o(x) = o(x) kad x→ 0.

Analogno, za m,n ∈ N, m > n, vazi xm + o(xn) = o(xn) + o(xn) = o(xn), x → 0, io(xm) + o(xn) = o(xn) + o(xn) = o(xn), x→ 0.

Takode je1

xm+ o

(1

xn

)= o

(1

xn

)kad x→ +∞ (x→ −∞) i o

(1

xm

)+ o

(1

xn

)=

o

(1

xn

)kad x→ +∞ (x→ −∞), za m,n ∈ N, m > n. •

Definicija 3.186. Za funkciju f kazemo da se asimptotski ponasa kao funkcija g kad x→x0, (ili da je asimptotski jednaka funkciji g kad x→ x0) ili da je funkcija f ekvivalentnasa funkcijom g kad x → x0 ako postoji okolina U(x0) tacke x0 i funkcija α takve da je

f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0) i lim

x→x0α(x) = 1. U tom slucaju pisemo

f ∼ g kad x→ x0. �

Primetimo da ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) = 0 za x ∈◦U(x0), onda je f ∼ g kad x → x0 ako i samo ako je lim

x→x0

f(x)

g(x)= 1. Ovo je pak

ekvivalentno s tim da je limx→x0

g(x)

f(x)= 1. Odavde sledi, f ∼ g kad x→ x0 ako i samo ako

je limx→x0

f(x)− g(x)

g(x)= 0 i lim

x→x0

f(x)− g(x)

f(x)= 0, tj. vazi sledece tvrdenje:


Tvrdenje 3.187. Ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) = 0 za svako

x ∈◦U(x0), funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x→ x0 ako i samo ako je

f − g

f(ili

f − g

g) beskonacno mala funkcija kad x→ x0.

Drugim recima, ako postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) = 0 za svako

x ∈◦U(x0), tada je funkcija f ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako je

relativna greska

∣∣∣∣f(x)− g(x)

g(x)

∣∣∣∣ aproksimacije funkcije f funkcijom g beskonacno mala

funkcija kad x→ x0.39

Primeri 3.188. (i) Iz limx→0

sinx

x= 1 ((3.41)) sledi sinx ∼ x kad x→ 0.

(ii) Iz limx→0

tg x

x= 1 (Primer 3.53) sledi tg x ∼ x kad x→ 0.

(iii) Iz limx→0

arcsinx

x= 1 (Primer 3.171) sledi arcsinx ∼ x kad x→ 0.

(iv) Iz limx→0

arctg x

x= 1 (Primer 3.172) sledi arctg x ∼ x kad x→ 0.

(v) Iz limx→0

ln(1 + x)

x= 1 ((3.96)) sledi ln(1 + x) ∼ x kad x→ 0.

(vi) Iz limx→0

ex − 1

x= 1 ((3.118)) sledi ex − 1 ∼ x kad x→ 0.

(vii) Iz limx→0

ax − 1

x= ln a (Primer 3.173) sledi ax − 1 ∼ x ln a kad x → 0, odnosno

ax − 1

ln a∼ x kad x→ 0 .

(viii) Iz limx→0

(1 + x)α − 1

x= α, α ∈ R, (Primer 3.174) sledi (1+x)α− 1 ∼ αx kad x→ 0,

i prema tome(1 + x)α − 1

α∼ x kad x→ 0.

(ix) Iz limx→0

1− cosx

x2=

1

2(Primer 3.90) sledi lim

x→0

1− cosx1

2x2

= 1, te je 1 − cosx ∼1

2x2

kad x→ 0, i prema tome

cosx− 1 ∼ −1

2x2 kad x→ 0. •

Tvrdenje 3.189. Relacija ∼ (x → x0) je relacija ekvivalencije u skupu funkcija defin-isanih u nekoj probodenoj okolini tacke x0.

Dokaz. Ocigledno je f ∼ f kad x→ x0.Neka je f ∼ g kad x→ x0. Tada postoji okolina U0(x0) tacke x0 i funkcija α takve

da je f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦U0(x0) i lim

x→x0α(x) = 1. Iz Posledice 3.42 sledi da

39Primetimo da je α beskonacno mala funkcija kad x → x0 ako i samo ako je |α| beskonacno malafunkcija kad x→ x0.


postoji okolina U(x0) ⊂ U0(x0) tacke x0 tako da je α(x) = 0 za svako x ∈◦U(x0). Tada

za funkciju β definisanu sa β(x) =1

α(x), x ∈ U(x0), vazi g(x) = β(x)f(x) za x ∈

◦U(x0)

i limx→x0

β(x) =1

limx→x0

α(x)= 1. Prema tome, g ∼ f kad x → x0 i relacija ∼ (x → x0) je

simetricna.

Neka je f ∼ g i g ∼ h kad x → x0. Tada postoje okoline U1(x0) i U2(x0) tacke x0

i funkcije α1 i α2 takve da je f(x) = α1(x)g(x) za svako x ∈◦U1(x0), g(x) = α2(x)h(x)

za svako x ∈◦U2(x0) i lim

x→x0α1(x) = lim

x→x0α2(x) = 1. Tada je f(x) = α1(x)α2(x)h(x) za

svako x ∈◦U(x0) =

◦U1(x0)∩

◦U2(x0) i lim

x→x0α1(x)α2(x) = lim

x→x0α1(x) lim

x→x0α2(x) = 1·1 = 1.

Sledi f ∼ h kad x→ x0. Prema tome, relacija ∼ (x→ x0) je tranzitivna. �

Na osnovu Primera 3.188 i Tvrdenja 3.189 mozemo pisati:

x ∼ sinx ∼ tg x ∼ arcsinx ∼ arctg x ∼ ln(1 + x) ∼ ex − 1 ∼ax − 1

ln a∼

∼(1 + x)α − 1

α, x→ 0.

Tvrdenje 3.190. Funkcija f je ekvivalentna funkciji g kad x → x0 ako i samo ako jef = g + o(g) kad x→ x0.

Dokaz. Neka je f ∼ g kad x → x0. Tada postoji okolina U(x0) tacke x0 i funkcija α,

takve da je f(x) = α(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0) i lim

x→x0α(x) = 1. Odavde, za svako

x ∈◦U(x0) vazi

f(x)− g(x) = α(x)g(x)− g(x) = (α(x)− 1)g(x).

Neka je ϵ(x) = α(x) − 1, x ∈◦U(x0). Tada je lim

x→x0ϵ(x) = lim

x→x0α(x) − 1 = 1 − 1 = 0 i

f(x) = g(x) + ϵ(x)g(x) za x ∈◦U(x0). Prema tome, f = g + o(g) kad x→ x0.

Obrnuto, pretpostavimo da je f = g + o(g) kad x → x0. Tada postoji okolina U

tacke x0 i funkcija ϵ takve da je f(x) = g(x) + ϵ(x)g(x) za x ∈◦U i lim

x→x0ϵ(x) = 0. Sledi

f(x) = (1 + ϵ(x))g(x), x ∈◦U . Neka je α(x) = 1 + ϵ(x). Tada je f(x) = α(x)g(x) za

x ∈◦U i lim

x→x0α(x) = 1 + lim

x→x0ϵ(x) = 1 + 0 = 1. Sledi f ∼ g kad x→ x0. �


Primeri 3.191. Iz Primera 3.188 (ii), (iii), (iv), (vi), (viii), (ix) i Tvrdenja 3.190 sledi

tg x = x+ o(x), x→ 0,

arcsinx = x+ o(x), x→ 0,

arctg x = x+ o(x), x→ 0,

ex − 1 = x+ o(x), tj. ex = 1 + x+ o(x), x→ 0, (3.129)

ax − 1 = x ln a+ o(x ln a), tj. ax = 1 + x ln a+ o(x), x→ 0,

(1 + x)α − 1 = αx+ o(αx), tj. (1 + x)α = 1 + αx+ o(x), x→ 0,

cosx− 1 = −1

2x2 + o(−1

2x2) = −1

2x2 + o(x2), tj.

cosx = 1− 1

2x2 + o(x2), x→ 0. •

Tvrdenje 3.192. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini◦U(x0) tacke

x0, i neka je

limx→x0

v(x) = 0.

Tada je

v(x) ∼ sin v(x) ∼ tg v(x) ∼ arcsin v(x) ∼ arctg v(x) ∼ ln(1 + v(x)) ∼ ev(x) − 1 ∼

∼av(x) − 1

ln a∼

(1 + v(x))α − 1

α, x→ x0,

i

cos v(x)− 1 ∼ −1

2(v(x))2, x→ x0.

Dokaz. Dokazimo da je ev(x) − 1 ∼ v(x) kad x→ x0.

Neka je funkcija h :◦U(x0) → R definisana sa

h(x) =

ev(x) − 1

v(x), za x ∈

◦U(x0) ako je v(x) = 0

1, za x ∈◦U(a) ako je v(x) = 0.

Kako je limy→0

ey − 1

y= 1 i lim

x→x0v(x) = 0, kao u dokazu Teoreme 3.99 pokazuje se da je

limx→x0

h(x) = 1. Sada iz ev(x)−1 = h(x)v(x), x ∈◦U(x0), sledi e

v(x)−1 ∼ v(x) kad x→ x0.

Analogno se dokazuju ostale asimptotske formule. �

Posledica 3.193. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini tacke tackex0, i neka je

limx→x0

v(x) = 0.


Tada je

sin v(x) = v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.130)

tg v(x) = v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.131)

arcsin v(x) = v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.132)

arctg v(x) = v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.133)

ln(1 + v(x)) = v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.134)

ev(x) = 1 + v(x) + o(v(x)), x→ x0, (3.135)

av(x) = 1 + v(x) ln a+ o(v(x)), x→ x0, a > 0, a = 1, (3.136)

(1 + v(x))α = 1 + αv(x) + o(v(x)), x→ x0, α ∈ R, (3.137)

cos v(x) = 1− 1

2(v(x))2 + o((v(x))2), x→ x0. (3.138)


Tvrdenje 3.194. Neka su funkcije f, g, f1, g1 definisane u nekoj probodenoj okolini

tacke x0. Neka je f ∼ f1 i g ∼ g1 kad x → x0. Ako postoji limx→x0

f1(x)

g1(x)(konacan

ili beskonacan), onda postoji limx→x0

f(x)

g(x), i vazi

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x).

Dokaz. Iz f ∼ f1 i g ∼ g1, x → x0, sledi postoje okolina U(x0) tacke x0 i funkcije

α1 i α2 takve da je f(x) = α1(x)f1(x) i g(x) = α2(x)g1(x) za svako x ∈◦U(x0), i

limx→x0

α1(x) = limx→x0

α2(x) = 1. Tada iz Tvrdenja 3.49 sledi da je

limx→x0

α1(x)

α2(x)=

limx→x0

α1(x)

limx→x0

α2(x)=

1

1= 1. (3.139)

Kako jef(x)

g(x)=α1(x)

α2(x)· f1(x)g1(x)

,

iz (3.139) na osnovu Tvrdenja 3.61 sledi da postoji limx→x0

f(x)

g(x)i da vazi jednakost

limx→x0

f(x)

g(x)= lim

x→x0

(α1(x)

α2(x)· f1(x)g1(x)

)= lim

x→x0

α1(x)

α2(x)· limx→x0

f1(x)

g1(x)= lim

x→x0

f1(x)

g1(x). �

Prethodno tvrdenje se moze iskazati i za slucaj jednostranih granicnih vrednosti.

Primetimo da je u prethodnom tvrdenju egzistencija granicne vrednosti limx→x0

f1(x)

g1(x)

ekvivalentna egzistenciji granicne vrednosti limx→x0

f(x)

g(x). Zaista, iz f ∼ f1 i g ∼ g1, kad


x → x0, sledi f1 ∼ f i g1 ∼ g kad x → x0, i ako postoji limx→x0

f(x)

g(x), na osnovu Tvrdenja

3.194 sledi da postoji limx→x0

f1(x)

g1(x)i da vazi jednakost lim

x→x0

f1(x)

g1(x)= lim

x→x0

f(x)

g(x).

Slicno se dokazuje sledece tvrdenje:

Tvrdenje 3.195. Neka su funkcije f, g i f1 definisane u nekoj probodenoj okolini tackex0, i neka je f ∼ f1 kad x → x0. Tada postoji lim

x→x0f(x)g(x) ako i samo ako postoji

limx→x0

f1(x)g(x), i vazi

limx→x0


f1(x)g(x).

Posledica 3.196. Neka su funkcije f i f1 definisane u nekoj probodenoj okolini tacke x0,i neka je f ∼ f1 kad x→ x0. Tada postoji lim

x→x0f(x) ako i samo ako postoji lim

x→x0f1(x),

i vazi

limx→x0

f(x) = limx→x0

f1(x).

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 3.195 za slucaj kada je g(x) = 1 za svako x. �Za funkciju g kazemo da je glavni deo funkcije f kad x → x0 (x0 ∈ R) ako je f ∼ g

kad x → x0, tj. ako je f = g + o(g), x → x0 (Tvrdenje 3.190). S obzirom da jesinx = x + o(x), x → 0, to je funkcija g(x) = x glavni deo funkcije x 7→ sinx kadx → 0. Iz 1− cosx = 1

2x2 + o(x2) = 1

2x2 + o(12x

2), x → 0, sledi da je funkcija x 7→ 12x

2

glavni deo funkcije x 7→ 1− cosx kad x→ 0. Svaka funkcija koja je ekvivalentna funkcijif kad x → x0 je glavni deo funkcije f kad x → x0, te stoga funkcija f moze imati

vise glavnih delova kad x → x0. Na primer, s obzirom da je limx→0

x+ x2

sinx= 1, odnosno

sinx = x+ x2 + o(x+ x2), x→ 0, to je x 7→ x+ x2 takode glavni deo funkcije x 7→ sinxkad x→ 0.

Lema 3.197. Ako funkcija f ima za glavni deo kad x → x0 (x0 ∈ R) funkciju x 7→c(x−x0)k, c, k ∈ R, c = 0, onda je ona medu svim glavnim delovima tog oblika jedinstvenoodredena.

Dokaz. Neka su funkcije x 7→ c(x − x0)k i x 7→ c1(x − x0)

k1 , c, k, c1, k1 ∈ R, c, c1 = 0,glavni delovi funkcije f kad x→ x0. To znaci da je f(x) ∼ c(x−x0)k i f(x) ∼ c1(x−x0)k1kad x→ x0, pa je c(x− x0)

k ∼ c1(x− x0)k1 kad x→ x0. Prema tome,

limx→x0

c(x− x0)k

c1(x− x0)k1= 1,

sto je moguce jedino u slucaju kada je c = c1 i k = k1. �Inace, kazemo da je beskonacno mala funkcija f kad x→ x0 (x0 ∈ R) reda k (k ∈ R,

k > 0) (u odnosu na beskonacno malu x 7→ x − x0) ako je za neku konstantu c = 0ispunjeno

f(x) = c(x− x0)k + o((x− x0)

k), x→ x0.


Drugim recima, beskonacno mala funkcija f je reda k kad x→ x0 ako postoji konstantac = 0 tako da je funkcija x 7→ c(x− x0)

k glavni deo funkcije f kad x→ x0.

Slicno, red beskonacno male f kad x → +∞ (x → −∞) je takav pozitivan broj k(ako postoji) da je za neku konstantu c = 0 ispunjeno

f(x) =c

xk+ o(

1

xk), x→ +∞ (x→ −∞).

Prilikom uporedivanja dve beskonacno male ili dve beskonacno velike funkcije, tj.prilikom izracunavanja granicne vrednosti njihovog kolicnika, moguce je svaku od njihzameniti njoj ekvivalentnom funkcijom, tj. njenim glavnim delom, a da to ne utice nitina egzistenciju niti na velicinu granicne vrednosti (Tvrdenje 3.194). Tako, na primer,ako su α i β beskonacno male kad x → x0 (x0 ∈ R) reda n i m, gde su n i m prirodnibrojevi, tj. ako postoje realni brojevi c1, c2 = 0 tako da vaze formule

α(x) = c1(x− x0)n + o((x− x0)

n), x→ x0,

β(x) = c2(x− x0)m + o((x− x0)

m), x→ x0,

onda je α(x) ∼ c1(x− x0)n, β(x) ∼ c2(x− x0)

n, x→ x0, i

limx→x0

α(x)

β(x)= lim

x→x0

c1(x− x0)n + o((x− x0)

n)

c2(x− x0)m + o((x− x0)m)= lim

x→x0

c1(x− x0)n

c2(x− x0)m

=c1c2

limx→x0

(x− x0)n

(x− x0)m.

Ako je n > m, onda je limx→x0

α(x)

β(x)=

c1c2

limx→x0

(x − x0)n−m = 0. Za n = m imamo

limx→x0

α(x)

β(x)=c1c2. Ako je n < m, onda razlikujemo slucajeve:

1. Ako je m− n paran broj, onda je

limx→x0

α(x)

β(x)= lim

x→x0

c1c2

· 1

(x− x0)m−n =

(c1c2

· 1

+0

)= sgn

c1c2

· (+∞).

2. Ako je m− n neparan broj, onda je

limx→x0+0

α(x)

β(x)= lim

x→x0+0

c1c2

· 1

(x− x0)m−n =

(c1c2

· 1

+0

)= sgn

c1c2

· (+∞)

i

limx→x0−0

α(x)

β(x)= lim

x→x0−0

c1c2

· 1

(x− x0)m−n =

(c1c2

· 1

−0

)= sgn

c1c2

· (−∞),

i prema tome ne postoji limx→x0

α(x)

β(x).


Primer 3.198. Nadimo limx→0

arcsin22x− ln(1 + x+ x2) + sin3 4x

(ex − 1)2 + tg 5x.

Kako je limx→0

2x = limx→0

4x = limx→0

5x = 0 i limx→0

(x + x2) = 0, iz Posledice 3.193 (tj. iz

(3.132), (3.134), (3.130), (3.131)) i Tvrdenja 3.184 (i) sledi

arcsin 2x = 2x+ o(2x), x→ 0, (3.140)

ln(1 + x+ x2) = x+ x2 + o(x+ x2), x→ 0,

sin 4x = 4x+ o(4x), x→ 0, (3.141)

tg 5x = 5x+ o(5x) = 5x+ o(x), x→ 0.

Iz (3.140), (3.141) i Tvrdenja 3.184 (x) i (i) sledi

arcsin22x = (2x+ o(2x))2 = (2x)2 + o((2x)2) = 4x2 + o(x2), x→ 0,

sin3 4x = (4x+ o(4x))3 = (4x)3 + o((4x)3) = 64x3 + o(x3), x→ 0.

Kako je o(x+x2) = o(x) (Tvrdenje 3.184 (xii)) i x2 = o(x) kad x→ 0, to je ln(1+x+x2) =x+ x2 + o(x) = x+ o(x) + o(x) = x+ o(x), x→ 0, na osnovu Tvrdenja 3.184 (vi).

S obzirom da je ex − 1 = x+ o(x) ((3.129)) kad x→ 0, to na osnovu Tvrdenja 3.184(x) sledi da je (ex − 1)2 = (x+ o(x))2 = x2 + o(x2) kad x→ 0.

Prema tome,

arcsin22x− ln(1 + x+ x2) + sin3 4x = 4x2 + o(x2)− x+ o(x) + 64x3 + o(x3)

= −x+ o(x), x→ 0,

jer 4x2 + o(x2) + 64x3 + o(x3) + o(x) = o(x), x→ 0 (videti Primer 3.185).Osim toga,

(ex − 1)2 + tg 5x = x2 + o(x2) + 5x+ o(x) = 5x+ o(x), x→ 0.

Kako je −x+o(x) ∼ −x i 5x+o(x) = 5x+o(5x) ∼ 5x kad x→ 0, to na osnovu Tvrdenja3.194 sledi

limx→0

arcsin22x− ln(1 + x+ x2) + sin3 4x

(ex − 1)2 + tg 5x= lim

x→0

−x+ o(x)

5x+ o(x)= lim

x→0

−x5x

= −1

5. •


ln(1 + x) + sinx

1− 2x3. Vazi formula

ln(1 + x) + sinx = x+ o(x) + x+ o(x) = 2x+ o(x), x→ 0,

a na osnovu Posledice 3.193, (3.136) sledi

1− 2x3= 1− (1 + x3 ln 2 + o(x3)) = −x3 ln 2 + o(x3), x→ 0.

Stoga je

limx→0

ln(1 + x) + sinx

1− 2x3= lim

x→0

2x+ o(x)

−x3 ln 2 + o(x3)= lim

x→0

2x

−x3 ln 2= − 2

ln 2limx→0

1

x2= −∞.


Primer 3.200. Ispitajmo limx→0

√1− x− ex

2

1 + x2 − cosx. Kako je na osnovu Posledice 3.193, (3.137)

i (3.135),

√1− x = 1− 1

2x+ o(x),

ex2

= 1 + x2 + o(x2), x→ 0,

to je

√1− x− ex

2= 1− 1

2x+ o(x)− (1 + x2 + o(x2)) = 1− 1

2x+ o(x)− 1− x2 + o(x2)

= −1

2x+ o(x), x→ 0.

Osim toga vazi da je 1 + x2 − cosx = 1 + x2 − (1− 12x

2 + o(x2)) = 32x

2 + o(x2), x→ 0.Stoga je na osnovu Tvrdenja 3.194 (preciznije, na osnovu varijante ovog tvrdenja zaslucaj jednostranih granicnih vrednosti)

limx→+0

√1− x− ex

2

1 + x2 − cosx= lim

x→+0

−12x+ o(x)

32x

2 + o(x2)= lim

x→+0

−12x

32x

2= −1

3limx→+0

1

x= −∞

i

limx→−0

√1− x− ex

2

1 + x2 − cosx= lim

x→−0

−12x+ o(x)

32x

2 + o(x2)= lim

x→−0

−12x

32x

2= −1

3limx→−0

1

x= +∞,

i stoga ne postoji limx→0

√1− x− ex

2

1 + x2 − cosx.

Primer 3.201. Za polinom P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0, ai ∈ R, i =0, 1, . . . , n, an = 0, vazi da je an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0 = o(xn) kad x → +∞, paje P (x) = anx

n + o(xn) = anxn + o(anx

n) kad x → +∞ (Tvrdenje 3.184 (ii)), tj.P (x) ∼ anx

n kad x → +∞. Analogno, P (x) ∼ anxn kad x → −∞. Prema tome,

funkcija x 7→ anxn je glavni deo polinoma P kad x→ +∞ (x→ −∞).

Za polinom Q(x) = bmxm + bm−1x

m−1 + . . . b1x+ b0, bi ∈ R, i = 0, 1, . . . ,m, bm = 0,vazi Q(x) ∼ bmx

m kad x→ +∞ (x→ −∞). Sada na osnovu Tvrdenja 3.194 vazi da je

limx→+∞

P (x)

Q(x)= lim

x→+∞

anxn

bmxm=

=

sgn

anbm

· (+∞), za n > m,

anbn, za n = m,

0, za n < m,

i


limx→−∞

P (x)

Q(x)= lim

x→−∞

anxn

bmxm=

sgn

anbm

· (−∞)n−m, za n > m,

anbn, za n = m,

0, za n < m,

gde je (−∞)n−m = +∞ ako je n − m paran broj, a (−∞)n−m = −∞ ako je n − mneparan broj. •


limx→0

ln(1 + arctg x)

arctg(ln(1 + x))= 1.


arctg x = 0 i limx→0

ln(1 + x) = 0, iz Tvrdenja 3.192 sledi

ln(1 + arctg x) ∼ arctg x ∼ x, x→ 0,

i

arctg(ln(1 + x)) ∼ ln(1 + x) ∼ x, x→ 0.

Sada na osnovu Tvrdenja 3.194 dobijamo

limx→0

ln(1 + arctg x)

arctg(ln(1 + x))= lim

x→0

x

x= lim

x→01 = 1.

Dokaz smo mogli izvesti i koriscenjem asimptotske oznake o, odnosno koriscenjem Posledice3.193. Naime, iz (3.134) i (3.133) sledi

ln(1 + arctg x) = arctg x+ o(arctg x) = x+ o(x) + o(x+ o(x)), x→ 0,

i kako je o(x + o(x)) = o(x) na osnovu Tvrdenja 3.184 (viii), to je ln(1 + arctg x) =x+ o(x) + o(x) = x+ o(x), x→ 0, na osnovu Tvrdenja 3.184 (vi).

Slicno

arctg(ln(1 + x)) = ln(1 + x) + o(ln(1 + x)) = x+ o(x) + o(x+ o(x))

= x+ o(x) + o(x) = x+ o(x), x→ 0.

Mogli smo zakljucivati i na sledeci nacin (takode koristeci formule arctg x = x + o(x),ln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0 i Posledicu 3.193 (3.133), (3.134)):

ln(1 + arctg x) = ln(1 + x+ o(x)) = x+ o(x) + o(x+ o(x))

= x+ o(x) + o(x) = x+ o(x), x→ 0,

i

arctg(ln(1 + x)) = arctg(x+ o(x)) = x+ o(x) + o(x+ o(x)) = x+ o(x), x→ 0.


Prema tome, na osnovu Tvrdenja 3.184 (v) sledi

limx→0

ln(1 + arctg x)

arctg(ln(1 + x))= lim

x→0

x+ o(x)

x+ o(x)= lim

x→0

x+ o(x)

xx+ o(x)

x

= limx→0

1 + o(1)

1 + o(1)

=limx→0

(1 + o(1))

limx→0

(1 + o(1))=

1

1= 1.

Slicno se moze dobiti da je

limx→0

ln(1 + sinx)

sin(ln(1 + x))= 1, lim

x→0

ln(1 + arcsinx)

arcsin(ln(1 + x))= 1 i lim

x→0

ln(1 + tg x)

tg(ln(1 + x))= 1. •

Napomenimo da prilikom racunanja limesa treba imati u vidu da u slucajevima kojinisu razmatrani u Tvrdenjima 3.194 i 3.195 funkcije se, opste govoreci, ne mogu zamenitinjima ekvivalentnim funkcijama. Tako, na primer, ako bismo prilikom racunanja limesa

limx→0

ln(1 + x)− x

x2(3.142)

funkciju x 7→ ln(1 + x) zamenili njoj ekvivalentnom funkcijom x 7→ x, dobili bismo

limx→0

ln(1 + x)− x

x2= lim

x→0

x− x

x2= lim

x→0

0

x2= 0,

sto je netacno. Inace, koriscenjem formule ln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0, dobijamo

ln(1 + x)− x

x2=x+ o(x)− x

x2=o(x)

x2,

sto je neodredeni izraz oblika0

0, tako da nas ovaj nacin razmisljanja ne moze dovesti

do resenja. Primetimo da smo dobili da je ln(1 + x) − x = o(x), x → 0, sto znaci daje funkcija x 7→ ln(1 + x) − x beskonacno mala viseg reda u odnosu na funkciju x 7→ xkad x → 0, ali nismo dobili i tacno kog je reda. Precizniju informaciju o ponasanjuove funkcije u okolini 0, tj. informaciju o tome kog je reda ova funkcija (u odnosu nafunkciju x 7→ x) dobicemo koriscenjem Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovojformi u sekciji 4.9, sto ce nam i omoguciti da nadjemo granicnu vrednost (3.142).

3.12 Asimptote

Definicija 3.203. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini U tacke +∞. Pravay = kx+ n je asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ ako je

limx→+∞

(f(x)− (kx+ n)) = 0, (3.143)

3.12. Asimptote 297

tj. ako je, za x ∈ U ,

f(x) = kx+ n+ ϵ(x) i limx→+∞

ϵ(x) = 0. (3.144)

Prema tome, mozemo reci da je prava y = kx+n asimptota grafika funkcija kad x→ +∞ako je

f(x) = kx+ n+ o(1), x→ +∞. (3.145)

Analogno se definise asimptota grafika funkcije kad x→ −∞.Ako je k = 0, onda asimptotu nazivamo kosom, a ako je k = 0, onda za nju kazemo

da je horizontalna asimptota. �

Prema tome, postojanje asimptote grafika funkcije kad x → +∞ (x → −∞) jeekvivalentno cinjenici da se funkcija kad x → +∞ (x → −∞) razlikuje od linearnefunkcije za beskonacno malu funkciju.

U narednom tekstu cemo govoriti o asimptoti grafika funkcije kad x→ +∞, i napom-injemo da se analogna prica moze ispricati i u slucaju asimptote grafika funkcije kadx→ −∞.

Ako postoji konacna granicna vrednost limx→+∞

f(x) = b, onda je prava y = b hor-

izontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞. Zaista, iz limx→+∞

f(x) = b sledi

limx→+∞

(f(x) − b) = 0, pa je jednakost (3.143) ispunjena za k = 0 i n = b, i prema tome

prava y = kx+ n = b je horizontalna asimptota grafika funkcije kad x→ +∞.Geometrijski gledano, prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije kad x → +∞

ako i samo ako rastojanje tackeM grafika funkcije od te prave tezi 0 kad se tackaM udal-java u beskonacnost (pod ovim podrazumevamo da rastojanje tacke M od koordinatnogpocetka tezi ka +∞).

Zaista, ako, na primer, imamo slucaj ilustrovan na narednoj slici i sa d(x) oznacimoodstojanje tacke M(x, f(x)) grafika funkcije od prave y = kx + n, a sa α ugao koji taprava zaklapa sa pozitivnim smerom x-ose (s obzirom na (3.144), ϵ(x) je razlika ordinate

tacke M i ordinate tacke N prave y = kx+ n), onda sledi da je d(x)ϵ(x) = cosα, tj.

d(x) = ϵ(x) cosα (3.146)

i

ϵ(x) =d(x)

cosα. (3.147)

f x( )

x

M

N

y kx n= +

y f(x)=


Iz (3.146) sledi da d(x) → 0 kad ϵ(x) → 0, a iz (3.147) sledi da ϵ(x) → 0 ako d(x) → 0.Prema tome, ϵ(x) → 0 ako i samo ako d(x) → 0, tj. prava y = kx + n je asimptotagrafika funkcije kad x→ +∞ ako i samo ako d(x) → 0 kad x→ +∞.

Sledece tvrdenje daje potreban i dovoljan uslov za egzistenciju asimptote grafikafunkcije, i ujedno i efektivni postupak za njeno nalazenje.

Tvrdenje 3.204. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke +∞. Prava y =kx + n je asimptota grafika funkcije f kad x → +∞ ako i samo ako postoje konacnegranicne vrednosti

limx→+∞

f(x)

x= k i lim

x→+∞(f(x)− kx) = n.

Dokaz. Neka je prava y = kx + n asimptota grafika funkcije f kad x → +∞. To znacida postoji M ∈ R, M > 0, tako da je

f(x) = kx+ n+ ϵ(x), za x ∈ (M,+∞), (3.148)

pri cemu je limx→+∞

ϵ(x) = 0. Odavde sledi da je

f(x)

x= k +

n

x+

1

x· ϵ(x), za x ∈ (M,+∞),

i s obzirom da je limx→+∞

(n

x+

1

x· ϵ(x)

)= 0, zakljucujemo da je

limx→+∞

f(x)

x= k.

Iz (3.148) sledi da je

limx→+∞

(f(x)− kx) = limx→+∞

(n+ ϵ(x)) = n.

Obrnuto, pretpostavimo da postoje konacne granicne vrednosti limx→+∞

f(x)

x= k i lim

x→+∞(f(x)−

kx) = n. Iz ove poslednje jednakosti zakljucujemo da je

limx→+∞

(f(x)− (kx+ n)) = limx→+∞

(f(x)− kx− n) = 0,

pa je prava y = kx+ n asimptota grafika funkcije kad x→ +∞. �Ako grafik funkcije ima asimptotu kad x → +∞, onda na osnovu Tvrdenja 3.204

sledi da je ona jedinstvena40. To znaci da grafik moze da ima najvise jednu asimptotu

40Ako su y = kx + n i y = k1x + n1 asimptote grafika funkcije kad x → +∞, onda je na osnovu

Tvrdenja 3.204 limx→+∞

f(x)

x= k i lim

x→+∞

f(x)

x= k1, pa na osnovu jedinstvenosti granicne vrednosti

funkcije (Tvrdenje 3.37) sledi k = k1. Opet iz Tvrdenja 3.204 sledi da je n = limx→+∞

(f(x) − kx) i

n1 = limx→+∞

(f(x)− k1x) = limx→+∞

(f(x)− kx), pa je n = n1.

3.12. Asimptote 299

(koja je ili horizontalna ili kosa) kad x → +∞. Stoga, ako grafik ima horizontalnuasimptotu kad x → +∞, onda nema kosu asimptotu kad x → +∞, i obrnuto, akografik ima kosu asimptotu, onda nema horizontalnu. Prema tome, za funkcije koje sudefinisane u okolinama tacaka +∞ i −∞ vazi da njihovi grafici mogu da imaju najvisedve asimptote, jednu kad x→ +∞ i jednu kad x→ −∞, tj. ukupan broj horizontalnih ikosih asimptota grafika funkcije je najvise dva. Pritom jedna prava moze biti asimptotai kad x → +∞ i kad x → −∞ (kao, na primer, kod racionalnih funkcija), a moze sedesiti da je jedna prava asimptota grafika kad x → +∞, a da je druga prava asimptotagrafika kad x → −∞, ili da grafik ima asimptotu kad x → +∞, a nema kad x → −∞ iobrnuto.

Postupak nalazenja asimptote je sledeci: ako je limx→+∞

f(x) = b ∈ R, onda je prava

y = b horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ (i tu bi postupak nalazenjaasimptote kad x → +∞ bio zavrsen). Ako ova granicna vrednost ne postoji ili nijekonacna, onda zakljucujemo da grafik nema horizontalnu asimptotu, i potom ispitujemo

da li ima kosu asimptotu. Ako je limx→+∞

f(x)

x= k konacan, i ako je jos i lim

x→+∞(f(x) −

kx) = n konacan, onda je prava y = kx+n kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞.Ako barem jedan od ova dva limesa ne postoji ili nije konacan, onda grafik nema ni kosuasimptotu kad x → +∞. (Naravno, moguce je ne traziti prvo lim

x→+∞f(x) vec pristupiti

odmah izracunavanju k = limx→+∞

f(x)

xi n = lim

x→+∞(f(x) − kx). Ako barem jedan od

prethodna dva limesa ne postoji ili nije konacan, onda grafik nema ni horizontalnu nikosu asimptotu kad x → +∞. Ako su oba limesa konacna, onda grafik ima asimptotukad x→ +∞, i to horizontalnu ako je k = 0, a kosu ako je k = 0.)

Primer 3.205. Funkcije f(x) = e1/x je definisana za sve x ∈ (−∞, 0)∪ (0,+∞), pa imasmisla ispitivati da li grafik ima asimptotu kad x→ +∞ i kad x→ −∞.

Kako je limx→±∞

e1/x = 1, to je prava y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije kad

x→ +∞, a takode i kad x→ −∞. •

Primer 3.206. Funkcija f(x) = x sinx ima za domen skup R, pa ima smisla ispitivati

da li grafik ima asimptotu kad x→ +∞ i kad x→ −∞. Kako limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞sinx

ne postoji (Primer 3.18), to grafik funkcije nema asimptotu, ni kosu, ni horizontalnu kadx→ +∞. Slicno, grafik ove funkcije nema asimptotu kad x→ −∞ (ova funkcija je inaceparna).

Primer 3.207. Domen funkcije f(x) = 3x+2arctg x je skup R, pa ima smisla ispitivatida li grafik ima asimptotu kad x→ +∞ i kad x→ −∞. Kako je

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

3x+ 2arctg x

x= lim

x→+∞

(3 +

2 arctg x

x

)= 3

i

n = limx→+∞


(3x+ 2arctg x− 3x) = limx→+∞

2 arctg x = 2 · π2= π


to je na osnovu Tvrdenja 3.204 prava y = 3x + π kosa asimptota grafika funkcije kadx→ +∞.

Iz

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

3x+ 2arctg x

x= lim

x→−∞

(3 +

2 arctg x

x

)= 3

i

n = limx→−∞

(f(x)− kx) = limx→−∞

(3x+ 2arctg x− 3x) = limx→+∞

2 arctg x = 2 ·(−π2

)= −π

sledi da je prava y = 3x− π kosa asimptota grafika funkcije kad x→ −∞. •

Sledeci primer pokazuje kao poznavanje osobina asimptotske oznake o moze olaksatiizracunavanje asimptota.

Primer 3.208. Domen funkcije f(x) =

√x2(4x− 1)

x− 1je skup (−∞, 1/4) ∪ (1,+∞).

Prema tome, funkcija je definisana u okolini tacke +∞, a takode i u okolini tacke −∞,pa cemo ispitivati egzistenciju asimptota kad x → +∞, i kad x → −∞. Na osnovuPosledice 3.193 dobijamo

(1− 1

4x)1/2 = 1− 1

2· 1

4x+ o(

1

4x) = 1− 1

8· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞,

(1− 1

x)−1/2 = 1 +

1

2· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞,

te je

f(x) =

√x2(4x− 1)

x− 1=

√x2 · 4x(1− 1

4x)

x(1− 1x)

=√4x2 ·

√1− 1

4x

1− 1x

= 2|x|(1− 1

4x)1/2(1− 1

x)−1/2

= 2|x|(1− 1

8· 1x+ o(

1

x))(1 +

1

2· 1x+ o(

1

x))

= 2|x|(1− 1

8· 1x+ o(

1

x) +

1

2· 1x− 1

16· 1

x2+ o(

1

x2))

= 2|x|(1 + 3

8· 1x+ o(

1

x)), kad x→ ±∞.

Odavde sledi

f(x) = 2x(1 +3

8· 1x+ o(

1

x)) = 2x+

3

4+ o(1), kad x→ +∞, (3.149)

i

f(x) = −2x(1 +3

8· 1x+ o(

1

x)) = −2x− 3

4+ o(1), kad x→ −∞. (3.150)

Na osnovu (3.149) zakljucujemo da je prava y = 2x+3

4kosa asimptota grafika funkcije

kad x → +∞, dok iz (3.150) dobijamo da je prava y = −2x− 3

4kosa asimptota grafika

funkcije kad x→ −∞. •

3.12. Asimptote 301

Primer 3.209. Posmatrajmo racionalnu funkciju f(x) =P (x)

Q(x), gde su P i Q polinomi,

P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0, ai ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, an = 0, Q(x) =bmx

m + bm−1xm−1 + . . . b1x + b0, bi ∈ R, i = 0, 1, . . . ,m, bm = 0. Funkcija f nije

definisana za one vrednosti promenljive x za koje je Q(x) = 0. Kako takvih vrednostiima konacno mnogo, to je funkcija f definisana u okolini tacke +∞, a takode i u okolinitacke −∞, pa ima smisla ispitivati egzistenciju asimptote kad x→ +∞, i kad x→ −∞.Oznacimo sa st(P ) i st(Q) stepene polinoma P i Q redom.

Ako je st(P ) < st(Q), onda je na osnovu Primera 3.201 (ili Primera 3.63) 41

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

P (x)

Q(x)= 0,

pa je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika racionalne funkcija f kad x → +∞, i

kad x→ −∞. Tako, na primer, za funkciju f(x) =3x+ 1

x2 + 2vazi

f(x) = limx→±∞

3x+ 1

x2 + 2= lim

x→±∞

3x

x2= lim

x→±∞

3

x= 0,

pa je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika funkcija kad x→ +∞, i kad x→ −∞.42

Ako je st(P ) = st(Q), P (x) = anxn + an−1x

n−1 + · · · + a1x + a0 i Q(x) = bnxn +

bn−1xn−1 + . . . b1x+ b0, an = 0, bn = 0, onda je (videti Primer 3.201 ili Primer 3.63)

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

P (x)

Q(x)=anbn,

te je prava y =anbn

horizontalna asimptota grafika funkcija kad x→ +∞, i kad x→ −∞.

Na primer, funkcija f(x) =2x2 − 1

x2 + 3ima horizontalnu asimptotu y = 2 kad x→ +∞,

i kad x→ −∞, jer je

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

2x2 − 1

x2 + 3= lim

x→±∞

2x2

x2= 2.

Ako je st(P ) = st(Q)+1, P (x) = anxn+an−1x

n−1+ · · ·+a1x+a0 i Q(x) = bn−1xn−1+

bn−2xn−2 + . . . b1x + b0, an = 0, bn−1 = 0, onda grafik funkcije ima kosu asimptotu

y = kx+ n kad x→ +∞, i kad x→ −∞, gde je (koristeci Primer 3.201 ili Primer 3.63)

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

P (x)

xQ(x)= lim

x→±∞

anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x+ a0x(bn−1xn−1 + bn−2xn−2 + . . . b1x+ b0)

= limx→±∞

anxn

bn−1xn=

anbn−1

41Kada funkcija ima istu granicnu vrednost kad x→ +∞ i kad x→ −∞, limx→+∞

f(x) = limx→−∞

f(x) =

b ∈ R, onda pisemo limx→±∞

f(x) = b.42Informaciju o tome da li je grafik iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞) dobijamo

utvrdivanjem znaka funkcije. Naime za x > −1

3je f(x) > 0, dok je f(x) < 0 za x < −1

3, pa je grafik

iznad asimptote u okolini (−1

3,+∞) i ispod asimptote u okolini (−∞,−1

3).


i

n = limx→±∞

(f(x)− kx) = limx→±∞

(anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0

bn−1xn−1 + bn−2xn−2 + . . . b1x+ b0− anbn−1

x

)= lim

x→±∞(anbn−1x

n + an−1bn−1xn−1 + · · ·+ a1bn−1x+ a0bn−1

bn−1(bn−1xn−1 + bn−2xn−2 + . . . b1x+ b0)−

−anbn−1xn + anbn−2x

n−1 + . . . anb1x2 + anb0x

bn−1(bn−1xn−1 + bn−2xn−2 + . . . b1x+ b0)

= limx→±∞

(an−1bn−1 − anbn−2)xn−1

b2n−1xn−1

=an−1bn−1 − anbn−2

b2n−1

.

Tako, na primer, za funkciju f(x) =3x2 + 2

x+ 1vazi

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

3x2 + 2

x(x+ 1)= lim

x→±∞

3x2

x2= 3

i

n = limx→±∞

(f(x)− kx) = limx→±∞

(3x2 + 2

x+ 1− 3x

)= lim

x→±∞

3x2 + 2− 3x(x+ 1)

x+ 1

= limx→±∞

−3x+ 2

x+ 1= −3,

pa je prava y = 3x− 3 kosa asimptota grafika funkcija kad x→ +∞, i kad x→ −∞.

Ako je st(P ) > st(Q) + 1, onda na osnovu Tvrdenja 3.204 sledi da grafik funkcijef nema kosu asimptotu kad x → +∞ (x → −∞) jer je, s obzirom na to da je stepenpolinoma x 7→ P (x) veci od stepena polinoma x 7→ xQ(x) (videti Primer 3.201 ili Primer3.63),

k = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

P (x)

xQ(x)= ∞ (+∞ ili −∞).

Na primer funkcija f(x) =1− x3

2 + 3xnema kosu asimptotu x → +∞, a takode ni kad

x→ −∞, jer je

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

1− x3

x(2 + 3x)= lim

x→+∞

−x3

3x2= lim

x→+∞

−x3

= −∞,

a takode ni kad x→ −∞, jer je

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

1− x3

x(2 + 3x)= lim

x→−∞

−x3

3x2= lim

x→−∞

−x3

= +∞.

Primetimo da je u slucajevima kada je st(P ) = st(Q) ili st(P ) = st(Q) + 1, za nalazenjeasimptote, najcelishodnije izvrsiti deljenje polinoma P polinomom Q, jer tako dobijamoi informaciju da li je grafik iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

3.12. Asimptote 303

Naime, za funkciju f(x) =2x2 − 1

x2 + 3vazi jednakost

f(x) =2x2 − 1

x2 + 3= 2− 7

x2 + 3, x ∈ R,

i kako je limx→±∞

7

x2 + 3= 0, to je prava y = 2 horizontalna asimptota grafika funkcija

kad x → +∞, i kad x → −∞. Kako je7

x2 + 3> 0 za svako x ∈ R, to je f(x) − 2 =

− 7

x2 + 3< 0 za svako x ∈ R, pa je grafik funkcije ispod asimptote na skupu R.

Za funkciju f(x) =3x2 + 2

x+ 1vazi

f(x) =3x2 + 2

x+ 1= 3x− 3 +

5

x+ 1, x ∈ R \ −1,

i kako je limx→±∞

5

x+ 1= 0, to je prava y = 3x − 3 kosa asimptota grafika funkcija kad

x→ +∞, i kad x→ −∞. Kako je

f(x)− (3x− 3) =5

x+ 1, x ∈ R \ −1,

i kako je5

x+ 1> 0 za x ∈ (−1,+∞) i

5

x+ 1< 0 za x ∈ (−∞,−1), to je grafik

funkcije ispod asimptote u okolini (−∞,−1) tacke −∞, dok je iznad asimptote u okolini(−1,+∞) tacke +∞. •

f x =( )P x( )

Q x( )

st P) st Q( < ( ) st P) st Q( = ( ) st P) st Q( = ( )+1 st P) st Q( > ( )+1

prava =0 jey

horizontalna

asimptota

prava = / jey a bn n

horizontalna

asimptota

prava = + jey kx n

asimptotakosa

ne postoji

asimptota

Primer 3.210. Domen funkcije f(x) = e1/x − x je skup R \ {0}. Na osnovu Posledice3.193 dobijamo

f(x) = e1/x − x = 1 +1

x+ o(

1

x)− x = −x+ 1 +

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,


odakle sledi da je prava y = −x + 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, atakode i kad x→ −∞.

Na osnovu Tvrdenja 3.184 (xi) sledi da postoji realan broj M > 0 tako da je

sgn (f(x)− (−x+ 1)) = sgn

(1

x+ o(

1

x)

)= sgn

(1

x

)za x ∈ (M,+∞), a takode i za x ∈ (−∞,−M). Kako je 1

x > 0 za x > 0, to jef(x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ (M,+∞), pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini(M,+∞) tacke +∞. Za x < 0 je 1

x < 0, pa je f(x)− (−x+ 1) < 0 za x ∈ (−∞,−M), igrafik funkcije je ispod asimptote u okolini (−∞,−M) tacke −∞. •

Prava y = kx + n je asimptota grafika funkcije kad razlika ordinate tacke sa grafikafunkcije i ordinate asimptote tezi 0 kad x → +∞ (x → −∞). Moze se desiti da je ovarazlika i jednaka 0 za beskonacno mnogo vrednosti argumenta x, kao sto pokazuje sledeciprimer.

Primer 3.211. Za funkciju f(x) = 3x + 2 +sinx

xdomen je skup R \ {0} i s obzirom

da je limx→±∞

sinx

x= 0 (Primer 3.69), prava y = 3x + 2 je kosa asimptota grafika kad

x→ +∞ i kad x→ −∞. Buduci da je

f(x)− (3x+ 2) =sinx

x= 0 ⇐⇒ sinx = 0 ∧ x = 0 ⇐⇒ x = kπ, k ∈ Z \ {0},

to grafik beskonacno mnogo puta sece asimptotu. Za x ∈ (2kπ, (2k+1)π), k = 0, 1, 2, . . . ,grafik je iznad asimptote, dok je za x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), k = 1, 2, 3, . . . , grafik ispodasimptote; za x ∈ (2kπ, (2k + 1)π), k = −1,−2, . . . , grafik je ispod asimptote, a zax ∈ ((2k − 1)π, 2kπ), k = 0,−1,−2, . . . , grafik iznad asimptote •

Grafik funkcije moze u beskonacno mnogo tacaka dodirivati asimptotu.

3.12. Asimptote 305

Primer 3.212. Neka je f(x) = 3x + 2 +sinx+ 1

x2. Domen funkcije je skup R \ {0}.

Buduci da je x 7→ sinx + 1 ogranicena funkcija (0 ≤ sinx + 1 ≤ 2 za svako x ∈ R) i

limx→±∞

1

x2= 0 to na osnovu Tvrdenja 3.67 imamo da je lim

x→±∞

sinx+ 2

x= 0, pa je prava

y = 3x+ 2 je kosa asimptota grafika kad x→ +∞, i kad x→ −∞. Buduci da je

f(x)− (3x+ 2) =sinx+ 1

x2= 0 ⇐⇒ sinx = −1 ⇐⇒ x =

3π

2+ 2kπ, k ∈ Z,

i f(x)− (3x+ 2) =sinx+ 1

x2> 0 za x = 0 i x = 3π

2 + 2kπ, k ∈ Z, to grafik beskonacno

mnogo puta dodiruje asimptotu (za x = 3π2 +2kπ, k ∈ Z) i za x ∈ R \ ({0}∪{3π

2 +2kπ :k ∈ Z}) grafik je iznad asimptote. •

Primer 3.213. Za funkciju f(x) = 2x − 1 +x− [x]

xdomen je skup R \ {0}. Kako

je 0 ≤ x − [x] < 1 za sve x ∈ R i limx→±∞

1

x= 0, to na osnovu Tvrdenja 3.67 sledi

limx→±∞

x− [x]

x= 0, pa je prava y = 2x− 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞,

i kad x → −∞. S obzirom da je x − [x] > 0 za x ∈ R \ Z i x − [x] = 0 za x ∈ Z, to je

f(x)− (2x− 1) =x− [x]

x> 0, tj. f(x) > 2x− 1 za x ∈ (0,+∞) \ N, f(x)− (2x− 1) =

x− [x]

x< 0, tj. f(x) < 2x−1 za x ∈ (−∞, 0)\Z i f(x)−(2x−1) = 0, tj. f(x) = 2x−1 za

x ∈ Z\{0}. Prema tome, na intervalu (0,+∞) tacke grafika su iznad tacaka asimptote saizuzetkom tacaka (k, 2k−1), k = 1, 2, . . . , u kojima grafik dodiruje asimptotu, dok su naintervalu (−∞, 0) tacke grafika ispod tacaka asimptote sa izuzetkom tacaka (k, 2k − 1),k = −1,−2, . . . , u kojima grafik dodiruje asimptotu. •


Definicija 3.214. Neka je funkcija definisana u nekoj probodenoj (ili samo levoj ilisamo desnoj) okolini tacke a. Prava x = a je vertikalna asimptota grafika funkcije akobarem jedna od granicnih vrednosti lim

x→a−0f(x) i lim

x→a+0f(x) postoji i jednaka je +∞ ili

−∞. �

Primetimo da i u slucaju vertikalne asimptote x = a rastojanje MP = |x− a| tackeM(x, f(x)) sa grafika od prave x = a tezi 0 ako tacka M ide duz grafika u beskonacnost,tj. kada x→ a− 0 ili x→ a+ 0.

f x( )

a

M

x

P

f x( )

a

M

x

P

Postavlja se pitanje u kojim tackama treba traziti vertikalne asimptote. Kandidati suone tacke u kojima funkcija nije definisana, ali je definisana bar u nekoj levoj ili desnojokolini tih tacaka. Tacka, za koju vazi da je funkcija definisana u njoj i osim toga da jefunkcija definisana u nekoj levoj ili desnoj okolini te tacke ali da nije neprekidna u tojtacki, bi takode bila kanditat.

Primer 3.215. Za funkciju f(x) = lnx ciji je domen interval (0,+∞) ima smisla trazitisamo desnu granicnu vrednost u 0. Kako je

limx→+0

f(x) = limx→+0

lnx = −∞,

to je prava x = 0 (y-osa) vertikalna asimptota grafika funkcije. •

3.12. Asimptote 307

Primer 3.216. Domen funkcije

f1(x) =

1

x− 1, x = 1

0, x = 1

je skup R. Ova funkcija je definisana u 1 i u okolini ove tacke, ali nije neprekidna u njoj.Kako je

limx→1+0

f(x) = limx→1+0

1

x− 1=

(1

+0

)= +∞

i

limx→1−0

f(x) = limx→1−0

1

x− 1=

(1

−0

)= −∞,

to je prava x = 1 vertikalna asimptota grafika funkcije. •

Primer 3.217. Za funkciju f(x) = e1/x − x domen je skup R \ {0}, pa cemo ispitivatilimx→−0

f(x) i limx→+0

f(x).

Kako je limx→−0

1

x= −∞ i lim

x→+0

1

x= +∞, to je na osnovu Tvrdenja 3.77 (i) dobijamo

limx→−0

e1/x = 0 i limx→+0

e1/x = +∞,

i stoga,

limx→−0

f(x) = limx→−0

(e1/x − x) = 0,

limx→+0

f(x) = limx→−0

(e1/x − x) = +∞.

Prema tome, prava x = 0 je vertikalna asimptota grafika funkcije. •

Primer 3.218. Za racionalnu funkciju f(x) =P (x)

Q(x), gde su P,Q polinomi, ako je

Q(a) = 0 i P (a) = 0, onda je prava x = a vertikalna asimptota grafika funkcije. Na

primer, za funkciju f(x) =3x2 + 2

x+ 1domen je skup R \ {−1} i vazi

limx→−1−0

f(x) = limx→−1−0

3x2 + 2

x+ 1=

(5

−0

)= −∞,

limx→−1+0

f(x) = limx→−1+0

3x2 + 2

x+ 1=

(5

+0

)= +∞,

pa je prava x = −1 vertikalna asimptota grafika funkcije.

Za funkciju g(x) =(x+ 1)3

(x− 2)2(x− 1)vazi

limx→2−0

g(x) = limx→2−0

(x+ 1)3

(x− 2)2(x− 1)=

(27

(+0) · 1

)= +∞,

limx→2+0

g(x) = limx→2+0

(x+ 1)3

(x− 2)2(x− 1)=

(27

(+0) · 1

)= +∞,


pa je prava x = 2 vertikalna asimptota grafika funkcije. Ova funkcija ima jos jednuvertikalnu asimptotu, to je prava x = 1 jer je

limx→1−0

g(x) = limx→1−0

(x+ 1)3

(x− 2)2(x− 1)=

(8

1 · (−0)

)= −∞,

limx→1+0

g(x) = limx→1+0

(x+ 1)3

(x− 2)2(x− 1)=

(8

1 · (+0)

)= +∞. •

Primer 3.219. Neka je f(x) = 2x− 1 +x− [x]

x. Kako je

limx→+0

x− [x]

x= lim

x→+0

x

x= 1,

limx→−0

x− [x]

x= lim

x→−0

x− (−1)

x= lim

x→−0

x+ 1

x=

(1

−0

)= −∞,

to je

limx→+0

f(x) = limx→+0

(2x− 1 +x− [x]

x) = −1 + 1 = 0

limx→−0

f(x) = limx→−0

(2x− 1 +x− [x]

x) = −∞.

Prema tome, prava x = 0 je vertikalna asimptota grafika funkcije. •

Funkcija moze imati beskonacno mnogo vertikalnih asimptota.

Primer 3.220. Prave x =π

2+ kπ, k ∈ Z, su vertikalne asimptote funkcije f(x) = tg x,

jer za svako k ∈ Z vazi:

limx→π

2+2kπ−0

tg x = limx→π

2+2kπ−0

sinx

cosx=

(1

+0

)= +∞,

limx→π

2+2kπ+0

tg x = limx→π

2+2kπ+0

sinx

cosx=

(1

−0

)= −∞

i

limx→π

2+(2k+1)π−0

tg x = limx→π

2+(2k+1)π−0

sinx

cosx=

(−1

−0

)= +∞,

limx→π

2+(2k+1)π+0

tg x = limx→π

2+(2k+1)π+0

sinx

cosx=

(−1

+0

)= −∞. •

Glava 4

Diferenciranje funkcija

4.1 Izvod

Pojam izvoda je jedan od osnovnih pojmova matematicke analize i zasniva se na pojmugranicne vrednosti funkcije u tacki.

Definicija 4.1. Neka je funkcija y = f(x) definisana na intervalu (a, b), f : (a, b) → R,i neka su x, x0 ∈ (a, b), x = x0. Kolicnik

f(x)− f(x0)

x− x0

se zove srednja brzina promene funkcije na skupu [x, x0] ako je x < x0, ili skupu [x0, x]ako je x0 < x.

Ako postoji granicna vrednost srednje brzine promene funkcije f na skupu [x, x0] ili[x0, x] kad x → x0, onda se ta granicna vrednost naziva izvod funkcije f u tacki x0, ioznacava sa f ′(x0). Dakle,

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0. �

Kao sto smo vec rekli u sekciji 3.6, razliku x − x0 zovemo prirastaj argumenta iobelezavamo ∆x = x − x0. Dakle, x = x0 + ∆x. Razliku ∆y = f(x) − f(x0) =f(x0 + ∆x) − f(x0) zovemo prirastaj funkcije f u tacki x0 koji odgovara prirastajuargumenta ∆x. Definiciju izvoda funkcije f u tacki x0 je sada moguce zapisati i nasledeci nacin:

f ′(x0) = lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x= lim

∆x→0

∆y

∆x.

Ako je

lim∆x→0

∆y

∆x= +∞ ( lim

∆x→0

∆y

∆x= −∞),

onda kazemo da funkcija f ima beskonacan izvod u tacki x0 jednak +∞ (−∞).

309

310 Glava 4. Diferenciranje funkcija

Definicija 4.2. Neka je x0 ∈ R.Ako je f : (a, x0] → R i ako postoji konacna ili beskonacna granicna vrednost

limx→x0−0

f(x)− f(x0)

x− x0(tj. lim

∆x→−0

f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x), onda se ta granicna vrednost zove

konacni ili beskonacni levi izvod funkcije f u tacki x0, i obelezava sa f ′−(x0).

Ako je f : [x0, b) → R i ako postoji konacna ili beskonacna granicna vrednost

limx→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0(tj. lim

∆x→+0

f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x), onda se ta granicna vrednost zove

konacni ili beskonacni desni izvod funkcije f u tacki x0, i obelezava sa f ′+(x0).

Teorema 4.3. Neka je funkcija f definisana u okolini tacke x0. Funkcija f ima (konacanili beskonacan) izvod u tacki x0 ako i samo ako ima (konacan ili beskonacan) levi i desniizvod u tacki x0 i ako su oni jednaki.

Dokaz. Sledi iz definicije izvoda i Tvrdenja 3.32. �

U daljem tekstu kada kazemo da funkcija ima izvod u tacki x0, podrazumevamoda funkcija ima konacan izvod, ukoliko nije receno suprotno. Inace, ako funkcija imakonacan ili beskonacan izvod u tacki x0, onda cemo reci da funkcija ima izvod u siremsmislu u tacki x0.

Postupak nalazenja izvoda funkcije zove se diferenciranje.

Primer 4.4. Ako je f(x) =√x, nadimo f ′(4).

Kako je

lim∆x→0

f(4 + ∆x)− f(4)

∆x= lim

∆x→0

√4 + ∆x− 2

∆x= lim

∆x→0

(√4 + ∆x− 2)(

√4 + ∆x+ 2)

∆x(√4 + ∆x+ 2)

= lim∆x→0

4 + ∆x− 4

∆x(√4 + ∆x+ 2)

= lim∆x→0

∆x

∆x(√4 + ∆x+ 2)

= lim∆x→0

1√4 + ∆x+ 2

=1

4,

to je f ′(4) =1

4.

Za proizvoljno x > 0 vazi:

f(x+∆x)− f(x)

∆x=

√x+∆x−

√x

∆x=

√x+∆x−

√x

∆x·√x+∆x+

√x√

x+∆x+√x

=x+∆x− x

∆x(√x+∆x+

√x)

=1√

x+∆x+√x,

pa je f ′(x) = lim∆x→0

f(x+∆x)− f(x)

∆x=

1

2√x.

4.1. Izvod i diferencijal 311

Buduci da je funkcija definisana u tacki x = 0, i u desnoj okolini ove tacke, imasmisla ispitati da li ova funkcija ima desni izvod u ovoj tacki. Kako je

limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

√x

x= lim

x→+0

1√x

=

(1

+0

)= +∞,

to je f ′+(0) = +∞. •

Primer 4.5. Ispitajmo u kojim tackama funkcija f(x) = |x| ima izvod.

Pokazacemo najpre da funkcija f nema izvod u tacki x0 = 0. Nadimo najpre desniizvod funkcije u ovoj tacki:

f ′+(0) = limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

|x| − |0|x

= limx→+0

|x|x

= limx→+0

x

x= lim

x→+01 = 1.

Slicno

f ′−(0) = limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

|x| − |0|x

= limx→−0

|x|x

= limx→−0

−xx

= limx→−0

(−1) = −1.

Buduci da se levi i desni izvod funkcije u tacki x0 = 0 razlikuju, funkcija nema izvod utoj tacki.

Pokazimo sada da je za x > 0, f ′(x) = 1, dok je za x < 0, f ′(x) = −1. Zaista, ako jex > 0,

f ′(x) = lim∆x→0

f(x+∆x)− f(x)

∆x= lim

∆x→0

|x+∆x| − |x|∆x

= lim∆x→0

x+∆x− x

∆x= lim

∆x→0

∆x

∆x= lim

∆x→01 = 1.

Ako je x < 0, onda je

f ′(x) = lim∆x→0

f(x+∆x)− f(x)

∆x= lim

∆x→0

|x+∆x| − |x|∆x

= lim∆x→0

−x−∆x− (−x)∆x

= lim∆x→0

−∆x

∆x= lim

∆x→0(−1) = −1.

Prema tome,

(|x|)′ = sgnx =|x|x, za x = 0. • (4.1)

Primer 4.6. Nadimo izvod konstantne funkcije.


Neka je f(x) = c za svako x ∈ R, gde je c ∈ R konstanta. Tada je f(x+∆x)−f(x) =c− c = 0 za svako x ∈ R, i zato

f ′(x) = lim∆x→0

f(x+∆x)− f(x)

∆x= lim

∆x→00 = 0. •

Primer 4.7. Za funkciju y = xn, gde je n ∈ N, pokazimo da je y′ = nxn−1 za svakox ∈ R.

Primenom binomne formule dobijamo:

∆y = (x+∆x)n − xn =

= xn + nxn−1∆x+n(n− 1)

2xn−2∆x2 + . . . +∆xn − xn

= nxn−1∆x+n(n− 1)

2xn−2∆x2 + . . . +∆xn.

Prema tome,

lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0(nxn−1 +

n(n− 1)

2xn−2∆x+ . . . +∆xn−1)

= nxn−1,

te je (xn)′ = nxn−1, za svako x ∈ R. •

Primer 4.8. Za funkciju y = 3√x i x ∈ R vazi

∆y

∆x=

3√x+∆x− 3

√x

∆x

=3√x+∆x− 3

√x

∆x· (

3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2

( 3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2

=( 3√x+∆x)3 − ( 3

√x)3

∆x · (( 3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2)

=∆x

∆x · (( 3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2)

=1

( 3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2

,

pa je za x ∈ R \ {0},

lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

1

( 3√x+∆x)2 + 3

√x+∆x · 3

√x+ ( 3

√x)2)

=1

33√x2.

Prema tome, y′(x) =1

33√x2

za svako x ∈ R \ {0}.

Nadimo sada izvod ove funkcije u tacki x = 0. Kako je

limx→0

y(x)− y(0)

x− 0= lim

x→0

3√x

x= lim

x→0

13√x2

=

(1

+0

)= +∞,

to je y′(0) = +∞. •

4.1. Izvod i diferencijal 313

Rezultati dobijeni u Primerima 4.4, 4.7 i 4.8 su specijalni slucajevi rezultata datog usledecem primeru.

Primer 4.9. Nadimo izvod funkcije y = xα, gde je α realan broj1. Neka je x iz domenafunkcije, i neka je x = 0. Tada je

y(x+∆x)− y(x)

∆x=

(x+∆x)α − xα

∆x= xα ·

(1 +

∆x

x

)α− 1

∆x

= xα−1 ·

(1 +

∆x

x

)α− 1

∆x

x

,

pa je na osnovu Primera 3.174

lim∆x→0

y(x+∆x)− y(x)

∆x= lim

∆x→0xα−1 ·

(1 +

∆x

x

)α− 1

∆x

x

= αxα−1

Prema tome, (xα)′ = αxα−1. •

Primer 4.10. Nadimo izvod funkcije y = ax, gde je a > 0 i a = 1.

Kako je

lim∆x→0

a∆x − 1

∆x= ln a,

to je za svako x ∈ R

lim∆x→0

ax+∆x − ax

∆x= lim

∆x→0

ax(a∆x − 1)

∆x

= ax · lim∆x→0

a∆x − 1

∆x= ax ln a.

Stoga je (ax)′ = ax ln a, i posebno (ex)′ = ex, za svako x ∈ R. •

Primer 4.11. Posmatrajmo funkciju y = loga x, gde je a > 0 i a = 1.

S obzirom da na osnovu Primera 3.165 imamo da je

lim∆x→0

loga

(1 +

∆x

x

)∆x

x

= loga e =1

ln a,

1Ako je α =m

ngde je m ∈ Z, a n ∈ N, m i n uzajamno prosti, onda je funkcija y = xα = n

√xm

definisana na [0,+∞) za slucaj da je n parno i m > 0, dok je za slucaj da je n parno i m < 0 definisanana intervalu (0,+∞). Ako je n neparno, onda je ova funkcija definisana na skupu R za m > 0, a ako jem < 0, onda je njen domen skup R \ {0}. Ako je α iracionalan broj, onda je domen ove funkcije skup[0,+∞) za α > 0, i (0,+∞) ako je α < 0.


to za svako x ∈ R, x > 0, vazi

lim∆x→0

loga(x+∆x)− loga x

∆x= lim

∆x→0

logax+∆x

x∆x

= lim∆x→0

1

x·loga

(1 +

∆x

x

)∆x

x

=1

x· lim∆x→0

loga

(1 +

∆x

x

)∆x

x

=1

x ln a,

te je (loga x)′ =

1

x ln a.

Posebno, (lnx)′ =1

x, za svako x ∈ R, x > 0. •

Primer 4.12. Nadimo izvod funkcija y1 = sinx i y2 = cosx.

Kako je funkcija y2 = cosx neprekidna na R, i kako je

lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

= 1,

to je za svako x ∈ R

lim∆x→0

sin(x+∆x)− sinx

∆x= lim

∆x→0

2 sin∆x

2cos

2x+∆x

2∆x

= lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

· lim∆x→0

cos(x+∆x

2) = cosx,

i stoga je (sinx)′ = cosx, za svako x ∈ R.Analogno, zbog neprekidnosti funkcije y1 = sinx zakljucujemo

lim∆x→0

cos(x+∆x)− cosx

∆x= lim

∆x→0

−2 sin∆x

2sin

2x+∆x

2∆x

= − lim∆x→0

sin∆x

2∆x

2

· lim∆x→0

sin(x+∆x

2) = − sinx,

te je (cosx)′ = − sinx, za svako x ∈ R. •

4.1. Diferencijal 315

Ako funkcija f : (a, b) → R ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b), onda je njenizvod takode funkcija nezavisno promenljive x i zove se prva izvodna funkcija, prvi izvod,izvod prvog reda ili samo izvodna funkcija ili izvod funkcije f , i oznacava sa f ′, pa mozemopisati f ′ : (a, b) → R.

Primetimo da je funkcija f1(x) = sinx neparna, a da je njena izvodna funkcijaf ′1(x) = cosx parna. Takode funkcija f2(x) = cosx je parna, dok je njena izvodnafunkcija f ′2(x) = − sinx neparna. Sledece tvrdenje govori o tome da je to pravilo, tj.izvod (ukoliko postoji) svake parne funkcije je neparna funkcija, dok je izvod neparnefunkcije parna funkcija.

Tvrdenje 4.13. Neka funkcija f : (−δ, δ) → R ima izvod u svakoj tacki intervala (−δ, δ)i neka je funkcija f parna (neparna). Tada je izvodna funkcija f ′ : (−δ, δ) → R neparna(parna).

Dokaz. Interval (−δ, δ) je simetrican skup. Pretpostavimo da je f parna funkcija. Nekaje x0 proizvoljna tacka iz intervala (−δ, δ). Tada je

f ′(−x0) = lim∆x→0

f(−x0 +∆x)− f(−x0)∆x

= lim∆x→0

f(−(x0 −∆x))− f(x0)

∆x

= lim∆x→0

f(x0 −∆x)− f(x0)

∆x= − lim

∆x→0

f(x0 −∆x)− f(x0)

−∆x.

(4.2)

Smenom t = −∆x (mozemo primeniti teoremu o smeni promenljive pri izracunavanjulimesa (Teorema 3.85) buduci da: ∆x → 0 =⇒ t → 0, ∆x = 0 =⇒ t = 0 i postoji

limt→0

f(x0 + t)− f(x0)

t= f ′(x0)) dobijamo

lim∆x→0

f(x0 −∆x)− f(x0)

−∆x= lim

t→0

f(x0 + t)− f(x0)

t= f ′(x0). (4.3)

Iz (4.2) i (4.3) sledi f ′(−x0) = −f ′(x0). Prema tome, izvodna funkcija f ′ je neparnafunkcija.

Slicno se dokazuje da ako je f neparna funkcija, da je onda f ′ parna funkcija. �

4.2 Diferencijal

Definicija 4.14. Neka je funkcija y = f(x) definisana u nekoj okolini tacke x0. Recicemo da je funkcija f diferencijabilna u tacki x0 ako se prirastaj funkcije u toj tackimoze napisati u obliku

∆y = f(x0 +∆x)− f(x0) = A∆x+ o(∆x), ∆x→ 0, (4.4)

gde je A realan broj, tj.

∆y = A∆x+ ϵ(∆x)∆x, (4.5)

gde je ϵ(∆x) beskonacno mala funkcija kad ∆x→ 0.

316 Glava 4. Diferenciranje realnih funkcija jedne realne promenljive

Diferencijal funkcije f u tacki x0, u oznaci df(x0) ili krace dy, je linearna funkcijaprirastaja ∆x definisana sa:

(df(x0))(∆x) = A∆x. �

Dakle, diferencijal je linearna funkcija ciji je argument prirastaj ∆x i pisacemo jed-nostavno df(x0) = A∆x, tj. dy = A∆x.

Napominjemo da je diferencijal, kao i svaka druga linearna funkcija, definisan za bilokoju vrednost svog argumenta ∆x. Sa druge strane, prirastaj funkcije ∆y = f(x0 +∆x) − f(x0) je definisan samo za one vrednosti ∆x za koje x0 + ∆x pripada domenufunkcije f .

Primetimo da ako je funkcija diferencijabilna u tacki x0, onda je konstanta A uformuli (4.4), odnosno formuli (4.5), jedinstveno odredena2 (videti takode Lemu 4.121).

Ako je funkcija f diferencijabilna u svakoj tacki intervala (a, b), onda je diferencijalfunkcija dveju promenljivih, tacke x ∈ (a, b) i prirastaja ∆x: (df(x))(∆x) = A(x)∆x, ilikrace: dy = A(x)∆x.

Zbog vece simetrije formule, ∆x se oznacava dx i zove diferencijal nezavisno promenljive.Prema tome,

dy = Adx.

Iz (4.5) sledi

∆y = dy + o(∆x), ∆x→ 0,

odakle zakljucujemo da se prirastaj funkcije u nekoj tacki moze aproksimirati diferenci-jalom funkcije u toj tacki (ucinjena greska je beskonacno mala viseg reda u odnosu na∆x kad ∆x→ 0):

∆y ≈ dy.

Primer 4.15. Nadimo diferencijal funkcije f(x) = x3 u tacki 2.

∆y = f(2 + ∆x)− f(2) = (2 + ∆x)3 − 23

= 23 + 3 · 22∆x+ 3 · 2(∆x)2 + (∆x)3 − 23

= 12∆x+ 6(∆x)2 + (∆x)3 = 12∆x+ (6∆x+ (∆x)2)∆x. (4.7)

Buduci da je 6∆x+ (∆x)2 beskonacno mala kad ∆x→ 0, to iz (4.7) sledi da je funkcijaf diferencijabilna u tacki 2 i da je njen diferencijal u toj tacki df(2) = 12∆x, odnosnodf(2) = 12dx. Osim toga, ∆y ≈ dy = 12∆x. •

2Zaista, ako je ∆y = A∆x+ o(∆x) kad ∆x→ 0 i ∆y = B∆x+ o(∆x) kad ∆x→ 0, onda je

A∆x+ o(∆x) = B∆x+ o(∆x), ∆x→ 0,

odakle deljenjem sa ∆x = 0 dobijamo

A+o(∆x)

∆x= B +

o(∆x)

∆x, ∆x→ 0. (4.6)

Buduci da je lim∆x→0

o(∆x)

∆x= 0, prelaskom na granicnu vrednost kad ∆x→ 0 u jednakosti (4.6), dobijamo

A = B .

4.2. Diferencijal 317

Sledeca teorema pokazuje vezu izmedu postojanja izvoda funkcije u nekoj tacki idiferencijabilnosti funkcije u toj tacki.

Teorema 4.16. Funkcija f je diferencijabilna u tacki x0 ako i samo ako ima izvod u tojtacki.

Dokaz. (=⇒): Neka je funkcija f je diferencijabilna u tacki x0. Tada je ∆y = A∆x +o(∆x), ∆x→ 0, za neki realan broj A, i stoga

∆y

∆x= A+

o(∆x)

∆x, ∆x→ 0.

Odavde je

lim∆x→0

∆y

∆x= A+ lim

∆x→0

o(∆x)

∆x= A.

Prema tome, funkcija f ima izvod u tacki x0 i f ′(x0) = A.

(⇐=) Pretpostavimo da funkcija f ima izvod u tacki x0, tj. da postoji lim∆x→0

∆y

∆x=

f ′(x0). Iz Teoreme 3.70 sledi da postoji δ > 0 tako da je

∆y

∆x= f ′(x0) + ϵ(∆x), 0 < |∆x| < δ,

gde je lim∆x→0

ϵ(∆x) = 0, i prema tome

∆y = f ′(x0)∆x+ ϵ(∆x)∆x,

sto znaci da je funkcija f diferencijabilna u tacki x0. �Iz dokaza Teoreme 4.16 opet vidimo da je broj A iz definicije diferencijabilnosti

funkcije f u tacki x0 jednoznacno odreden jer A = f ′(x0), i stoga je i diferencijal funkcijef u toj tacki jednoznacno odreden: df(x0) = f ′(x0)dx, tj.

dy = f ′(x0)dx. (4.8)

Iz (4.8) sledi

f ′(x0) =dy

dx,

tj. y′ =dy

dx. Napomenimo da je ovakvu oznaku za izvod uveo Lajbnic3.

Ako je funkcija f diferencijabilna u tacki x0, formula (4.4) se moze sada zapisati uobliku:

∆y = f(x)− f(x0) = f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0), x→ x0,

odakle

f(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0), x→ x0, (4.9)

3Gottfried Wilhelm von Leibniz (1646-1716), nemacki matematicar i filozof


Na osnovu (4.9) vidimo da se diferencijabilna funkcija f u tacki x0 moze aproksimiratilinearnom funkcijom:

f(x) ≈ f(x0) + f ′(x0)(x− x0),

pri cemu se cini greska koja je beskonacno mala viseg reda u odnosu na x − x0 kadx→ x0.

Sledeca teorema pokazuje vezu izmedu diferencijabilnosti i neprekidnosti funkcije unekoj tacki.

Teorema 4.17. Ako je funkcija f diferencijabilna u tacki x0, onda je ona neprekidna utoj tacki.

Dokaz. Neka je funkcija f diferencijabilna u tacki x0. Tada iz (4.9) sledi

limx→x0

f(x) = limx→x0

(f(x0) + f ′(x0)(x− x0) + o(x− x0))

= f(x0) + f ′(x0) limx→x0

(x− x0) + limx→x0

o(x− x0)

= f(x0),

i funkcija f je neprekidna u x0. �Obrat ovog tvrdenja ne vazi, tj. ako je funkcija neprekidna u nekoj tacki ne mora

biti diferencijabilna u toj tacki. Primer za to je funkcija f(x) = |x| koja je nerekidna utacki x = 0, ali nije diferencijabilna u toj tacki jer nema izvod u toj tacki (Primer 4.5).Jos jedan primer je funkcija

f(x) =

{x sin

1

x, x = 0

0, x = 0

koja je neprekidna u tacki x = 0 (Primeri 3.110 (vi)). Medutim ova funkcija nema nilevi ni desni izvod u tacki x = 0, jer funkcija

f(x)− f(0)

x− 0=x sin

1

xx

= sin1

x,

nema ni levu, ni desnu granicnu vrednost u toj tacki (Primer 3.30).

Napomena 4.18. Iz Teoreme 4.17 i Teoreme 4.16 sledi da ako funkcija ima konacanizvod u nekoj tacki, onda je ona neprekidna u toj tacki. Medutim, ako funkcija imabeskonacan izvod u nekoj tacki, onda ona ne mora da bude neprekidna u toj tacki. Naprimer, funkcija f(x) = sgnx, x ∈ R, je prekidna u tacki x = 0 i ima beskonacan izvodu ovoj tacki:

f ′−(0) = limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

−1

x= +∞,

i

f ′+(0) = limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

1

x= +∞,

4.2. Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala 319

pa je f ′(0) = +∞.

Analogno, ako funkcija ima konacan levi (desni) izvod u tacki x0, onda se mozedokazati da je funkcija neprekidna sleva (zdesna) u tacki x0. Ako funkcija ima beskonacanlevi (desni) izvod u tacki x0, onda ona ne mora biti neprekidna sleva (zdesna) u toj tacki,sto opet pokazuje prethodni primer. •

4.3 Geometrijska interpretacija izvoda i diferencijala

Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b) i neka je x0 ∈ (a, b). Uocimo tackegrafika funkcije f : A(x0, f(x0)) i M(x0 + ∆x, f(x0 + ∆x)) gde je ∆x = 0 i takvo dax0 + ∆x ∈ (a, b). Prava AM se zove secica grafika. Kada se tacka M krece po grafikui priblizava tacki A, zauzimajuci polazaje M1, M2,...(ovo se desava kada ∆x tezi 0), isecica AM tada menja polozaj, tj. zauzima polozaje AM1, AM2,... . Granicni polozajsecice AM kada tacka M tezi da se duz grafika poklopi sa tackom A (ako postoji) zovese tangenta grafika funkcije u tacki A.

tA

f(x0+∆x)

f(x0)

M1

M2

x0+∆xx0

A

M

Neka je α ugao koji tangenta tA zaklapa sa pozitivnim delom x−ose (racuna se upozitivnom smeru) i neka je α = π

2 . Tada je tgα njen koeficijent pravca, i njena jednacinaje

y − y0 = tgα (x− x0).


}f x( )0

x0 x0+∆x

∆x)

df x0A

B

C

M

tA

f x( +0

Neka je φ ugao koji secica AM zaklapa sa pozitivnim delom x−ose. Njen koeficijentpravca je

tgφ =f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x,

dok je njena jednacina

y − f(x0) =f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x(x− x0). (4.10)

Ugao φ zavisi od polozaja tacke M , pa samim tim i od ∆x. S obzirom da kada ∆x→ 0,tacka M se krece po grafiku i tezi da poklopi sa tackom A, a secica AM tezi tangentigrafika funkcije u tacki A, to onda i ugao koji zaklapa secica sa pozitivnim smerom x-osetezi uglu koji zaklapa tangenta sa pozitivnim smerom x-ose, tj.

α = lim∆x→0

φ,

pa je

tgα = lim∆x→0

tgφ,

tj.

tgα = lim∆x→0

f(x0 +∆x)− f(x0)

∆x= f ′(x0).

Prema tome, izvod f ′(x0) je jednak koeficijentu pravca tangente grafika funkcije f utacki A(x0, f(x0)) i njena jednacina je

y − f(x0) = f ′(x0)(x− x0). (4.11)

Kako je diferencijal funkcije f u tacki x0

df(x0) = f ′(x0)∆x = f ′(x0)(x− x0),


iz (4.11) vidimo da je jednak prirastaju ordinate tangente tA.4 Primecujemo da se

jednacina tangente grafika funkcije f u tacki A(x0, f(x0)) (jednacina (4.11)) dobija izjednacine secice (4.10) prelaskom na limes kad ∆x→ 0.

Pretpostavimo da je f ′(x0) = +∞ ili f ′(x0) = −∞. Ako jednacinu secice (4.10)zapisemo u obliku

yf(x0+∆x)−f(x0)

∆x

− f(x0)f(x0+∆x)−f(x0)

∆x

= x− x0,

onda prelaskom na limes kad ∆x→ 0 dobijamo jednacinu

x = x0. (4.13)

Prava cija je jednacina (4.13) zove se vertikalna tangenta grafika funkcije f u tacki

(x0, f(x0)) (ova tangenta obrazuje sa pozitivnim delom x-ose ugaoπ

2).

4U pravouglom trouglu △ ABC ugao ^CAB je jednak uglu α (saglasni uglovi na transferzali dvejuparalelnih pravih), pa je

tgα =|BC||AB| =

|BC|∆x

, (4.12)

gde smo sa |BC| i |AB| oznacili duzine duzi BC i AB, redom. Iz (4.12) sledi da je

|BC| = (tgα)∆x.

Kako je tgα = f ′(x0), to je

|BC| = f ′(x0)∆x = (df(x0))(∆x).


Primer 4.19. Tangenta grafika funkcije f(x) = ex u tacki (0, 1) je

y − 1 = f ′(0)(x− 0),

tj. (f ′(x) = ex za svako x ∈ R, pa je f ′(0) = e0 = 1)

y = x+ 1. •

0 1x

1

ã

y

f HxL = ãx

y = x + 1

Primer 4.20. Funkcija f(x) = 3√x u tacki x0 = 0 ima beskonacan izvod, f ′(0) = +∞

(Primer 4.8.

Stoga prava x = 0, tj. y-osa, je vertikalna tangenta grafika funkcije f u tacki (0, 0).

x

y

f HxL = x3

Funkcija g(x) = − 5√x u tacki x0 = 0 takode ima beskonacan izvod:

g′(0) = limx→0

g(x)− g(0)

x− 0= lim

x→0

− 5√x

x= lim

x→0

−1

( 5√x)4

=

(−1

+0

)= −∞,

pa je prava x = 0, tj. y-osa, vertikalna tangenta grafika funkcije g u tacki (0, 0). •

Sada je lako uociti geometrijsku interpretaciju pojma levog i desnog izvoda. Nekafunkcija f : (a, b) → R ima levi i desni izvod u tacki x0 ∈ (a, b). Levi izvod f ′−(x0) jekoeficijent pravca leve tangente (u upotrebi je i termin polutangenta) grafika funkcijeu tacki (x0, f(x0)), dok je desni izvod f ′+(x0) koeficijent pravca desne tangente grafikafunkcije u toj tacki. Njihove jednacine su respektivno:

y − f(x0) = f ′−(x0)(x− x0), i y − f(x0) = f ′+(x0)(x− x0).


Ako je f ′−(x0) = f ′+(x0), onda se ove tangente razlikuju, tj. ugao izmedu njih je razlicitod nule, i tacka (x0, f(x0)) se naziva ugaonom tackom grafika funkcije f .

Ako je f ′−(x0) = −∞ i f ′+(x0) = +∞ ili, f ′−(x0) = +∞ i f ′+(x0) = −∞ , onda jeprava x = x0 vertikalna tangenta grafika funkcije u tacki (x0, f(x0)).

Primer ugaone tacke i vertikalne tangente.


f(x) =

x arctg

1

x, za x = 0

0, za x = 0.

Iz

limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

x arctg1

xx− 0

= limx→−0

arctg1

x= −π

2,

sledi f ′−(0) = −π2. Buduci da takode postoji limes:

limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

x arctg1

xx

= limx→+0

arctg1

x=π

2,

zakljucujemo da funkcija f ima desni izvod u 0 i da je f ′+(0) =π

2.

-1 1x

Π

2

y

f HxL = x arctg1

x

y =Π

2xy = -

Π

2x


Prema tome, tacka (0, 0) je ugaona tacka grafika funkcije f . Jednacina leve tangente

grafika funkcije u toj tacki je y = −π2x, dok je jednacina desne tangente u toj tacki

y =π

2x. •

Primer 4.22. Neka je f(x) =3√x2. Kako je

limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

3√x2

x= lim

x→−0

13√x= −∞,

to je f ′−(0) = −∞, a kako je

limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

3√x2

x= lim

x→+0

13√x= +∞,

to je f ′+(0) = +∞, pa je prava x = 0, tj. y-osa, vertikalna tangenta grafika funkcije f utacki (0, 0). •

x

y

f HxL = x23

4.4 Pravila diferenciranja

U ovoj sekciji izlazemo pravila za nalazenje izvoda zbira, razlike, proizvoda i kolicnikadve diferencijabilne funkcije, kao i pravila za izvod inverzne i slozene funkcije.

Teorema 4.23. Neka funkcije f i g imaju izvod u tacki x0. Tada i funkcije f + g, f − gi fg imaju izvod u tacki x0 i vazi

(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g′(x0), (4.14)

(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g′(x0), (4.15)

(fg)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0). (4.16)

Ako je jos i g(x0) = 0, tada i funkcijaf

gima izvod u tacki x0 i vazi

(f

g

)′(x0) =

f ′(x0)g(x0)− f(x0)g′(x0)

g2(x0). (4.17)

4.4. Pravila diferenciranja 325

Dokaz.

limx→x0

(f + g)(x)− (f + g)(x0)

x− x0= lim

x→x0

f(x) + g(x)− (f(x0) + g(x0))

x− x0

= limx→x0

(f(x)− f(x0)

x− x0+g(x)− g(x0)

x− x0

).

Buduci da funkcije f i g imaju izvod u tacki x0, to konacni limesi oba sabirka u zagradipostoje, pa je na osnovu Teoreme 3.49

limx→x0

(f(x)− f(x0)

x− x0+g(x)− g(x0)

x− x0

)= lim

x→x0

f(x)− f(x0)

x− x0+ limx→x0

g(x)− g(x0)

x− x0

= f ′(x0) + g′(x0).

Prema tome, funkcija f + g ima izvod u tacki x0 i vazi (4.14).

Analogno se dokazuje da vazi (4.15).

(4.16): Buduci da funkcija g ima izvod u x0, ona je neprekidna u x0 (Napomena4.18), tj. lim

x→x0g(x) = g(x0). Kako i funkcija f ima izvod u x0, iz

limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x0)

x− x0=

= limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x) + f(x0)g(x)− f(x0)g(x0)

x− x0

= limx→x0

(g(x)

f(x)− f(x0)

x− x0+ f(x0)

g(x)− g(x0)

x− x0

),

na osnovu Teoreme 3.49 sledi

limx→x0

f(x)g(x)− f(x0)g(x0)

x− x0=

= limx→x0

g(x) limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0+ f(x0) lim

x→x0

g(x)− g(x0)

x− x0= f ′(x0)g(x0) + f(x0)g

′(x0).

Prema tome, funkcija fg ima izvod u tacki x0 i vazi (4.16).

(4.17): Neka funkcije f i g imaju izvod u tacki x0, i neka je g(x0) = 0. Sledi da jefunkcija g neprekidna u tacki x0, i iz lim

x→x0g(x) = g(x0) = 0, na osnovu Teoreme 3.42

sledi da postoji okolina U(x0) tacke x0 takva da je g(x) = 0 za svako x ∈ U(x0). U toj


okolini U(x0) je definisan kolicnikf

gi vazi

limx→x0

f(x)

g(x)− f(x0)

g(x0)

x− x0= lim

x→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x)

g(x)g(x0)

x− x0= lim

x→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x)

g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

f(x)g(x0)− f(x0)g(x0) + f(x0)g(x0)− f(x0)g(x)

g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

(f(x)− f(x0))g(x0)− f(x0)(g(x)− g(x0))

g(x)g(x0)(x− x0)

= limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0g(x0)− f(x0)

g(x)− g(x0)

x− x0g(x)g(x0)

.

Na osnovu Teoreme 3.49 sledi

limx→x0

f(x)

g(x)− f(x0)

g(x0)

x− x0=

limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0g(x0)− f(x0) lim

x→x0

g(x)− g(x0)

x− x0g(x0) lim

x→x0g(x)

=f ′(x0)g(x0)− f(x0)g

′(x0)

g2(x0).

Prema tome, funkcijaf

gima izvod u tacki x0 i vazi (4.17). �

Posledica 4.24. Ako funkcija f ima izvod u tacki x0, onda i funkcija cf , gde je ckonstanta, ima izvod u tacki x0 i vazi

(cf)′(x0) = cf ′(x0).

Dokaz. Na osnovu Teoreme 4.23 (4.16) i Primera 4.6 sledi

(cf)′(x0) = c′f(x0) + cf ′(x0) = 0 + cf ′(x0) = cf ′(x0). �

Sledeca posledica govori o tzv. linearnosti izvoda, tj. izvod linearne kombinacije dvefunkcije jednak je linearnoj kombinacije izvoda te dve funkcije.

Posledica 4.25. Ako funkcije f i g imaju izvod u tacki x0, onda i funkcija c1f + c2g,gde su c1 i c2 konstante, ima izvod u tacki x0 i vazi

(c1f + c2g)′(x0) = c1f

′(x0) + c2g′(x0).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.23 (4.14) i Posledice 4.24. �

Napomena 4.26. Ako funkcija f ima konacan izvod u tacki x0, a g′(x0) = +∞ (−∞),

onda je (f + g)′(x0) = +∞ (−∞). Zaista, kako je

(f + g)(x)− (f + g)(x0)

x− x0=f(x)− f(x0)

x− x0+g(x)− g(x0)

x− x0,


i kako je limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= f ′(x0) konacan, a lim

x→x0

g(x)− g(x0)

x− x0= +∞ (−∞), to na

osnovu Tvrdenja 3.54 (v) sledi da je

limx→x0

(f + g)(x)− (f + g)(x0)

x− x0= +∞ (−∞),

tj. (f + g)′(x0) = +∞ (−∞).Slicno, koristeci Tvrdenje 3.54 (i) pokazuje se da ako je f ′(x0) = +∞ i g′(x0) = +∞,

tada je (f + g)′(x0) = +∞. Iz Tvrdenja 3.54 (ii) pak sledi da ako je f ′(x0) = −∞ ig′(x0) = −∞, onda je (f + g)′(x0) = −∞. •

Primer 4.27. Nadimo izvod funkcije y1 = tgx i funkcije y2 = ctgx.Na osnovu Teoreme 4.23 (4.17) imamo

(tgx)′ =

(sinx

cosx

)′=

(sinx)′ cosx− sinx(cosx)′

cos2 x

=cosx cosx− sinx(− sinx)

cos2 x=

1

cos2 x, za x = π

2+ kπ,

i

(ctgx)′ =(cosxsinx

)′=

(cosx)′ sinx− cosx(sinx)′

sin2 x

=− sinx sinx− cosx cosx

sin2 x= − 1

sin2 x, za x = kπ. •

Izvod inverzne funkcije

Teorema 4.28. Neka je funkcija y = f(x) strogo monotona i neprekidna u nekoj okolinitacke x0. Ako funkcija f ima izvod u tacki x0 i ako je f ′(x0) = 0, tada inverzna funkcijaf−1 ima izvod u tacki y0 = f(x0) i vazi

(f−1)′(y0) =1

f ′(x0). (4.18)

Dokaz. Kako je funkcija f strogo monotona i neprekidna u nekoj okolini tacke x0, toje inverzna funkcija definisana i neprekidna u nekoj okolini U(y0) tacke y0 = f(x0)(Teorema 3.148). Primetimo da kad y → y0, tada f

−1(y) → f−1(y0) = x0, i ako jey = y0, onda je f−1(y) = f−1(y0) = x0. Prema tome,

limy→y0

f−1(y)− f−1(y0)

y − y0= lim

y→y0

1y − y0

f−1(y)− f−1(y0)

= limy→y0

1

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0

.(4.19)


Na osnovu Teoreme 3.85 (smena x = f−1(y), limy→y0

f−1(y) = f−1(y0) = x0, za svako

y ∈ U(y0), y = y0, vazi f−1(y) = x0, i postoji lim

x→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= f ′(x0)) sledi

limy→y0

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0= lim

x→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= f ′(x0). (4.20)

Iz (4.20), buduci da je f ′(x0) = 0, na osnovu Teoreme 3.49 (3.34) sledi

limy→y0

1

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0

=1

limy→y0

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0

=1

f ′(x0). (4.21)

Iz (4.19) i (4.21) sledi

limy→y0

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0=

1

f ′(x0),

te funkcija f−1 ima izvod u tacki y0, i (f−1)′(y0) =

1

f ′(x0). �

Jednakost (4.18) se moze zapisati u obliku

(f−1)′(y0) =1

f ′(f−1(y0)). (4.22)

Formulu (4.18) takode zapisujemo krace:

x′y =1

y′x,

odnosno,dx

dy=

1

dy

dx

.

Primer 4.29. Neka je funkcija f :[−π2,π

2

]→ [−1, 1] restrikcija funkcije sin. Tada

je f strogo rastuca i neprekidna na intervalu(−π2,π

2

), f((

−π2,π

2

))= (−1, 1) 5 i

f ′(x) = cosx = 0 za svako x ∈(−π2,π

2

), pa funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.28 u

svakoj tacki intervala(−π2,π

2

). Stoga inverzna funkcija f−1(y) = arcsin y ima izvod u

svakoj tacki y ∈ (−1, 1), i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1

cos(arcsin y).

5Vec smo pokazali da je f([

−π2,π

2

])= [−1, 1], i s obzirom da je f

(−π2

)= −1 i f

(π2

)= 1, zbog

stroge monotonosti i stoga injektivnosti funkcije f , zakljucujemo da je f((

−π2,π

2

))= (−1, 1).


Za y ∈ (−1, 1), arcsin y ∈ (−π2,π

2), pa je cos(arcsin y) > 0 i stoga6 , cos(arcsin y) =√

1− sin2(arcsin y) =√

1− y2. Prema tome,

(arcsin y)′ =1√

1− y2, za y ∈ (−1, 1). •

Primer 4.30. Neka je funkcija f : [0, π] → [−1, 1] restrikcija funkcije cos. Tada jef strogo opadajuca i neprekidna na intervalu (0, π), f((0, π)) = (−1, 1) 7 i f ′(x) =− sinx = 0 za svako x ∈ (0, π), pa funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.28 za svakox ∈ (0, π). Zato inverzna funkcija f−1(y) = arccos y ima izvod u svakoj tacki y ∈ (−1, 1)i

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1

− sin(arccos y).

Za y ∈ (−1, 1), arccos y ∈ (0, π) i sin(arccos y) > 0. Sledi 8

sin(arccos y) =√

1− cos2(arccos y) =√

1− y2.

Prema tome,

(arccos y)′ = − 1√1− y2

, za y ∈ (−1, 1). •

Primer 4.31. Funkcija f :(−π2,π

2

)→ (−∞,∞), koja je restrikcija funkcije tg na

interval(−π2,π

2

), je strogo rastuca i neprekidna na ovom intervalu, i f

((−π2,π

2

))=

(−∞,∞). Osim toga, f ′(x) =1

cos2 x= 0 za x ∈

(−π2,π

2

), pa funkcija f ispunjava

uslove Teoreme 4.28 za svako x ∈(−π2,π

2

). Stoga inverzna funkcija f−1(y) = arctg y

ima izvod u svakoj tacki y ∈ (−∞,∞) i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

11

cos2(arctg y)

= cos2(arctg y).

Buduci da je cos2 u =1

1 + tg2u, u = π

2+ kπ, k ∈ Z, 9 to je

cos2(arctg y) =1

1 + tg2(arctg y)=

1

1 + y2.

6Iz osnovnog trigonometrijskog identiteta sin2 α + cos2 α = 1, α ∈ R, sledi cos2 α = 1 − sin2 α, pa je

cosα = sgn (cosα)√

1− sin2 α.Slicno sinα = sgn (sinα)

√1− cos2 α, α ∈ R.

7Pokazali smo da je f([0, π]) = [−1, 1], i s obzirom da je f(0) = 1 i f(π) = −1, zbog stroge monotonostii stoga injektivnosti funkcije f , zakljucujemo da je f((0, π)) = (−1, 1).

8Koristimo jednakost sinα = sgn (sinα)√1− cos2 α, α ∈ R.

9Iz osnovnog trigonometrijskog identita

sin2 u+ cos2 u = 1


Prema tome,

(arctg y)′ =1

1 + y2, za y ∈ (−∞,+∞). •

Primer 4.32. Ako je f : (0, π) → (−∞,∞) restrikcija funkcije ctg, onda je f ′(x) =

− 1

sin2 x= 0 za x ∈ (0, π), f je strogo opadajuca i neprekidna na intervalu (0, π), i

f((0, π)) = (−∞,∞). Prema tome, funkcija f ispunjava uslove Teoreme 4.28 za svakutacku x ∈ (0, π), pa inverzna funkcija f−1(y) = arcctg y ima izvod u svakoj tacki y ∈(−∞,∞) i vazi

(f−1)′(y) =1

f ′(f−1(y))=

1

− 1

sin2(arcctg y)

= − sin2(arcctg y).

Kako je sin2 u =1

1 + ctg2u, u = kπ, k ∈ Z, 10 to je

sin2(arcctg y) =1

1 + ctg2(arcctg y)=

1

1 + y2.

Sledi

(arcctg y)′ = − 1

1 + y2, za y ∈ (−∞,+∞). •

Sledece teorema govori o egzistenciji jednostranih izvoda inverzne funkcije.

Teorema 4.33. (i) Neka je funkcija y = f(x) strogo rastuca (opadajuca) i neprekidnana intervalu [x0, a), a ∈ R. Ako funkcija f ima desni izvod u tacki x0 i ako je f ′+(x0) = 0,tada inverzna funkcija f−1 ima desni (levi) izvod u tacki y0 = f(x0) i vazi

(f−1)′+(y0) =1

f ′+(x0).

deobom sa cos2 u za u = π

2+ kπ, k ∈ Z, dobijamo

tg2 u+ 1 =1

cos2 u,

te je

cos2 u =1

1 + tg2u.

10Izsin2 u+ cos2 u = 1

deobom sa sin2 u za u = kπ, k ∈ Z, dobijamo

1 + ctg2 u =1

sin2 u,

odakle sledi

sin2 u =1

1 + ctg2u.

4.4. Pravila diferenciranja 331((f−1)′−(y0) =

1

f ′+(x0)

).

(ii) Neka je funkcija y = f(x) strogo rastuca (opadajuca) i neprekidna na intervalu(a, x0], a ∈ R. Ako funkcija f ima levi (desni) izvod u tacki x0 i ako je f ′−(x0) = 0, tadainverzna funkcija f−1 ima levi (desni) izvod u tacki y0 = f(x0) i vazi

(f−1)′−(y0) =1

f ′−(x0).

((f−1)′+(y0) =

1

f ′−(x0)

).

Dokaz. (i) Neka je funkcija y = f(x) strogo rastuca i neprekidna na intervalu [x0, a), ineka je f ′+(x0) = 0. Na osnovu Teoreme 3.150 sledi da je inverzna funkcija definisana,strogo rastuca i neprekidna u okolini [y0, α) tacke y0 = f(x0), gde je α = lim

x→a−0f(x).

S obzirom da je limx→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0= f ′−(x0), lim

y→y0+0f−1(y) = f−1(y0) = x0, i za

sve y ∈ [y0, α) vazi f−1(y) > f−1(y0) = x0, to na osnovu Teoreme 3.97 sledi

limy→y0+0

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0= lim

x→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0= f ′+(x0).

Kako je f ′+(x0) = 0, na osnovu Teoreme 3.49 (3.34) sledi

limy→y0+0

f−1(y)− f−1(y0)

y − y0= lim

y→y0+0

1

f(f−1(y))− f(x0)

f−1(y)− x0

=1

f ′+(x0).

Prema tome, funkcija f−1 ima desni izvod u tacki y0, i (f−1)′+(y0) =

1

f ′+(x0).

Ostala tvrdenja se dokazuju analogno. �

Izvod slozene funkcije

Teorema 4.34. Neka funkcija y = f(x) ima izvod u tacki x0 i neka funkcija z = F (y)ima izvod u tacki y0 = f(x0). Tada slozena funkcija Φ(x) = (F ◦ f)(x) = F (f(x)) imaizvod u tacki x0 i vazi

Φ′(x0) = (F ◦ f)′(x0) = F ′(f(x0))f′(x0). (4.23)

Dokaz. Buduci da funkcija f ima izvod u tacki x0 ona je definisana u nekoj okoliniU0(x0) tacke x0 i neprekidna je u tacki x0. Funkcija F je definisana u nekoj okoliniV (f(x0)) tacke f(x0) jer ima izvod u toj tacki. Kako je lim

x→x0f(x) = f(x0), to postoji


okolina U(x0) ⊂ U0(x0) takva da je f(U(x0)) ⊂ V (f(x0)). Prema tome, slozena funkcijaΦ = F ◦ f je definisana u okolini U(x0) tacke x0. Neka je

h(x) =

F (f(x))− F (f(x0))

f(x)− f(x0), za x ∈

◦U(x0) ako je f(x) = f(x0)

F ′(f(x0)), za x ∈◦U(x0) ako je f(x) = f(x0).

Kako je limx→x0

f(x) = f(x0) = y0 i limy→y0

F (y)− F (y0)

y − y0= F ′(y0) = F ′(f(x0)), na osnovu

Teoreme 3.99, sledi da jelimx→x0

h(x) = F ′(f(x0)). (4.24)

Primetimo da za x ∈◦U(x0) vazi jednakost

F (f(x))− F (f(x0))

x− x0= h(x)

f(x)− f(x0)

x− x0.

Odavde i iz (4.24), na osnovu Tvrdenja 3.49 (3.33), sledi

limx→x0

Φ(x)− Φ(x0)

x− x0= lim

x→x0

F (f(x))− F (f(x0))

x− x0

= limx→x0

h(x) limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= F ′(f(x0))f

′(x0).

Prema tome, funkcija Φ ima izvod u tacki x0 i vazi Φ′(x0) = F ′(f(x0))f′(x0). �

Prethodnu teoremu smo mogli dokazati i na sledeci nacin: Funkcija z = F (y) jediferencijabilna u tacki y0 = f(x0), tj.

∆z = F ′(y0)∆y + ϵ(∆y)∆y, (4.25)

gde je lim∆y→0

ϵ(∆y) = 0. Funkcija ϵ nije definisana za ∆y = 0. Bice nam zgodno da je

dodefinisimo tako da bude neprekidna za ∆y = 0 stavljajuci ϵ(0) = 0. Jednakost (4.25)ce i dalje vaziti. Deleci je sa ∆x = 0 dobijamo

∆z

∆x= F ′(y0)

∆y

∆x+ ϵ(∆y)

∆y

∆x. (4.26)

Funkcija y = f(x) ima izvod u tacki x0, tj. postoji konacna granicna vrednost

lim∆x→0

∆y

∆x= f ′(x0). (4.27)

Osim toga, funkcija y = f(x) je neprekidna u tacki x0 (jer ima izvod u toj tacki), pa jelim

∆x→0∆y = 0. Kako je ∆y = 0 za ∆x = 0, zakljucujemo da je prirastaj ∆y, posmatran

kao funkcija ciji je argument ∆x, neprekidna funkcija u tacki ∆x = 0. Sada na osnovuTvrdenja 3.122 sledi da je

lim∆x→0

ϵ(∆y) = 0. (4.28)


Prelaskom na limes kad ∆x→ 0 u jednakosti (4.26), na osnovu (4.27) i (4.28) dobijamo

lim∆x→0

∆z

∆x= F ′(y0) lim

∆x→0

∆y

∆x+ lim

∆x→0ϵ(∆y) lim

∆x→0

∆y

∆x= F ′(y0)f

′(x0). �

Formulu (4.23) zapisujemo krace:

z′x = z′yy′x,

odnosno,dz

dx=dz

dy

dy

dx.

Napomena 4.35. Iz pretpostavke o egzistenciji (dvostranog, levog, desnog) izvodafunkcije y = f(x) u tacki x0, i egzistenciji levog (desnog) izvoda funkcije y = F (y) utacki y0 = f(x0), pod odredenim uslovima (koje treba zadati da bi kompozicija funkcijaf i F bila definisana) moguce je pokazati da postoji (dvostrani, levi, desni) izvod slozenefunkcije. Formulisacemo neka od tih tvrdenja. Dokaz svakog od njih je analogan dokazuTeoreme 4.34 uz koriscenje odgovarajuceg tvrdenja u Napomeni 3.100.

(i) Neka funkcija y = f(x) ima izvod u tacki x0 i neka funkcija z = F (y) ima desni (levi)izvod u tacki y0 = f(x0), i neka postoji δ > 0 tako da za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) vazif(x) ≥ y0 = f(x0) (f(x) ≤ y0 = f(x0)). Tada slozena funkcija Φ(x) = (F ◦ f)(x) =F (f(x)) ima izvod u tacki x0 i vazi

Φ′(x0) = (F ◦ f)′(x0) = F ′+(f(x0))f

′(x0)

(Φ′(x0) = (F ◦ f)′(x0) = F ′−(f(x0))f

′(x0)).

(ii) Neka funkcija y = f(x) ima levi izvod u tacki x0 i neka funkcija z = F (y) imadesni izvod u tacki y0 = f(x0), i neka postoji δ > 0 tako da za sve x ∈ (x0 − δ, x0) vazif(x) ≥ y0 = f(x0). Tada slozena funkcija Φ(x) = (F ◦ f)(x) = F (f(x)) ima levi izvod utacki x0 i vazi

Φ′−(x0) = (F ◦ f)′−(x0) = F ′

+(f(x0))f′−(x0).

Ako se pretpostavi egzistencija levog (desnog) izvoda funkcije y = f(x) u tacki x0,i egzistencija dvostranog izvoda funkcije y = F (y) u tacki y0 = f(x0) (bez ikakvogdodatnog uslova, jer funkcija F je, buduci da ima izvod u tacki y0 = f(x0), definisana uokolini ove tacke), moguce je pokazati da postoji levi (desni) izvod slozene funkcije.

(iii) Neka funkcija y = f(x) ima levi (desni) izvod u tacki x0 i neka funkcija z = F (y)ima izvod u tacki y0 = f(x0). Tada slozena funkcija Φ(x) = (F ◦ f)(x) = F (f(x)) imalevi (desni) izvod u tacki x0 i vazi

Φ′−(x0) = (F ◦ f)′−(x0) = F ′(f(x0))f

′−(x0)

(Φ′+(x0) = (F ◦ f)′+(x0) = F ′(f(x0))f

′+(x0)). •


Primer 4.36. Nadimo izvod funkcije y = xα, x > 0, α ∈ R.

Kako jexα = elnx

α= eα lnx,

to na osnovu Teoreme 4.34 sledi

(xα)′ = (eα lnx)′ = eα lnx(α lnx)′ = xαα1

x= αxα−1. •

Sada mozemo formirati tablicu izvoda osnovnih elementarnih funkcija.

(c)′ = 0, c = const, x ∈ R,

(xα)′ = αxα−1, α ∈ R, x > 0,

(ax)′ = ax ln a, a > 0, a = 1, x ∈ R,

(ex)′ = ex, x ∈ R,

(loga x)′ =

1

x ln a, a > 0, a = 1, x > 0,

(lnx)′ =1

x, x > 0,

(sinx)′ = cosx, x ∈ R,

(cosx)′ = − sinx, x ∈ R,

(tg x)′ =1

cos2 x, x = π

2+ kπ, k ∈ Z,

(ctg x)′ = − 1

sin2 x, x = kπ, k ∈ Z,

(arcsinx)′ =1√

1− x2, x ∈ (−1, 1),

(arccosx)′ = − 1√1− x2

, x ∈ (−1, 1),

(arctg x)′ =1

1 + x2, x ∈ R,

(arcctg x)′ = − 1

1 + x2, x ∈ R.

Prema tome, izvodi osnovnih elementarnih funkcija su elementarne funkcije.S obzirom da se svaka elementarna funkcija dobija primenom konacno mnogo puta ar-

itmetickih operacija i operacije kompozicije funkcija nad osnovnim elementarnim funkci-jama, to se koriscenjem ove tablice, Teoreme 4.23 i Teoreme 4.34 moze naci izvod bilokoje elementarne funkcije, naravno u tackama gde taj izvod postoji.

Ako je u = u(x) diferencijabilna funkcija, onda koriscenjem Teoreme 4.34 dobijamo:

(uα)′ = αuα−1u′, α ∈ R, u > 0, (4.29)


(au)′ = auu′ ln a, a > 0, a = 1, (4.30)

(eu)′ = euu′,

(loga u)′ =

u′

u ln a, a > 0, a = 1, u > 0,

(lnu)′ =u′

u, u > 0,

(sinu)′ = u′ cosu,

(cosu)′ = −u′ sinu,

(tg u)′ =u′

cos2 x, u = π

2+ kπ, k ∈ Z,

(ctg u)′ = − u′

sin2 u, u = kπ, k ∈ Z,

(arcsinu)′ =u′√

1− u2, u ∈ (−1, 1),

(arccosu)′ = − u′√1− u2

, u ∈ (−1, 1),

(arctg u)′ =u′

1 + u2,

(arcctg u)′ = − u′

1 + u2.

Tako, na primer, za funkciju y = sin(x2 +1), stavljajuci u(x) = x2 +1 (funkcije x 7→sinx i u imaju izvod za svako x ∈ R, pa su ispunjeni uslovi Teoreme 4.34), zakljucujemo:

(sin(x2 + 1))′ = (sinu)′ = u′ cosu = 2x cos(x2 + 1).

Primetimo jos da, za razliku od cinjenice da je svaka elementarna funkcija neprekidnau svakoj tacki svog domena, nece svaka elementarna funkcija imati izvod u svakoj tackisvog domena. Tako, na primer, funkcija y = |x| =

√x nema izvod u tacki x = 0.

Primer 4.37. Funkcija hiperblicki sinus je definisana sa

shx =ex − e−x

2, x ∈ R,

a funkcija hiperblicki kosinus sa

chx =ex + e−x

2, x ∈ R.

Funkcije hiperblicki tangens i hiperblicki kotangens su definisane respektivno sa

thx =shx

chx=ex − e−x

ex + e−x, cthx =

chx

shx=ex + e−x

ex − e−x, x ∈ R.


Primetimo da vaze sledece jednakosti

sh (x± y) = shx ch y ± chx sh y, (4.31)

ch (x± y) = chx ch y ± shx sh y (4.32)

ch 2x− sh 2x = 1, (4.33)

sh 2x = 2 shx chx. (4.34)

Zaista,

shxch y + chxsh y =ex − e−x

2· e

y + e−y

2+ex + e−x

2· e

y − e−y

2

=1

4

(ex+y + ex−y − ey−x − e−(x+y) + ex+y − ex−y + ey−x − e−(x+y)

)=ex+y − e−(x+y)

2= sh (x+ y),

i

chxch y + shxsh y =ex + e−x

2· e

y + e−y

2+ex − e−x

2· e

y − e−y

2

=1

4

(ex+y + ex−y + ey−x + e−(x+y) + ex+y − ex−y − ey−x + e−(x+y)

)=ex+y + e−(x+y)

2= ch (x+ y),

Jednakost (4.33) sledi iz (4.32): ch 2x− sh 2x = ch (x− x) = ch 0 = 1.Jednakost (4.34) sledi iz (4.31).Primetimo jos da je formulama

x = a cos t, y = b sin t,


parametarski zadana elipsa:(xa

)2+(yb

)2= 1,

dok je formulamax = a ch t, y = b sh t, a, b > 0, t ∈ R,

parametarski zadana hiperbola:(xa

)2−(yb

)2= 1.

Sve ove formule ukazuju na izvesnu slicnost ovih funkcija sa trigonometrijskim funkci-jama, odakle i potice njihov naziv.

Nadimo izvode hiperbolickih funkcija. Na osnovu Teoreme 4.34 sledi (e−x)′ = −e−xi prema tome,

(chx)′ =

(ex + e−x

2

)′=ex − e−x

2= shx,

(shx)′ =

(ex − e−x

2

)′=ex + e−x

2= chx,

(thx)′ =

(shx

chx

)′=

ch 2x− sh 2x

ch 2x=

1

ch 2x,

(cthx)′ =

(chx

shx

)′=

sh 2x− ch 2x

sh 2x= − 1

sh 2x, x ∈ R. •

Logaritamski izvod

Neka je funkcija y = f(x) pozitivna i diferencijabilna na intervalu (a, b). Tada jefunkcija z = ln f(x) definisana i diferencijabilna na intervalu (a, b). Njen izvod se zovelogaritamski izvod funkcije f i na osnovu Teoreme 4.34 vazi

z′(x) =f ′(x)

f(x).

U sledecem primeru pokazuje se kako je logaritamski izvod podesan za nalazenje izvodanekih funkcija.

Primer 4.38. Neka su funkcije φ i ψ diferencijabilne na intervalu (a, b). Izvod funkcijey1 = (φ(x))2 nalazimo na osnovu (4.29):

y′1 = 2φ(x)φ′(x), x ∈ (a, b),

dok izvod funkcije y2 = 2ψ(x) nalazimo na osnovu (4.30):

y′2 = 2ψ(x)ψ′(x) ln 2, x ∈ (a, b).

Neka je jos i φ(x) > 0 za x ∈ (a, b). Za razliku od izvoda funkcija y1 i y2, izvodfunkcije y = φ(x)ψ(x) na intervalu (a, b) ne mozemo naci jednostavnom primenom izvodaosnovnih elementarnih funkcija i Teoreme 4.34. U tu svrhu koristimo logaritamski izvodove funkcije. Kako je

ln y = lnφ(x)ψ(x) = ψ(x) lnφ(x),


to jey′

y= ψ′(x) lnφ(x) + ψ(x)

φ′(x)

φ(x),

i prema tome,

y′ = φ(x)ψ(x)(ψ′(x) lnφ(x) + ψ(x)

φ′(x)

φ(x)

).

Tako, na primer, ako je y = xx, x > 0, onda je

ln y = lnxx = x lnx,

odakle sledi da je y′ = (x lnx)′ za x > 0, te je

y′

y= lnx+ x · 1

x= lnx+ 1.

Prema tome,

y′ = y(lnx+ 1) = xx(lnx+ 1), za x > 0. •

4.5 Izvodi viseg reda

Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u svakoj tacki intervala (a, b). Kao stosmo vec rekli u sekciji 4.1, njen izvod je funkcija nezavisno promenljive x (x ∈ (a, b)) izove se prva izvodna funkcija, prvi izvod ili izvod prvog reda funkcije f i oznacava sa f ′

ili f (1).

Ako ta funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u nekoj tacki x0 ∈ (a, b), onda se tajizvod (f ′)′(x0) zove drugi izvod (ili izvod drugog reda) funkcije f u tacki x0 i obelezavasa f ′′(x0) ili f

(2)(x0).

Ako funkcija f ′ : (a, b) → R ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b), onda to znacida je na intervalu (a, b) definisana funkcija f ′′ sa:

(∀x ∈ (a, b)) f ′′(x) = (f ′)′(x).

Funkcija f ′′ se naziva drugom izvodnom funkcijom, drugim izvodom ili izvodom drugogreda funkcije f na intervalu (a, b). Oznacava se jos i sa f (2).

Slicno se definise treci izvod funkcije f u tacki x0 ∈ (a, b) ili na intervalu (a, b):

f ′′′(x0) = (f ′′)′(x0); (∀x ∈ (a, b)) f ′′′(x) = (f ′′)′(x).

Zove se osim toga i izvod treceg reda i oznacava jos i sa f (3).

Pretpostavimo da je definisan n-ti izvod funkcije f na intervalu (a, b) za neko n ∈ N,u oznaci f (n). Tada se (n+ 1)-vi izvod funkcije f definise kao izvod funkcije f (n):

f (n+1)(x) = (f (n))′(x), x ∈ (a, b),

4.5. Izvodi viseg reda 339

tj.

f (n+1)(x) = lim∆x→0

f (n)(x+∆x)− f (n)(x)

∆x.

Za n-ti izvod se kaze da je izvod n-tog reda. Pod izvodom nultog reda, u oznaci f (0)

podrazumevamo samu funkciju, f (0) = f .

Ako funkcija ima n-ti izvod u tacki x0, onda kazemo da je n-puta diferencijabilna utacki x0, n = 0, 1, 2, . . . .

Primer 4.39. Funkcija

f(x) =

{x sin

1

x, x = 0

0, x = 0

ima izvod u svakoj tacki sem u 0 (videti primer pre Napomene 4.18):

f ′(x) = sin1

x− 1

xcos

1

x, x = 0.

Grafik funkcije f(x) = x sin1

x:

-0.4 -0.2 0.2 0.4

-0.4

-0.2

0.2

0.4


Napomena 4.40. Iz pretpostavke da je funkcija n-puta diferencijabilna u tacki x0, tj.da ima n-ti izvod u tacki x0, sledi da postoji okolina U(x0) tacke x0 u kojoj funkcijaf ima izvod n − 1-og reda. Zaista, f (n)(x0) je prvi izvod funkcije f (n−1) u tacki x0, papostoji okolina U(x0) tacke x0 u kojoj je funkcija f (n−1) definisana. Odavde sledi da akoje n > 1, funkcija ima i sve izvode reda k < n − 1 u okolini U(x0), i da su svi ti izvodineprekidne funkcije u okolini U(x0) (s obzirom da iz postojanja izvoda neke funkcije udatoj tacki sledi neprekidnost funkcije u toj tacki), a samim tim je i funkcija f definisanai neprekidna u okolini U(x0). •

Ako je funkcija n-puta diferencijabilna u svakoj tacki intervala (a, b), onda kazemoda je n-puta diferencijabilna na intervalu (a, b).

Napomena 4.41. Ako je funkcija n-puta diferencijabilna na intervalu (a, b), onda imasve izvode do n− 1-og reda zakljucno neprekidne na intervalu (a, b). •

Za funkciju f kazemo da je n-puta neprekidno diferencijabilna na intervalu (a, b) akou svakoj tacki ovog intervala ima neprekidan izvod n-tog reda.

Napomena 4.42. Ako je funkcija n-puta neprekidno diferencijabilna na intervalu (a, b),onda ima sve izvode do n-tog reda zakljucno neprekidne na intervalu (a, b). •


f(x) =

{x2 sin

1

x, x = 0,

0, x = 0.

Za x = 0 imamo da je f ′(x) = 2x sin1

x− cos

1

x. Izvod u 0 nalazimo po definiciji:

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

x2 sin1

xx

= limx→0

(x sin

1

x

)= 0.

Prema tome, prva izvodna funkcija funkcije f je:

f ′(x) =

{2x sin

1

x− cos

1

x, x = 0,

0, x = 0

i funkcija f je diferencijabilna u skupu R. Medutim ona nije i neprekidno diferencijabilnau ovom skupu, tj. izvodna funkcija f ′ nije neprekidna na skupu R. Naime, za x = 0 je

f ′(x) = 2x sin1

x− cos

1

xi buduci da postoji lim

x→0

(2x sin

1

x

)= 0 (Primer 3.68 ili Primer

3.46), dok limx→0

cos1

xne postoji (Primer 3.30), zakljucujemo da ne postoji ni lim

x→0f ′(x)

(Tvrdenje 3.56), tj. 0 je tacka prekida druge vrste izvodne funkcije f ′. Medutim, kako je


izvodna funkcija f ′ neprekidna na intervalima (−∞, 0) i (0,+∞), to je u ovim intervalimafunkcija f neprekidno diferencijabilna.

Preme tome, od funkcije f koja je neprekidna u svakoj tacki svog domena, dife-renciranjem smo dobili funkciju f ′ koja nije neprekidna u svakoj tacki svog domena.Primecujemo da diferenciranjem dolazi do ,,slabljenja“ svojstava funkcija.

Grafik funkcije f :

-0.04 -0.02 0.02 0.04

-0.002

-0.001

0.001

0.002

Grafik prve izvodne funkcije f ′:

-0.4 -0.2 0.2 0.4

-1.0

-0.5

0.5

1.0

•

Primeri 4.44. (i) Za f(x) = ax, a > 0, a = 1, vazi f ′(x) = ax ln a, f ′′(x) = axln2a,x ∈ R. Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vazi f (n)(x) = axlnna, x ∈ R.Specijalno, (ex)(n) = ex, x ∈ R, n ∈ N.


(ii) Neka je f(x) = xα, α ∈ R, x > 0. Tada je

f ′(x) = αxα−1, f ′′(x) = α(α− 1)xα−2, f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)xα−3, . . . .

Indukcijom se dokazuje da za svako n ∈ N vazi

(xα)(n) = α(α− 1) · · · · · (α− n+ 1)xα−n, x > 0.

(iii) Za f(x) = sinx vazi

f ′(x) = cosx = sin(x+

π

2

),

f ′′(x) = − sinx = sin(x+ π) = sin(x+ 2

π

2

),

f (3)(x) = − cosx = sin(x+ 3

π

2

),

f (4)(x) = sinx = sin(x+ 4

π

2

).

Indukcijom se dokazuje da je za svako n ∈ N

(sinx)(n) = sin(x+ n

π

2

). (4.35)

Primetimo da (4.35) vazi i za slucaj kada je n = 0.Kako je (cosx)′ = − sinx, to je, na osnovu (4.35),

(cosx)(n) = ((cosx)′)(n−1) = (− sinx)(n−1) = −(sinx)(n−1)

= − sin

(x+

(n− 1)π

2

)= cos

(π

2+ x+

(n− 1)π

2

)= cos

(x+ n

π

2

). •

Primer 4.45. Neka je polinom Pn ∈ R[x] stepena n razvijen po stepenima binoma(x− a):

Pn(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + c3(x− a)3 + · · ·+ cn(x− a)n.

Izrazicemo koeficijente ck, k = 0, 1, . . . , n, preko vrednosti polinoma i njegovih izvoda utacki a.

Jasno, Pn(a) = c0. Nadimo prvi izvod ovog polinoma:

P ′n(x) = c1 + 2c2(x− a) + 3c3(x− a)2 + · · ·+ ncn(x− a)n−1.

Odavde sledi da je P ′n(a) = c1. Druga izvodna funkcija polinoma Pn je:

P ′′n (x) = 2 · 1 · c2 + 3 · 2 · c3(x− a) + · · ·+ n · (n− 1) · cn(x− a)n−2,

odakle dobijamoP ′′n (a) = 2 · 1 · c2,


pa je

c2 =P ′′n (a)

2!.

Treca izvodna funkcija polinoma Pn je:

P ′′′n (x) = 3 · 2 · 1 · c3 + · · ·+ n · (n− 1) · (n− 2) · cn(x− a)n−3,

te je

P ′′′n (a) = 3 · 2 · 1 · c3,

i stoga

c3 =P ′′′n (a)

3!.

Nastavljajuci postupak, nalazimo konacno n-ti izvod polinoma Pn:

P (n)n (x) = n · (n− 1) · (n− 2) · · · · · 2 · 1 · cn = n! · cn,

pa je

P (n)n (a) = n! · cn,

odakle dobijamo

cn =P

(n)n (a)

n!.

Prema tome,

Pn(x) = Pn(a)+P′n(a)(x−a)+

P ′′n (a)

2!(x−a)2+ P ′′′

n (a)

3!(x−a)3+ · · ·+ P

(n)n (a)

n!(x−a)n. •

Teorema 4.46. Neka su funkcije f i g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b). Tadasu i funkcije f+g i f ·g n-puta diferencijabilne na intervalu (a, b) i vaze sledece formule:

(f + g)(n)(x) = f (n)(x) + g(n)(x) (4.36)

i

(fg)(n)(x) =n∑k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x), x ∈ (a, b). (4.37)

Formula (4.37) je poznata pod nazivom Lajbnicova formula.

Dokaz. Dokaz formula (4.36) i (4.37) izvodimo indukcijom.

Za n = 1 je (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x) i (fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Pretpostavimo da formule (4.36) i (4.37) vaze za neko n ∈ N. Dokazimo da one vazei za izvode (n+ 1)-vog reda.

Vazi:

(f + g)(n+1) = ((f + g)(n))′ = (f (n) + g(n))′ = (f (n))′ + (g(n))′ = f (n+1) + g(n+1),


i

(fg)(n+1) = ((fg)(n))′ =

[n∑k=0

(n

k

)f (n−k)g(k)

]′

=

n∑k=0

(n

k

)(f (n−k+1)g(k) + f (n−k)g(k+1)

)=

n∑k=0

(n

k

)f (n−k+1)g(k) +

n∑k=0

(n

k

)f (n−k)g(k+1)

= f (n+1)g(0) +

n∑k=1

(n

k

)f (n−k+1)g(k) +

n−1∑k=0

(n

k

)f (n−k)g(k+1) + f (0)g(n+1).

Zamenimo sada indeks sumiranja u drugoj sumi: stavimo da je p = k+1, pa je k = p−1i∑n−1

k=0

(nk

)f (n−k)g(k+1) =

∑np=1

(np−1

)f (n−p+1)g(p). Ako u prvoj sumi umesto indeksa k

stavimo indeks p, pri cemu je p = k, dobijamo

(fg)(n+1) = f (n+1)g(0) +n∑p=1

(n

p

)f (n−p+1)g(p) +

+n∑p=1

(n

p− 1

)f (n−p+1)g(p) + f (0)g(n+1)

= f (n+1)g(0) +n∑p=1

((n

p

)+

(n

p− 1

))f (n−p+1)g(p) + f (0)g(n+1).

Kako je(np

)+(np−1

)=(n+1p

)i(n+10

)=(n+1n+1

)= 1, to je

(fg)(n+1) = f (n+1)g(0) +

n∑p=1

(n+ 1

p

)f (n+1−p)g(p) + f (0)g(n+1)

=n+1∑p=0

(n+ 1

p

)f (n+1−p)g(p).�

Primer 4.47. Neka je f(x) = x32x. Pomocu Lajbnicove formule nadimo f (10). Kako je(x3)(1) = 3x2, (x3)(2) = 3 · 2x, (x3)(3) = 3 · 2 = 6, (x3)(4) = 0, (x3)(5) = 0, . . . , (x3)(10) =0, to je

(x32x)(10) = (2x)(10)x3 +

(10

1

)(2x)(9)(x3)(1) +

(10

2

)(2x)(8)(x3)(2)

+

(10

3

)(2x)(7)(x3)(3) +

(10

4

)(2x)(6)(x3)(4) + · · ·+

(10

10

)2x(x3)(10)

= x3 · 2xln102 + 10 · 3x2 · 2xln92 + 10 · 92

· 6x · 2xln82 +

+10 · 9 · 82 · 3

· 6 · 2xln72 =

= x3 2xln102 + 30x2 2xln92 + 270x 2xln82 + 720 2xln72. •


Primer 4.48. Za broj a ∈ R kazemo da je nula polinoma P ∈ R[x] reda l ili visestrukostil, gde je l prirodan broj, ako postoji polinom Q ∈ R[x] takav da je

P (x) = (x− a)lQ(x), x ∈ R, i Q(a) = 0. (4.38)

Pokazacemo da je realan broj a nula polinoma P reda l ako i samo ako je

P (a) = P ′(a) = · · · = P (l−1)(a) = 0 i P (l)(a) = 0. (4.39)

Pretpostavimo da je a nula reda l polinoma P , tj. da postoji polinom Q ∈ R[x] tako daje ispunjen uslov (4.38). Buduci da svaki polinom ima izvode ma kog reda na skupu R,primenom Lajbnicove formule za n ∈ {1, . . . , l} dobijamo

P (n)(x) =

n∑k=0

(n

k

)((x− a)l)(k)Q(n−k)(x), x ∈ R. (4.40)

Kako je

((x− a)l)(k) = l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x− a)l−k, za k ∈ {0, . . . , n}, n ∈ {1, . . . , l},

iz (4.40) sledi

P (n)(x) =

n∑k=0

(n

k

)l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x− a)l−kQ(n−k)(x), x ∈ R. (4.41)

Iz (4.41) za n ∈ {1, . . . , l − 1} i x = a dobijamo

P (n)(a) =n∑k=0

(n

k

)l(l − 1) · . . . · (l − k + 1) · 0 ·Q(n−k)(a) = 0,

a za n = l dobijamo

P (l)(x) =

l∑k=0

(l

k

)l(l − 1) · . . . · (l − k + 1)(x− a)l−kQ(l−k)(x),

pa je

P (l)(a) =

(l

l

)l(l − 1) · . . . · 2 · 1 ·Q(l−l)(a) = l! ·Q(a) = 0.

Prema tome, ispunjeni su islovi (4.39).Obrnuto, pretpostavimo da su ispunjeni uslovi (4.39). Onda je a nula polinoma P .

Pretpostavimo da je red ove nule m ∈ N. Na osnovu dokazanog dela tvrdenja sledi

P (a) = · · · = P (m−1)(a) = 0 i P (m)(a) = 0. (4.42)

Dokazimo da jem = l. Ako bi bilom > l, onda bi iz l ≤ m−1 i (4.42) sledilo P (l)(a) = 0,sto je suprotno poslednjem uslovu u (4.39).

Ako bi bilo m < l, onda bi zbog m ≤ l − 1 iz (4.39) sledilo P (m)(a) = 0, sto je usuprotnosti sa poslednjim uslovom u (4.42).

Prema tome, a je nula reda l polinoma P . •


Prvi i drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku

Neka su funkcijex = φ(t), y = ψ(t) (4.43)

definisane u nekoj okolini tacke t0, i neka je jedna od njih, recimo, φ strogo monotonai neprekidna u toj okolini. Tada postoji okolina tacke φ(t0) = x0, u kojoj je definisanainverzna funkcija t = φ−1(x), a takode i slozena funkcija y = ψ(φ−1(x)). Za funkcijuy = ψ(φ−1(x)) kazemo da je parametarski data formulama (4.43).

Ako funkcije φ i ψ imaju izvod u tacki t0 i ako je pritom φ′(t0) = 0, tada slozenafunkcija y = ψ(φ−1(x)), ima izvod u tacki x0 i vazi

y′(x0) =ψ′(t0)

φ′(t0). (4.44)

Zaista, na osnovu Teoreme 4.34 i Teoreme 4.28 sledi

y′(x0) = ψ′(φ−1(x0))(φ−1)′(x0) = ψ′(t0)

1

φ′(t0)=ψ′(t0)

φ′(t0).

Formulu (4.44) krace zapisujemo:

y′x =y′tx′t. (4.45)

Ako su jos funkcije φ i ψ dva puta diferencijabilne u tacki t0, tj. ako postoje φ′′(t0) iψ′′(t0), tada postoji i y′′xx(x0) i opet na osnovu Teoreme 4.34 i Teoreme 4.28 i (4.45) vazi

y′′xx(x0) = (y′x)′x(x0) =

(y′tx′t

)′

x

(x0) =

(y′tx′t

)′

t

(t0) t′x(x0) =

(y′tx′t

)′

t

(t0)1

x′t(t0)

=y′′(t0)x

′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))21

x′t(t0)

=y′′(t0)x

′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))3

=ψ′′(t0)φ

′(t0)− ψ′(t0)φ′′(t0)

(φ′(t0))3

Primer 4.49. Neka je funkcija zadana formulama

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t), a > 0, t ∈ R.

Moze se pokazati da funkcija x = a(t− sin t) strogo raste. Na osnovu (4.45) imamo:

y′x(x(t)) =a sin t

a(1− cos t)=

2 sin t2 cos

t2

2 sin2 t2

= ctgt

2, t = 2kπ, k ∈ Z,

i prema tome,

y′′xx(x(t)) =

(ctg

t

2

)′

t

· 1

x′t= − 1

2 sin2 t2

· 1

2a sin2 t2

= − 1

4a sin4 t2

. •


ILI

Prvi i drugi izvod funkcije date u parametarskom obliku

Neka su funkcijex = x(t), y = y(t) (4.46)

definisane u nekoj okolini tacke t0, i neka je jedna od njih, recimo, x strogo monotonai neprekidna u toj okolini. Tada postoji okolina tacke x(t0) = x0, u kojoj je definisanainverzna funkcija t = t(x), a takode i slozena funkcija y = y(t(x)). Za funkciju y =y(t(x)) kazemo da je parametarski data formulama (4.46).

Ako funkcije x i y imaju izvod u tacki t0 i ako je pri tom x′(t0) = 0, tada slozenafunkcija y = y(t(x)), ima izvod u tacki x0 i vazi

y′(x0) =y′(t0)

x′(t0). (4.47)

Zaista, na osnovu Teoreme 4.34 i Teoreme 4.28 sledi

y′x(x0) = y′t(t(x0))t′x(x0) = y′t(t0)

1

x′t(t0)=y′t(t0)

x′t(t0),

krace

y′x = y′tt′x = y′t

1

x′t=y′tx′t. (4.48)

Ako su jos funkcije x i y dva puta diferencijabilne u tacki t0, tj. ako postoje x′′(t0) iy′′(t0), tada postoji i y′′xx(x0) i opet na osnovu Teoreme 4.34 i Teoreme 4.28 i (4.45) vazi

y′′xx(x0) = (y′x)′x(x0) =

(y′tx′t

)′

x

(x0) =

(y′tx′t

)′

t

(t(x0)) t′x(x0) =

(y′tx′t

)′

t

(t0)1

x′t(t0)

=y′′(t0)x

′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))21

x′t(t0)

=y′′(t0)x

′(t0)− y′(t0)x′′(t0)

(x′(t0))3,

krace

y′′xx = (y′x)′x =

(y′tx′t

)x

=

(y′tx′t

)t

· t′x =y′′ttx

′t − y′tx

′′tt

x′t2 · 1

x′t=y′′ttx

′t − y′tx

′′tt

x′t3 .

Primer 4.50. Neka je funkcija zadana formulama

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t), a > 0, t ∈ R.

Moze se pokazati da funkcija x = a(t − sin t) strogo raste. Na osnovu (4.48) imamo(umesto (y(t(x)))′x pisemo krace y′x):

y′x =a sin t

a(1− cos t)=

2 sin t2 cos

t2

2 sin2 t2

= ctgt

2, t = 2kπ, k ∈ Z,


i prema tome (umesto (y(t(x)))′′xx pisemo krace y′′xx),

y′′xx =

(ctg

t

2

)′

t

· t′x =

(ctg

t

2

)′

t

· 1

x′t= − 1

2 sin2 t2

· 1

2a sin2 t2

= − 1

4a sin4 t2

. •

4.6 Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

Znacajne su primene izvoda funkcije. Naime, utvrdujuci osobine izvodne funkcije f ′

mozemo izvesti zakljucke o osobinama funkcije f , odnosno, izvodna funkcija f ′ se koristiza ispitivanje funkcije f . Sve te primene, a takode i uspostavljanje veze izmedu difer-encijalnog i integralnog racuna, zasnivaju se na cetiri osnovne teoreme: Fermaovoj11,Rolovoj12, Lagranzovoj13 i Kosijevoj. Rolova, Lagranzova i Kosijeva teorema su poznatepod zajednickim nazivom teoreme o srednjoj vrednosti.

Lokalni ekstremum funkcije. Fermaova teorema

Definicija 4.51. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0. Za x0 kazemoda je tacka lokalnog maksimuma (minimuma) ako postoji δ > 0 tako da je

f(x) ≤ f(x0) (f(x) ≥ f(x0)) za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ). (4.49)

Broj f(x0) se onda zove lokalni maksimum (minimum) funkcije f .Ako postoji δ > 0 tako da je

f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) za sve x ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ),

onda kazemo da je x0 tacka strogog lokalnog maksimuma (minimuma), a broj f(x0) strogilokalni maksimum (minimum) funkcije f .

Tacke (strogih) lokalnih minimuma i (strogih) lokalnih maksimuma se nazivaju tackama(strogih) lokalnih ekstremuma, a odgovarajuce vrednosti funkcije u tim tackama se zovu(strogi) lokalni ekstremumi funkcije. �

Ako je x0 tacka lokalnog ekstremuma funkcije f , govoricemo jos i da funkcija f imalokalni ekstremum u tacki x0.


f(x) =

2−x, x ≤ 02x , 0 ≤ x ≤ 12 , x ≥ 1.

Tada je 0 tacka strogog lokalnog minimuma, 1 je tacka lokalnog maksimuma, a svakatacka x ∈ (1,+∞) je istovremeno i tacka lokalnog maksimuma i tacka lokalnog mini-muma. •

11Pierre de Fermat (1601-1665), francuski matematicar12Michel Rolle (1652-1719), francuski matematicar13Joseph Louis Lagrange (1736-1813), francuski matematicar

4.6. Osnovne teoreme diferencijalnog racuna 349

Primer 4.53. Za funkciju f(x) = cosx, svaka tacka x2k = 2kπ, k ∈ Z, je tacka strogoglokalnog maksimuma i taj lokalni maksimum je jednak 1, dok je svaka tacka x2k+1 =(2k + 1)π, k ∈ Z, tacka strogog lokalnog minimuma koji je jednak −1. •

Primer 4.54. Funkcija f(x) = |sgnx|, x ∈ R, ima strogi lokalni minimum u tacki 0, au svakoj tacki x = 0 ima istovremeno i lokalni maksimum i lokalni minimum. •

Za funkciju f(x) =√x, vrednost funkcije u tacki 0 je manja od vrednosti funkcije u

ma kojoj drugoj tacki domena Df = {x ∈ R : x ≥ 0}. Medutim funkcija je definisanasamo u desnoj okolini tacke x = 0, pa, u skladu sa nasom definicijom, ova tacka nijetacka lokalnog minimuma.

Napomena 4.55. Tacka x0 je tacka lokalnog ekstemuma funkcije f ako i samo akoprirastaj funkcije u tacki x0, ∆f = f(x0 + ∆x) − f(x0), ne menja znak pri prolaskuargumenta kroz tacku x0, odnosno pri promeni znaka prirastaja ∆x. Naime, x0 jetacka lokalnog maksimuma (minimuma) ako i samo ako je ∆f ≤ 0 (∆f ≥ 0) nezavisnood znaka dovoljno malog ∆x (∆x treba da bude dovoljno malo da bi tacka x0 + ∆xpripadala δ-okolini tacke x0 u kojoj vazi nejednakost (4.49)). Pri tome, x0 je tackastrogog lokalnog maksimuma (minimuma) ako i samo ako je ∆f < 0 (∆f > 0) nezavisnood znaka dovoljno malog ∆x = 0. •

Sledeca lema pokazuje da ako funkcija ima konacan izvod u nekoj tacki razlicit od 0,onda ta tacka ne moze biti tacka lokalnog ekstremuma.

Lema 4.56. Neka funkcija u tacki x0 ima izvod u sirem smislu. Ako je f ′(x0) > 0(f ′(x0) < 0), tada postoji δ > 0 tako da za x ∈ (x0 − δ, x0) vazi f(x) < f(x0) (f(x) >f(x0)), a za x ∈ (x0, x0 + δ) vazi f(x) > f(x0) (f(x) < f(x0)).

Dokaz. Neka je f ′(x0) > 0. To znaci da je limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0> 0, pa na osnovu Posledice

3.42 sledi da postoji δ > 0 tako da je za sve x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} vazi nejednakost

f(x)− f(x0)

x− x0> 0. (4.50)

Za x ∈ (x0−δ, x0) je x−x0 < 0, pa iz (4.50) sledi da je f(x)−f(x0) < 0, tj. f(x) < f(x0).Ako je pak x ∈ (x0, x0 + δ), tada je x− x0 > 0, pa iz (4.50) sledi da je f(x)− f(x0) > 0,tj. f(x) > f(x0). �

Iz dokaza Leme 4.56 je jasno da vaze sledeca tvrdenja:

(i) Neka funkcija u tacki x0 ima levi izvod u sirem smislu. Ako je f ′−(x0) > 0 (f ′(x0) < 0),tada postoji δ > 0 tako da za x ∈ (x0, x0 + δ) vazi nejednakost f(x) > f(x0) (f(x) <f(x0)).

(ii) Neka funkcija u tacki x0 ima desni izvod u sirem smislu. Ako je f ′+(x0) > 0 (f ′(x0) <0), tada postoji δ > 0 tako da za x ∈ (x0 − δ, x0) vazi nejednakost f(x) < f(x0)(f(x) > f(x0)).


U tacki lokalnog ekstremuma funkcija ne mora da ima izvod. Primer za to je funkcijaf(x) = |x|, koja ima strogi lokalni minimum u tacki x = 0, ali u ovoj tacki funkcija nemaizvod (videti Primer 4.5). Sledeca teorema tvrdi da ukoliko funkcija u tacki lokalnogekstremuma ima izvod, on mora biti jednak 0.

Teorema 4.57. (Fermaova teorema) Neka funkcija f u tacki x0 ima lokalni ekstremum.Ako funkcija f ima izvod u tacki x0, onda je f ′(x0) = 0.

Dokaz. Prvi nacin: Pretpostavimo da je x0 tacka lokalnog maksimuma i da funkcija imaizvod u toj tacki. Tada postoji δ > 0 tako da za sve x ∈ (x0− δ, x0+ δ) vazi nejednakostf(x) ≤ f(x0), tj. f(x) − f(x0) ≤ 0. Ako x ∈ (x0 − δ, x0), onda je x − x0 < 0 i zbogf(x)− f(x0) ≤ 0 zakljucujemo da je

f(x)− f(x0)

x− x0≥ 0, za x ∈ (x0 − δ, x0). (4.51)

Ako je pak x ∈ (x0, x0 + δ), onda je x − x0 > 0, a s obzirom da opet vazi nejednakostf(x)− f(x0) ≤ 0, zakljucujemo da je

f(x)− f(x0)

x− x0≤ 0, za x ∈ (x0, x0 + δ). (4.52)

Buduci da funkcija f ima izvod u tacki x0, postoji granicna vrednost

limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0

i na osnovu Tvrdenja 3.32 sledi da postoje i leva i desna granicna vrednost, i da sujednake, tj. vazi jednakost

limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0= lim

x→x0−0

f(x)− f(x0)

x− x0= lim

x→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0,

odnosnof ′(x0) = f ′−(x0) = f ′+(x0). (4.53)

Iz Tvrdenja 3.44, prelaskom na granicnu vrednost u (4.51) kad x→ x0 − 0, sledi

f ′−(x0) = limx→x0−0

f(x)− f(x0)

x− x0≥ 0, (4.54)

dok prelaskom na granicnu vrednost u (4.52) kad x→ x0 + 0 dobijamo

f ′+(x0) = limx→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0≤ 0. (4.55)

Sada iz (4.53), (4.54) i (4.55) sledi f ′(x0) = f ′−(x0) ≥ 0 i f ′(x0) = f ′+(x0) ≤ 0, pa jef ′(x0) = 0.


Drugi nacin: Pretpostavimo da je x0 tacka lokalnog maksimuma i da funkcija ima izvodu toj tacki. Ako bi bilo f ′(x0) > 0, onda bi na osnovu Leme 4.56 sledilo da postoji δ > 0tako da za x ∈ (x0, x0 + δ) vazi f(x) > f(x0), sto je u suprotnosti s tim da je x0 tackalokalnog maksimuma. Ako je f ′(x0) < 0, onda na osnovu Leme 4.56 sledi da postojiδ > 0 tako da za x ∈ (x0 − δ, x0) vazi f(x) > f(x0), a ovo je opet suprotno pretpostavcida je x0 tacka lokalnog maksimuma. Stoga zakljucujemo da je f ′(x0) = 0. �

Napomena 4.58. Kao sto vidimo iz dokaza Fermaove teoreme, bilo je dovoljno pret-

postaviti da postoji granicna vrednost limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0, odnosno da postoji izvod u

tacki x0 u sirem smislu. Dakle, ako postoji izvod u sirem smislu u tacki lokalnog ek-stremuma, onda on mora biti jednak 0. •

Geometrijska interpretacija Fermaove teoreme je sledeca: ako u tacki lokalnog ek-stremuma x0 funkcija ima izvod, onda postoji tangenta grafika funkcije u tacki (x0, f(x0)),i pri tome ona mora biti paralelna x-osi. Kao sto smo vec rekli, funkcija u tacki lokalnogekstremuma ne mora imati izvod. Tako, na primer, za funkciju f(x) = |sgnx|, x ∈ R,tacka x = 0 je tacka lokalnog minimuma, medutim funkcija nema izvod u ovoj tacki jernije neprekidna u ovoj tacki.

Fermaova teorema govori o tome da je potreban uslov za to da diferencijabilnafunkcija u tacki x0 ima lokalni ekstremum u toj tacki, je upravo to da izvod u tojtacki bude jednak 0. Medutim ovo nije i dovoljan uslov, tj. ako je izvod funkcije u nekojtacki jednak 0, ta tacka ne mora biti tacka lokalnog ekstremuma. Na primer, funkcijaf(x) = x3 ima u tacki x = 0 izvod jednak 0, ali ova tacka nije tacka lokalnog ekstremuma.Prema tome, nule prvog izvoda su samo kanditati za tacke lokalnih ekstremuma diferen-cijabilne funkcije.

Primetimo da ako je funkcija definisana u jednostranoj okolini tacke, u kojoj inacedostize najvecu ili najmanju vrednost u toj okolini, i ako jos u toj tacki postoji jednostraniizvod, onda taj izvod ne mora da bude jednak 0. Tako, na primer, funkcija f(x) = ex,x ∈ [0, 1], u tacki x = 1 dostize najvecu vrednost na segmentu [0, 1], a u tacki x = 0najmanju vrednost, ali je f ′+(0) = e0 = 1 = 0 i f ′−(1) = e1 = e = 0. Geometrijskigledano, desna tangenta grafika funkcije u tacki (0, f(0)) = (0, 1) i leva tangenta grafikau tacki (1, f(1)) = (1, e) nisu paparlelne x-osi.

Sledeca Darbuova14 teorema je posledica Fermaove teoreme.

Teorema 4.59. (Darbuova teorema) Neka funkcija f : [a, b] → R ima izvod u svakojtacki segmenta [a, b] (u tacki a postoji desni izvod f ′+(a), a u tacki b postoji levi izvodf ′−(b)). Tada za svaki broj C izmedu brojeva f ′+(a) i f ′−(b) postoji ξ ∈ (a, b) tako da jef ′(ξ) = C.

Dokaz. Odredenosti radi, neka je f ′+(a) > C > f ′−(b), i neka je g(x) = f(x) − Cx.Buduci da funkcija f ima izvod u svakoj tacki segmenta [a, b], ona je neprekidna na ovomsegmentu (Napomena 4.18). Takode je i funkcija x 7→ Cx neprekidna na segmentu [a, b],pa je i funkcija g, kao razlika dve neprekidne funkcije, neprekidna na ovom segmentu.

14G. Darboux (1842-1917), francuski matematicar


Na osnovu Vajerstrasove teoreme (Teorema 3.124) funkcija g dostize svoj supremum, tj.postoji ξ ∈ [a, b] tako da je g(ξ) = sup

a≤x≤bg(x) = max

a≤x≤bg(x).

Kako je g′+(a) = f ′+(a) − C > 0, to postoji δ > 0 tako da za x ∈ (a, a + δ) vazinejednakost g(x) > g(a) (videti tvrdenje (ii) nakon Leme 4.56), pa funkcija g ne dostizesvoj maksimum u tacki a, tj. ξ = a. Iz g′−(b) = f ′−(b) − C < 0, sledi da postoji η > 0tako da za x ∈ (b− η, b) vazi nejednakost g(x) > g(b) (tvrdenje (i) nakon Leme 4.56), pafunkcija g ne dostize svoj maksimum ni u tacki b, tj. ξ = b. Prema tome, ξ ∈ (a, b), te jeξ tacka lokalnog maksimuma. Kako funkcija g ima izvod u tacki ξ, na osnovu Fermaoveteoreme zakljucujemo da je g′(ξ) = 0, tj. f ′(ξ)− C = 0. Prema tome, f ′(ξ) = C. �

Primetimo da je pretpostavka u Darbuovoj teoremi bila da postoji (konacan) izvodfunkcije f u svakoj tacki segmenta [a, b] (u rubnim tackama odgovarajuci jednostraniizvodi), ali ne i da je izvodna funkcija f ′ neprekidna na segmentu [a, b], tako da zakljucakteoreme nismo mogli dobiti koriscenjem Bolacano-Kosijeve teoreme (Teorema 3.127).

Rolova teorema

Rolova teorema je prva od tri teoreme o srednjoj vrednosti. Dokazuje se pomocuFermaove teoreme, a na osnovu nje se dokazuju druge dve teoreme o srednjoj vrednosti.

Teorema 4.60. (Rolova teorema) Neka su za funkciju f : [a, b] → R ispunjeni sledeciuslovi:

(1) f je neprekidna na segmentu [a, b],

(2) f je diferencijabilna u intervalu (a, b),

(3) f(a) = f(b).

Tada postoji tacka ξ ∈ (a, b) tako da je f ′(ξ) = 0.

Dokaz. Ako je funkcija f konstantna, onda je f ′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b), pa za ξmozemo uzeti bilo koju tacku iz intervala (a, b).

Pretpostavimo da funkcija f nije konstantna. Kako je f neprekidna na segmentu,to na osnovu Vajerstrasove teoreme ona dostize svoj supremum i infimum, tj. postojetacke xm, xM ∈ [a, b] takve da je f(xm) = m = min

a≤x≤bf(x) i f(xM ) = M = max

a≤x≤bf(x).

Tada je M = f(a) = f(b) ili m = f(a) = f(b), jer u protivnom iz M = f(a) i m = f(a)bi sledilo M = m, pa bi funkcija bila konstantna, sto je suprotno pretpostavci. Neka je,recimo M = f(a) = f(b). Kako je M = f(xM ), odavde sledi da je xM = a i xM = b, paxM ∈ (a, b). Prema tome, funkcija je definisana u dvostranoj okolini tacke xM i u njojdostize najvecu vrednost, pa je xM tacka lokalnog ekstremuma. Buduci da je funkcija fdiferencijabilna u intervalu (a, b), a xM ∈ (a, b), funkcija je diferencijabilna u tacki xM ,te na osnovu Fermaove teoreme zakljucujemo da je f ′(xM ) = 0. Prema tome, za tackuξ mozemo uzeti xM . �

Napomena 4.61. S obzirom na Napomenu 4.58, umesto uslova (ii) u Rolovoj teoremibilo je dovoljno pretpostaviti da funkcija f ima u svakoj tacki intervala (a, b) izvod usirem smislu. •


Geometrijska interpretacija Rolove teoreme je sledeca: Ako neprekidna kriva y =f(x) ima tangentu u svakoj tacki, i ako su ordinate krajnjih tacaka krive jednake, ondana krivoj postoji tacka u kojoj je tangenta paralelna x-osi.

a b

f a( )= f b( )

( , ( ))f

Primetimo da Rolova teorema tvrdi egzistenciju broja ξ takvog da je f ′(ξ) = 0, aline utvrduje i sam taj broj, tj. ne daje efektivni postupak za njegovo nalazenje. Dalje,ova teorema utvrduje egzistenciju barem jedne tacke u kojoj je izvod funkcije jednak 0,ali ima slucajeva kad takvih tacaka moze biti i vise.

Napominjemo da je svaki od uslova u Rolovoj teoremi bitan za vazenje tvrdenjateoreme. Tako, funkcija f1 : [0, 1] → R definisana sa

f1(x) =

{x, za x ∈ [0, 1),0, za x = 1,

ima izvod u svakoj tacki intervala (0, 1), takode, ima jednake vrednosti na krajevimasegmenta, f1(0) = f1(1) = 0, tj. ispunjava uslove (ii) i (iii) Rolove teoreme, ali neispunjava uslov (i), jer nije neprekidna sleva u tacki x = 1. Primetimo da je f ′1(x) = 1za svako x ∈ (0, 1), dakle ne postoji tacka iz intervala (0, 1) u kojoj bi izvod bio jednak0.

Funkcija f2 = |x|, x ∈ [−1, 1], ispunjava usove (i) i (iii), ali ne ispunjava uslov (ii),jer u tacki x = 0 funkcija nema izvod. Takode, i ovde ne postoji tacka ξ ∈ (−1, 1) takavada je f ′2(ξ) = 0, jer je f ′2(x) = −1 za x ∈ (−1, 0) i f ′2(x) = 1 za x ∈ (0, 1).

Dalje, funkcija f3(x) = x, x ∈ [0, 1], ispunjava uslove (i) i (ii), ali ne i uslov (iii), jerje f3(0) = 0 = 1 = f3(1). Ovde je f ′3(x) = 1 = 0 za svako x ∈ (0, 1).

Iz Rolove teoreme sledi da se izmedu dve nule diferencijabilne funkcije nalazi nulaprvog izvoda te funkcije.

Posledica 4.62. Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na [a, b], diferencijabilna uintervalu (a, b) i f(a) = f(b) = 0, tada postoji ξ ∈ (a, b) tako da je f ′(ξ) = 0.

Lagranzova teorema i neke posledice

Jedna od najcesce primenjivanih teorema diferencijalnog racuna je sledeca Lagranzovateorema o srednjoj vrednosti.


Teorema 4.63. (Lagranzova teorema) Neka su za funkciju f : [a, b] → R ispunjenisledeci uslovi:

(1) f je neprekidna na segmentu [a, b],

(2) f je diferencijabilna u intervalu (a, b),

Tada postoji tacka ξ ∈ (a, b) tako da vazi jednakost

f(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a). (4.56)

Dokaz. Jednacina secice odredene tackama A(a, f(a)) i B(b, f(b)) je

y = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a). (4.57)

Desnu stranu u formuli (4.57) oznacimo sa l(x), odnosno posmatrajmo linearnu funkciju

l(x) = f(a) +f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Za nju vazi da je l(a) = f(a) i l(b) = f(b), tj. vrednosti funkcije l u krajnjim tackamasegmenta [a, b] jednake su odgovarajucim vrednostima funkcije f . Linearna funkcija l jeneprekidna na [a, b] i ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b):

l′(x) =f(b)− f(a)

b− a. (4.58)

Posmatrajmo sada funkciju

F (x) = f(x)− l(x) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Ova funkcija ispunjava uslove Rolove teoreme, tj. neprekidna je na segmentu [a.b] (kaorazlika dve neprekidne funkcije), diferencijabilna u intervalu (a, b) (kao razlika dve difer-encijabilne funkcije), i pritom je, na osnovu (4.58),

F ′(x) = f ′(x)− l′(x) = f ′(x)− f(b)− f(a)

b− a, (4.59)

a s obzirom da je F (a) = f(a)− l(a) = 0 i F (b) = f(b)− l(b) = 0, vazi F (a) = F (b). Naosnovu Rolove teoreme zakljucujemo da postoji ξ ∈ (a, b) tako da je

F ′(ξ) = 0, (4.60)

pa je na osnovu (4.59)

f ′(ξ)− f(b)− f(a)

b− a= 0,

odakle sledi f ′(ξ) =f(b)− f(a)

b− a. �


Napomena 4.64. Na osnovu dokaza Lagranzove teoreme i Napomene 4.61 zakljucujemoda se uslov (ii) u Lagranzevoj teoremi moze zameniti slabijim uslovom, da funkcija fu svakoj tacki intervala (a, b) ima izvod u sirem smislu. Naime, buduci da funkcija lima konacan izvod u svakoj tacki intervala (a, b) ((4.58)), ako funkcija f ima izvod usirem smislu u svakoj tacki intervala (a, b), onda funkcija F takode ima izvod u siremsmislu u svakoj tacki ovog intervala (videti Napomenu 4.26), te se na nju (s obziromna Napomenu 4.61) moze primeniti Rolova teorema, odakle dobijamo da postoji tackaξ ∈ (a, b) tako da vazi jednakost (4.56). •

Geometrijska interpretacija Lagranzove teoreme objasnjava motivaciju za konstukcijufunkcije F u dokazu teoreme. Naime, ako neprekidna kriva y = f(x) ima tangentu usvakoj tacki, onda na delu krive izmedu tacaka A(a, f(a)) i B(b, f(b)) postoji tacka(ξ, f(ξ)) tako da je tangenta krive u toj tacki paralelna secici odredenoj tackama A i B.

a b

f a( )

f b( )

A

B

( , ( ))f

Primetimo da je Rolova teorema specijalan slucaj Lagranzove teoreme, jer za slucajda je f(a) = f(b), iz (4.56) sledi f ′(ξ) = 0. Lagranzova teorema utvrduje egzistencijubarem jednog broja ξ takvog da vazi (4.56), i kao sto je vec i kod Rolove teoreme, takvihbrojeva moze biti vise. Kao i Rolova, i Lagranzova teorema ne utvrduje postupak kakose dolazi do takvog broja ξ.

Primer 4.65. Nekad je moguce precizno odrediti srednju tacku ξ u jednakosti (4.56).Na primer, za funkciju f(x) = lnx na intervalu [a, b], 0 < a < b < +∞, jednakost (4.56)glasi:

ln b− ln a =1

ξ(b− a),

odakle zakljucujemo da je ξ =b− a

ln b− ln a. •

Primetimo da se Lagranzova formula (4.56) moze zapisati i u obliku:

f(a)− f(b) = f ′(ξ)(a− b), gde je a < b.

To znaci da formula (4.56) ne vazi samo za a < b, vec i za a > b.

Lagranzova teorema se moze koristiti za dokaz nekih nejednakosti.


Primeri 4.66. (i) Dokazimo nejednakost

x

1 + x< ln(1 + x) < x za x > −1, x = 0.

Neka je −1 < x < 0. Funkcija f(x) = ln(1 + x) zadovoljava uslove Lagranzove teoremena segmentu [x, 0], odakle sledi da postoji ξ ∈ (x, 0) tako da je

f(x)− f(0) = f ′(ξ)(x− 0),

tj.

ln(1 + x) =1

1 + ξ· x. (4.61)

Kako je x < ξ < 0, to je 0 < 1 + x < 1 + ξ < 1, odakle sledi da je1

1 + x>

1

1 + ξ> 1.

Odavde dobijamox

1 + x<

1

1 + ξ· x < x jer je x < 0. Sada iz (4.61) zakljucujemo da je

x

1 + x< ln(1 + x) < x.

Slicno, ako je x > 0, onda funkcija f zadovoljava uslove Lagranzove teoreme nasegmentu [0, x], pa postoji ξ ∈ (0, x) tako da vazi jednakost (4.61). Iz 0 < ξ < x sledi

1 < 1 + ξ < 1 + x, te je1

1 + x<

1

1 + ξ< 1, i prema tome

x

1 + x<

1

1 + ξ· x < x. Iz

(4.61) sledi da jex

1 + x< ln(1 + x) < x. 15

(ii) Dokazimo da za svako x ∈ R vazi nejednakost

1 + x ≤ ex. (4.62)

Ako je x ≤ −1, onda je 1+x ≤ 0 < ex. Neka je −1 < x < 0 i neka je f(x) = ex. Funkcijaf ispunjava uslove Lagranzove teoreme na segmentu [x, 0], te postoji ξ ∈ (x, 0) tako daje f(x)− f(0) = f ′(ξ)(x− 0), i prema tome

ex − 1 = eξ · x. (4.63)

Kako je ξ < 0, to je eξ < 1, pa je eξ · x > x, sto zajedno sa (4.63) povlaci d da jeex − 1 > x, i prema tome vazi nejednakost (4.62). Za x = 0 ocigledno vazi (4.62). Nekaje x > 0. Tada funkcija f ispunjava uslove Lagranzove teoreme na segmentu [0, x], i stogapostoji ξ ∈ (0, x) tako da vazi jednakost (4.63). Iz 0 < ξ < x sledi da je eξ > e0 = 1, paje eξ ·x > x. Sada iz (4.63) zakljucujemo da je ex− 1 > x i nejednakost (4.62) opet vazi.

Primetimo da jednakost u (4.62) vazi jedino za slucaj kada je x = 0.

(iii) Dokazimo da vazi nejednakost

| arcsinx1 − arcsinx2| ≥ |x1 − x2|, za x1, x2 ∈ [−1, 1].

15Primetimo da za sve x > −1 vazi nejednakostx

1 + x≤ ln(1+x) ≤ x. Jednakost vazi samo u slucaju

kada je x = 0.


Neka su x1, x2 ∈ [−1, 1]. Za x1 = x2 ocigledno vazi (4.62). Odredenosti radi neka jex1 < x2. Funkcija f(x) = arcsinx ispunjava uslove Lagranzove teoreme na segmentu[x1, x2], odakle sledi da postoji ξ ∈ (x1, x2) tako da je f(x1)− f(x2) = f ′(ξ)(x1−x2), tj.

arcsinx1 − arcsinx2 =1√

1− ξ2· (x1 − x2). (4.64)

Kako je −1 ≤ x1 < ξ < x2 ≤ 1, to je 0 ≤ ξ2 < 1, i stoga 1 ≥ 1 − ξ2 > 0, te je i

1 ≥√

1− ξ2 > 0. Odavde dobijamo da je 1 ≤ 1√1− ξ2

. Sada iz (4.64) zakljucujemo da

je

| arcsinx1 − arcsinx2| =1√

1− ξ2· |x1 − x2| ≥ |x1 − x2|.

(iii) Pokazimo da za sve x1, x2 ∈ R vazi nejednakost

| arctg x1 − arctg x2| ≤ |x1 − x2|.

Neka su x1, x2 ∈ R i neka je x1 < x2. Funkcija f(x) = arctg x ispunjava uslove La-granzove teoreme na segmentu [x1, x2], odakle sledi da postoji ξ ∈ (x1, x2) tako da jef(x1)− f(x2) = f ′(ξ)(x1 − x2), tj.

arctg x1 − arctg x2 =1

1 + ξ2· (x1 − x2). (4.65)

Kako je1

1 + ξ2≤ 1, to iz (4.65) sledi

| arctg x1 − arctg x2| ≤ |x1 − x2|. •

U sledecem tvrdenju I je jedan od intervala oblika (a,+∞), [a,+∞), (−∞, b), (−∞, b],(−∞,+∞), [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), gde su a, b ∈ R, a < b. Kazemo da je funkcijaf : I → R neprekidna na I, ukoliko je neprekidna u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I,za slucaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u a, a za slucaj da b ∈ I, neprekidna sleva u b.

Teorema 4.67. Ako je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i u svim un-utrasnjim tackama tog intervala ima izvod jednak 0 tada i samo tada je funkcija f kon-stantna na intervalu I.16

Dokaz. Neka je funkcija f : I → R konstantna. Tada je ona neprekidna na intervalu I(Primeri 3.110 (i)) i u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I ima izvod jednak 0 (Primer4.6).

Obrnuto, pretpostavimo da je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i daima izvod jednak 0 u svim unutrasnjim tackama tog intervala. Odredenosti radi neka

16Buduci da postojanje konacnog izvoda u tacki povlaci neprekidnost u toj tacki (Napomena 4.18)tvrdenje ove teoreme smo mogli iskazati i na sledeci nacin:

Funkcija f : I → R je konstantna na intervalu I ako i samo u svim unutrasnjim tackama intervala Iima izvod jednak 0 i ako je uz to jos i neprekidna u rubnim tackama ovog intervala koje mu pripadaju.


je a, b ∈ R, a < b i I = [a, b). Neka su x1 i x2 proizvoljne tacke iz intervala I i nekaje x1 < x2. Tada je a ≤ x1 < x2 < b, pa je funkcija neprekidna na segmentu [x1, x2] idiferencijabilna u intervalu (x1, x2). Prema tome, funkcija f ispunjava uslove Lagranzoveteoreme na segmentu [x1, x2], odakle sledi da postoji tacka ξ ∈ (x1, x2) tako da je

f(x2)− f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1). (4.66)

Buduci da je ξ unutrasnja tacka intervala I, sledi f ′(ξ) = 0. Sada iz (4.66) dobijamof(x1) = f(x2). S obzirom na proizvoljnost tacaka x1 i x2, zakljucujumo da je funkcija fkonstantna na intervalu I.

Za ostale tipove intervala analogno se dokazuje da je f konstantna funkcija. �

Primetimo da se pretpostavka o neprekidnosti funkcije, u onim rubnim tackamaintervala koje pripadaju intervalu, ne moze izostaviti. Naime, ako je funkcija konstantnana intervalu I, onda ima izvod jednak 0 u svim unutrasnjim tackama intervala I, aliobrnuto u opstem slucaju ne vazi (vazi jedino za slucaj kada je I = (a, b), −∞ ≤ a <b ≤ +∞). Na primer, ako posmatramo funkciju f(x) = sgnx na intervalu I = [0,+∞),ona u unutrasnim tackama ovog intervala ima izvod jednak 0, ali nije neprekidna zdesnau 0 i nije konstantna na ovom intervalu (f(0) = 0 = 1 = f(2)).

Takode je bitna pretpostavka da je skup I iz prethodne teoreme bas interval, tj. skupkoji sa svake svoje dve tacke sadrzi i sve tacke izmedu njih. U cilju ilustracije ovoga,posmatrajmo funkciju f(x) = sgnx na skupu (−∞, 0) ∪ (0,+∞). Ona u svim tackamaovog skupa ima izvod jednak 0, ali nije konstantna na ovom skupu (f(−2) = −1 = 1 =f(2)).

Primeri 4.68. (i) Dokazimo da je

arctg x+ arcctg x =π

2, za svako x ∈ R. (4.67)

Neka je F (x) = arctg x+ arcctg x, x ∈ R = (−∞,+∞). Ova funkcija je neprekidna naskupu R, diferencijabilna u svakoj tacki x ∈ R i

F ′(x) = (arctg x)′ + (arcctg x)′ =1

1 + x2− 1

1 + x2= 0, za svako x ∈ R.

Na osnovu Tvrdenja 4.67 sledi da je funkcija F konstantna na skupu R, tj. postoji C ∈ Rtako da je F (x) = C za svako x ∈ R. Odavde

C = F (1) = arctg 1 + arcctg 1 =π

4+π

4=π

2,

pa je F (x) =π

2za svako x ∈ R, tj. vazi (4.67).

(ii) Pokazimo da je

arcsinx+ arccosx =π

2, za svako x ∈ [−1, 1]. (4.68)


Neka je G(x) = arcsinx+arccosx, x ∈ [−1, 1]. Funkcija G je neprekidna na segmentu[−1, 1] kao zbir dve neprekidne funkcije x 7→ arcsinx i x 7→ arcsinx. Buduci da funkcijex 7→ arcsinx i x 7→ arcsinx imaju izvod u svakoj tacki intervala (−1, 1), to i funkcija Gima izvod u intervalu (−1, 1) i vazi:

G′(x) = (arcsinx)′ + (arccosx)′ =1√

1− x2− 1√

1− x2= 0 za svako x ∈ (−1, 1).

Iz Tvrdenja 4.67 sledi da je funkcija G konstantna na segmentu [−1, 1], tj. postoji C ∈ Rtako da je G(x) = C za svako x ∈ [−1, 1]. Odavde

C = G(1) = arcsin 1 + arccos 1 =π

2+ 0 =

π

2,

pa je G(x) =π

2za svako x ∈ R, tj. vazi (4.67).

(iii) Pokazimo da je

arctg x+ arctg1

x=π

2, za x ∈ (0,+∞), (4.69)

arctg x+ arctg1

x= −π

2, za x ∈ (−∞, 0). (4.70)

Neka je F (x) = arctg x+ arctg1

x. Za x = 0 funkcija ima izvod:

F ′(x) =1

1 + x2+

1

1 + 1x2

· (− 1

x2)

=1

1 + x2− 1

x2 + 1= 0.

Iz Teoreme 4.67 sledi da je funkcija F konstantna na intervalu (0,+∞), a takode i naintervalu (−∞, 0). Kako je

F (1) = arctg 1 + arctg1

1= 2 arctg 1 = 2

π

4=π

2,

to je F (x) =π

2za svako x ∈ (0,+∞), tj. vazi (4.69).

Iz

F (−1) = arctg(−1) + arctg1

−1= −2 arctg 1 = −2

π

4= −π

2

sledi da je F (x) = −π2za svako x ∈ (−∞, 0), tj. vazi (4.69). •

Sledeca posledica omogucava uspostavljanje veze izmedu diferencijalnog i integralnogracuna.

Posledica 4.69. Neka su funkcije f, g : I → R neprekidne na intervalu I, i neka imajujednake izvode u svim unutrasnjim tackama tog intervala. Tada se funkcije f i g razlikujuza konstantu na intervalu I.


Dokaz. Uocimo funkciju F (x) = f(x) − g(x). Ova funkcija je neprekidna na intervaluI, kao razlika neprekidnih funkcija, i ima izvod u svakoj unutrasnjoj tacki x intervalaI jednak 0, jer F ′(x) = f ′(x) − g′(x) = 0. Funkcija F ispunjava uslove Teoreme 4.67,odakle sledi da je F konstantna funkcija na intervalu I. Prema tome, postoji C ∈ Rtako da je F (x) = C za svako x ∈ I, pa je f(x) = g(x) + C za svako x ∈ I, tj. funkcijef i g se razlikuju za konstantu na intervalu I. �

Sledeca teorema nam govori da ako postoji desni limes izvoda u tacki u kojoj jefunkcija inace neprekidna zdesna, da onda postoji i desni izvod funkcije u toj tacki,i da je upravo jednak tom limesu. Krace, desni limes izvoda u tacki, gde je funkcijaneprekidna zdesna, je desni izvod.

Tvrdenje 4.70. Neka je funkcija φ neprekidna na intervalu [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞,b ∈ R, i diferencijabilna u intervalu (a, b), i neka postoji konacna ili beskonacna granicnavrednost lim

x→a+0φ′(x). Tada je

φ′+(a) = lim

x→a+0φ′(x). (4.71)

Dokaz. Neka je limx→a+0

φ′(x) = L ∈ R i neka je x ∈ (a, b) proizvoljna tacka. Funkcija

φ ispunjava uslove Lagranzove teoreme na segmentu [a, x], pa postoji tacka ξ ∈ (a, x)takva da je

φ(x)− φ(a) = φ′(ξ)(x− a). (4.72)

Tacka ξ zavisi od x i za svako fiksirano x moze biti vise takvih tacaka ξ za koje vazi(4.72), tj. ξ = ξ(x) je viseznacna funkcija promenljive x. Za svako x ∈ (a, b) izaberimojednu (bilo koju) tacku ξ za koju vazi (4.72) i tako cemo dobiti jednoznacnu funkcijuξ = ξ(x). Prema tome,

φ(x)− φ(a)

x− a= φ′(ξ(x)), (4.73)

i za funkciju ξ = ξ(x) vazi da je a < ξ(x) < x. Odavde na osnovu Teoreme 3.45 sledi

limx→a+0

ξ(x) = a.

Buduci da postoji limx→a+0

φ′(x) = L i da je ξ(x) > a za svako x ∈ (a, b), na osnovu

teoreme o smeni promenljive pri izracunjavanju limesa (Teorema 3.97) zakljucujemo dapostoji lim

x→a+0φ′(ξ(x)) i da vazi jednakost

limx→a+0

φ′(ξ(x)) = L.

Na osnovu (4.73) zakljucujemo da postoji

limx→a+0

φ(x)− φ(a)

x− a= L.

To znaci da funkcija φ ima desni izvod u tacki a i da je φ′+(a) = L, tj. vazi (4.71). �


Da je prepostavka o neprekidnosti funkcije φ u tacki a zdesna bitna govori primerfunkcije φ(x) = sgnx. Ova funkcija je diferencijabilna u intervalu (0,+∞), φ′(x) = 0 zasvako x ∈ (0,+∞), pa je lim

x→+0φ′(x) = 0. Medutim, funkcija φ nije neprekidna zdesna u

0 i, kao sto smo vec pokazali u Napomeni 4.18, φ′+(0) = +∞.

Sledeca tvrdenja se odnose na levi i dvostrani izvod, respektivno, i dokazuju se slicnoTvrdenju 4.70.

Tvrdenje 4.71. Neka je funkcija φ neprekidna na intervalu (a, b], −∞ ≤ a < b < +∞,i diferencijabilna u intervalu (a, b). Ako postoji konacna ili beskonacna granicna vrednostlim

x→b−0φ′(x), onda je

φ′−(b) = lim

x→b−0φ′(x).

Limes izvoda u tacki, gde je funkcija inace neprekidna, je izvod u toj tacki.

Tvrdenje 4.72. Neka je funkcija φ neprekidna na intervalu (a− δ, a+ δ), a ∈ R, δ > 0,i neka je diferencijabilna u intervalima (a − δ, a) i (a, a + δ). Ako postoji konacna ilibeskonacna granicna vrednost lim

x→aφ′(x), onda je

φ′(a) = limx→a

φ′(x).

Primer 4.73. Za funkcije f(x) = arcsinx i g(x) = arccosx imamo da je f ′(x) =1√

1− x2i g′(x) = − 1√

1− x2za x ∈ (−1, 1). Buduci da su ove funkcije neprekidne

zdesna u -1 i sleva u 1, i da postoje granicne vrednosti:

limx→−1+0

f ′(x) = limx→−1+0

1√1− x2

=

(1

+0

)= +∞,

limx→1−0

f ′(x) = limx→1−0

1√1− x2

=

(1

+0

)= +∞

i

limx→−1+0

g′(x) = limx→−1+0

(− 1√

1− x2

)=

(−1

+0

)= −∞,

limx→1−0

g′(x) = limx→1−0

(− 1√

1− x2

)=

(−1

+0

)= −∞,

to, na osnovu Tvrdenja 4.70 i 4.71, sledi da je f ′+(−1) = +∞, f ′−(1) = +∞, g′+(−1) =−∞ i g′−(1) = −∞. •

Primer 4.74. Neka je φ(x) =3√x2e−x. Tada je za x = 0, φ′(x) =

e−x(2− 3x)

3 3√x

. Buduci

da je funkcija φ neprekidna u 0 i da postoje

limx→−0

φ′(x) = limx→−0

e−x(2− 3x)

3 3√x

=

(2

−0

)= −∞


i

limx→+0

φ′(x) = limx→+0

e−x(2− 3x)

3 3√x

=

(2

+0

)= +∞,

na osnovu Tvrdenja 4.70 i 4.71 sledi da je φ′−(0) = −∞ i φ′

+(0) = +∞. •

Primer 4.75. Za funkciju φ(x) = 3√x vazi da je φ′(x) =

1

33√x2

za x = 0. Osim toga,

funkcija je neprekidna u 0 i postoji granicna vrednost:

limx→0

φ′(x) = limx→0

1

33√x2

=

(1

+0

)= +∞.

Na osnovu Tvrdenja 4.72 sledi da je φ′(0) = +∞ (uporediti sa Primerom 4.8). •

Primetimo da ako ne postoji limes izvoda u nekoj tacki a, to ne znaci da funkcijanema izvod u tacki a. Drugim recima, egzistencija izvoda funkcije u nekoj okolini tackenije (sto se dalo i ocekivati) dovoljan uslov za egzistenciju granicne vrednosti izvoda utoj tacki. Ovo ilustrujemo sledecim primerom (videti takode Primer 4.43).


φ(x) =

{x2 cos

1

x, x = 0,

0, x = 0.

Za x = 0 je φ′(x) = 2x cos1

x+ sin

1

x. Buduci da postoji lim

x→0

(2x cos

1

x

)= 0 (Primer

3.68 ili Primer 3.46), dok limx→0

sin1

xne postoji (Primer 3.30), na osnovu Tvrdenja 3.56

zakljucujemo da ne postoji ni limx→0

φ′(x). Medutim, funkcija φ ima izvod u 0:

φ′(0) = limx→0

φ(x)− φ(0)

x− 0= lim

x→0

x2 cos1

xx

= limx→0

x cos1

x= 0.•

Posledica 4.77. Neka funkcija f ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b), −∞ ≤ a <b < +∞. Tada izvodna funkcija f ′ ne moze imati prekide prve vrste u intervalu (a, b).

Dokaz. Pretpostavimo da postoji tacka x0 ∈ (a, b) koja je prekid prve vrste funkcijef ′. To znaci da postoje konacne granicne vrednosti lim

x→x0+0f ′(x) i lim

x→x0−0f ′(x). Kako

funkcija f ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b), ona je neprekidna na ovom intervalu(Napomena 4.18). Ispunjeni su uslovi Tvrdenja 4.70 i Tvrdenja 4.71, odakle onda sledida je

limx→x0+0

f ′(x) = f ′+(x0) i limx→x0−0

f ′(x) = f ′−(x0). (4.74)

S obzirom da funkcija ima izvod u tacki x0, na osnovu Teoreme 4.3 sledi da je f ′(x0) =f ′+(x0) = f ′−(x0). Odavde i iz (4.74) zakljucujemo da su granicne vrednosti lim

x→x0+0f ′(x)


i limx→x0−0

f ′(x) jednake, te stoga postoji limx→x0

f ′(x) i vazi jednakost limx→x0

f ′(x) = f ′(x0)

(Tvrdenje 3.32). Prema tome, funkcija f ′ je neprekidna u tacki x0. Dobijena pro-tivurecnost pokazuje da izvodna funkcija f ′ ne moze imati prekide prve vrste u intervalu(a, b). �

Kosijeva teorema

Rolova, Lagranzova, a takode i naredna, Kosijeva teorema govore o egzistenciji tackeξ koja se nalazi izmedu tacaka a i b, koja bi se stoga mogla nazvati ,,srednjom tackom“odnosno ,,srednjom vrednoscu“ i za koju vazi neka jednakost. Otuda i ove teoreme nosezajednicki naziv: toreme o srednjoj vrednosti.

Kosijeva teorema je uopstenje Lagranzove teoreme.

Teorema 4.78. (Kosijeva teorema) Neka su za funkcije f, g : [a, b] → R ispunjenisledeci uslovi:

(1) f i g su neprekidne funkcije na segmentu [a, b],

(2) f i g su diferencijabilna u intervalu (a, b), pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b).

Tada postoji tacka ξ ∈ (a, b) tako da vazi jednakost

f(b)− f(a)

g(b)− g(a)=f ′(ξ)

g′(ξ). (4.75)

Dokaz. Pokazacemo najpre da razlomak na levoj strani u (4.75) ima smisla, tj. da jenjegov imenilac g(b) − g(a) = 0. Ako bi bilo g(b) − g(a) = 0, tj. g(b) = g(a), onda bifunkcija g ispunjavala uslove Rolove teoreme na segmentu [a, b], odakle bi onda slediloda postoji x ∈ (a, b) tako da je g′(x) = 0, sto je suprotno pretpostavci. Prema tome,g(b)− g(a) = 0.

Uocimo sada pomocnu funkciju F (x) = f(x)−λg(x), x ∈ [a, b], gde broj λ odredujemoiz uslova da je F (a) = F (b), tj. f(a)− λg(a) = f(b)− λg(b). Prema tome,

λ =f(b)− f(a)

g(b)− g(a)(4.76)

i

F (x) = f(x)− f(b)− f(a)

g(b)− g(a)g(x).

Funkcija F u tom slucaju ispunjava uslove Rolove teoreme (osim F (a) = F (b) vazi i daje neprekidna na [a, b] i diferencijabilna u intervalu (a, b)), odakle sledi da postoji tackaξ ∈ (a, b) tako da je F ′(ξ) = 0. Kako je F ′(x) = f ′(x)− λg′(x), to je f ′(ξ)− λg′(ξ) = 0,i stoga

λ =f ′(ξ)

g′(ξ). (4.77)

Iz (4.76) i (4.77) sledi (4.75). �


Lagranzova teorema je specijalan slucaj Kosijeve teoreme. Naime, u slucaju kada jeg(x) = x, iz formule (4.75) se dobija formula (4.56).

Kosijeva teorema ima istu geometrijsku interpretaciju kao i Lagranzova teorema. Dabismo lakse uocili geometrijsku interpretaciju Kosijeve teoreme, umesto promenljive x,x ∈ [a, b], u Kosijevoj teoremi uzmimo promenljivu t, t ∈ [α, β], a umesto funkcija f ig, uzmimo funkcije ψ i φ, tim redom. Ako funkcije ψ i φ ispunjavaju uslove Kosijeveteoreme na segmentu [α, β], onda postoji tacka µ ∈ [α, β] tako da vazi:

ψ(β)− ψ(α)

φ(β)− φ(α)=ψ′(µ)

φ′(µ). (4.78)

Za krivu parametarski zadanu jednacinama x = φ(t), y = ψ(t), t ∈ [α, β], izraz na levojstrani u (4.78) predstavlja koeficijent pravca secice odredene tackama A(φ(α), ψ(α)) iB(φ(β), ψ(β)), dok je izraz na desnoj strani koeficijent pravca tangete krive u tackiC(φ(µ), ψ(µ)) (videti (4.44)). Prema tome, na delu krive izmedu tacaka A i B postojitacka C u kojoj je tantenta krive paralelna secici odredenjoj tackama A i B.

4.7 Ispitivanje monotonosti funkcije

U ovoj sekciji skup I je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a,+∞),[a,+∞), (−∞, a), (−∞, a], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R, a < b.

Sledeca teorema je jos jedna u nizu posledica Lagranzove teoreme, i govori nam otome da je pomocu izvoda moguce ispitati monotonost funkcije.

Teorema 4.79. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima izvodu svim unutrasnjim tackama tog intervala17.

(i) Ako je f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) za svaku unutrasnju tacku x ∈ I, onda je funkcija frastuca (opadajuca) na intevalu I.

(ii) Ako je f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0) za svaku unutrasnju tacku x ∈ I, onda je funkcija fstrogo rastuca (strogo opadajuca) na intevalu I.

Dokaz. (i): Neka je, na primer, I = (a, b], a, b ∈ R, i neka je f ′(x) ≥ 0 za svaku unutrasnjutacku intervala I. Neka su x1 i x2 proizvoljne tacke iz intervala I takve da je x1 < x2.Tada je a < x1 < x2 ≤ b, pa je funkcija neprekidna na segmentu [x1, x2] i diferencijabilnau intervalu (x1, x2). Iz Lagranzove teoreme sledi da postoji tacka ξ ∈ (x1, x2) takva daje

f(x2)− f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1). (4.79)

Buduci da je ξ unutrasnja tacka intervala I, sledi f ′(ξ) ≥ 0. Kako je x2 − x1 > 0, iz(4.79) sledi f(x2)− f(x1) ≥ 0, tj. f(x2) ≥ f(x1). Prema tome, funkcija f je rastuca naintervalu I.

Za ostale tipove intervala tvrdenje se dokazuje slicno.

17Buduci da se u dokazu primenjuje Lagranzova teorema, dovoljno je pretpostaviti da funkcija f imaizvod u sirem smislu u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I (videti Napomenu 4.64).

4.7. Ispitivanje monotonosti funkcije 365

Tvrdenje (ii) se dokazuje analogno tvrdenju (i). �Primetimo da se pretpostavka o neprekidnosti funkcije u onim rubnim tackama inter-

vala koje pripadaju intervalu, ne moze izostaviti. Na primer, ako posmatramo funkcijuf(x) = x − [x] na intervalu I = (0, 1], ona u unutrasnjim tackama ovog intervala imaizvod jednak 1 (dakle pozitivan), ali nije neprekidna sleva u 1, i nije rastuca na ovom

intervalu (1

2< 1, ali f

(1

2

)=

1

2> 0 = f (1)).

Da je bitna pretpostavka da je skup I iz prethodne teoreme bas interval, tj. skup kojisa svake svoje dve tacke sadrzi i sve tacke izmedu njih, pokazujemo sledecim primerom.

Primer 4.80. Za funkciju f(x) =1

x, x ∈ (−∞, 0)∪(0,+∞), vazi da je f ′(x) = − 1

x2< 0,

za svako x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞), ali funkcija nije opadajuca, preciznije, nije monotonana skupu (−∞, 0)∪(0,+∞) (Primeri 3.102 (iii)). Ova funkcija je opadajuca na intervalu(−∞, 0), a takode i na intervalu (0,+∞). •

Uslov da je izvod pozitivan (negativan) je dovoljan, ali ne i potreban uslov da difer-encijabilna funkcija strogo raste (strogo opada). Drugim recima, obrat tvrdenja (ii)Teoreme 4.79 ne vazi. Primer za to je funkcija f(x) = x3 (f(x) = −x3), koja strogoraste (strogo opada) na skupu R, ali je izvod ove funkcije f ′(x) = 3x2 (f ′(x) = −3x2) zax = 0 jednak 0.

O tome da obrat tvrdenja (i) Teoreme 4.79 vazi, tj. da diferencijabilna funkcija kojaje rastuca (opadajuca) mora imati nenegativan (nepozitivan) izvod, govori nam sledeceteorema.

Teorema 4.81. Neka je funkcija f rastuca (opadajuca) na intervalu I. Ako u unutrsnojtacki x0 intervala I funkcija f ima izvod u sirem smislu, tada je f ′(x0) ≥ 0 (f ′(x0) ≤ 0).Ako a ∈ I i funkcija f ima desni izvod u tacki a u sirem smislu, tada je f ′+(a) ≥ 0(f ′+(a) ≤ 0). Ako je b ∈ I i funkcija f ima levi izvod u tacki b u sirem smislu, tada jef ′−(b) ≥ 0 (f ′−(b) ≤ 0).

Dokaz. Neka je funkcija f rastuca na intervalu I i neka je x0 unutrasnja tacka intervalaI, tj. neka x0 ∈ (a, b). Prepostavimo da funkcija f ima izvod u sirem smislu u tacki x0.Za proizvoljno x ∈ (a, b), ako je x > x0, onda je x − x0 > 0 i f(x) ≥ f(x0) (jer je frastuca funkcija), pa je f(x)− f(x0) ≥ 0 i

f(x)− f(x0)

x− x0≥ 0. (4.80)

Ako je x ∈ (a, b) i x < x0, onda je x − x0 < 0 i f(x) ≤ f(x0), tj. f(x) − f(x0) ≤ 0, iopet vazi nejednakost (4.80). S obzirom da funkcija ima izvod u sirem smislu u x0, to

znaci da postoji granicna vrednost limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0. Prelaskom na limes kad x → x0

u (4.80) dobijamo

f ′(x0) = limx→x0

f(x)− f(x0)

x− x0≥ 0.

Slicno se pokazuje da ako a ∈ I (b ∈ I) i funkcija f ima desni (levi) izvod u tacki a (b)u sirem smislu, onda je f ′+(a) ≥ 0 (f ′−(b) ≥ 0). Deo tvrdenja za opadajuce funkcije sedokazuje analogno. �


Teorema 4.82. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka ima izvodu svim unutrasnjim tackama tog intervala.18 Tada je f rastuca (opadajuca) na intervaluI ako i samo ako je f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) za svaku unutrasnju tacku x ∈ I.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.79 (i) i Teoreme 4.81. �Najcesce se bavimo ispitivanjem monotonosti funkcija na otvorenim intervalima.

Teorema 4.83. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u intervalu (a, b). Tada

(i) Funkcija f je rastuca (opadajuca) na intervalu (a, b) ako i samo ako je f ′(x) ≥ 0(f ′(x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b).

(ii) Ako je f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0) za svako x ∈ (a, b), onda je funkcija f strogo rastuca(opadajuca).

Dokaz. Buduci da je diferencijabilna funkcija neprekidna (Teorema 4.17), tvrdenje slediiz Teoreme 4.82 i Teoreme 4.79 (ii). �

Sledeca teorema pokazuje da uslov egzistencije pozitivnog (negativnog) izvoda u un-utrasnjim tackama intervala I u Teoremi 4.79 (ii), kao i Teoremi 4.83 (ii), moze bitinarusen u konacno mnogo tacaka.

Teorema 4.84. Neka je funkcija f : (a, b) → R neprekidna na intervalu (a, b) i nekau svakoj tacki tog intervala ima pozitivan (negativan) izvod, sa izuzetkom eventualnokonacno mnogo tacaka, u kojima je izvod jednak 0 ili ne postoji.19 Tada je funkcija fstrogo rastuca (strogo opadajuca) na intevalu (a, b). 20

Dokaz. Tvrdenje je dovoljno dokazati u slucaju da postoji samo jedna tacka c ∈ (a, b) ukojoj ili ne postoji konacan izvod ili je izvod jednak 0. Funkcija f je onda neprekidna naintervalima (a, c] i [c, b), i ima pozitivan izvod u svakoj unutrasnjoj tacki kako intervala(a, c], tako i intervala [c, b). Na osnovu Teoreme 4.79 (ii) funkcija f je strogo rastuca naintervalu (a, c], a takode i intervalu [c, b). Pokazimo da je strogo rastuca na (a, b). Nekasu x1 i x2 proizvoljne tacke iz intervala (a, b), takve da je x1 < x2. Ako x1, x2 ∈ (a, c]ili x1, x2 ∈ [c, b), onda, s obzirom da je f strogo rastuca na intervalu (a, c], a takode iintervalu [c, b), vazi da je f(x1) < f(x2). Ako x1 ∈ (a, c] i x2 ∈ [c, b), onda je f(x1) < f(c)(jer funkcija strogo raste na (a, c]) i f(c) < f(x2) (jer funkcija strogo raste na [c, b)), paje f(x1) < f(x2). �

Pretpostavka o neprekidnosti funkcije f je bitna. Na primer, ako posmatramofunkciju f(x) = x − [x] na intervalu (0, 2), vidimo da ona u svim tackama intervala(0, 2) ima pozitivan izvod (f(x) = x, za x ∈ (0, 1) i f(x) = x − 1 za x ∈ [1, 2), pa je

18Dovoljno je pretpostaviti da funkcija f ima izvod u sirem smislu u svakoj unutrasnjoj tacki intervalaI.

19Ovo znaci da ne postoji konacan izvod, tj. ili postoji beskonacan izvod, ili ne postoji ni konacan nibeskonacan izvod.

20Analogno tvrdenje je moguce dokazati za interval I ma kog tipa:Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka u svakoj unutrasnoj tacki tog intervala ima

pozitivan (negativan) izvod, sa izuzetkom eventualno konacno mnogo tacaka, u kojima je izvod jednak0 ili ne postoji. Tada je funkcija f strogo rastuca na intervalu I.


f ′(x) = 1 za x ∈ (0, 1) ∪ (1, 2)), sa izuzetkom tacke x = 1, u kojoj nije ni neprekidna.Ova funkcija nije monotona na ovom intervalu jer nije monotona, kao sto smo videli, nina intervalu (0, 1].

Sledeca teorema daje potrebne i dovoljne uslove da funkcija koja je neprekidna naintervalu I i diferencijabilna u njegovim unutrasnjim tackama, bude strogo monotona.

Teorema 4.85. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka imaizvod u svim unutrasnjim tackama tog intervala.21 Da bi funkcija f bila strogo rastuca(opadajuca) na intervalu I potrebno je i dovoljna da vaze sledeci uslovi:

(i) f ′(x) ≥ 0 (f ′(x) ≤ 0) za svaku unutrasnju tacku x ∈ I;

(ii) Ne postoji otvoreni interval J sadrzan u intervalu I takav da je f ′(x) = 0 za svex ∈ J .

Dokaz. (=⇒) : Pretpostavimo da je funkcija f strogo rastuca na intervalu I. Iz Teoreme4.82 (ili Teoreme 4.81) sledi da je f ′(x) ≥ 0 za svaku unutrasnju tacku x ∈ I, tj. ispunjenje uslov (i). Ako bi postojao otvoreni interval J ⊂ I takav da je f ′(x) = 0 za x ∈ J , ondabi na osnovu Teoreme 4.67 sledilo da je funkcija konstantna na intervalu J , sto protivurecipretpostavci da je funkcija strogo rastuca na intervalu I. Prema tome, ispunjen je i uslov(ii).

(⇐=) : Neka je f ′(x) ≥ 0 za svaku unutrasnju tacku x ∈ I i neka je ispunjen (ii). IzTeoreme 4.82 (ili Teoreme 4.79 (i)) sledi da je funkcija f rastuca na intervalu I. Nekasu x1 i x2 proizvoljne tacke iz intervala I i neka je x1 < x2. S obzirom da je funkcijarastuca, to je f(x1) ≤ f(x2) i za sve x ∈ [x1, x2] vazi nejednakost

f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2). (4.81)

Ako bi bilo f(x1) = f(x2), tada bi iz (4.81) sledilo da je f(x1) = f(x) = f(x2) za svex ∈ [x1, x2], tj. funkcija f bi bila konstantna na segmentu [x1, x2], odakle bi na osnovuTeoreme 4.67 (ili Primera 4.6) sledilo da je izvod f ′ jednak 0 na intervalu (x1, x2), aovo protivureci uslovu (ii). Prema tome, f(x1) < f(x2). Kako smo za proizvoljne dvetacke x1, x2 ∈ I takve da je x1 < x2 pokazali da vazi nejednakost f(x1) < f(x2), tozakljucujemo da je funkcija f strogo rastuca na intervalu I. �

Primeri 4.86. (i) Funkcija

f(x) =

{x3, x ≤ 1,√x, x ≥ 1.

Za x < 1 je f ′(x) = 3x2, pa je f ′(x) > 0 za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, 1) i f ′(0) = 0. Za x > 1

imamo da je f ′(x) =1

2√x> 0.

Kako je

f ′−(1) = limx→1−0

x3 − 1

x− 1= lim

x→1−0(x2 + x+ 1) = 3

21Dovoljno je pretpostaviti da funkcija f ima izvod u sirem smislu u svakoj unutrasnjoj tacki intervalaI.


i

f ′+(1) = limx→1+0

√x− 1

x− 1= lim

x→1+0

1√x+ 1

=1

1 + 1=

1

2,

to funkcija f nema izvod u tacki x = 1. Buduci da je funkcija f neprekidna na R i imapozitivan izvod u svakoj tacki x ∈ R \ {0, 1}, to na osnovu Teoreme 4.84 (ili Teoreme4.85) sledi da je f strogo rastuca funkcija na skupu R.

(ii) Funkcija f(x) = 5√x ima prvi izvod u svakoj tacki x = 0:

f ′(x) =1

5x−

45 =

1

5

15√x4

> 0.

Izvod u tacki x = 0 postoji samo u sirem smislu:

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

5√x

x= lim

x→0

15√x4

= +∞.

Funkcija f je neprekidna na R i svuda sa izuzetkom tacke x = 0 ima konacan pozitivanizvod, pa na osnovu Teoreme 4.84 (ili Teoreme 4.85) zakljucujemo da je f strogo rastucafunkcija na skupu R. •

Ispitivanje monotonosti funkcija pomocu izvoda moze se koristiti za dokazivanje nekihnejednakosti.

Primeri 4.87. (i) Dokazimo da je

sinx < x, za x > 0, (4.82)

i

tg x > x, za x ∈ (0,π

2). (4.83)

Neka je f(x) = sinx − x i g(x) = tg x − x. Kako je f ′(x) = cosx − 1 ≤ 0 za svex ∈ R, i buduci da ne postoji otvoreni interval na kome je f ′ jednak 0, to na osnovuTeoreme 4.85 sledi da je funkcija f strogo opadajuca na skupu R. Stoga za x > 0 sledif(x) < f(0) = 0, tj. sinx− x < 0, i prema tome vazi (4.82).

Kako je g′(x) =1

cos2 x−1 =

1− cos2 x

cos2 x= tg2 x > 0 za x ∈ (0,

π

2), i kako je funkcija g

neprekidna na intervalu [0,π

2), to na osnovu Teoreme 4.79 (ii) sledi da je funkcija g strogo

rastuca na intervalu [0,π

2). Odatle sledi da za 0 < x <

π

2vazi 0 = g(0) < g(x) = tg x−x,

i stoga vazi (4.83). 22 23

22Nejednakost (4.82) se takode moze dobiti iz nejednakosti (3.43) koju smo dokazali u sekciji 3.2.Naime, ako je x > 0, onda je sinx ≤ | sinx| ≤ |x| = x. Nejednakost (4.83) je dokazana u sekciji 3.2(druga nejednakost u (3.42)).

23Primetimo da ako je x < 0, onda je sinx > x. Zaista, ako je x < 0, onda je −x > 0 i na osnovu

(4.82) sledi sin(−x) < −x, tj. − sinx < −x odakle dobijamo sinx > x. Slicno, ako je x ∈ (−π2, 0), onda

je tg x < x.


(ii) Pokazimo da je

sinx >2

πx, za x ∈ (0,

π

2). (4.84)

Neka je f(x) =sinx

x, x ∈ (0,

π

2]. Kako je

f ′(x) =x cosx− sinx

x2=

cosx(x− tg x)

x2, za 0 < x <

π

2,

to iz nejednakosti (4.83) sledi da je f ′(x) < 0 za x ∈ (0,π

2). Buduci da je funkcija f

neprekidna na intervalu (0,π

2], a njen izvod je u unutrasnjim tackama ovog intervala

negativan, to na osnovu Teoreme 4.79 (ii) sledi da je funkcija f strogo opadajuca na

ovom intervalu. Zato ako je 0 < x <π

2, onda je f(x) > f(

π

2) =

2

π, tj.

sinx

x>

2

π, i

prema tome vazi nejednakost (4.84).

(iii) Dokazacemo da je

cosx > 1− x2

2, x = 0. (4.85)

Neka je f(x) = cosx − 1 +x2

2. Kako je f ′(x) = − sinx + x > 0 za x > 0 (nejednakost

(4.82)), i kako je funkcija f neprekidna na intervalu [0,+∞), to je na osnovu Teoreme 4.79(ii) ova funkcija strogo rastuca na intervalu [0,+∞). Stoga je za x > 0, f(x) > f(0) = 0,tj.

cosx > 1− x2

2, x > 0. (4.86)

Ako je x < 0, onda je−x > 0, i iz nejednakosti (4.86) sledi cosx = cos(−x) > 1−(−x)2

2=

1− x2

2. Prema tome, za svako x = 0 vazi nejednakost cosx > 1− x2

2.

(iv) Dokazimo da je

sinx > x− x3

6, za x > 0, (4.87)

sinx < x− x3

6, za x < 0. (4.88)

Neka je f(x) = sinx − x +x3

6. S obzirom da je f ′(x) = cosx − 1 +

x2

2> 0 za x = 0

na osnovu nejednakosti (4.85), pa je na osnovu Teoreme 4.84 (ili Teoreme 4.85) funkcijaf strogo rastuca na skupu R. Stoga za x > 0 imamo da je f(x) > f(0) = 0, cime jedokazana nejednakost (4.87). Za x < 0 sledi f(x) < f(0) = 0, i stoga vazi nejednakost(4.88).

(v) Dokazacemo da je

tg x > x+x3

3, za x ∈ (0,

π

2). (4.89)


Neka je f(x) = tg x−x− x3

3, x ∈ [0,

π

2). Buduci da je funkcija f neprekidna na intervalu

[0,π

2) i da je f ′(x) =

1

cos2 x−1−x2 = 1− cos2 x

cos2 x−x2 = tg2 x−x2 > 0 za 0 < x <

π

2(na

osnovu nejednakosti (4.83)), to je funkcija f strogo rastuca na intervalu [0,π

2) (Teorema

4.79 (ii)). Zato iz 0 < x <π

2sledi 0 = f(0) < f(x) = tg x− x− x3

3, cime smo dokazali

nejednakost (4.89). •

Sledeca teorema nam govori o tome da ce funkcija, koja ima konacan izvod razlicitod 0 na nekom intervalu, biti strogo monotona na tom intervalu.

Teorema 4.88. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu I i neka u svakoj unutrasnjojtacki intervala I ima konacan izvod razlicit od 0. Tada je funkcija f strogo monotona naintervalu I, a inverzna funkcija f−1 je strogo monotona i neprekidna na intervalu f(I),i diferencijabilna u unutrasnjim tackama intervala f(I).

Dokaz. Neka je, na primer, I = (a, b], −∞ ≤ a < b < +∞. S obzirom da postojikonacan izvod razlicit od 0 u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I, to na osnovu Dar-buove teoreme (Teorema 4.59) sledi da f ′ ne menja znak na intervalu (a, b). Na osnovuTeoreme 4.79 (ii) zakljucujemo da je funkcija f strogo monotona na intervalu (a, b]. Zbogdiferencijabilnosti, funkcija f je i neprekidna, pa iz Teoreme 3.150 sledi da je f((a, b])interval sa krajevima c i d, gde je c = lim

x→a+0f(x) i d = f(b) 24 (ako je f strogo rastuca

funkcija, onda je f((a, b]) = (c, d], a za slucaj da je f strogo opadajuca funkcija, ondaje f((a, b]) = [d, c)), i pritom je inverzna funkcija f−1 strogo monotona i neprekidna naovom intervalu. Iz Teoreme 4.28 sledi da funkcija f−1 ima konacan izvod u unutrasnjimtackama intervala f((a, b]), tj. diferencijabilna je u unutrasnjim tackama ovog intervala.

Za ostale tipove intervala tvrdenje se dokazuje slicno koriscenjem Leme 3.145, iliTeoreme 3.141, ili Teoreme 3.149 (umesto Teoreme 3.150). �

Napomena 4.89. Uzmemo li u obzir i teoremu o jednostranim izvodima inverznefunkcije (Teorema 4.33) analogno se moze dobiti i sledece tvrdenje:

Neka je funkcija f ima konacan izvod u svakoj tacki intervala I i neka je f ′(x) = 0za sve x ∈ I (u rubnoj tacki koja pripada intervalu I funkcija ima konacan odgovarajucijednostrani izvod). Tada je funkcija f strogo monotona na intervalu I, i inverzna funkcijaf−1 je definisana, neprekidna i diferencijabilna na intervalu f(I) (u rubnoj tacki kojapripada intervalu f(I) funkcija f−1 ima konacan odgovarajuci jednostrani izvod). •

24Za slucaj da je a = −∞, onda pod limx→a+0


f(x).

4.8. LOPITALOVA PRAVILA 371

4.8 Lopitalova pravila

Ako su funkcije f i g beskonacno male kad x → a, a ∈ R, u opstem slucaju ne mozemonista zakljuciti o granicnoj vrednosti njihovog kolicnika kad x → a.25 U zavisnosti odfunkcija f i g, granicna vrednost

limx→a

f(x)

g(x)(4.90)

moze biti jednaka nekom konacnom broju, ili biti jednaka +∞ ili −∞, ili ne postojatiuopste.

Na primer, funkcije f(x) = x − 1, g(x) = (x − 1)3, h(x) = (x − 1)2, x ∈ R, su

beskonacno male kad x → 1, a limx→1

f(x)

g(x)= lim

x→1

1

(x− 1)2= +∞, dok lim

x→1

g(x)

f(x)=

limx→1

(x − 1)2 = 0. S obzirom da je limx→1−0

f(x)

h(x)= lim

x→1−0

1

x− 1= −∞ i lim

x→1+0

f(x)

h(x)=

limx→1+0

1

x− 1= +∞, granicna vrednost lim

x→1

f(x)

h(x)= lim

x→1

1

x− 1ne postoji.

Funkcije f(x) = x sin1

xi g(x) = x su beskonacno male kad x → 0, ali ne postoji

ni leva ni desna granicna vrednost kolicnika x 7→ f(x)

g(x)= sin

1

xu tacki 0 (videti Primer

3.30).

Zato, ako su f i g beskonacno male funkcije kad x → a, a ∈ R, onda kazemo

da je kolicnikf(x)

g(x)neodredeni izraz oblika

0

0kad x → a, da limes (4.90) predstavlja

neodredenost oblika0

0, a za ispitivanje limesa (4.90) kazemo da je razjasnjavanje neo-

dredenosti oblika0

0.

Takode, ako su f i g dve beskonacno velike funkcije kad x → a, a ∈ R, tj. akoje lim

x→af(x) = lim

x→ag(x) = ∞ (+∞ ili − ∞), u opstem slucaju ne mozemo nista reci o

granicnoj vrednosti kolicnika x 7→ f(x)

g(x)kad x → a. Ta granicna vrednost u zavisnosti

od funkcija f i g moze da postoji ili ne, i ukoliko postoji moze da bude jednaka nekomkonacnom broju, ili +∞, ili −∞. Tako, na primer, funkcije f(x) = ln2 x, g(x) =lnx, h(x) = 5 lnx, u(x) = 2 lnx. x ∈ (0,+∞), su beskonacno velike funkcije kad

x → +0, limx→+0

f(x) = +∞, limx→+0

g(x) = limx→+0

h(x) = limx→+0

u(x) = −∞, a limx→+0

f(x)

g(x)=

limx→+0

lnx = −∞, limx→+0

h(x)

g(x)= 5, lim

x→+0

u(x)

g(x)= 4. Za funkcije f(x) = x(cosx+2), g(x) =

x, h(x) = x2, x ∈ R, je limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = limx→+∞

h(x) = +∞, ali limx→+∞

f(x)

g(x)=

limx→+∞

(cosx+ 2) ne postoji (videti Primer 3.58 i Primer 3.18), limx→+∞

h(x)

g(x)= lim

x→+∞x =

25Za slucaj konacne tacke a, ovo ce se odnositi kako na dvostranu, tako i na jednostrane granicnevrednosti u tacki a.


+∞, limx→+∞

g(x)

h(x)= lim

x→+∞

1

x= 0. Zato, ako su f i g beskonacno velike funkcije kad

x → a, a ∈ R, onda kazemo da je kolicnikf(x)

g(x)neodredeni izraz oblika

∞∞

kad x → a, i

da je limes (4.90) neodredenost oblika∞∞

.

Napomenimo da ukupno ima 7 oblika neodredenosti. To su

0

0,

∞∞, 0 · ∞, ∞−∞,

00, ∞0, 1∞.

Neodredenosti 0 · ∞, ∞−∞, 00, ∞0 i 1∞ se pogodnim transformacijama svode na

neodredenosti tipa0

0i∞∞

.

Za resavanje problema uporedivanja beskonacno malih i beskonacno velikih funkcijamogu se koristiti izvodi. Ti postupci se zasnivaju na tvrdenjima koja imaju zajednickinaziv Lopitalova pravila.

Teorema 4.90. Neka su funkcije f i g definisane u okolini tacke a ∈ R. Ako je f(a) =g(a) = 0 i funkcije f i g imaju izvod u tacki a, pri cemu je g′(a) = 0, tada postoji

granicna vrednost limx→a

f(x)

g(x)i vazi jednakost

limx→a

f(x)

g(x)=f ′(a)

g′(a). (4.91)

Dokaz. Prvi nacin: Buduci da funkcije f i g imaju izvod u tacki a, to je (videti formulu(4.9) u sekciji 4.1)

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + o(x− a), x→ a,

g(x) = g(a) + g′(a)(x− a) + o(x− a), x→ a.

Odavde, s obzirom da je f(a) = g(a) = 0 dobijamo

f(x) = f ′(a)(x− a) + o(x− a), x→ a,

g(x) = g′(a)(x− a) + o(x− a), x→ a,

pa je

f(x)

g(x)=f ′(a)(x− a) + o(x− a)

g′(a)(x− a) + o(x− a)=f ′(a) +

o(x− a)

x− a

g′(a) +o(x− a)

x− a

, x→ a.

4.8. Lopitalova pravila 373

Kako je limx→a

(f ′(a) +

o(x− a)

x− a

)= f ′(a) i lim

x→a

(g′(a) +

o(x− a)

x− a

)= g′(a) = 0, to na

osnovu Tvrdenja 3.49 sledi da postoji limx→a

f(x)

g(x)i da je

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(a) +o(x− a)

x− a

g′(a) +o(x− a)

x− a

=

limx→a

(f ′(a) +

o(x− a)

x− a

)limx→a

(g′(a) +

o(x− a)

x− a

) =f ′(a)

g′(a).

Drugi nacin: Za x = a iz f(a) = g(a) = 0 sledi

f(x)

g(x)=f(x)− f(a)

g(x)− g(a)=

f(x)− f(a)

x− ag(x)− g(a)

x− a

(4.92)

Kako postoje konacne granicne vrednosti limx→a

f(x)− f(a)

x− a= f ′(a) i lim

x→a

g(x)− g(a)

x− a=

g′(a) = 0, to na osnovu Tvrdenja 3.49 sledi da postoji konacna granicna vrednost

limx→a

f(x)− f(a)

x− ag(x)− g(a)

x− a

=limx→a

f(x)− f(a)

x− a

limx→a

g(x)− g(a)

x− a

=f ′(a)

g′(a). (4.93)

Iz (4.92) i (4.93) sledi

limx→a

f(x)

g(x)=f ′(a)

g′(a). �

Primer 4.91. Odredimo limx→0

ex − e−x

x+ sinx.

Neka je f(x) = ex − e−x i g(x) = x+ sinx. Kako je f(0) = g(0) = 0, i funkcije f i gimaju izvod u 0, pri cemu je f ′(0) = (ex + e−x)x=0 = 2 i g′(0) = (1 + cosx)x=0 = 2 = 0,to na osnovu Teoreme 4.90 sledi da je

limx→0

ex − e−x

x+ sinx= lim

x→0

f(x)

g(x)=f ′(0)

g′(0)=

2

2= 1. •

Za razliku od Teoreme 4.90, u narednoj teoremi se ne pretpostavlja da funkcije f i gimaju izvod u tacki a.

Teorema 4.92. Neka su za funkcije f, g : [a, b) → R ispunjeni sledeci uslovi:

(1) f i g su neprekidne na intervalu [a, b),

(2) f i g su diferencijabilne u untervalu (a, b), pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b),

(3) f(a) = g(a) = 0.


Ako postoji limx→a+0

f ′(x)

g′(x)(konacan ili beskonacan), onda postoji i lim

x→a+0

f(x)

g(x), i vazi

jednakost:

limx→a+0

f(x)

g(x)= lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x).

Dokaz. Neka je x ∈ (a, b) proizvoljan broj. Tada funkcije f i g ispunjavaju usloveKosijeve teoreme na segmentu [a, x], pa postoji tacka26 ξ = ξ(x) ∈ (a, x) tako da je

f(x)− f(a)

g(x)− g(a)=f ′(ξ(x))

g′(ξ(x)). (4.94)

S obzirom da je f(a) = g(a) = 0, iz (4.94) sledi

f(x)

g(x)=f ′(ξ(x))

g′(ξ(x)). (4.95)

Neka postoji granicna vrednost limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= L. Iz a < ξ(x) < x na osnovu Teoreme

3.45 sledi limx→a+0

ξ(x) = a. Kako je ξ(x) > a, za svako x ∈ (a, b), na osnovu teo-

reme o smeni promenljive prilikom izracunavanja limesa (Teorema 3.97), sledi da postoji

limx→a+0

f ′(ξ(x))

g′(ξ(x))i da je

limx→a+0

f ′(ξ(x))

g′(ξ(x))= L. (4.96)

Sada iz (4.95) i (4.96) sledi da postoji limx→a+0

f(x)

g(x)i da je

limx→a+0

f(x)

g(x)= L = lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x). �

Analogno tvrdenje vazi i za levu, kao i za dvostranu granicnu vrednost.

Primedba 4.93. Primetimo da je Tvrdenje 4.70 specijalni slucaj Teoreme 4.92. Naime,ako je funkcija φ neprekidna na intervalu [a, b), a ∈ R, b ∈ R, i diferencijabilna uintervalu (a, b) i ako postoji konacna ili beskonacna granicna vrednost lim

x→a+0φ′(x), tada

za funkcije f(x) = φ(x) − φ(a) i g(x) = x − a, x ∈ [a, b), vazi da su neprekidne naintervalu [a, b), diferencijabilne u untervalu (a, b), pri cemu je g′(x) = 1 = 0 za svako

x ∈ (a, b), i vazi jos da je f(a) = g(a) = 0 if ′(x)

g′(x)= φ′(x) za x ∈ (a, b). Buduci da postoji

limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→a+0φ′(x), to na osnovu Teoreme 4.92 sledi da postoji lim

x→a+0

f(x)

g(x)i da

vazi jednakost

limx→a+0

f(x)

g(x)= lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→a+0φ′(x),

26Kao u dokazu Tvrdenja 4.70 za svako x ∈ (a, b) izaberimo jednu (bilo koju) tacku ξ za koju vazi(4.94) i tako cemo dobiti jednoznacnu funkciju ξ = ξ(x).


tj.

limx→a+0

φ(x)− φ(a)

x− a= lim

x→a+0φ′(x),

te je

φ′+(a) = lim

x→a+0φ′(x). •

Teorema 4.94. Neka su za funkcije f, g : (a, b) → R, a ∈ R, b ∈ R, ispunjeni sledeciuslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u untervalu (a, b) pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b),

(2) limx→a+0

f(x) = limx→a+0

g(x) = 0.


f ′(x)


x→a+0

f(x)

g(x), i vazi

jednakost:

limx→a+0

f(x)

g(x)= lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x).

Dokaz. Dodefinisimo funkcije f i g u tacki a, stavljajuci da je f(a) = g(a) = 0. Sada sufunkcije f i g neprekidne na intervalu [a, b) i ispunjeni su svi uslovi Teoreme 4.92 odakleonda sledi tvrdenje. �

Analogno tvrdenje vazi za slucaj leve granicne vrednosti, kao i za slucaj dvostranegranicne vrednosti. Zbog ceste upotrebe, ovo tvrdenje za slucaj dvostrane granicnevrednosti cemo iskazati zasebnom teoremom.

Teorema 4.95. Neka funkcije f i g definisane u probodenoj okolini tacke a ∈ R,◦U δ(a) =

(a− δ, a+ δ) \ {a}, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u untervalima (a − δ, a) i (a, a + δ), pri cemu je g′(x) = 0za svako x ∈ (a− δ, a) ∪ (a, a+ δ),

(2) limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = 0.

Ako postoji limx→a

f ′(x)


x→a

f(x)

g(x), i vazi jed-

nakost:

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x).


tg x− x

x− sinx.

Neka je f(x) = tg x − x i g(x) = x − sinx. Primetimo da je f(0) = g(0) = 0 i da

funkcije f i g imaju izvod u svakoj tacki x ∈(−π

2 ,π2

), pri cemu je f ′(x) =

1

cos2 x− 1 i

g′(x) = 1− cosx. Postoji probodena okolina tacke x = 0 u kojoj je g′(x) = 1− cosx = 0(na primer

(−π

2 ,π2

)\ {0} je jedna takva okolina). Buduci da postoji

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

1

cos2 x− 1

1− cosx= lim

x→0

1− cos2 x

cos2 x(1− cosx)= lim

x→0

1 + cosx

cos2 x=

1 + 1

1= 2,


na osnovu Teoreme 4.92, slucaj za dvostranu granicnu vrednost, sledi da je

limx→0

f(x)

g(x)= lim

x→0

tg x− x

x− sinx= 2.

Do ovog zakljucka smo mogli doci i na osnovu Teoreme 4.95, jer su funkcije f i gneprekidne u tacki x = 0, pa je lim

x→0f(x) = f(0) = 0 i lim

x→0g(x) = g(0) = 0. •

Napomenimo da je nephodno proveriti sve uslove za primenu Lopitalovog pravila.Naime, izostanak provere i jednog od uslova, moze nas dovesti do pogresnog zakljucka,kako pokazuje sledeci primer.

Primer 4.97. Za funkcije f(x) = ex i g(x) = x vazi da su diferencijabilne u okolininule U = (−∞,+∞), g′(x) = 1 = 0 za svako x ∈ U , lim

x→0g(x) = lim

x→0x = 0, medutim

limx→0

f(x) = limx→0

ex = e0 = 1 = 0. Pogresnom upotrebom Lopitalovog pravila dosli bismo

do zakljucka da je

limx→0

ex

x= lim

x→0

(ex)′

(x)′= lim

x→0

ex

1= e0 = 1,

sto nije tacno, jer granicna vrednost limx→0

ex

xne postoji, buduci da postoje leva i desna

granicna vrednost i da se razlikuju:

limx→−0

ex

x=

(1

−0

)= −∞, lim

x→+0

ex

x=

(1

+0

)= +∞. •

Teorema 4.98. Neka funkcije f i g definisane u okolini tacke +∞, (M,+∞), M ∈ R,i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u intervalu (M,+∞), pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈(M,+∞),

(2) limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = 0.

Ako postoji limx→+∞

f ′(x)


x→+∞

f(x)

g(x), i vazi

jednakost:

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

f ′(x)

g′(x). (4.97)

Dokaz. Pretpostavimo da je M > 0 (za slucaj da je M < 0 uzeli bismo da je M = 1).

Za t ∈(0,

1

M

)vazi da

1

t∈ (M,+∞), pa su definisane slozene funkcije φ(t) = f

(1

t

)i ψ(t) = g

(1

t

), t ∈

(0,

1

M

). Na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcije (Teorema

4.34), funkcije φ i ψ imaju izvod u svakoj tacki intervala

(0,

1

M

)i vaze jednakosti:

φ′(t) = −f ′(1

t

)1

t2, ψ′(t) = −g′

(1

t

)1

t2. (4.98)


Pri tome je ψ′(t) = 0 za svako t ∈(0,

1

M

), jer je g′(x) = 0 za svako x ∈ (M,+∞). Na

osnovu teoreme o smeni promenljive pri izracunavanju limesa (Teorema 3.95) sledi dapostoji

limt→+0

φ(t) = limt→+0

f

(1

t

)= |smena x =

1

t, t→ +0 =⇒ x→ +∞| = lim

x→+∞f(x) = 0.

Analogno, postoji i

limt→+0

ψ(t) = limt→+0

g

(1

t

)= lim

x→+∞g(x) = 0.

Funkcije φ i ψ ispunjavaju uslove (i) i (ii) Teoreme 4.94. Pretpostavimo da postoji

limx→+∞

f ′(x)

g′(x)= L i pokazimo jos da postoji i lim

t→+0

φ′(t)

ψ′(t)i da je jednak L. Iz (4.98)

dobijamo da je

φ′(t)

ψ′(t)=

f ′(1

t

)g′(1

t

)Opet primenom teoreme o smeni promenljive pri izracunavanju limesa (Teorema 3.95)

zakljucujemo da postoji limt→+0

φ′(t)

ψ′(t)i da je

limt→+0

φ′(t)

ψ′(t)= lim

t→+0

f ′(1

t

)g′(1

t

) = |smena x =1

t, t→ +0 =⇒ x→ +∞|

= limx→+∞

f ′(x)

g′(x)

= L.

Sada na osnovu Teoreme 4.94 sledi da postoji limt→+0

φ(t)

ψ(t)i da vazi jednakost

limt→+0

φ(t)

ψ(t)= lim

t→+0

φ′(t)

ψ′(t)= L.

S obzirom da je x 7→ f(x) kompozicija funkcije t 7→ φ(t) i funkcije t =1

x(zaista,

φ(1x

)= f

(11x

)= f(x)), na osnovu teoreme o smeni promenljive prilikom izracunavanja

limesa (Teorema 3.98) sledi da postoji limx→+∞

f(x)

g(x)i vazi jednakost

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

φ( 1x)

ψ( 1x)= |smena t =

1

x, x→ +∞ =⇒ t→ +0|

= limt→+0

φ(t)

ψ(t)= L = lim

x→+∞

f ′(x)

g′(x). �


Anlogno tvrdenje se moze formulisati za tacku −∞.

Teorema 4.99. Neka su za funkcije f, g : (a, b) → R, a ∈ R, b ∈ R, ispunjeni sledeciuslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u untervalu (a, b) pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b),

(2) limx→a+0

f(x) = ∞ (+∞ ili −∞) i limx→a+0

g(x) = ∞ (+∞ ili −∞)


f ′(x)


x→a+0

f(x)

g(x), i vazi

jednakost:

limx→a+0

f(x)

g(x)= lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x).

Dokaz. Neka je limx→a+0

f(x) = limx→a+0

g(x) = +∞ Razmotrimo najpre slucaj kada je

limx→a+0

f(x)

g(x)= L konacan broj. Buduci da je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b), to na

osnovu Teoreme 4.88 sledi da je funkcija g strogo monotona na intervalu (a, b). Kako jelim

x→a+0g(x) = +∞, zakljucujemo da je g strogo opadajuca funkcija na intervalu (a, b).27

Buduci da je limx→a+0

g(x) = +∞, ne umanjujuci opstost, mozemo pretpostaviti da je

g(x) > 0 za sve x ∈ (a, b).

Neka je ϵ > 0 proizvoljno izabran broj. Kako je limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= L, to postoji δ0 > 0

tako da vazi implikacija

x ∈ (a, a+ δ0) =⇒∣∣∣∣f ′(x)g′(x)

− L

∣∣∣∣ < ϵ

2. (4.99)

Neka je x0 = a + δ0 i neka je x ∈ (a, x0) proizvoljan broj. Funkcije f i g ispunjavajuuslove Kosijeve teoreme na segmentu [x, x0] odakle sledi da postoji tacka ξ ∈ (x, x0) takoda je28

f(x)− f(x0)

g(x)− g(x0)=f ′(ξ)

g′(ξ)(4.100)

Kako je a < x < ξ < x0 = a+ δ0, to iz (4.99) i (4.100) sledi∣∣∣∣f(x)− f(x0)

g(x)− g(x0)− L

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣f ′(ξ)g′(ξ)− L

∣∣∣∣ < ϵ

2. (4.101)

27Ako bi funkcija g bila strogo rastuca na intervalu (a, b), onda bi na osnovu Teoreme 3.103 slediloda je lim

x→a+0g(x) = inf

(a,b)g(x), a kako je lim

x→a+0g(x) = +∞, dobili bismo da je inf

(a,b)g(x) = +∞, sto je

nemoguce.28Ovde ne mozemo postupiti kao u dokazu Teoreme 4.90 i primeniti Kosijevu teoremu na segmentu

[a, x], jer kako god da dodefinisemo funkcije f i g u tacki a, iz razloga sto je limx→a+0

f(x) = limx→a+0

g(x) =

+∞, necemo dobiti funkcije koje su neprekidne zdesna u tacki a.


Vazi jednakost:

f(x)

g(x)− L =

f(x0)− Lg(x0)

g(x)+

(1− g(x0)

g(x)

)(f(x)− f(x0)

g(x)− g(x0)− L

)(4.102)

Kako je a < x < x0 < b i funkcija g strogo opadajuca na intervalu (a, b), to je g(x0) <

g(x), i stoga 0 <g(x0)

g(x)< 1. Odavde sledi da je 0 < 1 − g(x0)

g(x)< 1, pa iz (4.102)

zakljucujemo da je∣∣∣∣f(x)g(x)− L

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣f(x0)− Lg(x0)

g(x)

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣f(x)− f(x0)

g(x)− g(x0)− L

∣∣∣∣ (4.103)

Buduci da je limx→a+0

g(x) = +∞, to je limx→a+0

f(x0)− Lg(x0)

g(x)= 0, pa postoji δ ∈ (0, δ0)

tako da za x ∈ (a, a + δ) vazi

∣∣∣∣f(x0)− Lg(x0)

g(x)

∣∣∣∣ < ϵ

2. Za x ∈ (a, a + δ) vazi da je

a < x < a+ δ < a+ δ0 = x0, te stoga za takvo x vazi nejednakost (4.101). Prema tome,za x ∈ (a, a + δ) su i jedan i drugi sabirak na desnoj strani nejednakosti (4.103) manjiod ϵ/2, te je stoga ∣∣∣∣f(x)g(x)

− L

∣∣∣∣ < ϵ, x ∈ (a, a+ δ).

Prema tome, limx→a+0

f(x)

g(x)= L = lim

x→a+0

f ′(x)

g′(x). 29

Razmotrimo sada slucaj kada je limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= +∞. 30 Tada je lim

x→a+0

g′(x)

f ′(x)= 0,

i na osnovu prethodno dokazanog sledi da je limx→a+0

g(x)

f(x)= 0. Buduci da su zbog

limx→a+0

g(x) = +∞ i limx→a+0

f(x) = +∞, funkcije i g i f vece od 0 u nekoj desnoj okolini

tacke a, to je i njihov kolicnik veci od 0 u toj desnoj okolini tacke a, pa na osnovu

Tvrdenja 3.74 sledi da je limx→a+0

f(x)

g(x)= +∞.

Ako je limx→a+0

f(x) = −∞ i limx→a+0

g(x) = +∞, onda posmatramo funkciju f1(x) =

−f(x), x ∈ (a, b). Tada je limx→a+0

f1(x) = limx→a+0

g(x) = +∞, i funkcije f1 i g su difer-

encijabilne u untervalu (a, b) pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b). Ako postoji

29Primetimo da u dokazu ovog slucaja nismo koristili uslov da je limx→a+0

f(x) = +∞. Koristicemo ga

u slucaju kada je limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= +∞.

30Pri pretpostavkama da je limx→a+0

f(x) = limx→a+0

g(x) = +∞, i da su f i g diferencijabilne funkcije u

untervalu (a, b), pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈ (a, b), ne moze se desiti da je limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= −∞.

Zaista, ako bi vazilo da je limx→a+0

f ′(x)

g′(x)= −∞, onda bi postajao broj b1, takav da je a < b1 ≤ b i

f ′(x)

g′(x)< 0 za sve x ∈ (a, b1), i kako je, kao sto smo vec videli, g′(x) < 0 za sve x ∈ (a, b), to bismo onda

imali da je f ′(x) > 0 za x ∈ (a, b1). Prema tome, funkcija f bi bila strogo rastuca na intervalu (a, b1) istoga bi vazilo da je lim

x→a+0f(x) = inf

a<x<b1f(x), a ovo je u suprotnosti sa tim da je lim

x→a+0f(x) = +∞.


limx→a+0

f ′(x)


x→a+0

f ′1(x)

g′(x), pa na osnovu Teo-

reme 4.99 sledi da postoji i limx→a+0

f1(x)

g(x), i da vazi jednakost:

limx→a+0

f1(x)

g(x)= lim

x→a+0

f ′1(x)

g′(x).

Odavde sledi da postoji i limx→a+0

f(x)

g(x), i da vazi jednakost:

limx→a+0

f(x)

g(x)= lim

x→a+0

−f1(x)g(x)

= limx→a+0

−f ′1(x)g′(x)

= limx→a+0

f ′(x)

g′(x).

Ostali slucajevi (kada je limx→a+0

f(x) = +∞ i limx→a+0

g(x) = −∞, ili kada je limx→a+0

f(x) =

limx→a+0

g(x) = −∞) se slicno razmatraju. �

Slicno Teoremi 4.99 (uz male izmene), dokazuje se i teorema:

Teorema 4.100. Neka su za funkcije f, g : (−∞, b) → R, b ∈ R, ispunjeni sledeciuslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u untervalu (−∞, b) pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈(−∞, b),

(2) limx→−∞

f(x) = ∞ (+∞ ili −∞) i limx→−∞

g(x) = ∞ (+∞ ili −∞)

Ako postoji limx→−∞

f ′(x)


x→−∞

f(x)

g(x), i vazi

jednakost:

limx→−∞

f(x)

g(x)= lim

x→−∞

f ′(x)

g′(x). �

Teorema 4.99 se moze dokazati na slican nacin i za slucaj leve granicne vrednosti, atakode i za slucaj dvostrane granicne vrednosti, kao i za slucaj granicne vrednosti kadax→ +∞.

Teorema 4.101. Neka funkcije f i g definisane u probodenoj okolini tacke a ∈ R,◦U δ(a) = (a− δ, a+ δ) \ {a}, i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u intervalima (a− δ, a) i (a, a+ δ), pri cemu je g′(x) = 0 zasvako x ∈ (a− δ, a) ∪ (a, a+ δ),

(2) limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = ∞ (+∞ ili −∞).

Ako postoji limx→a

f ′(x)


x→a

f(x)

g(x), i vazi jed-

nakost:

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x). �


Teorema 4.102. Neka funkcije f i g definisane u okolini tacke +∞, (M,+∞), M ∈ R,i neka su ispunjeni sledeci uslovi:

(1) f i g su diferencijabilne u intervalu (M,+∞), pri cemu je g′(x) = 0 za svako x ∈(M,+∞),

(2) limx→+∞

f(x) = limx→+∞

g(x) = ∞ (+∞ ili −∞).

Ako postoji limx→+∞

f ′(x)


x→+∞

f(x)

g(x)i vazi

jednakost:

limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

f ′(x)

g′(x). �

Primer 4.103. Ako je k, a ∈ R, k > 0, a > 0, a = 1, koristeci Teoremu 4.102,pokazacemo da je

limx→+∞

loga x

xk= 0. (4.104)

Neka je f(x) = loga x i g(x) = xk, x ∈ (0,+∞). Ovo su dve beskonacno velike funkcijekad x → +∞. Zaista, lim

x→+∞xk = +∞, za a > 1 je lim

x→+∞loga x = +∞ i za a ∈ (0, 1)

vazi limx→+∞

loga x = −∞.

Funkcije f i g su diferencijabilne u intervalu (0,+∞), pri cemu je

f ′(x) =1

x ln a, g′(x) = kxk−1 = 0, x ∈ (0,+∞).

Prema tome, ispunjeni su uslovi (i) i (ii) Teoreme 4.102. Pokazimo jos da postoji

limx→+∞

f ′(x)

g′(x). Kako je lim

x→+∞xk = +∞, to je:

limx→+∞

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞

1x ln a

kxk−1= lim

x→+∞

1

kxk ln a= 0.

Sada, na osnovu Teoreme 4.102 zakljucujemo da postoji limx→+∞

f(x)

g(x)i da vazi jednakost

limx→+∞

loga x

xk= lim

x→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

f ′(x)

g′(x)= 0. •

Sledeci primeri pokazuju da obrat Lopitalovih teorema ne vazi, odnosno iz egzistencije

granicne vrednosti limx→a

f(x)

g(x)u opstem slucaju ne sledi egzistencija granicne vrednosti

limx→a

f ′(x)

g′(x), a ∈ R. Drugim recima, ukoliko ne postoji lim

x→a

f ′(x)

g′(x), a ∈ R, u opstem slucaju

ne mozemo nista reci o postojanju limx→a

f(x)

g(x).


Primeri 4.104. (i) Kolicnikx− sinx

x+ sinxje neodredeni izraz oblika

∞∞

kad x → +∞.

Pokazacemo da postoji granicna vrednost limx→+∞

x− sinx

x+ sinx, ali da ne postoji granicna

vrednost limx→+∞

(x− sinx)′

(x+ sinx)′.

Zaista, buduci da je funkcija x 7→ sinx

xbeskonacno mala kad x→ +∞, kao proizvod

ogranicene funkcije x 7→ sinx i beskonacno male funkcije x 7→ 1

xkad x→ +∞ (Tvrdenje

3.67), to na osnovu Tvrdenja 3.49 sledi da postoji

limx→+∞

x− sinx

x+ sinx= lim

x→+∞

1− sinx

x

1 +sinx

x

= 1.

Neka je

F (x) =(x− sinx)′

(x+ sinx)′=

1− cosx

1 + cosx.

Za xn = 2nπ i zn =π

2+ 2nπ, n ∈ N, vazi lim

n→∞xn = lim

n→∞zn = +∞ i

F (xn) =1− cos 2nπ

1 + cos 2nπ= 0 → 0, kad n→ ∞,

F (zn) =1− cos(π2 + 2nπ)

1 + cos(π2 + 2nπ)= 1 → 1, kad n→ ∞.

Odavde, na osnovu Hajneove definicije granicne vrednosti funkcije, zakljucujemo da nepostoji lim

x→+∞F (x).

(ii) Kolicnikx+ sinx

xje neodredeni izraz oblika

∞∞

kad x→ +∞. Kako je limx→+∞

sinx

x=

0, to postoji granicna vrednost limx→+∞

x+ sinx

xi vazi:

limx→+∞

x+ sinx

x= lim

x→+∞(1 +

sinx

x) = 1.

Medutim granicna vrednost

limx→+∞

(x+ sinx)′

x′= lim

x→+∞(1 + cosx)

ne postoji.31•31Dokaz ove cinjenice se moze izvesti analogno dokazu da ne postoji lim

x→+∞cosx (Primer 3.18) ili

metodom svodenja na apsurd. Naime, iz pretpostavke da postoji granicna vrednost limx→+∞

(1 + cosx),

na osnovu Posledice 3.50 ili Tvrdenja 3.54 (iii) ili (v), sledilo bi da postoji limx→+∞

((1 + cosx) − 1), tj.

limx→+∞

cosx, sto nije tacno (drugim recima, cinjenica da ne postoji limx→+∞

(1 + cosx) sledi iz Tvrdenja

3.56 i Primera 3.18)).


Lopitalova pravila su formulisana za neodredenosti oblika0

0i∞∞

, ali, nakon pogodnih

transformacija, mogu biti korisna i prilikom razjasnjavanja ostalih oblika neodredenosti:0 · ∞, ∞−∞, 00, ∞0, 1∞.

Neodredenost oblika 0 · ∞

Neka je funkcija f beskonacno mala, a funkcija g beskonacno velika kad x→ a, a ∈ R.Tada kazemo da je proizvod f(x) · g(x) neodredeni izraz oblika 0 · ∞ kad x→ a, a da jelimes:

limx→a

(f(x) · g(x)) (4.105)

neodredenost oblika 0 · ∞.

Kako je

f(x) · g(x) = f(x)1

g(x)

(4.106)

i

f(x) · g(x) = g(x)1

f(x)

, (4.107)

limx→a

f(x) = limx→a

1

g(x)= 0 i lim

x→ag(x) = lim

x→a

1

f(x)= ∞, to se neodredenost oblika 0 · ∞

svodi na neodredenost oblika0

0(kao sto vidimo iz jednakosti (4.106)), ili na neodredenost

oblika∞∞

(kao sto vidimo iz jednakosti (4.107)), za cije raznjasnjavanje je onda moguce

koristiti Lopitalova pravila.

Primer 4.105. Granicna vrednost limx→+0

x lnx je, zbog limx→+0

x = 0 i limx→+0

lnx = −∞,

neodredenost oblika 0 · ∞. Vazi jednakost:

x lnx =lnx1

x

, x ∈ (0,+∞).

Izraz na desnoj strani ove jednakosti je neodredeni izraz oblika∞∞

kad x→ +0. Neka je

u(x) = lnx i v(x) =1

x. Funkcije u i v su diferencijabilne u intervalu (0,+∞), u′(x) =

1

x,

v′(x) =1

x2= 0, x ∈ (0,+∞), lim

x→+0u(x) = −∞, lim

x→+0v(x) = +∞,

limx→+0

u′(x)

v′(x)= lim

x→+0

(lnx)′(1

x

)′ = limx→+0

1

x

− 1

x2

= limx→+0

(−x) = 0,


pa na osnovu Teoreme 4.99 sledi da je

limx→+0

x lnx = limx→+0

lnx1

x

= limx→+0

u(x)

v(x)= lim

x→+0

u′(x)

v′(x)= 0.

Primetimo da je

x lnx =x1

lnx

, x ∈ (0,+∞),

i da se na desnoj strani ove jednakosti nalazi neodredeni izraz oblika0

0kad x → +0.

Medutim,

limx→+0

x′

(1

lnx)′

= limx→+0

1

− 1

ln2 x· 1x

= − limx→+0

x ln2 x,

limx→+0

x ln2 x je opet neodredenost oblika 0 ·∞, i transformacija u neodredenost oblika0

0i

primena opet Lopitalovog pravila bi samo dalje komplikovala zadatak i ne bi nas dovelado resenja.

Analogno, za nalazenje limx→+0

xp lnx, gde je p > 0, koristimo transformaciju

xp lnx =lnx1

xp

, x > 0.

Izraz na desnoj strani prethodne jednakosti je neodredeni izraz oblika∞∞

kad x → +0,

i s obzirom da je

limx→+0

(lnx)′(1

xp

)′ = limx→+0

1

x−px−p−1

= −1

plimx→+0

xp = 0,

opet na osnovu Teoreme 4.99 zakljucujemo da je

limx→+0

xp lnx = limx→+0

lnx1

xp

= limx→+0

(lnx)′(1

xp

)′ = 0. •

Za raziliku od prethodnog primere, za razjasnjavanje neodredenosti oblika 0 · ∞ u

narednom primeru je moguce koristiti transformaciju kako u neodredenost oblika∞∞

,

tako i transformaciju u neodredenost oblika0

0.

Primer 4.106. Granicna vrednost

limx→1−0

lnx ln(1− x) (4.108)


je neodredenost oblika 0 · ∞ jer je limx→1−0

lnx = 0 i limx→1−0

ln(1− x) = −∞. Napisimo je

u obliku:

limx→1−0

lnx ln(1− x) = limx→1−0

ln(1− x)1

lnx

,

a poslednji limes je neodredenost oblika∞∞

. Neka je u(x) = ln(1−x) i v(x) = 1

lnx. Tada

je limx→1−0

u(x) = limx→1−0

ln(1−x) = −∞, limx→1−0

v(x) = limx→1−0

1

lnx= −∞, u′(x) = − 1

1− x

i v′(x) = − 1

ln2 x· 1x= 0 za x ∈ (0, 1), a

limx→1−0

u′(x)

v′(x)= lim

x→1−0

(ln(1− x))′(1

lnx

)′ = limx→1−0

− 1

1− x

− 1

ln2 x· 1x

= limx→1−0

(x · ln2 x

1− x

).

Kako je limx→1−0

x = 1, ostaje da ispitamo limx→1−0

ln2 x

1− x(videti Tvrdenja 3.61).

Neka je a(x) = ln2 x i b(x) = 1 − x. Tada je limx→1−0

a(x) = limx→1−0

b(x) = 0, a′(x) =

2(lnx) · 1x, b′(x) = −1 = 0 za x ∈ (0, 1), i

limx→1−0

a′(x)

b′(x)= lim

x→1−0

−2 lnx

x=

−2 · 01

= 0.

Na osnovu Teoreme 4.92 (varijanta ovog tvrdenja koje se odnosi na levu granicnu vred-nost) sledi da je

limx→1−0

ln2 x

1− x= lim

x→1−0

a(x)

b(x)= lim

x→1−0

a′(x)

b′(x)= 0.

Odavde, na osnovu Tvrdenja 3.61 (ili Tvrdenja 3.49) zakljucujemo da je

limx→1−0

(x · ln2 x

1− x

)= lim

x→1−0x · lim

x→1−0

ln2 x

1− x= 1 · 0 = 0.

Sada primenom Teoreme 4.99 (za slucaj leve granicne vrednosti) dobijamo da je

limx→1−0


ln(1− x)1

lnx

= limx→1−0

u(x)

v(x)= lim

x→1−0

u′(x)

v′(x)

= limx→1−0

(x · ln2 x

1− x

)= 0.

Granicnu vrednost (4.108) mozemo izracunati svodenjem na neodredenost oblika0

0:

limx→1−0


lnx1

ln(1− x)

.


Ispitajmo limx→1−0

(lnx)′(1

ln(1− x)

)′ . Kako je

limx→1−0

(lnx)′(1

ln(1− x)

)′ = limx→1−0

1

x1

ln2(1− x)· 1

1− x

= limx→1−0

(1− x) ln2(1− x)

x

i kako je limx→1−0

x = 1 = 0, to na osnovu Tvrdenja 3.64 preostaje da ispitamo

limx→1−0

(1− x) ln2(1− x).

Ovaj limes je neodredenost oblika 0 · ∞. Napisimo ga u obliku:

limx→1−0

(1− x) ln2(1− x) = limx→1−0

ln2(1− x)1

1− x

.

Ova poslednja granicna vrednost je oblika∞∞

. Kako je

limx→1−0

(ln2(1− x))′(1

1− x

)′ = limx→1−0

−2 ln(1− x) · 1

1− x1

(1− x)2

= −2 limx→1−0

(1− x) ln(1− x),

a za ovaj poslednji limes koristimo smenu 1−x = y (mozemo primeniti teoremu o smenipromenljive pri izracunavanju limesa buduci da: x → 1 − 0 =⇒ y → +0, x ∈ (0, 1) =⇒y ∈ (0, 1) i postoji lim

y→+0y ln y = 0 (Primer 4.105)) i dobijamo

limx→1−0

(1− x) ln(1− x) = limy→+0

y ln y = 0,

pa je

limx→1−0

(ln2(1− x))′(1

1− x

)′ = 0.

Primenom Teoreme 4.99 (za slucaj leve granicne vrednosti)32 dobijamo

limx→1−0

ln2(1− x)1

1− x

= limx→1−0

(ln2(1− x))′(1

1− x

)′ = 0

tj.lim

x→1−0(1− x) ln2(1− x) = 0,

32Citaocu ostavljamo za vezbu da proveri ispunjenost svih ostalih uslova iz ove teoreme.


i stoga je

limx→1−0

(lnx)′(1

ln(1− x)

)′ = limx→1−0

(1− x) ln2(1− x)

x=

0

1= 0.

Sada na osnovu Teoreme 4.94 (varijanta ovog tvrdenja za slucaj leve granicne vrednosti)33

dobijamo da je

limx→1−0


lnx1

ln(1− x)

= limx→1−0

(lnx)′(1

ln(1− x)

)′ = 0. •

Neodredenost oblika ∞−∞

Ako je limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = +∞ ili limx→a

f(x) = limx→a

g(x) = −∞, a ∈ R, u opstem

slucaju ne mozemo nista zakljuciti o granicnoj vrednosti njihove razlike kad x → a. Uzavisnosti od funkcija f i g, granicna vrednost

limx→a

(f(x)− g(x)) (4.109)

moze biti jednaka nekom konacnom broju, ili biti jednaka +∞ ili −∞, ili ne postojatiuopste. Zato kazemo da je izraz f(x)− g(x) neodredeni izraz oblika ∞−∞ kad x→ a,a da je limes (4.109) neodredenost oblika ∞−∞.

Neodredeni izraz f(x)−g(x) oblika ∞−∞, kad x→ a, se sledecom transformacijom

moze svesti na neodredeni izraz oblika0

0:

f(x)− g(x) =11

f(x)

− 11

g(x)

=

1

g(x)− 1

f(x)1

f(x)· 1

g(x)

. (4.110)

Primer 4.107. Ispitajmo limx→+0

(1

ln(x+ 1)− 1

x

).

Napisimo

limx→+0

(1

ln(x+ 1)− 1

x

)= lim

x→+0

x− ln(x+ 1)

x ln(x+ 1).

Ovaj poslednji limes je neodredenost oblika0

0. Kako je

limx→+0

(x− ln(x+ 1))′

(x ln(x+ 1))′= lim

x→+0

1− 1

x+ 1

ln(x+ 1) +x

x+ 1

= limx→+0

x

x+ 1(x+ 1) ln(x+ 1) + x

x+ 1

= limx→+0

x

(x+ 1) ln(x+ 1) + x=

(0

0

),

33Citaocu ostavljamo za vezbu da proveri ispunjenost svih ostalih uslova iz ove teoreme.


i kako je na osnovu Teoreme 4.94 (citaocu ostavljamo za vezbu da proveri ispunjenostsvih ostalih uslova iz ove teoreme)

limx→+0

x

(x+ 1) ln(x+ 1) + x= lim

x→+0

x′

((x+ 1) ln(x+ 1) + x)′= lim

x→+0

1

ln(x+ 1) + 2=

1

2,

to je opet na osnovu Teoreme 4.94

limx→+0

x− ln(x+ 1)

x ln(x+ 1)= lim

x→+0

(x− ln(x+ 1))′

(x ln(x+ 1))′=

1

2,

tj. limx→+0

(1

ln(x+ 1)− 1

x

)=

1

2. •

Cesto se primenjuje jednostavnija transformacija od one navedene u (4.110).

Primer 4.108. Granicna vrednost limx→+0

(ctg x− 1

x

)je neodredenost oblika ∞ − ∞.

Napisimo:

ctg x− 1

x=

cosx

sinx− 1

x=x cosx− sinx

x sinx.

Poslednji izraz je neodredenost oblika0

0kad x → +0. Neka je u(x) = x cosx − sinx

i v(x) = x sinx. Ove funkcije su diferencijabilne u intervalu (0,+∞) i v′(x) = 0 zax ∈ (0,+∞), i

limx→+0

u′(x)

v′(x)= lim

x→+0

(x cosx− sinx)′

(x sinx)′= lim

x→+0

cosx− x sinx− cosx

sinx+ x cosx

= limx→+0

−x sinxsinx+ x cosx

= limx→+0

− sinxsinx

x+ cosx

Kako je limx→+0

sinx

x= 1, to je

limx→+0

− sinxsinx

x+ cosx

=0

1 + 1= 0.

Primenom Teoreme 4.94 dobijamo da je

limx→+0

x cosx− sinx

x sinx= lim

x→+0

u(x)

v(x)= lim

x→+0

u′(x)

v′(x)= 0,

tj. limx→+0

(ctg x− 1

x

)= 0. •


Neodredeni izraz f(x)−g(x) oblika ∞−∞ je moguce transformisati na sledeci nacin:

f(x)− g(x) = f(x)

(1− g(x)

f(x)

)ili f(x)− g(x) = g(x)

(f(x)

g(x)− 1

).

Ako limx→a

g(x)

f(x)( limx→a

g(x)

f(x)) postoji i razlicit je od 1, onda je je lim

x→a(f(x) − g(x)) postoji

i jednak je +∞ ili −∞. Ako je pak limx→a

g(x)

f(x)= 1 (ovo je ekvivalentno sa tim da je

limx→a

f(x)

g(x)= 1), onda su

limx→a

f(x)

(1− g(x)

f(x)

)i lim

x→ag(x)

(f(x)

g(x)− 1

)neodredenosti oblika 0 · ∞, na koje smo videli kako se primenjuju Lopitalova pravila.

Primer 4.109. Ispitajmo limx→+∞

(lnx− x).

Ova granicna vrednost je neodredenost oblika ∞−∞. Napisimo:

lnx− x = x

(lnx

x− 1

).

Kako je limx→+∞

lnx

x= 0 (Primer 4.103), to je lim

x→+∞

(lnx

x− 1

)= −1. Na osnovu

Tvrdenja 3.57 sledi da je limx→+∞

(lnx− x) = limx→+∞

x

(lnx

x− 1

)= −∞. •

Primer 4.110. Nadimo granicnu vrednost limx→+∞

((x− 2)e1x − x).

Ovo je neodredenost oblika ∞−∞. Transformisacemo je u neodredenost oblika0

0:

limx→+∞

((x− 2)e1x − x) = lim

x→+∞x

(x− 2

xe

1x − 1

)= (0 · ∞) = lim

x→+∞

x− 2

xe

1x − 1

1x

.

S obzirom da je limx→+∞

x− 2

x= lim

x→+∞

(1− 2

x

)= 1, lim

x→+∞e

1x = e0 = 1, to je

limx→+∞

(x−2x e

1x − 1

)= 1− 1 = 0. Prema tome,

x−2x e

1x − 11x

je neodredeni izraz oblika0

0. Neka je f(x) =

x− 2

xe

1x − 1 i g(x) =

1

x. Funkcije f

i g su diferencijabilne u okolini (0,+∞) tacke +∞, pri cemu je f ′(x) =x+ 2

x3e

1x i

g′(x) = − 1

x2= 0, x ∈ (0,+∞).


Potrazimo:

limx→+∞

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞

x+2x3e

1x

− 1x2

= − limx→+∞

x+ 2

xe

1x = − lim

x→+∞

(1 +

2

x

)e

1x = −1.

Na osnovu Teoreme 4.98, sledi:

limx→+∞

x−2x e

1x − 11x

= limx→+∞

f(x)

g(x)= lim

x→+∞

f ′(x)

g′(x)= −1.

Prema tome, limx→+∞

((x− 2)e1x − x) = −1.

Analogno se dokazuje da je limx→−∞

((x− 2)e1x − x) = −1. •

Neodredenosti oblika 00, ∞0, 1∞

Neka su date funkcije f, g : X → R, neka je a ∈ R tacka nagomilavanja skupa X, i

neka postoji okolina tacke a, U(a), tako da je f(x) > 0 za sve x ∈◦U(a) ∩X.

Ako je limx→a

f(x) = 1, i limx→x0

g(x) = +∞ ili limx→x0

g(x) = −∞, onda kazemo da je

f(x)g(x) neodredeni izraz oblika 1∞ kad x→ a, a da je limes:

limx→a

f(x)g(x) (4.111)

neodredenost oblika 1∞.

Ako je limx→a

f(x) = limx→x0

g(x) = 0, onda za limes (4.111) kazemo da je neodredenost

oblika 00. Ako je pak limx→a

f(x) = +∞, a limx→x0

g(x) = 0, onda kazemo da je limes (4.111)

neodredenost oblika ∞0.

Problem razjasnjavanja ovih neodredenosti resavamo tako sto izraz f(x)g(x) zapisu-jemo u obliku:

f(x)g(x) = eln f(x)g(x)

= eg(x) ln f(x),

a potom ispitujemo limes limx→a

(g(x) ln f(x)) koji je neodredenost oblika 0 · ∞. Ako je

moguce razjasniti tu neodredenost i ustanoviti da je

limx→a

(g(x) ln f(x)) =

b ∈ R,+∞,−∞,

onda koristeci neprekidnost funkcije t 7→ et i Tvrdenje 3.77 (i) zakljucujemo da je

limx→a

f(x)g(x) = limx→a

eg(x) ln f(x) =

eb ∈ R,+∞,0.

4.8. Tejlorova formula 391

Primer 4.111. Dokazimo da je limx→+0

xx = 1

Ovo je neodredenost oblika 00. Napisimo najpre da je xx = elnxx= ex lnx. Limes

limx→+0

x lnx je neodredenost oblika 0·∞ i u Primeru 4.105 smo dokazali da je limx→+0

x lnx =

0. Sada iz neprekidnosti eksponencijalne funkcije t 7→ et zakljucujemo da je

limx→+0

xx = limx→+0

ex lnx = elim

x→+0x lnx

= e0 = 1. •

Primer 4.112. Ispitajmo limx→1

x1

x−1 .

Ovo je neodredenost oblika 1∞. Napisimo:

x1

x−1 = elnx1

x−1= e

1x−1

·lnx,

i primetimo da je limx→1

(1

x− 1· lnx

)neodredenost oblika 0 ·∞. Primenom Teoreme 4.95

(moguce je iskoristiti i Teoremu 4.90) dobijamo da je

limx→1

(1

x− 1· lnx

)= lim

x→1

lnx

x− 1=

(0

0

)= lim

x→1

(lnx)′

(x− 1)′= lim

x→1

1

x= 1

te je

limx→1

x1

x−1 = limx→1

e(1

x−1·lnx) = e

limx→1

( 1x−1

·lnx)= e1 = e. •

Primer 4.113. Ispitajmo limx→+0

(ctg x)sinx.

Ovaj limes je neodredenost oblika ∞0, i

(ctg x)sinx = eln(ctg x)sin x

= esinx ln ctg x.

Granicna vrednost limx→+0

(sinx ln ctg x) neodredenost oblika 0 · ∞. Napisimo:

sinx ln ctg x =ln ctg x

1

sinx

.

Izraz na desnoj strani u prethodnoj jednakosti je neodredeni izraz oblika∞∞

kad x→ +0.

Kako je

limx→+0

(ln ctg x)′(1

sinx

)′ = limx→+0

1

ctg x· −1

sin2 x

− 1

sin2 x· cosx

= limx→+0

sinx

cos2 x=

0

1= 0,

to primenom Teoreme 4.99 dobijamo da je

limx→+0

(sinx ln ctg x) = limx→+0

ln ctg x1

sinx

= limx→+0

(ln ctg x)′(1

sinx

)′ = 0,

te jelimx→+0

(ctg x)sinx = limx→+0

esinx ln ctg x = e0 = 1. •


4.9 Tejlorova formula

Kako za racunjanje vrednosti polinoma u nekoj tacki koristimo samo osnovne racunskeoperacije-sabiranje i mnozenje, to su polinomi funkcije cije je vrednosti najjednostavnijeizracunati. Zato se prirodno namece ideja da se vrednosti drugih funkcija, u okolini neketacke a, zamene odgovarajucim vrednostima nekog polinoma. Taj postupak zamenevrednosti funkcije odgovarajucim vrednostima polinoma zove se aproksimacija funkcijepolinomom. Razlika izmedu vrednosti funkcije i odgovarajuce vrednosti polinoma zove segreska aproksimacije. Aproksimacija je utoliko bolja, ukoliko je greska aproksimacije poapsolutnoj vrednosti manja. Apsolutna vrednost greske aproksimacije zove se apsolutnagreska aproksimacije. Proceniti gresku aproksimacije znaci odrediti gornju granicu apso-lutne greske. Aproksimacija je dobro izvedena ukoliko dozvoljava relativno jednostavnuprocenu greske.

Vec smo u sekciji 4.1 pokazali da se funkcija koja ima izvod u tacki a moze aproksimi-rati linearnom funkcijom, tj. polinomom stepena manjeg ili jednakog 1 ili nula-polino-mom34 35 (videti formulu (4.9)):

T1(x) = f(a) + f ′(a)(x− a),

za koji vazi da je T1(a) = f(a), T ′1(a) = f ′(a) i

f(x) = T1(x) + o(x− a), x→ a.

Prirodno se namece pitanje da li se funkcija koja je n-puta diferencijabilna u tacki amoze aproksimirati polinomom Tn oblika

Tn(x) = c0 + c1(x− a) + c2(x− a)2 + c3(x− a)3 + · · ·+ cn(x− a)n,

koji ima osobinu da ima istu vrednost u tacki a kao i funkcija f i sve izvode do n-togreda zakljucno u tacki a jednake odgovarajucim izvodima funkcije f u tacki a, a dapritom greska aproksimacije tezi 0 kad x tezi ka a, preciznije da je greska aproksimacijeo((x − a)n) kad x → a. Odgovor na ovo pitanje je, kao sto cemo videti, potvrdan, a s

obzirom na uslove Tn(a) = f(a), T ′n(a) = f ′(a), T ′′

n (a) = f ′′(a), . . . , T(n)n (a) = f (n)(a),

na osnovu Primera 4.45 zakljucujemo da je ck =T(k)n (a)

k!=f (k)(a)

k!, k = 0, 1, . . . , n, te

je trazeni polinom oblika:

Tn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n. (4.112)

Definicija 4.114. Neka je n ∈ N0 i funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a. Polinom(4.112) zovemo Tejlorov36 polinom reda n funkcije f u tacki a. Ako je a = 0, onda se taj

34Stepen nula-polinoma se ne definise.35Ako je f ′(a) = 0, ovo je polinom stepena 1. Za slucaj da je f ′(a) = 0 = f(a), ovo je polinom nultog

stepena, a za slucaj da je f(a) = f ′(a) = 0, ovo je nula-polinom.36Brook Taylor (1685-1731), engleski matematicar


polinom naziva i Maklorenov37 polinom reda n funkcije f i obelezava sa Mn:

Mn(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2!x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn.

Izraz na desnoj strani u (4.112) obelezavacemo jos i sa Tn(x, a). �

Naravno, uzastopnim diferenciranjem n-puta, iz (4.112) dobijamo da vaze jednakosti:

Tn(a) = f(a), T ′n(a) = f ′(a), . . . , T (n)

n (a) = f (n)(a), (4.113)

Primer 4.115. Odredimo Tejlorov polinom treceg reda funkcije f(x) = x3 lnx u tackia = 1. Iz

f ′(x) = 3x2 lnx+ x2

f ′′(x) = 6x lnx+ 3x+ 2x = 6x lnx+ 5x

f ′′′(x) = 6 lnx+ 11, za x > 0,

sledi f ′(1) = 1, f ′′(1) = 5 i f ′′′(1) = 11, i kako je f(1) = 0, to je

T3(x, 1) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +f ′′(1)

2!(x− 1)2 +

f ′′′(1)

3!(x− 1)3

= (x− 1) +5

2(x− 1)2 +

11

6(x− 1)3.•

Pomenimo da kod Tejlorovog polinoma ne treba poistovecivati njegov red sa njegovimstepenom. Naime, Tejlorov polinom n-tog reda u tacki a funkcije f je polinom stepenane veceg od n ili nula-polinom. Ako je f (n)(a) = · · · = f (n−k)(a) = 0 = f (n−k−1)(a), k ∈{0, 1, . . . , n − 1}, onda je stepen Tejlorovog polinoma Tn jednak n − k − 1, i vazi da jeTn−k−1 = Tn−k = · · · = Tn.

Primer 4.116. Za funkciju f(x) = (x− 2)3 vazi:

f ′(x) = 3(x− 2)2, f ′′(x) = 3 · 2 · (x− 2), f ′′′(x) = 6, f (4)(x) = f (5)(x) = · · · = 0, x ∈ R,

te jef ′(2) = f ′′(2) = 0, f ′′′(2) = 6, f (4)(2) = f (5)(2) = · · · = 0.

Prema tome, Tejlorovi polinomi funkcije f u tacki a = 2 reda n = 0, 1, 2, 3, 4, . . . , suredom:

T0(x, 2) = f(2) = 0,

T1(x, 2) = f(2) + f ′(2)(x− 2) = 0,

T2(x, 2) = f(2) + f ′(2)(x− 2) +f ′′(2)

2!(x− 2)2 = 0,

T3(x, 2) = f(2) + f ′(2)(x− 2) +f ′′(2)

2!(x− 2)2 +

f ′′′(2)

3!(x− 2)3 = (x− 2)3 = f(x),

T4(x, 2) = f(2) + f ′(2)(x− 2) +f ′′(2)

2!(x− 2)2 +

f ′′′(2)

3!(x− 2)3 +

f (4)(2)

4!(x− 2)4

= (x− 2)3 = f(x),

T5(x, 2) = T6(x, 2) = · · · = (x− 2)3 = f(x), x ∈ R.37Colin Maclaurin (1698-1746), skotski matematicar


Dakle, Tejlorovi polinomi reda 0, 1, 2 ove funkcije u tacki a = 2 su nula-polinomi, a sviTejlorovi polonomi reda n ≥ 3 se poklapaju sa funkcijom f .

Nadimo Tejlorove polinome ove funkcije u tacki a = 1. Kako je

f(1) = (1− 2)3 = −1, f ′(1) = 3(1− 2)2 = 3, f ′′(1) = 3 · 2 · (1− 2) = −6, f ′′′(1) = 6,

f (4)(1) = f (5)(1) = · · · = 0,

to su Tejlorovi polinomi funkcije f u tacki a = 1 reda n = 0, 1, 2, 3, 4, . . . , su redom:

T0(x, 1) = f(1) = −1,

T1(x, 1) = f(1) + f ′(1)(x− 1) = −1 + 3(x− 1),

T2(x, 1) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +f ′′(1)

2!(x− 1)2 = −1 + 3(x− 1)− 3(x− 1)2,

T3(x, 1) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +f ′′(1)

2!(x− 1)2 +

f ′′′(1)

3!(x− 1)3

= −1 + 3(x− 1)− 3(x− 1)2 + (x− 1)3 = (x− 2)3 = f(x),

T4(x, 1) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +f ′′(1)

2!(x− 1)2 +

f ′′′(1)

3!(x− 1)3 +

f (4)(1)

4!(x− 1)4

= −1 + 3(x− 1)− 3(x− 1)2 + (x− 1)3 = (x− 2)3 = f(x),

T5(x, 1) = T6(x, 1) = · · · = −1 + 3(x− 1)− 3(x− 1)2 + (x− 1)3 = (x− 2)3 = f(x), x ∈ R.

Opstije, ako je f ma koji polinom treceg stepena i a ∈ R, onda je na osnovu Primera4.45

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 ++

f ′′′(a)

3!(x− a)3,

i kako su svi izvodi pocev od cetvrtog reda ove funkcije jednaki 0, to su za ovu funkcijuTejlorovi polinomi u tacki a, reda 0, 1, 2, 3, 4, . . . , redom:

T0(x, a) = f(a),

T1(x, a) = f(a) + f ′(a)(x− a),

T2(x, a) = f(a) + f ′(1)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2,

T3(x, a) = T4(x, a) = T5(x, a) = . . .

= f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(1)

2!(x− a)2 +

f ′′′(a)

3!(x− a)3 = f(x), x ∈ R.

Prema tome, svi Tejlorovi polinomi ove funkcije reda n ≥ 3 poklapaju se sa samomfunkcijom, tj. polinomi su treceg stepena. •

Ako je funkcija f nula-polinom, tada je Tejlorov polinom ma kog reda ove funkcije uproizvoljnoj tacki a ∈ R opet nula-polinom.

Mozemo zakljuciti da ako je f polinom stepena p, onda se svaki Tejlorov polinomreda n ≥ p funkcije f u ma kojoj tacki a ∈ R poklapa sa samom funkcijom f i stoga jepolinom stepena p.


Kao sto smo vec rekli, ako funkciju f aproksimiramo Tejlorovim polinomom, potrebnoje dati ocenu greske aproksimacije, tj. razlike:38

Rn(x) = f(x)− Tn(x)

=f(x)−

(f(a) + f ′(a)(x− a)+

f ′′(a)

2!(x− a)2+. . .+

f (n)(a)

n!(x− a)n

).

(4.114)

Iz (4.114) dobijamo jednakost:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n +Rn(x), (4.115)

koju nazivamo Tejlorovom formulom n-tog reda funkcije f u tacki a, dok funkciju Rn(x)nazivamo ostatkom Tejlorove formule n-tog reda.

Specijalno, ako je a = 0, onda se formula

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2!x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn +Rn(x)

zove Maklorenova formula n-tog reda funkcije f .

Primetimo da ako je funkcija f bas polinom stepena p, onda je ostatak Tejloroveformule reda n ≥ p u proizvoljnoj tacki a ∈ R jednak 0, jer se funkcija poklapa sa svojimTejlorovim polinomom reda n ≥ p. U svim drugim slucajevima greska aproksimacije, tj.ostatak Tejlorove formule bice razlicit od 0.

Pre nego sto damo prvu ocenu ostatka Tejlorove formule, dokazimo sledece pomocnotvrdenje.

Tvrdenje 4.117. Neka je funkcija ϕ n-puta diferencijabilna u tacki a i neka vazi:

ϕ(a) = ϕ′(a) = ϕ′′(a) = · · · = ϕ(n)(a) = 0. (4.116)

Tada je

ϕ(x) = o((x− a)n), x→ a.

Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom koristeci Lopitalovo pravilo.

Dokazimo da je tvrdenje tacno za n = 1. U tom cilju pretpostavimo da funkcija ϕ imaizvod u tacki a i da je ϕ(a) = ϕ′(a) = 0. Dokazimo da je onda ϕ(x) = o(x− a), x→ a.

Zaista, zbog ϕ(a) = ϕ′(a) = 0, imamo da je

limx→a

ϕ(x)

x− a= lim

x→a

ϕ(x)− ϕ(a)

x− a= ϕ′(a) = 0,

i prema tome ϕ(x) = o(x− a), x→ a.

38Apsolutna greska koju pravimo aprokcimacijom vrednosti funkcije f u tacki x vrednoscu Tejlorovogpolinoma u ovoj tacki je |Rn(x)|.


Pretpostavomo da je tvrdenje tacno za prirodan broj n i dokazimo da je tacno zan + 1, tj. da za svaku funkciju φ koja je n + 1-puta diferencijabilna u tacki a i kojaispunjava uslove:

φ(a) = φ′(a) = φ′′(a) = · · · = φ(n)(a) = φ(n+1)(a) = 0, (4.117)

vazi da jeφ(x) = o((x− a)n+1), x→ a. (4.118)

Da bismo dokazali (4.118), pokazimo da je limx→a

φ(x)

(x− a)n+1= 0. Postoji δ > 0 tako da je

funkcija φ diferencijabilna u okolini (a− δ, a+ δ) (videti Napomenu 4.40). U toj okolinije diferencijabilna i funkcija ψ(x) = (x− a)n+1 i vazi da je ψ′(x) = (n+ 1)(x− a)n = 0,za x ∈ (a − δ, a) ∪ (a, a + δ). Osim toga, lim

x→aφ(x) = φ(a) = 0 i lim

x→aψ(x) = ψ(a) = 0.

Funkcija φ′ je n-puta diferencijabilna u tacki a i, s obzirom na (4.117), funkcija φ′ zajednosa svojim izvodima do n-tog reda zakljucno u tacki a ima vrednost jednaku 0:

φ′(a) = (φ′)′(a) = (φ′)′′(a) = · · · = (φ′)(n)(a) = 0.

Prema tome, funkcija ϕ = φ′ ispunjava uslove (4.116) i na osnovu indukcijske pret-postavke zakljucujemo da je ϕ(x) = o((x− a)n), x→ a, tj. φ′(x) = o((x− a)n), x→ a.

Zato postoji limx→a

φ′(x)

ψ′(x)i vazi

limx→a

φ′(x)

ψ′(x)= lim

x→a

φ′(x)

(n+ 1)(x− a)n=

1

n+ 1limx→a

φ′(x)

(x− a)n= 0.

Na osnovu Lopitalovog pravila zakljucujemo da postoji limx→a

φ(x)

ψ(x)i da je

limx→a

φ(x)

ψ(x)= lim

x→a

φ′(x)

ψ′(x)= 0.

Prema tome, limx→a

φ(x)

(x− a)n+1= 0. �

Sledeca teorema je poznata pod nazivom Tejlorova teorema i govori o asimptotskomponasanju ostatka Tejlorove formule u okolini tacke a. Naime, ostatak Tejlorove formulen-tog reda je beskonacno mala viseg reda u odnosu na (x− a)n kad x→ a.

Teorema 4.118. Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a. Tada je

f(x) = f(a)+ f ′(a)(x− a)+f ′′(a)

2!(x− a)2+ · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n+ o((x− a)n), x→ a.

(4.119)Drugim recima, za ostatak Tejlorove formule n-tog reda vazi:

Rn(x) = o((x− a)n), x→ a. (4.120)


Dokaz. Kako je Rn(x) = f(x)− Tn(x), gde je Tn Tejlorov polinom n-tog reda funkcije fu tacki a, zakljucujemo da je funkcija Rn n-puta diferencijabilna u tacki a, a na osnovujednakosti (4.113) dobijamo

Rn(a) = f(a)− Tn(a) = 0,

R′n(a) = f ′(a)− T ′

n(a) = 0,

R′′n(a) = f ′′(a)− T ′′

n (a) = 0,

. . .

R(n)n (a) = f (n)(a)− T (n)

n (a) = 0.

Prema tome, funkcija Rn ispunjava uslove Tvrdenja 4.117, odakle sledi da je Rn(x) =o((x− a)n), x→ a. �

Formula (4.119) je poznata pod nazivom Tejlorova formula sa ostatkom u Peanovoj39

formi. Specijalno, za a = 0 dobijamo Maklorenovu formulu sa ostatkom u Peanovojformi:

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2!x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + o(xn), x→ 0. (4.121)

Primetimo da formula (4.119) ne omogucava precizniju ocenu ostatka, tj. greskeaproksimacije funkcije Tejlorovim polinomom, vec jedino govori o tome da ta greskatezi 0 odredenom brzinom kada x tezi ka a i da se vrednost funkcije f(x) u nekoj tackix moze zameniti odgovarajucom vrednoscu Tejlorovog polinoma u tacki a sa malomgreskom samo ako je tacka x ,,dovoljno blizu“ tacke a.

Primer 4.119. Funkcija f(x) = ex ima izvode ma kog reda u svakoj tacki x ∈ R.Naime,

(ex)(n) = ex, za svako n ∈ N i za svako x ∈ R.Na osnovu Teoreme 4.118 sledi da za ovu funkciju vazi Tejlorova formula sa ostatkomu Peanovoj formi ma kog reda, u ma kojoj tacki a ∈ R, pa i u tacki a = 0. Kako jef (n)(0) = e0 = 1 za svako n ∈ N, to je Maklorenova formula n-tog reda ove funkcije saostatkom u Peanovoj formi:

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+ o(xn), x→ 0. • (4.122)

Primer 4.120. Odredimo Tejlorovu formulu cetvrtog reda sa ostatkom u Peanovoj formiza funkciju f(x) = x2 ln2 x u tacki a = 1. Nadimo izvode do cetvrtog reda ove funkcijeu tacki a = 1. Za x > 0 imamo da je

f ′(x) = 2x ln2 x+ 2x lnx = 2x(ln2 x+ lnx) =⇒ f ′(1) = 0,

f ′′(x) = 2 ln2 x+ 6 lnx+ 2 =⇒ f ′′(1) = 2,

f ′′′(x) =4 lnx+ 6

x=⇒ f ′′′(1) = 6,

f (4)(x) =−4 lnx− 2

x2=⇒ f (4)(1) = −2.

39Giuseppe Peano (1858-1932), italijanski matematicar


Buduci da je funkcija f cetiri puta diferencijabilna u tacki a = 1, iz Teoreme 4.118 sledida je

f(x)=f(1)+f ′(1)(x− 1)+f ′′(1)

2!(x− 1)2+

f ′′′(1)

3!(x− 1)3+

f (4)(1)

4!(x− 1)4+ o((x− 1)4)

kad x→ 1, i prema tome,

f(x) = (x− 1)2 + (x− 1)3 − 1

4(x− 1)4 + o((x− 1)4), x→ 1. •

Sledeca lema pokazuje da se funkcija ne moze istovremeno aproksimirati sa dva raz-licita polinoma koji oba nemaju stepen veci od n i sa greskom koja je u oba slucajao((x− a)n), kad x → a. Drugim recima, ukoliko postoji polinom koji nema stepen veciod n i koji aproksimira funkciju sa greskom koja je o((x − a)n) kad x → a, onda je onjedinstven.

Lema 4.121. Neka je

c0 + c1(x− a) + · · ·+ cn(x− a)n + o((x− a)n)

= d0 + d1(x− a) + · · ·+ dn(x− a)n + o((x− a)n), x→ a. (4.123)

Tada je c0 = d0, c1 = d1, . . . , cn = dn.

Dokaz. Prelaskom na limes kad x→ a u jednakosti (4.123) dobijamo da je c0 = d0, pa je

c1(x−a)+· · ·+cn(x−a)n+o((x−a)n) = d1(x−a)+· · ·+dn(x−a)n+o((x−a)n), x→ a.

Odavde deljenjem sa x−a (x = a), buduci da je na osnovu Tvrdenja 3.184o((x− a)n)

x− a=

o((x− a)n−1), x→ a, sledi

c1 + c2(x− a) + · · ·+ cn(x− a)n−1 + o((x− a)n−1) = d1 + d2(x− a) +

· · ·+ dn(x− a)n−1 + o((x− a)n−1), x→ a,

odakle opet prelasom na limes kad x→ a dobijamo c1 = d1. Nastavljajuci ovaj postupakdobijamo ci = di, i = 0, 1, . . . , n. �

Koristeci prethodnu lemu pokazacemo da je za funkciju f , koja je n-puta diferenci-jabilna u tacki a, jedini polinom koji nema stepen veci od n i koji aproksimira funkcijuf sa greskom koja je o((x− a)n), kad x→ a, upravo Tejlorov polinom reda n funkcije fu tacki a.

Tvrdenje 4.122. Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a, i neka je

Qn(x) = α0 + α1(x− a) + · · ·+ αn(x− a)n (4.124)

polinom takav da je

f(x) = Qn(x) + o((x− a)n), x→ a. (4.125)


Tada je

αk =f (k)(a)

k!, k = 0, 1, . . . , n, (4.126)

tj. polinom Qn je jednak Tejlorovom polinomu reda n funkcije f u tacki a.

Dokaz. Iz Teoreme 4.118 sledi da je

f(x) = f(a)+ f ′(a)(x− a)+f ′′(a)

2!(x− a)2+ · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n+ o((x− a)n), x→ a.

Odavde, iz (4.125) i (4.124) sledi

α0 + α1(x− a) + · · ·+ αn(x− a)n + o((x− a)n) = f(a) + f ′(a)(x− a) +

+f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n), x→ a.

Sada na osnovu Leme 4.121 slede jednakosti (4.126). �

Primer 4.123. Nadimo Maklorenovu formulu cetvrtog reda funkcije f(x) = (x2+1)ex.Na osnovu Primera 4.119 i Tvrdenja 3.184 (iii)i (vi) sledi:

f(x) = x2ex + ex = x2(1 +x

1!+x2

2!+ o(x2)) + 1 +

x

1!+x2

2!+x3

3!+x4

4!+ o(x4)

= x2 + x3 +x4

2+ o(x4) + 1 + x+

x2

2+x3

6+x4

24+ o(x4)

= 1 + x+3

2x2 +

5

6x3 +

13

24x4 + o(x4), x→ 0.

Iz Tvrdenja 4.124 sledi da je

f(x) = 1 + x+3

2x2 +

5

6x3 +

13

24x4 + o(x4), x→ 0,

Maklorenova formula cetvrtog reda funkcije f . •

Sledeca teorema je uopstenje Teoreme 4.90.

Teorema 4.124. Neka su funkcije f i g n-puta diferencijabilne u tacki a, i neka je

f(a) = f ′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, (4.127)

g(a) = g′(a) = · · · = g(n−1)(a) = 0 = g(n)(a). (4.128)

Tada je

limx→a

f(x)

g(x)=f (n)(a)

g(n)(a). (4.129)


Dokaz. Kako je funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a, na osnovu Teoreme 4.118za nju vazi sledeca Tejlorove formule n-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi:

f(x) = f(a)+ f ′(a)(x− a)+f ′′(a)

2!(x− a)2+ · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n+ o((x− a)n), x→ a.

Odavde i iz (4.127) sledi

f(x) =f (n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n), x→ a.

Slicno, na osnovu Teoreme 4.118 i (4.128) za funkciju g vazi

g(x) = g(a) + g′(a)(x− a) +g′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ g(n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n)

=g(n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n), x→ a.

Sada na osnovu Tvrdenja 3.49 zakljucujemo da je

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f (n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n)

g(n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n)

= limx→a

f (n)(a)

n!+o((x− a)n)

(x− a)n

g(n)(a)

n!+o((x− a)n)

(x− a)n

=

limx→a

(f (n)(a)

n!+o((x− a)n)

(x− a)n

)

limx→a

(g(n)(a)

n!+o((x− a)n)

(x− a)n

) =

f (n)(a)

n!g(n)(a)

n!

=f (n)(a)

g(n)(a). �

Primer 4.125. Nadimo granicnu vrednost limx→0

ex + e−x − x2 − 2

x2 − sin2 x.

Za funkcije f(x) = ex+ e−x− x2 − 2 i g(x) = x2 − sin2 x vazi da je f(0) = g(0) = 0 i

f ′(x) = ex − e−x − 2x, f ′(0) = 0, g′(x) = 2x− 2 sinx cosx = 2x− sin 2x, g′(0) = 0,

f ′′(x) = ex + e−x − 2, f ′′(0) = 0, g′′(x) = 2− 2 cos 2x, g′′(0) = 0,

f ′′′(x) = ex − e−x, f ′′′(0) = 0, g′′′(x) = 4 sin 2x, g′′′(0) = 0,

f IV (x) = ex + e−x, f IV (0) = 2, gIV (x) = 8 cos 2x, gIV (0) = 8 = 0.

Na osnovu Teoreme 4.124 sledi

limx→0

ex + e−x − x2 − 2

x2 − sin2 x= lim

x→0

f(x)

g(x)=f IV (0)

gIV (0)=

2

8=

1

4. •


Sledeca teorema omogucava da se funkcija koja je n+1-puta diferencijabilna u okolinitacke a aproksimira Tejlorovim polinomom reda n u celoj toj okolini, pri cemu je ovomprilikom ostatak dat u obliku koji omogucava laku procenu greske aproksimacije.

Teorema 4.126. Neka je funkcija f ima neprekidan n-ti izvod u okolini tacke a, U(a) =

(a − δ, a + δ), i (n + 1)-vi izvod u probodenoj okolini◦U(a). Tada za svako x ∈ U(a) i

svako p ∈ N postoji ξ 40koje je izmedu a i x tako da vazi jednakost:

f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2!(x− a)2 + · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n +Rn(x),

gde je

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

p · n!(x− ξ)n+1−p(x− a)p.

Dokaz. Neka je x ∈ U(a) i pretpostavimo41 da je x > a. Na segmentu [a, x] posmatrajmofunkciju

φ(t) = f(x)− Tn(x, t)

= f(x)−

(f(t) + f ′(t)(x− t) +

f ′′(t)

2!(x− t)2 + · · ·+ f (n)(t)

n!(x− t)n

).

Buduci da funkcija f ima neprekidne sve izvode do n-tog reda zakljucno u okolini U(a),funkcija φ je neprekidna na segmentu [a, x]. Kako funkcija f ima (n + 1)-vi izvod u

probodenoj okolini◦U(a), to je funkcija φ diferencijabilna u intervalu (a, x) i vazi:

φ′(t) = −f ′(t) −(f ′′(t)(x− t)− f ′(t)

)−(f ′′′(t)

2!(x− t)2 − f ′′(t)

2!2(x− t)

)−

(f (4)(t)

3!(x− t)3 − f ′′′(t)

3!3(x− t)2

)− . . .

−

(f (n+1)(t)

n!(x− t)n − f (n)(t)

(n)!n(x− t)n−1

).

Nakon sredivanja dobijamo

φ′(t) = −f(n+1)(t)

n!(x− t)n.

Izaberimo sada proizvoljnu funkciju ψ koja je neprekidna na segmentu [a, x], diferenci-jabilna u intervalu (a, x), pri cemu je ψ′(t) = 0 za svako t ∈ (a, x).

40Ovo ξ zavisi od izbora x ∈ U(a) i p ∈ N.41U slucaju kada je x < a, dokaz ide potpuno analogno, samo se umesto segmenta [a, x] posmatra

segment [x, a].


Funkcije φ i ψ ispunjavaju uslove Kosijeve teoreme o srednjoj vrednosti na segmentu[a, x], te postoji ξ ∈ (a, x) tako da je

φ(x)− φ(a)

ψ(x)− ψ(a)=φ′(ξ)

ψ′(ξ). (4.130)

Kako je φ(x) = 0, φ(a) = f(x) − Tn(x, a) = Rn(x) i φ′(ξ) = −f(n+1)(ξ)

n!(x − ξ)n, iz

(4.130) sledi

−Rn(x)ψ(x)− ψ(a)

=−f

(n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n

ψ′(ξ),

pa je

Rn(x) =ψ(x)− ψ(a)

ψ′(ξ)· f

(n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n. (4.131)

Sada za funkciju ψ izaberimo:

ψ(t) = (x− t)p, gde je p ∈ N.

Jasno, ψ je neprekidna na [a, x], diferencijabilna u (a, x), pri cemu jeψ′(t) = −p(x − t)p−1 = 0 za t ∈ (a, x), ψ(x) = 0, ψ(a) = (x − a)p, pa iz (4.131)dobijamo

Rn(x) =(x− a)p

p(x− ξ)p−1· f

(n+1)(ξ)

n!(x− ξ)n,

tj.

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

p · n!(x− ξ)n+1−p(x− a)p. � (4.132)

Za ostatak (4.132) kazemo da je dat u Slemilh42-Rosovom43 obliku.Buduci da je ξ ∈ (a, x) za slucaj kada je a < x, i ξ ∈ (x, a) za slucaj kada je x < a,

imamo da je 0 < θ =ξ − a

x− a< 1, ξ = a+ θ(x− a) i x− ξ = (1− θ)(x− a), pa je

Rn(x) =f (n+1)(a+ θ(x− a))

p · n!(1− θ)n+1−p(x− a)n+1, gde je θ ∈ (0, 1). (4.133)

Za p = 1 dobijamo Kosijev oblik ostatka:

Rn(x) =f (n+1)(a+ θ(x− a))

n!(1− θ)n(x− a)n+1, gde je θ ∈ (0, 1). (4.134)

Ako stavimo da je p = n+ 1, dobijamo Lagranzov oblik ostatka:

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− a)n+1, gde je ξ izmedu a i x, (4.135)

42O. Schlomilch (1823-1901), nemacki matematicar43E. Roche (1820-1883), francuski matematicar


odnosno,

Rn(x) =f (n+1)(a+ θ(x− a))

(n+ 1)!(x− a)n+1, gde je θ ∈ (0, 1), (4.136)

i tako dobijamo Tejlorovu formulu n-tog reda funkcije f u tacki a sa ostatkom u La-granzevom obliku:

f(x) = f(a)+f ′(a)(x−a)+ f ′′(a)

2!(x−a)2+ · · ·+ f (n)(a)

n!(x−a)n+ f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x−a)n+1,

(4.137)gde je ξ izmedu a i x, tj.

f(x)=f(a)+f ′(a)(x−a)+f′′(a)

2!(x−a)2+· · ·+f

(n)(a)

n!(x−a)n+f

(n+1)(a+θ(x− a))

(n+ 1)!(x−a)n+1,

(4.138)gde je θ ∈ (0, 1).

Primetimo da je Lagranzeva teorema specijalan slucaj Teoreme 4.126. Naime, zaslucaj kada je n = 0, p = 1 i x = b, iz formule (4.137) se dobija formula

f(b) = f(a) + f ′(ξ)(b− a),

tj.

f(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a),

gde je ξ tacka izmedu tacaka a i b.

Za slucaj da je u formuli (4.138) a = 0 dobijamo Maklorenovu formulu n-tog redafunkcije f sa ostatkom u Lagranzevom obliku:

f(x) = f(0)+ f ′(0)x+f ′′(0)

2!x2+ · · ·+ f (n)(0)

n!xn+

f (n+1)(θx)

(n+ 1)!xn+1, θ ∈ (0, 1). (4.139)

Napominjemo da ξ u formuli (4.137), i θ u formulama (4.134), (4.136), (4.138) i (4.139),zavise od izbora x ∈ U(a) i n ∈ N.

Pre nego sto pokazemo da Maklorenov polinom parne (neparne) funkcije sadrzi samoparne (neparne) stepene promenljive x, primetimo da ako je neparna funkcija f definisanau tacki x = 0, da je onda njena vrednost u 0 jednaka 0. Zaista,

f(0) = f(−0) = −f(0) =⇒ 2f(0) = 0 =⇒ f(0) = 0.

Osim toga, iz Tvrdenja 4.13 sledi da su parni izvodi neparne funkcije, kao i neparniizvodi parne funkcije, i sami neparne funkcije i stoga (pod uslovom da postoje u 0) u 0imaju vrednost jednaku 0.

Tvrdenje 4.127. Neka neparna (parna) funkcija f : (−δ, δ) → R ima izvode ma kogreda u tacki x = 0. Tada su koeficijenti uz parne (neparne) stepene promenljive x uMaklorenovom polinomu (ma kog reda) funkcije f jednaki 0.


Dokaz. Neka je f neparna funkcija. Tada je f(0) = 0, prva izvodna funkcija f ′ jedefinisana u okolini 0 i na osnovu Tvrdenja 4.13 sledi da je f ′ parna funkcija. Drugaizvodna funkcija je definisana u okolini 0 i opet primenom Tvrdenja 4.13 zakljucujemoda je f ′′ neparna funkcija, pa je f ′′(0) = 0. Nastavljajuci tako postupak, dolazimo dozakljucka da je f (2k)(0) = 0 za svako k ∈ N.

Pretpostavimo da je funkcija f parna. Prva izvodna funkcija f ′, inace definisana uokolini 0, je na osnovu Tvrdenja 4.13 neparna funkcija i prema tome, f ′(0) = 0. Drugaizvodna funkcija f ′′ je onda parna funkcija definisana u okolini 0, odakle onda sledi daje treca izvodna funkcija f ′′′ neparna funkcija, pa je f ′′′(0) = 0. Nastavljajuci postupak,dobijamo da je f (2k−1)(0) = 0 za svako k ∈ N. �

Primeri 4.128. Buduci da funkcije x 7→ ex, x 7→ sinx, x 7→ cosx, x 7→ shx, x 7→ chx,x 7→ (1 + x)α, x 7→ ln(1 + x) imaju izvode ma kog reda u svakoj tacki svog domena,to one ispunjavaju uslove Teoreme 4.118 i Teoreme 4.126 u okolini tacke a = 0, odakleslede Maklorenove formule za ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj, kao i Maklorenoveformule sa ostatkom u Lagranzovoj formi.

(i) Za funkciju f(x) = ex vazi:

(ex)(n) = ex, n ∈ N, x ∈ R,

pa je f (n)(0) = e0 = 1 za svako n ∈ N. Maklorenovu formulu ove funkcije sa ostatkomu Peanovom obliku smo dali u Primeru 4.119, dok Maklorenova formula n-tog reda ovefunkcije sa ostatkom u Lagranzevom obliku glasi:

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+

xn+1

(n+ 1)!eθx, (4.140)

gde θ ∈ (0, 1), i zavisi od x i n. Buduci da je svako n ∈ N, 0 ≤ θx ≤ x za x ≥ 0 ix < θx < 0 za x < 0, sledi 1 ≤ eθx ≤ ex za x ≥ 0, i ex < eθx < 1 za x < 0. Prema tome,eθx ≤ max{1, ex}, za svako x ∈ R i svako n ∈ N. Stoga je

0 ≤∣∣∣∣ex − (1 + x+

x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!

)∣∣∣∣ = eθx|x|n+1

(n+ 1)!

≤ max{1, ex} |x|n+1

(n+ 1)!. (4.141)

S obzirom da je (Primer 2.76)

limn→∞

|x|n

n!= 0, x ∈ R, (4.142)

iz (4.141) na osnovu Tvrdenja 2.55 i Zadatka 1 sledi da je za svako x ∈ R,

ex = limn→∞

(1 + x+

x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!

). (4.143)


ex

1+ +x

1+ +x

1+ +x +

+

+

2!

2!

2!

3!

3! 4!

x2

x2

x2

x3

x3

x4

(ii) Neka je f(x) = sinx. Ova funkcija ima takode izvode ma kog reda u proizvoljnojtacki x ∈ R i vazi (videti Primere 4.44 (iii)):

(sinx)(m) = sin(x+

mπ

2

), za svako m ∈ N.

Prema tome, f (m)(0) = sinmπ

2. Stoga je za n ∈ N,

f (2n)(0) = sinnπ = 0

i

f (2n−1)(0) = sin(2n− 1)π

2=sin

(nπ − π

2

)=sin

((n− 1)π +

π

2

)=cos(n− 1)π

= (−1)n−1.

Zato Maklorenova formula (2n− 1)-vog reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formiglasi:

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+ o(x2n−1), x→ 0. (4.144)

Primetimo da je ovde M2n−1 = M2n jer je f (2n)(0) = 0. Stoga Maklorenova formula(2n)-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi glasi:

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+ o(x2n), x→ 0.

Ostatak R2n u Lagrazevom obliku je:

R2n(x) =f (2n+1)(θx)

(2n+ 1)!x2n+1 =

x2n+1

(2n+ 1)!sin(θx+ (2n+ 1)

π

2

)=

x2n+1

(2n+ 1)!sin(π2+ nπ + θx

)=

x2n+1

(2n+ 1)!cos(nπ + θx)

= (−1)nx2n+1

(2n+ 1)!cos θx,


gde je θ ∈ (0, 1) i zavisi od x i n, pa Maklorenova formula reda 2n sa ostatkom uLagranzevoj formi glasi:

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+ (−1)n

x2n+1

(2n+ 1)!cos θx, θ ∈ (0, 1).

Iz

0 ≤∣∣∣∣sinx−

(x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(−1)nx2n+1

(2n+ 1)!cos θx

∣∣∣∣= | cos θx| |x|2n+1

(2n+ 1)!

≤ |x|2n+1

(2n+ 1)!

i (4.142) sledi da za svako x ∈ R vazi:

sinx = limn→∞

(x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!

). (4.145)

x - x3

3!

x - x3

3!

x5

5!+

sin x

x

x - x3

3!

x - x3

3!

x5

5!+

x - x3

3!

x5

5!+x - x

3

3!

x5

5!+ - x

7

7!

(iii) Funkcija f(x) = cosx ima izvode ma kog reda u proizvoljnoj tacki x ∈ R:

f (m)(x) = cos(x+

mπ

2

)za svako m ∈ N,

pa je f (m)(0) = cosmπ

2. Za n ∈ N vazi:

f (2n−1)(0) = cos(2n− 1)π

2= 0

i

f (2n)(0) = cos2nπ

2= cosnπ = (−1)n.


Maklorenova formula (2n)-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi:

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o(x2n), x→ 0. (4.146)

Kako je f (2n+1)(0) = 0, to je M2n = M2n+1 i stoga Maklorenova formula (2n + 1)-ogreda sa ostatkom u Peanovoj formi glasi:

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ o(x2n+1), x→ 0.

Ostatak R2n+1 u Lagrazevom obliku je:

R2n+1(x) =f (2n+2)(θx)

(2n+ 2)!x2n+2 =

x2n+2

(2n+ 2)!cos(θx+ (2n+ 2)

π

2

)=

x2n+2

(2n+ 2)!cos ((n+ 1)π + θx) = (−1)n+1 x2n+2

(2n+ 2)!cos θx,

gde θ ∈ (0, 1) zavisi od x i od n, pa Maklorenova formula reda 2n sa ostatkom u La-granzevoj formi glasi:

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+ (−1)n+1 x2n+2

(2n+ 2)!cos θx, θ ∈ (0, 1).

Iz

0 ≤∣∣∣∣cosx−

(1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣(−1)n+1 x2n+2

(2n+ 2)!cos θx

∣∣∣∣= | cos θx| |x|2n+2

(2n+ 2)!

≤ |x|2n+2

(2n+ 2)!

i (4.142) sledi da za svako x ∈ R vazi:

cosx = limn→∞

(1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!

). (4.147)

Funkcija x 7→ cosx je parna, i kao sto smo i ocekivali na osnovu Tvrdenja 4.127,Maklorenov polinom ove funkcije sadrzi samo parne stepene promenljive x, za razlikuod funkcije x 7→ sinx koja je neparna, pa Maklorenov polinom ove funkcije sadrzi samoneparne stepene promenljive x.

(iv) Neka je f1(x) = shx i f2(x) = chx. Kako je (shx)′ = chx i (chx)′ = shx, x ∈ R, toza svako n ∈ N vazi

(shx)(2n−1) = chx, (shx)(2n) = shx, (4.148)

(chx)(2n−1) = shx, (chx)(2n) = chx. (4.149)


Prema tome,

f(2n−1)1 (0) = ch 0 = 1, f

(2n)1 (0) = sh 0 = 0, (4.150)

f(2n−1)2 (0) = sh 0 = 0, f

(2n)2 (0) = ch 0 = 1. (4.151)

Iz (4.150) sledi da Maklorenova formula (2n − 1)-vog reda funkcije f1(x) = shx saostatkom u Peanovoj formi glasi:

shx = x+x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n−1

(2n− 1)!+ o(x2n−1), x→ 0. (4.152)

Kako je f(2n)1 (0) = 0, to za Maklorenove polinome ove funkcije vazi M2n−1 = M2n,

te je Maklorenova formula (2n)-tog reda:

shx = x+x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n−1

(2n− 1)!+ o(x2n), x→ 0.

Iz (4.148) sledi f(2n+1)1 (x) = chx, pa je Lagranzov oblik ostatka

R2n(x) =f(2n+1)1 (θx)

(2n+ 1)!x2n+1 =

x2n+1

(2n+ 1)!ch (θx), θ ∈ (0, 1).

Prema tome, Maklorenova formula 2n-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranzevojformi glasi:

shx = x+x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n−1

(2n− 1)!+

x2n+1

(2n+ 1)!ch (θx), θ ∈ (0, 1). (4.153)

Iz (4.32) sledi da Maklorenova formula 2n-tog reda funkcije f2(x) = chx glasi:

chx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!+ o(x2n), x→ 0. (4.154)

Iz f(2n+1)2 (0) = 0 sledi da za Maklorenove polinome ove funkcije vazi M2n = M2n+1, pa

je Maklorenova formula (2n+ 1)-og reda:

chx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!+ o(x2n+1), x→ 0.

Kako je, na osnovu (4.149), f(2n+2)2 (x) = chx, to je Lagranzov oblik ostatka R2n+1(x) =

f(2n+2)2 (θx)

(2n+ 2)!x2n+2 =

x2n+2

(2n+ 2)!ch θx, θ ∈ (0, 1), pa Maklorenova formula (2n+1)-og reda

sa ostatkom u Lagranzevoj formi glasi:

chx = 1 +x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!+

x2n+2

(2n+ 2)!ch θx, θ ∈ (0, 1). (4.155)


Funkcija x 7→ shx (x 7→ chx) je jos jedan primer da Maklorenov polinom neparne(parne) funkcije sadrzi samo neparne (parne) stepene promenljive x.

Za svako x ∈ R je44 |ch θx| = ch θx ≤ chx, te iz (4.153) i (4.155) sledi da za svakon ∈ N vazi:

0 ≤∣∣∣∣shx−

(x+

x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n−1

(2n− 1)!

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ x2n+1

(2n+ 1)!ch θx

∣∣∣∣= |ch θx| |x|2n+1

(2n+ 1)!

≤ |chx| |x|2n+1

(2n+ 1)!

i

0 ≤∣∣∣∣chx−

(1 +

x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!

)∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ x2n+2

(2n+ 2)!ch θx

∣∣∣∣= |ch θx| |x|2n+2

(2n+ 2)!

≤ chx|x|2n+2

(2n+ 2)!.

Odavde, na osnovu (4.142), zakljucujemo da za svako x ∈ R vazi:

shx = limn→∞

(x+

x3

3!+x5

5!+ · · ·+ x2n−1

(2n− 1)!

)(4.156)

i

chx = limn→∞

(1 +

x2

2!+x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!

). (4.157)

(v) Neka je f(x) = ln(1 + x), x ∈ (−1,+∞). Kako je

f ′(x) =1

1 + x, f ′′(x) = (−1) · 1

(1 + x)2, f ′′′(x) = (−1)(−2) · 1

(1 + x)3,

primenjujuci matematicku indukciju dokazujemo da za svako n ∈ N vazi

f (n)(x) = (−1)n−1(n− 1)!1

(1 + x)n.

Odavde sledi f (n)(0) = (−1)n−1(n− 1)!, pa je

f (n)(0)

n!=

(−1)n−1(n− 1)!

n!= (−1)n−1 1

n.

44Funkcja x 7→ chx je strogo rastuca na intervalu [0,+∞) i strogo opadajuca na intervalu (−∞, 0], paiz 0 ≤ θx ≤ x za x ≥ 0 i x < θx < 0 za x < 0 sledi 1 = ch 0 ≤ ch θx ≤ chx za svako x ∈ R, i prema tome|ch θx| = ch θx ≤ chx.


Kako je f(0) = ln 1 = 0, Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom uPeanovoj formi glasi

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ o(xn), x→ 0. (4.158)

Ostatak Rn u Lagranzevom obliku je:

Rn(x) =xn+1

(n+ 1)!f (n+1)(θx) =

xn+1

(n+ 1)!(−1)nn!

1

(1 + θx)n+1

= (−1)nxn+1

n+ 1· 1

(1 + θx)n+1, θ ∈ (0, 1),

pa Maklorenova formula n-tog reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranzevoj formi glasi:

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− · · ·+ (−1)n−1x

n

n+ (−1)n

xn+1

n+ 1· 1

(1 + θx)n+1, θ ∈ (0, 1). •

Ako je 0 ≤ x ≤ 1, tada je 0 ≤ θx ≤ 1 i 1 ≤ 1 + θx ≤ 2, pa je 0 <1

1 + θx≤ 1. Stoga je

|Rn(x)| =∣∣∣∣(−1)n

xn+1

n+ 1· 1

(1 + θx)n+1

∣∣∣∣ ≤ 1

n+ 1,

odakle sledi da jelimn→∞

Rn(x) = 0, x ∈ [0, 1]. (4.159)

Za slucaj da je −1 < x < 0, zapisacemo ostatak Rn u Kosijevom obliku (videti (4.134)):

Rn(x) =1

n!f (n+1)(θx)(1− θ)nxn+1

=1

n!(−1)nn!

1

(1 + θx)n+1(1− θ)nxn+1

= (−1)n(1− θ)n

(1 + θx)n+1xn+1, θ ∈ (0, 1).

Iz 0 < |x| < 1 i 0 < θ < 1 sledi 0 < θ|x| < θ < 1 i stoga 0 < 1− θ < 1− θ|x|. S obziromda je x = −|x|, odavde sledi

0 <1− θ

1 + θx=

1− θ

1− θ|x|< 1. (4.160)

Kako je θ|x| < |x| < 1, to je 1− θ|x| > 1− |x| > 0, pa je

0 <1

1 + θx=

1

1− θ|x|<

1

1− |x|(4.161)

Iz (4.160) i (4.161) sledi

|Rn(x)| =∣∣∣∣ 1− θ

1 + θx

∣∣∣∣n · 1

|1 + θx||x|n+1 ≤ |x|n+1

1− |x|,


odakle dobijamo da vazi (4.159) i za x ∈ (−1, 0). Prema tome,

ln(1 + x) = limn→∞

(x− x2

2+x3

3− · · ·+ (−1)n−1x

n

n

), za x ∈ (−1, 1].

(vi) Neka je f(x) = (1 + x)α, α ∈ R \ N, α = 0, x ∈ (−1,+∞). Kako je

f ′(x) = α(1 + x)α−1, f ′′(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2, f ′′′(x) = α(α− 1)(α− 2)(1 + x)α−3,

metodom matematicke indukcije dokazujemo da je za n ∈ N,

f (n)(x) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1)(1 + x)α−n.

Odavde sledif (n)(0) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1),

pa Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom u Peanovoj formi glasi:

(1 + x)α=1+αx+α(α−1)

2!x2+. . .+

α(α−1) . . . (α−n+1)

n!xn + o(xn), x→ 0. (4.162)

Izrazα(α− 1) . . . (α− n+ 1)

n!podseca na izraz za binomni koeficijent, i ubuduce

cemo ga krace oznacavati sa

(α

n

). Formulu (4.162) zapisujemo sada na sledeci nacin:

(1 + x)α = 1 +

(α

1

)x+

(α

2

)x2 + · · ·+

(α

n

)xn + o(xn), x→ 0. (4.163)

Za slucaj da je n = 2 i α = −1,1

2,1

3,−1

2, vaze sledece formule:

1

1 + x= (1 + x)−1 = 1− x+

(−1

2

)x2 + o(x2) = 1− x+ x2 + o(x2),

2√1 + x = (1 + x)

12 = 1 +

1

2x+

(12

2

)x2 + o(x2) = 1 +

1

2x− 1

8x2 + o(x2)

3√1 + x = (1 + x)

13 = 1 +

1

3x+

(13

2

)x2 + o(x2) = 1 +

1

3x− 1

9x2 + o(x2)

1√1 + x

= (1 + x)−12 = 1− 1

2x+

(−1

2

2

)x2 + o(x2) = 1− 1

2x+

3

8x2 + o(x2), x→ 0.

Lagranzev oblik ostatka Rn je:

Rn(x) =f (n+1)(θx)

(n+ 1)!xn+1 =

xn+1

(n+ 1)!α(α− 1) . . . (α− n)(1 + θx)α−n−1

=

(α

n+ 1

)xn+1(1 + θx)α−n−1, θ ∈ (0, 1), (4.164)


pa Maklorenova formula n-og reda ove funkcije sa ostatkom u Lagranzevoj formi glasi:

(1 + x)α = 1 +

(α

1

)x+

(α

2

)x2 + · · ·+

(α

n

)xn +

(α

n+ 1

)xn+1(1 + θx)α−n−1, (4.165)

gde je θ ∈ (0, 1).Koristeci neke rezultate iz teorije redova45 moze se pokazati da je

(1 + x)α = limn→∞

(1 +

(α

1

)x+

(α

2

)x2 + · · ·+

(α

n

)xn), za svako x ∈ (−1, 1).•

Primer 4.129. Koristeci Maklorenovu formulu sa ostatkom u Lagranzevoj formi zafunkciju x 7→ ex mozemo dokazati da je broj e iracionalan.

Pretpostavimo da je e racionalan broj. Kako je 2 < e < 3, e nije prirodan broj, te je

e =m

ngde su m,n ∈ N i n ≥ 2. Iz (4.140) sledi da postoji ξ ∈ (0, 1) tako da je

e = 1 +1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!+

eξ

(n+ 1)!,

i prema tome,m

n= 1 +

1

1!+

1

2!+ · · ·+ 1

n!+

eξ

(n+ 1)!.

Odavde mnozenjem sa n! dobijamo da je

n!(m

n− 1− 1

1!− 1

2!− · · · − 1

n!) =

eξ

n+ 1.

Kako je n!(m

n− 1− 1

1!− 1

2!− · · · − 1

n!) prirodan broj, sledi da je

eξ

n+ 1prirodan broj. S

obzirom da je x 7→ ex strogo rastuca funkcija i da je 0 < ξ < 1, to je 1 = e0 < eξ < e1 =e < 3, i prema tome

1

n+ 1<

eξ

n+ 1<

3

n+ 1.

Odavde, buduci da je n ≥ 2 sledi da jeeξ

n+ 1∈ (0, 1), sto je u suprotnosti sa tim da je

eξ

n+ 1prirodan broj. Dobijena kontradikcija dokazuje da je e iracionalan broj. •

Sledece tvrdenje je uopstenje Tvrdenja 3.192 i Posledice 3.193.

Tvrdenje 4.130. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini tacke x0 ineka je

limx→x0

v(x) = 0. (4.166)

45Videti L. D. Kudrijavcev, Kurs matematicke analize I, Visa skola, Moskva, 1981 (na ruskom), str.646-648.


Ako za funkciju f vazi Maklorenova formula n-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi:

f(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)

2x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn + o(xn), x→ 0, (4.167)

tada je

f(v(x)) = f(0) + f ′(0)v(x) +f ′′(0)

2(v(x))2 + · · ·+ f (n)(0)

n!(v(x))n + o((v(x))n), x→ x0.

Dokaz. Neka je V (0) okolina tacke 0 u kojoj je funkcija f definisana i neka je za x ∈◦V (0)

g(x) =

f(x)−

(f(0) + f ′(0)x+

f ′′(0)

2x2 + · · ·+ f (n)(0)

n!xn

)xn

.

Iz (4.167) sledi

limx→0

g(x) = 0. (4.168)

S obzirom na (4.166) postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 takva da je v(

◦U(x0)) ⊂

V (0). Definisimo funkciju h na skupu◦U(x0) na sledeci nacin:

h(x) = g(v(x))

=

f(v(x))−

(f(0) + f ′(0)v(x) +

f ′′(0)

2(v(x))2 + · · ·+ f (n)(0)

n!(v(x))n

)(v(x))n

,

za x ∈◦U(x0) ako je v(x) = 0 i h(x) = 0 za x ∈

◦U(x0) ako je v(x) = 0. Sada (analogno

dokazu Teoreme 3.99) dokazujemo da je

limx→x0

h(x) = 0. (4.169)

Neka je W (0) proizvoljna okolina tacke 0. Iz (4.168) sledi da postoji okolina tacke 0,V1(0) (V1(0) ⊂ V (0)), takva da je

g(◦V 1(0)) ⊂W (0). (4.170)

Iz (4.166) sledi da postoji okolina tacke x0, U1(x0) (U1(x0) ⊂ U(x0)), takva da je

v(◦U1(x0)) ⊂ V1(0). (4.171)

Pokazimo da je

h(◦U1(x0)) ⊂W (0). (4.172)


Zaista, ako je x ∈◦U1(x0) i v(x) = 0, na osnovu (4.171) sledi v(x) ∈

◦V 1(0) i stoga na

osnovu (4.170) zakljucujemo da h(x) = g(v(x)) ∈ W (0), a ako je v(x) = 0, onda jeh(x) = 0, pa je opet h(x) ∈ W (0). Stoga za proizvoljnu okolinu W (0) tacke 0 postojiokolina U1(x0) tacke x0 tako da vazi (4.172) i ovo upravo znaci da vazi (4.169).

Kako je za x ∈◦U(x0)

f(v(x))−

(f(0) + f ′(0)v(x) +

f ′′(0)

2(v(x))2 + · · ·+ f (n)(0)

n!(v(x))n

)= h(x) · (v(x))n,

to iz (4.169) sledi

f(v(x))−

(f(0) + f ′(0)v(x) +

f ′′(0)

2(v(x))2 + · · ·+ f (n)(0)

n!(v(x))n

)= o((v(x))n),

kad x→ x0. �

Posledica 4.131. Neka je funkcija v definisana u nekoj probodenoj okolini tacke x0 ineka je

limx→x0

v(x) = 0.

Tada je

ev(x) = 1 + v(x) +(v(x))2

2!+

(v(x))3

3!+ · · ·+ (v(x))n

n!+ o((v(x))n),

sin v(x) = v(x)− (v(x))3

3!+

(v(x))5

5!− · · ·+ (−1)n−1 (v(x))

2n−1

(2n− 1)!+ o((v(x))2n−1),

cos v(x) = 1− (v(x))2

2!+

(v(x))4

4!− · · ·+ (−1)n

(v(x))2n

(2n)!+ o((v(x))2n),

sh v(x) = v(x) +(v(x))3

3!+

(v(x))5

5!+ · · ·+ (v(x))2n−1

(2n− 1)!+ o((v(x))2n−1),

ch v(x) = 1 +(v(x))2

2!+

(v(x))4

4!+ · · ·+ (v(x))2n

(2n)!+ o((v(x))2n),

ln(1 + v(x)) = v(x)− (v(x))2

2+

(v(x))3

3− · · ·+ (−1)n−1 (v(x))

n

n+ o((v(x))n),

(1 + v(x))α = 1 +

(α

1

)v(x) +

(α

2

)(v(x))2 + · · ·+

(α

n

)(v(x))n + o((v(x))n),

kad x→ x0.

Dokaz. Sledi iz Tvrdenja 4.130, (4.122), (4.144), (4.146), (4.152), (4.154), (4.158) i(4.163). �

Primer 4.132. Nadimo Maklorenovu formulu petog reda funkcije

f(x) =x3 + 3x2 − 3x+ 1

x2 − 3x+ 1.


Vazi jednakost

f(x) =x3 + 3x2 − 3x+ 1

x2 − 3x+ 1= 1 +

x3 + 2x2

x2 − 3x+ 1= 1 + (x3 + 2x2)(1 + x2 − 3x)−1. (4.173)


(x2 − 3x) = 0, primenjujuci poslednju formulu u Posledici 4.131 na

funkciju x 7→ (1 + x2 − 3x)−1 (ovde je α = −1 i n = 3), dobijamo

(1 + x2 − 3x)−1 = 1− (x2 − 3x) + (x2 − 3x)2 − (x2 − 3x)3 + o((x2 − 3x)3)

= 1− x2 + 3x+ x4 − 6x3 + 9x2 − x6 + 9x5 − 27x4 + 27x3 ∗o(x6 − 9x5 + 27x4 − 27x3), x→ 0.

Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 (xii), o(x6 − 9x5 + 27x4 − 27x3) = o(x3), to koristecii dalje osobine asimptotske oznake o (Primer 3.185), zakljucujemo da je

(1 + x2 − 3x)−1 = 1− x2 + 3x+ x4 − 6x3 + 9x2 − x6 + 9x5 − 27x4 + 27x3 + o(x3)

= 1 + 3x+ 8x2 + 21x3 + o(x3), x→ 0.

Odavde i iz (4.173) sledi

f(x) = 1 + (x3 + 2x2)(1 + 3x+ 8x2 + 21x3 + o(x3))

= 1 + x3 + 2x2 + 3x4 + 6x3 + 8x5 + 16x4 + 21x6 + 42x5 + o(x6) + o(x5)

= 1 + 2x2 + 7x3 + 19x4 + 50x5 + o(x5), x→ 0.

Sada iz Tvrdenja 4.122 zakljucujemo da je

f(x) = 1 + 2x2 + 7x3 + 19x4 + 50x5 + o(x5), x→ 0,

Maklorenova formula petog reda funkcije f . •

Priblizna izracunavanja

Tejlorova formula sa ostatkom u Lagranzevoj formi omogucava priblizno izracunavanjevrednosti funkcija, tj. aproksimaciju funkcije polinomom, i pritom dozvoljava relativnojednostavnu procenu greske, tj. nalazenje gornje granice apsolutne greske.

Prilikom pribliznog izracunavanja javljaju se tri medusobno povezane velicine: stepenTejlorovog (Maklorenovog) polinoma kojim se vrsi aproksimacija, gornja granica apso-lutne greske aproksimacije, i interval na kome racunamo vrednosti funkcije i koji sadrzitacku a u kojoj se racunaju koeficijenti Tejlorovog polinoma. U svakom od narednihprimera zadate su dve od tri velicine, a onda je trecu moguce odrediti.

Prilikom procene apsolutne greske treba se truditi da ta procena bude dovoljno brza,tj. izracunavanja treba pojednostaviti, ali treba voditi racuna i da ta procena ne budeprevise gruba.


Primer 4.133. Nadimo stepen Maklorenovog polinoma funkcije f(x) = ex koji omogucavaizracunavanje ove funkcije u intervalu [−1, 1] sa tacnoscu 10−3 (ovo znaci da apsolutnagreska aproksimacije treba da bude manja od 10−3).

Kako je (videti (4.140))

ex = 1 + x+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!+

xn+1

(n+ 1)!eξ,

to cemo vrednosti funkcije f(x) = ex za x ∈ [−1, 1] aproksimirati vrednostima Mak-

lorenovog polinoma Mn(x) = 1+ x+x2

2!+x3

3!+ · · ·+ xn

n!, a greska koja se tom prilikom

pravi je

Rn(x) =xn+1

(n+ 1)!eξ,

gde je ξ ∈ (0, x) ili ξ ∈ (x, 0). Prema tome, treba odrediti n ∈ N tako da za x ∈ [−1, 1]vazi da je

|Rn(x)| < 10−3.

Buduci da za x ∈ [−1, 1] imamo da je |x| ≤ 1 i ξ ∈ (−1, 1), te je eξ < e1 < 3 i stoga

|Rn(x)| =|x|n+1

(n+ 1)!eξ <

3

(n+ 1)!.

Stoga nejednakost |Rn(x)| < 10−3 vazi ukoliko vazi nejednakost

3

(n+ 1)!< 10−3,

tj. nejednakost

(n+ 1)! > 3000. (4.174)

Najmanji prirodan broj za koji vazi nejednakost (4.174) je 6. Prema tome,

ex ≈ 1 + x+x2

2!+x3

3!+x4

4!+x5

5!+x6

6!,

za svako x ∈ [−1, 1], i pritom je greska manja od 10−3.

Tako, na primer, za x = 1 dobijamo da je

e ≈ 1 + 1 +1

2!+

1

3!+

1

4!+

1

5!+

1

6!= 2 +

1

2+

1

6+

1

24+

1

120+

1

720=

1957

720= 2.7180(5),

sa apsolutnom greskom koja je manja od 10−3. Preciznije, apsolutna greska je manja od3

7!< 6 · 10−4. Zaokruzivanjem broja 2.7180(5) na 3 decimale pravimo apsolutnu gresku

koja je manja od 10−4, tako da je 2.718 priblizna vrednost broja e, a apsolutna greskakoja se pravi prilikom ove aproksimacije je manja od 6 · 10−4 + 10−4 = 7 · 10−4 < 10−3.•


Primer 4.134. Izracunajmo 3√30 sa apsolutnom greskom koja je manja od 10−3.

Kako je

3√30 = 3

√27 + 2 =

3

√27(1 +

2

27) =

3√27

3

√1 +

2

27= 3

3

√1 +

2

27,

problem se svodi na racunanje 3

√1 +

2

27sa greskom koja je manja od

1

310−3.

Neka je f(x) = 3√1 + x = (1 + x)1/3. Iz (4.165) sledi da je

(1 + x)1/3 = 1 +

(1/3

1

)x+

(1/3

2

)x2 + · · ·+

(1/3

n

)xn +Rn(x),

gde je

Rn(x) =

(1/3

n+ 1

)xn+1(1 + θx)1/3−n−1, θ ∈ (0, 1).

Vrednost funkcije f u tacki x =2

27zamenicemo vrednoscu Maklorenovog polinoma

Mn(x) = 1 +

(1/3

1

)x+

(1/3

2

)x2 + · · ·+

(1/3

n

)xn

u toj tacki, i pritom cemo napraviti gresku:

Rn

(2

27

)=

(1/3

n+ 1

)(2

27

)n+1

(1 +2

27θ)1/3−n−1 =

(1/3

n+ 1

)(2

27

)n+1 1

(1 +2

27θ)n+2/3

,

gde je θ ∈ (0, 1). Prema tome, treba naci n ∈ N tako da je∣∣∣∣Rn( 2

27

)∣∣∣∣ < 1

310−3. (4.175)

Kako je 1 +2

27θ > 1, to je i (1 +

2

27θ)n+2/3 > 1, i stoga je

1

(1 +2

27θ)n+2/3

< 1. Prema

tome, ∣∣∣∣Rn( 2

27

)∣∣∣∣ = ∣∣∣∣( 1/3

n+ 1

)∣∣∣∣ ( 2

27

)n+1 1

(1 + 227θ)

n+2/3<

∣∣∣∣( 1/3

n+ 1

)∣∣∣∣ ( 2

27

)n+1

.

Stoga nejednakost (4.175) vazi ukoliko vazi nejednakost∣∣∣∣( 1/3

n+ 1

)∣∣∣∣ ( 2

27

)n+1

≤ 1

310−3 (4.176)

46 Najmanji prirodan broj n za koji vazi nejednakost (4.176) je 1. Zato je

3

√1 +

2

27≈ 1 +

1

3· 2

27

46∣∣∣(1/32 )∣∣∣ ( 2

27

)2

≈ 0, 06097 · 10−3 < 0, 061 · 10−3.


sa apsolutnom greskom koja je manja od1

310−3. Prema tome,

3√30 = 3

3

√1 +

2

27≈ 3(1 +

1

3· 2

27) = 3 +

2

27=

83

27≈ 3, 0741,

sa apsolutnom greskom koja je manja od 10−3. 47 •

Primer 4.135. Za x ∈ [−1

2, 1] procenimo gresku priblizne jednakosti

√1 + x ≈ 1 +

x

2− x2

8. (4.177)

Iz Primera 4.128 (vi) sledi da za svako x ∈ [−1

2, 1] postoji ξ ∈ (0, x) ako je x > 0, ili

ξ ∈ (x, 0) ako je x < 0, tako da vazi jednakost:

(1 + x)1/2 = 1 +

(1/2

1

)x+

(1/2

2

)x2 +R2(x),

gde je

R2(x) =

(1/2

3

)x3(1 + ξ)

12−3 =

1

16· x3√

(1 + ξ)5.

Za x ∈ [−1

2, 1], vazi da je ξ ∈ (−1

2, 1), te je 1 + ξ ∈ (

1

2, 2). Iz 1 + ξ >

1

2sledi√

(1 + ξ)5 >1√25

=1√32

>1√36

=1

6, i stoga je

1√(1 + ξ)5

< 6, a buduci da za

x ∈[−1

2 , 1]vazi |x| ≤ 1, to zakljucujemo da je

|R2(x)| <6

16=

3

8= 0.375.

Prema tome, apsolutna greska aproksimacije (4.177) za x ∈ [−1

2, 1] je manja od 0.375. •

Primer 4.136. Aproksimirajmo funkciju f(x) =√x Tejlorovim polinomom treceg

stepena u okolini tacke a = 1 i procenimo gresku aproksimacije za x ∈[9

10,11

10

].

47Kako je83

27= 3, 0(740) zaokruzivanjem ovog broja na cetiri decimale pravimo apsolutnu gresku

manju od 0, 5 · 10−4. Buduci da broj83

27aproksimira 3

√30 sa apsolutnom greskom koja je manja od∣∣∣(1/32 )∣∣∣ ( 2

27

)2

· 10−3 < 0, 061 · 10−3, a 3, 0741 aproksimira broj83

27= 3, 0(740) sa apsolutnom greskom

koja je manja od 0, 05 · 10−3, to je 3, 0741 priblizna vrednost broja 3√30 sa apsolutnom greskom koja je

manja od 0, 061 · 10−3 + 0, 05 · 10−3 = 0, 111 · 10−3 < 10−3.


Kako je

f ′(x) =1

2x−

12 , f ′′(x) =

1

2(−1

2)x−

32 ,

f ′′′(x) =1

2(−1

2)(−3

2)x−

52 , f (4)(x) =

1

2(−1

2)(−3

2)(−5

2)x−

72 , za x > 0,

to na osnovu Teoreme 4.126 za svako x ∈[9

10,11

10

]postoji ξ ∈ (1, x) ako je x > 1, ili

ξ ∈ (x, 1) ako je x < 1 tako da vazi

f(x) = f(1) + f ′(1)(x− 1) +f ′′(1)

2!(x− 1)2 +

f ′′′(1)

3!(x− 1)3 +R3(x),

gde je

R3(x) =f (4)(ξ)

4!(x− 1)4.

Prema tome, ako se uzme da je

f(x) ≈ 1 +1

2(x− 1)− 1

8(x− 1)2 +

1

16(x− 1)3,

onda se pravi greska

R3(x) = − 15

16 · 4!ξ−

72 (x− 1)4.

Procenimo ovu gresku. S obzirom da je ξ ∈(

9

10,11

10

), to je ξ >

9

10pa je ξ

−7

2 <

(10

9

) 72

.

Iz x ∈[9

10,11

10

]sledi |x− 1| ≤ 1

10. Odavde zakljucujemo da je

|R3(x)| <15

16 · 4!

(10

9

) 72 1

104=

5

128 · 371√10

<5

128 · 38=

5

68. •

Primer 4.137. Aproksimirajmo funkciju f(x) =√x2 + 4x+ 13 Tejlorovim polinomom

drugog reda u tacki a = 2 i procenimo gresku aproksimacije za x ∈[2− 1

10, 2 +

1

10

].

Buduci da je x2 + 4x + 13 = (x + 2)2 + 9 > 0 za sve x ∈ R, to na osnovu teoremeo izvodu slozene funkcije (Teorema 4.34) sledi da funkcija ima izvode prvog, drugog iteceg reda u svakoj tacki x ∈ R:

f ′(x) =x+ 2√

x2 + 4x+ 13,

f ′′(x) = 9(x2 + 4x+ 13)−32 ,

f ′′′(x) = −27x+ 2√

(x2 + 4x+ 13)5.


Kako je f(2) = 5, f ′(2) =4

5i f ′′(2) =

9

125, iz Teoreme 4.126 sledi da postoji θ ∈ (0, 1)

tako da je√x2 + 4x+ 13 = 5 +

4

5(x− 2) +

9

250(x− 2)2 +

f ′′′(2 + θ(x− 2))

3!(x− 2)3.

Aproksimacijom √x2 + 4x+ 13 ≈ 5 +

4

5(x− 2) +

9

250(x− 2)2

pravimo gresku

R2(x) =f ′′′(2 + θ(x− 2))

3!(x− 2)3

= −9

2· 2 + θ(x− 2) + 2√

((2 + θ(x− 2))2 + 4(2 + θ(x− 2)) + 13)5· (x− 2)3

= −9

2· 4 + θ(x− 2)√

(θ2(x− 2)2 + 8θ(x− 2) + 25)5· (x− 2)3. (4.178)

Procenimo gresku, tj. nadimo gornju granicu apsolutne greske |R2(x)|. Trudicemo seda racunanje pojednostavimo, ali i da ta procena ne bude previse gruba, tj. da gornjagranica apsolutne greske ne bude nepotrebno velika. Apsolutna greska je razlomak

|R2(x)| =9

2

|4 + θ(x− 2)| · |x− 2|3√(θ2(x− 2)2 + 8θ(x− 2) + 25)5

. (4.179)

Pozitivan razlomak je utoliko veci ukoliko je brojilac veci, a imenilac manji. Kako je

x ∈[2− 1

10, 2 +

1

10

]i θ ∈ (0, 1), to je − 1

10≤ x− 2 ≤ 1

10i |x− 2| ≤ 1

10, i stoga

|4 + θ(x− 2)| · |x− 2|2 ≤ (4 + θ|x− 2|) · |x− 2|3 ≤ (4 +1

10) · 1

103=

41

104,

dok je

θ2(x− 2)2 + 8θ(x− 2) + 25 ≥ 8θ(x− 2) + 25 ≥ − 8

10+ 25 =

242

10i √

(θ2(x− 2)2 + 8θ(x− 2) + 25)5 ≥√

2425

105=

2422

102·√242√10

.

Prema tome,

|R2(x)| ≤9

2·

41

104

2422

102·√242√10

=9 · 41

2 · 102 · 2422·√10√242

<9 · 41

2 · 102 · 2422· 3, 215, 5

< 0, 65041·10−5. 48

48

242 > 240, 25 = 15, 52 =⇒√242 > 15, 5,

10 < 10, 24 = 3, 22 =⇒√10 < 3, 2.


Komentar. U prethodnom postupku trudili smo se da pojednostavimo trazenje gornjegranice za |R2(x)| birajuci za x i θ vrednosti za koje je brojilac razlomka u (4.179)najveci, a imenilac najmanji. Opredelimo li se za nesto duze racunanje, mozemo dobitimalo bolju procenu greske aproksimacije, odnosno gornju granicu za |R2(x)| koja jemanja od gornje granice dobijene u gornjem razmatranju.

Naime, iz Teoreme 4.126 sledi da postoji ξ ∈(2− 1

10, 2 +

1

10

)tako da je

R2(x) =9

2

2 + ξ

(√ξ2 + 4ξ + 13)5

· (x− 2)3.

Za funkciju g(x) = x2 + 4x + 13 je g′(x) = 2x + 4 = 2(x + 2) > 0 za x > −2, pa je

funkcija g strogo rastuca na intervalu

[2− 1

10, 2 +

1

10

]. Zato je g(ξ) > g(

19

20) =

2421

100, i

prema tome za svako x ∈[2− 1

10, 2 +

1

10

]vazi

|R2(x)| =9

2

2 + ξ

(√ξ2 + 4ξ + 13)5

· |x− 2|3 < 9

2

2 +21

10(√2421

100

)5 · 1

103

=205√

2421 · 269 · 2421<

205

49, 2 · 269 · 2421< 0, 6397963 · 10−5. •

Primer 4.138. Aproksimirajmo funkciju f(x) = x2 ln2 x Tejlorovim polinomom cetvrtog

stepena u tacki a = 1 i procenimo gresku aproksimacije za x ∈(1,

11

10

].

U Primeru 4.120 pokazano je da je f (4)(x) =−4 lnx− 2

x2za x > 0, i naden je Tejlorov

polinom cetvrtog reda ove funkcije u tacki a = 1:

T4(x) = (x− 1)2 + (x− 1)3 − 1

4(x− 1)4.

Za x > 0 je f (5)(x) =8 lnx

x3, i iz Teoreme 4.126 sledi da za x ∈

(1,

11

10

]postoji tacka ξ

koja se nalazi izmedu tacaka x i 0, i prema tome ξ ∈(1,

11

10

), tako da je

f(x) = T4(x) +f (5)(ξ)

5!(x− 1)5.

Aproksimacijom

x2 ln2 x ≈ (x− 1)2 + (x− 1)3 − 1

4(x− 1)4

pravimo gresku

R4(x) =f (5)(ξ)

5!(x− 1)5 =

8

5!· ln ξξ3

(x− 1)5 =1

15· ln ξξ3

(x− 1)5


Kako je t 7→ ln t strogo rastuca funkcija, to iz ξ <11

10sledi ln ξ < ln

11

10, i s obzirom na

nejednakost (Primeri 4.193 (ii))

lnx < x− 1, za x > 0, x = 1,

zakljucujemo da je

ln11

10<

11

10− 1 =

1

10.

Iz ξ > 1 sledi ξ3 > 1, te je1

ξ3< 1. Prema tome, za x ∈

(1,

11

10

]imamo da je

|R4(x)| =1

15· ln ξξ3

(x− 1)5 <1

15· 1

10· 1

105< 6, 67 · 10−8. •

Primer 4.139. Aproksimirajmo funkciju f(x) = tg x Maklorenovim polinomom treceg

stepena i procenimo gresku aproksimacije ako je x ∈[− 1

10,1

10

].

Ova funkcija ima izvode ma kog reda u okolini nule(−π2,π

2

)na osnovu pravila

za izvod kolicnika (jer cosx = 0 za x ∈(−π2,π

2

)) i teoreme za izvod slozene funkcije

(Teorema 4.23 i Teorema 4.34). Kako je ova funkcija neparna, to ce koeficijenti uz parnestepene promenljive x u Maklorenovom polinomu ma kog reda ove funkcije biti jednaki0. Zato je M3(x) = M4(x), pa iz Teoreme Teoreme 4.126 (formula (4.139)) sledi dapostoji tacka ξ izmedu tacaka 0 i x tako da je

f(x) =M4(x) +R4(x) = f ′(0)x+f ′′′(0)

3!x3 +R4(x),

49

gde je

R4(x) =f (5)(ξ)

5!x5.

49Ovo je Maklorenova formula cetvrtog reda za funkciju f . Mozemo koristiti i Maklorenovu formulutreceg reda:

f(x) =M3(x) +R3(x) = f ′(0)x+f ′′′(0)

3!x3 +R3(x),

gde je

R3(x) =f (4)(ξ)

4!x4,

i traziti gornju granicu za |R3(x)|. Medutim, u ovom slucaju bi procena greske aproksimacije funkcijef Maklorenovim polinomom treceg stepena bila manje precizna.


Za x ∈(−π2,π

2

)vazi:

f ′(x) =1

cos2 x,

f ′′(x) =2 sinx

cos3 x

f ′′′(x) = 2

(1

cos2 x+

3 sin2 x

cos4 x

),

f (4)(x) =8 sinx

cos3 x

(2 + 3 tg2 x

),

f (5)(x) = 8(1 + 2 sin2 x)(2 + sin2 x) + 6 sin2 x

cos6 x,

te je f ′(0) = 1 i f ′′′(0) = 2 i

tg x = x+x3

3+R4(x),

gde je R4(x) =1

15

(1 + 2 sin2 ξ)(2 + sin2 ξ) + 6 sin2 ξ

cos6 ξx5.

Iz nejednakosti (Primeri 4.87 (iii))

cosx > 1− x2

2, x = 0,

sledi da je

cos2 x =1 + cos 2x

2>

1 + 1− (2x)2

22

= 1− x2, za x = 0. (4.180)

S obzirom da je ξ = 0 i 1− ξ2 > 1− 1

102, jer je |ξ| < 1

10, iz (4.180) sledi da je

cos2 ξ > 1− ξ2 > 1− 1

102> 0,

i stoga je

cos6 ξ > (1− 1

102)3. (4.181)

Iz nejednakosti (Primer 3.52)| sinx| < |x|, x = 0

zakljucujemo da je

sin2 ξ < ξ2 <1

102. (4.182)

Iz (4.181) i (4.182), s obzirom da je |x| ≤ 1

10, sledi

|R4(x)| =1

15· (1 + 2 sin2 ξ)(2 + sin2 ξ) + 6 sin2 ξ

cos6 ξ|x|5

<1

15·(1 + 2 1

102)(2 + 1

102) + 6 1

102

(1− 1102

)3· 1

105< 1, 41 · 10−6. •


Primer 4.140. Aproksimirajmo funkciju f(x) = cosx Maklorenovim polinomom osmogstepena i procenimo gresku aproksimacije ako je −9◦ ≤ x ≤ 9◦.

Kako je 9◦ =π

20, to je x ∈

[− π

20,π

20

]. Postoji θ ∈ (0, 1) ( Primeri 4.128 (iii)) tako

da je

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+x8

8!+R9(x),

gde je R9(x) = −x10

10!cos θx. Za x ∈

[− π

20,π

20

]vazi da je

|R9(x)| =|x|10

10!| cos θx| ≤ 1

10!· π

10

2010<

1

10!· 3, 2

10

2010< 0, 303 · 10−14.

Zato, za x ∈[− π

20,π

20

], aproksimacijom

cosx ≈ 1− x2

2!+x4

4!− x6

6!+x8

8!

pravimo gresku koja je manja od 0, 303 · 10−14. •

Primer 4.141. Odredimo interval za x tako da priblizna formula

sinx ≈ x (4.183)

daje vrednosti za funkciju x 7→ sinx sa apsolutnom greskom manjom od 10−3.Podsetimo sa da za svako x ∈ R i svako n ∈ N postoji θ ∈ (0, 1) (videti Primere 4.128

(i)) tako da je

sinx = x− x3

3!+x5

5!− · · ·+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)!+R2n(x),

gde je

R2n(x) = (−1)nx2n+1

(2n+ 1)!cos θx.

Otuda za svako x ∈ R postoji θ ∈ (0, 1) tako da je R2(x) = −x3

3!cos θx, i prema tome

|R2(x)| =|x|3

3!| cos θx| ≤ |x|3

6.

Ako je|x|3

6< 10−3, tj. ako je |x| < 0.1817 ≈ 10◦, tada formula (4.183) daje vrednosti

za funkciju x 7→ sinx sa apsolutnom greskom manjom od 10−3.Posmatrajmo sada pribliznu formulu

sinx ≈ x− x3

3!. (4.184)


Ovde je greska R4(x) =x5

5!cos θx, θ ∈ (0, 1), pa je

|R4(x)| =|x|5

5!| cos θx| ≤ |x|5

120.

Da bi bilo |R4(x)| < 10−3, dovoljno je da bude|x|5

120< 10−3, tj. |x| < 0.6544 ≈ 37◦.

Prema tome, formula (4.184) daje vrednosti funkcije x 7→ sinx za x ∈ (−0.6544, 0.6544)sa apsolutnom greskom manjom od 10−3.

Ako zahtevamo da apsolutna greska aproksimacije formulom (4.184) bude manja od

10−4, onda ce dovoljno biti da je|x|5

120< 10−4, tj. |x| < 0.4129 ≈ 23◦. Prema tome, za

x ∈ (−0.4129, 0.4129) (sto je uzi interval od onog u prethodnom slucaju) formula (4.184)daje vrednosti funkcije x 7→ sinx sa apsolutnom greskom manjom od 10−4. •

Primer 4.142. Odredimo interval za x tako da priblizna formula

cosx ≈ 1− x2

2+x4

4!(4.185)

daje vrednosti za funkciju x 7→ cosx sa apsolutnom greskom manjom od 12 · 10−5.

Za svako x ∈ R i svako n ∈ N postoji θ ∈ (0, 1) (videti Primere 4.128 (ii)) tako da je

cosx = 1− x2

2!+x4

4!− · · ·+ (−1)n

x2n

(2n)!+R2n+1(x),

gde je

R2n+1(x) = (−1)n+1 x2n+2

(2n+ 2)!cos θx.

Stoga za svako x ∈ R postoji θ ∈ (0, 1) tako da je R5(x) =x6

6!cos θx. S obzirom da

je |R5(x)| ≤|x|6

6!, da bi bilo |R5(x)| < 1

2 · 10−5, dovoljno je da je|x|6

6!<

1

2· 10−5, tj.

|x| < 6√0, 00360 ≈ 0.391. Prema tome, za |x| < 0.391 ≈ 22◦, tj. za x ∈ (−0.391, 0.391),

formulom (4.185) funkcija x 7→ cosx se odreduje sa apsolutnom greskom manjom od12 · 10−5. •

Izracunavanje limesa i asimptota

Kao sto smo vec razmatrali u sekciji 3.10, prilikom razjasnjavanja neodredenosti

oblika0

0, tj. prilikom ispitivanja granicne vrednosti lim

x→x0

f(x)

g(x), gde je lim

x→x0f(x) =

limx→x0

g(x) = 0, podesno je odrediti red beskonacno malih funkcija f i g u odnosu na


beskonacno malu x 7→ x − x0, preciznije, treba odrediti glavni deo za svaku od ovihfunkcija oblika c(x− x0)

k, c, k ∈ R, c = 0. U tu svrhu podesno je, naravno pod uslovomda je to moguce, koristiti Tejlorovu formulu sa ostatkom u Peanovoj formi i svaku odfunkcija f i g razviti po Tejlorovoj formuli u okolini tacke x0, ogranicavajuci se pritomu tom razvoju na prvi nenula clan, tj. koristiti razvoje sledeceg oblika:

f(x) = a(x− x0)n + o((x− x0)

n), x→ x0, a = 0,

g(x) = b(x− x0)m + o((x− x0)

m), x→ x0, b = 0. 50

Medutim, jos podesnije je koristiti Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovojformi (za neke funkcije smo ih vec odredili u ovoj sekciji). Pritom, ako je x0 = 0,

koristimo smenu promenljive t = x− x0 i prelazimo na racunanje limesa limt→0

α(t)

β(t)gde je

limt→0

α(t) = limt→0

β(t) = 0 (α(t) = f(t+x0), β(t) = g(t+x0)). Cilj je, koristeci Maklorenove

formule za odgovarajuce funkcije i osobine asimptotske oznake o, odrediti glavne delovefunkcija α i β, tj. doci do formula:

α(t) = atn + o(tn), t→ 0,

β(t) = btm + o(tm), t→ 0 (a = 0, b = 0, m, n ∈ N).

Onda na osnovu Tvrdenja 3.194 dobijamo

limt→0

α(t)

β(t)= limt→0

atn + o(tn)

btm + o(tm)= limt→0

atn

btm=a

blimt→0

tn−m=

=

0, za n > m,a

b, za n = m

sgn(ab

)· (+∞), za n < m i m− n paran broj

ne postoji, za n < m i m− n neparan broj.

Preciznije, ako je n < m i m− n neparan broj, onda je

limt→−0

α(t)

β(t)=a

blimt→−0

1

tm−n =

(a

b· 1

−0

)= sgn

(ab

)· (−∞),

dok je

limt→+0

α(t)

β(t)=a

blimt→+0

1

tm−n =

(a

b· 1

+0

)= sgn

(ab

)· (+∞),

pa kako se levi i desni limes funkcije t 7→ α(t)

β(t)u tacki 0 razlikuju, to ne postoji lim

t→0

α(t)

β(t).

50Ovde je a =f (n)(x0)

n!i svi izvodi nizeg reda funkcije f u tacki x0 su jednaki 0, i takode b =

g(m)(x0)

m!i svi izvodi nizeg reda funkcije g u tacki x0 su jednaki 0.


Za slucaj da x → +∞ (−∞), onda smenom t =1

xprelazimo na granicnu vrednost

kad t→ +0 (−0).

Ako treba naci limx→x0

f(x)

g(x)gde je lim

x→x0f(x) = lim

x→x0g(x) = +∞ (−∞), onda se trans-

formacijomf(x)

g(x)=

1g(x)

1f(x)

ovo svodi na neodredenost oblika0

0.

Maklorenove formule mozemo koristiti i prilikom razjasnjavanja ostalih oblika neo-dredenosti. Naime, slicno kao kod racunanja limesa primenom Lopitalovih pravila, neo-

dredeni izrazi oblika 0 · ∞ i ∞ − ∞ se transformisu u neodredene izraze oblika0

0. Za

razjasnjavanje neodredenosti oblika 1∞, 00 i ∞0 potrebno je najpre primeniti logarit-movanje.

Primer 4.143. Prilikom ispitivanja limx→0

ln(1 + x)− x

x2koristimo Maklorenovu formulu

drugog reda za funkciju x 7→ ln(1 + x):

ln(1 + x)− x = x− x2

2+ o(x2)− x = −x

2

2+ o(x2), x→ 0.

Prema tome, x 7→ ln(1 + x) − x je beskonacno mala drugog reda u odnosu na funkcijux 7→ x kad x→ 0 i

ln(1 + x)− x

x2=

−x2

2+ o(x2)

x2= −1

2+ o(1), x→ 0,

odakle sledi da je limx→0

ln(1 + x)− x

x2= −1

2.

Ovaj zadatak smo inace probali da resimo u sekciji 3.182 koriscenjem Makloren-ove formule prvog reda za funkciju x 7→ ln(1 + x) i nismo uspeli jer smo opet dobili

neodredenost oblika0

0. Maklorenov polinom drugog reda bolje aproksimira funkciju

od polinoma prvog reda i korscenjem Maklorenove formule drugog reda uspeli smo daodredimo da je glavni deo funkcije u brojiocu x 7→ ln(1 + x) − x, kad x → 0, upravo

funkcija x 7→ −x2

2, i na taj nacin da izracunamo prethodni limes. •

Primer 4.144. Prilikom racunanja limesa limx→0

ex sinx− x(1 + x)

x3koristimo Makloren-

ovu formulu drugog reda za funkciju x 7→ ex, dok za funkciju x 7→ sinx koristimoMaklorenovu formulu treceg reda. Buduci da je na osnovu Tvrdenja 3.184 (i), (iii), iPrimera 3.185

ex sinx− x(1 + x) = (1 + x+x2

2+ o(x2))(x− x3

3!+ o(x3))− x(1 + x)

= x+ x2 +x3

2+ o(x3)− x3

3!− x4

3!− x5

2 · 3!+ o(x5) + o(x3)− x− x2

=1

3x3 + o(x3), x→ 0,


to je

limx→0

ex sinx− x(1 + x)

x3= lim

x→0

13x

3 + o(x3)

x3= lim

x→0(1

3+ o(1)) =

1

3.

Komentar. Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda i za funkciju x 7→ ex

i za funkciju x 7→ sinx, onda bismo dobili:

ex sinx− x(1 + x)

x3=

(1 + x+ o(x))(x+ o(x))− x(1 + x)

x3

=x+ o(x) + x2 + o(x2)− x(1 + x)

x3

=o(x)

x3=o(1)

x2, x→ 0,

sto je neodredeni izraz oblika0

0.

Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ ex, a za funkcijux 7→ sinx treceg reda, dobili bismo da je

ex sinx− x(1 + x)

x3=

(1 + x+ o(x))(x− x3

3! + o(x3))− x(1 + x)

x3

=x+ x2 + o(x2)− x3

6 − x4

6 + o(x4) + o(x3)− x(1 + x)

x3

=o(x2)

x3=o(1)

x, x→ 0,

sto je takode neodredeni izraz oblika0

0.

Koriscenjem Maklorenove formule drugog reda za funkciju x 7→ ex i prvog reda zafunkciju x 7→ sinx dobili bismo:

ex sinx− x(1 + x)

x3=

(1 + x+ x2

2 + o(x2))(x+ o(x))− x(1 + x)

x3

=x+ x2 + x3

2 + o(x3) + o(x)− x(1 + x)

x3

=o(x)

x3=o(1)

x2, x→ 0,

sto je opet neodredeni izraz oblika0

0.

Primetimo da ako je funkcija f beskonacno mala kad x → 0 reda k u odnosu nabeskonacno malu x 7→ x, tj. ako postoji c ∈ R, c = 0, tako da je

f(x) = cxk + o(xk), x→ 0, (4.186)

i ako prilikom razvoja funkcije f koristimo Maklorenove formule reda n manjeg od k,onda cemo dobiti da je f(x) = o(xn), x → 0, sto je manje precizna ocena asimptotskogponasanja funkcije f u okolini tacke 0 od one date u (4.186).


Proverimo sta ce se desiti ako umesto da koristimo Maklorenovu formulu drugogreda za funkciju x 7→ ex, a za funkciju x 7→ sinx Maklorenovu formulu treceg reda,upotrebimo Maklorenove formule visih redova (barem za jednu od ove dve funkcije). Naprimer, koriscenjem Maklorenovih formule treceg reda za obe funkcije dobijamo:

ex sinx− x(1 + x) = (1 + x+x2

2+x3

3!+ o(x3))(x− x3

3!+ o(x3))− x(1 + x)

= x− x3

3!+ o(x3) + x2 +

x3

2− x− x2

=1

3x3 + o(x3), x→ 0.

Ako upotrebimo Maklorenovu formulu treceg reda za funkciju x 7→ ex, a za funkcijux 7→ sinx Maklorenovu formulu petog reda, dobijamo:

ex sinx− x(1 + x) = (1 + x+x2

2+x3

3!+ o(x3))(x− x3

3!+x5

5!+ o(x5))− x(1 + x)

= x+ x2 +x3

2+x4

6+ o(x4)− x3

6− x4

6− x− x2

=1

3x3 + o(x4) =

1

3x3 + o(x3), x→ 0.

Upotrebom Maklorenove formule cetvrtog reda za funkciju x 7→ ex, i petog reda zafunkciju x 7→ sinx dobijamo:

ex sinx− x(1 + x) = (1 + x+x2

2+x3

3!+x4

4!+ o(x3))(x− x3

3!+x5

5!+ o(x5))− x(1 + x)

= x+ x2 +x3

2+x4

6+x5

24+ o(x5)− x3

6− x4

6− x5

12+

x5

120− x− x2

=1

3x3 +

x5

30+ o(x5) =

1

3x3 + o(x3), x→ 0.

Primecujemo da je najjednostavnije koristiti Maklorenovu formulu drugog reda za funkcijux 7→ ex, a za funkciju x 7→ sinx formulu treceg reda. Koriscenjem Maklorenovih formulavisih redova dolazimo do istog rezultata, ali uz malo duzu racunicu.

Na kraju, primetimo da ako je funkcija f beskonacno mala kad x → 0 reda k uodnosu na beskonacno malu x 7→ x, tj. ako postoji c1 ∈ R, c1 = 0, tako da je

f(x) = c1xk + o(xk), x→ 0, (4.187)

i ako prilikom razvoja funkcije f koristimo Maklorenove formule reda n veceg od k, ondacemo dobiti da je

f(x) = c1xk + c2x

k+1 + · · ·+ cn−k+1xn + o(xn), x→ 0, c2, . . . , cn−k+1 ∈ R,

sto je Maklorenova formula reda n za funkciju f . S obzirom da je c1xk + c2x

k+1 + · · ·+cn−k+1x

n + o(xn) = c1xk + o(xk), x→ 0, i na ovaj nacin mozemo ustanoviti kog je reda

beskonacno mala funkcija f kad x→ 0 u odnosu na beskonacno malu x 7→ x, tj. doci doformule 4.187 koja je, kao sto smo vec rekli, potrebna za ispitivanje limesa. •



x− sinx

ex − 1− x− x2

2

.

Kako je na osnovu (4.122) i (4.144)

x− sinx = x−(x− x3

3!+ o(x3)

)=x3

3!+ o(x3), x→ 0,

i

ex − 1− x− x2

2= 1 + x+

x2

2!+x3

3!+ o(x3)− 1− x− x2

2=x3

6+ o(x3), x→ 0,

to je na osnovu Tvrdenja 3.194

limx→0

x− sinx

ex − 1− x− x2

2

= limx→0

x3

6 + o(x3)x3

6 + o(x3)= lim

x→0

x3

6x3

6

= 1.

Nadimo limx→0

x− sin2 x

ex − 1− x− x2

2

. Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 (x) i Primera 3.185

x− sin2 x = x− (x+ o(x))2 = x− (x2 + o(x2)) = x− x2 + o(x2) = x+ o(x), x→ 0,

to je

limx→0

x− sin2 x

ex − 1− x− x2

2

= limx→0

x+ o(x)x3

6 + o(x3)= lim

x→0

xx3

6

= limx→0

6

x2= +∞.

Ispitajmo sada limx→0

x3 − sin2 x

ex − 1− x− x2

2

. S obzirom da je

x3−sin2 x = x3−(x+o(x))2 = x3−(x2+o(x2)) = x3−x2+o(x2) = −x2+o(x2), x→ 0,

to je

limx→+0

x3 − sin2 x

ex − 1− x− x2

2

= limx→+0

−x2 + o(x2)x3

6 + o(x3)= lim

x→+0

−x2x3

6

= limx→+0

−6

x= −∞

i

limx→−0

x3 − sin2 x

ex − 1− x− x2

2

= limx→−0

−6

x= +∞,

pa granicna vrednost limx→0

x3 − sin2 x

ex − 1− x− x2

2

ne postoji. •

Primer 4.146. Za izracunavanje limx→1

sin(πxα)

sin(πxβ)koristimo smenu x− 1 = t (kad x → 1,

onda t→ 0, i vazi t = 0 za x = 1). Ispitajmo limt→0

sin(π(t+ 1)α)

sin(π(t+ 1)β).


Kako je na osnovu (3.130)

sin(π(t+ 1)α)

sin(π(t+ 1)β)=

sin(π(1 + αt+ o(t)))

sin(π(1 + βt+ o(t)))=

sin(π + παt+ o(t))

sin(π + πβt+ o(t))

=sin(παt+ o(t))

sin(πβt+ o(t))=παt+ o(t) + o(παt+ o(t))

πβt+ o(t) + o(πβt+ o(t))

=παt+ o(t)

πβt+ o(t)=

παt+o(t)t

πβt+o(t)t

=πα+ o(1)

πβ + o(1), t→ 0,

to je limt→0

sin(π(t+ 1)α)

sin(π(t+ 1)β)=πα

πβ=α

β.

Sada na osnovu teoreme o limesu slozene funkcije (Teorema 3.85) sledi da je limx→1

sin(πxα)

sin(πxβ=

α

β. •

Primer 4.147. Nadimo granicnu vrednost limx→+∞

((x−2)e1x −x) (uporediti sa Primerom

4.110).

Koristimo smenu y =1

x, pri cemu y → +0 kad x→ +∞. Nadimo

limy→+0

((1

y− 2)ey − 1

y) = lim

y→+0

(1− 2y)ey − 1

y= lim

y→+0

(1− 2y)(1 + y + o(y))− 1

y

= limy→+0

1 + y + o(y)− 2y − 1

y= lim

y→+0

−y + o(y)

y

= limy→+0

(−1 + o(1)) = −1.

Na osnovu teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije (Teorema 3.98) sledi

limx→+∞

((x− 2)e1x − x) = lim

y→+0((1

y− 2)ey − 1

y) = −1. •


((1+x)1/x

e

)1/x(ovo je neodredenost oblika

1∞).Vazi jednakost:(

(1 + x)1/x

e

)1/x

= eln

((1+x)1/x

e

)1/x

= e1xln

(1+x)1/x

e .

Iz (4.158) sledi

1

xln

(1 + x)1/x

e=

1

x(ln(1 + x)1/x − ln e) =

1

x(1

xln(1 + x)− 1)

=1

x(1

x(x− x2

2+ o(x2))− 1) =

1

x(1− x

2+ o(x)− 1)

= −1

2+ o(1), x→ 0,


pa je

limx→0

1

xln

(1 + x)1/x

e= −1

2.

Odavde zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex zakljucujemo da je

limx→0

((1 + x)1/x

e

)1/x

= limx→0

e1xln

(1+x)1/x

e = elimx→0

1xln

(1+x)1/x

e = e−1/2. •

Primer 4.149. Na primeru funkcije f(x) =

√x2(4x− 1)

x− 1, u sekciji 3.12, smo videli

da je, koristeci Maklorenove formule prvog reda sa ostatkom u Peanovoj formi, moguceodrediti asimptotu grafika funkcije kad x → +∞ (x → −∞). Medutim, koriscenjemMaklorenovih formula reda veceg od 1 mozemo dobiti i informaciju da li se grafik funkcijeu nekoj okolini tacke +∞ (−∞) nalazi iznad ili ispod asimptote. U slucaju ove funkcijedovoljno je iskoristiti Maklorenove formule drugog reda za funkcije x 7→ (1 − 1

4x)1/2 i

x 7→ (1− 1x)

−1/2. Tako na osnovu Posledice 4.131 dobijamo

f(x) =

√x2(4x− 1)

x− 1=

√x2 · 4x(1− 1

4x)

x(1− 1x)

=√4x2 ·

√1− 1

4x

1− 1x

= 2|x|(1− 1

4x)1/2(1− 1

x)−1/2

= 2|x|(1+1

2(− 1

4x)+

(12

2

)(− 1

4x)2+o((− 1

4x)2))(1+(−1

2)·(−1

x)+

(−1

2

2

)1

x2+o(

1

x2))

= 2|x|(1− 1

8· 1x− 1

128· 1

x2+ o(

1

x2))(1 +

1

2· 1x+

3

8· 1

x2+ o(

1

x2))

= 2|x|(1− 1

8· 1x− 1

128· 1

x2+o(

1

x2)+

1

2· 1x− 1

16· 1x2

+3

8· 1x2

)

= 2|x|(1 + 3

8· 1x+

39

128· 1

x2+ o(

1

x2)), kad x→ +∞ i kad x→ −∞.

Odavde sledi

f(x) = 2x(1+3

8· 1x+

39

128· 1

x2+o(

1

x2)) = 2x+

3

4+

39

64· 1x+o(

1

x), kad x→ +∞, (4.188)

i

f(x) = −2x(1+3

8· 1x+

39

128· 1x2

+o(1

x2)) = −2x−3

4−39

64· 1x+o(

1

x), kad x→ −∞. (4.189)

Iz(4.188) sledi da je prava y = 2x +3

4kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞,

dok iz (4.189) dobijamo da je prava y = −2x − 3

4kosa asimptota grafika funkcije kad

x→ −∞.Na osnovu Tvrdenja 3.184 (xi) zakljucujemo da postoji realan broj M > 0 tako da

je

sgn

(f(x)− (2x+

3

4)

)= sgn

(39

64· 1x+ o(

1

x)

)= sgn

(39

64· 1x

)= sgn

(1

x

)

4.9. Nalazenje ekstremnih vrednosti funkcije 433

za x ∈ (M,+∞). Kako je1

x> 0 za x > 0, to je f(x) − (2x +

3

4) > 0 za x ∈ (M,+∞),

pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini (M,+∞) tacke +∞.

Slicno, postoji K > 0 tako da je

sgn

(f(x)− (−2x− 3

4)

)= sgn

(−39

64· 1x+ o(

1

x)

)= sgn

(−39

64· 1x

)= −sgn

(1

x

)

za x ∈ (−∞,−K). Za x < 0 je1

x< 0, pa je f(x)− (−2x− 3

4) > 0 za x ∈ (−∞,−M), i

grafik funkcije je iznad asimptote u okolini (−∞,−K) tacke −∞. •

Primer 4.150. Nadimo asimptote funkcije f(x) = x arctg x.

Na osnovu Primera 4.68 (iii) sledi da je

arctg x =π

2− arctg

1

x, x ∈ (0,+∞),

arctg x = −π2− arctg

1

x, x ∈ (−∞, 0).

Koristeci ove jednakosti i Maklorenov razvoj za funkciju x 7→ arctg x (zadatak 76), kaoi Tvrdenje 4.130, dobijamo

f(x) = x arctg x = x(π

2− arctg

1

x) = x(

π

2− (

1

x− 1

3· 1

x3+ o(

1

x3)))

=π

2x− 1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2), x→ +∞,

te je prava y = π2x− 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je

iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞.

Iz

f(x) = x arctg x = x(−π2− arctg

1

x) = x(−π

2− (

1

x− 1

3· 1

x3+ o(

1

x3)))

= −π2x− 1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2), x→ −∞,

sledi da je prava y = −π2x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik

funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞. •

4.10 Nalazenje ekstremnih vrednosti funkcije

U ovoj sekciji koristeci se izvodima dajemo potrebne, a takode i dovoljne uslove zaegzistenciju lokalnih ekstremuma.

Sledeca teorema govori o tome da tacke lokalnih ekstremuma funkcije treba trazitimedu tackama u kojima prvi izvod funkcije ne postoji ili je jednak 0. Drugim recima,tacke u kojima prvi izvod funkcije ne postoji ili je jednak 0 su ,,kandidati“ za tackelokalnih ekstremuma.


Teorema 4.151. (Potrebni uslovi za egzistenciju lokalnih ekstremuma) Neka je funkcijaf definisana u okolini tacke x0. Ako je x0 tacka lokalnog ekstremuma, onda izvod f ′(x0)ili ne postoji ili je f ′(x0) = 0.

Dokaz. Ako postoji izvod u tacki lokalnog ekstremuma, onda je na osnovu Fermaovetereme on jednak 0. �

Sledece dve teoreme govore o dovoljnim uslovima za egzistenciju strogog lokalnogekstremuma funkcije. Prva od njih, tj. prvi kriterijum za egzistenciju strogog lokalnogekstremuma funkcije je posledica Lagranzove teoreme, dok drugi kriterujum proizilazi izTejorove formule sa ostatkom u Peanovoj formi.

Teorema 4.152. (Dovoljni uslovi za egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma-prvo prav-ilo) Neka je funkcija f definisana u okolini U tacke x0 i neka je diferencijabilna u svimtackama iz U sa izuzetkom eventualno tacke x0 u kojoj je inace neprekidna. Ako izvodmenja znak pri prolasku argumenta kroz tacku x0, tj. ako postoji δ > 0 tako da f ′ imajedan znak u okolini (x0 − δ, x0), a suprotan u okolini (x0, x0 + δ), onda je x0 tackastrogog lokalnog ekstremuma. Pri tome, ako je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0), a f

′(x) < 0za x ∈ (x0, x0 + δ), onda je x0 tacka strogog lokalnog maksimuma. Ako je pak f ′(x) < 0za x ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) > 0 za x ∈ (x0, x0 + δ), onda je x0 tacka strogog lokalnogminimuma.

Dokaz. Neka je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) i f ′(x) < 0 za x ∈ (x0, x0 + δ). Nekaje x ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ). Funkcija f ispunjava uslove Lagranzove teoreme nasegmentu sa krajevima u tackama x i x0 (na segmentu [x, x0] ako je x < x0, a ako jex > x0, onda na segmentu [x0, x]), odakle sledi da postoji tacka ξ izmedu x0 i x tako davazi jednakost:

f(x)− f(x0) = f ′(ξ)(x− x0). (4.190)

Ako je x < x0, onda je x− x0 < 0, i buduci da je x < ξ < x0, imamo da je f ′(ξ) > 0, teiz (4.190) sledi da je f(x)− f(x0) < 0, tj. f(x) < f(x0).

Ako je x > x0, onda je x− x0 > 0 i f ′(ξ) < 0, jer je u ovom slucaju x0 < ξ < x, paiz (4.190) sledi opet da je f(x)− f(x0) < 0, tj. f(x) < f(x0).

Prema tome, x0 je tacka strogog lokalnog maksimuma.Analogno dokazujemo u drugom slucaju da je x0 je tacka strogog lokalnog minimuma.

�Primer 4.153. Funkcija f(x) = |x − 1| ima izvod za svako x = 1, nema izvod u tackix = 1 (pokazuje se slicno kao u Primeru 4.5), ali je neprekidna u ovoj tacki i

f ′(x) =

{1, x > 1,−1, x < 1,

pa izvod funkcije menja znak pri prolasku argumenta kroz tacku 1, pri cemu je f ′(x) < 0za x < 1 i f ′(x) > 0 za x > 1. Na osnovu Teoreme 4.152 zakljucujemo da je 1 tackastrogog lokalnog minimuma. •

Sledeci primer pokazuje da vazenje uslova iz prethodne teoreme nije i potreban uslovza egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma.



f(x) =

{2x2 + x2 sin

1

x, x = 0,

0, x = 0.

Za x = 0 vazi

−1 ≤ sin1

x≤ 1,

pa je

−x2 ≤ x2 sin1

x≤ x2.

Odavde dobijamo da za x = 0 vaze nejednakosti

x2 ≤ 2x2 + x2 sin1

x≤ 3x2. (4.191)

Kako je f(0) = 0, iz (4.191) sledi

f(x) = 2x2 + x2 sin1

x> 0 = f(0), za svako x ∈ R \ {0},

pa je 0 tacka strogog lokalnog minimuma.

Za x = 0 imamo da je f ′(x) = 4x + 2x sin1

x− cos

1

x. Primetimo da za xn =

1

2nπi

zn =1

(2n+ 1)π, n ∈ N, vazi

f ′(xn) =2

nπ+

2

2nπsin 2nπ − cos 2nπ =

2

nπ− 1 < 0,

f ′(zn)=4

(2n+ 1)π+

2

(2n+ 1)πsin(2n+ 1)π−cos(2n+ 1)π=

4

(2n+ 1)π+1 > 0.

Takode je

f ′(−xn) = − 2

nπ− 1 < 0,

f ′(−zn) = − 4

(2n+ 1)π+ 1 > 0, za svako n ∈ N.

Neka je δ > 0 proizvoljno. Kako limn→∞

xn = limn→∞

zn = 0, postoji n0 ∈ N tako da

za svako n ≥ n0 vazi xn, zn ∈ (0, δ), i stoga −xn,−zn ∈ (−δ, 0). Prema tome, u svakojdesnoj, a takode i levoj okolini tacke x = 0 prvi izvod nema stalni znak vec ga beskonacnomnogo puta menja. •

Teorema 4.155. (Dovoljni uslovi za egzistenciju strogog lokalnog ekstremuma-drugopravilo) Neka je funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a i neka je

f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0 i f (n)(a) = 0, n ≥ 2. (4.192)

Ako je n neparan broj, funkcija f u tacki a nema lokalni ekstremum.Ako je n paran broj, funkcija f ima strogi lokalni ekstremum u tacki a. Pri tome,

ako je f (n)(a) > 0, onda je a tacka strogog lokalnog minimuma, a ako je f (n)(a) < 0,onda je a tacka strogog lokalnog maksimuma.


Dokaz. Buduci da je funkcija f n-puta diferencijabilna u tacki a, na osnovu Teoreme4.118, za nju vazi Tejlorova formula n-tog reda sa ostatkom u Peanovoj formi:

f(x) = f(a)+ f ′(a)(x− a)+f ′′(a)

2!(x− a)2+ · · ·+ f (n)(a)

n!(x− a)n+ o((x− a)n), x→ a.

(4.193)Sada iz (4.193) i (4.192) sledi

f(x)− f(a) =f (n)(a)

n!(x− a)n + o((x− a)n), x→ a,

Kako je f (n)(a) = 0, to na osnovu Tvrdenja 3.184 (ii) sledi

o((x− a)n) = o

(f (n)(a)

n!(x− a)n

), x→ a,

pa je

f(x)− f(a) =f (n)(a)

n!(x− a)n + o

(f (n)(a)

n!(x− a)n

), x→ a.

Iz Tvrdenja 3.184 (xi) sledi da postoji okolina (a− δ, a+ δ) tacke a tako da je

sgn (f(x)− f(a)) = sgn

(f (n)(a)

n!(x− a)n

)

= sgn

(f (n)(a)

n!

)· sgn ((x− a)n) za x ∈ (a− δ, a+ δ).

(4.194)

Ako je n neparan broj, onda izraz (x− a)n menja znak pri prolasku argumenta kroztacku a. Naime, za x ∈ (a−δ, a) je x−a < 0, pa je i (x−a)n < 0, tj. sgn ((x−a)n)) = −1,dok za x ∈ (a, a+ δ) vazi x− a > 0 i stoga i (x− a)n > 0, tj. sgn ((x− a)n)) = 1. Sadaiz (4.194) sledi

sgn (f(x)− f(a)) = −sgn

(f (n)(a)

n!

)za x ∈ (a− δ, a),


(f (n)(a)

n!

)za x ∈ (a, a+ δ).

Odavde zakljucujemo da prirastaj funkcije f(x) − f(a) menja znak pri prolasku argu-menta kroz tacku a, sto na osnovu Napomene 4.55 povlaci da a nije tacka lokalnogekstremuma funkcije f .

Ako je n paran broj, onda izraz (x− a)n ne menja znak pri prolasku argumenta kroztacku a, tj. za svako x ∈ (a− δ, a+ δ)\{a} ovaj izraz je pozitivan, tj. sgn ((x−a)n) = 1.Sada iz (4.194) sledi


(f (n)(a)

n!

), za x ∈ (a− δ, a+ δ) \ {a}.


Odavde sledi da prirastaj funkcije f(x) − f(a) ne menja znak pri prolasku argumentakroz tacku a, sto znaci da je a tacka lokalnog ekstremuma funkcije f . Pritom, ako jef (n)(a) < 0, onda je prirastaj funkcije f(x)−f(a) < 0 za svako x ∈ (a−δ, a+δ)\{a}, pa jea je tacka strogog lokalnog maksimuma. Ako je pak f (n)(a) > 0, onda je f(x)−f(a) > 0za svako x ∈ (a− δ, a+ δ) \ {a}, pa je a je tacka strogog lokalnog minimuma. �

Ova teorema ima uze podrucje primene od prethodne, s obzirom da se ne moze pri-meniti u slucaju kada funkcija nije diferencijabilna u tacki u kojoj ispitujemo postojanjelokalnog ekstremuma.

Posledica 4.156. Neka je funkcija f dva puta diferencijabilna u tacki a i neka je f ′(a) =0 i f ′′(a) = 0. Ako je f ′′(a) > 0, onda funkcija f u tacki a ima strogi lokalni minimum,a ako je f ′′(a) < 0, onda funkcija f u tacki a ima strogi lokalni maksimum.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.155 za slucaj kada je n = 2. �

Primer 4.157. Za funkciju f(x) = xex vazi da je f ′(x) = (x+ 1)ex, f ′′(x) = (x+ 2)ex,f ′(−1) = 0 i f ′′(−1) = e−1 > 0, pa na osnovu Posledice 4.156 funkcija f ima strogilokalni minimum u tacki −1.

Primer 4.158. Neka je f(x) = ax2 + bx+ c, gde su a, b, c ∈ R, a = 0. Tada je f ′(x) =

2ax+ b i f ′′(x) = 2a za svako x ∈ R. Kako je f ′(− b

2a

)= 0 i f ′′

(− b

2a

)= 2a = 0, to

na osnovu Posledice 4.156 funkcija f ima strogi lokalni ekstremum u tacki x = − b

2ai to

strogi lokalni minimum ako je a > 0, a strogi lokalni maksimum ako je a < 0.

Primer 4.159. Neka je f(x) = 14x

4−x3+x2−5, x ∈ R. Tada je f ′(x) = x3−3x2+2x =x(x2 − 3x+ 2) = x(x− 1)(x− 2) i f ′′(x) = 3x2 − 6x+ 2. Prema tome,

f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = 2.

Kako je f ′′(0) = 2 > 0, f ′′(1) = −1 < 0 i f ′′(2) = 2 > 0, to na osnovu Posledice 4.156sledi da je 0 tacka strogog lokalnog minimuma, 1 tacka strogog lokalnog maksimuma i 2tacka strogog lokalnog minimuma. •

Primer 4.160. Neka je f(x) = ex + e−x − x2. Proverimo da li je tacka x = 0 tackastrogog lokalnog ekstremuma. Kako je

f ′(x) = ex − e−x − 2x, f ′(0) = 0,

f ′′(x) = ex + e−x − 2, f ′′(0) = 0,

f ′′′(x) = ex − e−x, f ′′′(0) = 0,

f (4)(x) = ex + e−x, f (4)(0) = 2 > 0,

to na osnovu Teoreme 4.155 sledi da je 0 tacka strogog lokalnog minimuma.

Sledeci prmer pokazuje da obrat Teoreme 4.155 ne vazi, drugim recima, da su uslovi uTeoremi 4.155 samo dovoljni ali ne i potrebni za egzistenciju strogog lokalnog ekstremumau nekoj tacki.



f(x) =

{e−

1x2 , x = 0,

0, x = 0.

Kako je f(x) > 0 = f(0) za svako x = 0, sledi da ova funkcija ima strogi lokalni minimum

u 0. Za x = 0 imamo da je je f ′(x) =2

x3e−

1x2 i f ′′(x) =

(− 6

x4+

4

x6

)e−

1x2 . Indukcijom

se moze pokazati da je

f (n)(x) = Pn

(1

x

)e−

1x2 , n ∈ N, (4.195)

gde je Pn polinom sa celobrojnim koeficijentima stepena 3n. Takode indukcijom dokazu-jemo da funkcija f ima izvode ma kog reda u 0 i da su svi oni jednaki 0.

Nadimo

limx→0

f(x)− f(0)

x= lim

x→0

e−1x2

x= lim

x→0

1x

e1x2

. (4.196)

Poslednji limes nalazimo primenom teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije i

Lopitalove teoreme. Koristimo smenu y =1

x, pri cemu

1

x→ −∞ kad x→ −0 i

1

x→ +∞

kad x→ +0. Primenom Lopitalovog pravila 4.102 dobijamo

limy→+∞

y

ey2=(∞∞

)= lim

y→+∞

(y)′

(ey2)′= lim

y→+∞

1

2yey2=

(1

∞

)= 0

i takode, limy→−∞

y

ey2= 0. Na osnovu teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije

(videti Teoremu 3.95 i komentar nakon ove teoreme) sledi limx→+0

1x

e1x2

= limy→+∞

y

ey2= 0 i

limx→−0

1x

e1x2

= limy→−∞

y

ey2= 0, pa je

limx→0

1x

e1x2

= 0. (4.197)

Iz (4.196) i (4.197) sledi f ′(0) = 0.

Indukcijom, uz primenu Lopitalovog pravila, moze se pokazati da je limy→+∞

ym

ey2=

limy→−∞

ym

ey2= 0 za svako m ∈ N, odakle na osnovu vec pomenute teoreme o granicnoj

vrednosti slozene funkcije dobijamo da je

limx→0

1xm

e1x2

= 0, za svako m ∈ N. (4.198)

Pretpostavimo da je funkcija f ima izvod n-tog reda u 0 i da je f (n)(0) = 0. Dokazimoda je f (n+1)(0) = 0. Kako je

f (n)(x)− f (n)(0)

x=

Pn

(1

x

)e−

1x2

x=

1

xPn

(1

x

)e

1x2

(4.199)

4.10. Konveksne i konkavne funkcije 439

i buduci da brojilac u (4.199) pretstavlja zbir sabiraka oblikac

xmgde je m ∈ N i c ∈ Z,

s obzirom na (4.198), zakljucujemo da je

limx→0

f (n)(x)− f (n)(0)

x= lim

x→0

1

xPn

(1

x

)e

1x2

= 0,

i prema tome f (n+1)(0) = 0. •

4.11 Konveksne i konkavne funkcije

Definicija i osobine

Neka je data funkcija f : (a, b) → R i neka x1, x2 ∈ (a, b) tako da je x1 < x2.Jednacina secice odredene tackama A(x1, f(x1)) i B(x2, f(x2)) je

y = f(x1) +f(x2)− f(x1)

x2 − x1(x− x1)

=f(x1)(x2 − x1) + f(x2)(x− x1)− f(x1)(x− x1)

x2 − x1

=f(x1)(x2 − x1 − x+ x1) + f(x2)(x− x1)

x2 − x1

=f(x1)(x2 − x) + f(x2)(x− x1)

x2 − x1

=x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2).

Neka je l(x) =x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2). Tada jednacina secice glasi:

y = l(x).

Primetimo da je l(x1) = f(x1) i l(x2) = f(x2).

Definicija 4.162. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b)ako za svake tri tacke x1, x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2, vazi nejednakost

f(x) ≤ l(x), (4.200)

(f(x) ≥ l(x)) (4.201)

tj.

f(x) ≤ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2) (4.202)

(f(x) ≥ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2)). (4.203)


Ako je

f(x) < l(x),

(f(x) > l(x))

onda kazemo da je funkcija f strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). �

a bx1 x x2 a bx1 x x2

l x( )

f x( )

l x( )f x( )

Primetimo da ce (4.200), odnosno (4.202), ((4.201), odnosno (4.203)) vaziti i kad jex = x1 ili x = x2 (tada je f(x1) = l(x1) i f(x2) = l(x2)).

Uslov konveksnosti (konkavnosti) ima sledecu geometrijsku interpretaciju: ako jefunkcija konveksna (konkavna) na intervalu (a, b), onda za svake dve tacke x1, x2 ∈(a, b), takve da je x1 < x2, sve tacke duzi AB secice odredene tackama A(x1, f(x1)) iB(x2, f(x2)) ne ,,leze“ ispod (iznad) tacaka (x, f(x)) grafika funkcije za koje je x1 < x <x2, odnosno, sve tacke (x, f(x)) grafika funkcije za koje je x1 < x < x2 ,,leze“ ispod ilina (iznad ili na) secici odredenoj tackama A(x1, f(x1)) i B(x2, f(x2)).

Ako je funkcija strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b), onda za svakedve tacke x1, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2, sve tacke (x, f(x)) grafika funkcije za kojeje x1 < x < x2 ,,leze“ ispod (iznad ) secice odredene tackama A(x1, f(x1)) i B(x2, f(x2)).

Pre nego sto damo sledecu karakterizaciju konveksnih (konkavnih) funkcija, dokazimosledece jednostavno tvrdenje.

Lema 4.163. Tacka x ∈ R pripada segmentu [x1, x2] (x1 < x2) ako i samo ako postojenenegativni brojevi λ1 i λ2 takvi da je λ1 + λ2 = 1 i x = λ1x1 + λ2x2.

Dokaz. Neka x ∈ [x1, x2]. Tada sistem jednacina sa nepoznatima λ1 i λ2,{λ1 + λ2 = 1,λ1x1 + λ2x2 = x,

na osnovu Kramerovog pravila, ima jedinstveno resenje jer je determinanta sistema x2−x1 = 0:

λ1 =

∣∣∣∣ 1 1x x2

∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 1x1 x2

∣∣∣∣ =x2 − x

x2 − x1, λ2 =

∣∣∣∣ 1 1x1 x

∣∣∣∣∣∣∣∣ 1 1x1 x2

∣∣∣∣ =x− x1x2 − x1

,


i pritom je λ1 ≥ 0 i λ2 ≥ 0.

Obrnuto, pretpostavimo da je x = λ1x1 + λ2x2, gde su λ1 ≥ 0, λ2 ≥ 0 i λ1 + λ2 = 1.Kako je λ1 ≥ 0, iz x1 < x2 sledi λ1x1 ≤ λ1x2, a zbog λ2 ≥ 0 imamo da je λ2x1 ≤ λ2x2.Odavde, buduci da je λ1 + λ2 = 1, sledi

x1 = (λ1+λ2)x1 = λ1x1+λ2x1 ≤ λ1x1+λ2x2 = x ≤ λ1x2+λ2x2 = (λ1+λ2)x2 = x2. �

Tvrdenje 4.164. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b)ako i samo ako za svake dve tacke x1, x2 ∈ (a, b) i za svaka dva nenegativna realna brojaλ1 i λ2, takva da je λ1 + λ2 = 1, vazi nejednakost

f(λ1x1 + λ2x2) ≤ λ1f(x1) + λ2f(x2) (4.204)

(f(λ1x1 + λ2x2) ≥ λ1f(x1) + λ2f(x2)).

Funkcija je strogo konveksna (strogo konkavna) ako i samo ako za svake dve tackex1, x2 ∈ (a, b), x1 = x2, i za svaka dva pozitivna realna broja λ1 i λ2, takva da jeλ1 + λ2 = 1, vazi nejednakost

f(λ1x1 + λ2x2) < λ1f(x1) + λ2f(x2)

(f(λ1x1 + λ2x2) > λ1f(x1) + λ2f(x2)).

Dokaz. Neka je funkcija f : (a, b) → R je konveksna na intervalu (a, b). Tada za svakedve tacke x1, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x2 i svako x ∈ [x1, x2], vazi nejednakost

f(x) ≤ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2). (4.205)

Neka su λ1 i λ2 dva nenegativna broja takva da je λ1 + λ2 = 1. Tada na osnovu Leme4.163 imamo da λ1x1 + λ2x2 ∈ [x1, x2] i stoga za x = λ1x1 + λ2x2 vazi nejednakost(4.205):

f(λ1x1 + λ2x2) ≤ x2 − (λ1x1 + λ2x2)

x2 − x1f(x1) +

λ1x1 + λ2x2 − x1x2 − x1

f(x2) =

=(1− λ2)x2 − λ1x1

x2 − x1f(x1) +

λ2x2 − (1− λ1)x1x2 − x1

f(x2) =

=λ1x2 − λ1x1x2 − x1

f(x1) +λ2x2 − λ2x1x2 − x1

f(x2) =

=λ1(x2 − x1)

x2 − x1f(x1) +

λ2(x2 − x1)

x2 − x1f(x2) =

= λ1f(x1) + λ2f(x2).

Obrnuto, neka za svake dve tacke x1, x2 ∈ (a, b) i za svaka dva nenegativna realna brojaλ1 i λ2, takva da je λ1 + λ2 = 1, vazi nejednakost (4.204). Neka je sada x1 < x2 ineka je x proizvoljna tacka iz segmenta [x1, x2]. Tada na osnovu Leme 4.163 sledi da za

nenegativne brojeve λ1 =x2 − x

x2 − x1i λ2 =

x− x1x2 − x1

vazi λ1 + λ2 = 1 i x = λ1x1 + λ2x2,


pa je

f(x) = f

(x2 − x

x2 − x1x1 +

x− x1x2 − x1

x2

)≤ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2).

Prema tome, funkcija f je konveksna na intervalu (a, b). �

x1 x2

x1+ x2f( )

x1+ x2

f f( ) ( )+x1 x2

Primer 4.165. Funkcija f(x) = ax + b je konveksna i konkavna na R (i prema tome,nije strogo konveksna niti strogo konkavna na R). Zaista, neka su λ1 i λ2 nenegativnibrojevi takvi da je λ1 + λ2 = 1, i neka su x1, x2 ∈ R. Tada je

f(λ1x1 + λ2x2) = a(λ1x1 + λ2x2) + b = a(λ1x1 + λ2x2) + (λ1 + λ2)b

= λ1(ax1 + b) + λ2(ax2 + b) = λ1f(x1) + λ2f(x2). •

Primer 4.166. Funkcija f(x) = x2 je strogo konveksna na R, jer za proizvoljne x1, x2 ∈R takve da je x1 = x2, i za proizvoljne pozitivne brojeve λ1 i λ2, takve da je λ1+λ2 = 1,vazi

f(λ1x1 + λ2x2) = (λ1x1 + λ2x2)2 = λ21x

21 + 2λ1λ2x1x2 + λ22x

22

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

22

= λ1x21 + λ2x

22 − λ1λ2(x

21 − 2x1x2 + x22)

= λ1x21 + λ2x

22 − λ1λ2(x1 − x2)

2

< λ1x21 + λ2x

22 = λ1f(x1) + λ2f(x2). •

Tvrdenje 4.167. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b)ako i samo ako za svake tri tacke x1, x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2, vazinejednakost

f(x)− f(x1)

x− x1≤ f(x2)− f(x)

x2 − x(4.206)(

f(x)− f(x1)

x− x1≥ f(x2)− f(x)

x2 − x

).


Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako zasvake tri tacke x1, x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2, vazi nejednakost

f(x)− f(x1)

x− x1<f(x2)− f(x)

x2 − x(4.207)(

f(x)− f(x1)

x− x1>f(x2)− f(x)

x2 − x

).

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1, x, x2 tacke izintervala (a, b) takve da je x1 < x < x2. Tada je

f(x) ≤ x2 − x

x2 − x1f(x1) +

x− x1x2 − x1

f(x2). (4.208)

Mnozenjem poslednje nejednakosti sa x2 − x1 (x2 − x1 > 0) dobijamo

(x2 − x1)f(x) ≤ (x2 − x)f(x1) + (x− x1)f(x2),

pa je(x2 − x+ x− x1)f(x) ≤ (x2 − x)f(x1) + (x− x1)f(x2),

tj.(x2 − x)f(x) + (x− x1)f(x) ≤ (x2 − x)f(x1) + (x− x1)f(x2),

Odavde sledi(x2 − x)(f(x)− f(x1)) ≤ (x− x1)(f(x2)− f(x)),

pa deobom sa pozitivnim brojem (x2 − x)(x− x1) dobijamo nejednakost (4.206).Obrnuto, neka za proizvoljne tri tacke x1, x, x2 ∈ (a, b), takve da je x1 < x < x2,

vazi nejednakost (4.206). Tada obrnutim redom u odnosu na dokaz prethodnog smeradokazujemo da iz nejednakosti (4.206) sledi nejednakost (4.208), sto znaci da je funkcijaf konveksna na intervalu (a, b). �

Tvrdenje 4.167 ima sledecu geometrijsku interpretaciju: funkcija f : (a, b) → R jekonveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri tacke x1, x, x2 ∈(a, b), takve da je x1 < x < x2, koeficijent pravca secice kroz tacke A(x1, f(x1)) iB(x, f(x)) je manji ili jednak (veci ili jednak) od koeficijenta pravca secice kroz tackeB(x, f(x)) i C(x2, f(x2)), odnosno tangens ugla, koji secica kroz tacke A(x1, f(x1)) iB(x, f(x)) gradi sa pozitivnim delom x-ose, je manji ili jednak (veci ili jednak) od tan-gensa ugla koji secica kroz tacke B(x, f(x)) i C(x2, f(x2)) gradi sa pozitivnim delomx-ose.

x1 x x2a b

f x -f x( ) ( )2

f x -f x( ) ( )1

x x2 -

x x1-

AB

C

kAB =

kBC =


Tvrdenje 4.168. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b)ako i samo ako za svake tri tacke x1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vazinejednakost

f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ f(x3)− f(x1)

x3 − x1(4.209)(

f(x2)− f(x1)

x2 − x1≥ f(x3)− f(x1)

x3 − x1

).

Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako zasvake tri tacke x1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vazi nejednakost

f(x2)− f(x1)

x2 − x1<f(x3)− f(x1)

x3 − x1(4.210)(

f(x2)− f(x1)

x2 − x1>f(x3)− f(x1)

x3 − x1

).

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1, x2, x3 tacke izintervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3. Tada je

f(x2) ≤x3 − x2x3 − x1

f(x1) +x2 − x1x3 − x1

f(x3). (4.211)

Oduzimajuci f(x1) od obe strane ove nejednakosti, dobijamo

f(x2)− f(x1) ≤(x3 − x2x3 − x1

− 1

)f(x1) +

x2 − x1x3 − x1

f(x3) =

=x3 − x2 − x3 + x1

x3 − x1f(x1) +

x2 − x1x3 − x1

f(x3) =

=x1 − x2x3 − x1

f(x1) +x2 − x1x3 − x1

f(x3) =

=x2 − x1x3 − x1

(f(x3)− f(x1)),

odakle deobom sa x2 − x1 > 0 sledi (4.209).Obrnutim rasudivanjem, iz (4.209) sledi (4.211). Prema tome, ako za tri tacke

x1, x2, x3 ∈ (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x3 < b vazi nejednakost (4.209), ondavazi i nejednakost (4.211), pa zakljucujemo da je funkcija f konveksna na intervalu(a, b). �

Geometrijaska interpretacija Tvrdenja 4.168 je sledeca: funkcija f : (a, b) → R jekonveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri tacke x1, x2, x3 ∈(a, b), takve da je x1 < x2 < x3, koeficijent pravca secice kroz tacke A(x1, f(x1)) iB(x2, f(x2)) je manji ili jednak (veci ili jednak) od koeficijenta pravca secice kroz tackeA(x1, f(x1)) i C(x3, f(x3)).


x1 x2 x3a b

f x -f x( ) ( )2 1

x - x2 1

f x -f x( ) ( )3 1

x - x3 1AB

C kAC =

kAB =

Tvrdenje 4.169. Funkcija f : (a, b) → R je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b)ako i samo ako za svake tri tacke x1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vazinejednakost

f(x3)− f(x1)

x3 − x1≤ f(x3)− f(x2)

x3 − x2(4.212)(

f(x3)− f(x1)

x3 − x1≥ f(x3)− f(x2)

x3 − x2

).

Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo akoza svake tri tacke x1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 < b, vazi nejednakost

f(x3)− f(x1)

x3 − x1<f(x3)− f(x2)

x3 − x2(4.213)(

f(x3)− f(x1)

x3 − x1>f(x3)− f(x2)

x3 − x2

).

Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka su x1, x2, x3 tacke izintervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3. Tada je

f(x2) ≤x3 − x2x3 − x1

f(x1) +x2 − x1x3 − x1

f(x3). (4.214)

Oduzimajuci f(x3) od obe strane ove nejednakosti, dobijamo

f(x2)− f(x3) ≤ x3 − x2x3 − x1

f(x1) +

(x2 − x1x3 − x1

− 1

)f(x3) =

=x3 − x2x3 − x1

f(x1) +x2 − x3x3 − x1

f(x3) =

=x2 − x3x3 − x1

(f(x3)− f(x1)),

odakle deobom sa x2 − x3 < 0 sledi

f(x2)− f(x3)

x2 − x3≥ f(x3)− f(x1)

x3 − x1,


pa jef(x3)− f(x1)

x3 − x1≤ f(x3)− f(x2)

x3 − x2, tj. vazi (4.212).

Obrnutim rasudivanjem, iz (4.212) sledi (4.214). Prema tome, ako za tri tackex1, x2, x3 ∈ (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x3 < b vazi nejednakost (4.212), ondavazi i nejednakost (4.214), pa zakljucujemo da je funkcija f konveksna na intervalu(a, b). �

Tvrdenje 4.169 ima sledecu geometrijsku interpretaciju: funkcija f : (a, b) → R jekonveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako za svake tri tacke x1, x2, x3 ∈(a, b), takve da je x1 < x2 < x3, koeficijent pravca secice kroz tacke A(x1, f(x1)) iC(x3, f(x3)) je manji ili jednak (veci ili jednak) od koeficijenta pravca secice kroz tackeB(x2, f(x2)) i C(x3, f(x3)).

Napomena 4.170. U definiciji konveksne funkcije, kao i u Tvrdenjima 4.164, 4.167,4.168 i 4.169 interval (a, b) se moze zameniti segmentom [a, b]. •

Teorema 4.171. Neka je f : (a, b) → R konveksna (konkavna) funkcija na intervalu(a, b). Tada je f neprekidna na (a, b).

Dokaz. Neka je f konveksna funkcija na intervalu (a, b), i neka je x0 proizvoljna tackaiz intervala (a, b). Pokazimo da je funkcija f neprekidna zdesna u x0. Izaberimo tacke si t tako da je a < s < x0 < t < b. Neka je x proizvoljna tacka iz intervala (x0, t). Prematome, a < s < x0 < x < t < b i zbog konveksnosti funkcije f , iz s < x0 < x sledi

f(x0) ≤x− x0x− s

f(s) +x0 − s

x− sf(x), (4.215)

dok iz x0 < x < t sledi

f(x) ≤ t− x

t− x0f(x0) +

x− x0t− x0

f(t). (4.216)

Iz (4.215) mnozenjem sax− s

x0 − sdobijamo

x− s

x0 − sf(x0) ≤

x− x0x0 − s

f(s) + f(x).

sto zajedno sa (4.216) daje

x− s

x0 − sf(x0)−

x− x0x0 − s

f(s) ≤ f(x) ≤ t− x

t− x0f(x0) +

x− x0t− x0

f(t). (4.217)

Buduci da je

limx→x0+0

(x− s

x0 − sf(x0)−

x− x0x0 − s

f(s)

)= f(x0)

i

limx→x0+0

(t− x

t− x0f(x0) +

x− x0t− x0

f(t)

)= f(x0),


iz (4.217) sledilim

x→x0+0f(x) = f(x0).

Slicno se dokazuje da je funkcija f neprekidna sleva u tacki x0. �Napominjemo da tvrdenje Teoreme 4.171 nece vaziti ako se interval (a, b) zameni

segmentom [a, b]. Na primer, funkcija

f(x) =

{0, ako je 0 ≤ x < 1,1, ako je x = 1.

(4.218)

je konveksna na segmentu [0, 1], ali nije neprekidna, jer nije neprekidna u 1 sleva.

Teorema 4.172. Neka je f : (a, b) → R konveksna funkcija. Tada u svakoj tackix0 ∈ (a, b) funkcija ima levi i desni izvod i pritom je

f ′−(x0) = supx∈(a,x0)

f(x)− f(x0)

x− x0, f ′+(x0) = inf

x∈(x0,b)

f(x)− f(x0)

x− x0

if ′−(x0) ≤ f ′+(x0).

Dokaz. Neka su x1, x2 tacke iz intervala (a, b) takve da je a < x1 < x2 < x0. IzTvrdenja 4.169 sledi

f(x0)− f(x1)

x0 − x1≤ f(x0)− f(x2)

x0 − x2,

tj. vazi nejednakostf(x1)− f(x0)

x1 − x0≤ f(x2)− f(x0)

x2 − x0. (4.219)

Buduci da je x1 < x2, iz nejednakosti (4.219) sledi da je funkcija x 7→ f(x)− f(x0)

x− x0rastuca na intervalu (a, x0). Zato je

limx→x0−0

f(x)− f(x0)

x− x0= sup

x∈(a,x0)

f(x)− f(x0)

x− x0,

tj. f ′−(x0) = supx∈(a,x0)

f(x)− f(x0)

x− x0.

Neka su x3, x4 tacke iz intervala (a, b) takve da je x0 < x3 < x4 < b. Iz Tvrdenja4.168 sledi

f(x3)− f(x0)

x3 − x0≤ f(x4)− f(x0)

x4 − x0. (4.220)

Buduci da je x3 < x4, iz nejednakosti (4.220) sledi da je funkcija x 7→ f(x)− f(x0)

x− x0rastuca na intervalu (x0, b). Zato je

limx→x0+0

f(x)− f(x0)

x− x0= inf

x∈(x0,b)

f(x)− f(x0)

x− x0,


tj. f ′+(x0) = infx∈(x0,b)

f(x)− f(x0)

x− x0.

Iz Tvrdenja 4.167 sledi da za svako x1 ∈ (a, x0) i svako x3 ∈ (x0, b) vazi nejednakost

f(x1)− f(x0)

x1 − x0≤ f(x3)− f(x0)

x3 − x0.

Zato je

f ′−(x0) = supx∈(a,x0)

f(x)− f(x0)

x− x0≤ f(x3)− f(x0)

x3 − x0, za svako x3 ∈ (x0, b),

odakle sledi da je f ′−(x0) konacan broj, a takode i

f ′−(x0) ≤ infx0<x3<b

f(x3)− f(x0)

x3 − x0= f ′+(x0),

pa je i f ′+(x0) konacan broj. �

Slicno se dokazuju sledece teoreme:

Teorema 4.173. Neka je f : (a, b) → R konkavna funkcija. Tada u svakoj tacki x0 ∈(a, b) funkcija ima levi i desni izvod i pritom je

f ′−(x0) = infx∈(a,x0)

f(x)− f(x0)

x− x0, f ′+(x0) = sup

x∈(x0,b)

f(x)− f(x0)

x− x0

if ′−(x0) ≥ f ′+(x0).

Teorema 4.174. Neka je funkcija definisana na intervalu (a, b].

(4.174.1) Ako je funkcija f : (a, b] → R konveksna, onda ona ima levi izvod u tacki b,

f ′−(b) = supx∈(a,b)

f(x)− f(b)

x− b,

i pritom f ′−(b) moze biti konacan ili jednak +∞.

(4.174.2) Ako je funkcija f : (a, b] → R konkavna, onda ona ima levi izvod u tacki b,

f ′−(b) = infx∈(a,b)

f(x)− f(b)

x− b,

i pritom f ′−(b) moze biti konacan ili jednak −∞.

Teorema 4.175. Neka je funkcija definisana na intervalu [a, b).

(4.175.1) Ako je funkcija f konveksna na [a, b), onda ona ima desni izvod u tacki a,

f ′+(a) = infx∈(a,b)

f(x)− f(a)

x− a,


i pritom f ′+(a) moze biti konacan ili jednak −∞.

(4.175.2) Ako je funkcija f konkavna na intervalu [a, b), onda ona ima desni izvod utacki a,

f ′+(a) = supx∈(a,b)

f(x)− f(a)

x− a,

i pritom f ′+(a) moze biti konacan ili jednak +∞.

U vezi Teorema 4.174 i 4.175 videti Primere 4.189 i 4.190.

Tvrdenje 4.176. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b].

(i) Neka je funkcija f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b). Ako postojikonacna granicna vrednost f(b− 0) i ako je f(b− 0) ≤ f(b) onda je f konveksna (strogokonveksna) na intervalu (a, b].

(ii) Neka je funkcija f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). Ako postojikonacna granicna vrednost f(b− 0) i ako je f(b− 0) ≥ f(b) onda je f konkavna (strogokonkavna) na intervalu (a, b].

Dokaz. (i): Neka je f strogo konveksna na intervalu (a, b). Da bismo dokazali da jef strogo konveksna na intervalu (a, b], na osnovu Tvrdenja 4.167 i Napomene 4.170,dovoljno je dokazati da za svake tri tacke x1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 ≤ bvazi nejednakost

f(x2)− f(x1)

x2 − x1<f(x3)− f(x2)

x3 − x2. (4.221)

Kako je f strogo konveksna na intervalu (a, b), ova nejednakost vazi za svake tri tackex1, x2, x3, takve da je a < x1 < x2 < x3 < b. Ostaje da dokazemo da za svake dve tackex1, x2, takve da je a < x1 < x2 < b, vazi nejednakost:

f(x2)− f(x1)

x2 − x1<f(b)− f(x2)

b− x2. (4.222)

Neka su x1, x2 tacke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2. Iz dokaza Teoreme 4.172

sledi da je funkcija x 7→ f(x)− f(x2)

x− x2strogo rastuca na intervalu (x2, b), pa je

limx→b−0

f(x)− f(x2)

x− x2= sup

x∈(x2,b)

f(x)− f(x2)

x− x2(4.223)

i za svaku tacku x3 takvu da je x2 < x3 < b vazi

f(x3)− f(x2)

x3 − x2< sup

x∈(x2,b)

f(x)− f(x2)

x− x2. (4.224)

Kako jef(x2)− f(x1)

x2 − x1<f(x3)− f(x2)

x3 − x2, za svaku tacku x3 takvu da je x2 < x3 < b, to

iz (4.223) i (4.224) sledi

f(x2)− f(x1)

x2 − x1< lim

x→b−0

f(x)− f(x2)

x− x2. (4.225)


Buduci da postoji f(b− 0) i da je f(b− 0) ≤ f(b) sledi

limx→b−0

f(x)− f(x2)

x− x2=f(b− 0)− f(x2)

b− x2≤ f(b)− f(x2)

b− x2. (4.226)

Iz (4.225) i (4.226) sledi (4.222).



Tvrdenje 4.177. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a, b).

(i) Neka je funkcija f konveksna (strogo konveksna) na intervalu (a, b). Ako postojikonacna granicna vrednost f(a+0) i ako je f(a) ≥ f(a+0) onda je f konveksna (strogokonveksna) na intervalu [a, b).

(ii) Neka je funkcija f konkavna (strogo konkavna) na intervalu (a, b). Ako postojikonacna granicna vrednost f(a+0) i ako je f(a) ≤ f(a+0) onda je f konkavna (strogokonkavna) na intervalu [a, b).

Posledica 4.178. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b]. Ako je f konveksna(strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu (a, b) i ako je neprekidna sl-eva u b, onda je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu(a, b].


Posledica 4.179. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a, b). Ako je f konveksna(strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) na intervalu (a, b) i ako je neprekidnazdesna u a, onda je f konveksna (strogo konveksna, konkavna, strogo konkavna) naintervalu [a, b).


Ispitivanje konveksnosti i konkavnosti pomocu izvoda

Sledeca teorema daje potreban i dovoljan uslov da diferencijabilna funkcije budekonveksna (konkavna).

Teorema 4.180. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna. Tada je f konveksna(strogo konveksna) na intervalu (a, b) ako i samo ako f ′ raste (strogo raste) na tomintervalu.

Dokaz. Neka je f konveksna funkcija na intervalu (a, b) i neka su x1, x, x2 proizvoljnetacke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x < x2. Iz Tvrdenja 4.167 sledi

f(x)− f(x1)

x− x1≤ f(x2)− f(x)

x2 − x. (4.227)


Iz nejednakosti (4.227) prelaskom prvo na limes limx→x1+0

dobijamo

limx→x1+0

f(x)− f(x1)

x− x1≤ lim

x→x1+0

f(x2)− f(x)

x2 − x. (4.228)

Buduci da funkcija f ima izvod u tacki x1, to je limx→x1+0

f(x)− f(x1)

x− x1= f ′(x1), a kako

je funkcija f i neprekidna u tacki x1 (Teorema 4.17), to je limx→x1+0

f(x2)− f(x)

x2 − x=

f(x2)− f(x1)

x2 − x1, pa iz (4.228) dobijamo da je

f ′(x1) ≤f(x2)− f(x1)

x2 − x1. (4.229)

Ako u nejednakosti (4.227) predemo na limes limx→x2−0

dobijamo

limx→x2−0

f(x)− f(x1)

x− x1≤ lim

x→x2−0

f(x2)− f(x)

x2 − x. (4.230)

Funkcija f ima izvod u tacki x2, pa je limx→x2−0

f(x2)− f(x)

x2 − x= f ′(x2), a kako je funkcija

f i neprekidna u tacki x2, to je limx→x2−0

f(x)− f(x1)

x− x1=f(x2)− f(x1)

x2 − x1. Prema tome,

f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ f ′(x2). (4.231)

Sada iz (4.229) i (4.231) sledi

f ′(x1) ≤ f ′(x2),

te je funkcija f ′ rastuca na intervalu (a, b).

Ako je funkcija f strogo konveksna na intervalu (a, b), onda iz vec dokazanog delasledi da je f ′ rastuca funkcija na intervalu (a, b). Pokazimo da je f ′ strogo rastuca na(a, b). Iz Tvrdenja 4.167 sledi

f(x)− f(x1)

x− x1<f(x2)− f(x)

x2 − x. (4.232)

Funkcija f ispunjava uslove Lagranzove teoreme na segmentima [x1, x] i [x, x2], pa postojetacke ξ1 ∈ (x1, x) i ξ2 ∈ (x, x2) takve da je

f(x)− f(x1)

x− x1= f ′(ξ1) i

f(x2)− f(x)

x2 − x= f ′(ξ2).

Iz (4.232) sledi

f ′(ξ1) < f ′(ξ2).


Buduci da je x1 < ξ1 < x < ξ2 < x2, a funkcija f ′ rastuca, to je

f ′(x1) ≤ f ′(ξ1) < f ′(ξ2) ≤ f ′(x2).

Dakle, f ′(x1) < f ′(x2), pa je funkcija f ′ strogo rastuca na intervalu (a, b).

Obrnuto, pretpostavimo da je f ′ rastuca (strogo rastuca) na intervalu (a, b) i nekasu x1, x, x2 ∈ (a, b) proizvoljne tacke takve da je x1 < x < x2. Funkcija f ispunjavauslove Lagranzove teoreme na segmentima [x1, x] i [x, x2], pa postoje tacke ξ1 ∈ (x1, x)i ξ2 ∈ (x, x2) takve da je

f(x)− f(x1)

x− x1= f ′(ξ1) i

f(x2)− f(x)

x2 − x= f ′(ξ2). (4.233)

Buduci da je ξ1 < ξ2, to je f ′(ξ1) ≤ f ′(ξ2) (f′(ξ1) < f ′(ξ2)), pa iz (4.233) sledi

f(x)− f(x1)

x− x1≤ f(x2)− f(x)

x2 − x(f(x)− f(x1)

x− x1<f(x2)− f(x)

x2 − x

).

Sada na osnovu Tvrdenja 4.167 zakljucujemo da je funkcija f konveksna (strogo konvek-sna) na intervalu (a, b). �

Slicno se dokazuje sledeca teorema:

Teorema 4.181. Neka je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna. Tada je f konkavna(strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako f ′ opada (strogo opada) na tomintervalu.

Iz Teorema 4.180, 4.181 i 4.83 sledi sledece tvrdenje.

Teorema 4.182. Neka je funkcija f : (a, b) → R dva puta diferencijabilna na intervalu(a, b). Tada je funkcija f konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako jef ′′(x) ≥ 0 (f ′′(x) ≤ 0) za svako x ∈ (a, b).

Ako je f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0) za svako x ∈ (a, b), onda je funkcija f strogo konveksna(strogo konkavna) na intervalu (a, b).

Primer 4.183. Funkcija f(x) = ax2 + bx+ c, a, b, c ∈ R, a = 0, je dva puta diferencija-bilna na R i f ′′(x) = 2a za svako x ∈ R. Na osnovu Teoreme 4.182 sledi da je f strogokonveksna na R ako je a > 0. Ako je pak a < 0, onda je funkcija f strogo konkavna naR. •

Primer 4.184. Funkcija f(x) = ax, a > 0, a = 1, je dva puta diferencijabilna na Ri f ′′(x) = ax ln2 a > 0, za svako x ∈ R. Na osnovu Teoreme 4.182 sledi da je f strogokonveksna na R. •


f x a( )= x

a>1

f x a( )= x

a<1

Primer 4.185. Funkcija f(x) = loga x, a > 0, a = 1, je dva puta diferencijabilna naintervalu (0,+∞) i

f ′(x) =1

x ln a, f ′′(x) = − 1

x2 ln a, x ∈ (0,+∞).

Ako je a ∈ (0, 1), onda je f ′′(x) > 0 za svako x ∈ (0,+∞), pa je funkcija f strogokonveksna na intervalu (0,+∞).

Kada je a > 1, onda je f ′′(x) < 0 za svako x ∈ (0,+∞), i stoga je funkcija f strogokonkavna na intervalu (0,+∞). •

f x x( )=loga

a>1

f x x( )=loga

0< <1a

Primer 4.186. Funkcija f(x) = xa, a ∈ R, je dva puta diferencijabilna na intervalu(0,+∞):

f ′(x) = axa−1, f ′′(x) = a(a− 1)xa−2.

Za a ∈ (−∞, 0) ∪ (1,+∞), f ′′(x) > 0 za svako x ∈ (0,+∞), pa je funkcija f strogokonveksna na intervalu (0,+∞).

Ako je a ∈ (0, 1), onda je f ′′(x) < 0 za svako x ∈ (0,+∞), pa je funkcija f strogokonkavna na intervalu (0,+∞). •


f x( )=xa

a>1

f x( )=xa

a<0

f x( )=xa

0< <1a

Napomena 4.187. Iz dokaza Teoreme 4.180 sledi da ako je funkcija f : [a, b] → Rdiferencijabilna na segmentu [a, b] (pod izvodom u tacki a podrazumevamo desni izvod,a u tacki b levi izvod) i konveksna (respektivno strogo konveksna, konkavna, strogokonkavna) na segmentu [a, b], onda je f ′ rastuca (respektivno, strogo rastuca, opadajuca,strogo opadajuca) funkcija na segmentu [a, b]. •Napomena 4.188. Takode iz dokaza Teoreme 4.180 sledi da ako je funkcija f : [a, b] →R neprekidna na segmentu [a, b], diferencijabilna na intervalu (a, b) i ima izvod f ′ koji jerastuca (respektivno, strogo rastuca, opadajuca, strogo opadajuca) funkcija na intervalu(a, b), onda je funkcija f konveksna (respektivno, strogo konveksna, konkavna, strogokonkavna) na segmentu [a, b]. Zato ako je f : [a, b] → R neprekidna na segmentu[a, b], dva puta diferencijabilna na intervalu (a, b) i f ′′(x) ≥ 0 (respektivno, f ′′(x) > 0,f ′′(x) ≤ 0, f ′′(x) < 0) za svako x ∈ (a, b), onda je f konveksna (respektivno, strogokonveksna, konkavna, strogo konkavna) na segmentu [a, b]. Analogna tvrdenja bi vazilaza funkciju definisanu na intervalima (a, b] (gde je a konacan broj ili −∞) ili [a, b) (gdeje b konacan broj ili +∞). •Primer 4.189. Funkcija f(x) =

3√x2 je neprekidna na R, dva puta diferencijabilana na

intervalu (−∞, 0) i na intervalu (0,+∞):

f ′(x) =2

3x−

13 i f ′′(x) = −2

9x−

43 = −2

9

13√x4, za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Kako je f ′′(x) < 0 za x ∈ (−∞, 0) , a takode i za x ∈ (0,+∞), to je funkcija fstrogo konkavna na intervalu (−∞, 0) i takode, strogo konkavna na intervalu (0,+∞).Iz Posledice 4.178 i Posledice 4.179, buduci da je funkcija f neprekidna u 0, sledi da jefunkcija strogo konkavna na intervalu (−∞, 0] i takode, strogo konkavna na intervalu[0,+∞). Medutim ona nije konkavna na (−∞,+∞), jer za svako x = 0 vazi

f

(1

2(−x) + 1

2x

)= f(0) = 0 < f(x) =

1

2f(x) +

1

2f(−x).

Primetimo jos da je

f ′−(0) = limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

3√x2

x= lim

x→−0

13√x= −∞,

i

f ′+(0) = limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

3√x2

x= lim

x→+0

13√x= +∞. •



f(x) =

3√x, ako je x < 0,

1, ako je x = 03√x+ 2, ako je x > 0.

(4.234)

je prekidna u 0, f ′(x) =1

3x−

23 i f ′′(x) = −2

9x−

53 = −2

9

13√x5

za x ∈ (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Kako je f ′′(x) > 0 za x < 0 i f ′′(x) < 0 za x > 0, to je f strogo konveksna na intervalu(−∞, 0), a strogo konkavna na intervalu (0,+∞). Buduci da je f(0−0) < f(0) < f(0+0),iz Tvrdenja 4.176 i Tvrdenja 4.177 sledi da je f strogo konveksna na intervalu (−∞, 0],a strogo konkavna na intervalu [0,+∞). Primetimo da je

f ′−(0) = limx→−0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→−0

3√x− 1

x=

(−1

−0

)= +∞,

i

f ′+(0) = limx→+0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→+0

3√x+ 2− 1

x=

(1

+0

)= +∞. •

Sledeca teorema daje geometrijsku karakterizaciju svojstva konveksnosti (konkavno-sti) diferencijabilne funkcije.

Teorema 4.191. Neka je f : (a, b) → R difencijabilna funkcija na intervalu (a, b).Funkcija f je konveksna (konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako tacke njenog

grafika nisu ispod (iznad) tacaka tangente konstruisane u proizvoljnoj tacki tog grafika.Funkcija f je strogo konveksna (strogo konkavna) na intervalu (a, b) ako i samo ako

su tacke njenog grafika iznad (ispod) tacaka tangente konstruisane u proizvoljnoj tackitog grafika, ne ukljucujuci tacku dodira.


Dokaz. Neka je funkcija f konveksna na intervalu (a, b) i neka je x0 ∈ (a, b). Tangentana grafik funkcije f u tacki (x0, f(x0)) ima jednacinu y = t(x) gde je

t(x) = f(x0) + f ′(x0)(x− x0).

Neka je x ∈ (a, b) proizvoljna tacka. Tada je

f(x)− t(x) = f(x)− f(x0)− f ′(x0)(x− x0). (4.235)

Primenom Lagranzove teoreme zakljucujemo da postoji tacka ξ izmedu tacaka x0 i x(ξ ∈ (x0, x) ako je x0 < x, i ξ ∈ (x, x0) ako je x0 > x) takva da je

f(x)− f(x0) = f ′(ξ)(x− x0). (4.236)

Iz (4.235) i (4.236) sledi

f(x)− t(x) = (f ′(ξ)− f ′(x0))(x− x0). (4.237)

Na osnovu Teoreme 4.180 sledi da f ′ raste na intervalu (a, b).

Ako je x < x0, onda je ξ ∈ (x, x0), te je ξ < x0, i stoga je f ′(ξ) ≤ f ′(x0). Prematome, x− x0 < 0 i f ′(ξ)− f ′(x0) ≤ 0, pa iz (4.237) sledi da je f(x)− t(x) ≥ 0.

Ako je x > x0, onda je ξ ∈ (x0, x), te je ξ > x0, i stoga je f ′(ξ) ≥ f ′(x0). Prematome, x− x0 > 0 i f ′(ξ)− f ′(x0) ≥ 0, pa iz (4.237) sledi da je f(x)− t(x) ≥ 0.

Obrnuto, neka je f(x) ≥ t(x), tj. f(x)− f(x0) ≥ f ′(x0)(x− x0) za svako x ∈ (a, b).Tada je

f(x)− f(x0)

x− x0≥ f ′(x0) za x > x0 (4.238)

if(x)− f(x0)

x− x0≤ f ′(x0) za x < x0. (4.239)

Neka su x1, x2 i x3 tacke iz intervala (a, b) takve da je x1 < x2 < x3. Iz (4.238), stavljajucida je x = x3 i x0 = x2, dobijamo

f(x3)− f(x2)

x3 − x2≥ f ′(x2), (4.240)

dok iz (4.239), stavljajuci da je x = x1 i x0 = x2, dobijamo

f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ f ′(x2). (4.241)


Iz (4.239) i (4.241) sledi

f(x2)− f(x1)

x2 − x1≤ f(x3)− f(x2)

x3 − x2.

Sada na osnovu Tvrdenja 4.167 zakljucujemo da je funkcija f konveksna na intervalu(a, b).


Napomena 4.192. Na osnovu Napomene 4.187 i dokaza Teoreme 4.191 sledi da akoje funkcija diferencijabilna na segmentu [a, b] (pod izvodom u tacki a podrazumevamodesni izvod, a u tacki b levi izvod) i strogo konveksna (strogo konkavna) na [a, b], ondasve tacke grafika leze iznad (ispod) tacaka kako leve tangente grafika funkcije u tacki(b, f(b)), ne ukljucujuci tacku (b, f(b)), tako i desne tangente grafika funkcije u tacki(a, f(a)), ne ukljucujuci tacku (a, f(a)). •

Primeri 4.193. (i) Dokazimo nejednakost

ex > x+ 1, za x = 0. (4.242)

Kako je funkcija f(x) = ex strogo konvesna na intervalu (−∞,+∞) (Primer 4.184), to naosnovu Teoreme 4.191 sledi da su tacke njenog grafika iznad tacaka tangente konstruisaneu proizvoljnoj tacki tog grafika, ne ukljucujuci tacku dodira. Buduci da tangenta grafikau tacki (0, 1) ima jednacinu

y − 1 = f ′(0)(x− 0) = e0 · x = x,

tj. y = x+ 1, zakljucujemo da vazi nejednakost (4.242), a takode i nejednakost

ex ≥ x+ 1, x ∈ R,

pri cemu znak jednakosti vazi samo za slucaj kada je x = 0.

(ii) Funkcija g(x) = lnx je strogo konkavna na intervalu (0,+∞) (Primer 4.185), i naosnovu Teoreme 4.191 sledi da su tacke njenog grafika ispod tacaka tangente konstruisaneu proizvoljnoj tacki tog grafika, ne ukljucujuci tacku dodira. S obzirom da je jednacinatangente u tacki (1, 0)

y − 0 = g′(1)(x− 1) = x− 1,

to zakljucujemo da je

lnx < x− 1, x > 0, x = 1,

a takode i

lnx ≤ x− 1, x > 0,

pri cemu znak jednakosti vazi samo za slucaj kada je x = 1. •

Primer 4.194.


Prevojne tacke funkcije

Definicija 4.195. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, b). Za tacku x0 ∈ (a, b)kazemo da je prevojna tacka funkcije f , a za tacku (x0, f(x0)) prevojna tacka grafikafunkcije, ako je funkcija f neprekidna u tacki x0 i ako postoji δ > 0 tako da je funkcijastrogo konveksna na intervalu (x0−δ, x0) i strogo konkavna na intervalu (x0, x0+δ), ili daje f strogo konkavna na intervalu (x0−δ, x0) i strogo konveksna na intervalu (x0, x0+δ).�

x0

f x( )0

x0

f x( )0

x0

f x( )0

x0

f x( )0

x0

f x( )0

x0

f x( )0

f x( )’ 0 =+ f x( )’ 0 = -

f x( )’ 0 =- f x( )’ 0+ f x( )’ 0 =- f x( )’ 0+

Iz Teoreme 4.171 sledi da ako je x0 prevojna tacka funkcije f , onda je funkcijaneprekidna u nekoj okolini tacke x0, dok iz Posledica 4.178 i 4.179, i Teorema 4.174 i4.175 sledi da funkcija ima jednostrane izvode (konacne ili beskonacne) u tacki x0. Akosu levi i desni izvod u tacki x0 jednaki i beskonacni, onda postoji vertikalna tangentagrafika funkcije u tacki (x0, f(x0)) (videti Primer 4.20). Ako su levi i desni izvod u tackix0 jednaki i konacni, onda postoji tangenta na grafik funkcije u tacki (x0, f(x0)).

Ako je funkcija f diferencijabilna u okolini prevojne tacke x0, na osnovu Posledica4.178 i 4.179, i Napomene 4.192, sledi da grafik prelazi s jedne na drugu stranu tangente,tj. ako je y = t(x) jednacina te tangente, onda razlika f(x) − t(x) menja znak priprolasku argumenta kroz tacku x0. Medutim ovo je samo potreban ali ne i dovoljanuslov da diferencijabilna funkcija u okolini tacke x0 ima prevoj u tacki x0, sto pokazujesledeci primer.


f(x) =

{2x3 + x3 sin

1

x2, x = 0,

0, x = 0.


Za x = 0 vazi

f ′(x) = 6x2 + 3x2 sin1

x2− 2 cos

1

x2, f ′′(x) = 12x+ (6x− 4

x3) sin

1

x2− 6

xcos

1

x2.

Funkcija ima prvi izvod u tacki 0:

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

2x3 + x3 sin1

x2

x= lim

x→0

(2x2 + x2 sin

1

x2

)= 0.

Prema tome, tangenta grafika funkcije u tacki (0, 0) je x-osa. Za svako x > 0 vazi

−1 ≤ sin1

x2≤ 1 =⇒ −x3 ≤ x3 sin

1

x2≤ x3

=⇒ x3 ≤ 2x3 + x3 sin1

x2≤ 3x3

=⇒ 2x3 + x3 sin1

x2> 0,

dok za svako x < 0 vazi

−1 ≤ sin1

x2≤ 1 =⇒ −x3 ≥ x3 sin

1

x2≥ x3

=⇒ x3 ≥ 2x3 + x3 sin1

x2≥ 3x3

=⇒ 2x3 + x3 sin1

x2< 0.

Prema tome, f(x) < 0 za x < 0 i f(x) > 0 za x > 0, pa grafik funkcije prelazi sa jednena drugu stranu tangente grafika u tacki (0, 0). Pokazacemo da (0, 0) nije prevojna tackagrafika funkcije.

Primetimo da je za n ∈ N,

f ′′(1√nπ

) =12√nπ

− 6√nπ cos(nπ) =

12√nπ

− 6√nπ(−1)n,

f ′′(− 1√nπ

) = − 12√nπ

+ 6√nπ cos(nπ) = − 12√

nπ+ 6

√nπ(−1)n,

pa je f ′′(1√nπ

) > 0 i f ′′(− 1√nπ

) < 0 za neparno n, i f ′′(1√nπ

) < 0 i f ′′(− 1√nπ

) > 0

za parno n. To znaci da drugi izvod beskonacno mnogo puta menja znak u proizvoljnomaloj, kako desnoj tako i levoj okolini tacke 0, te stoga funkcija beskonacno mnogo putamenja karakter konveksnosti u proizvoljno maloj desnoj, a takode i levoj okolini tacke 0(Teorema 4.182). Drugim recima, ne postoji δ > 0 tako da je funkcija (strogo) konveksnana intervalu (−δ, 0) i (strogo) konkavna na intervalu (0, δ), ili da je f (strogo) konkavnana intervalu (δ, 0) i (strogo) konveksna na intervalu (0, δ),51 te stoga 0 nije prevojnatacka funkcije f . •

51Zaista, ako bi postojao broj δ > 0 tako da je funkcija konveksna na intervalu (0, δ), onda bi naosnovu Teoreme 4.182 sledilo da je f ′′(x) ≥ 0 za sve x ∈ (0, δ), sto kao sto smo videli nije tacno. Slicno,ne postoji δ > 0 tako da je funkcija f konkavna na intervalu (0, δ), a takode ne postoji δ > 0 tako da jefunkcija f konveksna ili konkavna na intervalu (−δ, 0).


Sledeca teorema govori o potrebnim uslovima da tacka bude prevojna tacka funkcije.Naime, prevojne tacke treba traziti medu tackama u kojima drugi izvod ne postoji ili jejednak 0.

Teorema 4.197. (Neophodni uslovi za egzistenciju prevojne tacke) Neka je funkcijaf : (a, b) → R diferencijabilna na intervalu (a, b). Ako je x0 ∈ (a, b) prevojna tackafunkcije f , onda f ′′(x0) ili ne postoji ili je f ′′(x0) = 0.

Dokaz. Pretpostavimo da je x0 prevojna tacka funkcije f i da postoji δ > 0 tako daje funkcija strogo konkavna na intervalu (x0 − δ, x0) i strogo konveksna na intervalu(x0, x0 + δ). Na osnovu Teoreme 4.180 i Teoreme 4.181 sledi da f ′ opada na intervalu(x0 − δ, x0) i raste na (x0, x0 + δ). To znaci da funkcija f ′ ima lokalni minimum u tackix0, pa na osnovu Fermaove teoreme, ako postoji f ′′(x0), mora biti f ′′(x0) = 0. �

Da obrat ne vazi pokazuje primer funkcije f(x) = x4. Drugi izvod f ′′(x) = 12x2 utacki x = 0 jednak 0, ali ova funkcija je konveksna na skupu (−∞,+∞) i nema prevojnihtacaka.

Teorema 4.198. (Dovoljni uslovi za egzistenciju prevojne tacke) Neka je funkcija f :(x0 − δ, x0 + δ) → R neprekidna na intervalu (x0 − δ, x0 + δ) i dva puta diferencijabilnana intervalima (x0 − δ, x0) i (x0, x0 + δ). Ako f ′′(x) menja znak pri prolasku argumentakroz tacku x0, tj. ako je funkcija f ′′ pozitivna (negativna) na intervalu (x0 − δ, x0) inegativna (pozitivna) na intervalu (x0, x0 + δ), onda je x0 prevojna tacka funkcije f .

Dokaz. Neka je je funkcija f ′′ pozitivna (negativna) na intervalu (x0 − δ, x0) i negativna(pozitivna) na intervalu (x0, x0 + δ). Iz Teoreme 4.182 sledi da je funkcija f strogo kon-veksna (strogo konkavna) na intervalu (x0 − δ, x0) i strogo konkavna (strogo konveksna)na intervalu (x0, x0 + δ), pa je x0 prevojna tacka funkcije f . �

Primeri 4.199. (i) Funkcija f(x) = cosx ima drugi f ′′(x) = − cosx, x ∈ R i

f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x =π

2+ kπ, k ∈ Z.

Funkcija f ′′ menja znak pri prolazu kroz svaku od tacakaπ

2+ kπ. Prema tome, svaka

od tacakaπ

2+ kπ je prevojna tacka funkcije f .


2 2+

2-2--

f x x( )=cos

(ii) Funkcija f(x) = 3√x ima prvi i drugi izvod u svakoj tacki x = 0:

f ′(x) =1

3x−

23 , f ′′(x) = −2

9x−

53

i

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

3√x

x= lim

x→0

13√x2

= +∞.

Buduci da je f ′′(x) > 0 za x < 0, i f ′′(x) < 0 za x > 0, to je f strogo konveksnana intervalu (−∞, 0) i strogo konkavna na intervalu (0,+∞), neprekidna je u 0, pa je0 tacka prevoja funkcije f . Tangenta grafika funkcije u tacki (0, 0) je vertikalna, to jeprava x = 0, tj. y-osa. I u ovom slucaju se moze, u odredenom smislu, reci da grafikfunkcije u tacki (0, 0) prelazi s jedne na drugu stranu svoje tangenta

(iii) Neka je

f(x) =

{x2, x ≤ 1,√x, x ≥ 1.

Funkcija je neprekidna u tacki 1, strogo konveksna na intervalu (−∞, 1) jer je f ′′(x) =

2 > 0 za x < 1, dok je strogo konkavna na intervalu (1,+∞) jer je f ′′(x) = −14x

− 32 < 0

za x > 1. Prema tome, tacka x = 1 je prevojna tacka funkcije. Primetimo da funkcija

nema izvod u tacki 1 jer je f ′−(1) = 2 i f ′+(1) =1

2. •


1

1

0

Tvrdenje 4.200. Neka je n ∈ N, n ≥ 4, paran broj i neka funkcija f : (x0−δ, x0+δ) →R ima izvod n-tog reda u intervalima (x0 − δ, x0) i (x0, x0 + δ), a neprekidan izvod(n − 1)-og reda u tacki x0. Neka je f (2)(x0) = f (3)(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0 i nekaf (n)(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz tacku x0, tj. funkcija f (n) je pozitivna(negativna) na intervalu (x0 − δ, x0) i negativna (pozitivna) na intervalu (x0, x0 + δ).Tada je x0 prevojna tacka funkcije f .

Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom.Za n = 4, buduci da f (4)(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz tacku x0, a

f (3) je neprekidna funkcija na intervalu (x0 − δ, x0 + δ), na osnovu Teoreme 4.152 sledida funkcija f (3) ima strogi lokalni ekstremum u tacki x0. Iz f (3)(x0) = 0 zakljucujemoda je f (3)(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ) ako je x0 tacka strogog lokalnogminimuma funkcije f (3), ili je f (3)(x) < 0 za x ∈ (x0− δ, x0)∪ (x0, x0+ δ) ako je x0 tackastrogog lokalnog maksimuma funkcije f (3). Iz Teoreme 4.84 sledi da u prvom slucaju f (2)

strogo raste, a u drugom slucaju, strogo opada na intervalu (x0 − δ, x0 + δ). U prvomslucaju dobijamo da je za x ∈ (x0 − δ, x0), f

(2)(x) < f (2)(x0) = 0, a za x ∈ (x0, x0 + δ),f (2)(x) > f (2)(x0) = 0, dok je u drugom slucaju f (2)(x) > f (2)(x0) = 0 za x ∈ (x0−δ, x0)i f (2)(x) < f (2)(x0) = 0 za x ∈ (x0, x0+δ). Prema tome, f (2)(x) menja znak pri prolaskuargumenta kroz tacku x0 i na osnovu Teoreme 4.198 sledi da je x0 prevojna tacka funkcijef .

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za paran broj n ≥ 4 i dokazimo da vazi za n + 2.Neka funkcija f ima izvod (n + 2)-og reda u intervalima (x0 − δ, x0) i (x0, x0 + δ), ineprekidan izvod (n + 1)-og reda u tacki x0. Neka je osim toga f (2)(x0) = f (3)(x0) =· · · = f (n+1)(x0) = 0 i neka f (n+2)(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz tackux0. Pokazacemo da je x0 prevojna tacka funkcije f . Iz Teoreme 4.152 sledi da funkcijaf (n+1)(x) ima strogi lokalni ekstremum u tacki x0, pa je zbog f

(n+1)(x0) = 0, f (n+1)(x) <


0 za x ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ) ako je x0 tacka strogog lokalnog maksimuma, ili jef (n+1)(x) > 0 za x ∈ (x0−δ, x0)∪(x0, x0+δ) ako je x0 tacka strogog lokalnog minimuma.Na osnovu Teoreme 4.79 sledi da je f (n) strogo opadajuca ili strogo rastuca funkcija naintervalu (x0 − δ, x0 + δ). Iz f (n)(x0) = 0 zakljucujemo da f (n)(x) menja znak priprolasku argumenta kroz tacku x0. Na osnovu indukcijske pretpostavke zakljucujemo daje x0 prevojna tacka funkcije f . �

Napomena 4.201. Dokaz Tvrdenja 4.200 smo mogli izvesti uz koriscenje Tejloroveformule n− 3-ceg reda funkcije f (2) sa ostatkom u Lagranzevoj formi. Naime, za svakox ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ) postoji tacka ξ izmedu tacaka x0 i x tako da je

f (2)(x) = f (2)(x0)+ f(3)(x0)(x−x0)+ · · ·+ f (n−1)(x0)

(n− 3)!(x−x0)n−3+

f (n)(ξ)

(n− 2)!(x−x0)n−2

Kako je f (2)(x0) = f (3)(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, to je

f (2)(x) =f (n)(ξ)

(n− 2)!(x− x0)

n−2.

Buduci da je n− 2 paran broj, to je

sgn f (2)(x) = sgn f (n)(ξ) za x ∈ (x0 − δ, x0) ∪ (x0, x0 + δ). (4.243)

Razmotrimo slucaj kada je n-ti izvod f (n) funkcije f pozitivan na intervalu (x0 − δ, x0) inegativan na intervalu (x0, x0+δ) (analogno se razmatra drugi slucaj). Za x ∈ (x0−δ, x0)buduci da je ξ ∈ (x, x0) sledi f (n)(ξ) > 0, pa iz (4.243) sledi f (2)(x) > 0. Ako jex ∈ (x0, x0 + δ), onda je ξ ∈ (x0, x), pa je f (n)(ξ) < 0, sto zajedno sa (4.243) povlacif (2)(x) < 0. Prema tome, f (2)(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz tacku x0, paje na osnovu Teoreme 4.198 x0 prevojna tacka funkcije f . •

Teorema 4.202. Neka je funkcija f : (x0− δ, x0+ δ) → R (n+1)-puta diferencijabilnau tacki x0, gde je n paran broj, n ≥ 2. Ako je

f (2)(x0) = · · · = f (n)(x0) = 0 = f (n+1)(x0),

onda je x0 prevojna tacka funkcije f .

Dokaz. Kako je

0 = f (n+1)(x0) = limx→x0

f (n)(x)− f (n)(x0)

x− x0= lim

x→x0

f (n)(x)

x− x0,

iz Posledice 3.42 sledi postoji δ > 0 tako da je izrazf (n)(x)

x− x0konstantnog znaka za

x ∈ (x0− δ, x0)∪ (x0, x0+ δ). Buduci da izraz x−x0 menja znak pri prolasku argumentax kroz tacku x0, to onda i f (n)(x) menja znak pri prolasku argumenta kroz tacku x0.Kako je n paran broj, i kako funkcija f ima izvod n-og reda u okolini (x0 − δ, x0 + δ)i vazi da je f (2)(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, iz Tvrdenja 4.200 sledi da je x0 prevojnatacka funkcije f . �


Glava 5

Neodredeni integral

5.1 Definicija neodredenog integrala i osnovna svojstva

U sledecem tekstu I je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a,+∞),[a,+∞), (−∞, a), (−∞, a], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R, a < b. Kazemo da je funkcijaf : I → R neprekidna na I, ukoliko je neprekidna u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I,za slucaj da a ∈ I, neprekidna zdesna u a, i za slucaj da b ∈ I, neprekidna sleva u b.

Definicija 5.1. Neka je funkcija f definisana na intervalu I. Za funkciju F : I → Rkazemo da je primitivna (prvobitna) funkcija funkcije f na intervalu I ako vazi sledece:

(i) funkcija F je neprekidna na intervalu I;

(ii) funkcija F u svakoj unutrasnjoj tacki x intervala I ima izvod i pritom je F ′(x) = f(x).�

Ako levi kraj intervala, tacka a, pripada intervalu I, onda je primitivna funkcija Fneprekidna zdesna u tacki a ali u tacki a moze i ne mora da ima jednostrani izvod. Zaslucaj da ima desni izvod u tacki a, ovaj izvod se ne mora poklapati sa vrednoscu funkcijef u tacki a.

Sledece tvrdenje pokazuje da ako je funkcija f neprekidna na intervalu I na kome imaprimitivnu funkciju F , da onda u slucaju da neka od rubnih tacaka pripada intervaluI, funkcija F ima odgovarajuci jednostrani izvod u toj tacki koji je jednak vrednostifunkcije f u toj tacki.

Tvrdenje 5.2. Neka je f : I → R neprekidna na intervalu I, i neka je funkcija F : I →R primitivna funkcija funkcije f na intervalu I.

Ako a ∈ I, tada je F ′+(a) = f(a), i ako b ∈ I, tada je F ′

−(b) = f(b).

Dokaz. Neka je, na primer, I = [a, b]. Fukcija F je neprekidna na intervalu [a, b],diferencijabilna je u intervalu (a, b) i F ′(x) = f(x) za sve x ∈ (a, b). Kako je funkcija fneprekidna na [a, b], to je

limx→a+0

F ′(x) = limx→a+0

f(x) = f(a),

limx→b−0

F ′(x) = limx→b−0

f(x) = f(b).

465

466 Glava 5. Neodredeni integral

Sada na osnovu Tvrdenja 4.70 i Tvrdenja 4.71 zakljucujemo da je F ′+(a) = f(a) i F ′

−(b) =f(b). �

Sledeci primer pokazuje da jedna ista funkcija F moze biti primitivna funkcija naintervalu I za vise razlicitih funkcija koje se mogu razlikovati samo u rubnim tackamaintervala I (koje pripadaju untervalu), buduci da se u unutrasnjim poklapaju sa izvodomfunkcije F pa i medu sobom.

Primer 5.3. Neka su date funkcije:

f1(x) =

{1, za x ∈ [0, 1),0, za x = 1,

(5.1)

f2(x) =

{1, za x ∈ (0, 1],0, za x = 0

(5.2)

if3(x) = 1, x ∈ [0, 1]. (5.3)

Funkcija F (x) = x, x ∈ [0, 1] je neprekidna na segmentu [0, 1] i u unutrasnjim tackamaovog segmenta ima izvod, F ′(x) = 1 = f1(x) = f2(x) = f3(x) za x ∈ (0, 1). Stoga jefunkcija F primitivna funkcija funkcija f1, f2 i f3 na segmentu [0, 1]. Osim toga, funkcijaF ima jednostrane izvode u 0 i 1:

F ′+(0) = 1 = f1(0) = f3(0) = f2(0),

F ′−(1) = 1 = f2(0) = f3(0) = f1(0). •

Primeri 5.4. (i) Funkcija F1(x) = x3 je primitivna funkcija funkcije f1(x) = 3x2 na

intervalu (−∞,+∞), dok je funkcija F2(x) =x3

3primitivna funkcija funkcije f2(x) = x2

takode na intervalu (−∞,+∞).

(ii) Funkcija F1(x) = sinx je primitivna funkcija funkcije f1(x) = cosx na intervalu(−∞,+∞), dok je za funkciju f2(x) = cos 2x primitivna funkcija F2(x) =

12 sin 2x.

(iii) Funkcija f(x) = ex je sama sebi primitivna funkcija na intervalu (−∞,+∞). Zafunkciju f(x) = 2x ln 2 primitivna funkcija na intervalu (−∞,+∞) je funkcija F (x) = 2x,

dok je za funkciju g(x) = 2x na tom intervalu primitivna funkcija G(x) =2x

ln 2.

(iv) Kako je (√x)′ = (x1/2)′ =

1

2x1/2−1 =

1

2x−1/2 =

1

2√x

za x ∈ (0,+∞), to je funkcija

F (x) =√x primitivna funkcija za funkciju f(x) =

1

2√x

na intervalu (0,+∞). Funkcija

G(x) = 2√x je primitivna funkcija za funkciju g(x) =

1√x

na intervalu (0,+∞).

(v) Funkcija F (x) =2

3

√x3 je primitivna funkcija funkcije f(x) =

√x na intervalu

[0,+∞) jer je funkcija F neprekidna na ovom intervalu i u svakoj unutrasnjoj tacki x

ovog intervala, tj. za svako x ∈ (0,+∞) vazi da je F ′(x) = (2

3

√x3)′ =

2

3(x3/2)′ =

5.1. Definicija neodredenog integrala i osnovna svojstva 467

2

3· 32x1/2 =

√x = f(x). Primetimo da je funkcija f neprekidna zdesna u tacki x = 0 i

da je F ′+(0) = 0 = f(0).

Ako skup S nije interval vec unija disjunktnih intervala I1 i I2, tada smatramo da jefunkcija F : S → R primitivna funkcija funkcije f na skupu S ako je njena restrikcija nainterval Ii, F|Ii , primitivna funkcija restikcije funkcije f na interval Ii, f|Ii , i = 1, 2.

Primeri 5.5. (i) Za funkciju f(x) =1

xprimitivna funkcija na intervalu (0,+∞) je

funkcija F1(x) = lnx+C1, gde je C1 ∈ R, dok je na intervalu (−∞, 0) njena primitivnafunkcija F2(x) = ln(−x) + C2, C2 ∈ R. Zaista, F2 je neprekidna funkcija na intervalu

(−∞, 0) i za svako x ∈ (−∞, 0) vazi F ′2(x) = (ln(−x) +C2)

′ = (ln(−x))′ = 1

−x· (−x)′ =

1

−x· (−1) =

1

x. Funkcija

F (x) =

{F1(x), za x ∈ (0,+∞),F2(x), za x ∈ (−∞, 0),

=

{ln |x|+ C1, za x ∈ (0,+∞),ln |x|+ C2, za x ∈ (−∞, 0),

je primitivna funkcija funkcije f na skupu (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

(ii) Primitivna funkcija funkcije f(x) =1

x2na skupu (−∞, 0) ∪ (0,+∞) je funkcija

F (x) =

−1

x+ C1, za x ∈ (0,+∞),

−1

x+ C2, za x ∈ (−∞, 0), C1, C2 ∈ R. •

Sledece tvrdenje pokazuje da ako funkcija f ima primitivnu funkciju F na intervaluI, da onda ona ima beskonacno mnogo primitivnih funkcija na tom intervalu.

Tvrdenje 5.6. Neka je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu I, i neka je Cproizvoljan realan broj. Onda je funkcija F1(x) = F (x) + C, x ∈ I, takode primitivnafunkcija funkcije f na intervalu I.

Dokaz. Kako je funkcija F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu I, to je Fneprekidna na intervalu I i za svaku unutrasnju tacku x intervala I vazi F ′(x) = f(x).Tada je funkcija F1(x) = F (x)+C takode neprekidna na intervalu I i za svaku unutrasnjutacku x intervala I vazi F ′

1(x) = (F (x)+C)′ = F ′(x) = f(x), te je i F1 primitivna funkcijafunkcije f na intervalu I. �

Sledece tvrdenje pokazuje da ako funkcija f ima primitivnu funkciju F na intervalu I,da onda ona ne moze imati drugih primitivnih funkcija sem onih u skupu {F (x)+C|C ∈R}, tj. skup {F (x)+C | C ∈ R} sadrzi sve primitivne funkcije za funkciju f na intervaluI.

Tvrdenje 5.7. Neka su F i G dve primitivne funkcije za funkciju f na intervalu I.Tada postoji C ∈ R tako da je G(x) = F (x) + C, x ∈ I.


Dokaz. Funkcije F i G su, kao primitivne funkcije za funkciju f na intervalu I, neprekidnena intervalu I, i za svaku unutrasnju tacku x intervala I vazi G′(x) = F ′(x) = f(x). IzPosledice 4.69 sledi da postoji C ∈ R tako da je G(x) = F (x) + C, x ∈ I. �

Iz Tvrdenja 5.6 i 5.7 sledi:

Posledica 5.8. Ako je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu I, onda je skup{F (x) + C | C ∈ R} skup svih primitivnih funkcija funkcije f na intervalu I.

Nametanjem jednog dodatnog uslova iz skupa svih primitivnih funkcija moguce jeizdvojitu jednu primitivnu funkciju koja zadovoljava taj uslov.

Primer 5.9. Odrediti onu primitivnu funkciju za funkciju f(x) = 2x + 3 koja u tackix = 2 ima vrednost 5.

Kako je (x2 + 3x)′ = 2x+ 3, x ∈ R, to je F (x) = x2 + 3x jedna primitivna funkcijafunkcije f na intervalu (−∞,+∞), pa je proizvoljna primitivna funkcija za funkciju fna tom intervalu oblika F1(x) = F (x)+C = x2+3x+C, gde C proizvoljan realan broj.Odredimo C iz uslova da je F1(2) = 5.

Iz poslednje jednakosti sledi

22 + 3 · 2 + C = 5,

odakle dobijamo da je C = −5, pa je trazena primitivna funkcija F1(x) = x2 +3x− 5. •

Primer 5.10. Pokazimo da funkcija f(x) = sgnx nema primitivnu funkciju na intervalu(−∞,+∞).

Pretpostavimo da je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu (−∞,+∞).Kako je (−x)′ = −1 = sgnx za x ∈ (−∞, 0), i (x)′ = 1 = sgnx za x ∈ (0,+∞), to naosnovu Tvrdenja 5.7 postoje C1, C2 ∈ R tako da je F (x) = −x + C1 za x ∈ (−∞, 0) iF (x) = x+ C2 za x ∈ (0,+∞). Zbog neprekidnosti funkcije F u tacki x = 0 sledi da jeF (0) = lim

x→−0F (x) = lim

x→+0F (x), tj.

F (0) = limx→−0

(−x+ C1) = limx→+0

(x+ C2),

te je F (0) = C1 = C2. Neka je C = C1 = C2. Prema tome,

F (x) =

{−x+ C, za x ∈ (−∞, 0],x+ C, za x ∈ [0,+∞),

tj. F (x) = |x| + C. Medutim, funkcija F nema izvod u 0, sto je u suprotnosti sa timda funkcija F kao primitivna funkcija za funkciju f na intervalu (−∞,+∞) ima izvod usvakoj tacki ovog intervala. Dobijena protivurecnost dokazuje da funkcija f(x) = sgnxnema primitivnu funkciju na intervalu (−∞,+∞).

Primetimo da je F (x) = x + C = |x| + C primitivna funkcija funkcije f(x) = sgnxna intervalu [0,+∞), a takode je F (x) = −x+C = |x|+C primitivna funkcija funkcijef na intervalu (−∞, 0]. •


Definicija 5.11. Ako funkcija f ima primitivnu funkciju na intervalu I, onda se skupsvih njenih primitivnih funkcija na tom intervalu zove neodredeni integral funkcije f naintervalu I, i obelezava sa ∫

f(x)dx.

Simbol∫se zove znak integrala, f(x) podintegralna funkcija, a f(x) dx podintegralni izraz.

�

Ako je F jedna primitivna funkcija funkcije f na intervalu I, onda iz Posledice 5.8sledi da je ∫

f(x)dx = {F (x) + C | C ∈ R}. (5.4)

Medutim, jednostavnosti radi, ne pisemo zagrade za skup na desnoj strani u (5.4), vecjednostavno ∫

f(x)dx = F (x) + C, C ∈ R.

Napominjemo da ce simbol

∫f(x) dx oznacavati kako skup svih primitivnih funkcija

na intervalu I, tako i proizvoljan element iz tog skupa, tj. proizvoljnu primitivnu funkcijufunkcije f na intervalu I.

Ako skup S nije interval vec unija disjunktnih intervala I1 i I2, i ako funkcija f imaprimitivnu funkciju F na skupu S, onda se skup svih njenih primitivnih funkcija na tomskupu zove neodredeni integral funkcije f na skupu S. Kako je restrikcija funkcije F nainterval Ii, F|Ii , primitivna funkcija restikcije funkcije f na interval Ii, f|Ii , i = 1, 2, toonda na osnovu Posledice 5.8 neodredeni integral funkcije f na skupu S je:∫

f(x) dx =

{F|I1 + C1, za x ∈ I1,

F|I2 + C2, za x ∈ I2, C1, C2 ∈ R.

Primeri 5.12. ∫(2x+ 3)dx = x2 + 3x+ C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞);∫

ex dx = ex + C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞);∫2x dx =

2x

ln 2+ C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞);∫

cosx dx = sinx+ C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞);∫cos 2x dx =

1

2sin 2x+ C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞);∫

dx

2√x=

√x+ C, C ∈ R za x ∈ (0,+∞);

470 Glava 5. Neodredeni integral∫dx√x= 2

√x+ C, C ∈ R za x ∈ (0,+∞);

∫dx

x2=

−1

x+ C1, za x ∈ (0,+∞),

−1

x+ C2, za x ∈ (−∞, 0), C1, C2 ∈ R;

∫dx

x=

{ln |x|+ C1, za x ∈ (0,+∞),ln |x|+ C2, za x ∈ (−∞, 0),

=

{lnx+ C1, za x ∈ (0,+∞),ln(−x) + C2, za x ∈ (−∞, 0), C1, C2 ∈ R,

∫sgnx dx =

{|x|+ C1, za x ∈ (0,+∞),|x|+ C2, za x ∈ (−∞, 0),

=

{x+ C1, za x ∈ (0,+∞),−x+ C2, za x ∈ (−∞, 0), C1, C2 ∈ R.

Osim toga, mozemo pisati da je∫dx

x2= −1

x+ C,

∫dx

x= ln |x|+ C,

∫sgnx dx = |x|+ C,

na ma kom intervalu I sadrzanom u skupu (−∞, 0) ∪ (0,+∞), tj. na ma kom intervaluI koji ne sadrzi tacku x = 0.

Osnovna svojstva neodredenog integrala

Neka je funkcija F primitivna funkcija funkcije f na intervalu I. Tada je u svakojunutrasnjoj tacki x datog intervala I, F ′(x) = f(x), pa je

dF (x) = F ′(x)dx = f(x)dx.

Prema tome, podintegralni izraz f(x)dx predstavlja diferencijal funkcije F u unutrasnjimtackama intervala I, te mozemo pisati:∫

f(x) dx =

∫F ′(x)dx =

∫dF (x).

Tvrdenje 5.13. Neka je funkcija F neprekidna na intervalu I i neka ima izvod u svakojunutrasnjoj tacki ovog intervala. Tada je∫

F ′(x) dx = F (x) + C, C ∈ R,

tj. ∫dF (x) = F (x) + C. (5.5)


Dokaz. Sledi iz definicije neodredenog integrala. Naime, neodredeni integral na intervaluI je skup svih funkcija koje su neprekidne na intervalu I i ciji diferencijal u unutrasnjimtackama intervala I stoji pod znakom integrala. Kako je F jedna od tih funkcija, naosnovu Posledice 5.8, neodredeni integral je skup {F (x) + C : C ∈ R}. �

Tvrdenje 5.14. Neka funkcija f ima primitivnu funkciju na intervalu I. Tada za svakuunutrasnju tacku x intervala I vazi

d

∫f(x) dx = f(x) dx. (5.6)

U ovoj formuli∫f(x) dx oznacava bilo koju primitivnu funkciju funkcije f na intervalu

I.

Dokaz. Neka je F primitivna funkcija funkcije f na intervalu I. Tada je proizvoljanelement integrala

∫f(x) dx funkcija F+C, gde je C ∈ R, i njen diferencijal u unutrasnjim

tackama intervala I je

d(F (x) + C) = (F (x) + C)′dx = F ′(x) dx = f(x)dx,

te stoga mozemo pisati da u svako unutrasnjoj tacki intervala I vazi jednakost: d∫f(x) dx =

f(x) dx. �Na osnovu formula (5.5) i (5.6) mozemo reci da su operacija diferenciranja, tj.

operacija nalazenja diferencijala, i operacija integraljenja tj. operacija nalazenja neo-dredenog integrala, jedna drugoj inverzne, s tacnoscu do proizvoljne konstante koja sepojavljuje u formuli (5.5).

Tvrdenje 5.15. Neka funkcije f1 i f2 imaju primitivne funkcije na intervalu I. Tada ifunkcija f1 + f2 ima primitivnu funkciju na intervalu I i vazi:∫

(f1(x) + f2(x))dx =

∫f1(x) dx+

∫f2(x) dx. (5.7)

Dokaz. Neka je F1 primitivna funkcija funkcije f1 i neka je F2 primitivna funkcija funkcijef2 na intervalu I. Tada je∫

f1(x) dx = F1(x) + C1,

∫f2(x) dx = F2(x) + C2,

gde su C1, C2 proizvoljne realne konstante.S obzirom da su funkcije F1 i F2 neprekidne na intervalu I i da za svaku unutrasnju

tacku x intervala I vaze jednakosti F ′1(x) = f1(x) i F ′

2(x) = f2(x), to je i funkcijaF = F1 + F2 neprekidna na intervalu I i u svakoj unutrasnjoj tacki intervala I vazijednakost:

F ′(x) = F ′1(x) + F ′

2(x) = f1(x) + f2(x).

Stoga je funkcija F primitivna funkcija funkcije f1 + f2 na intervalu I, te je∫(f1(x) + f2(x))dx = F1(x) + F2(x) + C,


gde je C proizvoljna realna konstanta.Prema tome, na levoj strani u formuli (5.7) je skup {F1(x) + F2(x) + C : C ∈ R},

dok je na desnoj strani skup {F1(x) + F2(x) + C1 + C2 : C1, C2 ∈ R}. S obzirom naproizvoljnost realnih konstanti C,C1, C2, ova dva skupa su jednaka. �

Osobina neodredenog integrala iskazana formulom (5.7) se zove aditivnost neodredenogintegrala.

Tvrdenje 5.16. Neka funkcija f ima primitivnu funkciju na intervalu I i neka je λ ∈ R,λ = 0. Tada i funkcija λf ima primitivnu funkciju na intervalu I i vazi:∫

λf(x)dx = λ

∫f(x) dx. (5.8)

Dokaz. Neka je F primitivna funkcija funkcije f na intervalu I. Tada je F neprekidnana intervalu I i u svakoj unutrasnjoj tacku x intervala I vazi jednakost F ′(x) = f(x).Stoga je i funkcija λF neprekidna na intervalu I i u svakoj unutrasnjoj tacku x intervalaI imamo da je (λF (x))′ = λF ′(x) = λf(x). Prema tome, λF je primitivna funkcijafunkcije λf na intervalu I, i stoga je∫

λf(x) dx = λF (x) + C1,

gde je C1 proizvoljna realna konstanta.S druge strane, kako je F primitivna funkcija funkcije f na intervalu I, to je∫

f(x) dx = F (x) + C2,

gde je C2 proizvoljna realna konstanta.Prema tome, na levoj strani u formuli (5.8) je skup

{λF (x) + C1 : C1 ∈ R},

dok je na desnoj strani skup

λ{F (x) + C2 : C2 ∈ R} = {λF (x) + λC2 : C2 ∈ R}.

S obzirom na proizvoljnost realnih konstanti C1 i C2, i na cinjenicu da je λ = 0, ova dvaskupa su jednaka. Zaista, ocigledno je

{λF (x) + λC2 : C2 ∈ R} ⊂ {λF (x) + C1 : C1 ∈ R}.

S druge strane, za proizvoljno C1 ∈ R vazi C1 = λ · C1

λjer je λ = 0, pa je

{λF (x) + C1 : C1 ∈ R} ⊂ {λF (x) + λC2 : C2 ∈ R}.

�Sledeca posledica sledi neposredno iz Tvrdenja 5.15 i 5.16, i govori o linearnosti neo-

dredenog integrala. Primetimo da ova osobina neodredenog integrala potice od osobinelinearnosti izvoda.


Posledica 5.17. Neka funkcije f1 i f2 imaju primitivne funkcije na intervalu I i nekasu λ1, λ2 ∈ R \ {0}. Tada i funkcija λ1f1 + λ2f2 ima primitivnu funkciju na intervalu Ii vazi: ∫

(λ1f1(x) + λ2f2(x))dx = λ1

∫f1(x) dx+ λ2

∫f2(x) dx.

Primeri 5.18. (i) Nadimo∫(5x3 − 4 sinx)dx.

Kako je∫x3 dx =

x4

4+ C1 i

∫sinx dx = − cosx + C2 gde su C1 i C2 proizvoljne

realne konstante, to je na osnovu Posledice 5.17∫(5x3 − 4 sinx)dx = 5

∫x3 dx− 4

∫sinx dx

= 5

(x4

4+ C1

)− 4 (− cosx+ C2)

= 5x4

4+ 4 cosx+ C,

gde je C proizvoljna realna konstanta.

(ii) Naci ∫ (5√x+ 7ex

)dx.

S obzirom da je∫ dx√

x= 2

√x+ C1, C1 ∈ R i

∫ex dx = ex + C2, C2 ∈ R, to je

∫(5√x+ 7ex)dx = 5

∫dx√x+ 7

∫ex dx

= 5(2√x+ C1

)+ 7 (ex + C2)

= 10√x+ 7ex + C, C ∈ R.

Tablica integrala

S obzirom da su diferenciranje i integraljenje jedna drugoj inverzne ooeracije, do naproizvoljnu konstantu koja se javlja u formuli (5.5), tablica integrala nekih elementarnihfunkcija proizilazi iz tablice izvoda. Naime, cinjenica da je

F ′(x) = f(x), za x ∈ (a, b), −∞ ≤ a < b ≤ +∞,

moze se zapisati i na sledeci nacin:∫f(x) dx = F (x) + C, C ∈ R, x ∈ (a, b). (5.9)

Kako je za α ∈ R, α = 0,(xα+1

α+ 1

)′= xα, za x ∈ (0,+∞),


to je ∫xαdx =

xα+1

α+ 1+ C, C ∈ R, α = −1, za x ∈ (0,+∞).

Ako je broj α takav da je podintegralna funkcija definisana na (−∞,+∞), onda ce gornjaformula vaziti na ovom sirem intervalu. Tako∫

x5 dx =x6

6+ C, C ∈ R, za x ∈ (−∞,+∞).

U Primeru 5.4 (v) smo videli da je F (x) =2

3

√x3 primitivna funkcija funkcije f(x) =

√x

na intervalu [0,+∞). Stoga je∫ √xdx =

2

3

√x3 + C, za x ∈ [0,+∞).

Za

∫dx

x3ne mozemo napisati jednu formulu na citavom domenu ove funkcije, skupu

R \ {0}, vec:

∫dx

x3=

− 1

2x2+ C1, za x ∈ (0,+∞),

− 1

2x2+ C2, za x ∈ (−∞, 0), C1, C2 ∈ R.

Osim toga, mozemo reci da je ∫dx

x3= − 1

2x2+ C,

na svakom intervalu I koji ne sadrzi tacku x = 0.

Takode, s obzirom da je (tg x)′ =1

cos2 xza x = π

2 + kπ, k ∈ Z, i (ctg x)′ = − 1

sin2 xza x = kπ, k ∈ Z, to je ∫

dx

cos2 x= tg x+ C, C ∈ R,

na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke x = π2 + kπ, k ∈ Z, i∫

dx

sin2 x= − ctg x+ C, C ∈ R,

na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke x = kπ, k ∈ Z.Jednostavnosti radi, u daljem cemo izostavljati napomenu da je C ∈ R, imajuci uvek

u vidu da C u formulama tipa (5.9) predstavlja bilo koji realan broj.U tablici integrala navodimo integrale nekih elementarnih funkcija. Poznato nam

je da je svaka elementarna funkcija neprekidna u svakoj tacki svog domena. U glaviOdredeni integral videcemo da neprekidna funkcija na nekom intervalu ima primitivnufunkciju na tom intervalu. Stoga ce svaka od formula u tablici integrala vaziti na bilokom intervalu koji je sadrzan u domenu podintegralne funkcije.


Neke od tablicnih integrala smo vec naveli, ali ipak, iz metodoloskih razloga, usledecem tekstu dajemo kompletnu osnovnu tablicu integrala. Citalac, radi svog efikas-nijeg rada, moze prositi ovu osnovnu tablicu dodajuci neke integrale na koje cesto nailaziu svom radu.

(1)

∫xαdx =

xα+1

α+ 1+ C, α = −1.

(2)

∫dx

x= ln |x|+ C. 1

(3)

∫ax dx =

ax

ln a+ C, a > 0, a = 1.

(4)

∫ex dx = ex + C.

(5)

∫sinx dx = − cosx+ C.

(6)

∫cosx dx = sinx+ C.

(7)

∫dx

cos2 x= tg x+ C. 2

(8)

∫dx

sin2 x= − ctg x+ C. 3

(9)

∫shx dx = chx+ C.

(10)

∫chx dx = shx+ C.

(11)

∫dx

ch 2x= thx+ C.

(12)

∫dx

sh 2x= −cthx+ C. 4

(13)

∫dx

1 + x2= arctg x+ C = − arcctg x+ C. 5

1Podsetimo se jos jednom da ova formula vazi na svakom intervalu koji ne sadrzi tacku x = 0.2Ova formula vazi na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke x = π

2+ kπ, k ∈ Z.

3Ova formula vazi na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke x = kπ, k ∈ Z.4Ova formula vazi na svakom intervalu koji ne sadrzi tacku x = 0.5Funkcije x 7→ arctg x i x 7→ − arcctg x su dve primitivne funkcije za funkciju x 7→ 1

1 + x2, i one se

razlikuju za konstantu:


2=⇒ arctg x =

π

2− arcctg x, x ∈ (−∞,+∞).


(14)

∫dx√1− x2

= arcsinx+ C = − arccosx+ C. 6

(15)

∫dx√x2 + a2

= ln(x+√x2 + a2) + C, a = 0. 7

(16)

∫dx√x2 − a2

= ln |x+√x2 − a2|+ C, a = 0.

Jednostavnosti radi, uzecemo da je u (16) a > 0. Domen podintegralne funkcije

x 7→ dx√x2 − a2

je skup (−∞,−a) ∪ (a,+∞), i ova formula vazi na svakom intervalu I

koji je sadrzan u skupu (−∞,−a) ∪ (a,+∞). 8

Formule (3), (4), (5), (6), (9), (10), (11), (13) i (15) vaze na skupu R, i prema tomena svakom intervalu.

Tablica integrala je najvecim delom inverzna tablici izvoda. Izvesno obrazlozenjeizuskuju drugi i poslednja dva integrala u tablici. Obrazlozenje za ovaj drugi smo vecdali u Primerima 5.5 (i).

Da bismo se uverili u tacnost formule (15), dovoljno je pokazati da je

(ln(x+√x2 + a2))′ =

1√x2 + a2

, x ∈ R

6Ova formula vazi na intervalu (−1, 1). Inace, funkcije x 7→ arcsinx i x 7→ − arccosx su dve primitivne

funkcije za funkciju x 7→ 1√1− x2

na intervalu (−1, 1), i one se razlikuju za konstantu:

arcsinx+ arccosx =π

2=⇒ arcsinx =

π

2− arccosx, x ∈ [−1, 1].

7Pokazimo da je x+√x2 + a2 > 0 za sve x ∈ R (a = 0).

a2 > 0

x2 + a2 > x2√x2 + a2 >

√x2 = |x| ≥ −x√

x2 + a2 + x > 0.

8Funkcija x 7→ x+√x2 − a2, je definisana za x ∈ (−∞,−a]∪[a,+∞). Pokazimo da je x+

√x2 − a2 > 0

za x ≥ a, i da je x+√x2 − a2 ≤ 0 za x ≤ −a.

Zaista, ako je x ≥ a, onda je x > 0 i√x2 − a2 ≥ 0, pa je x+

√x2 − a2 > 0.

Ako je x ≤ −a, onda je x < 0 i |x| = −x, i dalje zakljucujemo:

−a2 < 0

x2 − a2 < x2√x2 − a2 <

√x2 = |x| = −x√

x2 − a2 + x < 0.

5.1. Metode integracije 477

Zaista, na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcije dobijamo:

(ln(x+√x2 + a2))′ =

1

x+√x2 + a2

· (x+√x2 + a2)′

=1

x+√x2 + a2

·(1 +

1

2√x2 + a2

· (x2 + a2)′)

=1

x+√x2 + a2

·(1 +

1

2√x2 + a2

· 2x)

=1

x+√x2 + a2

·(1 +

x√x2 + a2

)=

1

x+√x2 + a2

· x+√x2 + a2√

x2 + a2

=1√

x2 + a2, x ∈ R.

Formula u (16) sledi iz sledece jednakosti:

(ln |x+√x2 − a2|)′ = 1√

x2 − a2, x ∈ (−∞,−a) ∪ (a,+∞).

Zaista, na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcije dobijamo (setimo se da je |x|′ =sgnx = |x|

x za x = 0):

(ln |x+√x2 − a2|)′ =

1

|x+√x2 − a2|

· |x+√x2 − a2|′

=1

|x+√x2 − a2|

|x+√x2 − a2|

x+√x2 − a2

· (x+√x2 − a2)′

=1

x+√x2 − a2

·(1 +

1

2√x2 − a2

· (x2 − a2)′)

=1

x+√x2 − a2

·(1 +

1

2√x2 − a2

· 2x)

=1

x+√x2 − a2

·(1 +

x√x2 − a2

)=

1

x+√x2 − a2

· x+√x2 − a2√

x2 − a2

=1√

x2 − a2, x ∈ (−∞,−a) ∪ (a,+∞).

Integrali (15) i (16) su uvrsceni u tablicu integrala, jer se, kao sto cemo kasnije videti,izracunavanje mnogih integrala svodi na njih.

5.2 Metode integracije

Smena promenljive


U ovoj sekciji Ix (It) je jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a,+∞),[a,+∞), (−∞, a), (−∞, a], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R, a < b.

Pocinjemo jednom varijantom teoreme o smeni promenljive kod neodredenog inte-grala koja se odnosi na linearnu smenu.

Teorema 5.19. Neka je funkcija F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu It,tj. neka je ∫

f(t)dt = F (t) + C.

Neka je φ(x) = ax+ b, x ∈ Ix, a, b ∈ R, a = 0, gde je Ix interval, i neka je φ(Ix) ⊂ It.Tada je ∫

f(ax+ b)dx =1

aF (ax+ b) + C, x ∈ Ix.

Dokaz. Kako je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu It, to je ona neprekidnana intervalu It i za svaku unutrasnju tacku t ∈ It vazi jednakost F

′(t) = f(t). Funkcijaφ(x) = ax+ b, x ∈ Ix, je neprekidna na intervalu Ix i u svakoj unutrasnjoj tacki x ∈ Ixima izvod, φ′(x) = a. Buduci da je φ(Ix) ⊂ It, to su kompozicije f ◦φ i F ◦φ definisanena intervalu Ix, i pritom je funkcija F ◦ φ neprekidna na intervalu Ix kao kompozicijaneprekidnih funkcija (poslednje tvrdenja u Napomeni 3.123). Buduci da je linearnafunkcija φ neprekidna i strogo monotona, to ona unutrasnje tacke intervala Ix preslikavau unutrasnje tacke intervala It.

9 Stoga na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcijezakljucujemo da za svaku unutrasnju tacku x intervala Ix vazi jednakost

(F (ax+ b))′ = F ′(ax+ b)(ax+ b)′ = af(ax+ b),

pa je (1

aF (ax+ b)

)′= f(ax+ b).

Odavde sledi da je

∫f(ax+ b)dx =

1

aF (ax+ b) + C, x ∈ Ix. �

Primeri 5.20. (i) Naci

∫e2x+3dx. Kako je

∫et dt = et + C, t ∈ (−∞,+∞), ako

primenimo prethodnu teoremu na funkcije f(t) = et, t ∈ (−∞,+∞), i φ(x) = 2x + 3,x ∈ (−∞,+∞), dobijamo:∫

e2x+3dx =1

2e2x+3 + C, x ∈ (−∞,+∞).

(ii) Nadimo

∫(3x − 7)5dx. Funkcija f(t) = t5, t ∈ (−∞,+∞), ima primitivnu

funkciju na skupu (−∞,+∞):∫t5 dt =

t6

6+ C, t ∈ (−∞,+∞).

9Iz Leme 3.145 sledi da neprekidna i strogo monotona funkcija otvoreni interval sadrzan u svomdomenu preslikava na otvoreni interval. Odavde sledi da neprekidna i strogo monotona funkcija un-utrasnju tacku svog domena preslikava u unutrasnju tacku svog kodomena.


Primenimo prethodnu teoremu na funkcije f(t) = et, t ∈ (−∞,+∞), i φ(x) = 3x − 7,x ∈ (−∞,+∞): ∫

(3x− 7)5dx =1

3

(3x− 7)6

6+ C, x ∈ (−∞,+∞).

(iii) Nadimo

∫dx

x+ 1. Za funkciju f(t) =

1

tvazi da je

∫f(t) dt =

∫dt

t= ln |t|+ C,

na svakom intervalu sadrzanom u domenu funkcije f , tj. skupu (−∞, 0) ∪ (0,+∞). Zafunkciju φ(x) = x + 1 vazi da je φ(−1) = 0, i s obzirom da je ova funkcija injektivnasledi da je za x = −1, φ(x) = 0. Odavde sledi da za bilo koji interval I sadrzan u skupu(−∞,−1) ∪ (−1,+∞) vazi da je φ(I) ⊂ (−∞, 0) ∪ (0,+∞). Na osnovu Teoreme 5.19zakljucujemo da je ∫

dx

x+ 1= ln |x+ 1|+ C,

na svakom intervalu I sadrzanom u skupu (−∞,−1)∪(−1,+∞), tj. na svakom intervaluI koji ne sadrzi tacku x = −1.

(iv) Nadimo

∫dx√

1− (2x− 1)2.

Za funkciju f(t) =1√

1− t2vazi da je

∫f(t) dt =

∫dt√1− t2

= arcsin t+ C, za t ∈ (−1, 1).

Neka je φ(x) = 2x − 1. Ako je 0 < x < 1, tada je −1 < 2x − 1 < 1, pa je φ((0, 1)) ⊂(−1, 1). Na osnovu Teoreme 5.19 zakljucujemo da je∫

dx√1− (2x− 1)2

=1

2arcsin(2x− 1) + C, za x ∈ (0, 1).

(v) Nadimo

∫ √4x+ 3 dx.

Neka je f(t) =√t. Tada je∫f(t) dt =

∫ √t dt =

2

3

√t3 + C, za t ∈ [0,+∞).

Neka je φ(x) = 4x + 3. Kako je 4x + 3 ≥ 0 ako i samo ako je x ≥ −3/4, to jeφ([−3/4,+∞)) = [0,+∞). Na osnovu Teoreme 5.19 zakljucujemo da je∫ √

4x+ 3 dx =1

4· 23

√(4x+ 3)3 + C =

1

6

√(4x+ 3)3 + C, za x ∈ [−3/4,+∞).


Slicno se nalaze integrali u sledecim primerima.

(v)

∫cos(5x+ 6)dx =

1

5sin(5x+ 6) + C, x ∈ (−∞,+∞).

(vi)

∫sin(

1

5x+ 6)dx = − 1

15

cos(1

5x+ 6) + C = −5 cos(

1

5x+ 6) + C, x ∈ (−∞,+∞).

(vii)

∫dx

8x+ 1=

1

8ln |8x+ 1|+C, na svakom intervalu koji ne sadrzi tacku x = −1

8 . •

Teorema 5.21. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu It, a funkcija φ neprekidnana intervalu Ix i diferencijabilna u unutrasnjim tackama intervala Ix, i neka je φ(Ix) ⊂It. Ako je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu It, tj. ako je∫

f(t)dt = F (t) + C,

tada je x 7→ F (φ(x)) primitivna funkcija funkcije x 7→ f(φ(x))φ′(x) na intervalu Ix, tj.vazi jednakost ∫

f(φ(x))φ′(x)dx = F (φ(x)) + C. (5.10)

Dokaz. S obzirom da su funkcije f i F definisane na intervalu It, i kako je φ(Ix) ⊂ It, tosu slozene funkcije f ◦φ i F ◦φ definisane na intervalu It. Funkcija F ◦φ je neprekidna naintervalu Ix kao kompozicija neprekidnih funkcija. Funkcija F kao primitivna funkcija zafunkciju f na intervalu It, u svakoj unutrasnjoj tacki t intervala It ima izvod i pritom jeF ′(t) = f(t). Kako je funkcija f neprekidna na intervalu It, to iz Tvrdenja 5.2 sledi da akoje neka rubna tacka intervala It sadrzana u intervalu, tada funkcija F ima odgovarajucijednostrani izvod u toj tacki jednak vrednosti funkcije f u toj tacki. Dokazimo da je(F ◦ φ)′(x) = f(φ(x))φ′(x) za svaku unutrasnju tacku x intervala Ix.

Neka je x unutrasnja tacka intervala Ix. Tada funkcija φ ima izvod u tacki x i tackaφ(x) pripada intervalu It. Tacka φ(x) je ili unutrasnja ili rubna tacka intervala It. Akoje φ(x) unutrasnja tacka intervala It, onda buduci da funkcija F ima izvod u svakojunutrasnjoj tacki intervala It, na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcije (Teorema4.34) sledi da funkcija F ◦ φ ima izvod u tacki x i da je

(F ◦ φ)′(x) = F ′(φ(x))φ′(x) = f(φ(x))φ′(x).

Neka je φ(x) rubna tacka intervala It. Odredenosti radi neka je φ(x) levi kraj intervalaIt. S obzirom na neprekidnost funkcije f na intervalu It, iz Tvrdenja 5.2 sledi da funkcijaF ima desni izvod u tacki φ(x) i da je F ′

+(φ(x)) = f(φ(x)). Kako je i φ(Ix) ⊂ It, tj.φ(x′) ≥ φ(x) za sve x′ ∈ Ix, to na osnovu tvrdenja (i) u Napomeni 4.35 zakljucujemo daslozena funkcija F ◦ φ ima izvod u tacki x i da je

(F ◦ φ)′(x) = F ′+(φ(x))φ

′(x)=f(φ(x))φ′(x).


Prema tome, za svaku unutrasnju tacku x intervala Ix vazi da je (F◦φ)′(x) = f(φ(x))φ′(x).Odavde i iz neprekidnosti funkcije x 7→ F (φ(x)) na intervalu Ix, zakljucujemo da je ovafunkcija primitivna funkcija funkcije x 7→ f(φ(x))φ′(x) na intervalu Ix. �

Za slucaj da su intervali Ix i It otvoreni intervali, sledeca teorema o smeni promenljiveima slabije pretpostavke (ne pretpostavlja se neprekidnost funkcije f na intervalu Ix) ijednostavniji dokaz od Teoreme 5.21:

Teorema 5.22. Neka je funkcija f definisana na intervalu It = (α, β), −∞ ≤ α < β ≤+∞, a funkcija φ diferencijabilna na intervalu Ix = (a, b), −∞ ≤ a < b ≤ +∞, i nekaje φ(Ix) ⊂ It. Ako je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu It, tj. ako je∫

f(t)dt = F (t) + C,

tada je x 7→ F (φ(x)) primitivna funkcija funkcije x 7→ f(φ(x))φ′(x) na intervalu Ix, tj.vazi jednakost ∫

f(φ(x))φ′(x)dx = F (φ(x)) + C. (5.11)

Dokaz. Funkcija F ◦φ je neprekidna na intervalu Ix kao kompozicija neprekidnih funkcija.Kako je F primitivna funkcija za funkciju f na intervalu It, to je za sve t ∈ It, F

′(t) =f(t). Sada na osnovu teoreme o izvodu slozene funkcije zakljucujemo da je za x ∈ Ix

(F (φ(x)))′ = F ′(φ(x))φ′(x) = f(φ(x))φ′(x),

pa je x 7→ F (φ(x)) primitivna funkcija funkcije x 7→ f(φ(x))φ′(x) na intervalu Ix. �

Primer 5.23. Naci

∫x2 cosx3dx.

Neka je f(t) = 13 cos t, t ∈ (−∞,+∞). Ova funkcija ima primitivnu funkciju na

intervalu (−∞,+∞), to je funkcija F (t) = 13 sin t. Funkcija φ(x) = x3 preslikava interval

(−∞,+∞) na interval (−∞,+∞), neprekidno je diferencijabilna na intervalu (−∞,+∞)i φ′(x) = 3x2. Na osnovu Teoreme 5.21 dobijamo∫

x2 cosx3dx =

∫f(φ(x))φ′(x) dx = F (φ(x)) + C = [F (t) + C]t=φ(x)

= [1

3sin t+ C]t=x3 =

1

3sinx3 + C, na intervalu (−∞,+∞). •

Primer 5.24. Odredimo

∫x√

1− x2 dx.

Neka je f(t) = −12 ·

√t = −1

2 · t12 , t ∈ [0,+∞). Funkcija F (t) = −1

2t3/232

= −√t3

3 je

primitivna funkcija za funkciju f na intervalu [0,+∞). Funkcija φ(x) = 1−x2 preslikava


interval [−1, 1] na interval [0, 1] ⊂ [0,+∞), neprekidno je diferencijabilna na intervalu[−1, 1] i φ′(x) = −2x. Na osnovu Teoreme 5.21 dobijamo∫

x√

1− x2 dx =

∫f(φ(x))φ′(x) dx = F (φ(x)) + C = [F (t) + C]t=φ(x)

= [−√t3

3+ C]t=φ(x) = −

√(1− x2)3

3+ C, na intervalu [−1, 1]. •

Radi jednostavnije primene, formulu (5.10) u Teoremi 5.21 zapisacemo u sledecemobliku: ∫

f(φ(x))φ′(x)dx = [F (t) + C]t=φ(x),

tj. ∫f(φ(x))φ′(x)dx = [

∫f(t) dt]t=φ(x).

U daljem radu postupacemo po sledecoj semi:∫f(φ(x))φ′(x)dx =

∣∣φ(x) = t⇒ φ′(x)dx = dt∣∣ = [

∫f(t) dt]t=φ(x)

= [F (t) + C]t=φ(x) = F (φ(x)) + C.

Tako, na primer, u slucaju prethodna dva primera pisemo:

∫x2 cosx3dx =

∣∣∣∣x3 = t⇒ 3x2dx = dt⇒ x2dx =1

3dt

∣∣∣∣ = ∫ (cos t)1

3dt

=1

3

∫cos t dt =

1

3sin t+ C =

1

3sinx3 + C, x ∈ (−∞,+∞),

i ∫x√

1− x2 dx =

∣∣∣∣1− x2 = t⇒ −2xdx = dt⇒ xdx = −1

2dt

∣∣∣∣ = ∫ √t(−1

2)dt

= −1

2

∫ √t dt = −1

2

t3/2

32

+ C = −√t3

3+ C

= −√

(1− x2)3

3+ C, x ∈ [−1, 1].

Primer 5.25.∫2x− 3

x2 − 3x+ 5dx =

∣∣x2 − 3x+ 5 = t⇒ (2x− 3)dx = dt∣∣

=

∫dt

t= ln |t|+ C = ln |x2 − 3x+ 5|+ C, x ∈ (−∞,+∞).

10

10x2 − 3x+ 5 > 0 za sve x ∈ (−∞,+∞).


Primer 5.26. ∫dx

x lnx=

∣∣∣∣lnx = t⇒ 1

xdx = dt

∣∣∣∣=

∫dt

t= ln |t|+ C = ln | lnx|+ C,

na bilo kom intervalu koji je sadrzan u skupu (0, 1) ∪ (1,+∞).

Primer 5.27.∫dx√

1− x2 · arcsinx=

∣∣∣∣arcsinx = t⇒ 1√1− x2

dx = dt

∣∣∣∣=

∫dt

t= ln |t|+ C = ln | arcsinx|+ C,

na bilo kom intervalu koji je sadrzan u skupu (−1, 0) ∪ (0, 1).

Primer 5.28. ∫dx

x ln3 x=

∣∣∣∣lnx = t⇒ 1

xdx = dt

∣∣∣∣=

∫dt

t3=

∫t−3dt =

t−3+1

−3 + 1+ C =

t−2

−2+ C

= −1

2

1

t2+ C = −1

2

1

ln2 x+ C,

na bilo kom intervalu koji je sadrzan u skupu (0, 1) ∪ (1,+∞).

Primer 5.29.∫xdx

3√x2 − 1

=

∣∣∣∣x2 − 1 = t⇒ 2xdx = dt⇒ xdx =1

2dt

∣∣∣∣=

1

2

∫dt3√t=

1

2

∫t−1/3dt =

1

2

t−13+1

−13 + 1

+ C

=1

2

t23

23

+ C =3

4

3√t2 + C =

3

43√

(x2 − 1)2 + C,

na bilo kom intervalu sadrzanom u skupu R \ {−1, 1}.

Primer 5.30.∫3√

1− 6x5 · x4 dx =

∣∣∣∣1− 6x5 = t⇒ −30x4dx = dt⇒ x4dx = − 1

30dt

∣∣∣∣= − 1

30

∫3√tdt = − 1

30

∫t1/3dt = − 1

30

t13+1

13 + 1

+ C

= − 1

30

t43

43

+ C = − 1

40

3√t4 + C

= − 1

403√

(1− 6x5)4 + C, x ∈ (−∞,+∞).


Primer 5.31.∫(arcsinx)2√

1− x2dx =

∣∣∣∣arcsinx = t⇒ 1√1− x2

dx = dt

∣∣∣∣=

∫t2dt =

t3

3+ C =

arcsin3x

3+ C, x ∈ (−1, 1).

Primer 5.32. Neka je a > 0. Nadimo

∫dx

x2 + a2i

∫dx√a2 − x2

.

∫dx

x2 + a2=

∫dx

a2((x

a

)2+ 1

) =1

a2

∫dx(x

a

)2+ 1

=

∣∣∣∣xa = t⇒ dx

a= dt⇒ dx = adt

∣∣∣∣=

1

a2

∫adt

t2 + 1=

1

a

∫dt

t2 + 1=

1

aarctg t+ C

=1

aarctg

x

a+ C, x ∈ (−∞,+∞).

∫dx√a2 − x2

=

∫dx√

a2(1−

(xa

)2) =

∫dx

a

√1−

(xa

)2=

∣∣∣∣xa = t⇒ dx

a= dt

∣∣∣∣=

∫dt√1− t2

= arcsin t+ C

= arcsinx

a+ C, x ∈ (−a, a).

Prema tome, ∫dx

x2 + 4=

1

2arctg

x

2+ C, x ∈ (−∞,+∞),∫

dx

x2 + 5=

1√5arctg

x√5+ C, x ∈ (−∞,+∞),∫

dx√9− x2

= arcsinx

3+ C, x ∈ (−3, 3),∫

dx√3− x2

= arcsinx√3+ C, x ∈ (−

√3,√3).


Primer 5.33. Prilikom nalazenja integrala oblika

∫dx√

ax2 + bx+ c, gde je a = 0 i

D = b2 − 4ac = 0, 11 najpre kvadratni trinom ax2 + bx + c zapisujemo u kanonskomobliku:

ax2 + bx+ c = a

(x2 +

b

ax+

c

a

)= a

(x2 + 2

b

2ax+ (

b

2a)2 − (

b

2a)2 +

c

a

)= a

((x+

b

2a

)2

− b2

4a2+c

a

)= a

((x+

b

2a

)2

− b2 − 4ac

4a2

)

= a

((x+

b

2a

)2

− D

4a2

).

Razmatramo sledece slucajeve: 12

(1) Neka je a > 0. Ako je D > 0, neka je k2 =D

4a2, a ako je D < 0, neka je k2 = − D

4a2.

Tada je

∫dx√

ax2 + bx+ c=

∫dx√

a((x+ b

2a

)2 − D4a2

) =1√a

∫dx√(

x+ b2a

)2 ± k2

=

∣∣∣∣x+b

2a= t⇒ dx = dt

∣∣∣∣ = 1√a

∫dt√t2 ± k2

= [1√aln∣∣∣t+√t2 ± k2

∣∣∣+ C]t=x+ b2a

=1√aln

∣∣∣∣∣∣x+b

2a+

√(x+

b

2a

)2

± k2

∣∣∣∣∣∣+ C

=1√aln

∣∣∣∣∣x+b

2a+

√x2 +

b

ax+

c

a

∣∣∣∣∣+ C.

11Kada je D = 0 i a < 0, onda je ax2 + bx + c = a(x+ b

2a

)2 ≤ 0 za sve x ∈ R, pa je domen funkcije

x 7→ 1√ax2 + bx+ c

prazan skup i nema smisla traziti njen neodredeni integral. Ako je D = 0 i a > 0,

onda je

∫dx√

ax2 + bx+ c=

∫dx√

a(x+ b

2a

)2 =1√a

∫dx∣∣x+ b

2a

∣∣ =1√asgn

(x+

b

2a

)ln

∣∣∣∣x+b

2a

∣∣∣∣+C na

svakom intervalu koji ne sadrzi tacku x = − b2a.

12Ne razmatramo slucaj kada je a < 0 i D < 0 jer je tada ax2 + bx+ c < 0 za sve x ∈ R, pa je domen

funkcije x 7→ 1√ax2 + bx+ c

prazan skup i nema smisla traziti njen neodredeni integral.


(2) Za a < 0, D > 0 i k2 =D

4a2imamo da je

∫dx√

ax2 + bx+ c=

∫dx√

a((x+ b

2a

)2 − D4a2

) =

∫dx√

a((x+ b

2a

)2 − k2)

=

∫dx√

−a(k2 −

(x+ b

2a

)2) =1√−a

∫dx√

k2 −(x+ b

2a

)2=

∣∣∣∣x+b

2a= t⇒ dx = dt

∣∣∣∣ = 1√−a

∫dt√k2 − t2

= [1√−a

arcsint

k+ C]t=x+ b

2a

=1√−a

arcsinx+ b

2a

k+ C.

(i) Odredimo

∫dx√

2 + x− x2.

Kako je

2+x−x2 = −(x2−x+2) = −(x2−2·12·x+(

1

2)2−(

1

2)2−2) = −((x−1

2)2−9

4) =

9

4−(x−1

2)2,

to je

∫dx√

2 + x− x2=

∫dx√

94 − (x− 1

2)2

=

∣∣∣∣x− 1

2= t⇒ dx = dt

∣∣∣∣ = ∫ dt√94 − t2

= [arcsint32

+ C]t=x− 12

= arcsin2(x− 1

2)

3+ C = arcsin

2x− 1

3+ C, x ∈ (−1, 2).

(ii) Nadimo

∫dx√

3x2 − 2x− 1.

Zapisimo kvadratni trinom 3x2 − 2x− 1 u kanonskom obliku:

3x2 − 2x− 1 = 3(x2 − 2

3x− 1

3) = 3(x2 − 2 · 1

3· x+ (

1

3)2 − (

1

3)2 − 1

3) = 3((x− 1

3)2 − 4

9).


Prema tome,

∫dx√

3x2 − 2x− 1=

∫dx√

3((x− 13)

2 − 49)

=1√3

∫dx√

(x− 13)

2 − 49

=

∣∣∣∣x− 1

3= t⇒ dx = dt

∣∣∣∣ = 1√3

∫dt√t2 − 4

9

=1√3[ln |t+

√t2 − 4

9|+ C ′]t=x− 1

3

=1√3ln

∣∣∣∣∣x− 1

3+

√(x− 1

3)2 − 4

9

∣∣∣∣∣+ C ′

=1√3ln

∣∣∣∣∣x− 1

3+

√x2 − 2

3x− 1

3

∣∣∣∣∣+ C ′

=1√3ln

∣∣∣∣∣x− 1

3+

√x2 − 2

3x− 1

3

∣∣∣∣∣+ 1√3ln

√3 + C ′ − 1√

3ln

√3

=1√3ln

∣∣∣∣3x− 1√3

+√

3x2 − 2x− 1

∣∣∣∣+ C,

na svakom intervalu I koji je sadrzan u skupu (−∞,−1

3) ∪ (1,+∞).

(iii) Nadimo

∫dx√

2x2 − 6x+ 5.

Kakonski oblik kvadratnog trinoma 2x2 − 6x+ 5 je:

2x2 − 6x+ 5 = 2(x2 − 3x+5

2) = 2(x2 − 2 · 3

2· x+ (

3

2)2 − (

3

2)2 +

5

2) = 2((x− 3

2)2 +

1

4),


te je∫dx√

2x2 − 6x+ 5=

∫dx√

2((x− 32)

2 + 14)

=1√2

∫dx√

(x− 32)

2 + 14

=

∣∣∣∣x− 3

2= t⇒ dx = dt

∣∣∣∣ = 1√2

∫dt√t2 + 1

4

=1√2[ln(t+

√t2 +

1

4) + C ′]t=x− 3

2

=1√2ln

(x− 3

2+

√(x− 3

2)2 +

1

4

)+ C ′

=1√2ln

(x− 3

2+

√x2 − 3x+

5

2

)+ C ′

=1√2ln

(x− 3

2+

√x2 − 3x+

5

2

)+

1√2ln

√2 + C ′ − 1√

2ln

√2

=1√2ln

∣∣∣∣2x− 3√2

+√

2x2 − 6x+ 5

∣∣∣∣+ C, x ∈ (−∞,+∞). •

Primer 5.34. Neka je a > 0. Naci

∫xdx√a2 − x2

.∫xdx√a2 − x2

=

∣∣∣∣a2 − x2 = t⇒ −2xdx = dt⇒ xdx = −1

2dt

∣∣∣∣= −1

2

∫dt√t= −1

2

∫t−

12 dt = −1

2

t−12+1

−12 + 1

+ C = −t12 + C = −

√t+ C

= −√a2 − x2 + C, x ∈ (−a, a).

Slicno nalazimo da je ∫xdx√x2 ± a2

=√x2 ± a2 + C. •

Nekada je celishodno nalazenje integrala

∫f(x) dx pomocu smene promenljive x =

ψ(t) svesti na izracunavanje integrala

∫f(ψ(t))ψ′(t) dt.

U narednoj teoremi It je kao i obicno jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b],(a, b), (a,+∞), [a,+∞), (−∞, a), (−∞, a], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R, a < b.

Teorema 5.35. Neka je funkcija x = ψ(t) neprekidna na intervalu It i pritom u svakojunutrasnjoj tacki intervala It ima konacan izvod razlicit od 0, i neka je funkcija fdefinisana na intervalu Ix, gde je Ix = ψ(It). Ako je G primitivna funkcija funkcijet 7→ f(ψ(t))ψ′(t) na intervalu It, tj. ako je∫

f(ψ(t))ψ′(t) dt = G(t) + C,


onda je x 7→ G(ψ−1(x)) primitivna funkcija za funkciju f na intervalu Ix, tj. vazijednakost ∫

f(x)dx = G(ψ−1(x)) + C. (5.12)

Dokaz. Neka je, na primer, It = [α, β), −∞ ≤ α < β < +∞. S obzirom da postojikonacan izvod razlicit od 0 u svakoj unutrasnjoj tacki intervala It, to na osnovu Darbuoveteoreme (Teorema 4.59) sledi da ψ′ ne menja znak na intervalu (α, β). Na osnovu Teoreme4.79 (ii) zakljucujemo da je funkcija ψ strogo monotona na intervalu It. S obzirom da jefunkcija ψ i neprekidna, to iz Teoreme 3.149 sledi da je Ix = ψ(It) = ψ([α, β)) intervalsa krajevima a i b, gde je a = ψ(α) i b = lim

x→β−0f(x) 13 (ako je ψ strogo rastuca

funkcija, onda je ψ([α, β)) = [a, b), a za slucaj da je ψ strogo opadajuca funkcija, ondaje ψ([α, β)) = (b, a]), i pritom je inverzna funkcija ψ−1 strogo monotona i neprekidna naovom intervalu. Stoga ψ−1 unutrasnje tacke intervala Ix preslikava u unutrasnje tackeintervala It.

14 Neka je x unutrasnja tacka intervala Ix. Tada je ψ−1(x) unutrasnjatacka intervala It, te postoji konacan izvod ψ′(ψ−1(x)) = 0. Iz Teoreme 4.28 sledi dafunkcija ψ−1 ima konacan izvod u tacki x, i pritom je

(ψ−1)′(x) =1

ψ′(t)=

1

ψ′(ψ−1(x)). (5.13)

Kako je G primitivna funkcija za funkciju t 7→ f(ψ(t))ψ′(t) na intervalu It, to je

G′(t) = f(ψ(t))ψ′(t), (5.14)

za svaku unutrasnju tacku t intervala It. Funkcija x 7→ G(ψ−1(x)) je neprekidna naintervalu Ix kao kompozicija neprekidnih funkcija. Na osnovu (5.13), (5.14) i teoreme oizvodu slozene funkcije zakljucujemo da za unutrasnju tacku x intervala Ix vazi:

(G(ψ−1(x)))′ = G′(ψ−1(x)) · (ψ−1)′(x) = G′(ψ−1(x)) · 1

ψ′(ψ−1(x))

= f(ψ(ψ−1(x))) · ψ′(ψ−1(x)) · 1

ψ′(ψ−1(x))

= f(x),

sto znaci da je x 7→ G(ψ−1(x)) primitivna funkcija za funkciju f na intervalu Ix, tj. vazijednakost (5.12). �

Radi jednostavnije primene, formulu (5.12) zapisacemo u sledecem obliku:∫f(x) dx = [G(t) + C]t=ψ−1(x),

13Za slucaj da je β = +∞, onda pod limx→β−0

ψ(x) podrazumevamo limx→+∞

ψ(x).

14Neprekidna i strogo monotona funkcija unutrasnju tacku svog domena preslikava u unutrasnju tackusvog kodomena.


tj. ∫f(x) dx = [

∫f(ψ(t))ψ′(t) dt]t=ψ−1(x).

Prilikom nalazenja integrala ovim tipom smene postupacemo po sledecoj semi:∫f(x) dx =

∣∣x = ψ(t) ⇒ dx = ψ′(t) dt∣∣ = [

∫f(ψ(t))ψ′(t) dt]t=ψ−1(x)

= [G(t) + C]t=ψ−1(x) = G(ψ−1(x)) + C.

Primer 5.36. Naci ∫ √1− x2 dx.

Neka je f(x) =√1− x2, x ∈ [−1, 1], i neka je x = ψ(t) = sin t, t ∈ [−π

2 ,π2 ]. Tada je

ψ′(t) = cos t = 0 za t ∈ (−π2 ,

π2 ) i ψ

([−π

2 ,π2 ])= [−1, 1]. Nadimo

∫ √1− (sin t)2 cos t dt

na intervalu [−π2 ,

π2 ]:∫ √

1− sin2 t cos t dt =

∫ √cos2 t cos t dt =

∫| cos t| cos t dt

=

∫cos2 t dt =

∫1 + cos 2t

2dt =

1

2

∫dt+

1

2

∫cos 2t dt

=1

2t+

1

2· 12sin 2t+ C =

1

2t+

1

4· 2 sin t cos t+ C

=1

2t+

1

2sin t cos t+ C.

Na osnovu Teoreme 5.35 sledi∫ √1− x2 dx =

[1

2t+

1

2sin t cos t+ C

]t=arcsinx

.

Kako je t ∈ [−π2 ,

π2 ], to je cos t ≥ 0 i cos t = | cos t| =

√cos2 t =

√1− sin2 t =

√1− x2,

15 pa je∫ √1− x2 dx =

1

2arcsinx+

1

2x√

1− x2 + C, na intervalu [−1, 1]. (5.15)

15Vaze jednakosti:

cos(arcsinx) =√

1− x2

sin(arccosx) =√

1− x2, x ∈ [−1, 1].

Zaista, s obzirom da je arcsinx ∈ [−π2, π2] i arccosx ∈ [0, π] za x ∈ [−1, 1], to je cos(arcsinx) ≥ 0 i

sin(arccosx) ≥ 0, i prema tome

cos(arcsinx) = | cos(arcsinx)| =√

cos2(arcsinx) =√

1− sin2(arcsinx) =√

1− x2,

sin(arccosx) = | sin(arccosx)| =√

sin2(arccosx) =√

1− cos2(arccosx) =√

1− x2.


Slicno nalazimo

∫ √4− x2 dx na intervalu [−2, 2]:

∫ √4− x2 dx =

∣∣∣∣ x = 2 sin t, t ∈ [−π2 ,

π2 ] =⇒ dx = 2 cos t dt, t ∈ (−π

2 ,π2 )

t = arcsin x2 , x ∈ [−2, 2]

∣∣∣∣=

∫ √4− 4 sin2 t · 2 cos t dt = 4

∫ √cos2 t · cos t dt

= 4

∫cos2 t dt = · · · = 4

[1

2t+

1

2sin t cos t+ C

]t=arcsin x

2

=[2t+ 2 sin t

√1− sin2 t+ C

]t=arcsin x

2

= 2arcsinx

2+ x

√1− (

x

2)2 + C = 2arcsin

x

2+

1

2x√

4− x2 + C.

Integral

∫ √7− x2 dx na intervalu [−

√7,√7] nalazimo smenom x =

√7 sin t, t ∈

[−π2 ,

π2 ]. Za a > 0, integral

∫ √a2 − x2 dx na skupu [−a, a] nalazimo smenom x = a sin t,

t ∈ [−π2 ,

π2 ]: ∫ √

a2 − x2 dx =a2

2arcsin

x

a+

1

2x√a2 − x2 + C. •

Primer 5.37. Naci

∫dx√

x+ 3√x.

Neka je f(x) =1√

x+ 3√x, x ∈ (0,+∞), i neka je x = ψ(t) = t6, t ∈ (0,+∞). Tada

je ψ′(t) = 6t5 = 0 za t ∈ (0,+∞) i ψ ((0,+∞)) = (0,+∞). Nadimo

∫6t5

t3 + t2dt na

intervalu (0,+∞):∫6t5

t3 + t2dt = 6

∫t3

t+ 1dt = 6

∫t3 + 1− 1

t+ 1dt

= 6

∫(t+ 1)(t2 − t+ 1)− 1

t+ 1dt = 6

(∫(t2 − t+ 1)dt−

∫dt

t+ 1

)= 6

(t3

3− t2

2+ t− ln |t+ 1|

)+ C = 2t3 − 3t2 + 6t− 6 ln |t+ 1|+ C.

Iz Teoreme 5.35 sledi∫dx√

x+ 3√x

=[2t3 − 3t2 + 6t− 6 ln |t+ 1|+ C

]t= 6

√x

= 2√x− 3 3

√x+ 6 6

√x− 6 ln( 6

√x+ 1) + C. •

Primer 5.38. Nadimo

∫dx

(x2 + a2)2, a = 0.


Koristeci identitet cos2 t =1

tg2 t+ 1dobijamo:

∫dx

(x2 + a2)2=

∣∣∣∣∣ x = a tg t, t ∈ (−π2 ,

π2 ) =⇒ dx =

a

cos2 tdt

t = arctg xa , x ∈ (−∞,+∞)

∣∣∣∣∣=

∫adt

cos2 t(a2 tg2 t+ a2)2=

1

a3

∫cos4 t

cos2 tdt =

1

a3

∫cos2 t dt =

=1

a3

∫1 + cos 2t

2dt = [

1

2a3(t+ sin t cos t) + C]t=arctg x

a.

sin t cos t =sin t cos t

sin2 t+ cos2 t=

sin t cos t

cos2 tsin2 t+ cos2 t

cos2 t

=tg t

tg2 t+ 1=

x

ax2

a2+ 1

=ax

x2 + a2,

to na osnovu Teoreme 5.35 zakljucujemo da je∫dx

(x2 + a2)2=

1

2a3arctg

x

a+

1

2a2x

x2 + a2+ C. •

Parcijalna integracija

Teorema 5.39. Neka su funkcije u i v neprekidne na intervalu I i diferencijabilneu unutrasnjim tackama ovog intervala, i neka funkcija x 7→ v(x)u′(x) ima primitivnu

funkciju na intervalu I, tj. neka postoji integral

∫v(x)u′(x) dx na intervalu I. Tada

funkcija x 7→ u(x)v′(x) ima primitivnu funkciju na intervalu I, tj. na intervalu I postoji

integral

∫u(x)v′(x) dx, i vazi jednakost

∫u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)−

∫v(x)u′(x) dx, (5.16)

tj, ∫u(x)dv(x) = u(x)v(x)−

∫v(x)du(x). (5.17)

Dokaz: U unutrasnjim tackama intervala I proizvod x 7→ u(x)v(x) ima izvod:

(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x).

Odavde jeu(x)v′(x) = (u(x)v(x))′ − u′(x)v(x) (5.18)

Funkcija x 7→ (u(x)v(x))′ ima primitivnu funkciju na intervalu I, to je funkcija x 7→u(x)v(x). Kako i funkcija x 7→ v(x)u′(x) ima primitivnu funkciju na intervalu I, to na


osnovu Posledice 5.17 sledi da i funkcija na levoj strani jednakosti u (5.18) ima primitivnufunkciju na intervalu I i da vazi formula∫

u(x)v′(x) dx =

∫(u(x)v(x))′ dx−

∫u′(x)v(x) dx. (5.19)

Kako je ∫(u(x)v(x))′ dx = u(x)v(x) + C,

to zamenom u (5.19) prvog integrala na desnoj strani sa u(x)v(x)+C, i prisjedinjavanjemkonstante C drugom integralu, dobijamo∫

u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)−∫v(x)u′(x) dx. �

Jednostavnosti radi, formulu (5.17) zapisujemo bez oznake za argument:∫udv = uv −

∫vdu.

Primer 5.40. Nadimo ∫xex dx.

∫xex dx =

∣∣∣∣∣∣ dv = ex dx =⇒ v =

∫ex dx = ex

u = x =⇒ du = dx

∣∣∣∣∣∣= xex −

∫ex dx = xex − ex + C.

Ako bismo izabrali da je dv = x dx i u = ex, onda bismo imali da je v =

∫x dx =

x2

2i du = ex dx, i primenom formule parcijalne integracije dobili bismo da je∫

xex dx =x2

2· ex −

∫x2

2· ex dx =

x2

2· ex − 1

2

∫x2 ex dx.

Medutim,

∫x2 ex dx je slozeniji od polaznog, na osnovu cega zakljucujemo da navedeni

izbor funkcije u i diferencijala dv nije dobar. •

Integrali tipa∫Pn(x)e

ax dx,

∫Pn(x) sin ax dx,

∫Pn(x) cos ax dx, a ∈ R, a = 0,

resavaju se parcijalnom integracijom u = Pn(x), dv = eax dx (dv = sin ax dx, dv =cos ax dx).

Integral u Primeru 5.40 je upravo bio ovog tipa.


Primer 5.41. Nadimo ∫x2 sinx dx.

∫x2 sinx dx =

∣∣∣∣∣∣ dv = sinx dx =⇒ v =

∫sinx dx = − cosx

u = x2 =⇒ du = 2x dx

∣∣∣∣∣∣= −x2 cosx+ 2

∫x cosx dx

=

∣∣∣∣∣∣ dv = cosx dx =⇒ v =

∫cosx dx = sinx

u = x =⇒ du = dx

∣∣∣∣∣∣= −x2 cosx+ 2

(x sinx−

∫sinx dx

)= −x2 cosx+ 2x sinx+ 2 cosx+ C.

Primer 5.42.

I =

∫ √1− x2 dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v =

∫dx = x

u =√1− x2 =⇒ du =

1

2√1− x2

· (−2x) dx = − xdx√1− x2

∣∣∣∣∣∣∣= x

√1− x2 −

∫−x2dx√1− x2

= x√

1− x2 −∫

1− x2 − 1√1− x2

dx

= x√

1− x2 −∫

1− x2√1− x2

dx−∫

−1√1− x2

dx

= x√

1− x2 −∫ √

1− x2 dx+

∫1√

1− x2dx

= x√

1− x2 − I + arcsinx+ C ′

Prema tome,

I = x√


pa je

2I = x√

1− x2 + arcsinx+ C ′,

odakle dobijamo

I =1

2x√

1− x2 +1

2arcsinx+

C ′

2=

1

2x√

1− x2 +1

2arcsinx+ C.


Slicno, koristeci Primer 5.32, dobijamo

J =

∫ √a2 − x2 dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v =

∫dx = x

u =√a2 − x2 =⇒ du =

1

2√a2 − x2

· (−2x) dx = − xdx√a2 − x2

∣∣∣∣∣∣∣= x

√a2 − x2 −

∫−x2dx√a2 − x2

= x√a2 − x2 −

∫a2 − x2 − a2√

a2 − x2dx

= x√a2 − x2 −

∫a2 − x2√a2 − x2

dx−∫

−a2√a2 − x2

dx

= x√a2 − x2 −

∫ √a2 − x2 dx+ a2

∫dx√a2 − x2

= x√a2 − x2 − J + a2 arcsin

x

a+ C ′.

Odavde sledi da je J =1

2x√a2 − x2 +

a2

2arcsin

x

a+ C.

Primer 5.43. Kako je

I =

∫ √x2 + a2 dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v =

∫dx = x

u =√x2 + a2 =⇒ du =

1

2√x2 + a2

· 2x dx =xdx√x2 + a2

∣∣∣∣∣∣∣= x

√x2 + a2 −

∫x2dx√x2 + a2

= x√x2 + a2 −

∫x2 + a2 − a2√

x2 + a2dx

= x√x2 + a2 −

∫x2 + a2√x2 + a2

dx+

∫a2√

x2 + a2dx

= x√x2 + a2 −

∫ √x2 + a2 dx+ a2

∫dx√x2 + a2

= x√x2 + a2 − I + a2 ln(x+

√x2 + a2) + C ′, a = 0,

to dobijamo da je

I =1

2x√x2 + a2 +

a2

2ln(x+

√x2 + a2) + C.

Integral J =

∫ √x2 − a2 dx je moguce naci analogno postupku nalazenja prethodnog

integrala, ali je moguce postupiti i na sledeci nacin:

J =

∫ √x2 − a2 dx =

∫x2 − a2√x2 − a2

dx =

∫x2√

x2 − a2dx− a2

∫dx√x2 − a2

=

∫x2√

x2 − a2dx− a2 ln |x+

√x2 − a2|+ C ′.


Integral

∫x2√

x2 − a2dx nalazimo metodom parcijalne integracije (koristeci pritom i

Primer 5.34):

∫x2√

x2 − a2dx =

∣∣∣∣∣∣ dv =xdx√x2 − a2

=⇒ v =

∫xdx√x2 − a2

=√x2 − a2

u = x =⇒ du = dx

∣∣∣∣∣∣= x

√x2 − a2 −

∫ √x2 − a2 dx.

Prema tome,

J = x√x2 − a2 − J − a2 ln |x+

√x2 − a2|+ C ′,

pa je J =1

2x√x2 − a2 − a2

2ln |x+

√x2 − a2|+ C. •

Primer 5.44. Nadimo

I =

∫x2√1− x2

dx.

Iz

I =

∫x2√1− x2

dx = −∫

1− x2 − 1√1− x2

dx = −∫ √

1− x2dx+

∫dx√1− x2

= −∫ √

1− x2dx+ arcsinx+ C ′

=

∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v = x

u =√1− x2 =⇒ du =

1

2√1− x2

· (−2x)dx = − x√1− x2

dx

∣∣∣∣∣∣= −

(x√1− x2 +

∫x2√1− x2

dx

)+ arcsinx+ C ′

= −x√

1− x2 −∫

x2√1− x2

dx+ arcsinx+ C ′

= −x√


sledi

2I = −x√

1− x2 + arcsinx+ C ′, C ′ ∈ R,

te je

I = −1

2x√

1− x2 +1

2arcsinx+ C, C ∈ R.


Drugi nacin: Koristeci parcijalnu integraciju i Primer 5.34 dobijamo:

I =

∫x2√1− x2

dx =

∣∣∣∣∣∣ dv =xdx√1− x2

⇒ v =

∫xdx√1− x2

= −√

1− x2

u = x⇒ du = dx

∣∣∣∣∣∣= −x

√1− x2 +

∫ √1− x2 dx = −x

√1− x2 +

∫1− x2√1− x2

dx

= −x√

1− x2 +

∫dx√1− x2

−∫

x2√1− x2

dx

= −x√

1− x2 + arcsinx+ C ′ − I.

Odavde dobijamo:

2I = −x√

1− x2 + arcsinx+ C ′,

tj. I = −1

2x√

1− x2 +1

2arcsinx+ C. •

Integrali tipa ∫xn lnx dx,

∫xn arcsinx dx,

∫xn arccosx dx,∫

xn arctg x dx,

∫xn arcctg x dx, n ∈ Z \ {−1},

resavaju se parcijalnom integracijom

dv = xn dx, u = lnx (u = arcsinx, u = arccosx, u = arctg x, u = arcctg x).

Odavde je v =xn+1

n+ 1, a du =

dx

x(du =

dx√1− x2

, du = − dx√1− x2

, du =dx

1 + x2,

du = − dx

1 + x2).

Primeri 5.45. (i)

∫x3 lnx dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = x3dx =⇒ v =

∫x3 dx =

x4

4

u = lnx =⇒ du =dx

x

∣∣∣∣∣∣∣=

x4

4lnx−

∫x3

4dx =

x4

4lnx− 1

4

∫x3 dx

=x4

4lnx− x4

16+ C.


(ii)

∫lnx dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v =

∫dx = x

u = lnx =⇒ du =dx

x

∣∣∣∣∣∣∣= x lnx−

∫dx = x lnx− x+ C.

(iii)

∫lnx

x2dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv =

dx

x2=⇒ v =

∫dx

x2=

∫x−2 dx = −1

x

u = lnx =⇒ du =dx

x

∣∣∣∣∣∣∣= − lnx

x+

∫dx

x2= − lnx

x− 1

x+ C.

(iv)

∫x arctg x dx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = x dx =⇒ v =

∫x dx =

x2

2

u = arctg x =⇒ du =dx

1 + x2

∣∣∣∣∣∣∣=

x2

2arctg x− 1

2

∫x2

1 + x2dx

=x2

2arctg x− 1

2

∫1 + x2 − 1

1 + x2dx

=x2

2arctg x− 1

2

(∫dx−

∫1

1 + x2dx

)=

x2

2arctg x− 1

2x+

1

2arctg x+ C.

(v) Nadimo sada integral

I =

∫x arccosxdx.

Prvi nacin:

I =

∫x arccosxdx =

∣∣∣∣∣∣ dv = xdx =⇒ v =x2

2u = arccosx =⇒ du = − dx√

1−x2

∣∣∣∣∣∣=

1

2x2 arccosx+

1

2

∫x2dx√1− x2

Kako je na osnovu Primera 5.44∫x2dx√1− x2

= −1

2x√

1− x2 +1

2arcsinx+ C, C ∈ R,


to je

I =1

2x2 arccosx− 1

4x√1− x2 +

1

4arcsinx+ C, C ∈ R.

Drugi nacin:

I =

∫x arccosxdx

=

∣∣∣∣∣∣∣∣x = cos t, t ∈ [0, π] ⇒ t = arccosx, x ∈ [−1, 1]

dx = − sin t dt

arccosx = t ∈ [0, π] ⇒ sin t ≥ 0 ⇒ sin t =√1− cos2 t =

√1− x2

∣∣∣∣∣∣∣∣= −

∫t cos t sin t dt = −1

2

∫t sin 2t dt =

∣∣∣∣∣ dv = sin 2t dt =⇒ v = −1

2cos 2t

u = t =⇒ du = dt

∣∣∣∣∣= −1

2

(−1

2t cos 2t+

1

2

∫cos 2t dt

)=

1

4t cos 2t− 1

8sin 2t+ C

=1

4t(2 cos2 t− 1)− 1

4sin t cos t+ C

=1

4(2x2 − 1) arccosx− 1

4x√

1− x2 + C

=1

2x2 arccosx− 1

4arccosx− 1

4x√

1− x2 + C, C ∈ R. •

Primer 5.46. Nadimo ∫ln(1 + x2)− 2x arctg x

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx.

Kako je∫dx

(1 + x2) ln(1 + x2)=

∣∣∣∣∣ dv = dx1+x2

=⇒ v = arctg x

u = 1ln(1+x2)

=⇒ du = − 1ln2(1+x2)

· 2x1+x2

dx

∣∣∣∣∣=

arctg x

ln(1 + x2)+

∫2x arctg x

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx,

to je∫ln(1 + x2)− 2x arctg x

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx =

∫ln(1 + x2)

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx−

∫2x arctg x

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx

=

∫dx

(1 + x2) ln(1 + x2)−∫

2x arctg x

(1 + x2) ln2(1 + x2)dx

=arctg x

ln(1 + x2)+ C. •

Rekurzivne formule

U opstem slucaju termin rekuzivna formula oznacava formulu u kojoj se izraz kojizavisi od nekog parametra izrazava preko izraza istog oblika kome odgovara ista ili neka


druga vrednost tog parametra. U slucaju integrala, metod rekurzivnih formula se koristiza odredivanje integrala funkcija koje zavise od celobrojnog parametra n, na taj nacinsto se polazni integral koji zavisi od n izrazava preko integrala istog tipa koji zavisi odparametra m manjeg od n.

Preciznije, neka su date funkcije fn, n = 0, 1, . . . , na intervalu I, fn : I → R, i nekapostoje integrali In =

∫fn(x)dx. Formula oblika

In = Φ(In−1, In−2, . . . , In−k), k ≤ n

zove se rekurzivna formula za niz integrala (In), n ∈ N0.16

Primer 5.47. Nadimo In =

∫dx

(a2 + x2)n, a = 0, n ∈ N.

Prvi nacin:

In =

∫dx

(a2 + x2)n=

∣∣∣∣∣∣dv = dx =⇒ v = x

u =1

(a2 + x2)n=⇒ du =

−2nx dx

(a2 + x2)n+1

∣∣∣∣∣∣ ==

x

(a2 + x2)n+ 2n

∫x2

(a2 + x2)n+1dx

=x

(a2 + x2)n+ 2n

∫a2 + x2 − a2

(a2 + x2)n+1dx

=x

(a2 + x2)n+ 2n

(∫a2 + x2

(a2 + x2)n+1dx− a2

∫1

(a2 + x2)n+1dx

)=

x

(a2 + x2)n+ 2n

(∫dx

(a2 + x2)n− a2

∫1

(a2 + x2)n+1dx

)=

x

(a2 + x2)n+ 2n

(In − a2In+1

)=

x

(a2 + x2)n+ 2nIn − 2na2In+1.

Odavde sledi

In+1 =1

2na2x

(a2 + x2)n+

2n− 1

2na2In, n = 1, 2, . . . .

I1 =

∫dx

a2 + x2=

1

aarctg

x

a+ C.

I2 =1

2a2x

a2 + x2+

1

2a2I1 =

1

2a2x

a2 + x2+

1

2a21

aarctg

x

a+ C.

16Sa N0 oznacavamo skup N ∪ {0}.


Drugi nacin:

In =

∫dx

(a2 + x2)n=

1

a2

∫a2

(a2 + x2)ndx =

1

a2

∫(x2 + a2)− x2

(a2 + x2)ndx

=1

a2

∫x2 + a2

(a2 + x2)ndx− 1

a2

∫x2

(a2 + x2)ndx

=1

a2

∫dx

(a2 + x2)n−1− 1

a2

∫x2

(a2 + x2)ndx

=1

a2In−1 −

1

a2

∫x2

(a2 + x2)ndx

Koristeci metodu parcijalne integracije dobijamo

∫x2

(a2 + x2)ndx =

∣∣∣∣∣∣ dv = xdx(a2+x2)n

=⇒ v =

∫xdx

(a2 + x2)n= − 1

2(n− 1)· 1

(a2 + x2)n−1

u = x =⇒ du = dx

∣∣∣∣∣∣ == − 1

2(n− 1)· x

(a2 + x2)n−1+

1

2(n− 1)

∫dx

(a2 + x2)n−1

= − 1

2(n− 1)· x

(a2 + x2)n−1+

1

2(n− 1)In−1.

Prema tome,

In =1

a2In−1 −

1

a2

(− 1

2(n− 1)· x

(a2 + x2)n−1+

1

2(n− 1)In−1

)=

1

2(n− 1)a2· x

(a2 + x2)n−1+

2n− 3

2(n− 1)a2In−1. •

Primer 5.48. Neka je In =

∫tgn x dx, n ∈ N0. Nadimo I0 i I1:

I0 =

∫dx = x+ C,

I1 =

∫tg x dx =

∫sinx dx

cosx=

∣∣∣∣ cosx = t =⇒ − sinx dx = dt=⇒ sinx dx = −dt

∣∣∣∣= −

∫dt

t= − ln |t|+ C = − ln | cosx|+ C

Za n ≥ 2 imamo:

In =

∫tgn x dx =

∫tgn−2 x tg2 x dx =

∫tgn−2 x

sin2 x

cos2 xdx

=

∫tgn−2 x

1− cos2 x

cos2 xdx =

∫tgn−2 x

1

cos2 xdx−

∫tgn−2 x dx

=

∫tgn−2 x

1

cos2 xdx− In−2.


Kako je∫tgn−2 x

1

cos2 xdx =

∣∣ tg x = t⇒ 1cos2 x

dx = dt∣∣ = ∫ tn−2dt =

tn−1

n− 1+ C

=tgn−1 x

n− 1+ C,

sledi

In =tgn−1 x

n− 1− In−2, n ≥ 2. (5.20)

Tako, za n = 2 iz formule (5.20) dobijamo:

I2 = tg x− I0 = tg x− x+ C,

dok za n = 3 imamo:

I3 =1

2tg2 x− I1 =

1

2tg2 x+ ln | cosx|+ C. •

Primer 5.49. Neka je In =

∫sinn x dx i Jn =

∫cosn x dx, n ∈ N0. Za n ≥ 2 primen-

jujemo metod parcijalne integracije:

In =

∫sinn x dx =

∣∣∣∣ dv = sinx dx =⇒ v = − cosxu = sinn−1 x =⇒ du = (n− 1) sinn−2 x cosxdx

∣∣∣∣= − sinn−1 x cosx+ (n− 1)

∫sinn−2 x cos2 xdx

= − sinn−1 x cosx+ (n− 1)

∫sinn−2 x(1− sin2 x)dx

= − sinn−1 x cosx+ (n− 1)In−2 − (n− 1)In.

Odavde sledinIn = − sinn−1 x cosx+ (n− 1)In−2,

tj.

In = − 1

nsinn−1 x cosx+

n− 1

nIn−2.

Kako je

I0 =

∫dx = x+ C i I1 =

∫sinxdx = − cosx+ C,

to je

I2 = −1

2sinx cosx+

1

2I0 = −1

2sinx cosx+

1

2x+ C.

Takode,

I3 =

∫sin3 x dx = −1

3sin2 x cosx+

2

3I1

= −1

3sin2 x cosx− 2

3cosx+ C

5.2. Integracija racionalnih funkcija 503

i

I4 =

∫sin4 x dx = −1

4sin3 x cosx+

3

4I2

= −1

4sin3 x cosx+

3

4

(−1

2sinx cosx+

1

2x

)+ C

= −1

4sin3 x cosx− 3

8sinx cosx+

3

8x+ C.

Slicno se dokazuje da je

Jn =

∫cosn dx =

1

ncosn−1 x sinx+

n− 1

nJn−2,

J0 =

∫dx = x+ C, J1 =

∫cosxdx = sinx+ C.

5.3 Integracija racionalnih funkcija

Racionalne funkcije

U ovoj sekciji sa P,Q, P1, Q1 oznacavamo polinome sa realnim koeficijentima. Funkcija

R(x) =P (x)

Q(x)

naziva se racionalna funkcija.Oznacimo sa st(P ) i st(Q) stepene polinoma P i Q redom. Ako je st(P ) < st(Q),

onda za racionalnu funkciju R kazemo da je prava racionalna funkcija. U protivnom,ako je st(P ) ≥ st(q), onda za racionalnu funkciju R kazemo da je neprava racionalnafunkcija.

Svaka neprava racionalna funkcija se moze prikazati kao zbir jednog polinoma i jedneprave racionalne funkcije. U tu svrhu potrebno je izvrsiti delenje polinoma P polinomomQ.

Primer 5.50. Predstavimo nepravu racionalnu funkciju

R(x) =x6 + 3x4 + x3 − 5x2 + 4x− 7

x4 + 5x2 + 4

kao zbir jednog polinoma i jedne prave racionalne funkcije.Iz

(x6 + 3x4 + x3 − 5x2 + 4x− 7) : (x4 + 5x2 + 4) = x2 − 2

−(x6 + 5x4 + 4x2)

−2x4 + x3 − 9x2 + 4x− 7

−(−2x4 − 10x2 − 8)

x3 + x2 + 4x+ 1


sledi da je

R(x) = x2 − 2 +x3 + x2 + 4x+ 1

x4 + 5x2 + 4.

Racionalne funkcija oblika

x 7→ A

(x− a)k, x 7→ Mx+N

(x2 + px+ q)k, k = 1, 2, . . . ,

gde su A,M,N, a, p, q realne konstante i p2 − 4q < 0, zovemo proste racionalne funkcije.

Lema 5.51. Neka je x 7→ P (x)

Q(x)prava racionalna funkcija i neka je a realna nula reda k

polinoma Q, tj. Q(x) = (x−a)kQ1(x) i Q1(a) = 0. Tada postoji realan broj A i polinomP1 tako da je

P (x)

Q(x)=

A

(x− a)k+

P1(x)

(x− a)k−1Q1(x),

pri cemu je x 7→ P1(x)

(x− a)k−1Q1(x)prava racionalna funkcija.

Dokaz. Za proizvoljan realan broj A vazi jednakost:

P (x)

Q(x)=

P (x)

(x− a)kQ1(x)=

A

(x− a)k+

P (x)

(x− a)kQ1(x)− A

(x− a)k

=A

(x− a)k+P (x)−AQ1(x)

(x− a)kQ1(x).

Kako je stepen polinoma P manji od stepena polinoma x 7→ Q(x) = (x − a)kQ1(x) itakode, stepen polinoma Q1 je manji od stepena polinoma Q jer je k ≥ 1, to je stepenpolinoma x 7→ P (x) − AQ1(x) manji od stepena polinoma Q, pa je racionalna funkcija

x 7→ P (x)−AQ1(x)

(x− a)kQ1(x)prava.

Izaberimo broj A tako da a bude nula polinoma x 7→ P (x) − AQ1(x). Kako je

Q1(a) = 0, iz P (a) − AQ1(a) = 0 sledi A =P (a)

Q1(a). Za ovako izabrano A polinom

x 7→ P (x)−AQ1(x) je deljiv sa x−a, pa postoji polinom P1 tako da je P (x)−AQ1(x) =(x− a)P1(x). Stoga je

P (x)−AQ1(x)

(x− a)kQ1(x)=

(x− a)P1(x)

(x− a)kQ1(x)=

P1(x)

(x− a)k−1Q1(x),

i kako je racionalna funkcija x 7→ P1(x)

(x− a)k−1Q1(x)dobijena iz prave racionalne funkcije

kracenjem, to je i sama prava racionalna funkcija. �


Lema 5.52. Neka je x 7→ P (x)

Q(x)prava racionalna funkcija i neka je z1 = α+iβ, α, β ∈ R,

β = 0, nula reda k polinoma Q, tj. Q(x) = (x2 + px + q)kQ1(x), gde je Q1(z1) = 0 i(x− z1)(x− z1) = x2 + px+ q (p = −2α, q = α2 + β2). Tada postoje realni brojevi M iN , i polinom P1 tako da je

P (x)

Q(x)=

Mx+N

(x2 + px+ q)k+

P1(x)

(x2 + px+ q)k−1Q1(x),

pri cemu je x 7→ P1(x)

(x2 + px+ q)k−1Q1(x)prava racionalna funkcija.

Dokaz. Za proizvoljan realne brojeve M i N vazi jednakost:

P (x)

Q(x)=

P (x)

(x2 + px+ q)kQ1(x)

=Mx+N

(x2 + px+ q)k+

P (x)

(x2 + px+ q)kQ1(x)− Mx+N

(x2 + px+ q)k

=Mx+N

(x2 + px+ q)k+P (x)− (Mx+N)Q1(x)

(x2 + px+ q)kQ1(x).

Buduci da je stepen polinoma P manji od stepena polinoma Q i stepen polinoma x 7→(Mx + N)Q1(x) je takode manji od stepena polinoma Q, to je onda stepen polinomax 7→ P (x) − (Mx + N)Q1(x) manji od stepena polinoma Q, pa je racionalna funkcija

x 7→ P (x)− (Mx+N)Q1(x)

(x2 + px+ q)kQ1(x)prava.

Izaberimo brojeveM iN polinom x 7→ P (x)−(Mx+N)Q1(x) bude deljiv sa x2+px+q = (x−z1)(x−z1). Za to je dovoljno da je z1 nula polinoma x 7→ P (x)−(Mx+N)Q1(x),tj.

P (z1)− (Mz1 +N)Q1(z1) = 0. (5.21)

Kako je Q1(z1) = 0, iz (5.21) sledi

Mz1 +N =P (z1)

Q1(z1). (5.22)

Oznacimo kompleksan brojP (z1)

Q1(z1)sa a+ ib. Iz (5.22) imamo da je

M(α+ iβ) +N = a+ ib,

tj.

Mα+N = a

Mβ = b

odakle dobijamo da je

M =b

β, N = a− bα

β.


Za ovako izabraneM i N polinom x 7→ P (x)−(Mx+N)Q1(x) je deljiv sa x2+px+q, tepostoji polinom P1 tako da je P (x)−(Mx+N)Q1(x) = (x2+px+q)P1(x). Skracivanjemrazlomka

P (x)− (Mx+N)Q1(x)

(x2 + px+ q)kQ1(x),

sa x2 + px+ q dobijamoP1(x)

(x2 + px+ q)k−1Q1(x).

Funkcija x 7→ P1(x)

(x2 + px+ q)k−1Q1(x)je prava racionalna funkcija jer je dobijena kracenjem

prave racionalne funkcije. �

Neka je y =P (x)

(x− 1)3(x2 + x+ 1)2prava racionalna funkcija. Primenom Leme 5.51

tri puta za redom dobijamo

P (x)

(x− 1)3(x2 + x+ 1)2=

A1

(x− 1)3+

P1(x)

(x− 1)2(x2 + x+ 1)2

=A1

(x− 1)3+

A2

(x− 1)2+

P2(x)

(x− 1)(x2 + x+ 1)2(5.23)

=A1

(x− 1)3+

A2

(x− 1)2+

A3

(x− 1)+

P3(x)

(x2 + x+ 1)2,

gde su A1, A2, A3 realne konstante, P1, P2, P3 su polinomi sa realnim koeficijentima, i sveracionalne funkcije koje se pojavljuju u formulama (5.23) su prave.

Sada primenom Leme 5.52 dobijamo

P3(x)

(x2 + x+ 1)2=

M1x+N1

(x2 + x+ 1)2+

P4(x)

x2 + x+ 1,

pri cemu je P4 polinom sa realnim koeficijentima, a funkcija x 7→ P4(x)

x2 + x+ 1je prava

racionalna funkcija, te stoga zakljucujemo da postoje realne konstante M2 i N2 tako daje P4(x) =M2x+N2. Prema tome,

P (x)

(x− 1)3(x2 + x+ 1)2=

A1

(x− 1)3+

A2

(x− 1)2+

A3

(x− 1)+

M1x+N1

(x2 + x+ 1)2+M2x+N2

x2 + x+ 1

Sledeca teorema sledi iz Lema 5.51 i 5.52.

Teorema 5.53. Neka je y =P (x)

Q(x)prava racionalna funkcija, P i Q polinomi sa realnim

koeficijentima, i neka je

Q(x) = (x− a1)k1 · · · · · (x− am)

km(x2 + p1x+ q1)s1 · · · · · (x2 + plx+ ql)

sl , (5.24)

gde su a1, . . . , am medusobno razlicite realne nule polinoma Q visestrukosti k1, . . . , kmredom, a x2+pix+ qi = (x− zi)(x− zi), gde su zi i zi (zi = zi) konjugovano kompleksne


nule polinoma Q visestrukosti si, zi = zj za i = j, i, j ∈ {1, . . . , l}. Tada postoje realni

brojevi A1, . . . , Am, M(j)i , N

(j)i , i = 1, . . . , l, j = 1, . . . , si, tako da vazi jednakost:

P (x)

Q(x)=

A(1)1

(x− a1)k1+

A(1)2

(x− a1)k1−1+ · · ·+

A(1)k1

x− a1+ · · ·+

+A

(m)1

(x− am)km+

A(m)2

(x− am)km−1+ · · ·+

A(m)km

x− am+

+M

(1)1 x+N

(1)1

(x2 + p1x+ q1)s1+

M(1)2 x+N

(1)2

(x2 + p1x+ q1)s1−1+ · · ·+ M

(1)s1 x+N

(1)s1

x2 + p1x+ q1+ · · ·+

+M

(l)1 x+N

(l)1

(x2 + plx+ ql)sl+

M(l)2 x+N

(l)2

(x2 + plx+ ql)sl−1+ · · ·+ M

(l)sl x+N

(l)sl

x2 + plx+ ql. (5.25)

Dokaz. Iz (5.24) sledi da je

Q(x) = (x− a1)k1Q1(x),

gde je Q1(x) = (x − am)km(x2 + p1x + q1)

s1 · · · · · (x2 + plx + ql)sl . S obzirom da je

Q1(a1) = 0, to je am realna nula polinoma Q visestrukosti k1, pa primenom Leme 5.51dobijamo:

P (x)

Q(x)=

A(1)1

(x− a1)k1+

P1(x)

(x− a1)k1−1Q1(x).

Ako je k1 > 1, primenjujuci opet Lemu 5.51 na racionalnu funkciju x 7→ P1(x)

(x− a1)k1−1Q1(x)dobijamo:

P (x)

Q(x)=

A(1)1

(x− a1)k1+

A(1)2

(x− a1)k1−1+

P2(x)

(x− a1)k1−2Q1(x).

Nastavljajuci postupak sve dok izlozilac faktora x− a1 ne bude 0, dobijamo

P (x)

Q(x)=

A(1)1

(x− a1)k1+

A(1)2

(x− a1)k1−1+ · · ·+

A(1)k1

x− a1+Pk1(x)

Q1(x). (5.26)

Primenjujuci isti postupak za svaki od preostalih cinilaca x− a2, . . . x− am dobijamo:

P (x)

Q(x)=

A(1)1

(x− a1)k1+

A(1)2

(x− a1)k1−1+ · · ·+

A(1)k1

x− a1+ · · ·+ (5.27)

+A

(m)1

(x− am)km+

A(m)2

(x− am)km−1+ · · ·+

A(m)km

x− am+P (x)

Q(x), (5.28)

gde su P i Q polinomi sa realnim koeficijentima, pri cemu je racionalna funkcija x 7→P (x)

Q(x)prava, a polinom Q nema realne nule. Primenjujuci uzastopno Lemu 5.52 na


racionalnu funkciju x 7→ P (x)

Q(x)dobicemo:

P (x)

Q(x)=

M(1)1 x+N

(1)1

(x2 + p1x+ q1)s1+

M(1)2 x+N

(1)2

(x2 + p1x+ q1)s1−1+ · · ·+ M

(1)s1 x+N

(1)s1

x2 + p1x+ q1+ · · ·+

+M

(l)1 x+N

(l)1

(x2 + plx+ ql)sl+

M(l)2 x+N

(l)2

(x2 + plx+ ql)sl−1+ · · ·+ M

(l)sl x+N

(l)sl

x2 + plx+ ql. (5.29)

Iz (5.28) i (5.29) sledi (5.25). �Teorema 5.53 omogucava da se svaka prava racionalna funkcija rastavi na zbir prostih

racionalnih funkcija. Ukupan broj konstanti A1, . . . , Am, M(j)i , N

(j)i , i = 1, . . . , l, j =

1, . . . , si koje tom prilikom treba odrediti je

k1 + · · ·+ km + 2(s1 + · · ·+ sl) = n

gde je n stepen polinoma Q.

Primeri 5.54. (i) Razlozimo pravu racionalnu funkciju x 7→ 2x− 3

x2 + x− 6na zbir prostih

racionalnih funkcija.Kako je x2 + x − 6 = (x − 2)(x + 3), to na osnovu Teoreme 5.53 postoje realne

konstante A i B tako da vazi jednakost:

2x− 3

x2 + x− 6=

2x− 3

(x− 2)(x+ 3)=

A

x− 2+

B

x+ 3.

Odavde sledi2x− 3 = A(x+ 3) +B(x− 2), (5.30)

tj.2x− 3 = (A+B)x+ 3A− 2B,

te jeA+B = 2, 3A− 2B = −3

Resavajuci ovaj sistem dobijamo da je A = 15 i B = 9

5 . Prema tome,

2x− 3

x2 + x− 6=

15

x− 2+

95

x+ 3.

Do resenja smo mogli doci stavljajuci u jednakosti (5.30) redom, x = −3, x = 2. Takodobijamo

−9 = B(−5), 1 = 5A,

tj. A = 15 i B = 9

5 .

(ii) Razlozimo pravu racionalnu funkciju x 7→ 3x2 − 8x+ 2

x(x− 1)2na zbir prostih racionalnih

funkcija.


Iz Teoreme 5.53 sledi da postoje realni brojevi A, B i C tako da vazi jednakost:

3x2 − 8x+ 2

x(x− 1)2=A

x+

B

(x− 1)2+

C

x− 1.

Odavde je

3x2 − 8x+ 2 = A(x− 1)2 +Bx+ Cx(x− 1), (5.31)

tj.

3x2 − 8x+ 2 = (A+ C)x2 + (−2A+B − C)x+A.

Iz ovoga sledi

A+ C = 3, −2A+B − C = −8, A = 2.

Resavanjem ovog sistema jednacina dobijamo A = 2, C = 1, B = −3, pa je

3x2 − 8x+ 2

x(x− 1)2=

2

x− 3

(x− 1)2+

1

x− 1.

Do resenja mozemo doci i stavljajuci u (5.31) redom x = 0, x = 1. Tada dobijamo

2 = A, −3 = B.

Ostaje da odredimo B. Ako stavimo da je x = 2 dobicemo

−2 = A+ 2B + 2C = 2− 6 + 2C = −4 + 2C,

odakle sledi C = 1.

(iii) S obzirom da je x 7→ −7x4 − x3 − 12x2 − 13x− 6

x(x− 2)(x2 + 1)2prava racionalna funkcija, postoje

realne konstante A,B,C,D,E, F tako da vazi jednakost:

−7x4 − x3 − 12x2 − 13x− 6

x(x− 2)(x2 + 1)2=A

x+

B

(x− 2)+

Cx+D

(x2 + 1)2+Ex+ F

x2 + 1,

odakle sledi

−7x4 − x3 − 12x2 − 13x− 6 = A(x− 2)(x2 + 1)2 +Bx(x2 + 1)2 +

+(Cx+D)x(x− 2) + (5.32)

+(Ex+ F )x(x− 2)(x2 + 1),

tj.

−7x4 − x3 − 12x2 − 13x− 6 = (A+B + E)x5 + (−2A− 2E + F )x4 +

+(2A+ 2B + C +E)x3 +

+(−4A− 2C +D − 2E + F )x2

+(A+B − 2D − 2F )x− 2A.



A+B + E = 0

−2A− 2E + F = −7

2A+ 2B + C + E = −1

−4A− 2C +D − 2E + F = −12

A+B − 2D − 2F = −13

−2A = −6

Resavanjem sistema dobijamo da je A = 3, B = −4, C = 2, D = 5, E = 1 i F = 1.Postupak nalazenja konstanti A,B,C,D,E, F mozemo ubrzati uzimajuci u (5.32) za

x redom vrednosti nula polinoma x 7→ x(x− 2)(x2+1)2. Tako stavljajuci x = 0 u (5.32)dobijamo

−6 = −2A =⇒ A = 3,

dok stavljajuci x = 2 dobijamo

−200 = 50B =⇒ B = −4.

Za x = i dobijamo−1− 12i = (Ci+D)i(i− 2),

tj.−1− 12i = 2C −D + (−C − 2D)i.

Odavde sledi2C −D = −1, −C − 2D = −12.

Resavajuci ovaj sistem dobijamo da je C = 2 i D = 5.Ostalo je da odredimo E i F . Stavljajuci u (5.32) redom x = 1 i x = −1, dobijamo

−39 = −4A+ 4B − C −D − 2E − 2F

= −4 · 3 + 4 · (−4)− 2− 5− 2E − 2F

=⇒ E + F = 2,

i

−11 = −12A− 4B − 3C + 3D − 6E + 6F

= −12 · 3− 4 · (−4)− 3 · 2 + 3 · 5− 6E + 6F

=⇒ E − F = 0.

Resavajuci sistem

E + F = 2

E − F = 0

dobijamo da je E = 1 i F = 1. •


Integracija racionalnih funkcija

S obzirom da se svaka neprava racionalna funkcija moze predstaviti u vidu zbirapolinoma i prave racionalne funkcije, a svaka prava racionalna funkcija je zbir prostihracionalnih funkcija, to se integracija racionalnih funkcija svodi na integraciju polinomai integraciju prostih racionalnih funkcija. Integracija polinoma je jednostavna. Ostajenam da razmotrimo integraciju prostih racionalnih funkcija.

Integracija prostih racionalnih funkcija se svodi na sledeca cetiri tipa integrala:∫A

x− adx, A, a ∈ R;

∫A

(x− a)kdx, A, a ∈ R, k ∈ N, k > 1;

∫Mx+N

x2 + px+ qdx, M,N, p, q ∈ R, p2 − 4q < 0;

∫Mx+N

(x2 + px+ q)kdx, M,N, p, q ∈ R, p2 − 4q < 0, k ∈ N, k > 1.

(1) Naci

∫A

x− adx, A, a ∈ R.∫

A

x− adx = |x− a = t =⇒ dx = dt| =

∫A

tdt = A ln |t|+ C = A ln |x− a|+ C.

(2) Naci

∫A

(x− a)kdx, A, a ∈ R, k ∈ N, k > 1.

∫A

(x− a)kdx = |x− a = t =⇒ dx = dt| =

∫A

tkdt =

∫A

t

−kdt = A

t−k+1

−k + 1+ C

= − A

k − 1· 1

tk−1+ C = − A

k − 1· 1

(x− a)k−1+ C.

(3) Naci I =

∫Mx+N

x2 + px+ qdx, M,N, p, q ∈ R, p2 − 4q < 0.

Napisimo kvadratni trinom x2 + px+ q u kanonskom obliku:

x2 + px+ q = x2 + 2 · p2x+

(p2

)2−(p2

)2+ q =

(x+

p

2

)2− p2 − 4q

4.

Kako je p2 − 4q < 0, to −p2 − 4q

4mozemo smeniti sa α2, α > 0, pa je

I =

∫Mx+N

x2 + px+ qdx =

∫Mx+N(

x+p

2

)2+ α2

dx.


Sada uvodimo smenu x+p

2= t. Odavde dx = dt i x = t− p

2, pa je

I =

∫Mx+N(

x+p

2

)2+ α2

dx =

∫ M(t− p

2) +N

t2 + α2dt

= M

∫tdt

t2 + α2+ (N −M · p

2)

∫dt

t2 + α2.

Za nalazenje integrala

∫tdt

t2 + α2koristimo metodu smene:

∫tdt

t2 + α2=

∣∣∣∣t2 + α2 = z ⇒ 2tdt = dz ⇒ tdt =1

2dz

∣∣∣∣=

1

2

∫dz

z=

1

2ln |z|+ C =

1

2ln(t2 + α2) + C.

Na osnovu Primera (5.32) imamo da je

∫dt

t2 + α2=

1

αarctg

t

α+ C. Prema tome,

∫Mx+N

x2 + px+ qdx =

M

2ln(t2 + α2) +

N − p2

αarctg

t

α+ C

=M

2ln(x2 + px+ q) +

N − p2

αarctg

x+ p2

α+ C,

gde je α2 = −p2 − 4q

4.

(4) Naci

∫Mx+N

(x2 + px+ q)ndx, M,N, p, q ∈ R, p2 − 4q < 0, n ∈ N, n > 1. Kao i

malopre, oznacimo li −p2 − 4q

4sa α2, mozemo pisati

∫Mx+N

(x2 + px+ q)kdx =

∫Mx+N((

x+p

2

)2+ α2

)k dx=

∣∣∣x+p

2= t =⇒ x = t− p

2=⇒ dx = dt

∣∣∣=

∫ M(t− p

2) +N

(t2 + α2)kdt

= M

∫tdt

(t2 + α2)k+ (N −M · p

2)

∫dt

(t2 + α2)k.


Za nalazenje integrala

∫tdt

(t2 + α2)k, k ∈ N, k ≥ 2, koristimo metodu smene:∫

tdt

(t2 + α2)k=

∣∣∣∣t2 + α2 = z ⇒ 2tdt = dz ⇒ tdt =1

2dz

∣∣∣∣=

1

2

∫dz

zk=

1

2

∫z−kdz =

1

2· z

1−k

1− k+ C

= − 1

2(k − 1)· 1

zk−1+ C

= − 1

2(k − 1)· 1

(t2 + α2)k−1+ C.

Rekurzivna formula za integral In =

∫dx

(a2 + x2)nje data u Primeru 5.47.

5.4 Integracija trigonometrijskih funkcija

1. Integral oblika

∫R(sinx, cosx)dx se smenom tg x

2 = t, −π < x < π, svodi na integral

racionalne funkcije. Zaista, kako je

sinx =2 sin x

2 cosx2

sin2 x2 + cos2 x2=

2 sin x2 cos

x2

cos2 x2sin2 x2 + cos2 x2

cos2 x2

=2 tg x

2

1 + tg2 x2=

2t

1 + t2, (5.33)

cosx =cos2 x2 − sin2 x2sin2 x2 + cos2 x2

=

cos2 x2 − sin2 x2cos2 x2

sin2 x2 + cos2 x2cos2 x2

=1− tg2 x21 + tg2 x2

=1− t2

1 + t2, (5.34)

x

2= arctg t, x = 2arctg t, dx =

2dt

1 + t2, (5.35)

dobijamo ∫R(sinx, cosx)dx = 2

∫R

(2t

1 + t2,1− t2

1 + t2

)dt

1 + t2.

Primer 5.55. Nadimo

∫dx

sinxi

∫dx

cosx.

Domen funkcije x 7→ 1sinx je unija intervala (kπ, (k+ 1)π), k ∈ Z. Primenom (5.33) i

(5.35) dobijamo:∫dx

sinx=

∣∣∣∣∣∣tg x

2 = t, x ∈ (−π, π) \ {0}x = 2arctg t =⇒ dx = 2dt

1+t2

sinx = 2t1+t2

∣∣∣∣∣∣ =∫ 2dt

1+t2

2t1+t2

=

∫dt

t= ln |t|+ C

= ln | tg x2|+ C, na intervalima (−π, 0) i (0, π).


Kako je x 7→ ln | tg x2 | periodicna funkcija sa periodom 2π, zakljucujemo da je∫

dx

sinx= ln | tg x

2|+ C, na svakom od intervala (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z.

Domen funkcije x 7→ 1cosx je unija intervala

((2k−1)π

2 , (2k+1)π2

), k ∈ Z.

∫dx

cosx=

∫dx

sin(x+ π2 )

=∣∣ x+ π

2 = t =⇒ dx = dt∣∣ =

=

∫dt

sin t= ln | tg t

2|+ C = ln | tg

x+ π2

2|+ C

= ln | tg(x2+π

4

)|+ C, gde x+

π

2∈ (kπ, (k + 1)π), k ∈ Z.

Prema tome,

∫dx

cosx= ln | tg

(x2+π

4

)|+C, na svakom od intervala

((2k−1)π

2 , (2k+1)π2

), k ∈

Z. •

Primer 5.56. Nadimo

∫dx

2 + cosx. Domen podintegralne funkcije je skup R. Pri-

menom (5.34) i (5.35) dobijamo:

∫dx

2 + cosx=

∣∣∣∣∣∣∣tg x

2 = t, x ∈ (−π, π)x = 2arctg t =⇒ dx = 2dt

1+t2

cosx = 1−t21+t2

∣∣∣∣∣∣∣ =∫ 2dt

1+t2

2 + 1−t21+t2

= 2

∫dt

3 + t2

=2√3arctg

t√3+ C =

2√3arctg

tg x2√3+ C, x ∈ (−π, π).

Buduci da je funkcija x 7→ arctgtg x

2√3

periodicna sa periodom 2π, zakljucujemo da je∫dx

2 + cosx=

2√3arctg

tg x2√3+ C na svakom od intervala ((2k − 1)π, (2k + 1)π), k ∈ Z.

•

Smenom tg x2 = t mozemo integraliti ma koju funkciju oblika x 7→ R(sinx, cosx).

Medutim ova smena nije uvek i najbolje resenje jer cesto dovodi do integrala racionalnefunkcije sa polinomima u brojiocu i imeniocu koji imaju velike stepene. Navescemoprimere integrala ovog tipa kod kojih je podesnije koristiti neke druge smene.

2. Najpre uocimo da ako je x 7→ R(x) parna racionalna funkcija, da se ona mozenapisati u obliku R(x) = R1(x

2) gde je R1 takode racionalna funkcija. 17

Takode, ako je racionalna funkcija dveju promenljivih R = R(x1, x2) parna po jednojpromenljivoj, recimo x1, tj. ako vazi R(−x1, x2) = R(x1, x2), onda se ona moze napisatiu obliku

R(x1, x2) = R1(x21, x2),

17Ako je racionalna funkcija R(x) = P (x)Q(x)

, gde su P i Q polinomi, parna, onda je R(−x) = R(x) i kako

je P (x) = P1(x2) + xP2(x

2) i Q(x) = Q1(x2) + xQ2(x

2) gde su P1, P2, Q1 i Q2 takode polinomi, sledi

5.4. Integracija trigonometrijskih funkcija 515

gde je R1 takode racionalna funkcija.Ako je pak funkcija R = R(x1, x2) neparna po x1, tj. vazi R(−x1, x2) = −R(x1, x2),

onda je (x1, x2) 7→ R(x1,x2)x1

parna po x1, pa je R(x1,x2)x1

= R∗(x21, x2), gde je R∗ racionalna

funkcija, i prema tomeR(x1, x2) = R∗(x21, x2) · x1.

Stoga, ako je podintegralna funkcija racionalna po sinx i cosx i uz to i neparna posinx, tj. vazi R(− sinx, cosx) = −R(sinx, cosx), onda je

R(sinx, cosx)dx = R∗(sin2 x, cosx) sinxdx

= −R∗(1− cos2 x, cosx)d(cosx),

pa se smenomcosx = t

integral

∫R(sinx, cosx)dx svodi na integral racionalne funkcije.

Primer 5.57.∫dx

sinx cos 2x=

∫sinx dx

sin2 x(cos2 x− sin2 x)=

∫sinx dx

(1− cos2 x)(2 cos2 x− 1)

=

∣∣∣∣ cosx = t =⇒ − sinxdx = dtsinxdx = −dt

∣∣∣∣ = −∫

dt

(1− t2)(2t2 − 1). •

Ako je podintegralna funkcija racionalna po sinx i cosx i osim toga i neparna pocosx, tj. vazi R(sinx,− cosx) = −R(sinx, cosx), onda je

R(sinx, cosx)dx =∼R(sinx, cos2 x) cosxdx

=∼R(sinx, 1− sin2 x)d(sinx),

da je

P1(x2) + xP2(x

2)

Q1(x2) + xQ2(x2)=

P1((−x)2)− xP2((−x)2)Q1((−x)2)− xQ2((−x)2)

,

tj.P1(x

2) + xP2(x2)

Q1(x2) + xQ2(x2)=

P1(x2)− xP2(x

2)

Q1(x2)− xQ2(x2)

Odavde,

(P1(x2) + xP2(x

2))(Q1(x2)− xQ2(x

2)) = (P1(x2)− xP2(x

2))(Q1(x2) + xQ2(x

2)),

i prema tome,P1(x

2)Q2(x2) = P2(x

2)Q1(x2).

Iz poslednje jednakosti dobijamo da je

R(x) =P1(x

2) + xP2(x2)

Q1(x2) + xQ2(x2)=

Q2(x2)(P1(x

2) + xP2(x2))

Q2(x2)(Q1(x2) + xQ2(x2))

=P1(x

2)Q2(x2) + xP2(x

2)Q2(x2)

Q2(x2)(Q1(x2) + xQ2(x2))=P2(x

2)Q1(x2) + xP2(x

2)Q2(x2)

Q2(x2)(Q1(x2) + xQ2(x2))

=P2(x

2)(Q1(x2) + xQ2(x

2))

Q2(x2)(Q1(x2) + xQ2(x2))=P2(x

2)

Q2(x2)= R1(x

2).


gde je∼R takode racionalna funkcija, pa se smenom

sinx = t

integral

∫R(sinx, cosx)dx svodi na integral racionalne funkcije.

Tako se, na primer, integral

∫sinm x cosn xdx, gde su m i n celi brojevi, za slucaj

da je m neparan broj, resava smenom cosx = t, dok, za slucaj da je n neparan, smenomsinx = t.

Primer 5.58.

∫sin5 x

cos2 xdx =

∫sin4 x

cos2 xsinx dx =

∣∣∣∣∣∣cosx = t =⇒

− sinxdx = dt =⇒ sinxdx = −dtsin2 x = 1− t2

∣∣∣∣∣∣ == −

∫(1− t2)2

t2dt =

∫1− 2t2 + t4

t2=

∫ (1

t2− 2 + t2

)dt

= −1

t− 2t+

t3

3+ C

= − 1

cosx− 2 cosx+

cos3 x

3+ C,

na svakom intervalu koji ne sadrzi tacke kπ2 , k ∈ Z. •

Primer 5.59.∫sin4 x cos3 x dx =

∫sin4 x cos2 x cosx dx =

∫sin4 x(1− sin2 x) cosx dx

=∣∣ sinx = t =⇒ cosx dx = dt

∣∣ = ∫ t4(1− t2)dt

=

∫(t4 − t6)dt =

t5

5− t7

7+ C

=sin5 x

5− sin7 x

7+ C, x ∈ R. •

Primer 5.60.∫dx

sin2 x cosx=

∫cosx dx

sin2 x cos2 x

=

∫cosx dx

sin2 x (1− sin2 x)=∣∣ sinx = t =⇒ cosx dx = dt

∣∣=

∫dt

t2(1− t2)


Ako su i m i n neparni brojevi, m = 2k+1, n = 2l+1, k, l ∈ Z, onda je osim smenasinx = t ili cosx = t, celishodno upotrebiti i smenu cos 2x = t. Naime,∫

sin2k+1 x cos2l+1 x dx =

∫sin2k x cos2l x sinx cosx dx

=

∫ (1− cos 2x

2

)k (1 + cos 2x

2

)l (1

2sin 2x

)dx

=

∣∣∣∣ cos 2x = t =⇒ −2 sin 2x dx = dt=⇒ sin 2x dx = −1

2dt

∣∣∣∣= − 1

2k+l+2

∫(1− t)k(1 + t)ldt,

sto je integral racionalne funkcije (jer k, l ∈ Z).

3. Ako je racionalna funkcija dveju promenljivih R = R(x1, x2) parna i po jednoj ipo drugoj promenljivoj, tj. ako vazi R(−x1,−x2) = R(x1, x2), onda je

R(x1, x2) = R

(x1x2x2, x2

)= R1

(x1x2, x2

),

gde je R1 takode racionalna funkcija. Kako je

R1

(x1x2, x2

)= R(x1, x2) = R(−x1,−x2) = R1

(−x1−x2

,−x2)

= R1

(x1x2,−x2

),

sledi da je funkcija (x1, x2) 7→ R1(x1x2, x2) parna po x2, te je

R1

(x1x2, x2

)= R2

(x1x2, x22

), R2 je racionalna funkcija.

Prema tome, ako je podintegralna funkcija racionalna po sinx i cosx i takva da za-menom sinx sa − sinx i cosx sa − cosx ostaje nepromenjena, tj. R(− sinx,− cosx) =R(sinx, cosx), onda je

R(sinx, cosx) = R2

(sinx

cosx, cos2 x

)= R2

(tg x,

1

1 + tg2 x

)= R3(tg x),

gde jeR3 racionalna funkcija, pa se smenom tg x = t, −π2 < x < π

2 , integral

∫R(sinx, cosx)dx

svodi na integral racionalne funkcije:∫R(sinx, cosx)dx =

∫R3(t)

dt

1 + t2.


Ovde je:

sin2 x =sin2 x

sin2 x+ cos2 x=

sin2 xcos2 x

sin2 x+cos2 xcos2 x

=tg2 x

1 + tg2 x=

t2

1 + t2,

cos2 x =cos2 x

sin2 x+ cos2 x=

cos2 xcos2 x

sin2 x+cos2 xcos2 x

=1

1 + tg2 x=

1

1 + t2,

sinx cosx =sinx cosx

sin2 x+ cos2 x=

sinx cosxcos2 x

sin2 x+cos2 xcos2 x

=tg x

1 + tg2 x=

t

1 + t2,

tg x = t, −π2< x <

π

2=⇒ x = arctg t =⇒ dx =

dt

1 + t2. •

Primer 5.61.

∫cosx

sinx+ cosxdx =

∫ cosxcosx

sinx+cosxcosx

dx =

∫1

tg x+ 1dx

=

∣∣∣∣ tg x = t, −π2 < x < π

2 , x = −π4 =⇒ x = arctg t

=⇒ dx = dt1+t2

∣∣∣∣=

∫1

t+ 1· dt

1 + t2. •

Izmedu ostalih, u ovaj tip integrala spadaju i integrali tipa

∫R(sin2 x, cos2 x, sinx cosx)dx.

Primer 5.62.

∫cos2 x

3 + sin2 xdx =

∣∣∣∣∣∣∣tg x = t, −π

2 < x < π2 =⇒ x = arctg t

=⇒ dx = dt1+t2

cos2 x = 11+t2

, sin2 x = t2

1+t2

∣∣∣∣∣∣∣ =∫ 1

1+t2

3 + t2

1+t2

· dt

1 + t2

=

∫dt

(4t2 + 1)(1 + t2). •


Primer 5.63.∫2 + sinx cosx

cosx(sin3 x+ cos3 x)dx =

∫2 + sinx cosx

cosx(sinx+ cosx)(sin2 x− sinx cosx+ cos2 x)dx

=

∫2 + sinx cosx

cosx(sinx+ cosx)(1− sinx cosx)dx

=

∫2 + sinx cosx

(sinx cosx+ cos2 x)(1− sinx cosx)dx

=

∣∣∣∣∣∣∣tg x = t, −π

2 < x < π2 , x = −π

4 =⇒ x = arctg t

=⇒ dx = dt1+t2

cos2 x = 11+t2

, sin2 x = t2

1+t2, sinx cosx = t

1+t2

∣∣∣∣∣∣∣=

∫2 + t

1+t2(t

1+t2+ 1

1+t2

)(1− t

1+t2

) · dt

1 + t2

=

∫2t2 + t+ 2

(t+ 1)(t2 − t+ 1)(1 + t2)dt. •

Primer 5.64.

∫sin2 x dx

cos3 x (sinx+ cosx)=

∫sin2 x dx

cos2 x (sinx cosx+ cos2 x)

=

∣∣∣∣ tg x = t, −π2 < x < π

2 , x = −π4 =⇒ x = arctg t

dx = dt1+t2

∣∣∣∣=

∫ t2

1+t2

11+t2

(t

1+t2+ 1

1+t2

) · dt

1 + t2

=

∫t2dt

t+ 1.

Mogli smo podintegralnu funkciju transformisati i na sledeci nacin:

sin2 x

cos3 x(sinx+ cosx)=

sin2 xcos4 x

cos3 x(sinx+cosx)cos4 x

=1

cos2 x· tg2 x

tg x+ 1

=(1 + tg2 x) tg2 x

tg x+ 1. •

Intgral

∫sinm x cosn xdx, gde su m i n parni celi brojevi, takode spada u ovaj tip

integrala.


Primer 5.65.

∫dx

sin4 x=

∣∣∣∣∣ tg x = t, x ∈ (−π2 ,

π2 ) \ {0} ⇒ x = arctg t⇒ dx = dt

1+t2

sin2 x = t2

1+t2

∣∣∣∣∣=

∫1t4

(1+t2)2

dt

1 + t2=

∫(1 + t2)dt

t4

=

∫ (1

t4+

1

t2

)dt = −1

3

1

t3− 1

t+ C

= −1

3

1

tg3x− 1

tgx+ C, na intervalima (−π

2, 0) i (0,

π

2).

Kako je x 7→ −13

1tg3x

− 1tgx periodicna funkcija sa periodom π, to je

∫dx

sin4 x= −1

3

1

tg3x− 1

tgx+ C, na intervalima (−π

2+ kπ, kπ) i (kπ,

π

2+ kπ), k ∈ Z. •

Medutim, ako su u integralu

∫sinm x cosn xdx, brojevi m i n parni i nenegativni celi

brojevi, onda je podesnije primeniti takozvane formule za snizavanje stepena:

sin2 x =1− cos 2x

2, cos2 x =

1 + cos 2x

2.

Primer 5.66.∫cos2 x dx =

∫1 + cos 2x

2dx =

1

2

∫(1 + cos 2x)dx =

1

2x+

1

4sin 2x+ C, x ∈ R. •

Primer 5.67.

∫sin4 x dx =

∫ (1− cos 2x

2

)2

dx =1

4

∫(1− 2 cos 2x+ cos2 2x)dx

=1

4

∫ (1− 2 cos 2x+

1 + cos 4x

2

)dx

=1

4

∫ (3

2− 2 cos 2x+

1

2cos 4x

)dx

=1

4

(3

2x− sin 2x− 1

8sin 4x

)+ C

=3

8x− 1

4sin 2x− 1

32sin 4x+ C, x ∈ R. •

5.4. Integracija iracionalnih funkcija 521

Primer 5.68.∫sin2 x cos4 x dx =

∫ (1− cos 2x

2

)(1 + cos 2x

2

)2

dx

=1

8

∫(1− cos 2x)(1 + 2 cos 2x+ cos2 2x)dx

=1

8

∫(1 + cos 2x− cos2 2x− cos3 2x)dx

=1

8

(x+

1

2sin 2x− 1

2

∫(1 + cos 4x)dx− 1

2

∫(1− sin2 x)d(sin 2x)

)=

x

16− sin 4x

64+

sin3 2x

48+ C.

4. Integrali oblika

∫R(tg x)dx se resavaju smenom tg x = t. Primetimo da su svi

integrali iz tacke 3. upravo ovog tipa, jer se podintegralna funkcija R(sinx, cosx) mozetransformisati u oblik R1(tg x), gde je R1 takode racionalna funkcija.

Integrali oblika

∫R(ctg x)dx se resavaju smenom ctg x = t, 0 < x < π.

Primer 5.69.∫1− tg2 x

1 + tg2 xdx =

∣∣∣∣ tg x = t, −π2 < x < π

2 =⇒ x = arctg t

=⇒ dx = dt1+t2

∣∣∣∣ = ∫ 1− t2

1 + t2· dt

1 + t2. •

5. Kod integrala oblika

∫sin ax cos bx dx,

∫cos ax cos bx dx,

∫sin ax sin bx dx, a, b ∈

R \ {0}, podintegralne funkcije transformisemo redom na sledeci nacin:

sin ax cos bx =1

2[sin(a+ b)x+ sin(a− b)x],

cos ax cos bx =1

2[cos(a+ b)x+ cos(a− b)x],

sin ax sin bx =1

2[cos(a− b)x− cos(a+ b)x].

Primer 5.70.∫sin 3x sin 5x dx =

1

2

∫(cos 2x− cos 8x)dx =

1

2(1

2sin 2x− 1

8sin 8x) + C, x ∈ R. •


5.5 Integracija iracionalnih funkcija

Primer 5.71. Nadimo I =

∫dx

(x− 1)√x2 − 2

. Domen podintegralne funkcije f(x) =

1(x−1)

√x2−2

je Df = (−∞,−√2) ∪ (

√2,+∞). Nadimo integral ove funkcije najpre na

intervalu (√2,+∞).

I =

∣∣∣∣∣∣x >

√2, x− 1 = 1

t ⇒ t > 0x = 1

t + 1dx = − 1

t2dt

∣∣∣∣∣∣ =∫ − 1

t2dt

1t

√(1t + 1

)2 − 2

= −∫

dt

t√

1t2+ 2

t + 1− 2= −

∫dt

t√

1+2t−t2t2

= −∫

dt

t√1+2t−t2

|t|

= −∫

dt

t√1+2t−t2t

= −∫

dt√1 + 2t− t2

= −∫

dt√−(t2 − 2t− 1)

= −∫

dt√−(t2 − 2t+ 1− 2)

= −∫

dt√−((t− 1)2 − 2)

= −∫

dt√2− (t− 1)2

= − arcsint− 1√

2+ C = − arcsin

1x−1 − 1√2

+ C

= − arcsin2− x√2(x− 1)

+ C = arcsinx− 2√2(x− 1)

+ C.

Nadimo sada integral ove funkcije na intervalu (−∞,−√2).

I =

∣∣∣∣∣∣x < −

√2, x− 1 = 1

t ⇒ t < 0x = 1

t + 1dx = − 1

t2dt

∣∣∣∣∣∣ =∫ − 1

t2dt

1t

√(1t + 1

)2 − 2

= −∫

dt

t√

1t2+ 2

t − 1= −

∫dt

t√

1+2t−t2t2

= −∫

dt

t√1+2t−t2

|t|

= −∫

dt

t√1+2t−t2−t

=

∫dt√

1 + 2t− t2=

∫dt√

2− (t− 1)2

= arcsint− 1√

2+ C = arcsin

1x−1 − 1√2

+ C

= arcsin2− x√2(x− 1)

+ C = − arcsinx− 2√2(x− 1)

+ C.


Prema tome,

I =

∫dx

(x− 1)√x2 − 2

= (sgnx) arcsinx− 2√2(x− 1)

+ C, na intervalima (−∞,−√2) i (

√2,+∞). •

Primer 5.72. Nadimo

∫dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

. Domen podintegralne funkcije f(x) =

1(x+1)

√x2+2x+2

je Df = (−∞,−1) ∪ (−1,+∞). Posmatrajmo najpre interval (−1,+∞).

∫dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

=

∣∣∣∣∣∣x > −1, x+ 1 = 1

t ,=⇒ t > 0, x = 1

t − 1,dx = − 1

t2dt

∣∣∣∣∣∣=

∫ − 1t2dt

1t2

√(1t − 1

)2+ 2

(1t − 1

)+ 2

= −∫

dt√1t2+ 1

= −∫

dt√1+t2

|t|

= −∫

tdt√1 + t2

=

∣∣∣∣ 1 + t2 = z2tdt = dz ⇒ tdt = 1

2dz

∣∣∣∣= −

∫dz

2√z=

√z + C = −

√1 + t2 + C

= −

√1 +

1

(x+ 1)2+ C = −

√x2 + 2x+ 2

(x+ 1)2+ C

= −√x2 + 2x+ 2

|x+ 1|+ C = −

√x2 + 2x+ 2

x+ 1+ C.

Ako je x < −1 i opet x+ 1 = 1t , onda je x+ 1 < 0 i stoga t < 0, pa je |t| = −t i∫

dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

= −∫

dt√1+t2

|t|

=

∫tdt√1 + t2

=√

1 + t2 + C

=

√1 +

1

(x+ 1)2+ C =

√x2 + 2x+ 2

(x+ 1)2+ C

=

√x2 + 2x+ 2

|x+ 1|+ C = −

√x2 + 2x+ 2

x+ 1+ C.

Prema tome,∫dx

(x+ 1)2√x2 + 2x+ 2

= −√x2 + 2x+ 2

x+ 1+C, na intervalima (−∞,−1) i (−1,+∞). •


Ojlerove smene

Treca Ojlerova smena. Neka su nule x1 i x2 kvadratnog ax2 + bx + c realne irazlicite i neka je x1 < x2. Tada mozemo koristiti smenu√

ax2 + bx+ c = t(x− x1) ili√ax2 + bx+ c = t(x− x2).

1. Neka je√ax2 + bx+ c = t(x− x1). Kako je ax2 + bx+ c = a(x− x1)(x− x2), to

je √a(x− x1)(x− x2) = t(x− x1) (5.36)

a(x− x1)(x− x2) = t2(x− x1)2

t2 =a(x− x2)

x− x1. (5.37)

Iz (5.37) sledi

t2(x− x1) = ax− ax2

(t2 − a)x = t2x1 − ax2

x =x1t

2 − ax2t2 − a

. (5.38)

Oznacimo desnu stranu jednakosti u (5.38) sa φ(t). Sada je

dx = φ′(t)dt

i ∫R(x,

√ax2 + bx+ c)dx =

∫R(φ(t), t(φ(t)− x1))φ

′(t)dt. (5.39)

Integral na desnoj strani u (5.39) je integral racionalne funkcje.1.1 Ako je a > 0, domen podintegralne funkcije je podskup skupa (−∞, x1]∪[x2,+∞)

(nekad je domen i jednak ovom skupu).Za x ∈ (−∞, x1) je x − x1 < 0, pa iz (5.36) sledi da je t < 0 i stoga onda iz (5.37)

dobijamo

t = −

√a(x− x2)

x− x1.

Za x ∈ (x2,+∞) je x− x1 > 0, pa iz (5.36) sledi da je t > 0 i zato

t =

√a(x− x2)

x− x1.

1.2. Ako je a < 0, domen podintegralne funkcije je podskup intervala [x1, x2] (nekadje domen i jednak ovom intervalu). Za x ∈ (x1, x2) sledi x−x1 > 0, pa iz (5.36) sledi daje t > 0 i stoga

t =

√a(x− x2)

x− x1.


2. Neka je√ax2 + bx+ c = t(x− x2). Sada je√

a(x− x1)(x− x2) = t(x− x2) (5.40)

a(x− x1)(x− x2) = t2(x− x2)2

t2 =a(x− x1)

x− x2. (5.41)

2.1. Neka je a > 0. Za x ∈ (−∞, x1) je x− x2 < 0, pa iz (5.40) sledi da je t < 0 i stogaonda iz (5.41) dobijamo

t = −

√a(x− x1)

x− x2.

Za x ∈ (x2,+∞) je x− x2 > 0, pa iz (5.40) sledi da je t > 0 i zato

t =

√a(x− x1)

x− x2.

2.2. Neka je a < 0. Za x ∈ (x1, x2) sledi x − x2 < 0, pa iz (5.40) sledi da je t < 0 istoga

t = −

√a(x− x1)

x− x2.

(Zato je kod trece Ojlerove smene, za slucaj da je a < 0 i x1 < x2, (osim smene√ax2 + bx+ c = t(x− x1)) podesnije izabrati smenu

√ax2 + bx+ c = t(x2 − x) (5.42)

umesto smene√ax2 + bx+ c = t(x− x2), jer za x ∈ (x1, x2) je x2 − x > 0 pa je t > 0 i

iz (5.42) sledi

a(x− x1)(x− x2) = t2(x− x2)2

t2 =a(x− x1)

x− x2

t =

√a(x− x1)

x− x2.

Primer 5.73. Nadimo I =

∫(x+

√(x− 1)(x− 2))dx.

Koristimo smenu √(x− 1)(x− 2) = t(x− 1).


Odavde sledi

(x− 1)(x− 2) = t2(x− 1)2

t2 =x− 2

x− 1

xt2 − t2 = x− 2

x(t2 − 1) = t2 − 2

x =t2 − 2

t2 − 1

dx =2t

(t2 − 1)2dt.

Sada je

I =

∫ (t2 − 2

t2 − 1+ t

(t2 − 2

t2 − 1− 1

))2t

(t2 − 1)2dt = . . .

=1

8ln

∣∣∣∣ t− 1

t+ 1

∣∣∣∣− 1

2

1

t− 1+

3

4

1

t+ 1+

1

4

1

t− 1+ C.

Za x ∈ (−∞, 1) je t < 0 i t = −√

x−2x−1 .

Za x ∈ (2,+∞) je t > 0 i t =√

x−2x−1 . •

Primer 5.74. Odrediti

I =

∫dx

(1 + x2)√1− x2

smenom

(i)√1− x2 = t(x+ 1); (ii)

√1− x2 = t(1− x). •

Trigonometrijske i hiperbolicke smene kod integrala

∫R(x,

√ax2 + bx+ c)dx

Primer 5.75. Odrediti I =

∫ √x2 − 9

xdx. Trazicemo neodredeni integral funkcije

f(x) =√x2−9x najpre na intervalu (3,+∞), a potom intervalu (−∞,−3).


Neka je x > 3.

∫ √x2 − 9

xdx =

∣∣∣∣∣∣x = 3

cos t , t ∈ (0, π2 )cos t = 3

x ⇒ t = arccos 3x

dx = − 3cos2 t

· (− sin t)dt = 3 sin tcos2 t

dt

∣∣∣∣∣∣=

∫ √9

cos2 t− 9

3cos t

· 3 sin tcos2 t

dt = 3

∫ √1− cos2 t

cos2 t· sin tcos t

dt

= 3

∫ √sin2 t

cos2 t· sin tcos t

dt = 3

∫ ∣∣∣∣ sin tcos t

∣∣∣∣ · sin tcos tdt

= 3

∫sin2 t

cos2 tdt = 3

∫1− cos2 t

cos2 tdt

= 3

∫1

cos2 tdt− 3

∫dt = 3 tg t− 3t+ C

= 3

√1− cos2 t

cos t− 3t+ C = 3

√1− 9

x2

3x

− 3 arccos3

x+ C

=√x2 − 9− 3 arccos

3

x+ C.

Neka je x < −3.

∫ √x2 − 9

xdx =

∣∣∣∣∣∣x = 3

cos t , t ∈ (π2 , π)cos t = 3

x ⇒ t = arccos 3x

dx = − 3cos2 t

· (− sin t)dt = 3 sin tcos2 t

dt

∣∣∣∣∣∣=

∫ √9

cos2 t− 9

3cos t

· 3 sin tcos2 t

dt = 3

∫ √1− cos2 t

cos2 t· sin tcos t

dt

= 3

∫ √sin2 t

cos2 t· sin tcos t

dt = 3

∫|tg t| · tg t dt

= −3

∫tg2 dt = −3

∫1− cos2 t

cos2 tdt

= −3

∫1

cos2 tdt+ 3

∫dt = −3 tg t+ 3t+ C

= −3

√1− cos2 t

cos t+ 3t+ C = −3

√1− 9

x2

3x

+ 3arccos3

x+ C

= −x√x2 − 9

x2+ 3arccos

3

x+ C = −x

√x2 − 9

|x|+ 3arccos

3

x+ C

= = −x√x2 − 9

−x+ 3arccos

3

x+ C =

√x2 − 9 + 3 arccos

3

x+ C.


II nacin: Neka je x < −3.

∫ √x2 − 9

xdx =

∣∣∣∣∣∣x = − 3

cos t , t ∈ (0, π2 )cos t = − 3

x ⇒ t = arccos(− 3x

)dx = −(− 3

cos2 t) · (− sin t)dt = −3 sin t

cos2 tdt

∣∣∣∣∣∣=

∫ √9

cos2 t− 9

− 3cos t

·(−3 sin t

cos2 t

)dt = 3

∫ √1− cos2 t

cos2 t· sin tcos t

dt

= 3

∫ √sin2 t

cos2 t· sin tcos t

dt = 3

∫|tg t| · tg t dt

= 3

∫tg2 dt = 3

∫1− cos2 t

cos2 tdt

= 3

∫1

cos2 tdt− 3

∫dt = 3 tg t− 3t+ C ′

= 3

√1− cos2 t

cos t− 3t+ C ′ = 3

√1− 9

x2

− 3x

− 3 arccos

(−3

x

)+ C ′

= −x√x2 − 9

x2− 3

(π − arccos

3

x

)+ C ′ = −x

√x2 − 9

|x|+ 3arccos

3

x+ C

= −x√x2 − 9

−x+ 3arccos

3

x+ C =

√x2 − 9 + 3 arccos

3

x+ C.

Prema tome,∫ √x2 − 9

xdx =

√x2 − 9− 3(sgnx) arccos

3

x+ C, na intervalima (−∞,−3) i (3,+∞).

Primer 5.76. Integrali

∫1√

x2 + 1dx i

∫1√

x2 − 1dx su navedeni u tablici integrala i

za razliku od ostalih tablicnih integrala ne proizilaze direktno iz tablice izvoda. Jedanod nacina da se oni odrede je koriscenje trigonometrijskih ili hiperbolickih smena.

∫1√

x2 + 1dx =

∣∣∣∣ x = sh t, t ∈ (−∞,+∞) =⇒ t = arshxdx = ch t dt

∣∣∣∣=

∫1√

sh 2t+ 1· ch t dt =

∫ch t dt√ch 2t

=

∫ch t dt

ch t

=

∫dt = t+ C = arshx+ C

= ln(x+√x2 + 1) + C, x ∈ R.

Nadimo sada neodredeni integral funkcije f(x) = 1√x2−1

i to najpre na intervalu

(1,+∞), a potom i na intervalu (−∞,−1).


Neka je x > 1.

∫1√

x2 − 1dx =

∣∣∣∣∣∣x = 1

cos t , t ∈ (0, π2 )cos t = 1

x ⇒ t = arccos 1x

dx = − 1cos2 t

· (− sin t)dt = sin tcos2 t

dt

∣∣∣∣∣∣=

∫ sin tcos2 t√1

cos2 t− 1

dt =

∫ sin tcos2 t√sin2 tcos2 t

dt

=

∫ sin tcos2 tsin tcos t

dt =

∫dt

cos t= ln

∣∣∣∣1 + tg t2

1− tg t2

∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣∣∣1 +

√1−cos t1+cos t

1−√

1−cos t1+cos t

∣∣∣∣∣∣+ C ′′ = ln

∣∣∣∣∣∣∣∣1 +

√1− 1

x

1+ 1x

1−√

1− 1x

1+ 1x

∣∣∣∣∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣∣∣1 +

√x−1x+1

1−√

x−1x+1

∣∣∣∣∣∣+ C ′′ = ln

∣∣∣∣∣∣1 +

√x−1√x+1

1−√x−1√x+1

∣∣∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣√x+ 1 +√x− 1√

x+ 1−√x− 1

∣∣∣∣+ C ′′ = ln

√x+ 1 +

√x− 1√

x+ 1−√x− 1

+ C ′′

= ln

(√x+ 1 +

√x− 1√

x+ 1−√x− 1

·√x+ 1 +

√x− 1√

x+ 1 +√x− 1

)+ C ′′

= ln(√x+ 1 +

√x− 1)2

2+ C ′′ = ln(

√x+ 1 +

√x− 1)2 − ln 2 + C ′′

= ln(√x+ 1 +

√x− 1)2 + C ′ = ln(x+ 1 + 2

√x2 − 1 + x− 1) + C ′

= ln 2(x+√x2 − 1) + C ′ = ln(x+

√x2 − 1) + ln 2 + C ′

= ln(x+√x2 − 1) + C.


Neka je x < −1.

∫1√

x2 − 1dx =

∣∣∣∣∣∣x = − 1

cos t , t ∈ (0, π2 )cos t = − 1

x ⇒ t = arccos(− 1x

)dx = −(− 1

cos2 t) · (− sin t)dt = − sin t

cos2 tdt

∣∣∣∣∣∣=

∫ − sin tcos2 t√1

cos2 t− 1

dt =

∫ − sin tcos2 t√sin2 tcos2 t

dt

=

∫ − sin tcos2 tsin tcos t

dt = −∫

dt

cos t= − ln

∣∣∣∣1 + tg t2

1− tg t2

∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣1− tg t2

1 + tg t2

∣∣∣∣+ C ′′ = ln

∣∣∣∣∣∣1−

√1−cos t1+cos t

1 +√

1−cos t1+cos t

∣∣∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣∣∣∣∣1−

√1− 1

x

1+ 1x

1 +

√1− 1

x

1+ 1x

∣∣∣∣∣∣∣∣+ C ′′ = ln

∣∣∣∣∣∣1−

√x−1x+1

1 +√

x−1x+1

∣∣∣∣∣∣+ C ′′

= ln

∣∣∣∣∣∣1−

√1−x√−x−1

1 +√1−x√−x−1

∣∣∣∣∣∣+ C ′′ = ln

∣∣∣∣√−x− 1−√1− x√

−x− 1 +√1− x

∣∣∣∣+ C ′′

= ln

√1− x−

√−x− 1√

1− x+√−x− 1

+ C ′′

= ln

(√1− x−

√−x− 1√

1− x+√−x− 1

·√1− x−

√−x− 1√

1− x−√−x− 1

)+ C ′′

= ln(√1− x−

√−x− 1)2

2+ C ′′

= ln(√1− x−

√−x− 1)2 − ln 2 + C ′′

= ln(1− x− 2√x2 − 1− x− 1) + C ′

= ln(2(−x−√x2 − 1)) + C ′ = ln(−x−

√x2 − 1) + ln 2 + C ′

= ln |x+√x2 − 1|+ C.

Prema tome,∫1√

x2 − 1dx = ln |x+

√x2 − 1|+ C, na intervalima (−∞,−1) i (1,+∞).

Glava 6

Odredeni integral

6.1 Definicija odredenog integrala.Ogranicenost integrabilnih funkcija

Neka je f nenegativna neprekidna funkcija na segmentu [a, b] (to znaci da se tacke njenoggrafika nalaze na x-osi ili iznad x-ose). Ravna figura, ogranicena intervalom [a, b] na x-osi,pravama x = a, x = b i grafikom funkcije f nad segmentom [a, b], naziva se krivolinijskitrapez nad [a, b].

Problem odredivanja povrsine krivolinijskog trapeza je doveo do definicije pojmaodredenog integrala koji je jedan od najvaznijih pojmova matematicke analize. Osimpovrsine dela ravni ogranicenog nekom krivom linijom, pomocu odredenog integralase racuna i duzina luka krive, zapremina tela, koristi se u fizici za racunanje duzineputa, rada sile, momenta inercije, itd. Moze se reci da odredeni integral spada u os-novnu aparaturu ne samo raznih matematickih disciplina, vec i fizike, mehanike i raznihtehnickih nauka.

Ova metoda se javila mnogo pre diferencijalnog racuna. Problem povrsine ravnefigure je bio aktuelan jos u doba Arhimeda, velikog grckog matematicara i fizicara iztreceg veka pre nase ere, koji je u sustini koristio odredeni intgral za resavanje problema,,kvadrature parabole“ 1. Nezavisno jedan od drugog, nemacki matematicar i filozofLajbnic (1646-1716), i engleski matematicar i fizicar Njutn (1642-1727), dosli su do ovemetode u savremenom obliku. Riman, nemacki matematicar 19. veka, dao je definicijuodredenog integrala kakvu cemo upoznati u narednom tekstu, dok je samu oznaku uveoFurije, francuski matematicar 19. veka.

U cilju odredivanja povrsine krivolinijskog trapeza, uvedimo najpre pojam podelesegmenta [a, b].

Definicija 6.1. Pod podelom segmenta [a, b] podrazumevamo konacan skup tacaka P ={x0, x1, . . . , xn} takav da je

a = x0 < x1 < · · · < xn = b.

1Problem kvadrature parabole: Neka je data parabola y = x2 i pravougaonik sa temenimaA(0, 0), B(a, 0), C(a, a2), D(0, a2), a > 0. Tada parabola deli pravougaonik na dve figure cije sepovrsine odnose kao 1 : 2.

531

532 Glava 6. Odredeni integral

Podelom P segment [a, b] je podeljen na n podsegmenata:

[x0, x1], [x1, x2], . . . , [xn−1, xn].

Oznacimo sa ∆xi duzinu i-tog podsegmenta: ∆xi = xi − xi−1, i = 1, . . . , n. Dijametarpodele P , u oznaci d(P ), je

d(P ) = max1≤i≤n

∆xi.

Skup svih podela segmenta [a, b] oznacavamo sa P[a, b]. Ako P1, P2 ∈ P[a, b] i P1 $ P2,onda kazemo da je podela P1 grublja od podele P2, a podela P2 finija od podele P1. �

Jasno, ako je podela P2 finija od podele P1, onda je d(P2) ≤ d(P1).

U svakom podsegmentu [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, izaberimo na proizvoljan nacin pojednu tacku ξi. Izabrane tacke ξ1, . . . , ξn formiraju uredenu n-torku ξ = (ξ1, . . . , ξn).Pravougaonik Πi, cija je osnova segment [xi−1, xi], a visina f(ξi), ima povrsinu p(Πi) =f(ξi)∆xi, a ,,stepenasta figura“ S koju cine svi pravougaonici Πi, i = 1, . . . , n, imapovrsinu koja je jednaka zbiru povrsina svih pravougaonika:

p(S) =n∑i=1

f(ξi)∆xi. (6.1)

a x= 0 x1 x2 x bn=xn-1xn-2

1 2

f( )1

f( )2

a x= 0 x1 x21 2

f( )1

f( )2

x bn=xn-1xn-2

Primecujemo da stepenasta figura S zavisi od podele P segmenta [a, b], kao i odizbora tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n. Ako podemo od podele P1

koja je finija od podele P dobicemo stepenastu figuru koja se jos manje razlikuje odkrivolinijskog trapeza. Prema tome, ako se dijametar podele sve vise i vise smanjuje,onda se odgovarajuca stepenasta figura sve manje i manje razlikuje od krivolinijskogtrapeza, pa ce se i povrsina stepenaste figura sve manje i manje razlikovati od povrsinekrivolinijskog trapeza. Intuitivno je jasno da za povrsinu krivolinijskog trapeza trebauzeti granicnu vrednost suma (6.1) kad dijametar podele tezi 0.

Ovakva razmatranja su dovela do sledece definicije integralne sume i odredenog in-tegrala.

6.1. Definicija odredenog integrala. Ogranicenost integrabilnih funkcija 533

Definicija 6.2. Neka je data funkcija f : [a, b] → R, podela P = {x0, . . . , xn} (a =x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] i izbor ξ = (ξ1, . . . , ξn) tacaka ξi ∈ [xi−1, xi],i = 1, . . . , n. Suma

σ(f, P, ξ) =

n∑i=1

f(ξi)∆xi

zove se Rimanova integralna suma funkcije f za datu podelu P i izbor tacaka ξ =(ξ1, . . . , ξn). �

Ocigledno, u slucaju kada je funkcija f nenegativna na segmentu [a, b], Rimanovaintegralna suma funkcije f je jednaka povrsini odgovarajuce stepenaste figure.

Definicija 6.3. Neka je f : [a, b] → R. Funkcija f je Riman integrabilna (integrabilnau Rimanovom smislu, ili krace, integrabilna) na segmentu [a, b] ako postoji realan brojI takav da za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, . . . , xn}(a = x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ, i za proizvoljan izborξ = (ξ1, . . . , ξn) tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, vazi nejednakost

|σ(f, P, ξ)− I| < ϵ,

tj. ∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ξi)∆xi − I

∣∣∣∣∣ < ϵ.

Broj I se zove Rimanov integral ili odredeni integral funkcije f na segmentu [a, b], i pisese

I =

∫ b

af(x)dx.

Oznaka∫ ba f(x)dx se cita: ,,integral od a do b f(x)dx“. Broj a se zove donja granica

integrala, dok se broj b zove gornja granica integrala. Funkcija f se zove podintegralnafunkcija, izraz f(x)dx podintegralni izraz, a promenljiva x integraciona promenljiva (slovox se moze zameniti i nekim drugim slovom).

Skup svih Riman integrabilnih funkcija na segmentu [a, b] oznacavamo sa R[a, b]. �

Ako je broj I odredeni integral funkcije f na segmentu [a, b] govoricemo jos i da je Igranicna vrednost integralnih suma σ(f, P, ξ) funkcije f kad d(P ) → 0, i pisati2

I = limd(P )→0

σ(f, P, ξ). (6.2)

Kao sto smo pojam granicne vrednosti funkcije definisali na jeziku ϵ − δ-okolina, atakode i na ekvivalentan nacin preko granicne vrednosti nizova, tako i odredeni integral

2Jednakost u (6.2) znaci upravo ono sto je receno u Definiciji 6.3, da za proizvoljno ϵ > 0 postojiδ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] za kojuje d(P ) < δ i za proizvoljan izbor ξ = (ξ1, . . . , ξn) tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n vazi nejednakost|σ(f, P, ξ)− I| < ϵ. Limes u (6.2) treba shvatiti kao novu vrstu limesa, koja se razlikuje od limesa niza ilimesa funkcije.


mozemo definisati preko granicne vrednosti nizova integralnih suma. Sledeca definicijaodredenog integrala je ekvivalentna Definiciji 6.3 (ostavljamo citaocu za vezbu da dokazeekvivalentnost ovih dveju definicija3).

Definicija 6.4. Neka je f : [a, b] → R. Reci cemo da je realan broj I odredeni iliRimanov integral funkcije f na segmentu [a, b], a funkcija f (Riman) integrabilna nasegmentu [a, b], ako za svaki niz podela

Pn = {x(n)0 , . . . , x(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · < x

(n)kn

= b,

segmenta [a, b] za koji vazi da je

limn→∞

d(Pn) = 0,

i za svaki izbor tacaka

ξ(n) = (ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

), ξ(n)i ∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . ,

postoji granicna vrednost niza integralnih suma (σ(f, Pn, ξ(n)))n i jednaka je broju I:

limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) = lim

n→∞

kn∑i=1

f(ξ(n)i )∆x

(n)i = I,

gde je ∆x(n)i = x

(n)i − x

(n)i−1, i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . .

Ovo krace simbolicki zapisujemo:

I = limd(P )→0

σ(f, P, ξ). �

U slucaju kada je funkcija f nenegativna na segmentu [a, b], onda je odredeni integrallimes niza povrsina odgovarajucih stepenastih figura kada niz dijametara podela tezi 0, istoga je jednak povrsini krivolinijskog trapeza ogranicenog grafikom funkcije f , x-osomi pravama x = a i x = b.

U Definicijama 6.3 i 6.4 srecemo se sa pojmom granicne vrednosti integralnih suma,koji je, mada slican sa pojmom granicne vrednosti funkcije i pojmom granicne vrednostiniza, ipak novi pojam. Shvatimo ovo kao jos jednu vrstu limesa, koja, opet, ima slicnostisa ranije uvedenim pojmovima limesa funkcije i limesa niza. Osim toga, s obzirom da sepojam odredenog integrala, tj. limesa integralnih suma, definise preko limesa nizova, toza ovu vrstu limesa vaze mnoga svojstva slicna onima koja vaze za granicne vrednostinizova, odnosno funkcija, sto cemo videti u narednim sekcijama.

Primer 6.5. Neka je f(x) = c, x ∈ [a, b], i neka je P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < x1 <· · · < xn = b) proizvoljna podela segmenta [a, b] i ξ = (ξ1, . . . , ξn) proizvoljan izbortacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n. Kako je f(ξi) = c za svako i = 1, . . . , n, to je

σ(f, P, ξ) =n∑i=1

f(ξi)∆xi =n∑i=1

c(xi − xi−1) = c(b− a).

3Uputstvo: postupiti analogno dokazu ekvivalentnosti Kosijeve i Hajneove definicije granicne vred-nosti funkcije.

6.1. Definicija odredenog integrala. Ogranicenost integrabilnih funkcija 535

Prema tome, za svaki niz podela Pn = {x(n)0 , . . . , x(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · < x

(n)kn

=

b, segmenta [a, b] za koji vazi da je limn→∞

d(Pn) = 0, i za svaki izbor tacaka ξ(n) =

(ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

), ξ(n)i ∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . , niz integralnih suma

(σ(f, Pn, ξ(n)))n je konstantan niz: σ(f, Pn, ξ

(n)) = c(b − a), za svako n ∈ N. Stoga jebroj c(b− a) granicna vrednost ovog niza. Na osnovu definicije 6.4 sledi∫ b

af(x)dx =

∫ b

ac dx = c(b− a).

Primer 6.6. Dirihleova funkcija je definisana sa

f(x) =

{1, x ∈ Q,0, x ∈ R \Q.

Pokazimo da ova funkcija nije integrabilna na segmentu [0, 1]. Pretpostavimo suprotno,da je f integrabilna na segmentu [0, 1] i da je realan broj I odredeni integral funkcije f

na na segmentu [0, 1]. S obzirom na Definiciju 6.3, za ϵ =1

2sledi da postoji δ > 0 tako

da za svaku podelu P = {x0, . . . , xn} (0 = x0 < x1 < · · · < xn = 1) dijametra manjegod δ i svaki izbor tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, vazi

|σ(f, P, ξ)− I| < 1

2. (6.3)

Pri tome, ako su tacke ξi racionalne, onda je f(ξi) = 1, i = 1, . . . , n, i vazi

σ(f, P, ξ) =n∑i=1

f(ξi)∆xi =n∑i=1

∆xi = 1,

pa iz (6.3) sledi |1− I| < 1

2, tj.

I ∈(1

2,3

2

). (6.4)

Ako su pak tacke ξi iracionalne, onda je f(ξi) = 0, i = 1, . . . , n, i vazi σ(f, P, ξ) =∑ni=1 f(ξi)∆xi = 0, pa iz (6.3) sledi |0 − I| < 1

2, tj. I ∈

(−1

2,1

2

), sto je u suprotnosti

sa (6.4). Dobijena protivurecnost dokazuje da Dirihleova funkcija nije integrabilna nasegmentu [0, 1]. Slicno se dokazuje da nije integrabilna na bilo kom segmentu [a, b],a, b ∈ R, a < b.

Mozemo koristiti i Definiciju 6.4 da bismo dokazali da ova funkcija nije integrabilnana segmentu [a, b]. Neka je (Pn) niz podela segmenta [a, b],

Pn = {x(n)0 , . . . , x(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · < x

(n)kn

= b,

za koji vazi da je limn→∞

d(Pn) = 0, i neka je

ξ(n) = (ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

), ξ(n)i ∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ] ∩Q


i

ξ(n)′= (ξ

(n)1

′, . . . , ξ

(n)kn

′), ξ

(n)i

′∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ], ξ

(n)i

′∈ R \Q, i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . .

Tada je

σ(f, Pn, ξ(n)) =

kn∑i=1

f(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) =

kn∑i=1

1 · (x(n)i − x(n)i−1) = b− a, za svako n ∈ N,

dok je

σ(f, Pn, ξ(n)′) =

kn∑i=1

f(ξ(n)i

′)(x

(n)i − x

(n)i−1) =

kn∑i=1

0 · (x(n)i − x(n)i−1) = 0, za svako n ∈ N.

Stoga jelimn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) = b− a,

dok je

limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)′) = 0.

Prema tome, ne postoji jedinstven realan broj I takav da, za proizvoljan niz podela

(Pn) ciji dijametar tezi 0 i za proizvoljan izbor tacaka ξ(n) = (ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

) iz podeonih

segmenata, vazi da niz integralnih suma (σ(f, Pn, ξ(n)))n konvergira ka I. Na osnovu

Definicije 6.4 zakljucujemo da Dirihleova funkcija nije integrabilna na segmentu [a, b]. •

Sledeca teorema nam govori da je ogranicenost funkcije na nekom segmentu neopho-dan uslov za njenu integrabilnost na tom segmentu.

Teorema 6.7. Ako je funkcija integrabilna na nekom segmentu, onda je ona ogranicenana tom segmentu.

Dokaz. Neka je f ∈ R[a, b]. Pretpostavimo da funkcija f nije ogranicena na segmentu[a, b]. Iz integrabilnosti funkcije sledi da za ϵ = 1 postoji δ > 0 tako da za svaku podeluP = {x0, . . . , xm} (a = x0 < x1 < · · · < xm = b) dijametra manjeg od δ, i svaki izbortacaka ξ = (ξ1, . . . , ξm), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . ,m, vazi

|σ(f, P, ξ)− I| < ϵ = 1. (6.5)

Fiksirajmo jednu podelu P0 = {x0, . . . , xn} segmenta [a, b] takvu da je d(P0) < δ. Tadaza proizvoljan izbor tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, na osnovu (6.5)zakljucujemo da vazi nejednakost:

|σ(f, P0, ξ)| = |(σ(f, P0, ξ)− I) + I| ≤ |σ(f, P0, ξ)− I|+ |I| < 1 + |I|. (6.6)

Kako je funkcija neogranicena na [a, b], sledi da postoji k ∈ {1, . . . , n} tako da funkcijanije ogranicena na segmentu [xk−1, xk]. U svakom od segmenata [xi−1, xi], i = k, izabe-rimo na proizvoljan nacin tacku ξi, i uocimo zbir:

σk =∑i=k

f(ξi)∆xi.

6.1. Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema 537

Buduci da je funkcija neogranicena na segmentu [xk−1, xk], postoji tacka ξk ∈ [xk−1, xk]takva da je

|f(ξk)| >|σk|+ 1 + |I|

∆xk.

Odavde za ξ = (ξ1, . . . , ξn) vazi:4

|σ(f, P0, ξ)| =

∣∣∣∣∣n∑i=1

f(ξi)∆xi

∣∣∣∣∣ = |σk + f(ξk)∆xk| ≥

≥ |f(ξk)∆xk| − |σk| = |f(ξk)|∆xk − |σk|

>|σk|+ 1 + |I|

∆xk·∆xk − |σk| = 1 + |I|,

sto protivureci nejednakosti (6.6). Dobijena protivurecnost dokazuje da je funkcija fogranicena na segmentu [a, b]. �

Da je ogranicenost funkcije na segmentu potreban ali ne i dovoljan uslov integrabil-nosti funkcije, pokazuje Primer 6.6. Naime, Dirihleova funkcija je ogranicena na seg-mentu [a, b], a, b ∈ R, a < b, ali nije integrabilna na njemu.

6.2 Gornje i donje Darbuove sume. Osnovna teorema

Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena na segmentu [a, b], i neka je P = {x0, x1, . . . , xn}(a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Neka je

m = inf[a,b]

f(x), M = sup[a,b]

f(x),

i

mi = inf[xi−1,xi]

f(x), Mi = sup[xi−1,xi]

f(x).

Sume

sP =n∑i=1

mi∆xi, SP =n∑i=1

Mi∆xi

zovemo donjom i gornjom Darbuovom sumom funkcije f za podelu P , respektivno.

4Koristimo nejednakost: |a+ b| ≥ ||a| − |b|| ≥ |a| − |b|, a, b ∈ R.


y

x

)( xfy =

0xa =1x 2x 3x 4x 5x 3-nx

2-nx 1-nx bxn =

y

x

)( xfy =

0xa = 1x2x

3x 4x5x 3-nx

2-nx1-nx bxn =

U narednoim tvrdenjima dajemo neke osnovne osobine Darbuovih suma i to najprenjihov odnos sa integralnim sumama.

Tvrdenje 6.8. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena na segmentu [a, b], i neka jeP = {x0, x1, . . . , xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Tadaje

m(b− a) ≤ sP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP ≤M(b− a), (6.7)

za svaki izbor ξ = (ξ1, . . . , ξn) tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n.Osim toga,

sP = infξσ(f, P, ξ), SP = sup

ξσ(f, P, ξ). (6.8)

Dokaz. Za svaki izbor ξ = (ξ1, . . . , ξn) tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, vazi:

m ≤ mi ≤ f(ξi) ≤Mi ≤M,

odakle mnozenjem sa ∆xi i sabiranjem dobijamo

n∑i=1

m∆xi ≤n∑i=1

mi∆xi ≤n∑i=1

f(ξi)∆xi ≤n∑i=1

Mi∆xi ≤n∑i=1

M∆xi,


tj.

m

n∑i=1

∆xi = m(b− a) ≤ sP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP ≤M

n∑i=1

∆xi =M(b− a).

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Kako je Mi = sup[xi−1,xi]

f(x), to postoji ξ∗i ∈ [xi−1, xi] tako da

je f(ξ∗i ) > Mi −ϵ

b− a, i = 1, . . . , n. Mnozeci sa ∆xi i sabirajuci dobijamo:

n∑i=1

f(ξ∗i )∆xi >

n∑i=1

Mi∆xi −ϵ

b− a

n∑i=1

∆xi

= SP − ϵ

b− a(b− a)

= SP − ϵ,

tj. σ(f, P, ξ∗) > SP − ϵ.S obzirom da je na osnovu trece nejednakosti u (6.7) SP gornja granica skupa

{σ(f, P, ξ) : ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n},

i buduci da za svako ϵ > 0 postoji izbor ξ∗ = (ξ∗1 , . . . , ξ∗n) tacaka ξ∗i ∈ [xi−1, xi], i =

1, . . . , n, tako da je σ(f, P, ξ∗) > SP − ϵ, zakljucujemo da je SP najmanja gornja granicaovog skupa, tj.

SP = sup{σ(f, P, ξ) : ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n} = supξσ(f, P, ξ).

Slicno se dokazuje da je sP = infξσ(f, P, ξ). �

Tvrdenje 6.9. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena na segmentu [a, b], i neka suP i P ′ podele segmenta [a, b]. Tada vazi implikacija:

P ⊂ P ′ =⇒ sP ≤ sP ′ ≤ SP ′ ≤ SP .

Dokaz. Dovoljno je dokazati tvdenje za slucaj kada se P i P ′ razlikuju za jednu tacku.Neka je P = {x0, x1, . . . , xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) i P ′ = P ∪ {x′} gdeje xk−1 < x′ < xk za neko k ∈ {1, . . . , n}. Tada je

SP =

n∑i=1

Mi∆xi =

n∑i=k

Mi∆xi +Mk∆xk

=n∑i=k

Mi∆xi +Mk(xk − xk−1) (6.9)

i

SP ′ =

n∑i=k

Mi∆xi +M ′k(x

′ − xk−1) +M ′′k (xk − x′), (6.10)


gde je M ′k = sup

[xk−1,x′]f(x) i M ′′

k = sup[x′,xk]

f(x).

Kako je [xk−1, x′] ⊂ [xk−1, xk] i [x

′, xk] ⊂ [xk−1, xk], to je

{f(x) : x ∈ [xk−1, x′]} ⊂ {f(x) : x ∈ [xk−1, xk]}

i{f(x) : x ∈ [x′, xk]} ⊂ {f(x) : x ∈ [xk−1, xk]}.

Otudasup{f(x) : x ∈ [xk−1, x

′]} ≤ sup{f(x) : x ∈ [xk−1, xk]}

isup{f(x) : x ∈ [x′, xk]} ≤ sup{f(x) : x ∈ [xk−1, xk]},

tj.M ′k ≤Mk i M ′′

k ≤Mk.

Zbog toga je

M ′k(x

′ − xk−1) +M ′′k (xk − x′) ≤Mk(x

′ − xk−1) +Mk(xk − x′) =Mk(xk − xk−1). (6.11)

Sada iz (6.10), (6.11) i (6.9) slediSP ′ ≤ SP .

Slicno se dokazuje da je sP ≤ sP ′ . �

Tvrdenje 6.10. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena na segmentu [a, b], i neka suP i P ′ dve proizvoljne podele segmenta [a, b]. Tada je

sP ≤ SP ′ .

Dokaz. Neka je P ′′ = P ∪ P ′. Iz P ⊂ P ′′ i P ′ ⊂ P ′′ na osnovu Tvrdenja 6.9 sledi

sP ≤ sP ′′ ≤ SP ′′ ≤ SP ′ . �

Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena i neka je

I = supPsP , I = inf

PSP .

Iz Tvrdenja 6.10 sledi da je skup {sP : P ∈ P} ogranicen odozgo ma kojom gornjomDarbuovom sumom, pa je supremum ovog skupa, I, konacan broj i vazi

I = sup{sP : P ∈ P} ≤ SP ′ , za svaku podelu P ′

Odavde sledi da je {SP ′ : P ′ ∈ P} ogranicen odozdo sa I, pa je infimum ovog skupa, I,takode konacan broj i vazi nejednakost

I ≤ inf{SP ′ : P ′ ∈ P} = I.

Prema tome, za svaku podelu P segmenta [a, b] vazi nejednakost:

sP ≤ I ≤ I ≤ SP .


Definicija 6.11. Neka je f : X → R i E ⊂ X. Oscilacija funkcije f na skupu E je

ωE(f) = sup{|f(x)− f(x′)| : x, x′ ∈ E} = supx,x′∈E

|f(x)− f(x′)|.�

Primetimo da je

ωE(f) = supx,x′∈E

|f(x)− f(x′)| = supx,x′∈E

(f(x)− f(x′)). (6.12)

Lema 6.12. Neka je f : X → R ogranicena funkcija. Tada je

ωX(f) =M −m, (6.13)

gde je M = supx∈X

f(x) i m = infx∈X

f(x).

Dokaz. Pokazacemo da vazi jednakost

supx,x′∈X

(f(x)− f(x′)) =M −m, (6.14)

sto ce zajedno sa (6.12) implicirati (6.13). Za svako x, x′ ∈ X vazi f(x) ≤M i f(x′) ≥ m,i prema tome −f(x′) ≤ −m. Stoga je

f(x)− f(x′) ≤M −m, za sve x, x′ ∈ X. (6.15)

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Tada postoji x1 ∈ X tako da je

f(x1) > M − ϵ

2(6.16)

i postoji x2 ∈ X tako da je f(x2) < m+ϵ

2, tj.

−f(x2) > −m− ϵ

2. (6.17)

Iz (6.16) i (6.17), sabiranjem, dobijamo

f(x1)− f(x2) > M −m− ϵ. (6.18)

S obzirom na proizvoljnost ϵ > 0, (6.18) zajedno sa (6.15) povlaci (6.14). �

Tvrdenje 6.13. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena na segmentu [a, b], i neka jeP = {x0, x1, . . . , xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta [a, b]. Tadavazi

SP − sP =

n∑i=1

ωi(f)∆xi, (6.19)

gde je ωi(f) oscilacija funkcije f na segmentu [xi−1, xi], i = 1, . . . , n.


Dokaz. Kako je SP − sP =∑n

i=1Mi∆xi −∑n

i=1mi∆xi =∑n

i=1(Mi −mi)∆xi, gde jeMi = sup

x∈[xi−1,xi]f(x) i mi = inf

x∈[xi−1,xi]f(x), i kako je na osnovu Leme 6.12, Mi −mi =

ω[xi−1,xi](f) = ωi(f), i = 1, . . . , n, to zakljucujemo da vazi jednakost (6.19). �

Teorema 6.14. (Osnovna teorema) Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena. Sledeciiskazi su ekvivalentni:

(i) f ∈ R[a, b];

(ii)5 Za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P segmenta [a, b] za koju jed(P ) < δ vazi

SP − sP < ϵ;

(iii) Za svako ϵ > 0 postoji podela P segmenta [a, b] tako da je

SP − sP < ϵ;

(iv) I = I.

Pri tome je∫ ba f(x)dx = I = I.

Dokaz. (i) =⇒ (ii): Pretpostavimo da je funkcija f Riman integrabilna na segmentu [a, b]

i da je I =∫ ba f(x)dx. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada iz integrabilnosti funkcije f

na segmentu [a, b] sledi da postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn}segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) za koju je d(P ) < δ, i svaki izbor

tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, vazi |σ(f, P, ξ)− I| < ϵ

3, tj.

I − ϵ

3< σ(f, P, ξ) < I +

ϵ

3.

Odavde slediI − ϵ

3≤ inf

ξσ(f, P, ξ) ≤ sup

ξσ(f, P, ξ) ≤ I +

ϵ

3.

Kako je na osnovu (6.8) sP = infξσ(f, P, ξ) i SP = sup

ξσ(f, P, ξ), dobijamo

I − ϵ

3≤ sP ≤ SP ≤ I +

ϵ

3. (6.20)

Prema tome, za svaku podelu P takvu da je d(P ) < δ vazi SP − sp ≤2ϵ

3< ϵ. 6

5Uslov (ii) simbolicki zapisujemo: limd(P )→0

(SP − sP ) = 0.

6Na osnovu (6.20) zakljucujemo da smo dokazali jos i da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako daza svaku podelu P za koju je d(P ) < δ vazi

I − ϵ < sP 0proizvoljno. Tada postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta[a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b), za koju je d(P ) < δ, vazi

SP − sP < ϵ. (6.21)

Kako jesP ≤ I ≤ I ≤ SP , (6.22)

to jeI − I ≤ SP − sP ,

i prema tome0 ≤ I − I < ϵ.

S obzirom na proizvoljnost ϵ > 0, zakljucujemo da je I − I = 0, i stoga je I = I. Nekaje I = I = I. Sada iz (6.22) dobijamo

sP ≤ I ≤ SP . (6.23)

Kako jesP ≤ σ(f, P, ξ) ≤ SP (6.24)

za svaki izbor tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, to iz (6.23) i (6.24)sledi

|σ(f, P, ξ)− I| ≤ SP − sP < ϵ.

Prema tome, za proizvoljno ϵ > 0 nasli smo δ > 0 tako da za svaku podelu P ={x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) za koju jed(P ) < δ, i za svaki izbor tacaka ξ = (ξ1, . . . , ξn), ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, vazi|σ(f, P, ξ)− I| < ϵ. To znaci da je funkcija f Riman integrabilna na segmentu [a, b] i da

je∫ ba f(x)dx = I.(ii) =⇒ (iii): Ocigledno.(iii) =⇒ (ii): Neka je ϵ > 0 i neka je P ∗ podela segmenta [a, b], P ∗ = {x∗0, x∗1, . . . , x∗n},

a = x∗0 < x∗1 < · · · < x∗n = b, za koju vazi SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Funkcija f je ogranicena nasegmentu [a, b], pa postoji K ∈ R, K > 0, tako da je |f(x)| ≤ K za svako x ∈ [a, b].

Izaberimo δ > 0 tako da je δ <1

2(x∗i − x∗i−1), i = 1, 2, . . . , n, i δ <

ϵ

4nK. Neka je

P = {x0, x1, . . . , xm}, a = x0 < x1 < · · · < xm = b, podela segmenta [a, b] takva da je

d(P ) < δ. Pokazacemo da je SP − sP =m∑j=1

(Mj −mj)∆xj < 2ϵ.

Sumu SP − sP prikazimo u obliku

SP − sP =∑j

′(Mj −mj)∆xj +

∑j

′′(Mj −mj)∆xj ,

pri cemu se u sumi∑j

′ nalaze sabirci (oblika (Mj − mj)∆xj) koji se odnose na one

podsegmente podele P svaki od kojih sadrzi jednu od tacaka podele P ∗, dok se suma∑j

′′ odnosi na ostale podsegmente podele P .


a= bx1

x2

x3 x

nx

0* * * * *==x

0

x1

x10

x0

...

...

=xm

xm

=x10

... xm-1

xn-1*

a= bx1 x2 x3 xn

x0* * * * *==x0

x1x10x0

...

...

=xm

xm

=x10

... xm-1

xn-1*

( ( ((

Crno - bela varijanta slike:

U sumi∑j

′ nema vise od 2n sabiraka. Naime, jedan podsegment sadrzi tacku a,

jedan tacku b, a preostalih n − 1 tacaka podele P ∗, x∗1, . . . , x∗n−1 pripadaju jednom ili

dvoma podsegmentima podele P . Kako je −K ≤ f(x) ≤ K za svako x ∈ [a, b], to je−K ≤ mj ≤Mj ≤ K, pa je Mj −mj ≤ K − (−K) = 2K, j = 1, . . . ,m. Prema tome,∑

j

′(Mj −mj)∆xj <

∑j

′2Kδ ≤ 2n2Kδ = 4nKδ < ϵ.

Sumu∑j

′′ zapisimo u obliku∑j

′′ =n∑i=1

∑i gde se∑i odnosi na one sabirke oblika

(Mj − mj)∆xj koji odgovaraju onim podsegmentima podele P , [xj−1, xj ], od kojih jesvaki podskup jednog istog podsegmenta [x∗i−1, x

∗i ] stare podele P ∗. Iz

[xj−1, xj ] ⊂ [x∗i−1, x∗i ]

sledi da jeMj = sup

x∈[xj−1,xj ]f(x) ≤ sup

x∈[x∗i−1,x∗i ]f(x) =M∗

i

imj = inf

x∈[xj−1,xj ]f(x) ≥ inf

x∈[x∗i−1,x∗i ]f(x) = m∗

i ,


te je

Mj −mj ≤M∗i −m∗

i .

Stoga je

∑j

′′(Mj −mj)∆xj =

n∑i=1

∑i(Mj −mj)∆xj ≤

n∑i=1

(M∗i −m∗

i )∑i

∆xj

≤n∑i=1

(M∗i −m∗

i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ.

Prema tome, SP − sP < 2ϵ za bilo koju podelu P segmenta [a, b] dijametra manjeg od δ.

Drugi nacin za dokaz implikacije (iii) =⇒ (ii):

Neka je ϵ > 0 i neka je P ∗ podela segmenta [a, b], P ∗ = {x∗0, x∗1, . . . , x∗n}, a = x∗0 <x∗1 < · · · < x∗n = b, za koju vazi SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Funkcija f je ogranicena na segmentu[a, b], pa postojiK ∈ R, K > 0, tako da je |f(x)| ≤ K za svako x ∈ [a, b]. Izaberimo δ > 0

tako da je δ <ϵ

4nK. Neka je P = {x0, x1, . . . , xm}, a = x0 < x1 < · · · < xm = b, podela

segmenta [a, b] takva da je d(P ) < δ. Pokazacemo da je SP−sP =m∑j=1

(Mj−mj)∆xj < 2ϵ.

Sumu SP − sP prikazimo u obliku

SP − sP =∑j

′(Mj −mj)∆xj +

∑j

′′(Mj −mj)∆xj ,

pri cemu se u sumi∑j

′ nalaze sabirci (oblika (Mj − mj)∆xj) koji se odnose na one

podsegmente podele P koji sadrze neku od tacaka podele P ∗, dok se suma∑j

′′ odnosi

na ostale podsegmente podele P (moze se desiti da svi podsegmenti podele P imajuneprazan presek sa podelom P ∗, pa da u sumi

∑j

′′ nema nijednog sabirka).


a= bx1

x2

x3 x

nx

0* * * * *==x

0

x1

x7

x0

...

...

=xm

xm

=x7

... xm-1

xn-1*

Crno - bela varijanta slike:

a= bx1 x2 x3 xn

x0* * * * *==x0

x1x7x0

...

...

=xm

xm

=x7

... xm-1

xn-1*

( ( ((

U sumi∑j

′ nema vise od 2n sabiraka. Naime, jedan podsegment sadrzi tacku a,

jedan tacku b, a preostalih n−1 tacaka podele P ∗, x∗1, . . . , x∗n−1 pripadaju najvise dvoma

podsegmentima podele P . Kako je −K ≤ f(x) ≤ K za svako x ∈ [a, b], to je −K ≤mj ≤Mj ≤ K, pa je Mj −mj ≤ K − (−K) = 2K, j = 1, . . . ,m. Prema tome,∑

j

′(Mj −mj)∆xj <

∑j

′2Kδ ≤ 2n2Kδ = 4nKδ < ϵ.

Sumu∑j

′′ zapisimo u obliku∑j

′′ =n∑i=1

∑i gde se∑i odnosi na one sabirke oblika

(Mj − mj)∆xj koji odgovaraju onim podsegmentima podele P , [xj−1, xj ], od kojih jesvaki podskup jednog istog podsegmenta [x∗i−1, x

∗i ] stare podele P ∗ (moze se desiti da u

sumi∑i za neko i ∈ {1, . . . , n} nema nijednog sabirka):

∑j

′′(Mj −mj)∆xj =

n∑i=1

∑i(Mj −mj)∆xj ≤

n∑i=1

(M∗i −m∗

i )∑i

∆xj

≤n∑i=1

(M∗i −m∗

i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ.


(Cak i ako je neka od suma∑i ,,prazna“, i ∈ {1, 2, . . . , n}, vazice da je

∑j

′′(Mj −

mj)∆xj ≤n∑i=1

(M∗i − m∗

i )∆x∗i = SP ∗ − sP ∗ < ϵ. Ako i cela suma

∑j

′′ nema nijedan

sabirak, opet je SP − sP =∑j

′(Mj −mj)∆xj < ϵ < 2ϵ.) Prema tome, SP − sP < 2ϵ za

bilo koju podelu P segmenta [a, b] dijametra manjeg od δ.

(iii) =⇒ (iv): Neka je ϵ > 0 i neka je P podela segmenta [a, b] za koju vazi SP−sP < ϵ.Kako je sP ≤ I ≤ I ≤ SP , to je I − I ≤ SP − sP , i prema tome 0 ≤ I − I < ϵ. S obziromda poslednja nejednakost vazi za svako ϵ > 0, zakljucujemo da je I − I = 0, tj. I = I.

(iv) =⇒ (iii): Pretpostavimo da je I = I. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Kako je

I = supPsP , postoji podela P1 tako da je I − ϵ

2< sP1 , a kako je I = inf

PSP , postoji

podela P2 za koju je SP2 < I +ϵ

2. Tada za podelu P = P1 ∪ P2 na osnovu Tvrdenja 6.9

vazi

I − ϵ

2< sP1 ≤ sP ≤ SP ≤ SP2 < I +

ϵ

2.

Odavde, s obzirom da je I = I, sledi SP − sP < ϵ. �


f(x) =

{1, x ∈ Q,−1, x ∈ [0, 1] \Q.

Za proizvoljnu podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [0, 1] (0 = x0 < x1 < · · · < xn−1 <xn = 1) imamo da je

sP =

n∑i=1

mi∆xi =

n∑i=1

(−1) ·∆xi = −n∑i=1

∆xi = −1

i

SP =

n∑i=1

Mi∆xi =

n∑i=1

1 ·∆xi =n∑i=1

∆xi = 1,

pa je

I = supPsP = −1 i I = inf

PSP = 1.

Iz I = I, na osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iv)), sledi da funkcija f nijeintegrabilna.

Slicno, za Dirihleovu funkciju na segmentu [0, 1] imamo da je I = 0 < 1 = I, pa jeovo jos jedan nacin da se pokaze da ova funkcija nije integrabilna. •

Posledica 6.16. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena. Sledeci iskazi su ekviva-lentni:

(i) f ∈ R[a, b];


(ii) Za svako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta[a, b] (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) za koju je d(P ) < δ vazi

n∑i=1

ωi(f)∆xi < ϵ,

gde je ωi(f) oscilacija funkcije f na segmentu [xi−1, xi], i = 1, . . . , n;7

(iii) Za svako ϵ > 0 postoji podela P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] (a = x0 < x1 <· · · < xn−1 < xn = b) tako da je

n∑i=1

ωi(f)∆xi < ϵ.

Dokaz. Sledi iz ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)⇐⇒(iii) u Teoremi 6.14 i Tvrdenja 6.13. �

Teorema 6.17. Neka je funkcija f : [a, b] → R ogranicena i neka je (Pn) niz podela seg-

menta [a, b], Pn = {x(n)0 , . . . , x(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · < x

(n)kn

= b, takav da je limn→∞

d(Pn) = 0.

Sledeci uslovi su ekvivalentni:

(i) f ∈ R[a, b], tj. postoji I =∫ ba f(x)dx;

(ii) limn→∞

SPn = limn→∞

sPn = I;

(iii) limn→∞

(SPn − sPn) = 0.

Dokaz. (i)=⇒(ii): Pretpostavimo da je f ∈ R[a, b], i neka je I =∫ ba f(x)dx. Neka je

ϵ > 0 prozvoljno. Iz dokaza implikacije (i)=⇒(ii) u Teoremi 6.14 sledi da postoji δ > 0tako da za svaku podelu P segmenta [a, b] vazi:

d(P ) < δ =⇒ I − ϵ

3≤ sP ≤ SP ≤ I +

ϵ

3. (6.25)

Kako je limn→∞

d(Pn) = 0, to postoji n0 ∈ N tako da za sve n ∈ N, n ≥ n0, vazi d(Pn) < δ.

Odavde na osnovu (6.25) zakljucujemo da je

I − ϵ

3≤ sPn ≤ SPn ≤ I +

ϵ

3za sve n ≥ n0,

i prema tome

|sPn − I| ≤ ϵ

3< ϵ i |SPn − I| ≤ ϵ

3< ϵ za sve n ≥ n0,

sto znaci da je limn→∞

SPn = limn→∞

sPn = I.

7Ovaj uslov krace zapisujemo na sledeci nacin:

limd(P )→0

n∑i=1

ωi(f)∆xi = 0.

6.2. Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija 549

(ii)=⇒(iii): Pretpostavimo da je limn→∞

SPn = limn→∞

sPn = I. Buduci da je razlika

dva konvergentna niza (SPn) i (sPn) takode konvergentan niz cija je granicna vrednostjednaka razlici granicnih vrednosti nizova (SPn) i (sPn), dobijamo

limn→∞

(SPn − sPn) = limn→∞

SPn − limn→∞

sPn = I − I = 0.

(iii)=⇒(i): Pretpostavimo da je limn→∞

(SPn − sPn) = 0. Tada za svako ϵ > 0 postoji

n0 ∈ N tako da za sve n ≥ n0 vazi SPn − sPn < ϵ. Buduci da je ispunjen uslov (iii)Teoreme 6.14 zakljucujemo da je f ∈ R[a, b]. �

Iz Teoreme 6.17 sledi da je dovoljno da bismo pokazali da je funkcija f integrabilnana segmentu [a, b] naci jedan niz podela (Pn) segmenta [a, b] za koji d(Pn) → 0, n→ ∞, ipokazati da vazi (ii) ili (iii). Na primer, moze se uzeti da Pn bude podela ,,na n jednakih

delova“, preciznije, Pn = {a, a+ b− a

n, a+ 2

b− a

n, . . . , a+ (n− 1)

b− a

n, b}.

Teorema 6.18. Neka je funkcija f ogranicena na segmentu [a, b] i neka je Riman in-tegrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ([ξ, b]), a < ξ < b. Tada je funkcija f Rimanintegrabilna na segmentu [a, b].

Dokaz. Neka je funkcija f Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ], a < ξ < b. Sobzirom da je funkcija f ogranicena na segmentu [a, b], to postoji realan brojM > 0 takoda je |f(x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b]. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj, i neka je δ > 0 takvo

da je δ < min{ ϵ

4M, b− a}. Tada je a < b− δ, i kako je funkcija f Riman integrabilna na

segmentu [a, b − δ], to na osnovu Teoreme 6.14 postoji podela P ′ = {x0, x1, . . . , xn−1}(a = x0 < x1 < · · · < xn−1 = b− δ) segmenta [a, b− δ] takva da je

SP ′ − sP ′ =

n−1∑i=1

(Mi −mi)∆xi <ϵ

2. (6.26)

Uocimo podelu P = {x0, x1, . . . , xn−1, xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 = b− δ < xn = b)segmenta [a, b]. Kako je

−M ≤ f(x) ≤M za sve x ∈ [xn−1, xn],

to je−M ≤ mn = inf

[xn−1,xn]f(x) ≤ sup

[xn−1,xn]f(x) =Mn ≤M,

pa jeMn −mn ≤ 2M. (6.27)

Kako je ∆xn = xn − xn−1 = b− (b− δ) = δ, iz (6.26) i (6.27) sledi

SP − sP =

n∑i=1

(Mi −mi)∆xi =

n−1∑i=1

(Mi −mi)∆xi + (Mn −mn)∆xn

= SP ′ − sP ′ + (Mn −mn)δ <ϵ

2+ 2Mδ <

ϵ

2+ 2M

ϵ

4M= ϵ.

Sada na osnovu Teoreme 6.14 zakljucujemo da je funkcija f Riman integrabilna nasegmentu [a, b]. �


6.3 Integrabilnost neprekidnih i monotonih funkcija

Da bismo dokazali integrabilnost neprekidnih funkcija bice nam potreban pojam ravnomernoneprekidnih funkcija.

Definicija 6.19. Funkcija f : X → R je ravnomerno neprekidna na skupu X ako zasvako ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svake dve tacke x ∈ X, x′ ∈ X, takve da je|x′ − x| < δ, vazi nejednakost |f(x′)− f(x)| < ϵ. �

Uslov ravnomerne neprekidnosti funkcije f na skupu X zapisujemo:

(∀ϵ > 0)(∃δ > 0)(∀x, x′ ∈ X)(|x′ − x| < δ =⇒ |f(x′)− f(x)| < ϵ). (6.28)

Ako je funkcija f ravnomerno neprekidna na skupu X, onda je ocigledno ona ravnomernoneprekidna na svakom podskupu skupa X.

Primetimo da ako je funkcija f ravnomerno neprekidna na skupu X, onda je onaneprekidna na skupu X, tj. neprekidna je u svakoj tacki skupa X. Obrnuto u opstemslucaju ne vazi kao sto cemo videti u narednim Primerima 6.24 i 6.25.

Ako je funkcija f neprekidna u svakoj tacki x ∈ X, onda za svako ϵ > 0 postoji δ > 0koje zavisi od tog ϵ ali i od tacke x skupa X, tako da za sve x′ ∈ X takve da je |x′−x| < δvazi |f(x′) − f(x)| < ϵ. Napominjemo da u slucaju ravnomerno neprekidne funkcije f ,izbor broja δ zavisi samo od ϵ, a ne i od tacke x skupa X. Da bismo jos jasnije uvidelirazliku uslova neprekidnosti funkcije f na skupu X i uslova ravnomerne neprekidnosti(6.28), zapisimo uslov neprekidnosti funkcije f na skupu X logickim simbolima:

(∀ϵ > 0)(∀x ∈ X)(∃δ > 0)(∀x′ ∈ X)(|x′ − x| < δ =⇒ |f(x′)− f(x)| < ϵ). (6.29)

Primer 6.20. Funkcija f(x) = x je ravnomerno neprekidna na skupu R, jer je zaproizvoljno ϵ > 0 dovoljno izabrati δ = ϵ, te ce za sve x, x′ ∈ R takve da je |x− x′| < δvaziti |f(x)− f(x′)| = |x− x′| < δ = ϵ. •

Primer 6.21. Funkcija f(x) = cosx je ravnomerno neprekidna na skupu R. Zaista,buduci da je

| cosx− cosx′| =∣∣∣∣−2 sin

x− x′

2

∣∣∣∣ ∣∣∣∣sin x+ x′

2

∣∣∣∣ ≤ 2|x− x′|

2= |x− x′|, x, x′ ∈ R,

za proizvoljno ϵ > 0 treba uzeti δ = ϵ, pa ce za sve x, x′ ∈ R takve da je |x − x′| < δvaziti

|f(x)− f(x′)| = | cosx− cosx′| ≤ |x− x′| < δ = ϵ. •

Za funkciju f : X → R kazemo da zadovoljava Lipsicov uslov na skupu X ako postojikonstanta L > 0, tako da za sve x, x′ ∈ X vazi

|f(x)− f(x′)| ≤ L |x− x′|.

Tvrdenje 6.22. Ako funkcija f : X → R zadovoljava Lipsicov uslov na skupu X, ondaje ona ravnomerno neprekidna na skupu X.


Dokaz. Neka funkcija f zadovoljava Lipsicov uslov sa konstantom L na skupu X. Tada je

za proizvoljno ϵ > 0 dovoljno uzeti δ =ϵ

L, pa ce za sve x, x′ ∈ X takve da je |x−x′| < δ

vaziti

|f(x)− f(x′)| ≤ L|x− x′| < Lδ = ϵ. �

Neka je I jedan od intervala oblika [a, b], [a, b), (a, b], (a, b), (a,+∞), [a,+∞), (−∞, b),(−∞, b], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R.

Tvrdenje 6.23. Neka je funkcija f : I → R neprekidna na intervalu I i neka imaogranicen izvod u svim unutrasnjim tackama intervala I. Tada je funkcija f ravnomernoneprekidna na intervalu I.

Dokaz. Odredenosti radi neka je I = [a, b), a, b ∈ R. Postoji L > 0 tako da je |f ′(x)| ≤ Lza svaku unutrasnju tacku x intervala I. Neka su x1 i x2 proizvoljne tacke iz intervalaI i neka je x1 < x2. Tada je a ≤ x1 < x2 < b, i s obzirom da je funkcija neprekidna nasegmentu [x1, x2] i diferencijabilna u intervalu (x1, x2), ona ispunjava uslove Lagranzoveteoreme na segmentu [x1, x2], odakle onda sledi da postoji tacka ξ ∈ (x1, x2) tako da je

f(x2)− f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1). (6.30)

Buduci da je ξ unutrasnja tacka intervala I, sledi |f ′(ξ)| ≤ L. Sada iz (6.30) dobijamo

|f(x2)− f(x1)| = |f ′(ξ)||x2 − x1| ≤ L|x2 − x1|.

Prema tome, funkcija f zadovoljava Lipsicov uslov na intervalu I, pa je ravnomernoneprekidna na intervalu I na osnovu Tvrdenja 6.22.

Za ostale tipove intervala tvrdenje se dokazuje analogno. �Primetimo da funkcija iz Primera 6.20, kao i funkcija iz Primera 6.21, ima ogranicen

izvod na skupu R.

Primer 6.24. Funkcija f(x) = cos1

xnije ravnomerno neprekidna na intervalu (0, 1].

Zaista, za ϵ = 2 i svako δ > 0 postoje tacke xn =1

2nπi x′n =

1

(2n+ 1)π, n ∈ N, takve

da je |xn − x′n| < δ za dovoljno veliko n ∈ N i

|f(xn)− f(x′n)| = | cos 2nπ − cos(2n+ 1)π| = |1− (−1)| = 2 ≥ ϵ.

Tako smo pokazali da vazi uslov:

(∃ϵ > 0)(∀δ > 0)(∃x, x′ ∈ (0, 1])(|x− x′| < δ ∧ |f(x′)− f(x)| ≥ ϵ)

tj. vazi negacija uslova (6.28), pa funkcija f nije ravnomerno neprekidna na intervalu(0, 1].

Napomenimo da je ova funkcija, kao elementarna, neprekidna u svakoj tacki svogdomena. •


Primer 6.25. Funkcija f(x) =1

xje ravnomerno neprekidna na intervalu [1,+∞). Za-

ista, za proizvoljno ϵ > 0 dovoljno je uzeti δ = ϵ, pa ce za sve x, x′ ∈ [1,+∞) takve daje |x− x′| < δ vaziti nejednakost:

|f(x)− f(x′)| =∣∣∣∣1x − 1

x′

∣∣∣∣ = |x′ − x||x′||x|

≤ |x′ − x| < δ = ϵ.

Ravnomernu neprekidnost ove funkcije na intervalu [1,+∞) smo mogli dobiti i na osnovu

Tvrdenja 6.23 jer je izvodna funkcija f ′(x) = − 1

x2ogranicena na intervalu [1,+∞) :

|f ′(x)| =∣∣∣∣− 1

x2

∣∣∣∣ = 1

x2≤ 1.

Medutim ova funkcija nije ravnomerno neprekidna na intervalu (0, 1]. Zaista, za ϵ = 1

i svako δ > 0 postoje brojevi xn =1

ni x′n =

1

2ntakvi da je |xn − x′n| < δ za dovoljno

veliko n ∈ N i

|f(xn)− f(x′n)| = |n− 2n| = n ≥ 1 = ϵ. •

Primecujemo da ukoliko na malim po duzini intervalima dolazi do relativno velikihpromena (oscilacija) funkcije, onda funkcija nije ravnomerno neprekidna.

Videli smo da neprekidnost funkcije na skupu X potreban ali ne i dovoljan uslovza njenu ravnomernu neprekidnost na skupu X. Medutim u slucaju kada je skup Xsegment, ova dva uslova su ekvivalentna, sto pokazuje sledeca teorema.

Teorema 6.26. (Kantorova teorema) Neprekidna funkcija na segmentu je ravnomernoneprekidna.

Dokaz. Dokaz izvodimo metodom svodenja na apsurd. Neka je funkcija f : [a, b] → Rneprekidna i pretpostavimo da nije ravnomerno neprekidna. Tada postoji ϵ0 > 0 tako daza svako δ > 0 postoje tacke x′δ, x

′′δ ∈ [a, b] 8 takve da je |x′δ−x′′δ | < δ i |f(x′δ)−f(x′′δ )| ≥ ϵ0.

Prema tome, za δn =1

npostoje tacke x′n = x′δn , x

′′n = x′′δn ∈ [a, b] takve da je

|x′n − x′′n| <1

n(6.31)

i

|f(x′n)− f(x′′n)| ≥ ϵ0. (6.32)

Niz (x′n)n je ogranicen i na osnovu Bolcano-Vajestrasove teoreme postoji konvergentanpodniz (x′nk

)k niza (x′n)n. Neka je x0 = limk→∞

xnk. Naravno, x0 ∈ [a, b]. Dokazimo da i

odgovarajuci podniz (x′′nk)k niza (x′′n)n konvergira ka tacki x0. Na osnovu 6.31 imamo

da za svako k ∈ N vazi:

0 ≤ |x′′nk− x0| = |(x′′nk

− x′nk) + (x′nk

− x0)| ≤ |x′′nk− x′nk

|+ |x′nk− x0| ≤

1

nk+ |x′nk

− x0|,

8Indeks δ oznacava da ove tacke zavise od izbora δ.


a kako je limk→∞

1

nk= 0 9 i lim

k→∞|x′nk

− x0| = 0, to na osnovu teoreme o dva policajca

zakljucujemo da je

limk→∞

|x′′nk− x0| = 0,

tj. limk→∞

x′′nk= x0. Sada iz neprekidnosti funkcije f u tacki x0 ∈ [a, b] sledi

limk→∞

f(x′nk) = f(x0) i lim

k→∞f(x′′nk

) = f(x0),

i prema tome,

limk→∞

(f(x′nk)− f(x′′nk

)) = 0. (6.33)

Medutim, na osnovu (6.32) imamo da vazi nejednakost

|f(x′nk)− f(x′′nk

)| ≥ ϵ0, za svako k ∈ N,

sto protivureci uslovu (6.33). �

Sada smo spremni da dokazemo da je svaka neprekidna funkcija na segmentu inte-grabilna.

Teorema 6.27. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada jef integrabilna na [a, b].

Dokaz. Buduci da je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b], ona je ogranicena naosnovu Vajerstraove teoreme i ravnomerno neprekidna na osnovu Kantorove teoreme.Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Zbog ravnomerne neprekidnosti funkcije f na segmentu [a, b]postoji δ > 0 tako da za svake dve tacke x′, x′′ ∈ [a, b] vazi

|x′ − x′′| < δ =⇒ |f(x′)− f(x′′)| < ϵ

b− a. (6.34)

Neka je P = {x0, x1, . . . , xn} (a = x0 < x1 < · · · < xn−1 < xn = b) podela segmenta[a, b] dijametra d(P ) < δ. Neka jeMi = sup

[xi−1,xi]f(x), mi = inf

[xi−1,xi]f(x), ∆xi = xi−xi−1.

Kako je funkcija f neprekidna na segmentu [xi−1, xi], i = 1, . . . , n, to opet na osnovuVajerstrasove teoreme ona dostize svoj supremum i svoj infimum na tom segmentu, tj.postoje tacke λi, µi ∈ [xi−1, xi] takve da je f(λi) = Mi i f(µi) = mi. Kako λi, µi ∈[xi−1, xi], to je

|λi − µi| ≤ ∆xi ≤ d(P ) < δ

i stoga na osnovu (6.34) sledi

Mi −mi = f(λi)− f(µi) = |f(λi)− f(µi)| <ϵ

b− a, i = 1, . . . , n.

9Kako je nk ≥ k, to je 0 <1

nk≤ 1

k, k ∈ N, i s obzirom da je lim

k→∞

1

k= 0, to je na osnovu teoreme o

dva policajca i limk→∞

1

nk= 0.


Otuda

SP − sP =n∑i=1

(Mi −mi)∆xi <ϵ

b− a

n∑i=1

∆xi =ϵ

b− a(b− a) = ϵ.

Prema tome, funkcija f je ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 nasli smoδ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δvazi SP − sP < ϵ, sto na osnovu Teoreme 6.14 znaci da je funkcija f integrabilna nasegmentu [a, b]. �

Teorema 6.28. Monotona funkcija na segmentu je integrabilna.

Dokaz. Neka je funkcija f : [a, b] → R monotono rastuca na segmentu [a, b]. Tada zasvako x ∈ [a, b] (a ≤ x ≤ b) vazi nejednakost f(a) ≤ f(x) ≤ f(b), pa je funkcija fogranicena na segmentu [a, b]. Ako je f(a) = f(b), onda je f(x) = f(a) = f(b) za svakox ∈ [a, b], tj. funkcija je konstantna, pa je integrabilna. Pretpostavimo da je f(a) = f(b).

Tada je f(b)− f(a) > 0. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj, i neka je δ =ϵ

f(b)− f(a). Tada

je δ > 0 i za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] za koju je d(P ) < δ vazi

mi = inf[xi−1,xi]

f(x) = f(xi−1), Mi = sup[xi−1,xi]

f(x) = f(xi)

i

SP − sP =n∑i=1

(Mi −mi)∆xi =n∑i=1

(f(xi)− f(xi−1))∆xi

≤ d(P )

n∑i=1

(f(xi)− f(xi−1)) = d(P )(f(b)− f(a))

< δ(f(b)− f(a)) = ϵ.

Prema tome, funkcija f je ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postojiδ > 0 tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] dijametra d(P ) < δvazi SP − sP < ϵ, te iz Teoreme 6.14 sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu[a, b].

Slicno se dokazuje integrabilnost monotono opadajuce funkcije. 10 �

6.4 Osobine odredenog integrala

Tvrdenje 6.29. Neka je f ∈ R[a, b] i neka [c, d] ⊂ [a, b]. Tada je f ∈ R[c, d].

Dokaz. Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz f ∈ R[a, b], na osnovu Teoreme 6.7 sledi da jefunkcija f ogranicena na segmentu [a, b], pa je ogranicena i na segmentu [c, d], dok na

10Za slucaj monotone opadajuce funkcije moze se iskoristiti vec dokazani deo tvrdenja. Naime, ako jefunkcija f monotono opadajuca na segmentu [a, b], onda se funkcija −f monotono rastuca na segmentu[a, b] i na osnovu prethodno dokazanog dela integrabilna. Na osnovu Tvrdenja 6.33 onda sledi da jefunkcija f integrabilna na segmentu [a, b].

6.4. Osobine odredenog integrala 555

osnovu Teoreme 6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da postoji podela P segmenta[a, b] tako da vazi nejednakost

SP − sP < ϵ. (6.35)

Neka je P1 = P ∪ {c, d}. Iz P ⊂ P1, na osnovu Tvrdenja 6.9, sledi

sP ≤ sP1 ≤ SP1 ≤ SP ,

pa je SP1 − sP1 ≤ SP − sP . Odavde, s obzirom na (6.35), sledi

SP1 − sP1 < ϵ. (6.36)

Neka je P ∗ = P1 ∩ [c, d]. Jasno, P ∗ je podela segmenta [c, d] i oznacimo sa S∗ i s∗ gornjui donju Darbuovu sumu funkcije f na segmentu [c, d] u odnosu na podelu P ∗. Kako je

S∗ − s∗ ≤ SP1 − sP1 ,11

iz (6.36) slediS∗ − s∗ < ϵ. (6.37)

Prema tome, funkcija f je ogranicena na segmentu [c, d] i za proizvoljno ϵ > 0 naslismo podelu P ∗ segmenta [c, d] tako da vazi nejednakost (6.37), te na osnovu Teoreme6.14 (ekvivalencija (i) ⇐⇒ (iii)) sledi da je f ∈ R[c, d]. �

Tvrdenje 6.30. Neka je a < c < b, a, b, c ∈ R, i neka je f ∈ R[a, c] i f ∈ R[c, b]. Tadaje f ∈ R[a, b] i vazi jednakost:∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx. (6.38)

Dokaz: Iz f ∈ R[a, c] i f ∈ R[c, b] sledi da je funkcija f ogranicena na segmentu [a, c], atakode i na segmentu [c, b], pa je ogranicena na segmentu [a, b]. Neka je (Pn) niz podelasegmenta [a, b] takvih da c ∈ Pn za svako n ∈ N i lim

n→∞d(Pn) = 0. Neka je P ′

n = Pn∩ [a, c]

i P ′′n = Pn ∩ [c, b], n ∈ N. Jasno, P ′

n je podela segmenta [a, c], P ′′n je podela segmenta

[c, b] i vazi jednakost

SPn = SP ′n+ SP ′′

n,

sPn = sP ′n+ sP ′′

n.

(6.39)

S obzirom da je

0 < d(P ′n) ≤ d(Pn) i 0 < d(P ′′

n ) ≤ d(Pn),

11Kako je S∗ − s∗ =∑

j(Mj −mj)∆xj (u sumi∑

j se nalaze nenegativni sabirci oblika (Mj −mj)∆xjkoji se odnose na podsegmente podele P ∗), a SP1 − sP1 =

∑i(Mi − mi)∆xi (u sumi

∑i se nalaze

nenegativni sabirci koji se odnose na podsegmente podele P1), i kako je P∗ = P1∩[c, d], to znaci da je suma∑

j(Mj −mj)∆xj sadrzana u sumi∑

i(Mi −mi)∆xi, tj. suma∑

i(Mi −mi)∆xi sadrzi eventualno nekinenegativan sabirak vise u odnosu na sumu

∑j(Mj−mj)∆xj , pa je

∑j(Mj−mj)∆xj ≤

∑i(Mi−mi)∆xi,

i prema tome S∗ − s∗ =∑

j(Mj −mj)∆xj ≤∑

i(Mi −mi)∆xi = SP1 − sP1 .


iz limn→∞

d(Pn) = 0 sledi limn→∞

d(P ′′n ) = lim

n→∞d(P ′

n) = 0. Kako je f ∈ R[a, c] i f ∈ R[c, b],

to opet na osnovu Teoreme 6.17 (ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)) zakljucujemo da je

limn→∞

SP ′n= lim

n→∞sP ′

n=

∫ c

af(x)dx,

limn→∞

SP ′n′ = lim

n→∞sP ′

n′ =

∫ b

cf(x)dx.

(6.40)

Iz (6.40) i prelaskom na granicnu vrednost u jednakostima (6.39) kad n→ ∞, dobi-jamo da je

limn→∞

SPn = limn→∞

SP ′n+ limn→∞

SP ′′n=

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx,

limn→∞

sPn = limn→∞

sP ′n+ limn→∞

sP ′′n=

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx.

Odavde sledi da je

limn→∞

SPn = limn→∞

sPn =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx. (6.41)

Kako je funkcija f ogranicena na segmentu [a, b], i kako je (Pn) niz podela segmenta[a, b] takav da lim

n→∞d(Pn) = 0 i za koji vaze jednakosti (6.41), na osnovu Teoreme 6.17

(ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)) zakljucujemo da je f ∈ R[a, b], i da je∫ b

af(x)dx = lim

n→∞SPn = lim

n→∞sPn =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx. �

Napomenimo da smo u prethodnom dokazu integrabilnost funkcije f na segmentu[a, b] mogli takode jednostavno dobiti koriscenjem ekvivalencije (i)⇐⇒(iii) u Teoremi6.14. Naime, za proizvoljno izabrano ϵ > 0, na osnovu Teoreme 6.14 sledi da postojepodela P1 segmenta [a, c] i podela P2 segmenta [c, b] tako da je

SP1 − sP1 <ϵ

2i SP2 − sP2 <

ϵ

2. (6.42)

Neka je P = P1 ∪ P2. Jasno, P je podela segmenta [a, b] i vazi da je SP = SP1 + SP2 isP = sP1 + sP2 . Odavde i iz (6.42) sledi

SP − sP = (SP1 + SP2)− (sP1 + sP2) = (SP1 − sP1) + (SP2 − sP2) <ϵ

2+ϵ

2= ϵ.

Prema tome, funkcija f je ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 naslismo podelu P segmenta [a, b] tako da vazi nejednakost SP − sp < ϵ, te opet na osnovuekvivalencije (i) ⇐⇒ (iii) u Teoremi 6.14 sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu[a, b].


Kad smo uvodili pojam odredenog integrala

∫ b

af(x)dx pretpostavljali smo da je

a < b. Sada cemo dati definiciju odredenog integrala i za slucaj kada je donja granicaveca ili jednaka gornjoj.

Definicija 6.31. Ako je funkcija f definisana u tacki a, onda je∫ a

af(x)dx = 0.

Ako je a < b i funkcija f integrabilna na segmentu [a, b], onda je∫ a

bf(x)dx = −

∫ b

af(x)dx. �

Ova definicija je prirodna s te strane, sto se u prvom slucaju, kada je a = b, segment[a, b] svodi na tacku, te se i podsegmenti odredjeni proizvoljnom podelom svode natacku, pa su njihove duzine ∆xi jednake 0 i proizvoljna integralna suma je onda jednaka0. U drugom slucaju kada je a < b, za podelu P = {x0, . . . , xn} segmenta [a, b] vazi∑n

i=1 f(ξi)(xi−1−xi) = −∑n

i=1 f(ξi)(xi−xi−1), tj. integralne sume integrala∫ ab f(x)dx

razlikuju se samo u znaku od odgovarajucih integralnih suma integrala∫ ba f(x)dx.

Tvrdenje 6.32. Neka su tacke a, b, c ∈ R krajevi triju segmenata, i neka je funkcija fintegrabilna na najvecem medu njima. Tada je funkcija f integrabilna i na ostala dvasegmenta i vazi jednakost:∫ b

af(x)dx =

∫ c

af(x)dx+

∫ b

cf(x)dx. (6.43)

Dokaz. S obzirom da je funkcija f integrabilna na najvecem od tih triju segmenata, naosnovu Tvrdenja 6.29, integrabilna je i na ostala dva. Za dokaz jednakosti (6.43), nekaje, recimo, a < b < c. Iz Tvrdenja 6.30 sledi∫ c

af(x)dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ c

bf(x)dx

=

∫ b

af(x)dx−

∫ b

cf(x)dx,

odakle dobijamo (6.43). �

Tvrdenje 6.33. Neka je f ∈ R[a, b] i neka je k ∈ R. Tada je kf ∈ R[a, b] i vazijednakost: ∫ b

akf(x)dx = k

∫ b

af(x)dx.

Dokaz. Neka je (Pn) niz podela segmenta [a, b], Pn = {x(n)0 , . . . , x(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · <

x(n)kn

= b, za koji vazi da je limn→∞

d(Pn) = 0, i neka je ξ(n) = (ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

) proizvoljan


izbor tacaka ξ(n)i ∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . . Buduci da je funkcija

f integrabilna na segmentu [a, b], niz integralnih suma (σ(f, Pn, ξ(n)))n konvergira ka∫ b

a f(x)dx. Kako je

σ(kf, Pn, ξ(n)) =

kn∑i=1

kf(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) = k

kn∑i=1

f(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1)

= kσ(f, Pn, ξ(n)),

sledi da je

limn→∞

σ(kf, Pn, ξ(n)) = lim

n→∞kσ(f, Pn, ξ

(n)) = k limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) = k

∫ b

af(x)dx.

Na osnovu Definicije 6.4 zakljucujemo da je funkcija kf integrabilna na segmentu [a, b]

i da je

∫ b

akf(x)dx = k

∫ b

af(x)dx. �

Tvrdenje 6.34. Neka su f, g ∈ R[a, b]. Tada je f + g ∈ R[a, b] i vazi jednakost:∫ b

a(f(x) + g(x))dx =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx.


}, a = x(n)0 < · · · <

x(n)kn



(n)kn

) proizvoljan


(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . . Iz f, g ∈ R[a, b] sledi da

su nizovi (σ(f, Pn, ξ(n)))n i (σ(g, Pn, ξ

(n)))n konvergentni i da je limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) =∫ b

a f(x)dx i limn→∞

σ(g, Pn, ξ(n)) =

∫ ba g(x)dx. Kako je

σ(f + g, Pn, ξ(n)) =

kn∑i=1

(f(ξ(n)i ) + g(ξ

(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1)

=

kn∑i=1

f(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) +

kn∑i=1

g(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1)

= σ(f, Pn, ξ(n)) + σ(g, Pn, ξ

(n)),

niz (σ(f+g, Pn, ξ(n)))n je konvergentan kao suma dva konvergentna niza i vazi jednakost

limn→∞

σ(f+g, Pn, ξ(n)) = lim

n→∞σ(f, Pn, ξ

(n))+ limn→∞

σ(g, Pn, ξ(n)) =

∫ b

af(x)dx+

∫ b

ag(x)dx.

Sada na osnovu Definicije 6.4 zakljucujemo da je funkcija f+g integrabilna na segmentu[a, b] i da je

∫ ba (f(x) + g(x))dx =

∫ ba f(x)dx+

∫ ba g(x)dx. �

Iz Tvrdenja 6.33 i 6.34 sledi svojstvo linearnosti odredenog integrala.


Posledica 6.35. (Linearnost odredenog integrala) Neka su k1, k2 ∈ R i f1, f2 ∈ R[a, b].Tada je k1f1 + k2f2 ∈ R[a, b] i∫ b

a(k1f1(x) + k2f2(x))dx = k1

∫ b

af1(x)dx+ k2

∫ b

af2(x)dx.

Tvrdenje 6.36. Neka su f, g ∈ R[a, b]. Tada je f · g ∈ R[a, b].

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcija f i g na segmentu [a, b] sledi da su one ogranicene natom segmentu, te postoje realni brojevi L1 > 0 i L2 > 0 takvi da je

|f(x)| ≤ L1, |g(x)| ≤ L2, za sve x ∈ [a, b]. (6.44)

Odavde sledi |f(x)g(x)| ≤ L1L2, za sve x ∈ [a, b], i prema tome funkcija f ·g je ogranicenana segmentu [a, b].

Neka je P = {x0, x1, . . . , xn} proizvoljna podela segmenta [a, b] i neka su x, x′ dveproizvoljne tacke iz segmenta [xi−1, xi], gde i ∈ {1, . . . , n}. Iz (6.44) sledi

|f(x)g(x)− f(x′)g(x′)| = |f(x)g(x)− f(x′)g(x) + f(x′)g(x)− f(x′)g(x′)|= |(f(x)− f(x′))g(x) + f(x′)(g(x)− g(x′))|≤ |f(x)− f(x′)||g(x)|+ |f(x′)||g(x)− g(x′)|≤ L2|f(x)− f(x′)|+ L1|g(x)− g(x′)|≤ L2ωi(f) + L1ωi(g),

gde su ωi(f) i ωi(g) oscilacije funkcija f i g, respektivno, na segmentu [xi−1, xi], i =1, . . . , n. Odavde dobijamo

supx,x′∈[xi−1,xi]

|f(x)g(x)− f(x′)g(x′)| ≤ L2ωi(f) + L1ωi(g),

tj.ωi(fg) ≤ L2ωi(f) + L1ωi(g), i = 1, . . . , n.

Mnozenjem svake od ovih nejednakosti sa ∆xi i sabiranjem dobijamo:

n∑i=1

ωi(fg)∆xi ≤ L2

n∑i=1

ωi(f)∆xi + L1

n∑i=1

ωi(g)∆xi. (6.45)

Neka je ϵ > 0. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Posledice6.16 (ekvivalencija (i)⇐⇒(ii)), sledi da postoji δ1 > 0 tako da za svaku podelu P ={x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ1 vazi nejednakost

n∑i=1

ωi(f)∆xi <ϵ

2L2, (6.46)

dok iz integrabilnosti funkcije g sledi da postoji δ2 > 0 tako da za svaku podelu P ={x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ2 sledi

n∑i=1

ωi(g)∆xi <ϵ

2L1. (6.47)


Neka je δ = min{δ1, δ2}. Tada za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b]takvu da je d(P ) < δ, na osnovu (6.45), (6.46) i (6.47), vazi nejednakost

n∑i=1

ωi(fg)∆xi < L2ϵ

2L2+ L1

ϵ

2L1= ϵ. (6.48)

S obzirom da je funkcija f · g ogranicena na segmentu [a, b] i da smo za proizvoljno ϵ > 0pokazali da postoji δ > 0, tako da za svaku podelu P = {x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b]za koju je d(P ) < δ vazi nejednakost (6.48), na osnovu Posledice 6.16 (ekvivalencija(i)⇐⇒(ii)), sledi f · g ∈ R[a, b]. �

Primetimo da smo prethodno tvrdenje mogli dokazati koristeci ekvivalenciju (i)⇐⇒(iii)Teoreme 6.14, odnosno Posledice 6.16. Zaista, neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz integrabil-nosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.14 ili Posledice 6.16 (ekvivalen-cija (i)⇐⇒(iii)) sledi da postoji podela P1 segmenta [a, b] tako da je

SP1(f)− sP1(f) =∑i

ωi(f)∆xi <ϵ

2L2, (6.49)

dok iz integrabilnosti funkcije g na segmentu [a, b] sledi da postoji podela P2 segmenta[a, b] tako da je

SP2(g)− sP2(g) =∑j

ωj(g)∆xj <ϵ

2L1. (6.50)

Neka je P = P1 ∪ P2. Tada iz (6.45) sledi

SP (fg)− sP (fg) =∑k

ωk(fg)∆xk

≤ L2

∑k

ωk(f)∆xk + L1

∑k

ωk(g)∆xk (6.51)

= L2(SP (f)− sP (f)) + L1(SP (g)− sP (g)).

Na osnovu Tvrdenja 6.9, iz P1 ⊂ P sledi

sP1(f) ≤ sP (f) ≤ SP (f) ≤ SP1(f),

dok iz P2 ⊂ P sledisP2(g) ≤ sP (g) ≤ SP (g) ≤ SP2(g).

Stoga je

SP (f)− sP (f) ≤ SP1(f)− sP1(f) i SP (g)− sP (g) ≤ SP2(g)− sP2(g). (6.52)

Sada, na osnovu (6.51) i (6.52) sledi

SP (fg)− sP (fg) ≤ L2(SP1(f)− sP1(f)) + L1(SP2(g)− sP2(g)),

sto zajedno sa (6.49) i (6.50) povlaci nejednakost:

SP (fg)− sP (fg) < L2ϵ

2L2+ L1

ϵ

2L1= ϵ.


Dakle, funkcija fg je ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postoji podelaP segmenta [a, b] tako da vazi SP (fg) − sP (fg) < ϵ, odakle na osnovu Teoreme 6.14((i)⇐⇒(iii)) sledi da fg ∈ R[a, b].

Tvrdenje 6.37. Neka je f ∈ R[a, b] i neka postoji m ∈ R, m > 0, tako da je

|f(x)| ≥ m za sve x ∈ [a, b]. (6.53)

Tada je1

f∈ R[a, b].

Dokaz. Iz |f(x)| ≥ m sledi da je

∣∣∣∣ 1

f(x)

∣∣∣∣ ≤ 1

mza sve x ∈ [a, b], pa je funkcija

1

fogranicena

na segmentu [a, b].Neka je P = {x0, x1, . . . , xn} proizvoljna podela segmenta [a, b] i neka su x, x′ dve

proizvoljne tacke iz segmenta [xi−1, xi], gde i ∈ {1, . . . , n}. Tada iz (6.53) sledi∣∣∣∣ 1

f(x)− 1

f(x′)

∣∣∣∣ = |f(x′)− f(x)||f(x′)||f(x)|

≤ 1

m2|f(x′)− f(x)| ≤ 1

m2ωi(f),

pa je

ωi

(1

f

)≤ 1

m2ωi(f), i = 1, . . . , n.

Odavde mnozenjem sa ∆xi i sabiranjem, i = 1, . . . , n, dobijamo

n∑i=1

ωi

(1

f

)∆xi ≤

1

m2

n∑i=1

ωi(f)∆xi. (6.54)

Neka je ϵ > 0. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Posledice 6.16((i)⇐⇒(iii)), sledi da postoji podela P ∗ segmenta [a, b] takva da je∑

j

ωj(f)∆xj < m2ϵ. (6.55)

S obzirom da nejednakost (6.54) vazi za proizvoljnu podelu segmenta [a, b], to iz (6.55)zakljucujemo da je

∑j

ωj

(1

f

)∆xj ≤

1

m2

n∑j

ωj(f)∆xj <1

m2m2ϵ = ϵ.

Prema tome, funkcija1

fje ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 pokazali

smo da postoji podela P ∗ segmenta [a, b] tako da vazi nejednakost∑

j ωj

(1

f

)∆xj < ϵ,

pa je na osnovu Posledice 6.16 ((i)⇐⇒(iii)) funkcija1

fintegrabilna na tom segmentu. �

U dokazu Tvrdenja 6.37 se moze umesto ekvivalencije (i)⇐⇒(iii) iz Posledice 6.16koristiti i ekvivalencija (i)⇐⇒(ii).


Tvrdenje 6.38. Neka su f, g ∈ R[a, b] i neka postoji m ∈ R, m > 0, tako da je

|g(x)| ≥ m za sve x ∈ [a, b]. Tada jef

g∈ R[a, b].

Dokaz. Iz Tvrdenja 6.37 sledi da je funkcija1

gintegrabilna na segmentu [a, b]. Sada na

osnovu Tvrdenja 6.36 sledi da je funkcijaf

g= f · 1

gintegrabilna na segmentu [a, b], kao

proizvod dve integrabilne funkcije na tom segmentu. �

Tvrdenje 6.39. Neka su f, g ∈ R[a, b] i

f(x) ≥ g(x) za sve x ∈ [a, b]. (6.56)

Tada je ∫ b

af(x)dx ≥

∫ b

ag(x)dx.


}, a = x(n)0 < · · · <

x(n)kn



(n)kn

) proizvoljan


(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n = 1, 2, . . . . Iz f, g ∈ R[a, b] sledi da

su nizovi (σ(f, Pn, ξ(n)))n i (σ(g, Pn, ξ

(n)))n konvergentni, i da je limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) =∫ b

a f(x)dx i limn→∞

σ(g, Pn, ξ(n)) =

∫ ba g(x)dx, dok iz uslova (6.56) sledi da je f((ξ

(n)i ) ≥

g(ξ(n)i ), i = 1, . . . , kn, n ∈ N, i stoga

σ(f, Pn, ξ(n)) =

kn∑i=1

f(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) ≥

kn∑i=1

g(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) = σ(g, Pn, ξ

(n)).

Odavde, prelaskom na limes, dobijamo∫ b

af(x)dx = lim

n→∞σ(f, Pn, ξ

(n)) ≥ limn→∞

σ(g, Pn, ξ(n)) =

∫ b

ag(x)dx. �

Osobina integrala, iskazana u Tvrdenju 6.39, zove se monotonost integrala.

Posledica 6.40. Neka je f ∈ R[a, b]. Ako je

f(x) ≥ 0 za sve x ∈ [a, b], (6.57)

onda je ∫ b

af(x)dx ≥ 0.

Ako jef(x) ≤ 0 za sve x ∈ [a, b],

onda je ∫ b

af(x)dx ≤ 0.


Dokaz. Neka vazi (6.57). Ako se uzme da je g(x) = 0, x ∈ [a, b], na osnovu Primera 6.5

sledi da je g ∈ R[a, b] i da je∫ ba g(x)dx = 0. Sada iz Tvrdenja 6.39, buduci da je, na

osnovu (6.57), f(x) ≥ g(x), x ∈ [a, b], dobijamo∫ ba f(x)dx ≥

∫ ba g(x)dx = 0.


Tvrdenje 6.41. Neka je f ∈ R[a, b]. Tada je |f | ∈ R[a, b] i vazi nejednakost∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a|f(x)|dx ≤M(b− a), (6.58)

gde je M = supa≤x≤b

|f(x)|.

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b] sledi da je f ogranicena funkcija nasegmentu [a, b], pa je stoga i funkcija |f | ogranicena na tom segmentu iM = sup

a≤x≤b|f(x)|

je konacan broj.Neka je P = {x0, x1, . . . , xn} proizvoljna podela segmenta [a, b]. Za dve proizvoljne

tacke x, x′ iz segmenta [xi−1, xi], i ∈ {1, . . . , n}, vazi∣∣|f(x)| − |f(x′)|∣∣ ≤ |f(x)− f(x′)|,

odakle prelaskom na supremum dobijamo

supx,x′∈[xi−1,xi]

∣∣|f(x)| − |f(x′)|∣∣ ≤ sup

x,x′∈[xi−1,xi]|f(x)− f(x′)|

tj.ωi (|f |) ≤ ωi(f), i = 1, . . . , n.

Sada monozenjem sa ∆xi i sabiranjem, i = 1, . . . , n, dobijamo

n∑i=1

ωi (|f |)∆xi ≤n∑i=1

ωi(f)∆xi. (6.59)

Neka je ϵ > 0. Na osnovu Posledice 6.16 ((i)⇐⇒(iii)) postoji podela P ∗ segmenta[a, b] takva da je ∑

j

ωj(f)∆xj < ϵ. (6.60)

Buduci da nejednakost (6.59) vazi za proizvoljnu podelu segmenta [a, b], to iz (6.60)dobijamo da je ∑

j

ωj (|f |)∆xj ≤∑j

ωj(f)∆xj < ϵ.

Prema tome, funkcija |f | je ogranicena na segmentu [a, b] i za proizvoljno ϵ > 0 postojipodela P ∗ segmenta [a, b] takva da je

∑j ωj (|f |)∆xj < ϵ, i stoga na osnovu Posledice

6.16 ((i)⇐⇒(iii)) zakljucujemo da je funkcija |f | integrabilna na segmentu [a, b].12

12U prethodnom delu dokazu smo mogli umesto ekvivalencije (i)⇐⇒(iii) iz Posledice 6.16 koristitiekvivalenciju (i)⇐⇒(ii).


Iz Tvrdenja 6.33 sledi da je funkcija −|f | integrabilna na segmentu [a, b] i da je∫ ba (−|f(x)|)dx = −

∫ ba |f(x)|dx. Kako je

−|f(x)| ≤ f(x) ≤ |f(x)|, x ∈ [a, b],

na osnovu Tvrdenja 6.39 dobijamo

−∫ b

a|f(x)|dx =

∫ b

a(−|f(x)|)dx ≤

∫ b

af(x)dx ≤

∫ b

a|f(x)|dx. (6.61)

Iz |f(x)| ≥ 0, x ∈ [a, b], na osnovu Posledice 6.40 imamo da je∫ ba |f(x)|dx ≥ 0, pa iz

(6.61) sledi ∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a|f(x)|dx. (6.62)

Kako je |f(x)| ≤M za svako x ∈ [a, b], to iz Tvrdenja 6.39 i Primera 6.5 dobijamo∫ b

a|f(x)|dx ≤

∫ b

aMdx =M(b− a). (6.63)

(6.62) i (6.63) zajedno daju (6.58). �U opstem slucaju, za bilo koje a i b, a b, umesto nejednakosti

(6.58) vazice nejednakost:∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ b

a|f(x)|dx

∣∣∣∣ ≤M |b− a|. (6.64)

Zaista, ako je a < b, onda je∫ ba |f(x)|dx ≥ 0, pa je

∣∣∣∫ ba |f(x)|dx∣∣∣ = ∫ ba |f(x)|dx, |b− a| =b− a i nejednakost (6.64) se poklapa sa nejednakoscu (6.58). Ako je a = b, nejednakost(6.64) je ocigledna.

Neka je a > b. Tada, koristeci Definiciju 6.31 i nejednakost (6.58), dobijamo∣∣∣∣∫ b

af(x)dx

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣−∫ a

bf(x)dx

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ a

bf(x)dx

∣∣∣∣≤

∫ a

b|f(x)|dx =

∣∣∣∣∫ a

b|f(x)|dx

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣− ∫ b

a|f(x)|dx

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣∫ b

a|f(x)|dx

∣∣∣∣ .Dalje, ∣∣∣∣∫ b

a|f(x)|dx

∣∣∣∣ = ∫ a

b|f(x)|dx ≤M(a− b) =M |b− a|,

i prema tome vazi nejednakost (6.64).

Primetimo da umesto M u nejednakosti (6.64) moze da stoji bilo koji broj L za kojije |f(x)| ≤ L, x ∈ [a, b], tj. bilo koji broj L takav da je M = sup

a≤x≤b|f(x)| ≤ L.


Tvrdenje 6.42. Neka je f ∈ R[a, b] i f(x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. Ako postoji tacka x0 ∈ [a, b]u kojoj je funkcija f neprekidna i za koju je f(x0) > 0, tada je∫ b

af(x)dx > 0.

Dokaz. Iz neprekidnosti funkcije f u tacki x0 sledi da za ϵ =f(x0)

2> 0 postoji δ > 0

tako da za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b] vazi |f(x)− f(x0)| < ϵ =f(x0)

2, tj.

f(x0)−f(x0)

2< f(x) < f(x0) +

f(x0)

2.

Prema tome, za x ∈ (x0−δ, x0+δ)∩ [a, b] vazi f(x) >f(x0)

2. Postoje a0, b0 ∈ R, a0 < b0,

takvi da je [a0, b0] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ [a, b]. Iz Tvrdenja 6.29 i 6.30 sledi∫ b

af(x)dx =

∫ a0

af(x)dx+

∫ b0

a0

f(x)dx+

∫ b

b0

f(x)dx,

a iz nenegativnosti funkcije f , na osnovu Tvrdenja 6.39, sledi

∫ a0

af(x)dx ≥ 0 i

∫ b

b0

f(x)dx ≥

0. Stoga je ∫ b

af(x)dx ≥

∫ b0

a0

f(x)dx. (6.65)

Buduci da za svako x ∈ [a0, b0] vazi f(x) >f(x0)

2, to opet na osnovu Tvrdenja 6.39 sledi∫ b0

a0

f(x)dx ≥∫ b0

a0

f(x0)

2dx =

f(x0)

2(b0 − a0) > 0. (6.66)

Sada iz (6.65) i (6.66) sledi

∫ b

af(x)dx > 0. �

Napominjemo da je uslov neprekidnosti funkcije u tacki x0 u kojoj je funkcija poz-itivna, bitan za vazenje tvrdenja. Sledeci primer pokazuje da se moze desiti da inte-grabilna nenegativna funkcija na segmentu, pozitivna u nekoj tacki segmenta, ali ne ineprekidna u toj tacki, ima integral na tom segmentu jednak 0.


f(x) =

{0, 0 ≤ x < 1,1, x = 1,

i neka je (Pn) niz podela segmenta [0, 1], Pn =

{0,

1

n,2

n, . . . ,

n− 1

n, 1

}, n ∈ N. Tada je

d(Pn) =1

n→ 0,

SPn =n∑i=1

( supx∈[ i−1

n, in]

f(x)) · 1n= 0 · 1

n+ 0 · 1

n+ · · ·+ 0 · 1

n+ 1 · 1

n=

1

n


i

sPn =

n∑i=1

( infx∈[ i−1

n, in]f(x)) · 1

n= 0 · 1

n+ 0 · 1

n+ · · ·+ 0 · 1

n= 0.

Kako je limn→∞

d(Pn) = 0 i limn→∞

SPn = limn→∞

sPn = 0, na osnovu Teoreme 6.17 (ekvivalencija

(i)⇐⇒(ii)) sledi da je funkcija f integrabilna13 i da je∫ 10 f(x)dx = 0. Osim toga, funkcija

je nenegativna na segmentu [0, 1] i jedina tacka u kojoj je funkcija pozitivna je 1, medutimfunkcija f nije neprekidna u toj tacki. •

Posledica 6.44. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna i nenegativna (nepozitivna)

na segmentu [a, b], i neka je

∫ b

af(x) dx = 0. Tada je f(x) = 0 za sve x ∈ [a, b].

Dokaz. Neka je f(x) ≥ 0 za sve x ∈ [a, b]. Ako bi postojala tacka x ∈ [a, b] tako da

je f(x) > 0, onda bi iz Tvrdenja 6.42 sledilo da je

∫ b

af(x) dx > 0, sto je suprotno

pretpostavci. Prema tome, f(x) = 0 za sve x ∈ [a, b].Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna i nepozitivna na segmentu [a, b], onda

je funkcija −f neprekidna i nenegativna na segmentu [a, b], i kako je

∫ b

a(−f(x)) dx =

−∫ b

af(x) dx = 0, to na osnovu prethodno dokazanog dela tvrdenja sledi da je−f(x) = 0,

tj. f(x) = 0 za sve x ∈ [a, b]. �

Prva teorema o srednjoj vrednosti

Teorema 6.45. Neka su funkcije f i g integrabilne na segmentu [a, b], i neka funkcija gne menja znak na segmentu [a, b], tj. neka je ili nenegativna ili nepozitivna na segmentu[a, b]. Tada postoji µ ∈ R takvo da je

m ≤ µ ≤M

i ∫ b

af(x)g(x)dx = µ

∫ b

ag(x)dx, (6.67)

gde jem = inf

a≤x≤bf(x), M = sup

a≤x≤bf(x).

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.7, sledi da jefunkcija f ogranicena na tom segmentu. Prema tome, m = inf

a≤x≤bf(x) i M = sup

a≤x≤bf(x)

su konacni brojevi, i za sve x ∈ [a, b] vazi nejednakost

m ≤ f(x) ≤M.

13Integrabilnost funkcije f sledi i iz cinjenice da je ova funkcija monotono rastuca.


Odavde, za slucaj da je g(x) ≥ 0, x ∈ [a, b], dobijamo nejednakost

mg(x) ≤ f(x)g(x) ≤Mg(x),

dok za slucaj da je g(x) ≤ 0, x ∈ [a, b], dobijamo nejednakost

mg(x) ≥ f(x)g(x) ≥Mg(x).

Sada, na osnovu Tvrdenja 6.39 i Tvrdenja 6.33, u prvom slucaju sledi nejednakost:

m

∫ b

ag(x)dx ≤

∫ b

af(x)g(x)dx ≤M

∫ b

ag(x)dx, (6.68)

a u drugom slucaju nejednakost:

m

∫ b

ag(x)dx ≥

∫ b

af(x)g(x)dx ≥M

∫ b

ag(x)dx. (6.69)

Ako je∫ ba g(x)dx = 0, onda i u prvom i u drugom slucaju, na osnovu nejednakosti (6.68)

i (6.69), zakljucujemo da je∫ ba f(x)g(x)dx = 0, pa jednakost (6.67) vazi za bilo koji

realan broj µ, pa i za ono µ za koje vazi m ≤ µ ≤M .Ako je

∫ ba g(x)dx = 0, onda za slucaj da je g(x) ≥ 0, x ∈ [a, b], buduci da iz Posledice

6.40 sledi∫ ba g(x)dx ≥ 0, dobijamo

∫ ba g(x)dx > 0, dok za slucaj da je g(x) ≤ 0, x ∈ [a, b],

zbog∫ ba g(x)dx ≤ 0, dobijamo

∫ ba g(x)dx < 0. Otuda, deobom nejednakosti (6.68) i

(6.69) sa∫ ba g(x)dx dobijamo u oba slucaja nejednakost

m ≤

∫ b

af(x)g(x)dx∫ b

ag(x)dx

≤M. (6.70)

Neka je

µ =

∫ b

af(x)g(x)dx∫ b

ag(x)dx

. (6.71)

Tada zbog (6.70) vazi nejednakost m ≤ µ ≤M , a iz (6.71) sledi (6.67). �

Posledica 6.46. Neka je uz pretpostavke Teoreme 6.45 funkcija f jos i neprekidna nasegmentu [a, b]. Tada postoji tacka ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)g(x)dx = f(ξ)

∫ b

ag(x)dx. (6.72)

Dokaz. Iz neprekidnosti funkcije f na segmentu [a, b], buduci da je m ≤ µ ≤ M , naosnovu posledice Bolcano-Kosijeve teoreme (Posledica 3.109 iz Mat. analize 1) sledi dapostoji ξ ∈ [a, b] tako da je f(ξ) = µ, pa iz (6.67) dobijamo (6.72). �


Posledica 6.47. Neka je f ∈ C[a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)dx = f(ξ)(b− a). (6.73)

Dokaz. Iz Teoreme 6.27 sledi da je f ∈ R[a, b]. Neka je g(x) = 1, x ∈ [a, b]. Funkcija g

je nenegativna i integrabilna na segmentu [a, b],∫ ba g(x)dx = b− a (Primer 6.5). Prema

tome, funkcije f i g zadovoljavaju pretpostavke Posledice 6.46, odakle sledi da postojitacka ξ ∈ [a, b] tako da vazi jednakost∫ b

af(x)g(x)dx = f(ξ)

∫ b

ag(x)dx = f(ξ)(b− a). �

U slucaju kada je funkcija f neprekidna i nenegativna na segmentu [a, b], formula(6.73) ima jednostavno geometrijsko tumacenje: povrsina krivolinijskog trapeza, ogranicenoggrafikom funkcije f , x-osom i pravama x = a i x = b, jednaka je povrsini pravougaonikacija je osnova duzine b− a, a visina duzine f(ξ).

a

f( )

b

y=f x( )

6.5 Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija

Definicija 6.48. Funkcija f : [a, b] → R je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b]ako postoji podela P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takoda je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1, xi) i postoje konacne granicnevrednosti

f(xi−1 + 0) = limx→xi−1+0

f(x)

if(xi − 0) = lim

x→xi−0f(x).

6.5. Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija 569

Drugim recima, funkcija f je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b] ako ima samokonacno mnogo prekida i pritom samo prekide prve vrste. �


f(x) =

2, x = −3−x+ 1, −3 < x < −1,x3, −1 ≤ x < 1x+ 1, 1 ≤ x < 2,1, x = 2.

je deo po deo neprekidna na segmentu [−3, 2] jer je f neprekidna na intervalima (−3,−1),(−1, 1) i (1, 2), i postoje konacne granicne vrednosti:lim

x→−3+0f(x) = 4, lim

x→−1−0f(x) = 2, lim

x→−1+0f(x) = −1, lim

x→1−0f(x) = 1, lim

x→1+0f(x) = 2,

limx→2−0

f(x) = 3. •

2-3 -1 1

4

3

2

1

-10

y=f x( )

Sledeca lema govori o tome da promena vrednosti integrabilne funkcija na krajevima seg-menta, ne utice ni na integrabilnost, ni na vrednost integrala, tj. novodobijena funkcijaje opet integrabilna sa itegralom koji je jednak integralu polazne funkcije.

Lema 6.50. Neka je su funkcije f i g definisane na [a, b] i neka je f(x) = g(x) zax ∈ (a, b). Ako je funkcija f integrabilna na [a, b], onda je i funkcija g integrabilna na[a, b] i vazi ∫ b

ag(x)dx =

∫ b

af(x)dx.

Dokaz. Neka je funkcija f integrabilna na [a, b], i neka je I =∫ ba f(x)dx. Iz integrabilnosti

funkcije f sledi da je ona ogranicena na segmentu [a, b], tj. postoji broj M > 0 tako daje |f(x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b]. Neka je K = max{M, |g(a)|, |g(b)|}. Dalje, neka je (Pn)


niz podela segmenta [a, b], Pn = {x(n)0 , x(n)1 , . . . , x

(n)kn

}, n ∈ N, takav da je limn→∞

d(Pn) = 0,

i neka je ξ(n) = (ξ(n)1 , ξ

(n)2 , . . . , ξ

(n)kn

) proizvoljan izbor tacaka ξ(n)i ∈ [x

(n)i−1, x

(n)i ], i =

1, . . . , kn, n ∈ N. Tada je

limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n))= lim

n→∞

kn∑i=1

f(ξ(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1)= lim

n→∞

kn∑i=1

f(ξ(n)i )∆x

(n)i =I, (6.74)

gde je ∆x(n)i = x

(n)i − x

(n)i−1, i = 1, 2, . . . kn, n ∈ N.

Kako je

0 ≤ |σ(g, Pn, ξ(n))− I| ≤ |σ(g, Pn, ξ(n))− σ(f, Pn, ξ(n))|+ |σ(f, Pn, ξ(n))− I|

= |kn∑i=1

g(ξ(n)i )∆x

(n)i −

kn∑i=1

f(ξ(n)i )∆x

(n)i |+ |σ(f, Pn, ξ(n))− I|

= |g(ξ(n)1 )∆x(n)1 + g(ξ

(n)kn

)∆x(n)kn

− f(ξ(n)1 )∆x

(n)1 − f(ξ

(n)kn

)∆x(n)kn

|+ |σ(f, Pn, ξ(n))− I|

≤ |g(ξ(n)1 )∆x(n)1 |+ |g(ξ(n)kn

)∆x(n)kn

|+ |f(ξ(n)1 )∆x(n)1 |+ |f(ξ(n)kn

)∆x(n)kn

|+ |σ(f, Pn, ξ(n))− I|

i kako je

|g(ξ(n)1 )∆x(n)1 | ≤ Kd(Pn), |g(ξ(n)kn

)∆x(n)kn

| ≤ Kd(Pn),

|f(ξ(n)1 )∆x(n)1 | ≤ Kd(Pn), |f(ξ(n)kn

)∆x(n)kn

| ≤ Kd(Pn),

to je

0 ≤ |σ(g, Pn, ξ(n))− I| ≤ 4Kd(Pn) + |σ(f, Pn, ξ(n))− I|. (6.75)


d(Pn) = 0, iz (6.74) i (6.75) sledi

limn→∞

σ(g, Pn, ξ(n)) = I,

sto znaci da je funkcija g integrabilna na segmentu [a, b] i da je∫ b

ag(x)dx = I =

∫ b

af(x)dx.

Drugi nacin: Neka je funkcija f integrabilna na [a, b], i neka je I =∫ ba f(x)dx. Iz

integrabilnosti funkcije f sledi da je ona ogranicena na segmentu [a, b], tj. postoji brojM > 0 tako da je |f(x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b]. Neka je K = max{M, |g(a)|, |g(b)|},i neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada postoji δ∗ > 0 tako da za svaku podelu P ={x0, x1, . . . , xn} segmenta [a, b] takvu da je d(P ) < δ∗ i za svaki izbor ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξn)tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n vazi nejednakost

|σ(f, P, ξ)− I| < ϵ

2. (6.76)

6.5. Integrabilnost deo po deo neprekidnih funkcija 571

Neka je δ = min{δ∗,

ϵ

8K

}i P = {x0, x1, . . . , xn} podela segmenta [a, b] takva da je

d(P ) < δ, i neka je ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξn) proizvoljan izbor tacaka ξi ∈ [xi−1, xi], i = 1, . . . , n.Tada je

|σ(g, P, ξ)− I| ≤ |σ(g, P, ξ)− σ(f, P, ξ)|+ |σ(f, P, ξ)− I|

≤ |n∑i=1

g(ξi)∆xi −n∑i=1

f(ξi)∆xi|+ |σ(f, P, ξ)− I|

≤ |g(ξ1)∆x1 + g(ξn)∆xn − f(ξ1)∆x1 − f(ξn)∆xn|+ |σ(f, P, ξ)− I|

i kako je

|g(ξ1)∆x1| ≤ Kd(P ) < Kδ, |g(ξn)∆xn| ≤ Kd(P ) < Kδ,

|f(ξ1)∆x1| ≤ Kd(P ) < Kδ, |f(ξn)∆xn| ≤ Kd(P ) < Kδ,

to je, s obzirom na (6.76),

|σ(g, P, ξ)− I| < 4Kδ + |σ(f, P, ξ)− I| < 4Kϵ

8K+ϵ

2= ϵ.

Ovo znaci da je funkcija g integrabilna na segmentu [a, b] i da je

∫ b

ag(x)dx = I =∫ b

af(x)dx. �

Teorema 6.51. Neka je funkcija f : [a, b] → R deo po deo neprekidna na segmentu [a, b].Tada je f integrabilna na [a, b].

Dokaz. Neka je P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) podela segmenta [a, b] takvada je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1, xi) i da postoje konacne granicnevrednosti f(xi−1 + 0) = lim

x→xi−1+0f(x) i f(xi − 0) = lim

x→xi−0f(x), i = 1, . . . , n. Neka je

fi(x) =

f(x), xi−1 < x < xi,f(xi−1 + 0), x = xi−1

f(xi − 0), x = xi.

Funkcija fi je neprekidna na segmentu [xi−1, xi], te je na osnovu Teoreme 6.27 integra-bilna na tom segmentu. Funkcija f se na segmentu [xi−1, xi] razlikuje od integrabilnefunkcije fi samo na krajevima segmenta, pa je na osnovu Leme 6.50 i ona integrabilnana segmentu [xi−1, xi] i vazi jednakost∫ xi

xi−1

f(x)dx =

∫ xi

xi−1

fi(x)dx.

Sada na osnovu Tvrdenja 6.30 sledi da je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] i davazi jednakost ∫ b

af(x)dx =

n∑i=1

∫ xi

xi−1

fi(x)dx. �


Napomenimo da vazi i opstije tvrdenje od tvrdenja Teoreme 6.51. Naime, ako jefunkcija ogranicena na segmentu [a, b] i ako je neprekidna u svim tackama segmenta[a, b] sa izuzetkom eventualno konacno mnogo tacaka (tacke prekida funkcije mogu bitii tacke prekida druge vrste), onda je ona integrabilna na segmentu [a, b].

6.6 Odredeni integral sa promenljivomgornjom granicom

Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Ako je x ∈ [a, b], onda je na osnovuTvrdenja 6.29, funkcija f integrabilna na segmentu [a, x], tj. za svako x ∈ [a, b] ima

smisla integral

∫ x

af(t)dt, pa je funkcija

F (x) =

∫ x

af(t)dt (6.77)

definisana na segmentu [a, b]. Funkcija F se zove integral sa promenljivom gornjomgranicom.

Teorema 6.52. Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b]. Tada je funkcija F ,definisana u (6.77), neprekidna na segmentu [a, b].

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b], na osnovu Teoreme 6.7 sledi daje funkcija f ogranicena na segmentu [a, b] i M = sup

a≤x≤b|f(x)| je konacan broj. Neka

x, x+∆x ∈ [a, b]. Tada je

F (x+∆x) =

∫ x+∆x

af(t)dt =

∫ x

af(t)dt+

∫ x+∆x

xf(t)dt = F (x) +

∫ x+∆x

xf(t)dt,

pa je

∆F = F (x+∆x)− F (x) =

∫ x+∆x

xf(t)dt.

Odavde, koristeci nejednakost (6.64), dobijamo

|∆F | = |F (x+∆x)−F (x)| =∣∣∣∣∫ x+∆x

xf(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣∫ x+∆x

x|f(t)|dt

∣∣∣∣ ≤M |x+∆x−x| =M |∆x|.

Iz poslednje nejednakosti zakljucujemo da je lim∆x→0

∆F = 0 za svako x ∈ [a, b], sto znaci

da je funkcija F neprekidna u svakoj tacki x ∈ [a, b]. �

Sledeca teorema je jedna od centralnih teorema integralnog racuna i omogucuje vezuizmedu neodredenog i odredenog integrala. Naime, pokazuje da je, u slucaju neprekid-nosti podintegralne funkcije, izvod integrala po gornjoj granici jednak vrednosti podin-tegralne funkcije u toj gornjoj granici.

6.6. Odredeni integral sa promenljivom gornjom granicom 573

Teorema 6.53. Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] i neka je neprekidna

u tacki x0 ∈ [a, b]. Tada funkcija F (x) =

∫ x

af(x)dx ima izvod u tacki x0 i 14

F ′(x0) = f(x0).

Dokaz. I nacin: Pretpostavimo da x0 ∈ (a, b). Pokazimo da je F ′(x0) = f(x0), tj.

lim∆x→0

F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x= f(x0). (6.78)

Neka je ∆x = 0 takvo da x0 +∆x ∈ [a, b]. Tada je

F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x=

∫ x0+∆xx0

f(t)dt

∆x. (6.79)

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u tacki x0 sledi da postoji δ > 0tako da vazi implikacija:

t ∈ (x0 − δ, x0 + δ) =⇒ f(x0)− ϵ < f(t) < f(x0) + ϵ. (6.80)

Neka je 0 < |∆x| < δ.Ako je ∆x > 0, onda je [x0, x0 + ∆x] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ), te za t ∈ [x0, x0 + ∆x] iz

(6.80) sledif(x0)− ϵ < f(t) < f(x0) + ϵ,

odakle, zbog monotonosti odredenog integrala (Tvrdenje 6.39) sledi∫ x0+∆x

x0

(f(x0)− ϵ)dt ≤∫ x0+∆x

x0

f(t)dt ≤∫ x0+∆x

x0

(f(x0) + ϵ)dt.

Odavde (videti Primer 6.5) dobijamo

(f(x0)− ϵ)(x0 +∆x− x0) ≤∫ x0+∆x

x0

f(t)dt ≤ (f(x0) + ϵ)(x0 +∆x− x0),

tj.

(f(x0)− ϵ)∆x ≤∫ x0+∆x

x0

f(t)dt ≤ (f(x0) + ϵ)∆x, (6.81)

Deobom (6.81) sa ∆x (∆x > 0) dobijamo

f(x0)− ϵ ≤∫ x0+∆xx0

f(t)dt

∆x≤ f(x0) + ϵ


−ϵ ≤ F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0) ≤ ϵ.

14Ako se x0 poklapa sa jednim od krajeva segmenta, a ili b, onda se pod izvodom f ′(x0) podrazumevaodgovarajuci jednostrani izvod.


Prema tome, ∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤ ϵ. (6.82)

Ako je 0 < |∆x| < δ i ∆x < 0, onda je [x0 + ∆x, x0] ⊂ (x0 − δ, x0 + δ), te zat ∈ [x0 +∆x, x0] iz (6.80) sledi

f(x0)− ϵ < f(t) < f(x0) + ϵ,

odakle zbog monotonosti integrala sledi∫ x0

x0+∆x(f(x0)− ϵ)dt ≤

∫ x0

x0+∆xf(t)dt ≤

∫ x0

x0+∆x(f(x0) + ϵ)dt.

Odavde imamo

(f(x0)− ϵ)(x0 − (x0 +∆x)) ≤∫ x0

x0+∆xf(t)dt ≤ (f(x0) + ϵ)(x0 − (x0 +∆x)),

tj.

(f(x0)− ϵ)(−∆x) ≤∫ x0

x0+∆xf(t)dt ≤ (f(x0) + ϵ)(−∆x).

Delenjem ove nejednakosti sa −∆x (∆x < 0) dobijamo

f(x0)− ϵ ≤∫ x0x0+∆x f(t)dt

−∆x=

∫ x0+∆xx0

f(t)dt

∆x≤ f(x0) + ϵ,

tj.

f(x0)− ϵ ≤ F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x≤ f(x0) + ϵ,

odakle opet sledi (6.82).

Prema tome, dokazali smo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako

∆x takvo da je 0 < |∆x| < δ vazi

∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤ ϵ, sto znaci da vazi

(6.78), tj. F ′(x0) = f(x0).

Za slucaj da je x0 = a (x0 = b), pokazuje se da za proizvoljno ϵ > 0 postojiδ > 0 tako da za svako ∆x takvo da je |∆x| < δ i ∆x > 0 (∆x < 0) vazi ne-

jednakost

∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤ ϵ, pa je lim∆x→+0

F (a+∆x)− F (a)

∆x= f(a)

( lim∆x→−0

F (b+∆x)− F (b)

∆x= f(b)), tj. F ′

+(a) = f(a) (F ′−(b) = f(b)).

Drugi nacin: Pretpostavimo da x0 ∈ (a, b). Pokazimo da je F ′(x0) = f(x0), tj.

lim∆x→0

F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x= f(x0). (6.83)


Neka je ∆x = 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b]. Kako je∫ x0+∆xx0

dt = x0 + ∆x − x0 = ∆x,

to je1

∆x

∫ x0+∆x

x0

dt = 1 i stoga,1

∆x

∫ x0+∆x

x0

f(x0)dt = f(x0). Odavde (koristeci prvu

nejednakost u (6.64)) dobijamo∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ x0+∆xx0

f(t)dt

∆x− f(x0)

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∫ x0+∆xx0

f(t)dt−∫ x0+∆xx0

f(x0)dt

∆x

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∫ x0+∆xx0

(f(t)− f(x0))dt∣∣∣

|∆x|

≤

∣∣∣∫ x0+∆xx0

|f(t)− f(x0)|dt∣∣∣

|∆x|. (6.84)

Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u tacki x0 sledi da postojiδ > 0 tako da vazi implikacija:

|x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ϵ. (6.85)

Neka je 0 < |∆x| < δ. Tada za t iz segmenta sa krajevima u x0 i x0 +∆x vazi

|t− x0| ≤ |∆x| < δ,

pa na osnovu (6.85) sledi

|f(t)− f(x0)| < ϵ. (6.86)

Sada iz (6.84) i (6.86) (koristeci drugu nejednakost u (6.64)) dobijamo

∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∫ x0+∆xx0

|f(t)− f(x0)|dt∣∣∣

|∆x|≤ ϵ|x0 +∆x− x0|

|∆x|= ϵ.

Prema tome, dokazali smo da za proizvoljno ϵ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako ∆x

takvo da je |∆x| < δ vazi

∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤ ϵ, i prema tome vazi (6.83).

Ako je x0 = a (x0 = b), onda se analogno dokazuje da je lim∆x→+0

F (a+∆x)− F (a)

∆x=

f(a) ( lim∆x→−0

F (b+∆x)− F (b)

∆x= f(b)), tj. F ′

+(a) = f(a) (F ′−(b) = f(b)), samo je u

ovom slucaju ∆x > 0 (∆x < 0).

Treci nacin: Neka je ϵ > 0 proizvoljno. Iz neprekidnosti funkcije f u tacki x0 sledi dapostoji δ > 0 tako da vazi implikacija:

x ∈ [a, b] ∧ |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ϵ. (6.87)


Neka je ∆x = 0 takvo da x0 +∆x ∈ [a, b]. Kako je∫ x0+∆xx0

dt = x0 +∆x− x0 = ∆x,

to je1

∆x

∫ x0+∆x

x0

dt = 1 i stoga,1

∆x

∫ x0+∆x

x0

f(x0)dt = f(x0). Odavde (koristeci prvu

nejednakost u (6.64)) dobijamo∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∫ x0+∆xx0

f(t)dt

∆x− f(x0)

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∫ x0+∆xx0

f(t)dt−∫ x0+∆xx0

f(x0)dt

∆x

∣∣∣∣∣=

∣∣∣∫ x0+∆xx0

(f(t)− f(x0))dt∣∣∣

|∆x|

≤

∣∣∣∫ x0+∆xx0

|f(t)− f(x0)|dt∣∣∣

|∆x|. (6.88)

Neka je ∆x = 0 takvo da x0 + ∆x ∈ [a, b], i neka je jos |∆x| < δ. Tada za t izsegmenta sa krajevima u x0 i x0 +∆x vazi t ∈ [a, b] (jer x0, x0 +∆x ∈ [a, b]) i

|t− x0| ≤ |∆x| < δ,

pa na osnovu (6.87) sledi|f(t)− f(x0)| < ϵ. (6.89)

Sada iz (6.88) i (6.89) (koristeci drugu nejednakost u (6.64)) dobijamo

∣∣∣∣F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x− f(x0)

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∫ x0+∆xx0

|f(t)− f(x0)|dt∣∣∣

|∆x|≤ ϵ|x0 +∆x− x0|

|∆x|= ϵ.

Za slucaj da je x0 ∈ (a, b), ovo znaci da je lim∆x→0

F (x0 +∆x)− F (x0)

∆x= f(x0), tj,

F ′(x0) = f(x0), dok za slucaj da je x0 = a, ovo znaci lim∆x→+0

F (a+∆x)− F (a)

∆x= f(a),

tj. F ′+(a) = f(a). Ako je pak x0 = b, onda imamo lim

∆x→−0

F (b+∆x)− F (b)

∆x= f(b), tj.

F ′−(b) = f(b). �

Teorema 6.54. Ako je funkcija f : [a, b] → R integrabilna na segmentu [a, b] i neprekidna

na intervalu (a, b), onda je F (x) =

∫ x

af(t)dt primitivna funkcija funkcije f na segmentu

[a, b].

Dokaz. Iz integrabilnosti funkcije f na segmentu [a, b] na osnovu Teoreme 6.52 sledi daje funkcija F neprekidna na segmentu [a, b], dok iz neprekidnosti funkcije f u svakojunutrasnjoj tacki x segmenta [a, b] na osnovu Teoreme 6.53 vazi da je F ′(x) = f(x).Prema tome, F je primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. �


Napomenimo da ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na intervalu (a, b), onda jeintegrabilnost ove funkcije na segmentu [a, b] ekvivalentna njenoj ogranicenosti na [a, b],sto sledi iz napomene na kraju sekcije 1.6 i Teoreme 6.7.

Posledica 6.55. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b], onda je F (x) =∫ x

af(t)dt primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b].

Dokaz. Iz f ∈ C[a, b], na osnovu Teoreme 6.27, sledi da je f integrabilna na segmentu

[a, b], pa iz Teoreme 6.54 dobijamo da je F (x) =

∫ x

af(t)dt primitivna funkcija funkcije

f na segmentu [a, b]. �Prema tome, ako je f ∈ C[a, b], tada je

d

dx

∫ x

af(t)dt = f(x), x ∈ [a, b], (6.90)

tj. operacija integraljenja sa pomenljivom gornjom granicom primenjana na neprekidnufunkciju daje primitivnu funkciju, sto znaci da je ta operacija inverzna operaciji diferen-ciranja15.

Bilo koja primitivna funkcija Φ neprekidne funkcije f na segmentu [a, b] razlikuje se

od funkcije F (x) =

∫ x

af(t)dt za konstantu, tj. oblika je:

Φ(x) =

∫ x

af(t)dt+ C, x ∈ [a, b].

Tako dobijamo vezu izmedu neodredenog i odredenog integrala:∫f(x)dx =

∫ x

af(t)dt+ C, x ∈ [a, b].

Teorema 6.52 i Teorema 6.53 pokazuju da operacija integraljenja sa promenljivomgornjom granicom ,,poboljsava“ osobine funkcije, naime od integrabilne funkcije na seg-mentu, dobija se neprekidna funkcija, dok se od neprekidne funkcije dobija diferencija-bilna. S druge strane, operacija diferenciranja dovodi do ,,pogorsanja“ svojstava funkcija.Tako, na primer, izvodna funkcija neprekidne funkcije moze biti funkcija koja ima tackeprekida. Primer koji to ilustuje je sledeca funkcija:

f(x) =

{x2 sin

1

x, x = 0,

0, x = 0.

Funkcija f je neprekidna na skupu R i ima izvod u svakoj tacki x ∈ R (neprekidnost

inace sledi iz diferencijabilnosti). Naime, za x = 0 je f ′(x) = 2x sin1

x− cos

1

xi

f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= lim

x→0

x2 sin1

xx

= limx→0

(x sin

1

x

)= 0.

15Formula (6.90) je poznata pod nazivom formula diferenciranja odredenog integrala po gornjoj granici.


Buduci da ne postoji ni limx→−0

cos1

xni lim

x→+0cos

1

x, zakljucujemo da ne postoji ni

limx→−0

f ′(x) ni limx→+0

f ′(x), pa izvodna funkcija f ′ nije neprekidna u 0 (0 je tacka prekida

druge vrste izvodne funkcije).Iz formule (6.90) se moze dobiti formula diferenciranja po donjoj granici. Neka je

funkcija f ; [a, b] → R integrabilna na segmentu [a, b]. Tada je za svako x ∈ [a, b] definisanafunkcija

G(x) =

∫ b

xf(t)dt,

pri cemu iz jednakosti∫ b

af(t)dt =

∫ x

af(t)dt+

∫ b

xf(t)dt = F (x) +G(x),

dobijamo

G(x) =

∫ b

af(t)dt− F (x). (6.91)

Ako je funkcija f neprekidna u tacki x ∈ [a, b], onda na osnovu Teoreme 6.53 funkcijaF ima izvod u toj tacki, pa iz jednakosti (6.91) sledi da i funkcija G ima izvod u tojtacki i pritom vazi jednakost

G′(x) = −F ′(x) = −f(x),

tj.d

dx

∫ b

xf(t)dt = −f(x). (6.92)

Iz formula diferenciranja integrala neprekidne funkcije po donjoj i gornjoj granici, (6.90)i (6.92), sledi da svaka funkcija neprekidna na nekom intervalu I (I moze biti oblika[a, b), (a, b], (a, b), (a,+∞), [a,+∞), (−∞, b), (−∞, b], (−∞,+∞), gde su a, b ∈ R) imaprimitivnu funkciju na tom intervalu. Zaista, neka je, na primer, funkcija f definisana ineprekidna na intervalu I = (a, b), neka je x0 ∈ (a, b) i

F (x) =

∫ x

x0

f(t)dt.

Za x ≥ x0 iz formule (6.90) sledi da je F ′(x) = f(x). Ako je x < x0, onda iz formule(6.92) sledi

F ′(x) =

(∫ x

x0

f(t)dt

)′=

(−∫ x0

xf(t)dt

)′= −(−f(x)) = f(x).

Prema tome, F je primitivna funkcija funkcije f na intervalu (a, b).Odavde i iz Teoreme 6.53 mozemo zakljuciti da ako je funkcija f neprekidna na

intervalu I (ma kog tipa), da ona na tom intervalu ima primitivnu funkciju F (x) =∫ x

x0

f(t)dt, gde je x0 ∈ I, i da je F ′(x) = f(x) za sve x ∈ I (ne samo za unutrasnje tacke


x intervala I, vec i za rubne tacke koje pripadaju intervalu), pri cemu se pod izvodom utacki intervala koja je rubna podrazumeva odgovarajuci jednostrani izvod. Kako se bilokoje dve primitivne funkcije za funkciju f razlikuju za konstantu, to onda dobijamo daza neprekidnu funkciju f na intervalu I za bilo koju njenu primitivnu funkciju G vazijednakost G′(x) = f(x) za sve x ∈ I, gde se opet pod izvodom u tacki intervala koja jerubna podrazumeva odgovarajuci jednostrani izvod funkcije G. Primetimo da smo takona jos jedan nacin dokazali Tvrdenje 5.2.

Njutn-Lajbnicova formula

Teorema 6.56. Neka je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b] i neprekidna na in-tervalu (a, b). Ako je Φ proizvoljna primitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b],onda je ∫ b

af(x)dx = Φ(b)− Φ(a). (6.93)

Dokaz. Na osnovu Teoreme 6.54 funkcija F (x) =

∫ x

af(t)dt je primitivna funkcija

funkcije f na segmentu [a, b]. Kako je i Φ primitivna funkcija funkcije f na segmentu[a, b], to se F i Φ razlikuju za konstantu na segmentu [a, b], odnosno postoji C ∈ R takoda je

F (x) = Φ(x) + C, x ∈ [a, b],

tj. ∫ x

af(t)dt = Φ(x) + C, x ∈ [a, b].

Stavljajuci u prethodnoj jednakosti x = a dobijamo

0 =

∫ a

af(t)dt = Φ(a) + C, x ∈ [a, b],

odakle sledi C = −Φ(a). Prema tome,∫ x

af(t)dt = Φ(x)− Φ(a), x ∈ [a, b],

odakle za x = b dobijamo jednakost (6.93). �

Formula (6.93) se zove Njutn-Lajbnicova formula. Zbog kratkoce zapisa, za izraz

Φ(b) − Φ(a) upotrebljavamo oznaku Φ(x)∣∣∣ba, pa se Njutn-Lajbnicova formula cesto pise

u obliku ∫ b

af(t)dt = Φ(x)

∣∣∣ba.

Primetimo da Njutn-Lajbnicova formula vazi i kad je a > b, jer u ovom slucaju je∫ b

af(x)dx = −

∫ a

bf(x)dx = −(Φ(a)− Φ(b)) = Φ(b)− Φ(a).


Teorema 6.57. Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i neka je Φ proizvoljnaprimitivna funkcija funkcije f na segmentu [a, b]. Tada vazi Njutn-Lajbnicova formula.

Dokaz. Na osnovu Teoreme 6.27 sledi da je f ∈ R[a, b]. Sada na osnovu Teoreme 6.56sledi formula (6.93). �

Primeri 6.58. (i) Kako je

∫x3dx =

x4

4+ C, na osnovu Njutn-Lajbnicove formule

dobijamo ∫ 3

2x3dx =

x4

4

∣∣∣32=

34

4− 24

4=

81

4− 16

4=

65

4.

(ii) Iz

∫dx

x= ln |x|+ C sledi

∫ 8

2

dx

x= ln |x|

∣∣∣82= ln 8− ln 2 = ln

8

2= ln 4. •

Sledeca teorema pokazuje da se Njutn-Lajbnicovu formulu moze dobiti i pod slabijimuslovima od onih navedenih u Teoremi 6.56. Istaknimo da se u dokazu ove teoreme, zarazliku od Teoreme 6.56, ne koriste osobine integrala sa promenljivom gornjom granicom((6.77)), vec Lagranzova teorema.

Teorema 6.59. Neka je f ∈ R[a, b], F ∈ C[a, b] i neka je F ′(x) = f(x) za sve x ∈ (a, b)sa izuzetkom konacno mnogo tacaka. Tada vazi Njutn-Lajbnicova formula:∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a).

Dokaz. Neka su a1, . . . , am ∈ (a, b) tacke u kojima ne vazi jednakost F ′(x) = f(x). Neka

je (Pn) niz podela segmenta [a, b], Pn = {x(n)0 , x(n)1 , . . . , x

(n)kn

}, a = x(n)0 < · · · < x

(n)kn

= b,n ∈ N, takav da je lim

n→∞d(Pn) = 0 i da tacke a1, . . . , am ∈ (a, b) pripadaju svakoj podeli

Pn, n ∈ N. Tada je na svakom segmentu [x(n)i−1, x

(n)i ], i = 1, . . . , kn, n ∈ N, funkcija

F neprekidna, a u unutrsnjim tackama segmenta difrencijabilna, te ispunjava uslove

Lagranzeve teoreme, na osnovu koje onda sledi da postoji tacka ξ(n)i ∈ (x

(n)i−1, x

(n)i ) za

koju vazi jednakost

F (x(n)i )− F (x

(n)i−1) = F ′(ξ

(n)i )(x

(n)i − x

(n)i−1) = F ′(ξ

(n)i )∆x

(n)i , i = 1, . . . , kn. (6.94)

Kako ξ(n)i /∈ Pn, to ξ

(n)i /∈ {a1, . . . , am}, pa je F ′(ξ

(n)i ) = f(ξ

(n)i ). Sada iz (6.94) sledi

F (x(n)i )− F (x

(n)i−1) = f(ξ

(n)i )∆x

(n)i , i = 1, . . . , kn. (6.95)

Sabirajuci jednakosti u (6.95) dobijamo

kn∑i=1

(F (x(n)i )− F (x

(n)i−1)) =

kn∑i=1

f(ξ(n)i )∆x

(n)i . (6.96)


Suma na levoj strani jednakosti u (6.96) je jednaka razlici F (b) − F (a), dok je sumana desnoj strani integralna suma funkcije f koja odgovara podeli Pn i izboru tacaka

ξ(n) = (ξ(n)1 , . . . , ξ

(n)kn

). Prema tome,

F (b)− F (a) = σ(f, Pn, ξ(n)). (6.97)

Kako je funkcija f integrabilna na segmentu [a, b], a (Pn) niz podela cji dijametar tezi 0,

to je limn→∞

σ(f, Pn, ξ(n)) =

∫ b

af(x)dx. Zato prelaskom na limes u jednakosti (6.97) kad

n→ ∞, dobijamo F (b)− F (a) =

∫ b

af(x)dx. �

U sledecoj teoremi, koja je direktna posledica Teoreme 6.59, i dalje su uslovi podkojima se dobija Njutn-Lajbnicova formula slabiji od onih u Teoremi 6.56.

Teorema 6.60. Neka je f ∈ R[a, b] i neka je F primitivna funkcija funkcije f nasegmentu [a, b]. Tada vazi Njutn-Lajbnicova formula:∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a).

Definicija 6.61. Za funkciju f : [a, b] → R kazemo da je glatka ili neprekidno diferen-cijabilna na segmentu [a, b] ako ima neprekidan izvod na segmentu [a, b]. Pritom se podizvodom u tacki a podrazumeva desni izvod u tacki a, dok se pod izvodom u tacki bpodrazumeva levi izvod u ovoj tacki. �

Prema tome, funkcija f je glatka na segmentu [a, b] ako je neprekidna na [a, b], imaneprekidan izvod na (a, b) i postoje konacne granicne vrednosti lim

x→a+0f ′(x) i lim

x→b−0f ′(x)

(na osnovu Tvrdenja 4.61 i 4.62 ove granicne vrednosti su jednake, respektivno, desnomizvodu u tacki a i levom izvodu u tacki b, tj. vaze jednakosti: lim

x→a+0f ′(x) = f ′+(a),

limx→b−0

f ′(x) = f ′−(b).) Sa C1[a, b] oznacavamo skup svih glatkih funkcija na segmentu

[a, b].

Neka je funkcija f : [a, b] → R je deo po deo neprekidna na segmentu [a, b]. Toznaci da postoji podela P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takoda je funkcija f neprekidna na svakom intervalu (xi−1, xi) i postoje konacne granicnevrednosti

f(xi−1 + 0) = limx→xi−1+0

f(x)

if(xi − 0) = lim

x→xi−0f(x).

Neka je

fi(x) =

f(x), xi−1 < x < xi,f(xi−1 + 0), x = xi−1

f(xi − 0), x = xi.(6.98)


Definicija 6.62. Ako je svaka od funkcija fi, i = 1, 2, . . . , n, glatka (neprekidno difer-encijabilna) na segmentu [xi−1, xi], onda za funkciju f kazemo da je deo po deo glatka ilideo po deo neprekidno diferencijabilna na segmentu [a, b]. �

Prema tome, funkcija f je deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b] ako i samoako postoji podela P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] tako daje funkcija f neprekidna zajedno sa svojim izvodom na svakom od intervala (xi−1, xi),i = 1, . . . , n, i postoje konacne granicne vrednosti f(xi−1+0) = lim

x→xi−1+0f(x), f(xi−0) =

limx→xi−0

f(x), f ′(xi−1 + 0) = limx→xi−1+0

f ′(x) i f ′(xi − 0) = limx→xi−0

f ′(x) (Buduci da se

funkcije f i fi poklapaju na intervalu (xi−1, xi) sledi da je limx→xi−1+0

f ′(x) = limx→xi−1+0

f ′i(x)

i limx→xi−0

f ′(x) = limx→xi−0

f ′i(x) i kako je funkcija fi neprekidna zdesna u tacki xi−1 i sleva

u tacki xi, na osnovu Tvrdenja 4.61 i 4.62 imamo da je limx→xi−1+0

f ′i(x) = (fi)′+(xi−1) i

limx→xi−0

f ′i(x) = (fi)′−(xi). Prema tome, vaze jednakosti

limx→xi−1+0

f ′(x) = limx→xi−1+0

f ′i(x) = (fi)′+(xi−1) = lim

∆x→+0

fi(xi−1 +∆x)− fi(xi−1)

∆x

= lim∆x→+0

f(xi−1 +∆x)− f(xi−1 + 0)

∆x

i

limx→xi−0

f ′(x) = limx→xi−0

f ′i(x) = (fi)′−(xi) = lim

∆x→−0

fi(xi +∆x)− fi(xi)

∆x

= lim∆x→−0

f(xi +∆x)− f(xi − 0)

∆x.)

Ako za deo po deo glatku funkciju f : [a, b] → R vazi jos i da je neprekidna na segmentu[a, b], onda postoji podela P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b]tako da je izvodna funkcija f ′ neprekidna na svakom od intervala (xi−1, xi), i = 1, . . . , n,postoje konacne granicne vrednosti lim

x→xi−1+0f ′(x) i lim

x→xi−0f ′(x) i vaze jednakosti

limx→xi−1+0

f ′(x) = f ′+(xi−1) = lim∆x→+0

f(xi−1 +∆x)− f(xi−1)

∆x

i

limx→xi−0

f ′(x) = f ′−(xi) = lim∆x→−0

f(xi +∆x)− f(xi)

∆x.

Primetimo da se u ovom slucaju funkcija fi definisana u (6.98) poklapa sa funkcijom fna segmentu [xi−1, xi].


f(x) =

x+ 2, −3 ≤ x < −1,x2, −1 ≤ x < 25− x, 2 ≤ x < 3,1, x = 3.


je deo po deo glatka na segmentu [−3, 3]. Zaista, uocimo podelu P = {−3,−1, 2, 3}segmenta [−3, 3]. Funkcija f je neprekidna na intervalima (−3,−1), (−1, 2) i (2, 3), ipostoje konacne granicne vrednosti: f(−3 + 0) = −1, f(−1 − 0) = 1, f(−1 + 0) = 1,f(2− 0) = 4, f(2 + 0) = 3, f(3− 0) = 2, a takode i izvodna funkcija

f ′(x) =

1, −3 < x < −1,2x, −1 < x < 2−1, 2 < x < 3,

je neprekidna na svakom od intervala (−3,−1), (−1, 2) i (2, 3) i postoje konacne granicnevrednosti: f ′(−3 + 0) = lim

x→−3+0f ′(x) = 1, f ′(−1− 0) = lim

x→−1−0f ′(x) = 1, f ′(−1 + 0) =

limx→−1+0

f ′(x) = −2, f ′(2 − 0) = limx→2−0

f ′(x) = 4, f ′(2 + 0) = limx→2+0

f ′(x) = −1 i

f ′(3− 0) = limx→3−0

f ′(x) = −1

Slicno, funkcija

g(x) =

x+ 2, −3 ≤ x < −1,x2, −1 ≤ x ≤ 26− x, 2 ≤ x ≤ 3.

je neprekidna i deo po deo glatka na segmentu [−3, 3].

20 3-3 -120 3-3 -1

y=f x( ) y=g x( )

Teorema 6.64. Neka je g neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b].Tada je ∫ b

ag′(x)dx = g(b)− g(a). (6.99)

Dokaz. Buduci da je g neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], postojipodela P = {x0, . . . , xn} (a = x0 < · · · < xn = b) segmenta [a, b] takva da je izvodnafunkcija g′ neprekidna na svakom od intervala (xi−1, xi), i = 1, . . . , n, i da postojekonacne granicne vrednosti lim

x→xi−1+0g′(x) = g′+(xi−1) i lim

x→xi−0g′(x) = g′−(xi). Funkcija

g′ nije definisana u tackama x1, . . . , xn−1 (pod izvodom u tacki a se podrazumeva desniizvod u tacki a, dok se pod izvodom u tacki b podrazumeva levi izvod u ovoj tacki).Medutim, ma kako da definisemo funkciju g′ u tim tackama, dobicemo deo po deoneprekidnu funkciju koja je na osnovu Teoreme 6.51 integrabilna na segmentu [a, b] inacin na koji smo dodefinisali ovu funkciju u tackama x1, . . . , xn−1 ne utice na vrednost

integrala na osnovu Leme 6.50 (zbog toga u integralu

∫ b

ag′(x)dx funkciju g′ mozemo

ostaviti i nedefinisanu u tackama x1, . . . , xn−1). Ako stavimo da je f = g′, a F = g,


onda je f integrabilna na segmentu [a, b], a F neprekidna na [a, b] i F ′(x) = f(x) za svex ∈ [a, b] sa izuzetkom konacno mnogo tacaka x1, . . . , xn−1. Sada na osnovu Teoreme

6.59 sledi

∫ b

af(x)dx = F (b)− F (a), tj. vazi formula (6.99). �

Primetimo da smo u dokazu prethodne teoreme umesto da se pozivamo na Teoremu6.59, mogli zakljucak izvesti na osnovu Teoreme 6.56. Naime funkcija g je neprekidna nasegmentu [xi−1, xi] i u unutrasnjim tackama ovog segmenta ima izvod, pa je g primitivnafunkcija funkcije g′ na segmentu [xi−1, xi] i buduci da je funkcija g′ (dodefinisana nabilo koji nacin u tackama xi−1 i xi) integrabilna na [xi−1, xi] i neprekidna na intervalu(xi−1, xi), to primenom Teoreme 6.56 zakljucujemo da vazi jednakost∫ xi

xi−1

g′(x)dx = g(xi)− g(xi−1), i = 1, . . . , n.

Odavde sabiranjem dobijamo

n∑i=1

∫ xi

xi−1

g′(x)dx =

n∑i=1

(g(xi)− g(xi−1)) (6.100)

Kako je

∫ b

ag′(x)dx =

n∑i=1

∫ xi

xi−1

g′(x)dx i∑n

i=1(g(xi) − g(xi−1)) = g(b) − g(a), to iz

(6.100) dobijamo jednakost (6.99).

6.7 Smena promenljive

U sledecoj teoremi dajemo formulu smene promenljive kod odredenog integrala.

Teorema 6.65. Neka je funkcija f : Ix → R neprekidna na intervalu Ix, funkcijaφ : It → R neprekidno diferencijabilna na intervalu It i neka je φ(It) ⊂ Ix. Tada, akoα0, β0 ∈ It i ako je φ(α0) = a0 i φ(β0) = b0, onda je∫ b0

a0

f(x)dx =

∫ β0

α0

f(φ(t))φ′(t)dt. (6.101)

Dokaz. Buduci da je φ(It) ⊂ Ix, to je na intervalu It definisana kompozicija f ◦ φ.Funkcija φ je neprekidna na intervalu It jer je diferencijabilna na ovom intervalu (Napom-ena 4.18), i buduci da je i f neprekidna funkcija na intervalu Ix, iz poslednjeg tvrdenjau Napomeni 3.123 sledi da je kompozicija f ◦ φ neprekidna na intervalu It. Stoga je ifunkcija t 7→ f(φ(t))φ′(t), kao proizvod neprekidnih funkcija t 7→ f(φ(t)) i t 7→ φ′(t) naintervalu It, neprekidna na tom intervalu. Prema tome, podintegralne funkcije kod obaintegrala u formuli (6.101) su neprekidne, pa oba integrala postoje.

Neka je F proizvoljna primitivna funkcija funkcije f na intervalu Ix (funkcija f jeneprekidna na intervalu Ix i stoga ima primitivnu funkciju na tom intervalu). Kom-pozicija F ◦ φ je definisana i neprekidna na intervalu It (Napomena 3.123) i za svaku

6.7. Smena promenljive 585

unutrasnju tacku t ∈ It vazi da je (F ◦ φ)′(t) = f(φ(t))φ′(t) , 16 te je F ◦ φ primitivnafunkcija funkcije t 7→ f(φ(t))φ′(t) na intervalu It. Stoga na osnovu Njutn-Lajbnicoveformule (Teorema 6.57) sledi∫ β0

α0

f(φ(t))φ′(t)dt = (F ◦ φ)(β0)− (F ◦ φ)(α0) = F (φ(β0))− F (φ(α0))

= F (b0)− F (a0),

(6.102)

i ∫ b0

a0

f(x)dx = F (b0)− F (a0). (6.103)

Iz (6.103) i (6.102) sledi (6.101). �

Primetimo da formula (6.101) vazi kako za slucaj da je α0 ≤ β0, tako i za slucaj da jeα0 > β0. Takode, za neke tacke t iz intervala, sa krajevima u α0 i β0, vrednosti funkcijeφ(t) mogu i da ne pripadaju segmentu [a0, b0].

Za slucaj kada je It, pa stoga i Ix segment (neprekidna slika segmenta je segment),teorema o smeni promenljive kod odredenog integrala glasi:

Teorema 6.66. Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b]. Neka jefunkcija φ neprekidno diferencijabilna na segmentu sa krajevima α i β, koji preslikava usegment [a, b], i neka je pri tome φ(α) = a i φ(β) = b.17 Tada je

∫ b

af(x)dx =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.104)

Dokaz. Tvrdenje sledi iz Teoreme 6.65 za slucaj kada je It segment sa krajevima α i β,a Ix = [a, b]. �

Napomenimo i ovde da formula (6.104) vazi kako za slucaj da je α ≤ β, tako i zaslucaj da je α > β.

Formulu (6.101) ((6.104)) je moguce primenjivati, kako sleva udesno, tako i zdesnaulevo. Medutim, za razliku od formule smene promenljive kod neodredenog integrala,gde smo imali ,,vracanje na staru promenljivu, ovde toga nema, jer je cilj naci broj kojije, kao sto smo videli u dokazu Teoreme 6.65, jednak vrednosti svakog od razmatranihintegrala formule (6.101) ((6.104)).

Primer 6.67. Za izracunavanje

∫ 1

0

tdt

1 + t4primenicemo formulu (6.104) zdesna ulevo.

Funkcija φ(t) = t2 je neprekidno diferencijabilna na intervalu [0, 1], φ([0, 1]) = [0, 1],

16Pokazuje se kao u dokazu Teoreme 5.21.17Iz neprekidnosti funkcije φ na segmentu sa krajevima α i β, koji preslikava u segment [a, b], zbog

φ(α) = a i φ(β) = b, na osnovu Bolcano-Kosijeve teoreme sledi da je φ surjekcija.


φ(0) = 0 i φ(1) = 1. Prema tome,

∫ 1

0

tdt

1 + t4=

∣∣∣∣∣∣t2 = x =⇒ 2tdt = dx =⇒ tdt = 1

2dxt = 0 =⇒ x = 0t = 1 =⇒ x = 1

∣∣∣∣∣∣=

1

2

∫ 1

0

dx

1 + x2=

1

2arctg x

∣∣∣10=π

8. •

Primer 6.68. Izracunajmo

∫ r

−r

√r2 − x2dx.

Ovog puta formulu (6.104) primenjujemo sleva udesno. Koristimo smenu x = r sin t.Da bi bilo x = −r (x = r), tj. r sin t = −r (r sin t = r), tj. sin t = −1 (sin t = 1) dovoljnoje da bude t = −π

2 (t = π2 ). Funkcija φ(t) = r sin t je neprekidno diferencijabilna na

segmentu [−π2 ,

π2 ] i ovaj segment slika na segment [−r, r], na kome je funkcija f(x) =√

r2 − x2 neprekidna. Sada primenom Teoreme 6.66, tj. formule (6.104) sleva udesno,dobijamo:18∫ r

−r

√r2 − x2 dx =

∫ π2

−π2

√r2 − r2 sin2 t r cos t dt = r2

∫ π2

−π2

| cos t| cos t dt

= r2∫ π

2

−π2

cos2 t dt = r2∫ π

2

−π2

1 + cos 2t

2dt

= r2(t

2− 1

4sin 2t

) ∣∣∣π2−π

2

= r2(π4−(−π4

))=r2π

2. •


∫ 12

− 12

√1− x2dx.

Koristimo smenu x = sin t. Naime, za φ(t) = sin t imamo da je φ(−π6 ) = sin(−π

6 ) =−1

2 i φ(π6 ) = sin(π6 ) =12 . Funkcija φ je neprekidno diferencijabilna na segmentu [−π

6 ,π6 ] i

ovaj segment slika na segment [−12 ,

12 ], gde je funkcija f(x) =

√1− x2 neprekidna. Sada

18Mogli smo postupiti i na sledeci nacin:Da bi bilo x = −r (x = r), tj. r sin t = −r (r sin t = r), tj. sin t = −1 (sin t = 1) dovoljno je da bude

t = 3π2

(t = π2). Funkcija t 7→ r sin t je neprekidno diferencijabilna na segmentu [π

2, 3π

2] i ovaj segment

slika na segment [−r, r], na kome je funkcija x 7→√r2 − x2 neprekidna. Sada primenom formule (6.104)

sleva udesno dobijamo:∫ r

−r

√r2 − x2 dx =

∫ π2

3π2

√r2 − r2 sin2 t r cos t dt = r2

∫ π2

3π2

| cos t| cos t dt

= −r2∫ 3π

2

π2

| cos t| cos t dt = −r2∫ 3π

2

π2

(− cos t) cos t dt

= r2∫ 3π

2

π2

cos2 t dt = r2∫ 3π

2

π2

1 + cos 2t

2dt

= r2(t

2− 1

4sin 2t

) ∣∣∣ 3π2

π2

= r2(3π

4− π

4

)=r2π

2.

6.7. Parcijalna integracija 587

primenom Teoreme 6.66, tj. formule (6.104) sleva udesno, dobijamo:

∫ 12

− 12

√1− x2 dx =

∫ π6

−π6

√1− sin2 t cos t dt =

∫ π6

−π6

| cos t| cos t dt

=

∫ π6

−π6

cos2 t dt =

∫ π6

−π6

1 + cos 2t

2dt

= (t

2+

1

4sin 2t)

∣∣∣π6−π

6

=1

2

(π6−(−π6

))+

1

4

(sin

π

3− sin

(−π3

))=

π

6+

√3

4.

Primetimo da je moguce birati interval za t tako da za neke tacke t iz tog intervalavrednosti funkcije φ(t) = sin t mogu i da ne pripadaju segmentu [−1

2 ,12 ]. Na primer,

φ(2π − π6 ) = sin(2π − π

6 ) = −12 i φ(π6 ) = sin(π6 ) = 1

2 i u nekim tackama intervala[π6 , 2π − π

6

]funkcija φ ima vrednosti koje ne pripadaju intervalu [−1

2 ,12 ] (funkcija φ

slika segment [π6 , 2π − π6 ] na segment [−1, 1]). Primenom Teoreme 6.65, tj. formule

(6.101) sleva udesno, dobijamo:

∫ 12

− 12

√1− x2 dx =

∫ π6

2π−π6

√1− sin2 t cos t dt

=

∫ π6

2π−π6

| cos t| cos t dt = −∫ 2π−π

6

π6

| cos t| cos t dt

= −

(∫ π2

π6

| cos t| cos t dt+∫ 3π

2

π2

| cos t| cos t dt+∫ 2π−π

6

3π2

| cos t| cos t dt

)

= −

(∫ π2

π6

cos2 t dt−∫ 3π

2

π2

cos2 t dt+

∫ 2π−π6

3π2

cos2 t dt

)

= −∫ π

2

π6

1 + cos 2t

2dt+

∫ 3π2

π2

1 + cos 2t

2dt−

∫ 2π−π6

3π2

1 + cos 2t

2dt

= −(t

2+

1

4sin 2t)

∣∣∣π2π6

+ (t

2+

1

4sin 2t)

∣∣∣ 3π2π2

− (t

2+

1

4sin 2t)

∣∣∣2π−π6

3π2

= −(π

4+

1

4sin(π)) + (

π

12+

1

4sin

π

3) + (

3π

4+

1

4sin(3π))− (

π

4+

1

4sinπ)

− (1

2(2π − π

6) +

1

4sin(4π − π

3)) + (

3π

4+

1

4sin(3π))

= −π6+

1

4sin

π

3+π

2− π

6− 1

4sin(−π

3)

=π

6+

√3

4. •


6.8 Parcijalna integracija

Teorema 6.70. Neka su funkcije u i v neprekidno diferencijabilne na segmentu [a, b].Tada je ∫ b

au(x)dv(x) = [u(x)v(x)]ba −

∫ b

av(x)du(x). (6.105)

Dokaz. Koristeci formulu za izvod proizvoda dobijamo

(u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x), x ∈ [a, b].

Sve funkcije u prethodnoj formuli su neprekidne na segmentu [a, b], pa su integrabilne, tj.

postoje integrali

∫ b

a(u(x)v(x))′dx,

∫ b

au′(x)v(x)dx =

∫ b

av(x)du(x) i

∫ b

au(x)v′(x)dx =∫ b

au(x)dv(x), i na osnovu Tvrdenja 6.34 vazi jednakost:

∫ b

a(u(x)v(x))′dx =

∫ b

av(x)du(x) +

∫ b

au(x)dv(x). (6.106)

Kako je funkcija (uv)′ neprekidna na segmentu [a, b] i da je uv njena primitivna funkcijana tom segmentu, na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (Teorema 6.57) sledi da je∫ b

a(u(x)v(x))′dx = [u(x)v(x)]ba. (6.107)

Sada iz (6.106) i (6.107) sledi formula (6.105). �


∫ 2

1lnxdx. Buduci da su funkcija u(x) = lnx i v(x) = x

neprekidno diferencijabilna na segmentu [1, 2], to primenom formule (6.105) dobijamo∫ 2

1lnxdx = x lnx

∣∣∣21−∫ 2

1dx = 2 ln 2− ln 1− 1 = 2 ln 2− 1.

Teorema 6.72. Neka su funkcije u i v neprekidne deo po deo neprekidno diferencijabilnena segmentu [a, b]. Tada je∫ b

au(x)dv(x) = [u(x)v(x)]ba −

∫ b

av(x)du(x). (6.108)

Dokaz. Dokaz izvodimo kao i dokaz Teoreme 6.70. Funkcije u′ i v′ nisu definisaneevetualno u konacno mnogo tacaka segmenta [a, b], ali kako god da ih dodefinisemo utim tackama, dobicemo deo po deo neprekidne funkcije, a takode ce i funkcije (uv)′, uv′

i u′v biti deo po deo neprekidne i stoga i integrabilne na segmentu [a, b] (Teorema 6.51).Iz jednakosti (u(x)v(x))′ = u′(x)v(x) + u(x)v′(x), x ∈ [a, b] sledi∫ b

a(u(x)v(x))′dx =

∫ b

av(x)du(x) +

∫ b

au(x)dv(x). (6.109)

6.8. Druga teorema o srednjoj vrednosti 589

Buduci da su funkcije u i v neprekidne deo po deo glatke na segmentu [a, b], onda jei njihov proizvod uv neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], pa naosnovu Teoreme 6.99 sledi ∫ b

a(u(x)v(x))′dx = [u(x)v(x)]ba. (6.110)

Iz (6.109) i (6.110) sledi formula (6.108). �

6.9 Druga teorema o srednjoj vrednosti

U ovoj sekciji cemo koristiti formulu parcijalne integracije da bismo dokazali jos nekasvojstva odredenog integrala.

Lema 6.73. Neka je f neprekidna, a g rastuca, nenegativna i glatka funkcija na seg-mentu [a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)g(x)dx = g(b)

∫ b

ξf(x)dx. (6.111)

Dokaz. Neka je F (x) =

∫ b

xf(t)dt, x ∈ [a, b]. Buduci da je f neprekidna na segmentu

[a, b], sledi da je F diferencijabilna na segmentu [a, b] i na osnovu formule (6.92) slediF ′(x) = −f(x). Sada na osnovu formule parcijalne integracije primenjene na funkcije gi F koje su neprekidno diferencijabilne na segmentu [a, b], dobijamo

∫ b

af(x)g(x)dx =

∣∣∣∣∣∣ dv(x) = f(x)dx =⇒ v(x) =

∫f(x)dx = −F (x)

u(x) = g(x) =⇒ du(x) = g′(x)dx

∣∣∣∣∣∣= (−g(x)F (x))

∣∣∣ba+

∫ b

aF (x)g′(x)dx

= −(g(b)F (b)− g(a)F (a)) +

∫ b

aF (x)g′(x)dx

= g(a)F (a) +

∫ b

aF (x)g′(x)dx, (6.112)

jer je F (b) =

∫ b

bf(t)dt = 0.

Buduci da je funkcija F neprekidna na segmentu [a, b], na osnovu Vajerstrasoveteoreme sledi da na segmentu [a, b] dostize svoj supremum i infimum. Neka je M =maxa≤x≤b

F (x) i m = mina≤x≤b

F (x). Tada je

m ≤ F (x) ≤M, x ∈ [a, b], (6.113)

i prema tome,m ≤ F (a) ≤M. (6.114)


Funkcija g je nenegativna, pa je g(a) ≥ 0. Mnozeci nejednakost (6.114) sa g(a) dobijamo

mg(a) ≤ g(a)F (a) ≤Mg(a). (6.115)

Kako je g rastuca i diferencijabilna funkcija na segmentu [a, b], to na osnovu Teoreme4.81 sledi da je g′(x) ≥ 0, x ∈ [a, b]. Stoga iz (6.113), mnozenjem sa g′(x) dobijamo

mg′(x) ≤ F (x)g′(x) ≤Mg′(x), x ∈ [a, b],

odakle zbog monotonosti odredenog integrala (Tvrdenje 6.39) sledi

m

∫ b

ag′(x)dx ≤

∫ b

aF (x)g′(x)dx ≤M

∫ b

ag′(x)dx. (6.116)

Kako je funkcija g glatka, to je g′ neprekidna na segmentu [a, b], pa na osnovu Njutn-Lajbnicove formule (Teorema 6.57) sledi∫ b

ag′(x)dx = g(b)− g(a). (6.117)

Iz (6.116) i (6.117) sledi

m(g(b)− g(a)) ≤∫ b

aF (x)g′(x)dx ≤M(g(b)− g(a)). (6.118)

Sada iz (6.115) i (6.118) sabiranjem dobijamo

mg(a) +m(g(b)− g(a)) ≤ g(a)F (a) +

∫ b

aF (x)g′(x)dx ≤Mg(a) +M(g(b)− g(a)),


mg(b) ≤∫ b

af(x)g(x)dx ≤Mg(b). (6.119)

Ako je g(b) = 0, onda buduci da je funkcija g monotono rastuca i nenegativna nasegmentu [a, b], sledi da je 0 ≤ g(a) ≤ g(x) ≤ g(b) za sve x ∈ [a, b], pa je g(x) = 0 za svex ∈ [a, b], i jednakost (6.111) vazi za svako ξ ∈ [a, b]. Pretpostavimo sada da je g(b) > 0.Deljenjem nejednakosti (6.119) sa g(b) dobijamo

m ≤∫ ba f(x)g(x)dx

g(b)≤M.

Sada primenom posledice Bolcano-Kosijeve i Vajerstrasove teoreme (Posledica 3.131) nafunkciju F koja je neprekidna na segmentu [a, b], dobijamo da postoji ξ ∈ [a, b] tako da

je F (ξ) =

∫ ba f(x)g(x)dx

g(b), tj.

∫ bξ f(x)dx =

∫ ba f(x)g(x)dx

g(b)i vazi jednakost (6.111). �

6.9. Nesvojstveni integrali 591

Primetimo da tvrdenje Leme 6.73 vazi i pod slabijim uslovima. Naime, ako je fdeo po deo neprekidna funkcija na segmentu [a, b], a funkcija g rastuca, nenegativna,neprekidna deo po deo glatka funkcija na segmentu [a, b], tada se koristeci Teoremu6.72, Teoremu 6.51 i Teoremu 6.52 (analogno prethodnom dokazu) dokazuje da postojiξ ∈ [a, b] tako da vazi (6.111).

Osim toga, tvrdenje Leme 6.73 vazi i ako je f integrabilna, a g nenegativna iopadajuca funkcija na segmentu [a, b] [21, Lemma 2.4, Gl. 6].

Sledeca teorema je poznata pod nazivom druga teorema o srednjoj vrednosti.

Teorema 6.74. (Bone19) Neka je f neprekidna, a g monotona i glatka funkcija nasegmentu [a, b]. Tada postoji ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)g(x)dx = g(a)

∫ ξ

af(x)dx+ g(b)

∫ b

ξf(x)dx. (6.120)

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je funkcija g rastuca na segmentu [a, b]. Neka je h(x) =g(x)− g(a), x ∈ [a, b]. Funkcije h je rastuca, nenegativna i glatka na segmentu [a, b], tese na nju moze primeniti Lema 6.73, i postoji ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)h(x)dx = h(b)

∫ b

ξf(x)dx.

Stavljajuci u poslednjoj jednakosti h(x) = g(x)− g(a) dobijamo∫ b

af(x)(g(x)− g(a))dx = (g(b)− g(a))

∫ b

ξf(x)dx,

odakle sledi∫ b

af(x)g(x)dx = g(a)

∫ b

af(x)dx+ g(b)

∫ b

ξf(x)dx− g(a)

∫ b

ξf(x)dx

= g(a)

(∫ b

af(x)dx−

∫ b

ξf(x)dx

)+ g(b)

∫ b

ξf(x)dx

= g(a)

∫ ξ

af(x)dx+ g(b)

∫ b

ξf(x)dx.

Ovim je dokaz gotov za slucaj da je g rastuca funkcija na [a, b]. Ako je g opadajucafunkcija na segmentu [a, b], onda je −g rastuca funkcija na [a, b] i primenom prethodnodokazanog dela teoreme na funkcije f i −g, zakljucujemo da postoji ξ ∈ [a, b] tako da je∫ b

af(x)(−g(x))dx = (−g(a))

∫ ξ

af(x)dx+ (−g(b))

∫ b

ξf(x)dx.

Odavde mnozenjem sa −1 dobijamo formulu (6.120). �Napomenimo da tvrdenje Teoreme 6.74 vazi i pod slabijim uslovima, za slucaj kada

je f integrabilna, a g montona funkcija na segmentu [a, b] [21, Teorema 2.6, Gl. 6].19P. O. Bonnet (1819-1892, francuski matematicar


6.10 Nesvojstveni integrali

Definicije nesvojstvenih integrala

Prilikom izucavanja odredenjog Rimanovog integrala posmatrali smo ogranicenefunkcije na segmentu, dakle ogranicenom intervalu. Funkcija, koja nije ogranicenana segmentu, nije Riman integrabilna na osnovu Teoreme 6.7. Takode za slucaj funkcijekoja je definisana na neogranicenom intervalu ne mozemo govoriti o njenom Rimanovomintegralu na tom intervalu, zato sto se definicija odredenog Rimanovog integrala odnosisamo na funkcije definisane na segmentu.

Kao sto je i u slucaju Rimanovog integrala prob-lem odredivanja povrsine krivolinijskog trapeza doveodo uvodenja pojma ovog integrala, tako i ovdeproblem odredivanja povrsine dovodi do potrebeza uopstavanjem pojma Rimanovog integrala iuvodenjem nove vrste integrala. Tako, na primer,ako u slucaju funkcije f(x) = 1

3√x, 0 < x ≤ 1, zelimo

da odredimo povrsinu figure ogranicene grafikom ovefunkcije, x-osom, y-osom i pravom x = 1, ondane mozemo upotrebiti Rimanov integral ove funkcijena segmentu [0, 1], jer cak i nakon sto ovu funkcijudodefinisemo u tacki x = 0 na proizvoljan nacini tako dobijemo funkciju definisanu na segmentu[0, 1], i dalje ce to biti neogranicena funkcija na seg-mentu [0, 1] i stoga njen Rimanov integral ne postoji.Problem resavamo tako sto za ξ ∈ (0, 1) odredimopovrsinu krivolinijskog trapeza Pξ koji je ogranicengrafikom funkcije f , x-osom i pravama x = 1 i x = ξ,koristeci Rimanov integral ove funkcije na se segmetu

[ξ, 1], tj. Pξ =

∫ 1

ξ

dx3√x, a potom uzimamo da je nasa

trazena povrsina

P = limξ→+0

Pξ = limξ→+0

∫ 1

ξ

dx3√x= lim

ξ→+0

3

2

3√x2∣∣1ξ

= limξ→+0

(3

2− 3

23√ξ2)

=3

2.

1

1ξ

ξP


Slicno postupamo ako zelimo da odredimopovrsinu figure ogranicene grafikom funkcije

g(x) =1

x3, x-osom i pravom x = 1. Naj-

pre za ξ ∈ (1,+∞) odredujemo povrsinukrivolinijskog trapeza Pξ koji je ogranicengrafikom funkcije g, x-osom i pravama x = 1

i x = ξ, Pξ =

∫ ξ

1

dx

x3= − 1

2x2∣∣ξ1=

1

2− 1

2ξ2, a

potom uzimamo da je nasa trazena povrsina

P = limξ→+∞

Pξ = limξ→+∞

∫ ξ

1

dx

x3= lim

ξ→+∞

(1

2− 1

2ξ2

)=

1

2.

ξ

ξP

1

1

U ovoj sekciji se bavimo uopstenjem pojma odredenog Rimanovog integrala i definisemointegral kako funkcije definisane na neogranicenom intervalu, tako i funkcije definisanena ogranicenom intervalu, ali pritom neogranicene na tom intervalu. Tu novu vrstuintegrala zvacemo nesvojstveni integrali, za razliku od Rimanovih integrala koje cemoponekad zvati svojstveni integrali.

Definicija 6.75. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a,+∞), a ∈ R, i neka jeRiman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a,+∞). Uocimo funkciju

F (ξ) =

∫ ξ

af(x)dx, a ≤ ξ < +∞.

Granicna vrednost (konacna ili beskonacna) funkcije F kad ξ → +∞ zove se nesvojstveni

integral funkcije f na intervalu [a,+∞) i oznacava sa

∫ +∞

af(x)dx:

∫ +∞

af(x)dx = lim

ξ→+∞

∫ ξ

af(x)dx.

Sam simbol

∫ +∞

af(x)dx se takode naziva nesvojstveni integral (sa singularitetom u

tacki +∞) i kazemo da je ovaj nesvojstveni integral konvergira ako postoji konacna

granicna vrednost limξ→+∞

∫ ξ

af(x)dx. Ako je ova granicna vrednost beskonacna ili ukoliko

ne postoji, tada kazemo da nesvojstveni integral

∫ +∞

af(x)dx divergira (ako ova granicna

vrednost ne postoji, kazemo jos i da nesvojstveni integral

∫ +∞

af(x)dx ne postoji). Ako


nesvojstveni integral

∫ +∞

af(x)dx konvergira, onda u tom slucaju za funkciju f kazemo

da je integrabilna u nesvojstvenom smislu na intervalu [a,+∞). �

Definicija 6.76. Ako je funkcija f definisana na intervalu (−∞, b], b ∈ R, i ako jeRiman integrabilna na svakom segmentu [ξ, b], −∞ < ξ ≤ b, tada se granicna vred-

nost (konacna ili beskonacna) limξ→−∞

∫ b

ξf(x)dx naziva nesvojstveni integral funkcije f

na intervalu (−∞, b] i obelezava sa

∫ b

−∞f(x)dx. Ako je ova granicna vrednost konacna,

onda kazemo da nesvojstveni integral

∫ b

−∞f(x)dx konvergira, u protivnom on diver-

gira (za slucaj da ova granicna vrednost ne postoji, kazemo jos i da nesvojstveni inte-

gral

∫ b

−∞f(x)dx ne postoji). Ako nesvojstveni integral

∫ b

−∞f(x)dx konvergira, onda za

funkciju f kazemo da je integrabilna u nesvojstvenom smislu na intervalu (−∞, b].

Za

∫ b

−∞f(x)dx kazemo da je nesvojstveni integral sa singularitetom u tacki −∞. �

Primeri 6.77. (i) Funkcija f(x) =1

1 + x2, x ∈ [0,+∞), buduci neprekidna, je Riman

integrabilna na svakom segmen tu [0, ξ], 0 ≤ ξ < +∞, i∫ ξ

0

dx

1 + x2= arctg x

∣∣∣ξ0= arctg ξ.

S obzirom da postoji konacna granicna vrednost

limξ→+∞

∫ ξ

0

dx

1 + x2= lim

ξ→+∞arctg ξ =

π

2,

to nesvojstveni integral

∫ +∞

0

dx

1 + x2konvergira i

∫ +∞

0

dx

1 + x2= lim

ξ→+∞

∫ ξ

0

dx

1 + x2=π

2.

U svim narednim primerima podintegralna funkcija je elementarna i stoga neprekidnau svakoj tacki svog domena, te je i Riman integrabilna na svakom segmentu sadrzanomu svom domenu.

(ii) ∫ 0

−∞x2ex

3dx = lim

ξ→−∞

∫ 0

ξx2ex

3dx = lim

ξ→−∞

(1

3ex

3

) ∣∣∣0ξ= lim

ξ→−∞(1

3− 1

3eξ

3) =

1

3.

∫ +∞

0x2ex

3dx = lim

ξ→+∞

∫ ξ

0x2ex

3dx = lim

ξ→+∞

(1

3ex

3

) ∣∣∣ξ0= lim

ξ→+∞(1

3eξ

3 − 1

3) = +∞.


(iii) ∫ +∞

1

dx

x= lim

ξ→+∞

∫ ξ

1

dx

x= lim

ξ→+∞ln |x|

∣∣∣ξ1= lim

ξ→+∞ln ξ = +∞.

Za bilo koje a > 0 je takode∫ +∞

a

dx

x= lim

ξ→+∞

∫ ξ

a

dx

x= lim

ξ→+∞ln |x|

∣∣∣ξa= lim

ξ→+∞(ln ξ − ln a) = +∞,

pa nesvojstveni integral

∫ +∞

a

dx

xdivergira.

Za a > 0, buduci da je∫ −a

−∞

dx

x= lim

ξ→−∞

∫ −a

ξ

dx

x= lim

ξ→−∞ln |x|

∣∣∣−aξ

= limξ→−∞

(ln a− ln |ξ|) = −∞,

to i

∫ −a

−∞

dx

xdivergira.

(iv) Ispitajmo konvergenciju integrala

∫ +∞

1

dx

xpu zavisnosti od realnog parametra p. U

prethodnom primeru smo videli da ovaj integral divergira za p = 1. Neka je p = 1. Tadaje ∫ +∞

1

dx

xp= lim

ξ→+∞

∫ ξ

1

dx

xp= lim

ξ→+∞

x1−p

1− p

∣∣∣ξ1= lim

ξ→+∞

(ξ1−p

1− p− 1

1− p

)Ako je 1− p > 0, onda je lim

ξ→+∞ξ1−p = +∞, pa je

∫ +∞

1

dx

xp= lim

ξ→+∞

(ξ1−p

1− p− 1

1− p

)= +∞.

U slucaju da je 1− p < 0, onda je limξ→+∞

ξ1−p = 0, i stoga je

∫ +∞

1

dx

xp= lim

ξ→+∞

(ξ1−p

1− p− 1

1− p

)= − 1

1− p=

1

p− 1.

Prema tome, ∫ +∞

1

dx

xp=

1

p− 1, za p > 1,

+∞, za p ≤ 1,

i mozemo reci da nesvojstveni integral

∫ +∞

1

dx

xpkonvergira za p > 1 i divergira za p ≤ 1.

Takode za proizvoljno a > 0 i p = 1 imamo da je∫ +∞

a

dx

xp= lim

ξ→+∞

∫ ξ

a

dx

xp= lim

ξ→+∞

x1−p

1− p

∣∣∣ξa= lim

ξ→+∞

(ξ1−p

1− p− a1−p

1− p

)

=

a1−p

p− 1, za p > 1,

+∞, za p < 1.


Odavde i iz primera (iii) sledi da

∫ +∞

a

dx

xpkonvergira za p > 1 i divergira za p ≤ 1.

(v) ∫ +∞

0cosx dx = lim

ξ→+∞

∫ ξ

0cosx dx = lim

ξ→+∞sinx

∣∣∣ξ0= lim

ξ→+∞sin ξ,

medutim ova granicna vrednost ne postoji. Prema tome, nesvojstveni integral

∫ +∞

0cosx dx

divergira. •

Definicija 6.78. Neka je funkcija f definisana na intervalu [a, b), −∞ < a < b < +∞,i neka je Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b). Uocimo funkciju

F (ξ) =

∫ ξ

af(x)dx, a ≤ ξ < b.

Granicna vrednost (konacna ili beskonacna) funkcije F kad ξ → b−0 zove se nesvojstveni

integral funkcije f na intervalu [a, b) i oznacava sa

∫ b

af(x)dx:

∫ b

af(x)dx = lim

ξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx.

Simbol

∫ b

af(x)dx se takode naziva nesvojstveni integral (sa singularitetom u tacki b)

i ukoliko postoji konacna granicna vrednost limξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx, onda kazemo da nesvo-

jstveni integral∫ ba f(x)dx konvergira. Ako je ova granicna vrednost beskonacna ili uko-

liko ne postoji, tada kazemo da nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx divergira (za slucaj da

ova granicna vrednost ne postoji, kazemo jos i da nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx ne

postoji). Ako nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx konvergira, onda za funkciju f kazemo da

je integrabilna u nesvojstvenom smislu na intervalu [a, b). �

Napomena 6.79. Ako je funkcija f ogranicena na intervalu [a, b), −∞ < a < b < +∞,i Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b), onda dodefinisanjem funkcije fu tacki b na proizvoljan nacin, dobijamo funkciju koja je integrabilna na segmentu [a, b](Teorema 6.18), i pri tome njen Rimanov integral na ovom segmentu ne zavisi od nacina

na koji smo dodefinisali funkciju u tacki b (Lema 6.50), i jednak je limξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx na

osnovu Teoreme 6.52. Stoga ce Definicijom 6.78 biti definisana nova vrsta integrala samou slucaju funkcije f koja je Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b) i nijeogranicena na intervalu [a, b), sto znaci da nije ogranicena na svakom intervalu (b− ϵ, b),gde je 0 < ϵ < b− a.


Definicija 6.80. Ako je funkcija f definisana na intervalu (a, b], −∞ < a < b < +∞,i ako je Riman integrabilna na svakom segmentu [ξ, b], a < ξ ≤ b, tada se granicna

vrednost (konacna ili beskonacna) limξ→a+0

∫ b

ξf(x)dx naziva nesvojstveni integral funkcije

f na intervalu (a, b] i obelezava sa

∫ b

af(x)dx. Ako je ova granicna vrednost konacna,

onda kazemo da nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx konvergira, u protivnom, ako je ova

granicna vrednost beskonacna ili ukoliko ne postoji, onda kazemo da nesvojstveni in-

tegral

∫ b

af(x)dx divergira (za slucaj da ova granicna vrednost ne postoji, kazemo jos

i da nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx ne postoji). Ako nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx

konvergira, onda za funkciju f kazemo da je integrabilna u nesvojstvenom smislu naintervalu (a, b].

Sam simbol

∫ b

af(x)dx se takode naziva nesvojstveni integral (sa singularitetom u

tacki a). �

Definicijom 6.80 odreduje se sustinski nova vrsta integrala samo u slucaju funkcijakoje su Riman integrabilne na svakom segmentu [ξ, b] ⊂ (a, b] i nisu ogranicene naintervalu (a, b], drugim recima nisu ogranicene na svakom intervalu (a, a + ϵ), gde je0 < ϵ < b− a.

Primeri 6.81. (i)∫ 1

0

dx

x= lim

ξ→+0

∫ 1

ξ

dx

x= lim

ξ→+0ln |x|

∣∣∣1ξ= lim

ξ→+0(ln 1− ln ξ) = +∞.

(ii) Ispitajmo konvergenciju integrala

∫ 1

0

dx

xpu zavisnosti od realnog parametra p. U

prethodnom delu (i) smo videli da ovaj integral divergira za p = 1. Neka je p = 1. Tadaje ∫ 1

0

dx

xp= lim

ξ→+0

∫ 1

ξ

dx

xp= lim

ξ→+0

x1−p

1− p

∣∣∣1ξ= lim

ξ→+0

(1

1− p− ξ1−p

1− p

)Ako je 1− p > 0, onda je lim

ξ→+0ξ1−p = 0, pa je

∫ 1

0

dx

xp= lim

ξ→+0

(1

1− p− ξ1−p

1− p

)=

1

1− p.

U slucaju da je 1− p < 0, onda je limξ→+0

ξ1−p = limξ→+0

1

ξp−1=

(1

+0

)= +∞, i stoga je

∫ 1

0

dx

xp= lim

ξ→+0

(1

1− p− ξ1−p

1− p

)= +∞.


Prema tome, ∫ 1

0

dx

xp=

1

1− p, za p < 1,

+∞, za p ≥ 1,

te nesvojstveni integral

∫ 1

0

dx

xpkonvergira za p < 1 i divergira za p ≥ 1. •

Primeri 6.82. (i) Neka su a, b ∈ R. Tada je∫ b

a

dx

x− a= lim

ξ→a+0

∫ b

ξ

dx

x− a= lim

ξ→a+0ln |x− a|

∣∣∣bξ

= limξ→a+0

(ln(b− a)− ln(ξ − a)) = +∞, (6.121)

i ∫ b

a

dx

b− x= lim

ξ→b−0

∫ ξ

a

dx

b− x= lim

ξ→b−0(− ln |b− x|)

∣∣∣ξa

= limξ→b−0

(ln(b− a)− ln(b− ξ)) = +∞. (6.122)


∫ b

a

dx

(x− a)pi

∫ b

a

dx

(b− x)pu zavisnosti od realnog

parametra p. U delu (i) smo videli da ovi integrali divergiraju za p = 1. Za p = 1 vazi:∫ b

a

dx

(x− a)p= lim

ξ→a+0

∫ b

ξ

dx

(x− a)p= lim

ξ→a+0

(x− a)1−p

1− p

∣∣∣bξ

= limξ→a+0

((b− a)1−p

1− p− (ξ − a)1−p

1− p

)

=

(b− a)1−p

1− p, za p < 1,

+∞, za p > 1,

∫ b

a

dx

(b− x)p= lim

ξ→b−0

∫ ξ

a

dx

(b− x)p= lim

ξ→a+0

(−(b− x)1−p

1− p

) ∣∣∣ξa

= limξ→b−0

((b− a)1−p

1− p− (b− ξ)1−p

1− p

)

=

(b− a)1−p

1− p, za p < 1,

+∞, za p > 1.

Odavde i iz (6.121) i (6.122) sledi da nesvojstveni integrali

∫ b

a

dx

(x− a)pi

∫ b

a

dx

(b− x)p

konvergiraju za p < 1 i divergiraju za p ≥ 1. •


U daljem tekstu cemo za nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx sa singularitetom u tacki

b, −∞ < a < b ≤ +∞ (Definicije 6.75 i 6.78), pisati

∫ b

af(x) dx = lim

ξ→b−0

∫ ξ

af(t)dt, pri

cemu za slucaj da je b = +∞, pod limξ→b−0

∫ ξ

af(t)dt podrazumevamo lim

ξ→+∞

∫ ξ

af(t)dt.

Za slucaj nesvojstvenog integrala

∫ b

af(x) dx, sa singularitetom u tacki a, −∞ ≤ a <

b < +∞ (iz Definicija 6.80 i 6.76) pisacemo da je ovaj integral jednak granicnoj vred-

nosti limξ→a+0

∫ b

ξf(x)dx, pri cemu za slucaj da je a = −∞, pod lim

ξ→a+0

∫ b

ξf(x)dx po-

drazumevamo granicnu vrednost limξ→−∞

∫ b

ξf(x)dx.

Tvrdenja u ovoj sekciji (ukoliko nije drugacije receno) su formulisana za nesvojstvene

integrale

∫ b

af(x) dx sa singularitetom u tacki b (ovo znaci da ako je b konacan broj da

je funkcija f neogranicena na intervalu [a, b), ili da je b = +∞). Analogno se dokazuju

tvrdenja za nesvojstvene integrale

∫ b

af(x) dx sa singularitetom u tacki a (ovo znaci da

ako je a konacan broj i da je funkcija f neogranicena na intervalu (a, b], ili da je a = −∞).

U Primerima 6.77 (iii) i (iv) smo videli da integral

∫ +∞

1

dx

xpkonvergira ako i samo

ako je p > 1. Takode integral

∫ +∞

a

dx

xp, a > 0, konvergira ako i samo ako je p > 1.

Prema tome, integral

∫ +∞

1

dx

xpkonvergira ako i samo ako konvergira integral

∫ +∞

a

dx

xp

za proizvoljno a > 0. Sledece tvrdenje pokazuje da je to pravilo, naime konvergencija

nesvojstvenog integrala

∫ b

af(x) dx je ekvivalentna konvergenciji integrala

∫ b

cf(x) dx za

proizvoljno c ∈ (a, b). Stoga mozemo reci da je konvergencija nesvojstvenog integrala∫ b

af(x) dx uslovljena samo ponasanjem funkcije f u okolini tacke b.

Tvrdenje 6.83. Neka je funkcija f : [a, b) → R Riman integrabilna na svakom segmentu

[a, ξ] ⊂ [a, b) i neka je a < c < b. Tada

∫ b

af(x) dx konvergira ako i samo ako konvergira∫ b

cf(x) dx, i vazi jednakost

∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx. (6.123)

Dokaz. Za proizvoljno ξ ∈ (c, b) na osnovu Tvrdenja 6.30 vazi jednakost∫ ξ

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ ξ

cf(x) dx, (6.124)


tj. Rimanov integral

∫ ξ

af(x) dx razlikuje se od Rimanovog integrala

∫ ξ

cf(x) dx za

konacan broj

∫ c

af(x) dx koji ne zavisi od ξ. Stoga postoji konacna granicna vrednost

limξ→b−0

∫ ξ

af(t)dt ako i samo ako postoji konacna granicna vrednost lim

ξ→b−0

∫ ξ

cf(t)dt, tj.

integral

∫ b

af(x) dx konvergira ako i samo ako konvergira

∫ b

cf(x) dx, i vazi jednakost:

limξ→b−0

∫ ξ

af(t)dt =

∫ c

af(x) dx+ lim

ξ→b−0

∫ ξ

cf(t)dt,

tj. vazi jednakost (6.123). �

Definicija 6.84. Neka je funkcija f : (a, b) → R, −∞ ≤ a < b ≤ +∞, Riman integra-bilna na svakom segmentu [ξ, ξ′] ⊂ (a, b) i neka postoji c ∈ (a, b) tako da nesvojstveni

integrali

∫ c

af(x) dx i

∫ b

cf(x) dx konvergiraju20. Nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx sa

singularitetima u tackama a i b je definisan sa:∫ b

af(x) dx =

∫ c

af(x) dx+

∫ b

cf(x) dx.

Za nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx kazemo da konvergira ako oba nesvojstvena integrala∫ c

af(x) dx i

∫ b

cf(x) dx konvergiraju. �

Pokazimo da konvergencija, kao ni vrednost, nesvojstvenog integrala

∫ b

af(x) dx ne

zavisi od izbora tacke c iz intervala (a, b).

Neka je a < c1 < c2 < b i neka konvergiraju integrali

∫ c1

af(x) dx i

∫ b

c2

f(x) dx.

Na osnovu Tvrdenja 6.83 (varijanta ovog tvrdenja za slucaj nesvojstvenih integrala sa

singularitetom u donjoj granici) iz konvergencije integrala

∫ c1

af(x) dx sledi konvergen-

cija integrala

∫ c2

af(x) dx, dok iz konvergencije integrala

∫ b

c1

f(x) dx sledi konvergencije

20

∫ c

a

f(x) dx je nesvojstveni integral sa singularitetom u a, dok je

∫ b

c

f(x) dx nesvojstveni integral sa

singularitetom u b;

∫ c

a

f(x) dx konvergira u smislu Definicije 6.76 (ako je a = −∞) ili Definicije 6.80

(ako je a konacan broj a funkcija f neogranicena na intervalu (a, c]), dok

∫ b

c

f(x) dx konvergira u smislu

Definicije 6.75 (ako je b = +∞) ili Definicije 6.78 (ako je b konacan broj i funkcija f neogranicena naintervalu [c, b)).


integrala

∫ b

c2

f(x) dx, i vaze jednakosti∫ c2

af(x) dx =

∫ c1

af(x) dx+

∫ c2

c1

f(x) dx,∫ b

c1

f(x) dx =

∫ c2

c1

f(x) dx+

∫ b

c2

f(x) dx.

Odavde sledi da je∫ c1

af(x) dx+

∫ b

c1

f(x) dx =

∫ c1

af(x) dx+

∫ c2

c1

f(x) dx+

∫ b

c2

f(x) dx

=

∫ c2

af(x) dx+

∫ b

c2

f(x) dx.

Ovim smo dokazali da je pojam nesvojstvenog integrala

∫ b

af(x) dx sa singularitetima u

tackama a i b doro definisan.

Odavde takode zakljucujemo da ako nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx sa singular-

itetima u tackama a i b konvergira, da onda za svako d ∈ (a, b) konvergiraju integrali∫ d

af(x) dx i

∫ b

df(x) dx. Stoga, ako bar za neko d ∈ (a, b) divergira barem jedan od

integrala

∫ d

af(x) dx i

∫ b

df(x) dx, tada divergira i integral

∫ b

af(x) dx.

Uzimajuci u obzir definiciju nesvojstvenog integrala sa singularitetom samo u gornjojgranici (Definicije 6.75 i 6.78), kao i definiciju nesvojstvenog integrala sa singularitetomsamo u donjoj granici (Definicije 6.76 i 6.80), primetimo jos da je Definicija 6.84 nesvo-

jstvenog integrala

∫ b

af(x) dx sa singularitetima u tackama a i b ekvivalentna sledecoj:

∫ b

af(x) dx = lim

ξ→a+0, ξ′→b−0

∫ ξ′

ξf(x)dx, a < ξ < ξ′ < b,

pri cemu se ovde radi o limesu funkcije dveju promenljivih ξ i ξ′, gde argumenti ξ i ξ′

teze ka a i b, respektivno, nezavisno jedan od drugog.

Primeri 6.85. (i) Integral

∫ +∞

−∞e−|x|dx konvergira jer konvergiraju integrali

∫ 0

−∞e−|x|dx

i

∫ +∞

0e−|x|dx. Zaista,∫ 0

−∞e−|x|dx =

∫ 0

−∞exdx = lim

ξ→−∞

∫ 0

ξexdx = lim

ξ→−∞ex∣∣∣0ξ= lim

ξ→−∞(1− eξ) = 1

i∫ +∞

0e−|x|dx =

∫ +∞

0e−xdx = lim

ξ→+∞

∫ ξ

0e−xdx = lim

ξ→+∞(−e−x)

∣∣∣ξ0= lim

ξ→+∞(−e−ξ+1) = 1.


Stoga je ∫ +∞

−∞e−|x|dx =

∫ 0

−∞e−|x|dx+

∫ +∞

0e−|x|dx = 1 + 1 = 2.


∫ 2

0

dx√2x− x2

.

Funkcija f(x) =1√

2x− x2je definisana na intervalu (0, 2) i zbog neprekidnosti

Riman integrabilna na svakom segmentu [ξ, ξ′] ⊂ (0, 2). Napisimo kvadratni trinom2x− x2 u kanonskom obliku:

2x− x2 = −(x2 − 2x) = −(x2 − 2x+ 1) + 1 = 1− (x− 1)2.

Integrali∫ 1

0

dx√2x− x2

=

∫ 1

0

dx√1− (x− 1)2

= limξ→+0

∫ 1

ξ

dx√1− (x− 1)2

= limξ→+0

arcsin(x− 1)∣∣∣1ξ= lim

ξ→+0(arcsin 0− arcsin(ξ − 1))

= arcsin 1 =π

2

i ∫ 2

1

dx√2x− x2

=

∫ 2

1

dx√1− (x− 1)2

= limξ→2−0

∫ ξ

1

dx√1− (x− 1)2

= limξ→2−0

arcsin(x− 1)∣∣∣ξ1= lim

ξ→2−0(arcsin(ξ − 1)− arcsin 0)

= arcsin 1 =π

2

konvergiraju, pa konvergira i integral

∫ 2

0

dx√2x− x2

, i pritom je

∫ 2

0

dx√2x− x2

=

∫ 1

0

dx√2x− x2

+

∫ 2

1

dx√2x− x2

=π

2+π

2= π.

(iii) Iz Primera 6.77 (ii) sledi da nesvojstveni integral

∫ +∞

−∞x2ex

3dx divergira jer diver-

gira integral

∫ +∞

0x2ex

3dx.

(iv) Integral

∫ +∞

0

dx

xpdivergira za svako p ∈ R. Zaista, za p ≥ 1 divergira integral∫ 1

0

dx

xp, dok za p < 1 divergira integral

∫ +∞

1

dx

xp.


Definicija 6.86. Neka je −∞ ≤ a = c0 < c1 < · · · < ck = b ≤ +∞ i neka nesvojstveni

integrali

∫ ci

ci−1

f(x) dx, i = 1, . . . , k, konvergeraju. Nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx je

definisan formulom: ∫ b

af(x) dx =

k∑i=1

∫ ci

ci−1

f(x) dx.

Za nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx kazemo da konvergira ako svi nesvojstveni inte-

grali

∫ ci

ci−1

f(x) dx, i = 1, . . . , k, konvergiraju. U protivnom, ako bar jedan od integrala∫ ci

ci−1

f(x) dx, i = 1, . . . , k, divergira, onda kazemo da integral

∫ b

af(x) dx divergira. �

Primer 6.87. (i) Na osnovu Primera 6.81 (ii) imamo da je

∫ 1

0

dx3√x=

1

1− 1/3=

3

2.

Osim toga,

∫ 0

−1

dx3√x= lim

ξ→−0

∫ ξ

−1x−1/3dx = lim

ξ→−0

3x2/3

2

∣∣∣ξ−1

= limξ→−0

(3ξ2/3

2− 3

2

)= −3

2.

S obzirom da integrali

∫ 1

0

dx3√x

i

∫ 0

−1

dx3√x

konvergiraju, to onda konvergira i integral∫ 1

−1

dx3√x, i

∫ 1

−1

dx3√x=

∫ 0

−1

dx3√x+

∫ 1

0

dx3√x=

3

2− 3

2= 0.

(ii) S obzirom da integrali

∫ 0

−1

dx

x3i

∫ 1

0

dx

x3divergiraju (Primeri 6.81 (ii)), to divergira i

integral

∫ 1

−1

dx

x3.

(iii) Ispitajmo konvergenciju integrala

∫ +∞

0

dx

x ln2 x.


Kako je 21 limx→+0

1

x ln2 x= +∞ i lim

x→1

1

x ln2 x= +∞, to funcija x 7→ 1

x ln2 xnije

ogranicena na svakom intervalu (0, ϵ], 0 < ϵ < 1, kao i intervalima (1− ϵ, 1) i (1, 1 + ϵ),

tj. nesvojstveni integral

∫ +∞

0

dx

x ln2 xima singularitete u tackama 0, 1 i +∞. Kako je

∫ 1

0

dx

x ln2 x= lim

ξ→+0, ξ′→1−0

∫ ξ′

ξ

dx

x ln2 x= lim

ξ→+0, ξ′→1−0

(− 1

lnx

) ∣∣∣ξ′ξ=

= limξ→+0, ξ′→1−0

(1

ln ξ− 1

ln ξ′

)= +∞,

i ∫ +∞

1

dx

x ln2 x= lim

ξ→1+0, ξ′→+∞

∫ ξ′

ξ

dx

x ln2 x= lim

ξ→1+0, ξ′→+∞

(− 1

lnx

) ∣∣∣ξ′ξ

= limξ→1+0, ξ′→+∞

(1

ln ξ− 1

ln ξ′

)= +∞,

to integral

∫ +∞

0

dx

x ln2 xdivergira i

∫ +∞

0

dx

x ln2 x=

∫ 1

0

dx

x ln2 x+

∫ +∞

1

dx

x ln2 x= +∞. •

Izracunavanje nesvojstvenih integrala

Naredna tvrdenja su formulisana za nesvojstvene integrale

∫ b

af(x) dx sa singularite-

tom u tacki b (ovo znaci da je b = +∞ ili ako je b konacan broj da je onda funkcija fneogranicena na intervalu [a, b)), i kao sto smo vec napomenuli, analogno se dokazuju

tvrdenja za nesvojstvene integrale

∫ b

af(x) dx sa singularitetom u tacki a (a = −∞ ili

ako je a konacan broj, onda je funkcija f neogranicena na intervalu (a, b]).Buduci da je nesvojstveni integral granicna vrednost svojstvenih (odredenih) inte-

grala, to se mnoge osobine odredenih integrala prenose i na nesvojstvene integrale.

21Dvostrukom primenom Lopitalovog pravila (Teorema 4.99) dobijamo:

limx→+0

1

x ln2 x= lim

x→+0

1

xln2 x

=(∞∞

)= lim

x→+0

(1

x

)′

(ln2 x

)′ = limx→+0

− 1

x2

2 lnx

x

= −1

2lim

x→+0

1

xlnx

=(∞∞

)= −1

2lim

x→+0

(1

x

)′

(lnx)′= −1

2lim

x→+0

− 1

x21

x

=1

2lim

x→+0

1

x= +∞.


Dokazi narednih tvrdenja se izvode upravo tako sto odredena formula vazi za obican(svojstveni) Rimanov integral, a potom se u toj formuli prelazi na limes kada gornjagranica integrala tezi ka singularitetu nesvojstvenog integrala, tj. ka tacki b.

Tvrdenje 6.88. (Njutn-Lajbnicova formula za nesvojstveni integral) Neka je funkcijaf Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞, i nekaje F primitivna funkcija fukcije f na intervalu [a, b). Tada postoji granicna vrednost

limx→b−0

F (x) (konacna ili beskonacna) ako i samo ako postoji

∫ b

af(x) dx i vazi jednakost:

∫ b

af(x) dx = lim

x→b−0F (x)− F (a). (6.125)

Dokaz. Za svako ξ ∈ [a, b) na osnovu Njutn-Lajbnicove formule za odredeni integral(Teorema 93) vazi da je ∫ ξ

af(x) dx = F (ξ)− F (a).

Odavde sledi da nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx postoji, tj. granicna vrednost lim

ξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx

postoji (konacna ili beskonacna) ako i samo ako postoji granicna vrednost limξ→b−0

F (ξ), i

prelaskom na limes u ovoj jednakosti kada ξ → b− 0 dobijamo formulu (6.125). �

Formulu (6.125) zapisujemo i u obliku∫ b

af(x) dx = F (x)

∣∣∣ba,

gde F (x)∣∣∣baoznacava lim

x→b−0F (x)− F (a).

Iz Tvrdenja 6.88 sledi da ako ne postoji limx→b−0

F (x), onda ne postoji ni

limξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx, tj. nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx divergira.

Za funkciju f koja je Riman integrabilna na svakom segmentu [ξ, b] ⊂ (a, b], −∞ ≤a < b < +∞, i za koju je F primitivna funkcija fukcije f na intervalu (a, b], ako postoji

granicna vrednost limx→a

F (x) (konacna ili beskonacna)22, tada postoji

∫ b

af(x) dx i vazi

jednakost: ∫ b

af(x) dx = F (b)− lim

x→aF (x). (6.126)

Ako ne postoji limx→a

F (x), onda nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx ne postoji, tj. divergira.

22Ako je a konacan broj, onda pod limx→a

F (x) podrazumevamo limx→a+0

F (x), a ako je a = −∞, onda

pod limx→a

F (x) podrazumevamo limx→−∞

F (x).


Formulu, analognu formulama (6.125) i (6.126), ne treba primenjivati za nesvojstvene

integrale

∫ b

af(x) dx gde se singularitet nalazi u tacki c, gde je a < c < b. Tako, na

primer, ako bismo primenili Njutn-Lajbnicovu formulu na integral

∫ 1

−1

dx

x2dobili bismo

∫ 1

−1

dx

x2= −1

x

∣∣∣1−1

= −2,

sto nije tacno, jer je

∫ 1

0

dx

x2= +∞ i

∫ 0

−1

dx

x2= +∞, i stoga

∫ 1

−1

dx

x2=

∫ 1

0

dx

x2+

∫ 0

−1

dx

x2=

+∞.

Tvrdenje 6.89. (linearnost nesvojstvenog integrala) Neka su funcije f i g Riman in-tegrabilne na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞, i neka integrali∫ b

af(x) dx i

∫ b

ag(x) dx konvergiraju. Tada za sve λ1, λ2 ∈ R konvergira i integral∫ b

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx, i vazi jednakost

∫ b

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx = λ1

∫ b

af(x) dx+ λ2

∫ b

ag(x) dx.

Dokaz: Neka je a < ξ < b. Tada je∫ ξ

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx = λ1

∫ ξ

af(x) dx+ λ2

∫ ξ

ag(x) dx. (6.127)

Kako integrali

∫ b

af(x) dx i

∫ b

ag(x) dx konvergiraju, to postoje konacne granicne vred-

nosti limξ→b−0

∫ ξ

af(x) dx i lim

ξ→b−0

∫ ξ

ag(x) dx, pa iz jednakosti (6.127) sledi da postoji konacna

granicna vrednost limξ→b−0

∫ ξ

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx, tj. integral

∫ b

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx

konvergira, i vazi jednakost∫ b

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx = lim

ξ→b−0

∫ ξ

a(λ1f(x) + λ2g(x)) dx

= λ1 limξ→b−0

∫ ξ

af(x) dx+ λ2 lim

ξ→b−0

∫ ξ

ag(x) dx

= λ1

∫ b

af(x) dx+ λ2

∫ b

ag(x) dx. �

Teorema 6.90. (Parcijalna integracija kod nesvojstvenih integrala) Neka su funkcije ui v neprekidno diferencijabilne na intervalu [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞, i neka postoji


konacan limes limx→b−0

u(x)v(x). Tada integral

∫ b

au(x)v′(x)dx konvergira ako i samo ako

konvergira integral

∫ b

au′(x)v(x)dx, i vazi jednakost

∫ b

au(x)v′(x)dx = lim

x→b−0u(x)v(x)− u(a)v(a)−

∫ b

au′(x)v(x)dx. (6.128)

Dokaz. Ako primenimo formulu za parcijalnu integraciju kod odredenog integrala zafunkcije f i g na segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b), dobijamo∫ ξ

au(x)v′(x)dx = (u(x)v(x))

∣∣∣ξa−∫ ξ

au′(x)v(x)dx,

tj. ∫ ξ

au(x)v′(x)dx = u(ξ)v(ξ)− u(a)v(a)−

∫ ξ

au′(x)v(x)dx. (6.129)

S obzirom da postoji konacna granicna vrednost limξ→b−0

u(ξ)v(ξ), to iz (6.129) sledi da

postoji konacna granicna vrednost limξ→b−0

∫ ξ

au(x)v′(x)dx ako i samo ako postoji konacna

granicna vrednost limξ→b−0

∫ ξ

au′(x)v(x)dx, tj. integral

∫ b

au(x)v′(x)dx konvergira ako i

samo ako konvergira integral

∫ b

au′(x)v(x)dx, i vazi jednakost:

limξ→b−0

∫ ξ

au(x)v′(x)dx = lim

ξ→b−0u(ξ)v(ξ)− u(a)v(a)− lim

ξ→b−0

∫ ξ

au′(x)v(x)dx,

tj. vazi jednakost (6.128). �

Formulu (6.128) pisemo i u obliku:∫ b

au(x)v′(x)dx = (u(x)v(x))

∣∣∣ba−∫ b

au′(x)v(x)dx,

gde (u(x)v(x))∣∣∣baznaci lim

x→b−0u(x)v(x)− u(a)v(a).


∫ +∞

0xe−xdx.

Buduci da su funkcije u(x) = x i v(x) = −e−x neprekidno diferencijabilne na intervalu[0,+∞) i da postoji konacna granicna vrednost lim

x→+∞xe−x = 0 i

∫ +∞

0e−xdx = (−e−x)

∣∣∣+∞

0= 1,


to primenom Teoreme 6.90 zakljucujemo da konvergira i integral

∫ +∞

0xe−xdx, i da vazi

jednakost: ∫ +∞

0xe−xdx = (−xe−x)

∣∣∣+∞

0+

∫ +∞

0e−xdx

= − limx→+∞

xe−x +

∫ +∞

0e−xdx = 1

Analogno, Teoremu 6.90 primenjujemo kod izracunavanja integrala In =

∫ +∞

0xne−xdx,

gde je n ∈ N. Buduci da je na osnovu Lopitalovog pravila (Teorema 4.102)

limx→+∞

xne−x = limx→+∞

xn

ex= lim

x→+∞

nxn−1

ex= · · · = lim

x→+∞

n!

ex= 0,

primenom formule (6.129) na funkcije u(x) = xn i v(x) = −e−x, dobijamo∫ +∞

0xne−xdx = (−xne−x)

∣∣∣+∞

0+ n

∫ +∞

0xn−1e−xdx = nIn−1.

Kako je I1 = 1, zakljucujemo da je In = n!. •

Naredne dve teoreme govore o smeni promenljive kod nesvojstvenog integrala.

Teorema 6.92. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞,a funkcija φ neprekidno diferencijabilna i strogo rastuca na intervalu [α, β), −∞ < α <

β ≤ +∞, pri cemu je φ(α) = a i limt→β−0

φ(t) = b. Tada integral

∫ b

af(x)dx postoji ako i

samo ako postoji integral

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt, i vazi jednakost∫ b

af(x)dx =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.130)

Dokaz. S obzirom da je funkcija φ neprekidna i strogo rastuca na intervalu [α, β), i daje φ(α) = a i lim

t→β−0φ(t) = b, to iz Teoreme 3.148 sledi da je φ([α, β)) = [a, b). Za

η ∈ (α, β) primenom formule za smenu promenljive kod Rimanovog integrala (Teorema6.65) dobijamo ∫ φ(η)

af(x)dx =

∫ η

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.131)

Neka je F (ξ) =

∫ ξ

af(t)dt, a ≤ ξ < b. Na osnovu tvrdenja (i) u Napomeni 3.152, buduci

da je φ neprekidna i strogo rastuca na intervalu [α, β), i da je limt→β−0

φ(t) = b, to onda

postoji

∫ b

af(x)dx = lim

ξ→b−0F (ξ) ako i samo ako postoji lim

η→β−0F (φ(η)), i vazi jednakost∫ b

af(x)dx = lim

ξ→b−0F (ξ) = lim

η→β−0F (φ(η)).


Prema tome, integral

∫ b

af(x)dx postoji ako i samo ako postoji lim

η→β−0

∫ φ(η)

af(x)dx, i

vazi jednakost ∫ b

af(x)dx = lim

η→β−0

∫ φ(η)

af(x)dx.

Odavde i na osnovu jednakosti (6.131) zakljucujemo da integral

∫ b


samo ako postoji limη→β−0

∫ η

αf(φ(t))φ′(t)dt, tj. ako i samo ako postoji integral

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt,

pri cemu vazi jednakost∫ b

af(x)dx = lim

η→β−0

∫ φ(η)

af(x)dx = lim

η→β−0

∫ η

αf(φ(t))φ′(t)dt =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt.

�Ako je

∫ b

af(x)dx, a < b, nesvojstveni integral, onda stavljamo da je

∫ a

bf(x)dx = −

∫ b

af(x)dx.

Sledeca teorema se dokazuje slicno Teoremi 6.92, uz koriscenje tvrdenja (ii) u Napomeni3.152.

Teorema 6.93. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞,a funkcija φ neprekidno diferencijabilna i strogo opadajuca na intervalu (β, α], −∞ ≤

β < α < +∞, pri cemu je φ(α) = a i limt→β+0

φ(t) = b. Tada integral

∫ b

af(x)dx postoji

ako i samo ako postoji integral

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt, i vazi jednakost

∫ b

af(x)dx =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.132)

Analogno se moze dokazati teorema o smeni promenljive kod nesvojstvenog integralasa singularitetom u donjoj granici (Definicije 6.76 i 6.80).

Teorema 6.94. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b], −∞ ≤ a < b < +∞,a funkcija φ neprekidno diferencijabilna i strogo rastuca (strogo opadajuca) na intervalu(α, β], −∞ ≤ α < β < +∞ ([β, α), −∞ < β < α ≤ +∞), pri cemu je lim

t→α+0φ(t) = a

( limt→α−0

φ(t) = a) i φ(β) = b. Tada integral

∫ b

af(x)dx postoji ako i samo ako postoji

integral

∫ β


∫ b

af(x)dx =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.133)


Na osnovu Teorema 6.92, 6.93 i 6.94 sledi da se metoda smene takode moze primenitii na nesvojstvene integrale sa singularitetom i u donjoj i u gornjoj granici (Definicija6.84).

Teorema 6.95. Neka je funkcija f neprekidna na intervalu (a, b), −∞ ≤ a < b ≤ +∞,a funkcija φ neprekidno diferencijabilna i strogo rastuca (strogo opadajuca) na intervalu(α, β), −∞ ≤ α < β ≤ +∞ ((β, α), −∞ ≤ β < α ≤ +∞), pri cemu je lim

t→α+0φ(t) = a i

limt→β−0

φ(t) = b ( limt→α−0

φ(t) = a i limt→β+0

φ(t) = b). Tada integral

∫ b


samo ako postoji integral

∫ β


∫ b

af(x)dx =

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt. (6.134)

Pod uslovima navedenim u Teoremi 6.92, Teoremi 6.93, Teoremi 6.94 ili Teoremi 6.95,

integral

∫ b

af(x)dx konvergira ako i samo ako konvergira integral

∫ β


Formule (6.130), (6.132) (6.133) ili (6.134) je moguce primenjivati, kako sleva udesno,tako i zdesna ulevo.

Primer 6.96. Ispitajmo konvergenciju integrala∫ 1

0

1√1− t2 arccos t

dt i

∫ 1

0

1√(1− t2) arccos t

dt.

Funkcija φ(t) = arccos t je neprekidno diferencijabilna i strogo opadajuca na intervalu

[0, 1), φ(0) =π

2i limt→1−0

φ(t) = limt→1−0

arccos t = 0, i prema tome φ([0, 1)) = (0,π

2].

Funkcija f(x) =1

xje neprekidna na intervalu (0,

π

2]. Na osnovu Teoreme 6.93 primen-

jujuci formulu (6.132) zdesna ulevo, zakljucujemo:

∫ 1

0


dt =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣arccos t = x =⇒ −dt√

1− t2= dx =⇒ dt√

1− t2= −dx

t = 0 =⇒ x =π

2t→ 1− 0 =⇒ x→ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −

∫ 0

π2

dx

x=

∫ π2

0

dx

x= ln |x|

∣∣∣π20= ln

π

2− limx→+0

lnx = +∞,

te integral

∫ 1

0


dt divergira.


Analogno, koristeci formulu (6.132) u Teoremi 6.93 zdesna ulevo i smenu arccos t = x,

dobijamo da integral

∫ 1

0


dt konvergira:

∫ 1

0


dt = −∫ 0

π2

dx√x=

∫ π2

0

dx√x= 2

√x∣∣∣π20= 2

√π

2− 2 lim

x→+0

√x

=√2π. •

Za nesvojstvene integrale

∫ b

a

dx

(b− x)pi

∫ b

a

dx

(x− a)p, −∞ < a < b < +∞, smo vec

u Primerima 6.82 utvrdili da konvergiraju za p < 1 i divergiraju za p ≥ 1. Ovo semoze dokazati i koriscenjem metode smene promenljive. Naime, u sledecem primeru

linearnom smenom promenljive svaki od ovih integrala se svodi na integral

∫ 1

0

dx

xp, koji

kao sto znamo konvergira za p < 1 i divergira za p ≥ 1 (Primeri 6.81).

Primer 6.97. Neka je φ(t) =b− t

b− a. Ova funkcija je neprekidno diferencijabilna i

strogo opadajuca na intervalu [a, b), φ(a) = 1 i limt→b−0

φ(t) = limt→b−0

b− t

b− a= 0. Funkcija

f(x) =1

(b− a)p−1· 1

xpje neprekidna na intervalu (0, 1]. Primenom formule (6.132) u

Teoremi 6.93 zdesna ulevo, dobijamo

∫ b

a

dt

(b− t)p=

∣∣∣∣∣∣∣b− t

b− a= x =⇒ b− t = (b− a)x =⇒ dt = −(b− a)dx

t = a =⇒ x = 1t→ b− 0 =⇒ x→ 0

∣∣∣∣∣∣∣= −(b− a)

∫ 0

1

dx

(b− a)pxp=

1

(b− a)p−1

∫ 1

0

dx

xp.

Kako je ∫ 1

0

dx

xp=

1

1− p, za p < 1,

+∞, za p ≥ 1,

to je ∫ b

a

dt

(b− t)p=

(b− a)1−p

1− p, za p < 1,

+∞, za p ≥ 1.

Neka je sada φ(t) =t− a

b− a. Ova funkcija je neprekidno diferencijabilna i strogo rastuca

na intervalu (a, b], limt→a+0

φ(t) = limt→a+0

t− a

b− a= 0 i φ(b) = 1. Na osnovu Teoreme 6.92,


primenjujuci formulu (6.130) zdesna ulevo, dobijamo

∫ b

a

dt

(t− a)p=

∣∣∣∣∣∣∣t− a

b− a= x =⇒ t− a = (b− a)x =⇒ dt = (b− a)dx

t→ a+ 0 =⇒ x→ 0t = b =⇒ x = 1

∣∣∣∣∣∣∣= (b− a)

∫ 1

0

dx

(b− a)pxp=

1

(b− a)p−1

∫ 1

0

dx

xp

=

(b− a)1−p

1− p, za p < 1,

+∞, za p ≥ 1. •.

Sledeci primer pokazuje da se ispitivanje nesvojstvenog integrala na ogranicenom in-tervalu pogodnom smenommoze svesti na ispitivanje nesvojstvenog integrala na neogranicenomintervalu.

Primer 6.98. Ispitajmo

∫ 1

0

dx

x√x2 + 1

.

Kod ovog integrala singularitet je u donjoj granici. Koristimo smenu x =1

t. Funkcija

φ(t) =1

tje strogo opadajuca i neprekidno diferencijabilna na intervalu [1,+∞), lim

t→+∞φ(t) =

limt→+∞

1

t= 0 i φ(1) = 1. Funkcija f(x) =

1

x√x2 + 1

je neprekidna na intervalu (0, 1].

Sada primenom formule (6.133) u Teoremi 6.94 sleva udesno dobijamo:

∫ 1

0

dx

x√x2 + 1

=

∣∣∣∣∣∣∣x =

1

t=⇒ dx = −dt

t2t = 1 =⇒ x = 1

t→ +∞ =⇒ x→ 0

∣∣∣∣∣∣∣ = −∫ 1

+∞

dt

t21

t

√1

t2+ 1

=

∫ +∞

1

dt√t2 + 1

= ln(t+√t2 + 1)

∣∣∣+∞

1

= limt→+∞

ln(t+√t2 + 1)− ln(1 +

√2) = +∞. •

Sledeca dva primera pokazuju da se ispitivanje nesvojstvenog integrala na neogra-nicenom intervalu pogodnom smenom moze svesti na ispitivanje nesvojstvenog integralana ogranicenom intervalu.

Primer 6.99. Nadimo

∫ +∞

0

dx

x2√x2 + 1

.

Koristicemo smenu x = tg t. Funkcija φ(t) = tg t je strogo rastuca i neprekidno difer-

encijabilna na intervalu [0,π

2), lim

t→+0φ(t) = φ(0) = tg 0 = 0, lim

t→π2−0φ(t) = lim

t→π2−0

tg t =

+∞. Funkcija f(x) =1

x2√x2 + 1

je neprekidna na intervalu (0,+∞). Primenom for-


mule (6.134) u Teoremi 6.95 sleva udesno dobijamo:23

∫ +∞

0

dx

x2√x2 + 1

=

∣∣∣∣∣∣∣∣x = tg t =⇒ dx =

dt

cos2 tt→ +0 =⇒ x→ 0

t→ π

2− 0 =⇒ x→ +∞

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∫ π

2

0

dt

tg2 t√

tg2 t+ 1 cos2 t

=

∫ π2

0

cos t

sin2 tdt = − 1

sin t

∣∣∣π20= −1 + lim

t→+0

1

sin t= +∞. •

U sledecem primeru nesvojstveni integral na neogranicenom intervalu i sa singular-itetom u donjoj i gornjoj granici smenom se transformise u nesvojstveni integral naogranicenom intervalu i sa singularitetom u samo jednoj granici.

Primer 6.100. Naci

∫ +∞

1

dx

x√x2 − 1

.

Ovaj integral ima singularitet i u donjoj i u gornjoj granici. Koristicemo smenu

x =1

t. Funkcija φ(t) =

1

tje strogo opadajuca i neprekidno diferencijabilna na intervalu

(0, 1], limt→1−0


1

t= 1, lim

t→+0φ(t) = lim

t→+0

1

t= +∞. Funkcija f(x) =

1

x√x2 − 1

je neprekidna na intervalu [1,+∞). Sada primenom formule (6.134) u Teoremi 6.95 slevaudesno dobijamo:

∫ +∞

1

dx

x√x2 − 1

=

∣∣∣∣∣∣∣x =

1

t=⇒ dx = −dt

t2t→ 1− 0 =⇒ x→ 1t→ +0 =⇒ x→ +∞

∣∣∣∣∣∣∣ = −∫ 0

1

dt

t21

t

√1

t2− 1

=

∫ 1

0

dt√1− t2

= arcsin t∣∣∣10= lim

t→1−0arcsin t =

π

2. •

Za slucaj da je funkcija f u Teoremama 6.92 i 6.93 neprekidna na segmentu [a, b],onda na levoj strani u formulama (6.130) i (6.132) stoji obican Rimanov integral. Za-ista, na osnovu Teoreme 6.27 zakljucujemo da je funkcija f integrabilna na segmentu[a, b], pa iz Teoreme 6.52 sledi da je Rimanov integral funkcije f na segmentu [a, b] jed-

nak granicnoj vrednosti limξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx (Rimanov integral je specijalan slucaj nesvo-

jstvenog integrala). Na taj nacin se smenom x = φ(t) izracunavanje nesvojstvenog inte-

grala

∫ β

αf(φ(t))φ′(t)dt moze svesti na izracunavanje Rimanovog integrala

∫ b

af(x)dx, i

23Iz sin2 t + cos2 t = 1, deobom sa cos2 t, t = kπ

2, k ∈ Z, dobijamo cos2 t =

1

tg2 t+ 1, odakle za

t ∈ [0,π

2) sledi da je

cos t =1√

tg2 t+ 1.


obrnuto, Rimanov integral

∫ b

af(x)dx je moguce izracunati pomocu nesvojstvenog inte-

grala

∫ β


Primeri 6.101. (i) Za izracunavanje

∫ 1

0

arcsin t√1− t2

dt primenicemo formulu (6.130) u

Teoremi 6.92 zdesna ulevo. Funkcija φ(t) = arcsin t je neprekidno diferencijabilna i

strogo rastuca na intervalu [0, 1), φ(0) = 0 i limt→1−0


arcsin t =π

2, i prema

tome φ([0, 1)) = [0,π

2). Funkcija f(x) = x je neprekidna na segmentu [0,

π

2]. Iz Teoreme

6.92 sledi

∫ 1

0

arcsin t√1− t2

dt =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣arcsin t = x =⇒ dt√

1− t2= dx

t = 0 =⇒ x = 0

t→ 1− 0 =⇒ x→ π

2

∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∫ π2

0x dx =

x2

2

∣∣∣π20=π2

8.

(ii) Izracunavanje integrala

∫ +∞

1

arcctg2 t

1 + t2dt se smenom x = arcctg t takode svodi na

izracunavanje svojstvenog integrala. Naime, funkcija φ(t) = arcctg t je neprekidno

diferencijabilna i strogo opadajuca na intervalu [1,+∞), φ(1) =π

4i limt→+∞

φ(t) =

limt→+∞

arcctg t = 0, te je φ([1,+∞)) = (0,π

4]. Funkcija f(x) = x2 je neprekidna na

segmentu [0,π

4]. Koristeci formulu (6.132) u Teoremi 6.93 zdesna ulevo dobijamo

∫ +∞

1

arcctg2 t

1 + t2dt =

∣∣∣∣∣∣∣∣arcctg t = x =⇒ − dt

1 + t2= dx

t = 1 =⇒ x =π

4t→ +∞ =⇒ x→ 0

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −∫ 0

π4

x2 dx

=

∫ π4

0x2 dx =

x3

3

∣∣∣π40=

π3

192.

(iii) Izracunajmo Rimanov integral

∫ π

0

dx

2− sinx.

Koristimo smenu tgx

2= t, tj. smenu x = 2arctg t. Funkcija φ(t) = 2 arctg t je

strogo rastuca i neprekidno diferencijabilna na intervalu [0,+∞), φ(0) = 0, limt→+∞

φ(t) =

limt→+∞

2 arctg t = π. Funkcija f(x) =1

2− sinxje neprekidna na segmentu [0, π]. Pri-

menom formule (6.130) sleva udesno u Teoremi 6.92, izracunavanje Rimanovog integrala

6.10. Nesvojstveni integrali 615∫ π

0

dx

2− sinxsvodimo na izracunavanje nesvojstvenog integrala:

∫ π

0

dx

2− sinx=

∣∣∣∣∣∣∣x = 2arcctg t =⇒ dx = 2

dt

1 + t2t = 0 =⇒ x = 0

t→ +∞ =⇒ x→ π

∣∣∣∣∣∣∣ =∫ +∞

0

2dt

1 + t2

2− 2t

1 + t2

=

∫ +∞

0

dt

t2 − t+ 1=

∫ +∞

0

dt

(t− 12)

2 + 34

=1√32

arctgt− 1

2√32

∣∣∣+∞

0

=2√3

3( limt→+∞

arctgt− 1

2√32

− arctg

√3

3) =

2√3

3(π

2− π

6) =

2√3π

9. •

Za slucaj da je u Teoremi 6.92 (Teoremi 6.93) β konacan broj i da za funkcijut 7→ f(φ(t))φ′(t) postoji konacna granicna vrednost kada t → β − 0 (t → β + 0),onda je ova funkcija ogranicena na intervalu [α, β) ((β, α]). Kako je ona zbog neprekid-nosti Riman integrabilna na svakom segmentu [α, ξ] ⊂ [α, β) ([ξ, α] ⊂ (β, α]), onda, kaosto to vec rekli na pocetku ove sekcije u Napomeni 6.79, dodefinisanjem ove funkcije utacki β na proizvoljan nacin, dobijamo funkciju koja je integrabilna na segmentu [α, β]([β, α]) (Teorema 6.18), i pri tome njen Rimanov integral na ovom segmentu ne zav-isi od nacina kako je funkcija dodefinisana u tacki β (Lema 6.50) i jednak je limesu

limξ→β−0

∫ ξ

αf(φ(t))φ′(t) dt ( lim

ξ→β+0

∫ ξ

αf(φ(t))φ′(t) dt) (Teorema 6.52), drugim recima

nesvojstveni integral na desnoj strani u formuli (6.130) ((6.132)) je ovog puta obican Ri-manov integral. Na taj nacin se smenom x = φ(t) izracunavanje nesvojstvenog integrala∫ b

af(x)dx svodi na izracunavanje Rimanovog integrala

∫ β


Primeri 6.102. (i) Nesvojstveni integral

∫ 1

0

dx√1− x2

se smenom x = sin t svodi na

Rimanov integral

∫ π2

0dt.

Zaista, funkcija f(x) =1√

1− x2je neprekidna na intervalu [0, 1), funkcija φ(t) = sin t

je strogo rastuca i neprekidno diferencijabilna na intervalu [0, π2 ), φ(0) = sin 0 = 0,lim

t→π2−0φ(t) = lim

t→π2−0

sin t = sin π2 = 1. Kako je

f(φ(t))φ′(t) =cos t√

1− sin2 t=

cos t

cos t= 1, za t ∈ [0,

π

2),

funkcija t 7→ f(φ(t))φ′(t) je ogranicena na intervalu [0, π2 ) i Riman integrabilna na svakomsegmentu [0, ξ] ⊂ [0, π2 ), pa dodefinisanjem ove funkcije na proizvoljan nacin u tacki t = 1dobijamo funkciju koja je Riman integrabilna na segmentu [0, π2 ] (i njen integral ne zavisiod izbora vrednosti ove funkcije u tacki t = 1). Neka je vrednost ove funkcije u tacki t = 1


jednaka 1, onda primenom formule (6.130) sleva udesno u Teoremi 6.92 izracunavanje

nesvojstvenog integrala

∫ 1

0

dx√1− x2

svodimo na izracunavanje Rimanovog integrala:

∫ 1

0

dx√1− x2

=

∣∣∣∣∣∣x = sin t =⇒ dx = cos t dt

t = 0 =⇒ x = 0t→ π

2 − 0 =⇒ x→ 1

∣∣∣∣∣∣ =∫ π

2

0

cos t dt√1− sin2 t

=

∫ π2

0dt =

π

2.

(ii) Izracunati

∫ 1

0

dx√x(1 + 3

√x)

.

Funkcija f(x) =1√

x(1 + 3√x)

je neprekidna na intervalu (0, 1], a funkcija φ(t) = t6

strogo rastuca i neprekidno diferencijabilna na intervalu (0, 1], i φ(0) = sin 0 = 0 ilimt→+0

φ(t) = limt→+0

t6 = 0. Kako je

f(φ(t))φ′(t) =6t5

t3(1 + t2)=

6t2

1 + t2, za t ∈ (0, 1],

i kako je granicna vrednost:

limt→+0

f(φ(t))φ′(t) = limt→+0

6t2

1 + t2= 0

konacna, to je funkcija t 7→ f(φ(t))φ′(t) ogranicena na intervalu (0, 1], i buduci da jeova funkcija Riman integrabilna na svakom segmentu [ξ, 1] ⊂ (0, 1], dodefinisanjem ovefunkcije na proizvoljan nacin u tacki t = 0 dobijamo funkciju koja je Riman integra-bilna na segmentu [0, 1] (Teorema 6.18) i njen integral ne zavisi od izbora vrednostiove funkcije u tacki t = 0 (Lema 6.50). Dodefinisimo do neprekidnosti ovu funkciju utacki t = 0, stavljajuci da je njena vrednost u ovoj tacki jednaka nuli. Na taj nacin je

f(φ(t))φ′(t) =6t2

1 + t2za t ∈ [0, 1], i

∫ 1

0f(φ(t))φ′(t) =

∫ 1

0

6t2

1 + t2dt je Rimanov integral.

Primenom formule (6.133) sleva udesno u Teoremi 6.94 izracunavanje nesvojstvenog in-

tegrala

∫ 1

0

dx√x(1 + 3

√x)

svodimo na izracunavanje Rimanovog integrala:

∫ 1

0

dx√x(1 + 3

√x)

=

∣∣∣∣∣∣x = t6 =⇒ dx = cos t dtt→ +0 =⇒ x→ 0t = 1 =⇒ x = 1

∣∣∣∣∣∣ =∫ 1

0

6t5

t3(1 + t2)dt

= 6

∫ 1

0

t2

1 + t2dt = 6

∫ 1

0

(1− 1

1 + t2

)dt

= 6 (t− arctg t)∣∣∣10= 6

(1− π

4

). •


Napomenimo da, i pored toga sto se mnoge osobine svojstvenih, tj. Rimanovih inte-grala, kao sto smo videli u prethodnim tvrdenjima, prenose i na nesvojstvene integrale,nesvojstveni integrali ipak nemaju sve osobine koje imaju i svojstveni integrali. Tako,na primer, ako su dve funkcije Riman integrabilne na nekom segmentu, onda je i njihovproizvod Riman integrabilna funkcija na tom segmentu. Analogna osobina u opstem

slucaju ne vazi kod nesvojstvenih integrala. Naime funkcije f(x) =13√xi g(x) =

13√x2

su

integrabilne u nesvojstvenom smislu na intevalu (0, 1], ali njihov prizvod (f · g)(x) = 1

xnije integrabilna funkcija u nesvojstvenom smislu na ovom intevalu.

Nesvojstveni integrali nenegativnih funkcija

Teorema 6.103. Neka je funkcija f nenegativna na intervalu [a, b), −∞ < a < b ≤ +∞,i neka je Riman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b). Tada nesvojstveni

integral

∫ b

af(x)dx konvergira ako i samo ako postoji broj M takav da je

∫ ξ

af(x)dx ≤M, za sve ξ ∈ [a, b). (6.135)

Pritom je ∫ b

af(x)dx = sup

a≤ξ<b

∫ ξ

af(x)dx.

Dokaz. Neka je F (ξ) =∫ ξa f(x)dx, a ≤ ξ < b. Ako je a ≤ ξ < ξ′ < b, s obzirom da je

funkcija f nenegativna na intervalu [a, b), sledi da je

∫ ξ′

ξf(x)dx ≥ 0. Otuda

F (ξ′) =

∫ ξ′

af(x)dx =

∫ ξ

af(x)dx+

∫ ξ′

ξf(x)dx ≥

∫ ξ

af(x)dx = F (ξ).

Prema tome, funkcija F je rastuca na intervalu [a, b), i na osnovu Teoreme 3.103 sledi

limξ→b−0

F (ξ) = supa≤ξ<b

F (ξ),

i granicna vrednost limξ→b−0

F (ξ) je konacna ako i samo ako je funkcija F ogranicena odozgo

na intervalu [a, b), tj. ako i samo ako vazi uslov (6.135). Kako nesvojstveni integral∫ b

af(x)dx konvergira ako i samo postoji konacna granicna vrednost lim

ξ→b−0

∫ ξa f(x)dx =

limξ→b−0

F (ξ), to zakljucujemo da integral

∫ b

af(x)dx konvergira ako i samo ako vazi uslov

(6.135). �


Iz Teoreme 6.103 sledi da nesvojstveni integral nenegativne funkcije f na intervalu[a, b) divergira ako i samo ako je je funkcija F (ξ) =

∫ ξa f(x)dx, a ≤ ξ < b, nije ogranicena

odozgo na intervalu [a, b), tj. ako je supa≤ξ<b

F (ξ) = +∞. U tom slucaju je

∫ b

af(x)dx = lim

ξ→b−0

∫ ξ

af(x)dx = lim

ξ→b−0F (ξ) = sup

a≤ξ<bF (ξ) = +∞.

Prema tome, i u ovom slucaju kada integral

∫ b

af(x)dx divergira vazi jednakost

∫ b

af(x)dx = sup

a≤ξ<b

∫ ξ

af(x)dx.

Teorema 6.104. Neka su funkcije f, g : [a, b) → R, −∞ < a < b ≤ +∞, Rimanintegrabilne na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b), i neka je 0 ≤ f(x) ≤ g(x) za sve x ∈ [a, b).Tada

(i) ako nesvojstveni integral

∫ b

ag(x)dx konvergira, onda i nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx

konvergira;

(ii) ako nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx divergira, onda i nesvojstveni integral

∫ b

ag(x)dx

divergira.

Dokaz. (i) Neka integral

∫ b

ag(x)dx konvergira. Tada na osnovu Teoreme 6.103 sledi da

postoji broj M takav da je∫ ξ

ag(x)dx ≤M, za sve ξ ∈ [a, b). (6.136)

S obzirom da je f(x) ≤ g(x) za sve x ∈ [a, b), to je∫ ξa f(x)dx ≤

∫ ξa g(x)dx za sve

ξ ∈ [a, b), pa iz (6.136) sledi daje∫ ξ

af(x)dx ≤M, za sve ξ ∈ [a, b).

Odavde, opet koriscenjem Teoreme 6.103 zakljucujemo da integral

∫ b

af(x)dx konvergira.

Tvrdenje (ii) je kontrapozicija tvrdenja (i). �

Primeri 6.105. (i) Kako je1

2xx2≤ 1

x2za x ∈ [1,+∞) i buduci da integral

∫ +∞

1

dx

x2

konvergira, iz Teoreme 6.104 sledi da i integral

∫ +∞

1

dx

2xx2konvergira.

(ii) Ispitajmo konvergenciju nesvojstvenog integrala

∫ +∞

0e−x

2dx.


Za x ∈ [1,+∞) je x2 ≥ x, pa je −x2 ≤ −x, i prema tome

e−x2 ≤ e−x za x ∈ [1,+∞). (6.137)

Kako integral

∫ +∞

0e−xdx konvergira, to na osnovu Tvrdenja 6.83 konvergira integral∫ +∞

1e−xdx. Sada iz (6.137) na osnovu Teoreme 6.104 zakljucujemo da konvergira in-

tegral

∫ +∞

1e−x

2dx, pa opet na osnovu Tvrdenja 6.83 dobijamo da konvergira integral∫ +∞

0e−x

2dx. •

Teorema 6.106. Neka su funkcije f, g : [a, b) → R, −∞ < a 0 za svex ∈ [a, b), i neka postoji granicna vrednost

limx→b−0

f(x)

g(x)= l. (6.138)

Tada

(i) ako nesvojstveni integral

∫ b

ag(x)dx konvergira i ako je 0 ≤ l < +∞, onda i nesvo-

jstveni integral

∫ b

af(x)dx konvergira;

(ii) ako nesvojstveni integral

∫ b

ag(x)dx divergira i ako je 0 < l ≤ +∞, onda i nesvo-

jstveni integral

∫ b

af(x)dx divergira.

Dokaz. (i) Neka integral

∫ b

ag(x)dx konvergira i neka je 0 ≤ l < +∞. Tada postoji

c ∈ [a, b) tako da jef(x)

g(x)< l + 1, za sve x ∈ [c, b),

i prema tome,f(x) < (l + 1)g(x), za sve x ∈ [c, b). (6.139)

Iz konvergencije integrala

∫ b

ag(x)dx, na osnovu Tvrdenja 6.89 sledi konvergencija inte-

grala

∫ b

a(l+ 1)g(x)dx, odakle pak na osnovu Tvrdenja 6.83 zakljucujemo da konvergira

integral

∫ b

c(l+1)g(x)dx. Sada, s obzirom na (6.139), iz Teoreme 6.104 sledi da konvergira

integral

∫ b

cf(x)dx, pa stoga i integral

∫ b

af(x)dx na osnovu Tvrdenja 6.83.


(ii) Neka integral

∫ b

ag(x)dx divergira i neka je 0 < l ≤ +∞. Iz Tvrdenja 3.49 i Tvrdenja

3.71 sledi da je

limx→b−0

g(x)

f(x)= k, (6.140)

gde je k =1

lako je 0 < l < +∞, i k = 0 ako je l = +∞. Ako bi

∫ b

af(x)dx konver-

girao onda bi iz (6.140), s obzirom da je 0 ≤ k < +∞, na osnovu tvrdenja (i) sledilo

da konvergira integral

∫ b

ag(x)dx, sto je suprotno pretpostavci. Prema tome, integral∫ b

af(x)dx divergira. �

Posledica 6.107. Neka su funkcije f, g : [a, b) → R, −∞ < a 0 za svex ∈ [a, b). Ako postoji konacna granicna vrednost

limx→b−0

f(x)

g(x)= l = 0,

tada nesvojstveni integrali

∫ b

af(x)dx i

∫ b

ag(x)dx istovremeno konvergeraju ili divergi-

raju.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 6.106. �

Primeri 6.108. (i) Ispitajmo konvergenciju integrala

∫ +∞

1

dx

2x2 − 5x+ 6. Podinte-

gralna funkcija x 7→ 1

2x2 − 5x+ 6je pozitivna na intervalu [1,+∞). Kako je

limx→+∞

12x2−5x+6

1x2

= limx→+∞

x2

2x2 − 5x+ 6=

1

2,

i s obzirom da integral

∫ +∞

1

dx

x2konvergira (Primeri 6.77 (iv)), to na osnovu Teoreme

6.106 (i) (ili Posledice 6.107) konvergira i integral

∫ +∞

1

dx

2x2 − 5x+ 6.

(ii) Pokazimo da integral

∫ +∞

0

√x

x+ 100dx divergira.

Funkcije x 7→√x

x+ 100i x 7→ 1√

xsu pozitivne na intervalu [1,+∞), i

limx→+∞

√x

x+ 1001√x

= 1.


Buduci da integral

∫ +∞

1

dx√x

divergira (Primeri 6.77 (iv)), to na osnovu Teoreme 6.106

(ii) (ili Posledice 6.107) sledi da divergira i integral

∫ +∞

1

√x

x+ 100dx. Sada na osnovu

Tvrdenja 6.83 zakljucujemo da integral

∫ +∞

0

√x

x+ 100dx divergira.


∫ 1

0

dx√x(1 + x2)

.

Funkcije x 7→ 1√x(1 + x2)

i x 7→ 1√x

su pozitivne na intervaslu (0, 1]. S obzirom da

integral

∫ 1

0

dx√x

konvergira, i s obzirom da je

limx→+0

1√x(1+x2)

1√x

= limx→+0

1√1 + x2

= 1,

to na osnovu Teoreme 6.106 (i) ili Posledice 6.107 (varijanta ovih tvrdenja za nesvo-jstvene integrale sa singularitetom u donjoj granici) zakljucujemo da konvergira i integral∫ 1

0

dx√x(1 + x2)

.

(iii) Pokazimo da integral

∫ 1

0

dx

x3 − 1divergira.

Funkcija x 7→ 1

x3 − 1je negativna na intevalu [0, 1), pa je funkcija x 7→ 1

1− x3

pozitivna na intevalu [0, 1). Integral

∫ 1

0

dx

1− xdivergira (Primeri 6.82 (i)) i

limx→1−0

11−x31

1−x= lim

x→1−0

1

1 + x+ x2=

1

3,

pa na osnovu Teoreme 6.106 (ii) (ili Posledice 6.107) zakljucujemo da divergira i integral∫ 1

0

dx

1− x3. Sada iz Tvrdenja 6.89 sledi da divergira i integral

∫ 1

0

dx

x3 − 1.

(iv) Ispitajmo konvergenciju integrala

∫ 2

1

x3

5√4− x2

dx.

Funkcije x 7→ x3

5√4− x2

i x 7→ 15√2− x

su pozitivne na intervalu [1, 2). Kako je

limx→2−0

x3

5√4− x2

15√2− x

= limx→2−0

x3

5√2 + x

=85√4,


i kako integral

∫ 2

1

dx5√2− x

konvergira (Primeri 6.82 (ii)), to na osnovu Teoreme 6.106

(i) (ili Posledice 6.107) zakljucujemo da konvergira i integral

∫ 2

1

x3

5√4− x2

dx.

(v) Pokazimo da integral

∫ 1

0lnx dx konvergira.

Primetimo najpre da je lnx ≤ 0 za x ∈ (0, 1]. Za svako p > 0 na osnovu Lopitalovogpravila (Teorema 4.99) zakljucujemo da je (videti Primer 4.105)

limx→+0

lnx1

xp

= limx→+0

1

x−px−p−1

= −1

plimx→+0

xp = 0,

i stoga limx→+0

− lnx1

xp

= 0. Buduci da integral

∫ 1

0

dx

xpkonvergira za svako p < 1, to ovaj

integral konvergira i za bilo koje p ∈ (0, 1). Iz Teoreme 6.106 (i) sledi da konvergira

i integral

∫ 1

0(− lnx) dx, odakle na osnovu Tvrdenja 6.89 zakljucujemo da konvergira i

integral

∫ 1

0lnx dx. •

Kosijev kriterijum konvergencije nesvojstvenih integrala

Teorema 6.109. Neka je funkcija f : [a, b) → R, −∞ < a 0 postoji ξ0 ∈ [a, b) tako da sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < bvazi nejednakost ∣∣∣∣∣

∫ ξ′′

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣∣ < ϵ.

Dokaz. Neka je F (ξ) =

∫ ξ

af(x)dx, a ≤ ξ < b. Nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx konver-

gira ako i samo postoji konacna granicna vrednost limξ→b−0

∫ ξa f(x)dx = lim

ξ→b−0F (ξ). Na

osnovu Kosijevog kriterijuma egzistencije granicne vrednosti funkcije (Teorema 3.80),konacna granicna vrednost lim

ξ→b−0F (ξ) postoji ako i samo ako za svako ϵ > 0 postoji

ξ0 ∈ [a, b) tako da sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi nejednakost

|F (ξ′′)− F (ξ′)| < ϵ.

Kako je F (ξ′′)− F (ξ′) =

∫ ξ′′

ξ′f(x)dx, to smo dokazali teoremu. �

Apsolutno konvergentni nesvojstveni integrali


Definicija 6.110. Za nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx kazemo da apsolutno konvergira,

a za funkciju f kazemo da je apsoultno integrabilna u nesvojstvenom smislu, ako nesvo-

jstveni integral

∫ b

a|f(x)|dx konvergira. �

Sledeci kriterijum apsolutne konvergencije nesvojstvanog integrala sledi direktno izTeoreme 6.109.

Teorema 6.111. Neka je funkcija f : [a, b) → R, −∞ < a 0 postoji ξ0 ∈ [a, b) tako da sve ξ′ i ξ′′ takve da jeξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi nejednakost ∫ ξ′′

ξ′|f(x)|dx < ϵ.

Teorema 6.112. Neka je funkcija f : [a, b) → R, −∞ < a < b ≤ +∞, Riman integra-

bilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b). Ako nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx apsolutno

konvergira, onda on i konvergira.

Dokaz. Neka nesvojstveni integral

∫ b

af(x)dx apsolutno konvergira. Tada na osnovu

Teoreme 6.111 sledi da za svako ϵ > 0 postoji ξ0 ∈ [a, b) tako da sve ξ′ i ξ′′ takve da jeξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi nejednakost ∫ ξ′′

ξ′|f(x)|dx < ϵ.

Kako je ∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤∫ ξ′′

ξ′|f(x)|dx,

to onda za sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi nejednakost∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣∣ < ϵ,

pa na osnovu Teoreme 6.109 sledi da integral

∫ b

af(x)dx konvergira. � 24

24Da iz apsolutne konvergencije integrala

∫ b

a

f(x)dx sledi njegova konvergencija mogli smo dokazati i

na sledeci nacin:


Primer 6.113. Pokazimo da integrali

∫ +∞

1

cosx

x2dx i

∫ +∞

1

sin 2x

x2dx apsolutno kon-

vergiraju.

Iz nejednakosti ∣∣∣cosxx2

∣∣∣ ≤ 1

x2, x ∈ [1,+∞),

i konvergencije integrala

∫ +∞

1

1

x2dx, na osnovu Teoreme 6.104 sledi da konvergira in-

tegral

∫ +∞

1

∣∣∣cosxx2

∣∣∣ dx. Prema tome, integral

∫ +∞

1

cosx

x2dx apsolutno konvergira, pa

stoga i konvergira na osnovu Teoreme 6.112.

Slicno se pokazuje da integral

∫ +∞

1

sin 2x

x2dx apsolutno konvergira, pa stoga on i

konvergira. •

Da u opstem slucaju ne vazi obrat Teoreme 6.112 pokazuje sledeci primer.

Primer 6.114. Pokazimo da integral

∫ +∞

1

sinx

xdx konvergira, ali da ne konvergira

apsolutno.

∫ +∞

1

sinx

xdx =

∣∣∣∣∣∣∣dv = sinx dx =⇒ v =

∫sinx dx = − cosx

u =1

x=⇒ du = − 1

x2dx

∣∣∣∣∣∣∣= −cosx

x

∣∣∣+∞

1−∫ +∞

1

cosx

x2dx

= − limx→+∞

cosx

x+ cos 1−

∫ +∞

1

cosx

x2dx

= cos 1−∫ +∞

1

cosx

x2dx.

Iz−|f | ≤ f ≤ |f |

dodavanjem |f | svim stranama ove nejednakosti dobijamo da je

0 ≤ f + |f | ≤ 2|f |. (6.141)

Kako konvergira integral

∫ b

a

|f(x)|dx, to na osnovu Tvrdenja 6.89 sledi da konvergira i integral∫ b

a

2|f(x)|dx. Sada iz (6.141) na osnovu Teoreme 6.104 (i) sledi da konvergira i integral

∫ b

a

(f(x) +

|f(x)|)dx. Kako jef(x) = (f(x) + |f(x)|)− |f(x)|,

iz konvergencije integrala

∫ b

a

(f(x)+|f(x)|)dx i

∫ b

a

|f(x)|dx, na osnovu Tvrdenja 6.89 sledi i konvergencija

integrala

∫ b

a

f(x)dx.


Kako integral

∫ +∞

1

cosx

x2dx konvergira (Primer 6.113), to onda konvergira i integral∫ +∞

1

sinx

xdx.

Pokazimo da integral

∫ +∞

1

| sinx|x

dx divergira.

Iz1 ≥ | sinx|, x ∈ R,

mnozenjem sa | sinx| dobijamo

| sinx| ≥ sin2 x =1− cos 2x

2, x ∈ R.

Za svako ξ ≥ 1 vazi: ∫ ξ

1

| sinx|x

dx ≥ 1

2

∫ ξ

1

1

xdx− 1

2

∫ ξ

1

cos 2x

xdx (6.142)

Integral

∫ +∞

1

cos 2x

xdx konvergira (dokazuje se slicno kao i konvergencija integrala∫ +∞

1

sinx

xdx), pa postoji konacna granicna vrednost

limξ→+∞

∫ ξ

1

cos 2x

xdx.

Kako integral

∫ +∞

1

dx

xdivergira, tj. lim

ξ→+∞

∫ ξ

1

dx

x= +∞, to je granicna vrednost kad

ξ → +∞ desne strane u nejednakosti (6.142) jednaka +∞, pa je stoga i granicna vrednostleve strane jednaka +∞:

limı→+∞

∫ ξ

1

| sinx|x

dx = +∞,

tj. integral

∫ +∞

1

| sinx|x

dx divergira. •

Ako nesvojstveni integral konvergira ali ne i apsolutno, onda za njega kazemo dakonvergira uslovno.

Abelov i Dirihleov kriterijum konvergencije

Teorema 6.115. (Dirihleov kriterijum) Neka za funkcije f, g : [a, b) → R vaze sledeciuslovi

(1) f je neprekidna na [a, b) i ima ogranicenu primitivnu funkciju na intervalu [a, b);

(2) g je glatka i monotona [a, b) i limx→b−0

g(x) = 0.

Tada nesvojstveni integral

∫ b

af(x)g(x) dx konvergira.


Dokaz. Buduci da je funkcija fg neprekidna kao proizvod neprekidnih funkcija, to je onaRiman integrabilna na svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b). Neka je F primitivna funkcija zafunkciju f na intervalu [a, b) i neka je ona ogranicena, tj. postoji broj M > 0 tako da je|F (x)| ≤ M za sve x ∈ [a, b). Iz Njutn-Lajbnicove formule sledi da za sve ξ′ i ξ′′ takveda je a ≤ ξ′ < ξ′′ < b vazi nejednakost∣∣∣∣∣

∫ ξ′′

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣∣ = |F (ξ′′)− F (ξ′)| ≤ |F (ξ′′)|+ |F (ξ′)| ≤ 2M. (6.143)

Iz druge teoreme o srednjoj vrednosti za odredeni integral (Teorema 6.74) sledi daza sve ξ′ i ξ′′ takve da je a ≤ ξ′ < ξ′′ < b postoji η ∈ (ξ′, ξ′′) tako da vazi jednakost∫ ξ′′

ξ′f(x)g(x)dx = g(ξ′)

∫ η

ξ′f(x)dx+ g(ξ′′)

∫ ξ′′

ηf(x)dx,

i prema tome,∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ξ′f(x)g(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ |g(ξ′)|∣∣∣∣∫ η

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣+ |g(ξ′′)|

∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ηf(x)dx

∣∣∣∣∣ . (6.144)

Odavde i iz (6.143) sledi da za sve ξ′ i ξ′′ takve da je a ≤ ξ′ < ξ′′ 0 proizvoljan broj. S obzirom da je limx→b−0

g(x) = 0, to postoji ξ0 ∈ [a, b)

tako da vazi nejednakost

|g(x)| < ϵ

4M, ako je ξ0 < x < b. (6.146)

Iz (6.145) i (6.146) sledi da za sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ξ′f(x)g(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ 2Mϵ

4M+ 2M

ϵ

4M= ϵ,

sto na osnovu Kosijevog kriterijuma za konvergenciju nesvojstvenih integrala znaci da

integral

∫ b

af(x)g(x) dx konvergira. �

Teorema 6.115 se moze dokazati pod slabijim uslovima: da je f Riman integrabilnana svakom segmentu [a, ξ] ⊂ [a, b) i ima ogranicenu primitivnu funkciju na intervalu[a, b), a funkcija g monotona [a, b) i lim

x→b−0g(x) = 0 (videti komentar nakon Teoreme

6.74).


Teorema 6.116. (Abelov kriterijum) Neka za funkcije f, g : [a, b) → R vaze sledeciuslovi

(1) f je neprekidna na [a, b) i nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx konvergira;

(2) g je glatka, monotona i ogranicena na intervalu [a, b).

Tada nesvojstveni integral

∫ b

af(x)g(x) dx konvergira.

Dokaz. S obzirom da je funkcija g ogranicena na intervalu [a, b), to postoji broj L > 0tako da je

|g(x)| ≤ L, x ∈ [a, b). (6.147)

Kao u dokazu Teoreme 6.115, na osnovu druge teoreme o srednjoj vrednosti za odredeniintegral (Teorema 6.74) zakljucujemo da za sve ξ′ i ξ′′ takve da je a ≤ ξ′ < ξ′′ < b postojiη ∈ (ξ′, ξ′′) tako da vazi nejednakost (6.144). Iz (6.147) i (6.144) sledi da za sve ξ′ i ξ′′

takve da je a ≤ ξ′ < ξ′′ 0 proizvoljan broj. S obzirom da integral

∫ b

af(x) dx konvergira, to na

osnovu Kosijevog kriterijuma za konvergenciju nesvojstvenih integrala postoji ξ0 ∈ [a, b)tako za sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi∣∣∣∣∣

∫ ξ′′

ξ′f(x)dx

∣∣∣∣∣ < ϵ

2L.

Odavde i iz nejednakosti (6.148) sledi da sve ξ′ i ξ′′ takve da je ξ0 < ξ′ < ξ′′ < b vazi∣∣∣∣∣∫ ξ′′

ξ′f(x)g(x)dx

∣∣∣∣∣ ≤ Lϵ

2L+ L

ϵ

2L= ϵ.

Sada na osnovu Kosijevog kriterijuma za konvergenciju nesvojstvenih integrala zakljucujemo

da integral

∫ b

af(x)g(x) dx konvergira. �

Teorema 6.116 se moze dokazati pod slabijim uslovima: da je funkcija f Riman inte-

grabilna na svakom segmentu [a, ξ) ⊂ [a, b) i nesvojstveni integral

∫ b

af(x) dx konvergira,

a funkcija g monotona i ogranicena na intervalu [a, b) (videti komentar nakon Teoreme6.74).

Primeri 6.117. (i) Dokazimo konvergenciju integrala

∫ +∞

1

sinx

xpdx i

∫ +∞

1

cosx

xpdx,

p > 0.


Funkcija f(x) = sinx je neprekidna na intervalu [1,+∞) i njena primitivna funkcija

F (x) = − cosx je ogranicena. Funkcija g(x) =1

xpje glatka na [1,+∞) i monotono tezi

0 kad x→ +∞ jer je p > 0. Na osnovu Dirihleovog kriterijuma zakljucujemo da integral∫ +∞

1

sinx

xpdx konvergira.

Slicno se pokazuje da konvergira integral

∫ +∞

1

cosx

xpdx.

(ii) Pokazimo da integral

∫ +∞

1

sinx cos1

xxp

dx, p > 0, konvergira.

Funkcija f(x) =sinx

xpje neprekidna na intervalu [1,+∞) i integral

∫ +∞

1

sinx

xpdx

konvergira. Neka je g(x) = cos1

x. S obzirom da je g′(x) =

1

x2sin

1

xneprekidna i

pozitivna funkcija na intervalu [1,+∞), to je funkcija g glatka i monotono rastuca naintervalu [1,+∞). Kako je g i ogranicena funkcija na ovom intervalu, to na osnovu

Abelovog kriterijuma zakljucujemo da integral

∫ +∞

1

sinx cos1

xxp

dx konvergira.

(iii) Pokazimo da integral

∫ +∞

0

√x cosx

x+ 100dx konvergira, ali ne i apsolutno.

Neka je g(x) =

√x

x+ 100. Buduci da je g′(x) =

100− x

2√x(x+ 100)2

i g′(x) < 0 za x ∈

(100,+∞), to je funkcija g opadajuca na intervalu [100,+∞) (Teorema 4.79). S obziromda je funkcija g i glatka na intervalu [100,+∞), a funkcija f(x) = cosx je neprekidna natom intervalu sa primitivnom funkcijom F (x) = sinx koja je ogranicena, to na osnovu

Dirihleovog kriterijuma sledi da integral

∫ +∞

100

√x cosx

x+ 100dx konvergira. Sada na osnovu

Tvrdenja 6.83 zakljucujemo da integral

∫ +∞

0

√x cosx

x+ 100dx konvergira.

Kako je

1 ≥ | cosx|, x ∈ R,

to mnozenjem sa | cosx| dobijamo

| cosx| ≥ cos2 x =1 + cos 2x

2, x ∈ R.

Za svako ξ ≥ 0 vazi:∫ ξ

0

√x | cosx|x+ 100

dx ≥ 1

2

∫ ξ

0

√x

x+ 100dx+

1

2

∫ ξ

0

√x cos 2x

x+ 100dx (6.149)

Slicno kao i konvergencija integrala

∫ +∞

0

√x cosx

x+ 100dx dokazuje se da integral

∫ +∞

0

√x cos 2x

x+ 100dx


konvergira25. Stoga postoji konacna granicna vrednost

limξ→+∞

∫ ξ

0

√x cos 2x

x+ 100dx.

Kako je

limx→+∞

√x

x+ 1001√x

= limx→+∞

x

x+ 100= 1,

i s obzirom da integral

∫ +∞

1

dx√xdivergira, to na osnovu Posledice 6.107 sledi da integral∫ +∞

1

√x

x+ 100dx divergira. Iz Tvrdenja 6.83 sledi da divergira i integral

∫ +∞0

√x

x+ 100dx,

tj. limξ→+∞

∫ ξ

0

√x

x+ 100dx = +∞. Prema tome, granicna vrednost desne strane u nejed-

nakosti (6.149) kad ξ → +∞ je jednaka +∞, pa je stoga i granicna vrednost leve stranejednaka +∞:

limξ→+∞

∫ ξ

0

√x | cosx|x+ 100

dx = +∞,

tj. integral

∫ +∞

1

√x | cosx|x+ 100

dx divergira. •

25Funkcija g(x) =

√x

x+ 100je opadajuca i glatka na intervalu [100,+∞), a funkcija f(x) = cos 2x je

neprekidna na tom intervalu sa primitivnom funkcijom F (x) =1

2sin 2x koja je ogranicena, te na osnovu

Dirihleovog kriterijuma zakljucujemo da konvergira integral

∫ +∞

100

√x cos 2x

x+ 100dx, pa konvergira i integral∫ +∞

0

√x cos 2x

x+ 100dx (Tvrdenje 6.83).


Glava 1

Nizovi

1.1 Osnovne osobine konvergentnih nizova

U ovom poglavlju, bavimo se problemima za cije resavanje su potrebne samo osnovneosobine konvergentnih nizova, tj. one izlozene u poglavlju 2.1 prvog dela knjige. Preresavanja ovih problema, potrebno je upoznati se sa tvrdenjima iz tog poglavlja, kao i saprimerima koji su reseni u okviru tog poglavlja. Na takve probleme se necemo vracati uovom delu knjige, vec cemo ih koristiti kao gotove rezultate. Karakter nekih problemakoje cemo resavati u ovom poglavlju je teorijski, tako da ce ti problemi posluziti kaodopuna spiska osobina navedenih u poglavlju 2.1 u prvom delu.

1. Dokazati da niz realnih brojeva (an) konvergira ka 0 ako i samo ako niz (|an|) kon-vergira ka 0.

Resenje. Pretpostavimo da an → 0 i dokazimo da onda i |an| → 0. Neka je ϵ > 0proizvoljan realan broj. Pokazimo da postoji broj n0 ∈ N, takav da za svako n ≥ n0 vazi|0 − |an|| < ϵ. Posto an → 0, postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi |0− an| < ϵ.No, ukoliko je |0− an| < ϵ onda je i |0− |an|| < ϵ, jer je |0− an| = |0− |an||, pa je to n0upravo trazeni indeks. Dakle, po definiciji, zaista |an| → 0.

Pretpostavimo sada da |an| → 0 i dokazimo da an → 0, takode po definiciji. Neka jeϵ > 0 proizvoljno izabran realan broj. Posto |an| → 0, sledi da postoji n0 ∈ N tako da zasvako n ≥ n0 vazi |0− |an|| < ϵ. Kako je |0− |an|| = |0− an|, sledi da za svako n ≥ n0vazi i |0− an| < ϵ. Dokazali smo, po definiciji, da an → 0 i time kompletirali resenje.

Komentar. Mogli smo da dokazemo i oba smera odjednom uz ociglednu konstatacijuda je realan broj x u nekoj ϵ-okolini broja 0 ako i samo ako je |x| u ϵ-okolini broja 0.Zbog toga, za proizvoljnu okolinu nule vazi: svi sem konacno mnogo clanova niza (an)pripadaju toj okolini ako i samo ako svi sem konacno mnogo clanova niza (|an|) pripadajutoj okolini. Odatle direktno sledi an → 0 ⇔ |an| → 0. Mozda je ovakvo resenje blizeintuitivnom dozivljaju ovog tvrdenja, ali ipak smo se odlucili za detaljnije resenje, dabismo izbegli javljanje bilo kakve nedoumice.

631

632 Glava 1. Nizovi

Treba pomenuti da tvrdenje ne vazi ako nulu zamenimo bilo kojim drugim realnimbrojem ili nekom od beskonacnosti. Naime, ako an → a, onda sigurno i |an| → |a|, alimoze se desiti da niz (|an|) ima granicnu vrednost, a da niz (an) uopste nema granicnuvrednost. Preporucujemo citaocu da sam izvede dokaz ovih tvrdnji. �

2. Neka su nizovi (a(1)n ), (a

(2)n ), ..., (a

(k)n ) konvergentni, neka su njihove granicne vrednosti

redom a(1), a(2), ..., a(k) i neka su α1, α2, ..., αk proizvoljni realni brojevi. Tada je i niz

(α1a(1)n + α2a

(2)n + ... + αka

(k)n ) konvergentan i njegova granicna vrednost je α1a

(1) +α2a

(2) + ...+ αka(k). Dokazati.

Resenje. Tvrdenje cemo dokazati principom matematicke indukcije po broju datih ni-

zova: k. Ukoliko imamo samo jedan konvergentan niz (a(1)n ) cija je granicna vrednost a(1)

i jedan realan broj α1, na osnovu tvrdenja o proizvodu konvergentnog niza i konstante,

sledi da je niz (α1a(1)n ) konvergentan i njegova granicna vrednost α1a

(1). Dokazimo sadada iz pretpostavke da navedeno tvrdenje vazi za k nizova sledi da ono vazi i za k+1 niz.

Na taj nacin cemo kompletirati dokaz. Neka su dati nizovi (a(1)n ), (a

(2)n ), ..., (a

(k)n ), (a

(k+1)n )

koji konvergiraju redom brojevima a(1), a(2), ..., a(k), a(k+1), kao i realni brojevi α1, α2, ...αk, αk+1.

Na osnovu pretpostavke da tvrdenje vazi za k nizova, sledi da je niz (α1a(1)n + α2a

(2)n +

... + αka(k)n ) konvergentan i da konvergira ka broju α1a

(1) + α2a(2) + ... + αka

(k). Na

osnovu tvrdenja o proizvodu konvergentnog niza i konstante, sledi da je niz (αk+1a(k+1)n )

takode konvergentan i da je njegova granicna vrednost αk+1a(k+1). Najzad, niz (α1a

(1)n +

α2a(2)n + ...+αka

(k)n +αk+1a

(k+1)n ) je zbir dva konvergentna niza: (α1a

(1)n +α2a

(2)n + ...+

αka(k)n ) i (αk+1a

(k+1)n ) i kao takav i sam je konvergentan, a njegova granicna vrednost je:

α1a(1) + α2a

(2) + ...+ αka(k) + αk+1a

(k+1), pa navedeno tvrdenje vazi i za k + 1 niz.

Komentar. U poglavlju 2.1 u prvom delu knjige dokazali smo da je zbir dva konver-gentna niza takode i sam konvergentan niz, kao i da je njegova granicna vrednost jednakazbiru granicnih vrednosti nizova - sabiraka. Kako bi dokazali da je zbir tri konvergentnaniza konvergentan niz, ili recimo deset? Tvrdenje iskazano u ovom zadatku je upravouopstenje teoreme o zbiru dva konvergentna niza na zbir proizvoljnog broja nizova, pacak i ako je svaki od nizova pomnozen nekom konstantnom.

Aparat matematicke indukcije u ovom resenju je samo nacin da precizno zapisemo onosto i sami jednostavno uocavamo. Naime, kako pokazati da je zbir tri konvergentna niza(xn), (yn) i (zn) ponovo konvergentan niz, ako imamo na raspolaganju teoremu koja kazeda je zbir dva konvergentna niza takode konvergentan niz? Uradimo sledece: ,,spojimo“najpre niz (xn) i (yn), na taj nacin dobijamo niz (xn+ yn) koji je zbir dva konvergentnaniza i zato je konvergentan. Niz (xn+yn+zn) je zapravo zbir dva konvergentna niza (xn+yn) i (zn), pa je i sam konvergentan. Da treba pokazati da je zbir deset konvergentnihnizova takode konvergentan, ponovili bi navedeni postupak 9 puta. Posto treba pokazatitvrdenje za bilo koji prirodan broj k, ne mozemo na papiru da izvedemo ,,k puta“ ovajpostupak, pa umesto da samo napisemo: ,,Ponovimo ovaj postupak k puta“, sto bi bilodonekle neprecizno, mi koristimo matematicku indukciju. Ovo je klasicna situacija ukojoj se primenjuje matematicka indukcija, a mnoge situacije nalik na ovu nalaze seu prvom delu knjige, gde bi ulazenje u detalje sprovodenja indukcije bilo nepotrebno

1.1. Osnovne osobine konvergentnih nizova 633

skretanje sa glavne teme. Zbog toga smo ovde, u vidu prototipa, predstavili detaljnoresenje, a analogno sa njim se moze izvesti dokaz za svako tvrdenje u prvom delu knjigegde u dokazu stoji kratko: ,,Sledi na osnovu principa matematicke indukcije“.

Pomenimo na kraju da ovaj zadatak mozemo da resimo i direktnim ,,ϵ argumentom“,tj. mozemo pokazati po definiciji da je navedeni broj zaista granicna vrednost navedenogniza, uz jednostavno montiranje, kao u dokazu teoreme o zbiru dva niza na koju smose pozivali. Citaocu se dobronamerno preporucuje da isproba i takav nacin resavanjazadatka. �

3. Za niz (xn) vazi xn → +∞ i xn > 0 za svako n. Ako je k realan broj, dokazati da jeonda:

limn→∞

xkn =

+∞, k > 0

1, k = 0

0, k < 0

.

Sta se desava u slucaju da xn → 0 i xn > 0 za svako n ∈ N?

Resenje. Ukoliko je k = 0, tada je niz (xkn) zapravo konstantan niz sastavljen iz jedinica,zbog toga je, za k=0:

limn→∞

xkn = 1.

Pretpostavimo da je k > 0 i dokazimo, po definiciji, da je u tom slucaju,

limn→∞

xkn = +∞. (1.1)

Neka je M proizvoljno izabran realan broj i pokazimo da postoji prirodan broj n0 takoza svako n ≥ n0 vazi xkn > M . Ako je M ≤ 0, onda za n0 mozemo izabrati broj 1. Akoje M > 0, posmatrajmo broj M1/k. Po pretpostavci, niz (xn) tezi ka +∞, pa postojibroj n0 takav da za svako n ≥ n0 vazi xn > M1/k. Posto je funkcija x 7→ xk rastucakada je k > 0, sledi da za svako n ≥ n0 vazi xkn > (M1/k)k =M . Ovim smo pokazali davazi (1.1). Ostalo je da za k < 0 pokazemo:

limn→∞

xkn = 0. (1.2)

Posmatrajmo niz (x−kn ). Po vec dokazanom delu, posto je −k > 0, vazi

limn→∞

x−kn = +∞.

Posto su x−kn = 0, za svako n ∈ N, mozemo da posmatramo niz (1/x−kn ) i kao sto jepoznato, ovaj niz konvergira ka 0. Buduci da je xkn = 1/x−kn , sledi (1.2).

U slucaju da xn → 0, tada vazi:

limn→∞

xkn =

0, k > 0

1, k = 0

+∞, k < 0

. (1.3)

634 Glava 1. Nizovi

Da bi to dokazali, posmatrajmo niz (yn) = (1/xn). Po poznatom tvrdenju, niz (yn)tezi ka +∞. Posto je xkn = y−kn , sledi i

limn→∞

xkn = limn→∞

y−kn ,

a imajuci u vidu deo zadatka koji smo vec resili, a koji se tice slucaja kada niz tezi ka+∞, sledi i (1.3).

Komentar. U poglavlju 2.1 u prvom delu knjige, ovo tvrdenje je dokazano za slucajkada je k prirodan broj. Ovde smo ga prosirili na sve realne brojeve.

Jedini znacajan slucaj za resavanje je k > 0. U tom slucaju ne koristimo nikakva poz-nata tvrdenja, vec samo pokusavamo da, po definiciji (tj. najprostije moguce) pokazemoda niz (xkn) tezi ka +∞. U tome i uspevamo, zahvaljujuci pretpostavci da niz (xn) tezi ka+∞. ,,Mahinacija“ kojom slucaj k < 0 svodimo na vec resen slucaj k > 0, posmatranjemreciprocnih vrednosti, je vrlo cest prizor u resavanju problema i dokazivanju teorema ine treba ga smatrati narocito kreativnim delom resenja. Kao sto vidimo, citav problemza slucaj da xn → 0 svodi se na vec resen problem, kada xn → +∞ upravo takvommahinacijom.

Na kraju, napomenimo i to da je u slucaju xn → +∞, uslov xn > 0 za svako n ∈ N,gotovo suvisan. On se nalazi u tekstu zadatka samo da bi se osigurali da ce xkn biti

definisano za svako n, bez obzira na realan broj k (kao sto znamo, izraz poput (−1)√2

nema smisla). Taj uslov smo mogli i da izbacimo buduci da iz xn → +∞ sledi dace, pocevsi od nekog indeksa, sigurno biti xn > 0. No, u tom slucaju morali bismoda skrenemo paznju na to, sta znaci kada kazemo: niz (xkn), jer tada ne moraju bitidefinisani k-ti stepeni nekih clanova niza. Za drugi deo problema, kada pretpostavljamoda xn → 0, uslov da je xn > 0 nije tako beznacajan. Iz cinjenice da xn → 0 ne sledi dace, pocevsi od nekog indeksa, vaziti xn > 0, pa niz (1/xn) uopste ne mora imati granicnuvrednost (recimo, ako je xn = (−1)n/n, tada xn → 0, ali 1/xn = (−1)n ·n nema granicnuvrednost). Tek sa pretpostavkom da je xn > 0 za svako n (ili recimo, pocevsi od nekogn), mozemo slobodno da ,,baratamo“ sa nizom (1/xn). �

4. Neka je a > 0 i xn → +∞. Dokazati da je onda:

limn→∞

axn =

+∞, a > 1

1, a = 1

0, a < 1

.

Sta se desava u slucaju da xn → −∞?

Resenje. Ako je a = 1, tada trivijalno sledi:

limn→∞

axn = 1.

Pretpostavimo da je a > 1. Pokazimo, po definiciji, da je

limn→∞

axn = +∞. (1.4)


Neka je M proizvoljan realan broj i pokazimo da postoji prirodan broj n0 tako da zasvaki prirodan broj n takav da je n ≥ n0 vazi axn > M . Ako je M ≤ 0, tada za n0mozemo izabrati 1. Ako je M > 0, posto niz (xn) tezi ka +∞, postoji prirodan broj n0takav da za svako n ≥ n0 vazi xn > logaM . Posto je a > 1, a funkcija x 7→ ax strogorastuca za a > 1, iz xn > logaM sledi i axn > alogaM = M , pa je ovo upravo trazenon0. Ovim smo dokazali (1.4). Ako je a < 1, tada je 1/a > 1. Po dokazanom delu, u tomslucaju vazi

limn→∞

(1

a

)xn= +∞.

Kako je axn reciprocna vrednost broja (1/a)xn , posto niz ((1/a)xn) tezi ka +∞, sledi daniz (axn) tezi ka 0.

U slucaju da xn → −∞, tada vazi

limn→∞

axn =

0, a > 1

1, a = 1

+∞, a < 1

. (1.5)

Da bismo dokazali (1.5), primetimo da je axn isto sto i (1/a)−xn . Niz (xn) tezi ka−∞, pa niz (−xn) = ((−1) · xn) tezi ka +∞, sto je dokazano u poglavlju 2.1, u prvomdelu knjige. Posto je a > 1 ⇔ 1/a < 1, na osnovu vec dokazanog dela, sledi i (1.5).

Komentar. U ovom problemu smo, takode, konvergenciju niza dokazali po definiciji inije bilo potrebe ni za kakvim pomocnim tvrdenjima. Resenje je pravolinijsko: ako trebada ucinimo da clan niza (axn) bude veci od broja M , mi se samo pobrinemo da xn budevece od logaM , sto mozemo da uradimo na osnovu pretpostavke da xn → +∞. Kaosto vidimo, centralni slucaj je a > 1, a svi ostali delovi problema svode se na taj deoopisanom tehnikom.

U tekstu zadatka smo zahtevali da je a pozitivan realan broj da bi stepen axn biodefinisan bez obzira na realan broj xn. Ako pretpostavimo da su brojevi xn iz skupa Z,odnosno N, onda mozemo diskutovati o ovom tvrdenju i za negativne brojeve a. No, utom slucaju, niz (axn), pri pretpostavci da xn → +∞ uopste ne mora da ima granicnuvrednost. Primera radi, nizovi ((−1)n) i ((−2)n) niti konvergiraju, niti teze ka nekoj odbeskonacnosti. Ipak, ako je a ∈ (−1, 0), tada niz (axn) konvergira ka 0. Da bismo seu to uverili, posmatrajmo niz ((−a)xn) = (|a|xn). Posto je −a ∈ (0, 1), po dokazanomdelu, sledi da (−a)xn → 0. Iz zadatka 1, zakljucujemo da onda i (axn) tezi nuli. Dakle,ne samo da, primera radi, (1/5)n

2tezi ka 0, dokazali smo i da (−1/5)n

2tezi ka 0.

Diskusija za slucaj da xn → −∞ ostavlja se citaocu za vezbu. �

5. Za niz (xn) vazi xn → +∞ i xn > 0 za svako n. Ako je a > 0 i a = 1, dokazati da jeonda:

limn→∞

loga xn =

{+∞, a > 1

−∞, a < 1.

Sta se desava u slucaju da xn → 0 i xn > 0 za svako n ∈ N?

636 Glava 1. Nizovi

Resenje. Pretpostavimo da je a > 1 i pokazimo, po definiciji, da je:

limn→∞

loga xn = +∞. (1.6)

Neka jeM proizvoljan realan broj i pronadimo prirodan broj n0 tako da za svako n ≥ n0vazi loga xn > M . Posto niz (xn) tezi ka +∞, postoji n0 tako da za svako n ≥ n0 vazixn > aM . Logaritamska funkcija je rastuca za a > 1, pa za n ≥ n0, iz xn > aM , sledi iloga xn > loga a

M =M . Ovim smo, po definiciji, dokazali (1.6).Ako je a < 1, onda je 1/a > 1. Buduci da vazi:

loga xn = − log 1axn,

a po dokazanom delu, vazi i log 1axn → +∞, pa na osnovu toga sledi da loga xn → −∞.

U slucaju da xn → 0 i xn > 0, za svako n ∈ N, vazi:

limn→∞

loga xn =

{−∞, a > 1

+∞, a < 1.

Da bismo to dokazali, primetimo da, ako xn → 0 i xn > 0, po jednom od tvrdenja izpoglavlja 2.1, zakljucujemo da 1/xn → +∞. Koristeci cinjenicu:

loga xn = − loga1

xn,

kao i vec dokazani deo zadatka, sledi zeljeno tvrdenje.

Komentar. Resenje ovog zadatka analogno je resenju prethodnog zadatka. Kao stovidimo, postoji samo jedan slucaj koji zaista resavamo, a svi ostali slucajevi svode se nataj, prelaskom na reciprocnu vrednost ili osnove, ili logaritmanda. �

6. Neka jeP (x) = ak · xk + ...+ a1 · x+ a0

polinom sa realnim koeficijentima stepena k > 0 i neka je (xn) niz takav da xn → +∞.Dokazati da niz (P (xn)) odredeno divergira i to ka +∞, ako je ak > 0, odnosno ka −∞,ako je ak < 0. Sta se desava u slucaju da xn → −∞?

Resenje. Niz (xn) tezi ka +∞, pa po jednom od tvrdenja iz poglavlja 2.1, sledi da postojiindeks m takav da za n ≥ m vazi xn > 0 i samim tim xn = 0. Posto karakter konver-gencije niza (P (xn)) nece zavisiti od prvih konacno mnogo clanova, mozemo zamislitikao da oni i ne postoje, odnosno, posmatramo niz (P (xn)) pocevsi od m-tog clana pana dalje. Zbog toga, pretpostavljamo da je xn = 0 za svako n. Opsti clan niza (P (xn))mozemo zapisati na sledeci nacin:

P (xn) = akxkn + ak−1x

k−1n + ...+ a1xn + a0

= xkn

(ak +

ak−1

xn+ ...+

a1

xk−1n

+a0xkn

). (1.7)


Posmatrajmo onda niz (P (xn)) kao proizvod dva niza:

(xkn)n i (ak +ak−1

xn+ ...+

a1

xk−1n

+a0xkn

)n.

Niz (xn) tezi ka +∞, pa onda, kao sto je dokazano u poglavlju 2.1 (a i u zadatku 3), sledida svaki od nizova (x2n), (x

3n), ..., (x

kn) tezi ka +∞, pa svaki od nizova (1/xn), (1/x

2n), ..., (1/x

kn)

tezi ka 0. Koristeci cinjenicu iz zadatka 2 zakljucujemo da niz

(ak +ak−1

xn+ ...+

a1

xk−1n

+a0xkn

) (1.8)

konvergira ka ak + ak−1 · 0 + ...+ a1 · 0 + a0 · 0 = ak. Kao sto smo vec napomenuli, niz(xkn) tezi ka +∞, pa niz (P (xn)) kao proizvod dva navedena niza, tezi ka +∞ kada jeak > 0, a ka −∞, ako je ak < 0.

U slucaju da xn → −∞, postoji indeks m tako da za svako n ≥ m vazi xn < 0, tj.xn = 0. Kao i u prvom delu, pretpostavimo da je zapravo, za svako n tacno xn < 0.Posmatramo niz (P (xn)) kao proizvod dva niza navedena u prvom delu resenja. Niz (xkn)tezi ka +∞, ako je k parno, odnosno ka −∞, ako je k neparno, kao sto je to pokazano upoglavlju 2.1. Takode, nizovi (xn), (x

2n), ..., (x

kn) teze ili ka +∞ ili ka −∞ u zavisnosti od

parnosti izlozioca, ali ponovo svaki od nizova (1/xn), (1/x2n), ..., (1/x

kn) tezi ka 0. Zato

niz iz (1.8) ponovo konvergira ka ak. Sada zakljucujemo da niz (P (xn)), kao proizvoddva navedena niza, tezi ka +∞ u slucaju da je: k parno i ak pozitivno, ili k neparno iak negativno; dok ovaj niz tezi ka −∞ u slucaju da je: k neparno i ak pozitivno, ili kparno i ak negativno.

Komentar. Obratimo paznju prvo na posledice ovog zadatka, a potom cemo i na njegovoresenje. Uzmimo klasican primer niza koji tezi ka +∞: xn = n. Nakon sto smo resiliovaj zadatak, tacno znamo cemu tezi bilo koji niz ciji se opsti clan moze izraziti kaoneka polinomska funkcija po n. Primera radi, neka je niz (an) definisan sa an = n3 −1.000.000 · n2. Tacno je da je niz (an) razlika dva niza: (n3) i (1.000.000 · n2) koja obateze ka +∞, ali takvo zapazanje ne govori nista o njegovoj granicnoj vrednosti (vise oovome moze se videti u prvom delu knjige). Ono sto je bitnije je da je an = P (n) gdeje P (x) = x3 − 1.000.000 · x2. Po upravo resenom zadatku znamo da onda an → +∞.Zanimljivo je primetiti da je prvih 999.999 clanova niza (an) negativno, ali ipak an →+∞. Koji god da smo polinom P (x) izabrali za definiciju opsteg clana niza (an), istogtrenutka bismo znali cemu tezi niz (an).

Obratimo sada paznju na resenje. U resenju se isticu dva karakteristicna koraka:prvi je zanemarivanje nekoliko pocetnih clanova niza i posmatranje samo onih razlicitihod nule, a drugi znacajan korak je drugaciji zapis izraza P (xn), odnosno ,,izvlacenje“velicine xkn ispred zagrade, nakon cega stvari postaju jednostavne. Da bi resenje biloizlozeno precizno i koncizno, ova dva koraka su navedena u tom redosledu, ali pri real-nom resavanju ovog zadatka oni dolaze u obrnutom redosledu. Naime, posmatrajuci nizsa opstim clanom P (xn) = akx

kn + ak−1x

k−1n + ... + a1xn + a0, mi najpre pozelimo da

izvucemo ispred zagrade xkn (objasnicemo ubrzo i zasto to pozelimo), a tek onda vidimoda bi nam smetalo ako bi konkretno xn bilo jednako 0. Onda kazemo: ,,To nije nikakav

638 Glava 1. Nizovi

problem, (xn) tezi ka +∞ i sigurno ce, kad–tad, svi clanovi ovog niza postati razlicitiod nule, a onda posmatramo niz od tog indeksa i dalje“. Dakle, korak sa zanemari-vanjem nekoliko prvih clanova niza je sasvim prirodan i nije tako iznenadan kako mozdadeluje. Mnogo je zanimljivije pitanje zbog cega pozelimo da izvucemo xkn ispred zagrade.Kljucno je primetiti da prvi sabirak u izrazu P (xn) = akx

kn + ak−1x

k−1n + ...+ a1xn + a0

,,dominira“ nad ostalim sabircima i da ce on, pri povecavanju xn, diktirati ponasanjecitavog ovog izraza. Ovo je osobina polinoma: vodeci monom u polinomu za velike vred-nosti promenljive postaje mnogo veci od ,,ostatka“ tog polinoma, bez obzira na to kolikosu veliki koeficijenti u pomenutom ostatku. U takvim situacijama, dominantan sabirakizvlacimo ispred zagrade, dok u zagradi ostaje nenula konstanta i sabirci koji teze nuli(ako je onaj koga smo izvukli ispred zagrade zaista dominantan). Ovakva transformacijane primenjuje se samo na polinome, u sta cemo se uveriti u predstojecim zadacima. �

Nakon ovih zadataka sa jednostavnim resenjima i vrlo prirodnim i ocekivanim tvrdenjima,koristeci se osobinama konvergentnih nizova dokazanim u poglavlju 2.1, u mogucnostismo da odredimo granicne vrednosti raznih nizova. Pomocu tvrdenja o zbiru, razlici,proizvodu i kolicniku konvergentnih nizova, osobina nula–nizova, ogranicenih nizova,itd. kao i cinjenice da niz (1/n) konvergira ka nuli, tj. da niz (n) tezi ka +∞ (sto jedokazano u prvom delu knjige), sa lakocom nalazimo mnoge granicne vrednosti. Ono stomoze biti problematicno pri resavanju zadataka je smisljanje nacina da ,,rasparcamo“dati niz na delove koje mozemo zasebno da analiziramo i da na taj nacin dodemo dotrazenog zakljucka. Naredni zadaci bi trebalo da nam daju neke generalne smernice uvezi sa tim.

Cesto cemo koristiti cinjenicu da su sve elementarne funkcije neprekidne na svomdomenu. Koristeci tu cinjenicu izvodimo zakljucke poput ovih: ako niz (xn) konvergiraka 2, tada niz (

√xn) konvergira ka

√2, dok niz (sinxn) konvergira ka sin 2, itd.

Da bi izbegli donosenje pogresnih zakljucaka izuzetno je vazno da u svakom korakuresavanja nekog problema imamo na umu koju osobinu nizova koristimo. Sa tim u vidui resavamo naredne zadatke.

7. Uz obrazlozenje svakog koraka ispitati da li nizovi (xn) i (yn) definisani sa:

xn =2n3 − 1

n4 + 4i yn =

2n3 − 1√n4 + 4

,

imaju granicne vrednosti i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti ih.

Resenje. Posmatrajmo prvo niz (xn). Opsti clan ovog niza mozemo zapisati i kao:

xn =2n3 − 1

n4 + 4=n3(2− 1

n3 )

n4(1 + 4n4 )

=n3

n4·2− 1

n3

1 + 4n4

=1

n·2− 1

n3

1 + 4n4

.

Posto niz (1/n) konvergira ka nuli, iz Posledice 2.37 sledi da niz ((1/n)3) konvergira ka03 = 0, i takode niz ((1/n)4) konvergira ka 04 = 0. Na osnovu tvrdenja iskazanog u


zadatku 2 sledi da niz (1+ 4n4 ) kao suma konstantnog niza (1)n i niza ( 4

n4 ) konvergira ka1+4 ·0 = 1, a niz (2− 1

n3 ), kao razlika konstantnog niza (2)n i nula-niza ( 1n3 ), konvergira

ka 2−0 = 0 (videti takode Posledicu 2.23). Niz

(2− 1

n3

1+ 4n4

)kao kolicnik niza koji konvergira

ka 2 i niza koji konvergira ka 1, jeste konvergentan i konvergira ka 2/1 = 2. Sada niz (xn),

kao proizvod nula-niza (1/n) i konvergentnog niza

(2− 1

n3

1+ 4n4

), konvergira ka 0 (Tvrdenja

2.33 ili Tvrdenja 2.35).

Posmatrajmo sada niz (yn). Opsti clan ovog niza mozemo zapisati i kao:

yn =2n3 − 1√n4 + 4

=n3(2− 1

n3 )√n4(1 + 4

n4 )=n3

n2·

2− 1n3√

1 + 4n4

= n ·2− 1

n3√1 + 4

n4

.

Niz (√

1 + 4n4 ) dobija se ,,korenovanjem“ niza (1 + 4/n4). Kao sto smo vec obrazlozili,

niz (1/n4) konvergira ka 0, pa niz (1 + 4/n4) konvergira ka 1 + 4 · 0 = 1. Dakle, niz

(√1 + 4

n4 ) konvergira ka√1 = 1. Za niz (2− 1

n3 ) smo videli da konvergira ka 2, pa niz

(2− 1

n3√1+ 4

n4

), kao kolicnik niza koji konvergira ka 2 i niza koji konvergira ka 1, konvergira ka

2/1 = 2. Niz (yn) je proizvod niza (n) koji tezi ka +∞ i niza (2− 1

n3√1+ 4

n4

) koji konvergira

ka 2, i stoga tezi +∞ na osnovu Tvrdenja 2.38 (iii).

Komentar. Pre nego da izvedemo deljenje odgovarajucim stepenom od n, sve stomozemo da zakljucimo je da je niz (xn) kao i (yn) kolicnik dva niza koja teze ka +∞,a o granicnoj vrednosti takvog niza u opstem slucaju ne znamo nista. Nakon jednos-tavne algebarske transformacije, zadatak biva gotovo resen. Iz resenja ovog zadatkazakljucujemo kako se resava bilo koji slican zadatak: ukoliko je opsti clan niza definisankao racionalna funkcija po n, tada i iz brojioca i iz imenioca ispred zagrade izvlacimonajvece stepene broja n koji se javljaju u brojiocu i imeniocu; nakon toga, nizovi ciji suopsti clanovi odredeni izrazima u zagradama se vrlo jednostavno analiziraju, kao i njihovkolicnik. Sve sto jos treba uzeti u obzir je stepen broja n koji se dobija skracivanjemnajveceg stepena iz brojioca i imenioca. Primera radi, da smo trazili granicnu vrednostniza (zn) odredenog sa:

zn =n4 + 2n2 + 2

n2 − 3n− 5,

postupali bi na sledeci nacin:

zn =n4 + 2n2 + 2

n2 − 3n− 5=n4(1 +

2

n2+

2

n4)

n2(1− 3

n− 5

n2)= n2 ·

1 +2

n2+

2

n4

1− 3

n− 5

n2

.

640 Glava 1. Nizovi

Prema tome, niz (zn) tezi ka +∞ kao proizvod niza:

(n2) i (1 +

2

n2+

2

n4

1− 3

n− 5

n2

),

od kojih prvi tezi ka +∞, a drugi ka 1. Faktor n2 mozemo pridruziti brojiocu i dobiti:

zn =n2 + 2 +

2

n2

1− 3

n− 5

n2

,

pa niz (zn) posmatrati kao kolicnik dva niza, sto bi nam donekle skratilo zapisivanjeresenja, ako je vec neophodno komentarisati sve korake detaljno.

Situacija se ne menja narocito ukoliko se u brojiocu i/ili imeniocu izraza koji odredujeopsti clan naseg niza nalazi i koren (kvadratni, kubni, ili bilo koji drugi). Izraz k

√P (n)

gde je P (n) polinom po n stepena l, za velike brojeve n ponasa se kao nl/k. Primeraradi, da imamo niz (zn) odreden sa:

zn =n2 + 3

√n9 − n7 + 3√

n5 + 1 +√n7 + n3

,

izraz koji odreduje zn bi transformisali na sledeci nacin:

zn =n3(

1

n+ 3

√1− 1

n2+

3

n3)

n3,5(

√1

n2+

1

n7+

√1 +

1

n4)

=1

n0,5·

1

n+ 3

√1− 1

n2+

3

n3√1

n2+

1

n7+

√1 +

1

n4

.

Citaocu preporucujemo da ovaj primer resi do kraja. �

8. Uz obrazlozenje svakog koraka ispitati da li niz (xn) definisan sa:

xn =cos(n2 + n+ 1)

n2 + n+ 1,

ima granicnu vrednost i ukoliko je odgovor potvrdan, odrediti je.

Resenje. Niz (xn) je kolicnik dva niza (an) i (bn) definisanih sa: an = cos(n2 + n + 1) ibn = n2 + n + 1. Niz (an) je ogranicen jer sve vrednosti ovog niza pripadaju segmentu[−1, 1]. Niz (bn) tezi ka +∞, kao sto smo dokazali u zadatku 6. Po tvrdenju dokazanomu poglavlju 2.1, kolicnik ogranicenog niza i niza koji tezi, bilo ka +∞ bilo ka −∞ jenula–niz. Dakle, niz (xn) konvergira ka nuli.

Komentar. Pre bilo kakve transformacije, bitno je najpre sto bolje proceniti ponasanjedatog niza. Kod ovog zadatka, ispravna procena je i citav zadatak, jer kao sto i vidimo,


nema nikakvih sredivanja izraza. Jasno je da je izraz na koji deluje funkcija x 7→ cosxpotpuno nebitan, kao i sto je nebitno da ovde bude bas funkcija x 7→ cosx – bilo kojadruga ogranicena funkcija bi imala potpuno isti tretman: x 7→ sinx, x 7→ arctg x, funkcija,,razlomljeni deo“, itd. Takode, dovoljno je da u imeniocu bude niz koji tezi ka +∞ ili−∞, bio to polinom po n, neka stepena ili eksponencijalna funkcija, itd. Na primer, nizciji je opsti clan:

sin(arctg(n1000))

n1,001

takode konvergira nuli, a dokaz se izvodi analogno. Niz iz brojioca je ogranicen, a niz izimenioca tezi ka +∞, kao sto smo dokazali u zadatku 3. �


xn =n2 + cosn+ (−1)n

n2 + sinn+ 1i yn =

n2 · arctg(n2000 + 20)

n3000 + 30,


Resenje. Posmatrajmo prvo niz (xn). Opsti clan niza (xn) mozemo zapisati kao:

xn =1 + cosn

n2 + (−1)n

n2

1 + sinnn2 + 1

n2

.

Dakle, niz (xn) je kolicnik niza (1 + cosn/n2 + (−1)n/n2) i niza (1 + sinn/n2 + 1/n2).Dokazimo da oba ova niza konvergiraju ka jedinici, odakle ce slediti da niz (xn) konvergiraka jedinici kao kolicnik ova dva niza. Niz (1+ cosn/n2 + (−1)n/n2) je zbir tri niza (1)n,(cosn/n2) i ((−1)n/n2). Prvi je konstantan i konvergira ka 1; niz ((−1)n/n2) konvergiraka 0 kao proizvod ogranicenog niza ((−1)n) i niza (1/n2), koji je kvadrat nula–niza (1/n)pa je i sam nula–niz. Niz (cosn/n2) konvergira ka 0 kao kolicnik ogranicenog niza (cosn)i niza (n2) koji tezi ka +∞. Zbog toga niz (1 + cosn/n2 + (−1)n/n2) konvergira ka 1.Potpuno analogno (cak i malo jednostavnije) dokazujemo i da (1 + sinn/n2 + 1/n2)konvergira ka 1, sto kompletira resenje.

Posmatrajmo sada niz (yn). Nakon deljenja brojioca i imenioca opsteg clana niza(yn) sa n

2 dobijamo:

yn =arctg(n2000 + 20)

n2998 + 30n2

.

Dakle, niz (yn) je kolicnik niza (arctg(n2000+20)), koji je ogranicen i niza (n2998+30/n2)koji tezi ka +∞. Razlog zbog kog poslednji naveden niz tezi ka +∞ je taj sto je on zbirniza (n2998) koji tezi ka +∞ i niza (30/n2) koji tezi ka nuli. Kao kolicnik ogranicenogniza sa nizom koji tezi ka +∞, niz (yn) tezi ka 0.

Komentar. I ovoga puta citav problem lezi u ispravnoj proceni ponasanja datog niza,sem sto je sada to za nijansu suptilnije nego u prethodnom zadatku. Na prvi pogledbrojilac i imenilac niza (xn) izgledaju neobicno, ali jasno je da je i u brojiocu i u imeniocu

642 Glava 1. Nizovi

dominantan sabirak n2, jer je ostatak zanemarljiv u odnosu na njega. Niz (xn) se zapravoponasa kao n2/n2 za velike vrednosti broja n, tj. tezi jedinici, kao sto smo i dokazali.Slicna je situacija sa nizom (yn). Brojilac opsteg clana tog niza ponasa se kao const ·n2,dok se imenilac ponasa kao n3000, pa zakljuchujemo da niz (yn) tezi ka 0, a onda to iprecizno dokazemo.

U ovom zadatku, takode, nije bilo bitno na koji izraz deluju funkcije x 7→ cosx, x 7→sinx i x 7→ arctg x, pa cak ni to sto su upotrebljene bas te funkcije. Bilo je bitno jedinoda su ove funkcije ogranicene. Predlazemo citaocu da, vezbe radi, proba da sastavi noviproblem u kojem ce ukombinovati neke ogranicene funkcije sa neogranicenim i u kojimanece biti vazno koje funkcije je odabrao vec samo njihova (ne)ogranichenost. �

Navedimo sada nekoliko poznatih granicnih vrednosti koje su odredene u prvom deluknjige. Ove granicne vrednosti, izmedu ostalog, govore i o odnosu reda velicine logari-tamske, stepene, eksponencijalne i funkcije faktorijel. Uz pomoc naprednijeg aparata,neke od ovih granicnih vrednosti bivaju i uopstene granicnim vrednostima odgovarajucihfunkcija.

Poznate granicne verdnosti:

• limn→∞

n√a = 1, a > 0.

• limn→∞

loga n

nk= 0, a > 0, k ≥ 1.

• limn→∞

an

n!= 0, a > 0.

• limn→∞

n√n = 1.

• limn→∞

nk

an= 0, |a| > 1, k ∈ R.

10. Uz obrazlozenje svakog koraka ispitati da li nizovi (an), (bn), (cn) i (dn) definisanisa:

an = 2n − log2 n, bn =sinn · (−2)n + 5n

n2 + 5n+1

cn =lnn+ n!

en + ne, dn =

(n2√n

2

)n,


Resenje. Niz (an): Opsti clan niza (an) mozemo zapisati i kao an = 2n(1 − log2 n/2n).

Niz (log2 n/2n) konvergira ka nuli. Zaista, ovaj niz mozemo zapisati kao proizvod niza

(log2 n/n) i niza (n/2n) a oba ova niza konvergiraju ka nuli, kao sto smo vec napomenuli.Niz (1− log2 n/2

n) konvergira ka 1, kao razlika konstantnog niza (1)n i nula–niza, pa niz(an) kao proizvod niza (2n) koji tezi ka +∞ i niza koji tezi ka 1 i sam tezi ka +∞.

Niz (bn): Opsti clan niza (bn) mozemo zapisati kao:

bn =sinn · (−2

5 )n + 1n2

5n + 5.


Niz (bn) je kolicnik niza (xn) = (sinn · (−2/5)n + 1) i niza (yn) = (n2/5n + 5). Postoje 2/5 < 1 imamo da (2/5)n → 0 pa i (−2/5)n → 0, kao proizvod nula–niza ((2/5)n)i ogranicenog niza ((−1)n). Niz (sinn) je ogranicen, zbog toga niz (sinn · (−2/5)n)konvergira ka nuli, pa niz (xn) konvergira ka 1, kao suma nula–niza i niza koji konvergiraka 1. Niz (yn) konvergira ka 5: on je zbir niza (n2/5n) i niza (5)n; prvi niz konvergiraka 0 kao sto smo vec naveli, a drugi ka 5. Dakle, niz (bn) kao kolicnik dva niza kojikonvergiraju ka 1 i 5 i sam konvergira i to ka 1/5.

Niz (cn): Podelimo i brojilac i imenilac opsteg clana ovog niza sa n!, dobijamo:

cn =

lnn

n!+ 1

en

n!+ne

n!

.

Neka je (xn) = (lnn/n! + 1) i (yn) = (en/n! + ne/n!). Pokazimo da niz (xn) konvergiraka 1 a niz (yn) ka 0. Odatle ce da sledi da niz (1/yn) tezi ka +∞, a niz (cn) kao proizvodniza (xn) i niza (1/yn) tezice takode ka +∞. Niz (xn) je suma dva niza: (lnn/n!) ikonstantnog niza (1)n. Niz (lnn/n!) mozemo predstaviti kao proizvod tri nula–niza:(lnn/n), (n/2n) i (2n/n!), pa je i sam nula–niz. Zbog toga xn → 1. Niz (yn) je suma dvaniza: (en/n!) i (ne/n!). Prvi je nula–niz, kao sto je i navedeno medu poznatim granicnimvrednostima, a drugi je proizvod dva nula–niza navedenih medu poznatim granicnimvrednostima: (ne/2n) i (2n/n!). Dakle (yn) jeste nula–niz. Kao sto smo obrazlozili, sledida cn → +∞.

Niz (dn): Opsti clan niza (dn) mozemo zapisati i kao:

dn =n√n

2n.

Niz (dn) je zapravo kolicnik niza ( n√n) koji konvergira ka 1 i niza (2n) koji tezi ka +∞.

Zbog toga niz (dn) konvergira ka 0.

Komentar. Poznate granicne vrednosti daju nam odnos reda velicina nekih funkcija.Vec kod niza (an) imamo dve funkcije ciji odnos nije direktno opisan nekom poznatomgranicnom vrednoscu: to su eksponencijalna i logaritamska. Naravno, ocekujemo daeksponencijalna funkcija ,,brze tezi“ beskonacnosti nego logaritamska, a ovde je pred-stavljen i nacin za dokazivanje te teze. Naime, izmedu eksponencijalne i logaritamske mi,,ubacimo“ stepenu i onda problem svedemo na poznate granicne vrednosti. Istu stvarsmo uradili i kod dela zadatka u vezi sa nizom (cn) gde smo izmedu logaritamske i fak-torijelne funkcije ubacili i stepenu i eksponencijalnu funkciju (da to budu bas n i 2n je

stvar izbora - mogle su da budu n√2 i πn). Taj problem smo mogli da razresimo i brze:

0 ≤ lnn/n! ≤ lnn/n, a kako znamo da lnn/n→ 0, po teoremi o dva policajca sledi i dalnn/n! konvergira ka nuli. Ipak zeleli smo da ilustrujemo kako mozemo uporedivati redvelicine bilo koje dve navedene funkcije, a ne samo u onoj kombinaciji kako su date uspisku poznatih granicnih vrednosti. Uostalom, kada smo u poglavlju 2.1 uveli relaciju,,beskonacno veliki niz viseg reda“, naveli smo da nije tesko videti da je ova relacijatranzitivna. Upravo bi ovako tekao dokaz tranzitivnosti te relacije.

644 Glava 1. Nizovi

Ideja pri resavanju ovih zadataka ne razlikuje se narocito od prethodnih, ono stose promenilo je samo kolicina poznatih cinjenica kojima raspolazemo. Ponovo, bitnoje proceniti ponasanje niza, odnosno, koji clanovi u nizu su dominantni i odlucujuci zanjegovo ponasanje. Nakon toga, ostatak resenja je rutinski.

Ostavljamo citaocu da sam prouci koje izraze u formulaciji ovog zadatka moze promeniti,a da zadatak ostane sustinski nepromenjen. Da li je, recimo, neophodno da kod niza(an) bude ista osnova i za eksponencijalnu i za logaritamsku funkciju, da li kod niza (bn)moze da stoji sin(n!) a ne sinn, itd. �


xn =3n+

√2

n2 + n+ 1i yn =

log2(n2 +

√2000)

n√2 + 1

,


Resenje. Opsti clan niza (xn) mozemo zapisati i kao

xn = 3√2 · 3

n

n2· n2

n2 + n+ 1.

Niz (n2/3n) konvergira ka 0, pa zbog toga niz (3n/n2) tezi ka +∞. Niz (n2/(n2+n+1))konvergira ka 1, a dokaz te cinjenice izvodi se analogno sa resenjem zadatka 7. Niz (xn)

je proizvod niza koji tezi ka +∞, niza koji konvergira ka 1 i konstante 3√2, pa i on tezi

ka +∞.Posmatrajmo sada niz (yn). Za svako n > 4

√2000 vazi n2 >

√2000, pa za takve n

vazi n2 +√2000 < 2n2 < n3 (poslednja nejednakost sledi iz n > 4

√2000 > 2). Zato je

log2(n2 +

√2000) < log2(n

3) = 3 log2 n za n > 4√2000. Takode, n

√2 + 1 > n, pa je za

svako n > 4√2000 tacno:

0 < yn <3 log2 n

n.

Niz (yn) smo, pocevsi od nekog indeksa, ,,smestili“izmedu konstantnog niza (0)n i niza (3 log2 n/n) koji je nula–niz, jer je to niz (log2 n/n)

pomnozen konstantnom 3. Po teoremi o dva policajca sledi da je i (yn) nula–niz.

Komentar. Ovaj zadatak demonstrira kako neki problemi cija su nam krajnja resenjaocigledna mogu da budu neprijatni kada treba precizno ispisati resenje. Objasnimonajpre zasto bi krajnja resenja trebalo da budu ocigledna. Recimo za niz (xn): znamoda je eksponencijalna funkcija viseg reda velicine nego stepena, tj. znamo da bi bilo3n/n2 → +∞. Za velike vrednosti broja n, chlanovi niza (xn) se upravo tako i ponasaju:u brojiocu zapravo imamo 3n, do na multiplikativnu konstantu, a u imeniocu kvadratnipolinom, koji se ponasa kao n2. Otuda je ocigledno (ili, bolje receno ,,ocekivano“) da cebiti xn → +∞. Sto se tice niza (yn), za velike vrednosti broja n brojilac se ponasa kao

log2(n2) sto je zapravo 2 log2 n, dok se imenilac ponasa kao n

√2. Zakljucujemo da se niz

(yn) zapravo ponasa kao niz (2 log2 n/n√2), sto konvergira ka 0. Pitanje je, kako nasa


zapazanja: ,,Ovaj niz se ponasa kao ovaj“, interpretirati i precizno zapisati u resenju.Resenje za niz (xn) govori samo za sebe i nije ga potrebno narocito komentarisati. Resenjeza niz (yn) je zanimljivije, zbog procena koje se u njemu javljaju. Zadatak nije morao dase resi bas ovim procenama, ali su one nama delovale kao elegantan nacin za dolazenjedo resenja. Kada imamo jasnu sliku o ponasanju funkcija mozemo da budemo vrlofleksibilni u procenama (tj. menjanjima datih izraza pogodnijim izrazima) i da, uprkosgrubim procenama poput n2+

√2000 < n3, ipak budemo sigurni da ce nas to dovesti do

resenja. Na kraju smo primenili teoremu o dva policajca. Kao sto smo i prokomentarisalikada smo dokazivali ovu teoremu u prvom delu knjige, nije neophodno da navedenenejednakosti vaze za sve clanove niza, vec samo pocevsi od nekog indeksa, kao sto jeovde slucaj. Preporucujemo citaocu da proba i sledecu transformaciju za niz (yn) kojaje potpuno analogna onoj za niz (xn):

yn =log2(n

2 +√2000)

log2(n2)

· log2(n2)

n√2

· n√2

n√2 + 1

.

Mozemo zakljuciti na kraju da argument u funkcijama pri uporedivanju njihovih redavelicina ne mora da bude najjednostavniji ,,n“. Moze da bude i neka stepena funkcijapo n ili kombinacija vise njih. Stvari se nece mnogo promeniti u ponasanju funkcija, alidokazi mogu postati komplikovaniji i zahtevati malo vise tehnickih vestina. �

12. Niz (xn) definisan je sa:

xn =1√

1 + n2+

1√2 + n2

+ ...+1√

n+ n2.

Ispitati da li je ovaj niz konvergentan i u slucaju potvrdnog odgovora, odrediti njegovugranicnu vrednost.

Resenje. Primetimo da je

n · 1√n+ n2

≤ xn ≤ n · 1√1 + n2

.

Neka je (an) niz definisan sa an = n/(√n+ n2) = 1/

√1 + 1/n i niz (bn) definisan sa

bn = n/√1 + n2 = 1/

√1 + 1/n2. Kako 1/n → 0, to 1 + 1/n → 1, pa

√1 + 1/n → 1.

Zbog toga an → 1. Takode i bn → 1. Zaista: 1/n2 → 0, pa 1 + 1/n2 → 1 i zato1/√

1 + 1/n2 → 1. Po teoremi o dva policajca zakljucujemo da je niz (xn) konvergentani da je njegova granicna vrednost jednaka 1.

Komentar. Ovaj zadatak potvrduje nasu tezu o tome da pri svakom zakljucku moramobiti svesni koju osobinu konvergentnih nizova koristimo, a ne da postupamo po intuiciji.Klasicna greska koja se pravi pri resavanju ovog zadatka izgleda otprilike ovako: ,,Svakiod izraza

1√1 + n2

,1√

2 + n2, ...,

1√n+ n2

646 Glava 1. Nizovi

konvergira ka nuli. Kako je xn zbir ovih izraza, sledi xn → 0.“ Ovo je naravno potpunonetacno. Ovde nam se cini da smo upotrebili teoremu koja tvrdi da je suma konvergent-nih nizova ponovo konvergentni niz, ali kojih to nizova je niz (xn) suma? Pogledajmokako izgledaju clanovi niza (xn):

x1 =1√

1 + 12

x2 =1√

1 + 22+

1√2 + 22

x3 =1√

1 + 32+

1√2 + 32

+1√

3 + 32

x4 =1√

1 + 42+

1√2 + 42

+1√

3 + 42+

1√4 + 42

...

Tacno je da je svaki niz koji se ovde izdvaja ,,po vertikali“ ponaosob nula–niz, ali niz(xn) nije suma tih nizova (koliko ,,vertikalnih“ nizova treba da uzmemo da bismo dobili(xn): ocigledno beskonacno mnogo, a to je besmisleno).

Potpuno druga situacija bi bila da je niz (xn) bio definisan, na primer, kao:

xn =1√

1 + n2+

1√2 + n2

+ ...+1√

1000 + n2.

Tada bi niz (xn) bio suma 1000 nizova:

(1√

1 + n2), (

1√2 + n2

), ..., (1√

1000 + n2),

od kojih svaki tezi nuli. Zato bi i niz (xn) konvergirao ka nuli. Uocavamo razliku: kodnovog niza (xn) svaki clan predstavljen je kao suma 1000 sabiraka, a kod starog niza(xn) broj sabiraka se povecavao sa indeksom opsteg clana. Zbog toga nije bilo mogucesmisleno izdvojiti nekoliko nizova cija je suma niz (xn). �

Naredna dva zadatka predstavljaju lepu vezbu u smisljanju raznih (kontra)primera.

13. Niz (an) je konvergentan, a niz (bn) divergira. Za koje od nizova: (an + bn), (b2n),

(anbn), sa sigurnoscu mozemo tvrditi da divergiraju?

Resenje. Jedino za niz (an + bn) mozemo tvrditi da divergira. Ukoliko bi niz (an + bn)bio konvergentan, buduci da je niz (bn) razlika niza (an + bn) i (an), sledilo bi da je niz(bn) konvergentan, sto nije tacno. Za ostala dva niza ne mozemo tvrditi da divergiraju.Primera radi, ako je bn = (−1)n, onda niz (bn) divergira, kao sto je obrazlozeno u prvomdelu knjige, ali niz (b2n) = (1)n konvergira. Takode, ako je an = 0 a bn = (−1)n, tada niz(an) konvergira, niz (bn) divergira, a niz (anbn) takode konvergira.


Komentar. Zadatak resavano sa sledecom idejom: za svaki niz posebno pretpostavimoda konvergira i gledamo kuda ce nas to odvesti. Ili cemo dobiti kontradikciju, kao uprvom slucaju, ili ce nas uputiti kako da pronademo kontraprimer. Potpuno je jasnokako dobijamo kontradikciju za niz (an + bn), a pojasnimo kako nam to pomaze danademo kontraprimere.

Recimo, ako pretpostavimo da niz (b2n) konvergira, onda sigurno konvergira i niz(√b2n), tj. niz (|bn|). Ovo i dalje nije kontradikcija sa tim da niz (bn) divergira, kao

sto smo objasnili u zadatku 1, ali zato znamo da niz koji ce nam posluziti za eventualnikontraprimer treba da bude takav da (bn) divergira, a da (|bn|) konvergira. Nakon ovoga,stvar je jasna.

Pretpostavimo da (anbn) konvergira. Ako je niz (an) takav da njegova granicnavrednost nije jednaka 0, onda ce i niz (1/an) konvergirati, pa ce konvergirati i niz (bn) kaoproizvod niza (anbn) i (1/an). Dakle, u eventualnom kontraprimeru, niz (an) obaveznomora konvergirati ka 0. Za (an) onda biramo najjednostavniji moguci niz: konstantan niz(0)n, pri cemu je onda sasvim jasno da za (bn) mozemo izabrati proizvoljan divergentanniz. �

14. Neka su (an) i (bn) nizovi takvi da je svaki clan niza (bn) razlicit od nule. Neka jek tacan broj konvergentnih nizova medu nizovima:

(an + bn), (an − bn), (anbn), (anbn

). (1.9)

Da li k moze uzimati svaku vrednost iz skupa {0, 1, 2, 3, 4}?

Resenje. Broj k moze biti jednak 0. Recimo, ako je an = n2 i bn = n, tada su nizovinavedeni u (1.9) redom jednaki (n2 + n), (n2 − n), (n3), (n) i kao sto je vec bilo recido sada, svi oni teze ka +∞, tj. nisu konvergentni. Broj k moze biti jednak 1. Recimo,ako je an = 2n i bn = n, nizovi iz (1.9) su jednaki, redom: (3n), (n), (2n2), (2)n i teze,redom, ka +∞,+∞,+∞, 2, tj. tacno jedan od njih je konvergentan. Broj k moze bitijednak 2. Recimo, ako je an = bn = n, tada su navedena cetiri niza jednaka, redom:(2n), (0)n, (n2), (1)n, i kao sto vidimo, tacno dva od ova cetiri niza su konvergentna.Broj k moze biti jednak 3. Recimo, ako je an = 1 i bn = 1/n, tada su navedena cetiriniza jednaka, redom: (1+ 1/n), (1− 1/n), (1/n), (n). Kao sto vidimo, jedino poslednjiod ova cetiri niza nije konvergentan. Broj k moze biti jednak i 4, sto se jednostavnopostize, recimo, za an = 1 i bn = 1. Dakle, odgovor na pitanje u zadatku je potvrdan.

Komentar. Predstavimo jedan od nacina razmisljanja koji nas vodi kroz resenje ovogzadatka. Verovatno je da k moze biti jednako i 0 i 4, ako su nizovi (an) i (bn) dovoljno,,haoticni“

, odnosno dovoljno ,,pravilni“, pa za te slucajeve ne predosecamo problem. Takode, nedeluje da cemo izvuci kontradikciju ni iz pretpostavke k = 1, jer zasto bi konvergencija,recimo, niza (an + bn) implicirala konvergenciju bilo kog drugog niza iz (1.9). Slucajk = 2 i k = 3 vec deluju sumnjivo. Ipak, nakon nekog vremena ne uspevamo da nademokontradikciju sa tim pretpostavkama. Primera radi, ako je k = 2, mozemo da zakljucimo

648 Glava 1. Nizovi

da ta dva konvergentna niza ne smeju da budu (an + bn) i (an − bn). Ako bi ova dvaniza bila konvergentna, onda bi i (an) i (bn) bili konvergentni, jer je (an) poluzbir, a (bn)polurazlika dva navedena niza, pa bi i (anbn) bio konvergentan niz. Dakle, u smisljanjuprimera za k = 2 sigurno se necemo truditi da ta dva konvergentna niza budu (an+ bn) i(an− bn) jer bi ovo povuklo jos jedan konvergentan niz (anbn). Ipak, ako pretpostavimoda su konvergentni nizovi (an+ bn) i (anbn), ne dolazimo ni do kakve kontradikcije. Ovonas navodi na pomisao da k mozda moze da uzima bilo koju vrednost iz navedenogskupa, pa krenemo sa konstrukcijom primera. To radimo na sledeci nacin.

Ako su oba niza (an) i (bn) konvergentna, ,,verovatno“ ce sva cetiri niza iz (1.9) bitikonvergentna. Kazemo: ,,verovatno“, jer ako niz (bn) konvergira ka nuli, niz (an/bn)ne mora biti konvergentan. Ovo nam momentalno daje ideju kako da nademo primereniza (an) i (bn) za koje su sva cetiri niza kao i tacno tri niza iz (1.9) konvergentna. Kaonaredni po jednostavnosti, deluje slucaj kada zelimo da k bude jednako 0. Dovoljno je da(an) i (bn) budu ,,veliki“ nizovi, takvi da je i njihova razlika velika, ali i da je (an) visegreda velicine od (bn), da niz (an/bn) ne bi ,,ispao“ konvergentan. Ovo nam daje ideju iza slucaj k = 0 i za slucaj k = 1. Ovde ne mozemo da ne primetimo da, ako an → +∞ ibn → +∞, onda nizovi (an+ bn) i (anbn) sigurno divergiraju, a nizovi (an− bn) i (an/bn)ne moraju da divergiraju, u zavisnosti od razlike u redu velicine niza (an) i (bn). Sadase primer za k = 2 sam namece. �

U poglavlju 2.1 nalazi se mnogo primera nizova koji su ograniceni, a nisu konver-gentni. Najcesce to dokazujemo tako sto uocimo dva podniza datog niza koji konver-giraju razlicitim realnim brojevima. Naredni zadatak je na slichnu temu, ali sa manjeochiglednim resenjem.

15. Dokazati da niz (xn) definisan sa xn = sinn nije konvergentan.

Resenje. Resicemo zadatak na dva razlicita nacina. U prvom resenju cemo uvesti i niz(yn) definisan sa yn = cosn. Zatim cemo preko adicionih formula dobiti vezu izmeduova dva niza i na kraju cemo dobiti kontradikciju sa cinjenicom da niz (xn) konvergira.U drugom resenju cemo pronaci dva podniza niza (xn) koja svedoce o tome da niz (xn)ne moze biti konvergentan.

Prvi nacin: Pretpostavimo da niz (xn) konvergira ka x. Neka je (yn) niz definisan sayn = cosn. Posto je: sin(a+b) = sin a cos b+cos a sin b i cos(a+b) = cos a cos b−sin a sin b,imamo da je:

xn+1 = sin(n+ 1) = sinn cos 1 + cosn sin 1 = xn cos 1 + yn sin 1,

yn+1 = cos(n+ 1) = cosn cos 1− sinn sin 1 = yn cos 1− xn sin 1.

Dakle, za clanove niza (xn) i (yn) vazi:

xn+1 = xn cos 1 + yn sin 1,

yn+1 = yn cos 1− xn sin 1.


Broj sin 1 je razlicit od nule. Iz prve jednakosti sledi da je yn = (xn+1−xn cos 1)/ sin 1.Posto niz (xn) konvergira ka x, onda i niz (xn+1) = (x2, x3, x4, ...) konvergira, takode ka x,pa i niz (yn) konvergira kao razlika konvergentnih nizova: (xn+1) i (cos 1·xn), pomnozenakonstantom 1/ sin 1. Prema tome, iz konvergencije niza (xn), sledi i konvergencija niza(yn). Neka niz (yn) konvergira ka y.

Kako niz (xn+1) konvergira ka x, niz (cos 1 ·xn) konvergira ka cos 1 ·x, a niz (sin 1 ·yn)konvergira ka sin 1 · y, iz jednakosti:

xn+1 = xn cos 1 + yn sin 1,

zakljucujemo da mora da vazi:

x = x cos 1 + y sin 1.

Analogno, iz jednakosti

yn+1 = yn cos 1− xn sin 1,

sledi da mora da vazi

y = y cos 1− x sin 1.

Posto za brojeve x i y moraju da vaze obe navedene jednakosti, nalazimo ih kao resenjesistema jednacina:

x = x cos 1 + y sin 1

y = y cos 1− x sin 1.

tj.

0 = x(cos 1− 1) + y sin 1

0 = x(− sin 1) + y(cos 1− 1).

Kako su sin 1 i cos 1 razliciti od 0 i 1, redom, jedino resenje ovog sistema jednacina je(x, y) = (0, 0), pa zato vazi x = y = 0.

Sa druge strane, niz (x2n) konvergira ka x2, dok niz (y2n) konvergira ka y2, pa niz(x2n + y2n) konvergira ka x2 + y2. Imamo da je x2n + y2n = sin2 n + cos2 n = 1, pa je zbirniza (x2n) i (y

2n) zapravo konstantan niz (1)n. Zato vazi: x2 + y2 = 1. Ovo je nemoguce,

jer smo zakljucili da je x = y = 0. Dakle, niz (xn) ne moze biti konvergentan.

Drugi nacin: Pretpostavimo da niz (xn) konvergira ka x. U svakom od intervala

(π

6,5π

6), (2π +

π

6, 2π +

5π

6), (4π +

π

6, 4π +

5π

6), ..., (2kπ +

π

6, 2kπ +

5π

6), ...

nalazi se barem jedan prirodan broj, jer su duzine ovih intervala jednake 4π/6 > 4 ·3/6 > 1. Izaberimo iz svakog intervala po jedan prirodan broj i obelezimo ih redom san1, n2, n3, .... Na ovim intervalima vrednosti funkcije x 7→ sinx nalaze se unutar segmenta[1/2, 1], pa je xn1 ∈ [1/2, 1], xn2 ∈ [1/2, 1], ... itd. Sa druge strane, na intervalima

(7π

6,11π

6), (2π +

7π

6, 2π +

11π

6), (4π +

7π

6, 4π +

11π

6), ..., (2kπ +

7π

6, 2kπ +

11π

6), ...

650 Glava 1. Nizovi

vrednosti funkcije x 7→ sinx nalaze se unutar segmenta [−1,−1/2]. U ovim intervalimaredom, takode, postoje prirodni brojevim1,m2,m3, ... pa je onda xm1 ∈ [−1,−1/2], xm2 ∈[−1,−1/2]... itd. Kako niz (xn) konvergira ka x, svaki njegov podniz konvergira ka xtakode. Zbog toga je xnk

→ x i xmk→ x. Posto je vrednost svih clanova niza (xnk

)ku segmentu [1/2, 1], po jednom od tvrdenja iz poglavlja 2.1, sledi i da je x ∈ [1/2, 1].Analogno, na osnovu niza (xmk

)k, zakljucujemo da je x ∈ [−1,−1/2]. Ovo je nemoguce.Dakle, niz (xn) nema granicnu vrednost.

Komentar. Prikazali smo dva sustinski razlicita resenja ovog zadatka. U prvom resenjusmo iskoristili elegantan trik uvodeci i niz (cosn) i koristeci ,,preplitanje“ novog niza sastarim nizom. Drugo resenje vise podseca na standardni nacin kako pokazujemo da jeneki niz divergentan (narocito ako je definisan preko trigonometrijskih funkcija). Onose od standardnog pristupa razlikuje po tome sto ne nalazimo granicne vrednosti dvaizabrana podniza (kao sto je to cesto slucaj), vec utvrdujemo da, ako oni imaju granicnevrednosti, te dve granicne vrednosti sigurno ne mogu biti jednake. Ovo je dovoljan uslovda pocetni niz ne bude konvergentan.

Ne samo da niz (xn) nije konvergentan, vec je i svaka tacka segmenta [−1, 1] jednadelimicna granica ovog niza (tj. postoji podniz ovog niza koji njoj konvergira). Razlogza to je medusobni polozaj prirodnih brojeva i umnozaka jednog iracionalnog broja, uovom slucaju, broja π. Jedan vazan rezultat iz teorije brojeva, koji se naziva Kronekerovateorema, jasno govori o tome gde se nalaze umnosci jednog iracionalnog broja u odnosuna prirodne brojeve. Kronekerova teorema glasi: Ako je θ iracionalan broj, tada je skuprazlomljenih delova: {{n · θ} : n ∈ N} gust u segmentu [0, 1]. Kao vezbu za citaocaostavljamo da, koristeci ovu teoremu, dokaze tvrdenje sa pocetka pasusa. Vise o Kro-nekerovoj teoremi, kao i njen dokaz, (koji ne prevazilazi nivo srednjoskolske matematike)radoznali citalac moze pronaci u [4] ili [7]. �

1.2 Monotoni i drugi karakteristicni nizovi

O konvergenciji monotonih nizova govorili smo u poglavlju 2.2. U ovom poglavlju cemovideti kako informacija o monotonosti niza utice na ispitivanje karaktera konvergencijetog niza. Pored monotonih, bavimo se i rekurentno zadatim nizovima, zatim nizovimaciji se konvergencija utvrduje pomocu Kosijevog kriterijuma i jos nekim zanimljivimnizovima.

16. Da li je niz (xn) odreden sa

xn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ ...+

1

2n

konvergentan?

1.2. Monotoni i drugi karakteristicni nizovi 651

Resenje. Posto za svaki prirodan broj n vazi:

xn+1 − xn =1

1 + (n+ 1)+

1

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

1

n+ (n+ 1)+

1

n+ 1 + (n+ 1)

−(

1

n+ 1+

1

n+ 2+ ...+

1

2n

)=

1

2n+ 1+

1

2n+ 2− 1

n+ 1=

1

2n+ 1− 1

2n+ 2> 0,

zakljucujemo da je niz (xn) rastuci. Pored toga, vazi i:

xn <1

n+

1

n+ ...+

1

n= 1,

pa je i ogranicen odozgo. Dakle, niz (xn) jeste konvergentan.

Komentar. Za ovaj zadatak vazi isti komentar kao za zadatak 12. Nema smisla reci:,,Kako 1/(n+ 1) → 0, 1/(n+ 2) → 0, ..., 1/(2n) → 0, sledi i xn → 0“. Broj razlomakamenja se u svakom sledecem clanu niza (xn). Opravdano je pokusati da resimo ovajzadatak kao sto smo resili 12. zadatak, ali ne bi uspeli, jer:

1

2= n · 1

2n≤ xn ≤ n · 1

n+ 1= 1− 1

n+ 1,

pa dva niza izmedu kojih smo smestili niz (xn) ne konvergiraju ka istom broju. Resenjedolazi iz analize ponasanja niza. Posmatramo kako se menja clan niza kada sa indeksa npredemo na indeks n+1. Na taj nacin uocavamo da niz raste i onda samo ostaje pitanjeda li je ogranicen odozgo. Kao sto vidimo, jednostavno smo ga ogranicili konstantom 1.Napominjemo da xn → 1, a cemu tezi (xn) bice odredeno kasnije. �

Sledeci zadatak predstavlja specijalan slucaj Primera 2.82 u prvom delu knjige. Ovdedajemo drugacije resenje i u komentaru skrecemo paznju na neke bitne posledice.

17. Dokazati da je niz (xn) odreden sa

xn =1

12+

1

22+ ...+

1

n2

konvergentan.

Resenje. Niz (xn) je rastuci, jer za svaki prirodan broj n vazi

xn+1 =

(1

12+

1

22+ ...+

1

n2

)+

1

(n+ 1)2> xn.

Sem toga, niz (xn) je i ogranicen odozgo brojem 2. Zaista, koristeci sledece zapazanje:

1

n2<

1

n(n− 1)=

1

n− 1− 1

n,

652 Glava 1. Nizovi

koje vazi za svaki prirodan broj n > 1, dobijamo:

xn =1

12+

1

22+

1

32+ ...+

1

n2

< 1 +1

2 · 1+

1

3 · 2+ ...+

1

n · (n− 1)

= 1 +1

1− 1

2+

1

2− 1

3+ ...+

1

n− 1− 1

n

= 2− 1

n< 2.

Prema tome, niz (xn) je konvergentan.

Komentar. Iako smo za gornju granicu ovog niza uzeli broj 2, to nije i granicna vrednostovog niza. Granicna vrednost ovog niza je vrlo zanimljiv broj: π2/6, a dokaz te cinjenicenije ni malo jednostavan (upucujemo citaoca na odlicnu knjigu [2] u kojoj, sem istorijskogosvrta, moze naci tri razlicita dokaza ovog tvrdenja: dva preko nesvojstvenih dvostrukihintegrala i jedan potpuno elementaran, preko zanimljivih trigonometrijskih identiteta,uz malu pomoc kompleksnih brojeva). Cak i da nam nije poznat Primer 2.82, nakon stosmo resili ovaj zadatak, mogli bismo da dokazemo da je za bilo koje α > 2, konvergentani niz (an) definisan sa:

an =1

1α+

1

2α+ ...+

1

nα.

Dokaz bi se izveo potpuno analogno sa prikazanim. Naime, ocigledno je (an) rastuci nizi vazi

an ≤ 1

12+

1

22+ ...+

1

n2< 2,

pa je i konvergentan. Razume se da su konvergentni i svi nizovi koji se dobiju odovih tako sto se imenioci razlomaka uvecaju. Tako je, na primer, konvergentan niz(1/(1 + 14) + 1/(2 + 24) + ...+ 1/(n+ n4)), itd. �

18. Dat je niz (xn) na sledeci nacin:

a) x1 =1

2, xn+1 = xn − x2n, za svako n ∈ N;

b) x1 =1

2000, xn+1 = xn + x2000n , za svako n ∈ N.

Odrediti, ako postoji, granicnu vrednost ovog niza.

Resenje. a) Dokazimo da za svaki prirodan broj n vazi xn ∈ (0, 1) indukcijom po n.Za n = 1 to sledi iz uslova zadatka. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za neko n. Tada,posto je xn ∈ (0, 1) sledi i x2n < xn pa je xn+1 = xn − x2n > 0 ali i xn+1 < xn < 1,te je xn+1 ∈ (0, 1). Dakle, xn ∈ (0, 1), za svako n. Kao sto smo vec i zakljucili, nizje opadajuci, jer iz same definicije sledi da je xn+1 ≤ xn, a kako su svi clanovi nizapozitivni, sledi i da je odozdo ogranicen. Zbog toga niz (xn) konvergira. Neka je xgranicna vrednost ovog niza.


Posto niz (x1, x2, x3, ...) konvergira ka x, sledi da niz (x21, x22, x

23, ...) konvergira ka x2,

a odatle sledi da niz (x1−x21, x2−x22, x3−x23, ...), kao razlika jednog niza koji konvergiraka x i jednog koji konvergira ka x2, i sam konvergira i to ka x − x2. Iz uslova zadatka,sledi da je niz (x1 − x21, x2 − x22, x3 − x23, ...) jednak nizu (x2, x3, x4, ...). Posto je niz(x2, x3, x4, ...) podniz niza (xn) i on konvergira ka x. Iz jednakosti nizova:

(x1 − x21, x2 − x22, x3 − x23, ...) = (x2, x3, x4, ...)

sledi i jednakost njihovih granicnih vrednosti, pa zato za x vazi x−x2 = x. Jedini realanbroj za koji vazi ova jednakost je 0, pa je zato x = 0, tj. xn → 0.b) Iz same definicije niza sledi da je niz (xn) rastuci. Pretpostavimo da je niz (xn)ogranicen odozgo. U tom slucaju, niz (xn) ima konacnu granicnu vrednost: x. Posto niz(x1, x2, x3, ...) konvergira ka x, sledi da niz (x20001 , x20002 , x20003 , ...) konvergira ka x2000,pa niz (x1 + x20001 , x2 + x20002 , x3 + x20003 , ...) konvergira ka x+ x2000. Poslednji navedeniniz jednak je, po uslovu zadatka, nizu (x2, x3, x4, ...) koji kao podniz niza (xn), takodekonvergira ka x. Dakle, za x mora da vazi x = x + x2000, tj. x = 0. Ovo nije mogucejer je x1 = 1/2000 i niz (xn) je rastuc1i, pa u okolini nule (−1/2000, 1/2000) nemani jednog clana ovog niza. Dobili smo kontradikciju, dakle pretpostavka da je (xn)ogranicen odozgo niz, nije tacna. Posto je (xn) rastuci niz koji nije ogranicen odozgo,sledi xn → +∞.

Komentar. Kada je niz definisan na nacin kao u ovom zadatku, gde je svaki naredniclan niza odreden preko prethodnih, kazemo da je niz zadat rekurentno. Kada imamorekurentno zadat niz, cesto mozemo odmah odrediti koji brojevi mogu da budu granicnavrednost tog niza i pre nego da utvrdimo da li posmatrani niz uopste ima granicnuvrednost. Recimo, u delu pod a), ako pretpostavimo da je x granicna vrednost niza(xn), obavezno mora da vazi x = x2 − x. Analognu situaciju imamo i u drugom deluzadatka. U tom slucaju, cesto se koristi fraza ,,prelaskom na granicnu vrednost ...“, ilijos slobodnije ,,pustimo limes na levoj i desnoj strani ...“, pri cemu zamisljamo da npostaje beskonacno veliko. Citava recenica izgledala bi otprilike ovako: ,,Prelaskom nagranicnu vrednost u jednakosti xn+1 = xn−x2n, dobijamo da je x = x−x2.“ . Ipak, postoje ovo prvi zadatak sa rekurentno zadatim nizom koji resavamo, zelimo da izbegnemoeventualne zabune i dajemo detaljno obrazlozenje koje stoji iza poznate fraze. Analognoobrazlozenje bi dali i u drugim situacijama, recimo kada je opsti clan niza definisan prekovise prethodnih clanova. Primera radi, da je bilo xn+1 =

√xn+x

2n−1+x

3n−2, posmatrali

bi nizove (x31, x32, x

33, ...), (x

22, x

23, x

24, ...) i (

√x3,

√x4,

√x5, ...). Ovi nizovi bi konvergirali,

redom, ka x3, x2 i√x, dok bi njihov zbir bio niz (x4, x5, x6, ...) koji konvergira ka x. U

tom slucaju bi vazilo: x =√x + x2 + x3, itd. U zadacima koje slede, preskakac1emo

ovako detaljna obrazlozenja, a chitaocu savetujemo da ih sam izvede.Pri resavanju ovakvih zadataka moramo obratiti paznju na organizaciju resenja. Rec-

imo, za niz u delu pod a), kako je x1 = 12 , jasno nam je da je x21 < x1, pa zamisljamo

brojevnu pravu i “vidimo“ da je svaki naredni clan niza izmedu 0 i 1. To treba i dokazati.Ako bi probali da dokazemo prvo da je svaki clan niza (xn) pozitivan (bez ikakvih do-datnih pretpostavki), ne bismo uspeli. Jednostano, ako je xn pozitivan (i nista visene znamo o njemu), ne sledi da je xn+1 pozitivan. Takode, ne bismo mogli da, bez

654 Glava 1. Nizovi

ikakvih dodatnih pretpostavki, pokazemo da je xn < 1 za svako n ∈ N. Kljucna stvar jedokazivati istovremeno obe tvrdnje, pa zato pokazujemo da je xn ∈ (0, 1). Implikacijexn > 0 ⇒ xn+1 > 0 i xn < 1 ⇒ xn+1 < 1 ne mozemo dokazati, ali mozemo dokazatiimplikaciju 0 < xn < 1 ⇒ 0 < xn+1 < 1. �

19. Neka je α > 0. Niz (xn) definisan je sa:

xn =

√α+

√α+ ...+

√α+

√α,

pri cemu se u ovom izrazu javlja n korena. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednostniza (xn).

Resenje. Iz definicije niza (xn) zakljucujemo da je x1 =√α i xn+1 =

√α+ xn za svaki

prirodan broj n. Pokazimo da za svaki prirodan broj n vazi xn+1 > xn, tj. da je ovajniz strogo rastuci. Za n = 1 imamo x2 =

√α+

√α >

√α = x1, a iz pretpostavke da

je xm > xm−1 sledi i√α+ xm >

√α+ xm−1, odnosno xm+1 > xm. Dakle, po principu

matematicke indukcije, sledi xn+1 > xn za svako n ∈ N. Pokazimo sada da je niz (xn)ogranicen odozgo brojem 1/2 +

√1/4 + α = A. Posto je

√α <

√1/4 + α sledi da je

x1 < A. Is pretpostavke da je xm < A sledi

xm+1 =√α+ xm <

√α+

1

2+

√1

4+ α =

√(1

2+

√1

4+ α)2 = A. (1.10)

Prema principu matematicke indukcije, odavde zakljucujemo da je xn < A za svakon ∈ N, pa je niz (xn) zaista ogranicen odozgo.

Buduci da je niz (xn) rastuci i ogranicen odozgo, sledi da niz (xn) konvergira kanekom realnom broju x. Prelaskom na granicnu vrednost u relaciji xn+1 =

√α+ xn,

zakljucujemo da za broj x vazi x =√x+ α. Jedini realni brojevi za koje vazi ova

jednakost su 1/2−√

1/4 + α i 1/2+√

1/4 + α. Prvi od ova dva broja je negativan jer jeα > 0, a svi clanovi niza (xn) su pozitivni, pa je x ≥ 0. Dakle, vazi x = 1/2+

√1/4 + α =

A.

Komentar.Ovo resenje ima nekoliko ,,iznenadujucih“ koraka, kao recimo uvodenje brojaA i sredivanje izraza u (1.10). Objasnimo zbog cega ti koraci, zapravo, uopste ne pred-stavljaju iznenadenje. Ovde smo sa direktne definicije niza presli na rekurentnu i to namje bilo presudno u resavanju zadatka. Naime, kad predemo na rekurentnu definiciju iuocimo da je xn+1 =

√α+ xn, znamo da ce za granicnu vrednost ovog niza (postojala

ona ili ne) morati da vazi x =√α+ x, tj. x = 1/2 ±

√1/4 + α, a kako su svi clanovi

niza pozitivni, sledi da ce morati da vazi x = 1/2 +√

1/4 + α. Otuda nam broj A, kojise tako iznenadno pojavljuje u resenju. Dakle, ako niz (xn) kovnergira, on ce sigurnokonvergirati ka broju A, ali mi jos uvek ne znamo da li konvergira. Posto znamo koji jejedini realan broj koji moze da bude granicna vrednost ovog niza, a pored toga uocavamoda je niz rastuci, tim realnim brojem i pokusavamo da ogranicimo ovaj niz. Takode, nije


se slucajno u redu (1.10) ceo izraz ovako sredio. Broj A je upravo tako izabran da budeA =

√α+A. �

U nekim narednim zadacima prvi clanovi nizova indeksirani su nulom. Uradeno jetako simbolike radi, jer se desava da ti nizovi budu monotoni pocevsi od drugog clana,a ne odmah od pocetka.

20. Neka je a > 0 realan broj. Niz (xn) odreden je sa:

x0 > 0, xn+1 =xn +

a

xn2

, za svako n ∈ N0.

Pokazati da niz (xn) konvergira i da je njegova granicna vrednost√a.

Resenje. Posto je x0 > 0, jednostavno zakljucujemo (a precizno dokazujemo matematickomindukcijom) da je xn > 0 za svako n ∈ N. Primenom nejednakosti izmedu aritmeticke igeometrijske sredine na brojeve xn i a/xn, dobijamo da za svako n ∈ N vazi:

xn+1 =xn +

axn

2≥√xn ·

a

xn=

√a.

Dokazimo da je niz (xn) opadajuci, pocevsi od x1. Za svaki prirodan broj n vazi:

xn+1 ≤ xn ⇔xn +

axn

2≤ xn ⇔ a ≤ x2n,

pa kako smo vec pokazali da je xn >√a za svako n ∈ N, sledi da vazi xn+1 ≤ xn. Dakle

niz (xn) je opadajuci, poevsi od x1 i odozdo ogranicen, recimo nulom, pa je zbog togakonvergentan. Neka je x njegova granicna vrednost. Posto je xn ≥

√a za svako n ∈ N,

vazi x ≥√a > 0. Zbog toga je i niz (a/xn) konvergentan i konvergira ka a/x. Zato niz

((xn + a/xn)/2) konvergira ka (x+ a/x)/2, a kako je ovaj niz jednak nizu (xn)n∈N, kojitakode konvergira ka x, sledi da za x vazi:

x =x+ a

x

2.

Dakle, x =√a.

Komentar. Kod ovog niza karakter monotonosti (i da li je uopste monoton) nije jasan naprvi pogled. Ako probamo da dokazemo da je xn+1 ≥ xn, dobijamo da je ta nejednakostekvivalentna sa a ≥ x2n. Analogno je xn+1 ≤ xn ekvivalentna sa a ≤ x2n, sto znaci datreba uporediti clanove niza sa

√a. Kada to probamo da uradimo: xn ≥

√a ekvivalentno

je sa (xn−1 + a/xn−1)/2 ≥√a, a ovo je ekvivalentno sa: (xn−1 −

√a/xn−1)

2 ≥ 0, sto jeuvek tacno. Dakle, zaista jeste xn ≥

√a, za svako n ∈ N. Elegantnosti radi, u resenju

smo iskoristili nejednakost izmedu sredina, ali je to ekvivalentno ovdasnjem razmatranju.To je motivacija ovog resenja, a svi ostali delovi su rutinski.

Zanimljivo je primetiti i to da konvergencija ovog niza ne zavisi od x0, dokle god jeon izabran tako da je pozitivan. �

656 Glava 1. Nizovi

21. Neka su a, b > 0 i neka su nizovi (xn) i (yn) odredeni sa:

x0 = a, y0 = b, xn+1 =√xnyn, yn+1 =

xn + yn2

, za svako n ∈ N0.

Dokazati da su nizovi (xn) i (yn) konvergentni i dokazati da im se granicne vrednostipoklapaju.

Resenje. Posto su a, b > 0, zakljucujemo da vazi xn > 0 i yn > 0 za svako n ∈ N.Primenom nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine na brojeve xn i yn,dobijamo:

yn+1 =xn + yn

2≥ √

xnyn = xn+1, za svako n ∈ N0.

Koristeci tu nejednakost, zakljucujemo da za svaki prirodan broj n vaze nejednakosti:

xn+1 =√xnyn ≥

√xnxn = xn,

yn+1 =xn + yn

2≤ yn + yn

2= yn.

Prema tome, niz (xn) je rastuci, a niz (yn) je opadajuci, pocevsi od indeksa n = 1. Niz(xn)n∈N je ogranicen odozgo brojem y1, a niz (yn)n∈N je ogranicen odozdo brojem x1.Zaista:

xn ≤ yn ≤ y1, kao i yn ≥ xn ≥ x1, za svako n ∈ N.

Dakle, nizovi (xn)n∈N i (yn)n∈N, pa samim tim i pocetni nizovi (xn) i (yn) (koji pocinjuindeksom n = 0) su konvergentni. Neka su x i y, redom, granicne vrednosti ovih nizova.Tada niz ((xn + yn)/2)n∈N0 konvergira ka (x + y)/2. Iz uslova zadatka, sledi da je ovajniz jednak nizu (yn)n∈N koji takode konvergira ka y. Zbog toga vazi (x + y)/2 = y, tj.x = y, sto kompletira resenje.

Komentar. Ovaj zadatak neobican je po tome sto su data dva niza koja se ,,preplicu“ udefiniciji. Inace, znajuci da je aritmeticka sredina dva broja veca ili jednaka od geometri-jske sredine ta dva broja, nakon sto nacrtamo brojevnu pravu i na njoj pratimo sta sedesava sa clanovima ovih nizova, resenje postaje i vise nego jasno. Aritmeticke sredine sesmanjuju, geometrijske sredine se povecavaju, a pomenimo i to da je granicna vrednostovih nizova upravo zajednicka tacka sistema umetnutih segmenata ([xn, yn])n∈N. �

22. Nizovi (an), (bn), (cn) odredeni su sa a0, b0, c0 ∈ R i

an+1 =an + bn

2, bn+1 =

bn + cn2

, cn+1 =cn + an

2, za svako n ∈ N0.

Dokazati da su ova tri niza konvergentna.


Resenje. Dokazimo prvo da su nizovi (an − bn), (bn − cn) i (an − cn) nula–nizovi. Iznacina na koji su nizovi zadati, sledi da je

|an+1 − bn+1| = |an + bn2

− bn + cn2

| = |an − cn2

|.

Analogno nalazimo da je

|bn+1 − cn+1| = |bn − an2

|, kao i |an+1 − cn+1| = |bn − cn2

|.

Ove jednakosti vaze za svako n ∈ N0. Zbog toga mozemo da nastavimo postupak naovaj nacin:

|an+1 − bn+1| =|an − cn|

2=

|bn−1 − cn−1|22

=|bn−2 − an−2|

23=

|an−3 − cn−3|24

= ...

Kada ovo ponovimo n+ 1 puta, u zavisnosti od broja n+ 1 na kraju cemo dobiti jedanod izraza:

|a0 − b0|2n+1

,|b0 − c0|2n+1

, ili|a0 − c0|2n+1

.

Ako je δ = max{|a0 − b0|, |b0 − c0|, |a0 − c0|}, iz navedenog sledi:

0 ≤ |an+1 − bn+1| ≤δ

2n+1, za svako n ∈ N0.

Kako 2n+1 → +∞ imamo da δ/2n+1 → 0, pa po teoremi o dva policajca, sledi i da|an+1 − bn+1| → 0, pa i an+1 − bn+1 → 0 (1. zadatak). Potpuno analogno zakljucujemoi da bn+1 − cn+1 → 0, kao i da an+1 − cn+1 → 0.

Sa druge strane, iz definicije ovih nizova sledi da je niz (an+ bn+ cn) konstantan nizciji je svaki clan jednak sa a0+b0+c0, pa je taj niz konvergentan. Kombinujuci dobijenekonvergentne nizove na pravi nacin dobijemo da je i niz (an) konvergentan. Naime, kakosu (an+ bn+ cn), (an− bn) i (an− cn) konvergentni nizovi, konvergentan je i niz dobijenkao zbir ova tri niza, tj. niz (3an), pa samim tim i niz (an). Analogno mozemo zakljucitii da su nizovi (bn) i (cn) konvergentni, sto je i trebalo pokazati.

Komentar. Ako u ovom zadatku probamo da primenimo dosadasnju tehniku koju smokoristili za rekurentno zadate nizove, a to je: ,,nekakvim procenama dokazemo da jeniz monoton i ogranicen sa odgovarajuce strane, a kasnije, pomocu rekurentne relacijeodredimo granicna vrednost“, nista necemo postici. Clanovi ovih nizova nisu obaveznopozitivni brojevi, zbog cega moramo biti narocito pazljivi pri vrsenju nekakvih procenavelicina. Pored toga, ni jedan od ovih nizova ne mora biti monoton.

Ako samo malo razmislimo o ovom problemu sa neutralne tacke gledista, a ne iz uglacesto koriscene tehnike, ubrzo shvatamo kako se ovi nizovi ponasaju. Kada bi nacrtalibrojevnu pravu i poceli da obelezavamo clanove ovih nizova na njoj, primetili bismo kakoje nacin na koji smo resili problem zapravo jako prirodan. �

Za nizove koji se javljaju u narednim zadacima bice karakteristicno to sto njihovaanaliza postaje daleko jednostavnija tek nakon neke kratke algebarske transformacije,koja ce, vec po pravilu, ponekad delovati potpuno nemotivisano.

658 Glava 1. Nizovi

23. Dokazati da je za svako q ∈ (−1, 1) niz (xn) odreden sa:

xn = q0 + q1 + ...+ qn,

konvergentan i da je njegova granicna vrednost jednaka 1/(1− q).

Resenje. Ako drugacije zapisemo sumu geometrijske progresije (q = 1), sledi da je:

xn =1− qn+1

1− q=

1

1− q− 1

1− qqn+1.

Niz (xn) je zbir konstantnog niza (1/(1−q))n i niza (qn+1/(1−q)). Kao sto smo dokazaliu 3. zadatku i komentaru uz taj zadatak, za q ∈ (−1, 1) vazi qn → 0, pa i qn+1 → 0.Zbog toga niz (qn+1/(1− q)) konvergira ka 0, dok niz (xn) konvergira ka 1/(1− q).

Komentar. Na ovaj rezultat treba obratiti paznju. Iako je vrlo jednostavan, ovo jejedan od jako bitnih rezultata u matematici. U nekim situacijama, sumiranje pocinje odq1, ili q2, a u tom slucaju se granicna vrednost dobija mnozenjem ovog rezultata sa q,odnosno q2. Primera radi, ovim zadatkom smo ,,pokazali“ da je:

1 =1

2+

1

4+

1

8+

1

16+ ...+

1

2n+ ...

�

24. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost niza (xn) ako je:

a) xn =1

22 − 2+

1

32 − 3+ ...+

1

(n+ 1)2 − (n+ 1).

b) xn =√n2 + n+ 1− n;

c) xn = (1− 1

22)(1− 1

32) · · · (1− 1

(n+ 1)2);

d) xn =1

n2+

2

n2+ ...+

n

n2;

e) xn = (1 +1

2)(1 +

1

22)(1 +

1

222)(1 +

1

223)...(1 +

1

22n).

Resenje. a) Koristeci:1

k2 − k=

1

k(k − 1)=

1

k − 1− 1

k,

dobijamo:

xn =1

1− 1

2+

1

2− 1

3+ ...+

1

n− 1

n+ 1= 1− 1

n+ 1.

Kako 1/(n+ 1) → 0, sledi da xn → 1.


b) Primetimo da je

xn =√n2 + n+ 1− n = (

√n2 + n+ 1− n) ·

√n2 + n+ 1 + n√n2 + n+ 1 + n

=n+ 1√

n2 + n+ 1 + n.

Kao u 7. zadatku i ovde zakljucujemo da xn → 1.c) Koristeci

1− 1

k2=

(k − 1)(k + 1)

k2,

dobijamo:

xn =1 · 322

· 2 · 432

· 3 · 543

· ... · (n− 1)(n+ 1)

n2· n(n+ 2)

(n+ 1)2=

1 · (n+ 2)

2 · (n+ 1).

Sada vec jednostavno, kao u 7. zadatku, sledi xn → 1/2.d) Koristeci identitet:

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

2,

dobijamo

xn =1 + 2 + ...+ n

n2=n(n+ 1)

2n2.

Ponovo, kao 7. zadatku, sledi xn → 1/2.e) Primetimo da je:

(1− 1

2)xn = (1− 1

2)(1 +

1

2)(1 +

1

22)(1 +

1

222)(1 +

1

223)...(1 +

1

22n)

= (1− 1

22)(1 +

1

22)(1 +

1

222)(1 +

1

223)...(1 +

1

22n)

= (1− 1

222)(1 +

1

222)(1 +

1

223)...(1 +

1

22n)

= (1− 1

223)(1 +

1

223)...(1 +

1

22n)

= ...

= (1− 1

22n)(1 +

1

22n) = 1− 1

22n+1 .

Kako n + 1 → +∞, to i 2n+1 → +∞, pa i 22n+1 → +∞. Zato 1/22

n+1 → 0, pa i1− 1/22

n+1 → 1. Dakle (1− 1/2)xn → 1, pa xn → 2.

Komentar. Pre nego da damo komentar svakog dela zasebno naglasimo da je u primecivanjuovakvih trikova izuzetno bitno iskustvo. Uzmimo za primer deo zadatka pod d). Citalackoji se sa identitetom o sumi prvih n prirodnih brojeva susreo samo jednom do sada, anije ga sam iskoristio nekoliko puta, nece ga se ni sada tako lako setiti. Vremenom cemolakse prepoznavati situacije poput ovih, a ono sto smo nekad nazivali trikom, krenemoda nazivamo tehnikom.

a) Kod ovog primera, nakon resenja, ne ostaje potreba da se bilo sta prokomentarise.Jedino sto mozemo predloziti citaocu je da ga uporedi sa 17. zadatkom.

660 Glava 1. Nizovi

b) Broj√n2 + n+ 1 jeste veci od n, ali nije veceg reda velicine. Necemo nista postici

izvlacenjem tog broja ispred zagrade, jer ako zapisemo:

xn =√n2 + n+ 1 · (1− n√

n2 + n+ 1),

predstavili smo (xn) kao proizvod niza koji tezi ka +∞ i niza koji tezi ka 0, sto nam nedaje nikakve informacije o nizu (xn). Kao sto vidmio, nakon ovog malog trika, zadatakpostaje vrlo jednostavan. Postavljamo citaocu dva pitanja: sta bi bilo da je niz (xn)bio definisan ovako: xn = 3

√n2 + n+ 1 − n, a sta bi bilo da je bio definisan ovako:

xn = 3√n2 + n+ 1 − 3

√n2 + 1? Mala pomoc, u prvom slucaju ne bi konvergirao, a za

drugi slucaj setimo se da vazi a3 − b3 = (a− b)(a2 + ab+ b2).

c) Pre nego da primetimo kako jednostavnom izrazu je xn zapravo jednak, razmotrimosta sve mozemo da zakljucimo o ovom nizu na prvi pogled. Najpre, naredni clan nizadobija se mnozenjem prethodnog clana sa 1 − 1/(n + 2)2, sto je manje od 1. Dakle,niz (xn) strogo opada, a svi njegovi clanovi su pozitivni, sto znaci da (xn) sigurnoima granicnu vrednost x. Kao sto vidimo, za clanove ovog niza vazi rekurentna veza:xn+1 = xn(1−1/(n+2)2). Prelaskom na granicnu vrednost, sve sto dobijamo je x = x ·1,tj. ne dobijamo nikakvo ogranicenje za x. Sada vec nemamo kud, moramo da malo,,procackamo“ izraz za xn, a ubrzo nakon toga dolazimo i do resenja.

d) Za ovaj deo zadatka, resenje govori samo za sebe. Mi mozemo da dodamo samoslicnu primedbu kao u komentaru za 16. zadatak.

e) Izraz kojim je definisano xn izgleda ovako:

(1 + a)(1 + a2)(1 + a22)(1 + a2

3)...(1 + a2

n),

za a = 1/2. Svako ,,naredno“ a dobijamo kvadriranjem ,,prethodnog“ a. Ovakav izrazdobijamo kada primenimo vise puta razliku kvadrata na izraz a2

n+1 − 1. Naime

a2n+1 − 1 = (a2

n − 1)(a2n+ 1) = (a2

n−1 − 1)(a2n−1

+ 1)(a2n+ 1)

itd. dolazimo do

a2n+1 − 1 = (a− 1)(a+ 1)(a2 + 1)(a2

2+ 1)...(a2

n+ 1).

Otuda motivacija za mnozenjem sa (1− 1/2) na pocetku. �

25. Niz (an) odreden je sa:

an =

√√√√1 +

√2 +

√3 + ...+

√n− 1 +

√n.

Da li je niz (an) konvergentan?


Resenje. Dokazacemo da niz (an) jeste konvergentan, tako sto cemo pokazati da je rastucii ogranicen odozgo. Da je niz (an) rastuci, sledi direktno iz definicije, jer:

an =

√√√√√1 +

√√√√2 +

√3 + ...+

√n− 1 +

√n+

√0

<

√√√√√1 +

√√√√2 +

√3 + ...+

√n− 1 +

√n+

√n+ 1 = an+1.

Da bi dokazali da je niz an ogranicen, primetimo da je:

an =√2 ·

√√√√√√ 1

220+

√√√√√ 2

221+

√√√√ 3

222+ ...+

√n− 1

22n−2 +

√n

22n−1 . (1.11)

Dokazimo, indukcijom po n, da za svaki prirodan broj n vazi:

22n−1

> n. (1.12)

Za n = 1 to je ocigledno tacno, a ukoliko je tvrdenje tacno za prirodan broj n, onda vazii:

n+ 1 < 22n−1

+ 1 < 2 · 22n−1 ≤ 22n−1 · 22n−1

= 22n.

Dakle, navedena nejednakost vazi za sve prirodne brojeve. Zbog toga je:

an <√2 ·

√1 +

√1 + ...+

√1 +

√1.

Iz 19. zadatka sledi da postoji realan broj A takav da je

√1 +

√1 + ...+

√1 +

√1 <

A, pa je an <√2 ·A, za svako n ∈ N. Ovim smo kompletirali resenje.

Komentar. Posto ne znamo da li treba da pokazujemo da je niz (an) konvergentan ilidivergentan, treba da pokusamo da sto bolje procenimo njegovo ponasanje. Niz (an)jeste rastuci, a u slucaju da to nije ocigledno, nakon sto zapisemo prvih nekoliko clanovaovog niza, postaje sasvim jasno. Intuicija bi trebalo da nam nalaze da je uvecanje kojeizvrsi dodavanje novog

√n zanemarljivo u odnosu na n korenovanja koji se pritom izvrse.

Ipak, nacin da ovo zapazanje preciziramo i iskoristimo nije jednostavno pronaci. Za ovajniz ne mozemo navesti smislenu rekurentnu vezu koja bi nam bila od pomoci, madane deluje tako na prvi pogled. Sve sto nam treba postize se fantasticnim izvlacenjemfaktora

√2 ispred korena. Apsolutno kljucni trenutak u resenju je red (1.11), dok je

nejednakost (1.12) vrlo gruba, odnosno ocigledna, a njen dokaz indukcijom je stvar jed-nostavne tehnike i ne predstavlja sustinski deo resenja. Na kraju, pozvali smo se na 19.

662 Glava 1. Nizovi

zadatak da ne bi dvaput pisali istu stvar. Mogli smo i direktno, indukcijom po broju ko-

rena, da pokazemo da je

√1 +

√1 + ...+

√1 < 2 i da na taj nacin dobijemo ogranicenje

za niz (an). �

U prvom delu knjige, u okviru Primera 2.82, dokazali smo da niz (hn) odreden sa:

hn =1

1+

1

2+ ...+

1

n

tezi ka +∞. Demonstrirajmo sada kako iz ove cinjenice mozemo dokazati divergenciju idrugih nizova ciji opsti clanovi imaju oblik sume reciprocnih vrednosti prirodnih brojeva.

26. Ispitati konvergenciju niza (xn) odredenog sa:

xn =1

1+

1

4+ ...+

1

3n− 2.

Resenje. Za niz (xn) vazi:

xn ≥ 1

1 + 2+

1

4 + 2+ ...+

1

(3n− 2) + 2=

1

3hn,

pri cemu smo sa (hn) oznacili niz kao u paragrafu pre ovog zadatka. Kako hn → +∞,sledi da i hn/3 → +∞, a kako je xn ≥ hn/3, sledi da i xn → +∞.

Komentar. Kao sto vidimo, ako sabiramo reciprocne vrednosti prirodnih brojeva, iakote vrednosti teze nuli, suma koju dobijamo tezi ka +∞. Sa druge strane, ako sabiramoreciprocne vrednosti kvadrata prirodnih brojeva, ili reciprocne vrednosti stepena dvojke,situacija je drugacija. Takvu pojavu mozemo i slikovito objasniti: kvadrati prirodnihbrojeva (ili recimo stepeni dvojke) nisu dovoljno gusto rasporedeni medu svim prirodnimbrojevima, pa njihove reciprocne vrednosti dovoljno brzo postaju vrlo male i dozvoljavajuda ih saberemo koliko god zelimo, a da pritom ne dobijamo beskonacno veliki zbir.

U ovom zadatku trebalo je odrediti da li suma reciprocnih vrednosti svakog trecegprirodnog broja konvergira (tj. da li je ovo dovoljno ,,retko biranje“ da bi suma bilakonacna). Intuitivno je jasno da ako sabiramo reciprocne vrednosti svakog treceg prirodnogbroja, dobijamo tri puta manju sumu nego da smo uzeli sve brojeve redom. Ipak, akoneki niz tezi ka +∞ i njegova trecina tezi ka +∞. Upravo smo ovako i resili zadatak.Bilo bi potpuno analogno da smo umesto svakog treceg birali svaki hiljaditi broj, pa bitako i niz odreden sa:

xn =1

1001+

1

2001+ ...+

1

1000n+ 1

konvergirao ka +∞. Detalji se ostavljaju citaocu za vezbu. �

27. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost niza (xn) odredenog sa:

xn =1

2· 34· ... · 2n− 1

2n.


Resenje. Novi clan niza (xn) dobija se od prethodnog mnozenjem sa (2n − 1)/2n, tj.vazi xn/xn−1 = (2n − 1)/(2n) < 1 pa je ovaj niz opadajuci. Kako je jos i ogranicenodozdo nulom, sledi da niz (xn) konvergira. Obelezimo njegovu granicnu vrednost sa x.Dokazimo, na dva razlicita nacina, da je x = 0.

Prvi nacin: Pokazacemo ekvivalentno tvrdenje: niz 1/xn → +∞ (za nizove sastavl-jene od pozitivnih clanova, ovo zaista jesu ekvivalentna tvrdenja). Neka je

yn =1

xn=

2

1· 43· ... · 2n

2n− 1.

Zapisimo yn na sledeci nacin:

yn = (1 +1

1) · (1 + 1

3) · ... · (1 + 1

2n− 1).

Ako bismo izmnozili sve zagrade na desnoj strani, dobili bismo izraz oblika

1 +1

1+

1

3+ ...+

1

2n− 1+

1

1· 13+ ...

Zbog toga vazi

yn >1

1+

1

3+ ...+

1

2n− 1.

Kako je1

2k − 1>

1

2k=

1

2· 1k,

imamo da je

yn >1

2(1

1+

1

2+ ...+

1

n) =

1

2hn, za svako n ∈ N.

Posto hn → +∞, sledi i hn/2 → +∞, pa i yn → +∞. Dakle 1/xn → +∞, odakle sledida xn → 0.

Drugi nacin: Dokazimo da je

xn <

√2n− 1

2n, za svako n > 1.

Kada je n > 1 imamo:

xn =1

2· 34· ... · 2n− 1

2n=

√1 ·

√3

2·√3 ·

√5

4· ... ·

√2n− 3 ·

√2n− 1

2n− 2·√2n− 1

2n

=

√22 − 1

2·√42 − 1

4· ... ·

√(2n− 2)2 − 1

2n− 2·√2n− 1

2n

< 1 · 1 · ... · 1 ·√2n− 1

2n=

√2n− 1

2n.

Niz (√2n− 1/(2n)) tezi ka nuli. Zaista, opsti clan ovog niza mozemo zapisati i

kao: (1/2) ·√

2/n− 1/n2, a posto 2/n → 0 i 1/n2 → 0, sledi i 2/n − 1/n2 → 0, pa i

664 Glava 1. Nizovi

(1/2)√

2/n− 1/n2 → 0. Po teoremi o dva policajca, imajuci u vidu i da je 0 < xn, sledida xn → 0.

Komentar. Konvergenciju niza (xn) dokazujemo gotovo trivijalno, ali granicnu vrednostovog niza nije toliko jednostavno naci, pa cak ni naslutiti. Za niz (xn) vazi rekurentnaveza xn = (2n − 1)/(2n) · xn−1, ali prelaskom na granicnu vrednost u ovoj jednakostidobijamo x = x, tj. bilo koji broj dolazi u obzir kao granicna vrednost ovog niza(uporediti, na primer, sa slucajem u kom je niz (xn) definisan sa:

xn =1 · 2 · 3 · ... · n

3 · 5 · 7 · ... · (2n+ 1);

u ovom slucaju iz rekurentne veze nedvosmisleno odredujemo granicnu vrednost). Pred-stavili smo dva razlicita nacina za odredivanje granicne vrednosti ovog niza. Prvi nacinsadrzi lepu ideju da umesto niza xn gledamo niz reciprocnih vrednosti. Ideja upravopotice iz pokusaja da se razlomci u izrazu za xn predstave u obliku 1 − 1/k, a zatimda se ti izrazi izmnoze. Posto u tom slucaju imamo i sabiranje i oduzimanje, nismo umogucnosti da procenimo dobijeni izraz. Sa druge strane, kod 1/xn nema znaka minusi stvari teku jednostavno. Kod drugog nacina vrsimo procenu niza tako sto direktnouporedujemo proizvod prvih n neparnih brojeva sa proizvodom prvih n parnih brojeva,pomocu malog trika sa ,,dupliranjem“ svakog neparnog broja. Trik je, kao sto se ividi, motivisan jednostavnom cinjenicom da proizvod dva uzastopna neparna broja dajekvadrat parnog broja koji se nalazi izmedu njih, ali umanjen za 1. �

Na kraju ovog poglavlja osvrcemo se i na Kosijev kriterijum za konvergenciju nizova.U narednom zadatku dajemo ekvivalentan uslov tome da je niz Kosijev. Umesto da sevracamo na definiciju, taj uslov cemo koristiti kada za konkretan niz proveravamo da lije Kosijev.

28. Niz (an) je Kosijev ako i samo ako postoji niz (bn) takav da bn → 0 i da je bn ≥|an − am|, za svako n ∈ N i svako m ∈ N takvo da je m > n. Dokazati.

Resenje. Pretpostavimo da je (an) Kosijev niz. Tada je (an) konvergentan, pa je iogranicen, tj. postoje realni brojevi A i B takvi da je citav niz (an) unutar segmenta[A,B]. Za bilo koja dva clana niza ak i al vazi |ak − al| ≤ B − A, pa je tako, za svakiindeks k tacno sup{|ak − al| : l > k, l ∈ N} ≤ B − A, tj. supremum ovog skupa jerealan broj, za svako k. Niz (bn) definisemo tako da je:

bn = sup{|an − am| : m > n, m ∈ N}, za svako n ∈ N.

Za niz (bn) definisan na ovaj nacin vazi bn ≥ |an − am| za svako n,m ∈ N i m > n.Dokazimo da bn → 0, po definiciji. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Kako je niz (an)Kosijev, postoji n0, tako da za svako n,m ≥ n0 vazi |an − am| < ϵ/2. No, onda je, zaproizvoljno n ≥ n0 tacno sup{|an − am| : m > n, m ∈ N} ≤ ϵ/2 < ϵ, odnosno bn < ϵ,za svako n ≥ n0. Time je dokazano da bn → 0.


Pretpostavimo sada da su dati nizovi (an) i (bn) kao u tekstu zadatka i dokazimo daje niz (an) Kosijev. Neka je ϵ > 0 proizvoljan realan broj. Posto niz (bn) konvergira ka0, sledi da postoji n0 tako da za svako n ≥ n0 vazi bn < ϵ. No, onda za svako n,m ≥ n0,takve da je n < m, vazi :

|an − am| ≤ bn < ϵ.

Dakle, niz (an) je Kosijev.

Komentar. Tvrdenje iz ovog zadatka predstavlja bezmalo preformulaciju definicijeKosijevog niza. Vrlo grubo receno: niz je Kosijev kada razlike izmedu njegovih clanovateze nuli. Razume se da ovu frazu treba precizirati da bi postala upotrebljiva, a ovajzadatak je jedan od nacina kako je mozemo precizno iskazati. Resenje ne sadrzi bilokakve ideje, vec samo koristi definicije navedenih pojmova. �

29. Neka je (an) ogranicen niz. Dokazati da je niz (xn) odreden sa:

a) xn =a121

+a222

+ ...+an2n

;

b) xn =a112

+a222

+ ...+ann2

;

konvergentan.

Resenje. a) Posto je niz (an) ogranicen, postoji realan broj M takav da je |an| < M , zasvako n ∈ N. Neka su m i n proizvoljni prirodni brojevi takvi da je m > n. Tada je:

|xm − xn| =∣∣∣an+1

2n+1+an+2

2n+2+ ...+

am2m

∣∣∣≤ |an+1|

2n+1+

|an+2|2n+2

+ ...+|am|2m

< M · 1

2n+1·(

1

20+

1

21+ ...+

1

2m−(n+1)

)= M · 1

2n+1·1− 1

2m−n

1− 12

< M · 1

2n+1· 1

1− 12

=M

2n.

Kao sto vidimo, za niz (bn) odreden sa bn = M/2n vazi da je bn > |xn − xm|, za svakon,m ∈ N tako da je m > n. Kako 1/2n → 0, sledi da i bn → 0, pa po 28. zadatku,zakljucujemo da je niz (xn) Kosijev, a samim tim i konvergentan.

b) Neka je M realan broj kao u delu pod a). Za svako n,m ∈ N tako da je m > nvazi:

|xm − xn| =

∣∣∣∣ an+1

(n+ 1)2+

an+2

(n+ 2)2+ ...+

amm2

∣∣∣∣≤ |an+1|

(n+ 1)2+

|an+2|(n+ 2)2

+ ...+|am|m2

< M |ym − yn|,

666 Glava 1. Nizovi

gde je niz (yn) definisan sa:

yn =1

12+

1

22+ ...+

1

n2.

Za niz (yn) znamo da konvergira (17. zadatak, ili Primer 2.82 u prvom delu knjige),pa je i Kosijev i zbog toga postoji niz (bn) takav da bn → 0 i bn ≥ |ym − yn| za svakon,m ∈ N i m > n. No, onda je M · bn ≥ M |ym − yn| > |xm − xn|, za svako n,m ∈ N im > n, ali posto i M · bn → 0, sledi da je niz (xn) Kosijev, pa i konvergentan.

Komentar. Ograniceni niz (an) ne mora da bude sastavljen samo od clanova istogznaka, zbog toga niz (xn) ne mora da bude monoton. Zato ovom zadatku ne mozemopristupiti kao vecini prethodnih zadataka. Svaki naredni clan niza (xn) se dobija takosto nesto dodamo, ili oduzmemo od prethodnog clana, pa se niz po realnoj pravoj krece,,levo–desno“. Ipak mozemo proceniti da su te oscilacije dovoljno male i da se clanoviniza gomilaju oko jedne tacke na realnoj pravoj. Takvu procenu pravimo na osnovuprethodnog znanja: poznato nam je da niz (xn) konvergira, za slucaj da je niz (an)konstantan niz (1)n; ovde niz (an) nije konstantan, ali ima ogranicenje, sto je presudanpodatak.

U resenju dela pod a) nismo ni u jednom trenutku iskoristili da niz (xn) konvergira zaslucaj da je (an) = (1)n, tako da ovaj zadatak predstavlja jos jedan dokaz te vec poznatecinjenice (ali bez detekcije granicne vrednosti). Zbog toga smo morali da dovoljno dobroprocenimo razliku |xm − xn|. Potpuno analogno smo mogli da resimo i deo pod b), alibi to onda bilo skoro prepisano resenje Primera 2.90, s tim sto je u ovom primeru niz(an) bio konkretno zadat, pa je i M = 1. Umesto toga, pokazali smo kako mozemo resitizadatak koristeci cinjenicu da je za (an) = (1)n ovaj niz konvergentan, bez razmisljanjakako da procenimo razliku |xm − xn|. Jos jedan od razloga zbog kog smo se odluciliza ovakvo resenje dela pod b) je taj sto ovo resenje, gotovo bez ikakve promene, mozeposluziti za dokaz narednog opstijeg tvrdenja:

Ako su brojevi z1, z2, z3, ... pozitivni i takvi da je niz (yn) odreden sa:

yn = z1 + z2 + ...+ zn

konvergentan, onda je za proizvoljan ogranicen niz (an), niz (xn) odreden sa:

xn = a1z1 + a2z2 + ...+ anzn,

takode konvergentan. �

1.3 Broj e i neki znacajni nizovi

Broj e smo definisali kao granicnu vrednost jednog niza u prvom delu knjige u okvirupoglavlja 2.3. Zbog izuzetne vaznosti ove konstrukcije, u okviru prvog zadatka ponovonavodimo rezultate iz tog poglavlja, a za dokaz upucujemo citaoca na pomenuto mestou knjizi.

1.3. Broj e i neki znacajni nizovi 667

30. Neka su nizovi (xn), (yn) i (zn) odredeni na sledeci nacin:

xn =

(1 +

1

n

)n, yn =

(1 +

1

n

)n+1

, zn =1

0!+

1

1!+ ...+

1

n!.

Dokazati:

a) Niz (xn) je strogo rastuci i ogranicen odozgo;

b) Niz (yn) je strogo opadajuci i ogranicen odozdo;

c) Vazi

limn→∞

xn = limn→∞

yn (1.13)

i ovu granicnu vrednost obelezavamo sa e;

d) Za svako n > 1 vazi:

xn < zn < e < yn, (1.14)

kao i

limn→∞

zn = e; (1.15)

e) Za svako n ∈ N postoji θn ∈ (0, 1) tako da vazi

e = zn +θnn · n!

; (1.16)

f) Broj e je iracionalan broj.

Resenje. Delovi zadatka pod a), b) i c) detaljno su reseni u prvom delu knjige, u okviruTeoreme 2.84 i Primera 2.85.

d) Nejednakosti xn < e < yn i xn < zn dokazane su u okviru Primera 2.85 i Teoreme2.84, redom. Dokazimo da je zn < e.

Koristeci binomnu formulu, nakon sredivanja izraza, kao sto je to ucinjeno u dokazuTeoreme 2.84, dobijamo:

xn =1

0!+

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)+ ...+

+1

n!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(1− n− 1

n

). (1.17)

Ako je m fiksirani prirodan broj, za svaki prirodan broj n > m onda vazi:

xn >1

0!+

1

1!+

1

2!

(1− 1

n

)+ ...+

+1

m!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(1− m− 1

n

). (1.18)

668 Glava 1. Nizovi

jer izraz sa desne strane ove nejednakosti predstavlja samo deo izraza sa desne stranejednakosti (1.17), tacnije uzimamo samo prvih m+1 sabiraka od ukupno n+1 sabirakakoji u zbiru daju xn. Posmatrajmo nizove:

(1

0!+

1

1!)n, (

1

2!

(1− 1

n

))n, (

1

3!

(1− 1

n

)(1− 2

n

))n, ...,

(1

m!

(1− 1

n

)(1− 2

n

)· · ·(1− m− 1

n

))n, (1.19)

definisane za n = m + 1,m + 2,m + 3, ... . Obelezimo sa (an) niz koji dobijemo akosaberemo ovih m nizova. Tada je an upravo izraz sa desne strane nejednakosti (1.18),odnosno vazi xn > an, za svako n > m. Po jednom od tvrdenja iz poglavlja 2.1, odatlesledi da je

limn→∞

xn ≥ limn→∞

an.

Granicna vrednost niza (xn) je e, a granicna vrednost niza (an) je suma granicnih vred-nosti nizova iz (1.19). Te granicne vrednosti su, redom, jednake:

1

0!+

1

1!,

1

2!,

1

3!, ...,

1

m!,

pa je zato granicna vrednost niza (an) upravo zm. Ovim smo dokazali da je e ≥ zm zasvaki unapred izabran prirodan broj m. Da u ovoj nejednakosti vazi stroga nejednakostsledi iz ocigledne stroge monotonosti niza (zn). Zaista, kako je niz (zn) strogo monoton,kada bi za neko k vazilo e = zk, onda bi zk+1 bilo istovremeno i strogo vece od e (jer jee = zk), ali i ne vece od e, jer je zk+1 ≤ e, a to je nemoguce.

Dokazali smo da je xn < zn < e. Po teoremi o dva policajca, odavde sledi i

limn→∞

zn = e.

e) Neka je m proizvoljan prirodan broj i dokazimo da je e ≤ zm + 1/(m · m!). Zasvaki prirodan broj n > m vazi:

zn − zm =1

(m+ 1)!+

1

(m+ 2)!+ ...+

1

n!

=1

(m+ 1)!

(1 +

1

(m+ 2)+

1

(m+ 2)(m+ 3)+ ...+

1

(m+ 2) · ... · n

)≤ 1

(m+ 1)!

(1 +

(1

m+ 2

)1

+

(1

m+ 2

)2

+ ...+

(1

m+ 2

)n−m)

=1

(m+ 1)!·1−

(1

m+ 2

)n−m+1

1− 1

m+ 2

<1

(m+ 1)!· 1

1− 1

m+ 2

<1

m ·m!, (1.20)


pri cemu se poslednja navedena nejednakost dokazuje pravolinijski, jer je ekvivalentnasa m(m+2) < (m+1)2, sto jeste tacno. Ovim smo pokazali da je za svaki prirodan brojn > m tacno da je zn manje od (konstante) zm + 1/(m ·m!). Posto niz (zm+1, zm+2, ...)takode konvergira ka e, kao i niz (zn), zakljucujemo da je e ≤ zm + 1/(m ·m!). Broj mje bio proizvoljan prirodan broj, pa zbog toga za svaki prirodan broj n vazi nejednakost

e ≤ zn +1

n · n!.

Da bi pokazali da u ovoj nejednakosti vazi stroga nejednakost dokazimo da niz (zn +1/(n · n!)) strogo opada. Primetimo da je:

(zn+1 +1

(n+ 1) · (n+ 1)!)− (zn +

1

n · n!)

= (zn+1 − zn) +1

(n+ 1) · (n+ 1)!− 1

n · n!

=1

(n+ 1)!+

1

(n+ 1) · (n+ 1)!− 1

n · n!

=n(n+ 1) + n− (n+ 1)2

n · (n+ 1) · (n+ 1)2< 0,

te kao sto smo naveli, niz (zn + 1/(n · n!)) jeste strogo opadajuci. Odatle sledi da zasvako n ∈ N vazi e < zn + 1/(n · n!). Odavde direktno sledi i trazeno tvrdenje. Naime,kako je:

zn < e < zn +1

n · n!sledi da je

0 <e− zn

1n·n!

< 1.

Ako obelezimo sa θn:e− zn

1n·n!

= θn ∈ (0, 1)

imamo da vazi e = zn + θn/(n · n!).f) Pretpostavimo da je e racionalan broj. Tada je e = p/q, za neke uzajamno proste

p i q i p, q ∈ N, jer je e > 0. Po dokazanom tvrdenju je e = zq + θq/(q · q!), gde jeθq ∈ (0, 1). Zbog toga je

e =p

q=

1

0!+

1

1!+ ...+

1

q!+

θqq · q!

.

Nakon mnozenja sa q! dobijamo:

p · (q − 1)!− q!

(1

0!+

1

1!+ ...+

1

q!

)=θqq.

Sa leve strane jednakosti nalazi se ceo broj, a sa desne strane je broj iz intervala (0, 1),sto nije moguce. Zbog toga e nije racionalan broj, pa je e iracionalan.

670 Glava 1. Nizovi

Komentar. Ovaj zadatak je vise teorijskog nego problemskog karaktera. Medutim,njegovo resenje sadrzi mnoge zanimljive korake na koje treba skrenuti paznju.

Podimo od uobicajene greske koja se pravi u vezi sa granicnom vrednoscu niza (xn).Ona izgleda otprilike ovako: ,,Posto 1/n → 0, onda 1 + 1/n → 1, pa sledi da je xnzapravo jednako xn = 1n. Zbog toga je granicna vrednost niza (xn) jednaka 1“. Ovakvorazmisljanje je potpuno pogresno, a pojasnimo i zasto. U izrazu koji odreduje opsti clannekog niza ne smemo zameniti samo neke delove izraza granicnom vrednoscu, a ostaledelove ostaviti netaknutim. Ako zamisljamo da n postaje beskonacno veliko, to moramouraditi za svako pojavljivanje slova n u izrazu istovremeno, a ne samo na onim mestimana kojima nama odgovara. Primera radi, ako je niz (cn) definisan sa:

cn =1

n·√n2 + 1,

granicna vrednost ovog niza jednaka je 1. Ako bismo uradili ovako nesto: ,,Posto 1/n→0, sledi:

limn→∞

cn = limn→∞

0 ·√n2 + 1 = 0“,

dobili bismo besmislicu. Isto tako je besmisleno pomisliti da je niz (xn) ,,isto sto i“ niz(1n), koji trivijalno konvergira ka 1. Dakle, moramo da povecavamo n i u osnovi: 1+ 1

n ,ali i u izloziocu. U tom slucaju dobijamo da je granicna vrednost niza (xn) ,,otprilike“ 1

∞.Odavde nista ne zakljucujemo, jer kao sto znamo: ,,Jedan na beskonacno je neodredenizraz“. Sta ova fraza zapravo znaci, pojasnicemo u narednom zadatku.

Vrlo lepu ideju mozemo videti kod nejednakosti (1.18) i (1.20). Iz jednakosti (1.17) zan > 1 direktno sledi da je xn < zn, ali iz ove nejednakosti ne mozemo zakljuciti da je zn <e za svako n. Sa druge strane, ako fiksiramo izvestan broj sabiraka u izrazu iz jednakosti(1.17) dobijamo nejednakost (1.18) u kojoj mozemo preci na granicnu vrednost jer jebroj sabiraka sa desne strane fiksiran. Ideju iz nejednakosti (1.20) mozemo primeniti nabilo koji niz kod kog mozemo na slican nacin proceniti razliku dva clana. Kao vezbupreporucujemo citaocu sledeci problem: Dokazati da za svako n postoji θn ∈ (0, 1), takoda je:

1

12+

1

22+ ...+

1

n2+θnn

=π2

6,

pritom smatrati poznatim da niz sa opstim clanom 1/12+1/22+ ...+1/n2 tezi ka π2/6.Nekoliko puta u ovom resenju imali smo slucaj da su clanovi jednog niza strogo manji

od odgovarajucih clanova drugog niza, a na osnovu toga mi zakljucujemo o poretkugranicnih vrednosti tih nizova. Vazno je obratiti paznju da, iako clanovi jednog nizamogu biti strogo veci od clanova drugog niza, granicne vrednosti ta dva niza mogu bitijednake. O ovome je bilo vise reci u poglavlju 2.1.

Pored toga da je broj e iracionalan, broj e je takode i transcedentan realan broj.To znaci da ne postoji polinom sa racionalnim koeficijentima cija je jedna nula broj e.Dokaz te cinjenice zainteresovani citalac moze pronaci u [17], a od matematickog aparatabice mu potrebni elementi diferencijalnog i integralnog racuna, kao i elementarna teorijabrojeva.

Na kraju, napomenimo i to da je tesko preceniti vaznost konstante e ne samo urazvoju matematicke teorije, vec i u nauci uopste. Fantasticno je kako jedan broj koji


dobijemo kao granicnu vrednost niza koji ni po cemu ne deluje posebno, ima tolikouticaja na rezultate u skoro svakoj, prirodnoj ili drustvenoj, nauci. Kao primer iz nasesfere interesovanja, navodimo jedan zanimljiv identitet:

eiπ + 1 = 0.

Razume se da ova jednakost zahteva nekakvo pojasnjenje (sta uopste znaci stepenovanjekompleksnim brojem?), ali kakvo god to pojasnjenje bilo, vrlo je interesantna pojava daovoliko fundamentalnih matematickih konstanti budu spojene u jedan jednostavan izraz.�

Naredni zadatak daje odgovor na sledece pitanje: ako niz (an) tezi ka a, a niz (bn)ka b, da li niz (abnn ) tezi ka ab? U zadatku su nabrojani svi moguci slucajevi, ali se sviresavaju analognim postupcima. Pri resavanju ovog zadatka koristicemo osobine funkcijax 7→ lnx i x 7→ ex opisane u 4. i 5. zadatku, kao i neprekidnost ovih funkcija na svojimdomenima. Takode, skrecemo paznju na oznaku koju do sada nismo koristili (a koja jeprirodna): ako su a, b ∈ R i a < b, tada sa [a, b), (a, b] i [a, b] oznacvamo, redom, skupove{a} ∪ (a, b), (a, b) ∪ {b} i {a} ∪ (a, b) ∪ {b}.

31. Neka niz pozitivnih brojeva (an) tezi ka a i neka niz realnih brojeva (bn) tezi ka b,pri cemu su a, b ∈ R. Dokazati:

a) Ako je a ∈ (0,+∞), b ∈ R, tada je limn→∞

abnn = ab;

b) Ako je a ∈ (0, 1), b = +∞, tada je limn→∞

abnn = 0;

c) Ako je a ∈ (1,+∞), b = +∞, tada je limn→∞

abnn = +∞;

d) Ako je a ∈ (0, 1), b = −∞, tada je limn→∞

abnn = +∞;

e) Ako je a ∈ (1,+∞), b = −∞, tada je limn→∞

abnn = 0;

f) Ako je a = 0, b ∈ (0,+∞], tada je limn→∞

abnn = 0;

g) Ako je a = 0, b ∈ [−∞, 0), tada je limn→∞

abnn = +∞;

h) Ako je a = +∞, b ∈ (0,+∞], tada je limn→∞

abnn = +∞;

i) Ako je a = +∞, b ∈ [−∞, 0), tada je limn→∞

abnn = 0.

Resenje. U svim delovima resenja posmatracemo niz (bn · ln an), koji je proizvod niza(bn) i (ln an). Opsti clan niza (abnn ) dobija se kao:

ebn · ln an = eln abnn = abnn .

672 Glava 1. Nizovi

a) Posto niz (an) konvergira ka a ∈ (0,+∞), niz (ln an) konvergira ka ln a. Zato niz

(bn · ln an) konvergira ka b · ln a. Prema tome, niz (ebn · ln an) konvergira ka eb · ln a = ab.Dakle, niz (abnn ) konvergira ka ab.

b) Posto niz (an) konvergira ka a ∈ (0, 1), niz (ln an) konvergira ka ln a, pri cemu jeln a < 0. Niz (bn) tezi ka +∞, a ln a < 0, pa niz (bn · ln an) tezi ka −∞. Kako je e > 1,

sledi da niz (ebn · ln an) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0.

c) Posto niz (an) konvergira ka a ∈ (1,+∞), niz (ln an) konvergira ka ln a, pri cemuje ln a > 0. Niz (bn) tezi ka +∞, a ln a > 0, pa niz (bn · ln an) tezi ka +∞. Kako je

e > 1, sledi da niz (ebn · ln an) tezi ka +∞, tj. niz (abnn ) tezi ka +∞.

d) Posto niz (an) konvergira ka a ∈ (0, 1), niz (ln an) konvergira ka ln a, pri cemu jeln a < 0. Niz (bn) tezi ka −∞, a ln a < 0, pa niz (bn · ln an) tezi ka +∞. Kako je e > 1,

sledi da niz (ebn · ln an) tezi ka +∞, tj. niz (abnn ) tezi ka +∞.

e) Posto niz (an) konvergira ka a ∈ (1,+∞), niz (ln an) konvergira ka ln a, pri cemuje ln a > 0. Niz (bn) tezi ka −∞, a ln a > 0, pa niz (bn · ln an) tezi ka −∞. Kako je

e > 1, sledi da niz (ebn · ln an) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0.

f) Ako an → 0, onda ln an → −∞. Niz (bn) konvergira ka pozitivnom realnom broju,ili ka +∞. U oba slucaja, niz (bn · ln an) tezi ka −∞. Posto je e > 1, imamo da niz

(ebn · ln an) konvergira ka 0, tj. niz (abnn ) konvergira ka 0.

g) Analogno kao u delu pod b), posto niz (bn) tezi ka negativnom realnom broju, ili

ka −∞, sledi da niz (bn · ln an) tezi ka +∞. Zbog toga, niz (ebn · ln an) tezi ka +∞, tj.niz (abnn ) tezi ka +∞.

h) Ako an → +∞, onda ln an → +∞. Niz (bn) tezi ka pozitivnom realnom broju,ili ka +∞. U oba slucaja, niz (bn · ln an) tezi ka +∞. Posto je e > 1, imamo da niz

(ebn · ln an) tezi ka +∞, tj. niz (abnn ) konveriga ka +∞.

i) Analogno kao u delu pod d), posto niz (bn) tezi ka negativnom realnom broju, ili

ka −∞, sledi da niz (bn · ln an) tezi ka −∞. Zbog toga, niz (ebn · ln an) konvergira ka 0,tj. niz (abnn ) konvergira ka 0.

Komentar. Najpre komentarisemo resenje zadatka. U ovom resenju postoji samo jedanznacajan korak, a to je prelazak sa niza (abnn ) na niz (bn · ln an) koristeci eksponencijalnui logaritamsku funkciju. Time prelazimo na proizvod nizova sa kojim znamo sta daradimo, umesto na pocetnu situaciju u kojoj je jedan niz ,,stepenovan“ drugim nizom.Naravno, nebitno je da to bude bas broj e, potpuno isti efekat smo mogli da postignemorecimo pomocu logaritma sa osnovom 2 i funkcijom x 7→ 2x. Za ostatak resenja samokoristimo osobine ovih funkcija. Ova transformacija je vrlo znacajna, na nju nailazimo iu drugim slicnim situacijama, recimo pri trazenju granicne vrednosti ili izvoda funkcijeoblika f(x)g(x), itd.

Mozemo primetiti da se i u nekim drugim slucajevima, a ne samo u onom pod a), kaogranicna vrednost dobija upravo ab. Recimo, ako je a = 0, a b pozitivan realan broj (sto jeobuhvaceno delom pod f) ), tada takode abnn → ab, jer je 0b = 0. Ostale slucajeve mozemotakode zapisati u obliku ab, ali samo simbolicno. Tako recimo dobijamo: a+∞ = +∞,za a ∈ (1,+∞), dok je a+∞ = 0, za a ∈ (0, 1); takode, mozemo simbolicno zapisati i0+∞ = 0, dok 0−∞ = +∞, kao i +∞−∞ = 0, itd.


Obratimo sada paznju na slucajeve koji nisu obuhvaceni u tvrdenjima ovog zadatka.To su slucajevi kada je par (a, b) jednak nekom od sledecih parova:

(0, 0), (1,+∞), (1,−∞), (+∞, 0),

ili, simbolicno zapisano, kada je ab jednako:

00, 1∞, (+∞)0.

U prvom delu knjige, u poglavlju 2.1, govorili smo o neodredenostima razlicitih oblika:∞ − ∞, 0 · ∞, ∞/∞, 0/0, a ovom prilikom prosirujemo tu listu. Na primer, ako nizpozitivnih brojeva (an) konvergira ka 1, a niz (bn) tezi ka +∞ ili ka −∞, tada za limeslimn→∞

abnn kazemo da predstavlja neodredenost oblika 1∞, dok za izraz abnn kazemo da je

neodreden izraz oblika 1∞ kada n → +∞. Analogno, imamo i neodredenosti oblika00 i (+∞)0. Ponovimo jos jednom, u svetlu novih neodredenosti, zbog cega koristimosintagmu, recimo, neodredenost oblika 1∞. Naravno, iz istih razloga koristimo ovakvusintagmu i za 00 i (+∞)0.

Ako niz (an) konvergira ka 1, a niz (bn) tezi ka +∞ (ili ka −∞), u opstem slucaju,ne mozemo nista reci o konvergenciji niza (abnn ). Naglasavamo, u opstem slucaju. To neznaci da taj niz nema granicnu vrednost. To znaci da egzistenciju limesa niza (abnn ) ikonkretnu vrednost tog limesa ne mozemo utvrditi jedino na osonvu cinjenice da niz (an)konvergira ka 1, a niz (bn) tezi ka +∞, kao sto bi mogli u slucaju da, primera radi, niz(an) konvergira ka 2, a niz (bn) konvergira ka 3 (u tom slucaju, nista dalje ne moramo daznamo o nizovima (an) i (bn) da bi zakljucili da niz (abnn ) konvergira ka 23). Zbog togakazemo da je limes lim

n→∞abnn neodredenost oblika 1∞, jer moramo uzeti u razmatranje i

ostale informacije o nizovima (an) i (bn) pored njihovih granicnih vrednosti da bi ispitalikarakter konvergencije niza (abnn ). Recimo, limesi nizova (1n) i (

(1 + 1

n

)n) predstavljaju

neodredenosti oblika 1∞, ali pazljivijim razmatranjem ovih nizova dolazimo do odgovorana pitanje da li oni konvergiraju i ka cemu: prvi niz je zapravo konstantan niz (1)n i on,bez ikakve dileme, konvergira ka 1; o drugom nizu je vec bilo reci i kao sto smo videli ion je konvergentan, a njegova granicna vrednost je broj iz intervala (2, 3).

Na kraju navodimo da smo u tekstu zadatka pretpostavili da su clanovi niza (an)pozitivni i zato je a ∈ [0,+∞]. U slucaju da clanovi niza (an) budu i negativni, niz(bn) ne moze biti sastavljen od proizvoljnih realnih brojeva, vec to moraju biti celi ilineki racionalni brojevi. Ovakve situacije cemo razresavati na licu mesta, a one ce se, popravilu, svoditi na neke od ovih ovde opisanih. �

U poglavlju 3.1, u Primeru 3.19 dokazano je da za proizvoljan niz (an) koji konvergirabilo ka +∞ ili −∞ vazi:

limn→∞

(1 +

1

an

)an= e.

Podrazumevamo da je niz (an) takav da je izraz (1 + 1/an)an definisan za svako n. Cak

i da nije, pod uslovom da an → ±∞, ovaj izraz je definisan za svako dovoljno velikon, pa u tom slucaju prvih nekoliko clanova za koje ovaj izraz ne moze da se definisezanemarujemo i posmatramo samo od onog indeksa kada ovaj izraz ima smisla.

674 Glava 1. Nizovi

32. Uz detaljno obrazlozenje svakog koraka, odrediti, ako postoji, granicnu vrednostniza (xn) odredjenog sa:

a) xn =

(n+ 5

n− 1, 5

)5n

;

b) xn =

(n+ 5

n− 1, 5

)5n2

;

c) xn =

(1− 1

n

)n;

d) xn =

(n3 + 3

n3 + n

) n4+4n2+n

;

e) xn =

(2n+ 3

n+ 1

) 2n2+3n+1

.

Resenje. a) Opsti clan niza (xn) mozemo zapisati kao:

xn =

(1 + 1n−1,56,5

)n−1,56,5

6,5

n−1,5·5n

.

Neka su nizovi (an) i (bn) odredeni sa:

an =

(1 +

1n−1,56,5

)n−1,56,5

i bn =6, 5

n− 1, 5· 5n.

U tom slucaju, niz (xn) je zapravo niz (abnn ). Niz ((n − 1, 5)/6, 5) tezi ka +∞. Zaista,posto niz (n) tezi ka +∞, sledi da i niz (n/6, 5) tezi ka +∞, pa i niz (n/6, 5− 1, 5/6, 5)tezi ka +∞, kao razlika niza koji tezi ka +∞ i konstantnog niza. Zbog toga niz (an)konvergira ka e. Opsti clan niza (bn) mozemo zapisati kao:

bn =32, 5

1− 1,5n

.

Niz (1 − 1, 5/n) konvergira ka 1 − 1, 5 · 0 = 1, jer niz (1)n kovnergira ka 1, a niz (1/n)konvergira ka 0. Zbog toga niz (bn), kao kolicnik konstantnog niza (32, 5)n i niza kojikonvergira ka 1, konvergira ka 32, 5. Najzad, na osnovu 31. zadatka zakljucujemo da niz(xn), buduci jednak nizu (abnn ), konvergira ka e32,5.

b) Kao u delu pod a), posmatramo nizove (an) i (bn) koji su u ovom slucaju definisanisa:

an =

(1 +

1n−1,56,5

)n−1,56,5

i bn =6, 5

n− 1, 5· 5n2.


Niz (an) konvergira ka e, kao sto smo dokazali u delu pod a), a dokazimo da niz (bn) tezika +∞. Niz (bn) je proizvod niza (32, 5n/(n − 1, 5)) i niza (n). Za prvi niz, kao u delupod a), dokazujemo da kovnergira ka 32, 5, a drugi niz tezi ka +∞. Zbog toga njihovproizvod tezi ka +∞. Dakle niz (bn) tezi ka +∞ pa na osnovu 31. zadatka, sledi da niz(xn) tezi ka +∞.

c) Opsti clan niza (xn) predstavimo kao:

xn =

[(1 +

1

−n

)−n]−1

.

Posto niz (−n) tezi ka −∞, sledi da niz ((1+ 1/(−n))−n) konvergira ka e, a niz (xn) cijisu clanovi jednaki reciprocnim vrednostima ovog niza, konvergira ka 1/e.

d) Za n = 3 vazi:

n3 + 3

n3 + n=n3 + 3− (n3 + n) + (n3 + n)

n3 + n= 1 +

3− n

n3 + n= 1 +

1

−n3+nn−3

,

pa opsti clan niza (xn), za n > 3, mozemo zapisati kao:

1 +

1

−n3 + n

n− 3

−n3 + n

n− 3

−n− 3

n3 + n·n4 + 4

n2 + n

.

Neka su nizovi (an) i (bn) indeksirani od n = 4 i definisani sa:

an =

(1 +

1

−n3+nn−3

)−n3+nn−3

i bn = − n− 3

n3 + n· n

4 + 4

n2 + n.

Tada je niz (x4, x5, x6, ...) jednak nizu (abnn ), a razume se da se karakter konvergencijeovog niza poklapa sa karakterom konvergencije niza (xn), pa ovu razliku necemo ninaglasavati u daljem tekstu. Niz (an) konvergira ka e. Zaista, niz ((n3 + n)/(n − 3)),jednak je nizu ((n2 + 1)/(1 − 3/n)), koji je proizvod niza (n2 + 1) i niza 1/(1 − 3/n).Prvi tez i ka +∞, a drugi ka 1. Dakle, niz ((n3 + n)/(n − 3)) tezi ka +∞, pa niz(−(n3 + n)/(n− 3)) tezi ka −∞. Zbog toga niz (an) kovnergira ka e.

Niz (bn) konvergira ka −1. Zaista, opsti clan niza (bn) mozemo zapisati i kao:

−

(1− 3

n

)(1 +

4

n4

)(1 +

1

n2

)(1 +

1

n3

) .

676 Glava 1. Nizovi

Nizovi (1−3/n), (1+4/n4), (1+1/n2) i (1+1/n3) svi konvergiraju ka 1 jer su svi sumakonstantnog niza (1)n i jednog nula–niza. Niz (bn) dobijamo kao kolicnik dva niza kojasu proizvodi od po dva od navedena cetiri niza, pomnozen sa −1. Zbog toga, niz (bn)konvergira ka −1. Najzad, koristeci 31. zadatak zakljuchujemo da niz (xn) konvergiraka e−1.

e) Neka su nizovi (an) i (bn) definisani sa:

an =2n+ 3

n+ 1i bn =

2n2 + 3

n+ 1.

Dokazimo da niz (an) konvergira ka 2, a niz (bn) tezi ka +∞. Odatle ce, na osnovu 31.zadatka, slediti da niz (xn) tezi ka +∞.

Opsti clan niza (an) mozemo zapisati i kao:

an =2 + 3

n

1 + 1n

.

Dakle, niz (an) je kolicnik jednog niza koji konvergira ka 2 i niza koji konvergira ka 1.Zbog toga niz (an) konvergira ka 2. Sa druge strane, opsti clan niza (bn) mozemo zapisatikao:

bn =2n+ 3

n

1 + 1n

.

Dakle, niz (bn) je proizvod niza (2n + 3/n) i niza (1/(1 + 1/n)). Prvi niz tezi ka +∞,drugi niz konvergira ka 1. Zato niz (bn) tezi ka +∞. Dakle, niz (xn) tezi ka +∞.

Komentar. Iz ovog zadatka sticemo utisak kako bi trazili granicnu vrednost bilo kogniza oblika: (

P (n)

Q(n)

) S(n)T (n)

,

pri cemu su P,Q, S i T polinomi i P i Q su istog stepena. Ako P i Q nemaju isti vodecikoeficijent njihov kolicnik (P (n)/Q(n)) konvergira ka broju razlicitom od 1, kao sto je bioslucaj u zadatku e). Tada vodeci se rezultatom iz 31. zadatka jednostavno dolazimo dozakljucka kolika je trazena granicna vrednost. Ukoliko P i Q imaju isti vodeci koeficijent,tada (P (n)/Q(n)) konvergira jedinici i u tom slucaju zapisujemo kolicnik P (n)/Q(n) kao

1 +1

Q(n)R(n)

,

a izlozilac S(n)/T (n) zapisujemo kao

Q(n)

R(n)·(R(n)

Q(n)· S(n)T (n)

).

Dalje je postupak jasan. Razume se da situacija ne bi bila narocito drugacija ako funkcijeP,Q, S i T nisu polinomske, vec sadrze i necelobrojne stepene, poput n

√2 ili recimo


3√n+ 1. Stavise, funkcije P i Q mogu biti i stepene, logaritamske, trigonometrijske,

ideja ostaje ista, dok god je granicna vrednost niza (P (n)/Q(n)) jednaka 1.Svi primeri u ovom zadatku sem onog pod e) bili su oblika 1∞. Uvek treba proveriti

da li je zaista neophodno da vrsimo nekakve transformacije, kao sto je bilo pod a), b), c)i d), ili je mozda granicna vrednost koja se trazi zapravo vrlo ocigledna i direktno slediiz 31. zadatka, kao sto je bilo u primeru pod e).

U narednom zadatku videcemo nekoliko primera koji se rade na slican nacin, ali nisuu pitanju polinomske funkcije. Takode, necemo tako detaljno objasnjavati svaki korakkao u ovom primeru, jer ce akcenat biti na drugim stvarima. �

33. Odrediti, ako postoji, granicnu vrednost niza (xn) odredenog sa:

a) xn =

(1 + 3n

3n

)2n

;

b) xn =

(n2 + arctg n

n2 + 1

)n2+sinn

;

c) xn = (logn(2n))log2 n;

d) xn =

(1 + ctg

(n+ 1)π

2n

)cos−1 (n+1)π2n

;

pri cemu se podrazumeva da je niz (xn) definisan pocevsi od onog indeksa od kog datiizraz ima smisla. U svim slucajevima, navesti barem jedan takav indeks.

Resenje. a) Za svaki prirodan broj n opsti clan niza (xn) mozemo zapisati kao:

xn =

[(1 +

1

3n

)3n]2n3n.

Neka su nizovi (an) i (bn) definisani sa:

an =

(1 +

1

3n

)3ni bn =

2n

3n.

Posto 3n → +∞, niz (an) tezi ka e. Sa druge strane, niz (bn) jednak je ((2/3)n), pa kakoje 2/3 < 1, sledi da niz (bn) tezi ka 0. Dakle, po 31. zadatku, niz (xn) tezi ka e

0 = 1.b) Funkcija x 7→ arctg x je strogo rastuca i arctg(π/4) = 1, pa je za svaki prirodan

broj n > π/4, dakle za svaki prirodan broj n, tacno arctg n > 1. Zato, za svako n ∈ N,mozemo zapisati xn kao:

xn =

1 +

1

n2 + 1

arctg n− 1

n2 + 1

arctg n− 1

arctg n− 1

n2 + 1· (n2 + sinn)

678 Glava 1. Nizovi

Neka su nizovi (an) i (bn) definisani sa:

an =

1 +1

n2 + 1

arctg n− 1

n2 + 1

arctg n− 1

i bn =arctg n− 1

n2 + 1· (n2 + sinn).

Posto (arctg n) tezi ka π/2, niz (arctg n− 1) tezi ka π/2− 1, a niz 1/(arctg n− 1) tezi ka1/(π/2−1). Posto niz n2+1 → +∞, sledi da niz ((n2+1)/(arctg n−1)) tezi ka +∞, paniz (an) tezi ka e. Niz (bn) mozemo da posmatramo kao proizvod dva niza: (arctg n− 1)i ((n2 + sinn)/(n2 + 1)). Prvi konvergira ka π/2− 1, a drugi niz konvergira ka 1, sto bise dokazalo analogno sa resenjem 9. zadatka. Zbog toga niz (bn) konvergira ka π/2− 1.Dakle, niz (xn) konvergira ka eπ/2−1.

c) Izraz kojim je odreden xn definisan je za svako n ≥ 2, jer je za n ≥ 2 broj logn(2n)pozitivan. Za n ≥ 2 vazi:

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

log2 n,

pa imamo da je

xn = (1 +1

log2 n)log2 n.

Kako niz (log2 n) tezi ka +∞, sledi da niz (xn) tezi ka e.d) Za svako n > 1 vazi

1

2<n+ 1

2n< 1,

pa je(n+ 1)π

2n∈ (

π

2, π).

Funkcija x 7→ ctg x definisana je na ovom intervalu i na njemu je strogo opadajuca, afunkcija x 7→ cosx je razlicita od nule na ovom intervalu. Ostalo je jos da ispitamopozitivnost izraza

1 + ctg(n+ 1)π

2n, (1.21)

da bi utvrdili da ga je moguce stepenovati. Buduci da je

(n+ 1)π

2n=

1

2π +

1

2nπ,

i da je funkcija x 7→ ctg x opadajuca na navedenom intervalu imamo da je, za n > 2:

−1 = ctg(2 + 1)π

2 · 2< ctg

(n+ 1)π

2n< 0,

pa je za n > 2 vrednost izraza (1.21) pozitivna, dok je za n = 2 vrednost ovog izrazajednaka 0. Dakle, izraz kojim je definisan xn ima smisla za svako n > 1.


Kako su funkcije x 7→ tg x, x 7→ ctg x, x 7→ sinx i x 7→ cosx definisane i razlicite odnule na otvorenom intervalu (π/2, π), opsti clan niza (xn) mozemo zapisati ovako:

xn =

1 +

1

tg(n+ 1)π

2n

tg

(n+ 1)π

2n

1

sin (n+1)π2n

.

Niz ((n + 1)/(2n)) tezi ka 1/2, pa zato ((n + 1)π/(2n)) tezi ka π/2. Zbog toga niz(tg((n+ 1)π/(2n))) tezi ka +∞, dok niz (sin((n+ 1)π/(2n))) tezi ka 1. Analogno kao uprimerima do sada, zakljucujemo da niz (xn) konvergira ka e1 = e.

Komentar. Kao sto vidimo, za razliku od prethodnog zadatka, ovde ne radimo sapolinomskim funkcijama. Ipak, postupak ostaje isti i prilicno pravolinijski. Ono sto jebilo vazno u primerima u okviru ovog zadatka jeste analizirati date izraze i osigurati seda transformacije koje vrsimo zaista imaju smisla. Citalac koji nije ubeden u vaznostovakve, ponekad zamorne, analize, neka obrati posebnu paznju na zadatak 42. �

U narednim zadacima, sem granicnim vrednostima, bavicemo se procenama i uporedivanjimaraznih velicina. Cesto cemo koristiti nejednakosti:(

1 +1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

, (1.22)

a ponekad ce ove nejednakosti, na vrlo zanimljiv nacin, pomoci da razresimo problemekoji na prvi pogled nisu povezani sa ovim poglavljem.

34. Dokazati da za svaki prirodan broj n vazi:

e−(1 +

1

n

)n<

3

n.

Resenje. Iz (1.22) imamo da je (1 + 1/n)n+1 > e, pa je zbog toga razlika e− (1 + 1/n)n

manja od razlike (1 + 1/n)n+1 − (1 + 1/n)n. Kako je(1 +

1

n

)n+1

−(1 +

1

n

)n=

(1 +

1

n

)n·(1 +

1

n− 1

)=

(1 +

1

n

)n· 1n

< e · 1n<

3

n,

sledi i tvrdenje iz zadatka.

680 Glava 1. Nizovi

Komentar. Ovaj zadatak daje nam jednu procenu razlike izmedu broja e i broja (1 +1/n)n. Drugim recima, govori nam za koliko smo ,,omasili“ ako broj e izracunamo kao(1+1/n)n. Dokaz tvrdenja je jednostavan, buduci da koristimo jedino nejednakost (1.22)i nikakve druge (izvedene) procene. �

35. Sta je vece:nn+1 ili (n+ 1)n?

Resenje. Za n = 1 i n = 2 vece je (n+1)n nego nn+1 sto utvrdujemo direktnom proverom.Za sve ostale prirodne brojeve, vece je nn+1 nego (n+ 1)n. Zaista, za svako n ≥ 3 vazi:

n ≥ 3 > e >

(1 +

1

n

)n,

odakle, mnozenjem sa nn, dobijamo nn+1 > (n+ 1)n.

Komentar. Kao sto vidimio, broj e moze biti od pomoci i u nalazenju odgovora naovakva interesantna pitanja, koja nemaju mnogo veze sa konvergentnim nizovima. Cestozaboravaljmo da je izraz (1 + 1/n)n zapravo jednak sa:

(n+ 1)n

nn,

koji izgleda malo ,,prirodnije“, tj. predstavljen je kao kolicnik dva prirodna broja.Takode, nejednakosti iz (1.22) mozemo zapisati kao (n+1)n < e·nn i e·nn+1 < (n+1)n+1,koje vise asociraju na to da se broj e zapravo javlja u uporedivanju nekih prirodnih bro-jeva. Ovaj zadatak bi trebalo da bude mali podsetnik na tu cinjenicu. �

36. Dokazati da za svaki prirodan broj n vaze nejednakosti:(ne

)n< n! < e ·

(n2

)n.

Resenje. Obe nejednakosti c1emo dokazati na dva nacina. Dokazujemo prvo levu nejed-nakost.Prvi nacin: Dokazacemo datu nejednakost matematickom indukcijom po n. Za n = 1nejednakost je ocigledna. Dokazimo sada da iz pretpostavke da nejednakost vazi za nsledi da ona vazi i za n + 1. To ce kompletirati nas dokaz matematickom indukcijom.Imamo da je:(

n+ 1

e

)n+1

=1

e·(ne

)n·(n+ 1

n

)n· (n+ 1)

=1

e·(1 +

1

n

)n·(ne

)n· (n+ 1)

< 1 · n! · (n+ 1) (e >(1 + 1

n

)ni induktivna pretpostavka)

= (n+ 1)!


cime smo kompletirali dokaz nejednakosti.Drugi nacin: Posto je e > (1 + 1/n)n za svako n ∈ N, imamo:

e >

(1 +

1

1

)1

=21

11

e >

(1 +

1

2

)2

=32

22

e >

(1 +

1

3

)3

=43

33

...

e >

(1 +

1

n

)n=

(n+ 1)n

nn.

Ako pomnozimo ovih n nejednakosti, dobijamo

en >(n+ 1)n

n!.

Iz poslednje nejednakosti sledi:

n! >(n+ 1)n

en>(ne

)n.

Dokazujemo sada desnu nejednakost.Prvi nacin: Dokazacemo datu nejednakost matematickom indukcjom po n. Za n = 1nejednakost vazi jer je e > 2. Dokazimo sada da ako data nejednakost vazi za n, toimplicira da ona vazi i za n+ 1. Imamo da je:

e ·(n+ 1

2

)n+1

= e ·(n2

)n· (n+ 1)n · (n+ 1)

nn· 12

= e ·(n2

)n·(1 +

1

n

)n· 12· (n+ 1).

Iz induktivne hipoteze sledi da je e · (n/2)n > n!, a iz monotonosti niza ((1+1/n)n) (30.zadatak) sledi da je (1 + 1/n)n ≥ (1 + 1/1)1 = 2. Zbog toga sledi:

e ·(n+ 1

2

)n+1

= e ·(n2

)n·(1 +

1

n

)n· 12· (n+ 1)

> n! · 1 · (n+ 1)

= (n+ 1)!

cime smo kompletirali dokaz nejednakosti matematickom indukcijom.Drugi nacin: Posto je e > (1 + 1/n)n, sledi:

e ·(n2

)n>

(1 +

1

n

)n·(n2

)n=

(n+ 1

2

)n.

682 Glava 1. Nizovi

Sa druge strane, ako primenimo nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredinena brojeve 1, 2, ..., n, dobijamo:(

1 + 2 + ...+ n

n

)n≥ 1 · 2 · ... · n = n!. (1.23)

Posto je 1 + 2 + ...+ n = n(n+ 1)/2, sledi da je

1 + 2 + ...+ n

n=n+ 1

2,

prema tome iz (1.23) sledi: (n+ 1

2

)n≥ n!.

Dakle, vazi

e ·(n2

)n>

(n+ 1

2

)n≥ n!

sto je i trebalo dokazati.

Komentar. Prvo dajemo komentar o tvrdenju iz zadatka. Ocito je:

n! = 1 · 2 · 3 · ... · n < n · n · n · ... · n = nn,

kada je n > 1. Pitanje je da li mozemo da pronademo konstantu c tako da n! ,,sto bolje“predstavimo kao:

n

c· nc· nc· ... · n

c,

za dovoljno velike brojeve n. Ovaj zadatak daje nekakav odgovor na to pitanje. Mnogokonkretniji odgovor na to pitanje daje sledeca tzv. Stirlingova formula, koja kaze da je:

limn→∞

n!√2πn ·

(ne

)n = 1.

Posto je:

n!√2πn ·

(ne

)n =n!

√2π ·

√n · nn · 1

en·√e√e

=n!

√2πe ·

(ne

)n+1/2,

zakljucujemo da se n! ponasa kao (n/e)n+1/2, do na multiplikativnu konstantu kojaiznosi

√2πe. Ovo je jos jedan fantastican rezultat koji povezuje brojeve e i π. Dokaz

ovog tvrdenja nije jednostavan, a moze se naci u [12].Obratimo paznju sada na resenje naseg problema. Dokazi indukcijom za obe nejed-

nakosti su relativno pravolinijski. Bilo je dovoljno vestacki stvoriti izraz iz induktivnehipoteze i onda proceniti ,,korekciju“:(

n+ 1

e

)n+1

=(ne

)n︸︷︷︸

izraz iz induktivne hipoteze

· 1e·(n+ 1

n

)n· (n+ 1)︸︷︷︸

korekcija


e ·(n+ 1

2

)n+1

= e ·(n2

)n︸︷︷︸

izraz iz induktivne hipoteze

· (n+ 1)n · (n+ 1)

nn· 12︸︷︷︸

korekcija

.

Pitanje je zasto uopste probati da se ove nejednakosti dokazu indukcijom, kada uopstenije ocigledno (pre nego da bilo sta zapisemo) da cemo u tome i uspeti. Odgovor na topitanje glasi: zato sto je uobicajeno da za tvrdenje koje treba da vazi za svaki prirodanbroj pokusamo dokaz matematickom indukcijom, cak iako nam uspeh nije ocigledan.Interesantni i manje ocigledni su oni dokazi koji nisu preko matematicke indukcije. Kodleve nejednakosti smo na taj nacin dokazali i jacu nejednakost, a to je n! > ((n+1)/e)n.U vezi sa drugim dokazom desne nejednakosti, navedimo da je u nalazenju neke finijegornje granice za n! od ocigledne: nn, prirodno iskoristiti nejednakost izmedu aritmetickei geometrijske sredine za brojeve 1, 2, ..., n. Nakon te nejednakosti, sve sto je preostaloje da primenimo vec mnogo puta pominjanu nejednakost: (n+ 1)n < e · nn. �

37. Dokazati da za sve prirodne brojeve n vazi nejednakost:

1

n+ 1< ln(1 +

1

n) <

1

n, (1.24)

zatim pokazati da je niz (xn) odreden sa:

xn =1

1+

1

2+ ...+

1

n− lnn,

konvergentan i pronaci granicnu vrednost niza (yn) odredenog sa:

yn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ ...+

1

n+ n.

Resenje. Kako za svaki prirodan broj n vazi:(1 +

1

n

)n< e <

(1 +

1

n

)n+1

,

imamo i:

e1

n+1 <

(1 +

1

n

)< e

1n .

Buduci da je funkcija x 7→ lnx rastuca, sledi

1

n+ 1< ln(1 +

1

n) <

1

n.

Dokazacemo da je niz (xn) opadajuci i ogranicen odozdo, odakle ce slediti da onkonvergira. Da je niz (xn) opadajuci sledi iz:

xn+1 − xn =1

n+ 1− (ln(n+ 1)− lnn) =

1

n+ 1− ln(1 +

1

n) < 0.

684 Glava 1. Nizovi

Da je niz (xn) ogranicen odozdo nulom, sledi iz dokazane nejednakosti na sledeci nacin:

1

1+

1

2+ ...+

1

n> ln(1 +

1

1) + ln(1 +

1

2) + ...+ ln(1 +

1

n)

= ln(2

1· 32· ... · n+ 1

n)

= ln(n+ 1) > lnn,

pa je zbog toga:

xn =1

1+

1

2+ ...+

1

n− lnn > 0.

Prema tome, niz (xn) je konvergentan.Za opsti clan niza (yn) vazi:

yn = x2n − xn + ln(2n)− lnn = x2n − xn + ln 2.

Posto niz (xn) konvergira, onda i niz (x2n), kao podniz niza (xn) konvergira ka istojgranicnoj vrednosti, pa je niz (x2n − xn) zapravo nula–niz. Dakle, niz (yn) kao sumanula–niza i konstante ln 2, konvergira ka ln 2.

Komentar. Nejednakost (1.24) je samo preformulacija nejednakosti (1.22) i zato je njendokaz ocigledan.

Konvergencija niza (xn) je dobro poznata teorijska cinjenica. To nije ni malo cudno,jer ovo tvrdenje govori o izuzetno bitnom zakljucku: suma reciprocnih vrednosti prvih nbrojeva jednaka je sa lnn, do na konstantu. Cesto smo govorili da se neki izraz ,,ponasa“kao neki drugi izraz, primera radi, n3 + n + 1 ponasa se kao n3, za velike brojeve n.Pod tim smo podrazumevali da kolicnik ove dve velicine: (n3 + n+ 1)/n3 konvergira kajedinici, ali ne i da njihova razlika konvergira konstanti, sto bi bilo mnogo jace tvrdenje.U tom smislu je tvrdenje u vezi sa nizom (xn) izuzetno vazno i jako. Granicna vrednostniza (xn) naziva se Ojlerova konstanta, obelezava se najcesce sa c ili γ, a iznosi priblizno0, 577. Interesantno je da, u trenutku pisanja ovog udzbenika, jos uvek nije poznato da lije Ojlerova konstanta racionalan, ili iracionalan broj. Odgovor na to pitanje nije poznatni za mnogo ,,jednostavnije“ brojeve. Recimo, za brojeve e + π i 2e nije poznato (josuvek) da li su racionalni, ili iracionalni.

Raspolazuci tvrdenjem za niz (xn), granicnu vrednost niza (yn) nalazimo vrlo jed-nostavno. Napomenimo da smo konvergenciju niza (yn) dokazali u 16. zadatku, ali tadanismo bili u mogucnosti da pronademo granicnu vrednost ovog niza. �

38. Ispitati konvergenciju niza (xn) odredenog sa:

xn =

(1 +

1

2

)(1 +

1

22

)(1 +

1

23

)· · ·(1 +

1

2n

).

Resenje. Niz (xn) je rastuci jer je

xn+1 = xn ·(1 +

1

2n+1

)> xn.


Koristeci nejednakost (1.22) dobijamo da za svaki prirodan broj k vazi:(1 +

1

k

)< e

1k ,

pa koristeci tu nejednakost dobijamo:

xn =

(1 +

1

2

)(1 +

1

22

)(1 +

1

23

)· · ·(1 +

1

2n

)< e1/2 · e1/22 · e1/23 · ... · e1/2n

= e12·(1− 1

2n)/(1− 1

2)

< e2.

Prema tome, niz (xn) je i ogranicen odozgo. Buduci ogranicen odozgo i rastuci, niz (xn)jeste konvergentan.

Komentar. Niz (xn) po obliku lici na primere koje smo resavali u prethodnom poglavlju.Monotonost ovog niza je ocigledna, ali nije tako jednostavno ograniciti ovaj niz, ukolikonam nisu poznate procene kojima smo se bavili u okviru ovog poglavlja. Kao sto vidimo,koristeci nejednakost (1.22), ogranicavanje ovog niza postaje jednostavan zadatak.

Pazljviji citalac ce sigurno primetiti da smo na ovaj nacin mogli dokazati konvergen-ciju bilo kog niza (yn) oblika:

yn =

(1 +

1

an

)(1 +

1

a2

)· · ·(1 +

1

an

),

pri cemu su brojevi a1, a2, ..., an, ... prirodni i takvi da niz (zn) odreden sa:

zn =1

a1+

1

a2+ ...+

1

an

konvergira. Primera radi, jedan takav niz dobijamo za an = n2, pa je zato i niz

(

(1 +

1

12

)(1 +

1

22

)· · ·(1 +

1

n2

))

konvergentan (a njegova granicna vrednost je, ocigledno?!, (eπ + e−π)/(2π)). �

U narednom zadatku uopsticemo nejednakost (1.22), odnosno (1.24), na racionalnebrojeve n, a zatim cemo i primeniti tu novu nejednakost.

39. Dokazati da za svaki racionalan broj r > 0 vazi:(1 +

1

r

)r< e <

(1 +

1

r

)r+1

(1.25)

686 Glava 1. Nizovi

Resenje. Neka je r = m/n, gde su m i n prirodni brojevi. Posto za svaki prirodan brojk vazi:

e1k > 1 +

1

k=k + 1

k,

sledi naredni niz nejednakosti:

e1r = en·

1m ≥ e

1m+ 1

m+1+...+ 1

m+n−1

= e1m · e

1m+1 · ... · e

1m+n−1

>m+ 1

m· m+ 2

m+ 1· ... · m+ n

m+ n− 1

=m+ n

m= 1 +

1

r.

Dakle, vazi

e >

(1 +

1

r

)r.

Nejednakost

e <

(1 +

1

r

)r+1

dokazujemo analogno. Naime, za svaki prirodan broj k vazi:

e1

k+1 < 1 +1

k=k + 1

k.

Zbog toga je:

e1

r+1 = en·1

m+n ≤ e1

m+1+ 1

m+2+...+ 1

m+n

= e1

m+1 · e1

m+2 · ... · e1

m+n

<m+ 1

m· m+ 2

m+ 1· ... · m+ n

m+ n− 1

=m+ n

m= 1 +

1

r.

Prema tome, vazi i nejednakost:

e < (1 +1

r)r+1,

za svaki racionalan broj r > 0.

Komentar. Dokazivanjem nejednakosti (1.25) pokazali smo da za svaki racionalan brojr > 0 vazi i

1

r + 1< ln(1 +

1

r) <

1

r.

Posto je svaki pozitivan realan broj granicna vrednost niza pozitivnih racionalnih brojeva,koristeci neprekidnost funkcije (1 + 1/x)x, iz dokazanih nejednakosti mozemo zakljucitida za svaki realan broj x > 0 vazi:(

1 +1

x

)x≤ e ≤

(1 +

1

x

)x+1

,


kao i:1

x+ 1≤ ln(1 +

1

x) ≤ 1

x.

Jasno je zbog cega ne tvrdimo da su nejednakosti stroge. Prelaskom na granicnu vred-nost u nekoj nejednakosti izmedu clanova dva niza, bila ona cak i stroga, ne mozemozakljuciti strogu nejednakost izmedu granicnih vrednosti, kao sto je vec bilo reci. U ne-jednakostima za proizvoljan realan broj x > 0 zaista vaze stroge nejednakosti, ali aparatkojim trenutno raspolazemo nije pogodan za dokazivanje te tvrdnje (ne tvrdimo da jei neupotrebljiv). Analizom monotonosti funkcija preko izvoda, dokazacemo ovu strogunejednakost u jednom potezu.

Obratimo sada paznju na sam dokaz. Ideja dokaza, koja je mozda ostala skrivenazbog nacina njegovog zapisa, je sledeca. Recimo, da za racionalan broj r = m/n zelimoda dokazemo (1 + 1/r)r < e. To je ekvivalentno sa

m+ n < en/m ·m.

Mi znamo da za svaki prirodan broj k vazi

k + 1 < e1/k · k,

tj. umemo da se ,,pomerimo“ sa broja k na broj k+ 1. Zato, pomerajuci se za po jedankorak, dobijamo:

en/m ·m = e(n−1)/m · e1/m ·m > e(n−1)/m · (m+ 1) >

> e(n−2)/m · e1/(m+1) · (m+ 1) > e(n−2)/m · (m+ 2) >

> e(n−3)/m · e1/(m+2) · (m+ 2) > e(n−3)/m · (m+ 3) > ...

Dakle, da bi ,,presli put od m do m+ n“ nama su potrebni stepeni broja e:

e1/m, e1/(m+1), e1/(m+2), ..., e1/(m+n−1),

a mi na raspolaganju imamo i vise od toga – imamo n stepena e1/m. Analogni nacinrazmisljanja vodi nas i do dokaza nejednakosti e < (1 + 1/r)r+1. �


xn =

(1 +

1

n2

)(1 +

2

n2

)· · ·(1 +

n

n2

).

Resenje. Iz nejednakosti (1.25), za svaki racionalan broj r > 0 sledi:

e1

r+1 <

(1 +

1

r

)< e

1r ,

pa za svako n ∈ N i svako k ∈ {1, 2, ..., n}, stavljajuci da je r = n2/k, dobijamo:

688 Glava 1. Nizovi

ek

n2+k <

(1 +

k

n2

)< e

kn2 .

Posto je k/(n2 + k) ≥ k/(n2 + n), imamo da vazi i:

ek

n2+n <

(1 +

k

n2

)< e

kn2 .

Ako primenimo ove nejednakosti na svaki cinilac u izrazu za xn, dobijamo:

e(1+2+...+n)/(n+n2) < xn < e(1+2+...+n)/n2.

Niz ciji je opsti clan dat sa ((1+2+ ...+n)/(n2+n)) je zapravo konstantnan niz (1/2)n,a niz ciji je opsti clan dat sa ((1 + 2 + ... + n)/n2) je niz ((n + 1)/(2n)), koji takodekonvergira ka 1/2. Zbog toga nizovi ciji su opsti clanovi dati na levoj i desnoj straniposlednje zapisane nejednakosti konvergiraju ka e1/2. Po teoremi o dva policajca, sledida niz (xn) takode konvergira ka e1/2.

Komentar. Za razliku od niza (xn) datog u zadatku 38, monotonost ovog niza (xn), akoje uopste i monoton, ni malo nije ocigledna. U 38. zadatku, naredni clan niza dobijaose od prethodnog mnozenjem jednim novim brojem vecim od 1. U ovom zadatku nijetakav slucaj. Pri prelasku na clan xn+1 prvih n cinilaca su manji nego cinioci kod clanaxn, ali zato imamo jedan novi koji je veci od 1 i koji mozda nadoknadi tu razliku.

Medutim, koristeci navedene procene u vezi sa brojem e, vrlo jednostavno procen-jujemo da ovaj niz nema kud, nego da konvergira ka

√e. Jos jednom skrecemo paznju

citaocu na tipicnu gresku do koje moze doci pri resavanju ovog problema, a koja je nalikna gresku iz zadatka 12. Da je niz (xn) bio odreden sa:

xn =

(1 +

1

n2

)(1 +

2

n2

)· · ·(1 +

100

n2

),

njegova granicna vrednost bi ocigledno bila jednaka 1, jer u tom slucaju niz (xn) jeproizvod 100 nizova sa granicnim vrednostima jednakim 1. U nasem zadatku, nije ovakavslucaj, jer se broj cinioca menja sa indeksom clana niza (xn). �

1.4 Delimicne granice niza i Stolcova teorema

Nizovi koji imaju granicnu vrednost, bilo ona konacna ili beskonacna, ponasaju se rela-tivno pravilno. Malo manje pravilno, ali ipak donekle pravilno, ponasaju se nizovi kojimogu da se razbiju na konacan broj podnizova od kojih svaki ima granicnu vrednost (po-jam razbijanje niza precizno je opisan u prvom delu knjige, u poglavlju 2.6). Naravnopostoje i nizovi koje ne mozemo svrstati ni u jednu od ove dve grupe – to su oni nizovikoji imaju beskonacno mnogo delimicnih granica. U prvih nekoliko primera bavicemo seupravo razbijanjem niza na njegove ,,pravilne“ podnizove, sa ciljem proucavanja pocetnogniza.

1.4. Delimicne granice niza i Stolcova teorema 689

Pored toga, u ovom poglavlju ilustrujemo i primenu Stolcove teoreme u nalazenjugranicnih vrednosti nekih nizova. Stolcova teorema za nizove predstavlja ono sto jeLopitalova teorema za funkcije i zato je ona izuzetno bitna. Sasvim prirodna pitanja kaosto su: ako neki niz konvergira, da li niz sastavljen od sredina (aritmetickih, geometrijskihi drugih) njegovih clanova takode konvergira, dobijaju odgovor pomocu ove teoreme. Semdirektne primene Stolcove teoreme, koristicemo i tvrdenja o sredinama koja su navedenau prvom delu knjige.

41. Odrediti, ako postoji, najveci i najmanji clan niza (xn), zatim inf{xn : n ∈ N},sup{xn : n ∈ N}, kao i sve delimicne granice, limes inferior i limes superior tog niza,ako je niz odreden sa:

a) xn = (−1)n−1(2 +3

n);

b) xn =n

n+ 1· sin2 nπ

4;

c) xn = n− n1/2n.

Resenje. a) Niz (xn) razbijamo na dva niza (x2n) i (x2n−1). Imamo da je

x2n = (−1)(2 +3

2n) i x2n−1 = 2 +

3

2n− 1.

Nizovi (x2n) i (x2n−1) su konvergentni, prvi od njih tezi ka −2, a drugi ka 2 (zato sto(3/(2n)) i (3/(2n− 1)) teze nuli, kao podnizovi niza (3/n) koji tezi nuli). Zbog toga niz(xn) ima dve delimicne granice, to su −2 i 2, pa je limes inferior niza (xn) jednak −2, alimes superior niza (xn) je jednak 2. Niz (x2n) strogo rastuce tezi ka −2, zato je njegovminimalni element jednak x2 = −2−3/2 = −3, 5, a najveci element ovog niza ne postoji.Imamo i da je inf{x2n : n ∈ N} = x2 = −3, 5 i sup{x2n : n ∈ N} = lim

n→∞x2n = −2, jer je

ovo rastuci niz. Niz (x2n−1) strogo opadajuce tezi ka 2. Njegov najveci element je x1 = 5,a najmanji element ovog niza ne postoji. Imamo i inf{x2n−1 : n ∈ N} = lim

n→∞x2n−1 = 2

i sup{x2n−1 : n ∈ N} = x1 = 5. Objedinjujuci ove zakljucke, dobijamo da je najmanjielement niza (xn) jednak x2 = −3, 5, a najveci element ovog niza je x1 = 5. Ovo suupravo i infimum i supremum skupa vrednosti ovih nizova.

b) Kako je sin2(nπ/4) = (1 − cos((nπ)/2)/2, vrednost izraza sin2(nπ/4) zavisi odostatka koji daje n pri deljenju sa 4 i to na sledeci nacin:

sin2nπ

4=

1/2, n = 4k + 1

1, n = 4k + 2

1/2, n = 4k + 3

0, n = 4k.

Niz (xn) razbijamo na cetiri niza (x4k+1), (x4k+2), (x4k+3) i (x4k), gde u prva tri nizak prolazi skupom N0, a u cetvrtom nizu k prolazi skupom N. Sada imamo

x4k+1 =4k + 1

(4k + 1) + 1· 12, x4k+2 =

4k + 2

(4k + 2) + 1,

690 Glava 1. Nizovi

x4k+3 =4k + 3

(4k + 3) + 1· 12, i x4k = 0.

Kako4k + 1

(4k + 1) + 1→ 1,

4k + 2

(4k + 2) + 1→ 1 i

4k + 3

(4k + 3) + 1→ 1,

imamo da su sva cetiri niza konvergentna i to

x4k+1 →1

2, x4k+2 → 1, x4k+3 →

1

2i x4k → 0.

Dakle, delimicne granice niza (xn) su 0, 1/2 i 1, limes inferior je 0, a limes superiorje 1. Niz (n/(n + 1)) strogo rastuce tezi ka 1, zato nizovi (x4k+1), (x4k+2) i (x4k+3)strogo rastuce teze ka svojim granicnim vrednostima i zbog toga nemaju najveci element.Najmanji elementi ovih nizova su redom x1, x2 i x3. Takode inf{x4k+1 : k ∈ N0} =x1, inf{x4k+2 : k ∈ N0} = x2 i inf{x4k+3 : k ∈ N0} = x3, dok je sup{x4k+1 : k ∈N0} = lim

n→∞x4k+1 = 1

2 , zatim sup{x4k+2 : k ∈ N0} = limn→∞

x4k+2 = 1 i sup{x4k+3 :

k ∈ N0} = 12 . Niz (x4k) je konstantan, njegov najmanji i najveci element, infimum i

supremum skupa njegovih vrednosti su svi jednaki sa 0. Objedinjujuci ove zakljuckedobijamo da je najmanja vrednost niza (xn) jednaka 0, (0 = x4 = x8 = ...), najvecavrednost ovog niza ne postoji, inf{xn : n ∈ N} = 0, a sup{xn : n ∈ N} je najveci odsupremuma nizova koji smo dobili razbijanjem ovog niza, tj. sup{xn : n ∈ N} = 1.

c) Dokazimo da niz (xn) tezi ka +∞. Posto je 2n > n (sto se rutinski dokazujematematickom indukcijom), to je i 1/2n < 1/n, pa je

1 < n1/2n< n1/n.

Kao sto znamo, niz ( n√n) konvergira ka 1, pa i niz (n1/2

n), po teoremi o dva policajca,

takode konvergira ka 1. Zbog toga niz (xn), kao suma niza (n) i niza koji konvergira ka1, tezi ka +∞. Dakle, niz (xn) ima samo jednu delimicnu granicu, to je +∞ i ovo jeujedno i limes superior i limes inferior ovog niza. Takode, kako xn → +∞, niz (xn) nemanajveci clan i sup{xn : n ∈ N} = +∞. Posto je x1 = 0 i xn > 0, za svako n > 1, jer jeu tom slucaju: n = n1 > n1/2

n, sledi da je najmanji clan ovog niza upravo x1. Takode,

sledi i inf{xn : n ∈ N} = x1 = 0.

Komentar. U opstem slucaju nije jednostavno odrediti sve ove stavke za dati niz. Ipak,primeri u ovom zadatku bili su dovoljno jednostavni, te smo lako mogli da odgovorimo nasve zahteve iz teksta zadatka. Sve sto treba uraditi je razbiti dati niz na pogodan nacini primeniti Tvrdenje 2.108 iz prvog dela knjige. ,,Pogodan nacin“ za razbijanje niza sesam namece iz nacina definicije niza (xn). Jedino je, mozda, primer pod c) bio manjeocigledan, ali nakon kraceg razmisljanja, ako ne i momentalno, uocavamo da ovaj niztezi ka +∞ i da je za njega takode jednostavno ispuniti zahtev iz zadatka, bez ikakvograzbijanja. �

42. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost niza (xn), odredenog sa:

xn =

(n+ 1

n+ cos nπ2

)n2

.


Resenje. Podniz (x4k) niza (xn) jednak je konstantnom nizu (1)n, jer je za n = 4k,cos(nπ/2) = cos(2π) = 1, pa je xn = 1. Dokazimo da podniz

(x1, x2, x3, x5, x6, x7, x9, ...), (1.26)

tj. onaj podniz koji dobijamo kada iz niza (xn) odstranimo sve clanove ciji je indeksdeljiv sa 4, tezi ka +∞. Odatle cemo zakljuciti da niz (xn) nema granicnu vrednost.

Oznacimo sa S skup svih prirodnih brojeva deljivih sa 4. Tada podniz iz (1.26)mozemo zapisati i kao (xn)n∈N\S . Kada je n ∈ N \ S, tada je cos(nπ/2) = 1, pa je zatakvo n:

xn =

1 +

1

n+ cos nπ21− cos nπ2


1− cos nπ2n+ cos nπ2

· n2

(1.27)

Niz (n + cos(nπ/2))n∈N\S tezi ka +∞, kao suma niza (n)n∈N\S koji tezi ka +∞ iogranicenog niza (cos(nπ/2))n∈N\S . Za n ∈ N \ S vazi cos(nπ/2) ∈ {0,−1}, pa je svakiclan niza (1/(1 − cos(nπ/2)))n∈N\S ne manji od 1/2, i zato niz ((n + cos(nπ/2))/(1 −cos(nπ/2)))n∈N\S tezi ka +∞. Dakle, niz:

(

1 +1



)n∈N\S

konvergira ka e. Niz (n2/(n+cos(nπ/2)))n∈N\S tezi ka +∞. Zaista, ovaj niz je proizvodniza (n)n∈N\S i niza ((1 + cos(nπ/2)/n)−1)n∈N\S od kojih prvi tezi ka +∞, a drugi

ka 1. Clanovi niza (1 − cos(nπ/2))n∈N\S jednaki su ili 1 ili 2, pa kako niz (n2/(n +cos(nπ/2)))n∈N\S tezi ka +∞, sledi da i niz:

(n2

n+ cos nπ2· (1− cos

nπ

2))n∈N\S

tezi ka +∞. Koristeci cinjenicu iz 31. zadatka, zakljucujemo da niz (xn)n∈N\S tezi ka+∞.

Prema tome, niz (xn) nema granicnu vrednost.

Komentar. Ovaj zadatak smo najavili i u prethodnom poglavlju. Glavni razlog za toje jednakost (1.27). Ako nismo dovoljno pazljivi, mozemo pomisliti da ta jednakost vaziza sve prirodne brojeve n i doci do nekih besmislenih zakljucaka. Iako ovaj zadatak, posvojoj formi, lici na zadatke koje smo resavali u prethodnom poglavlju, njegovo resenjeodudara od resenja koje smo imali ranije. Ovaj zadatak mogao je da bude dat i uprethodnom poglavlju, jer cinjenica koju smo iskoristili da bi zakljucili da niz (xn) nije

692 Glava 1. Nizovi

konvergentan opisana je i ranije, bez pominjanja delimicnih granica niza. Jednostavno,ako niz ima dva podniza sa razlicitim granicnim vrednostima, onda on nije konvergentan.Ipak, zbog ideje o razbijanju niza na dva podniza, ovaj zadatak smo naveli u ovompoglavlju.

Trigonometrijske funkcije, buduci periodicne, pogodne su za postizanje ovakvog efekta.Zato predlazemo citaocu da se oproba u smisljanju drugog zadatka koji bi po ideji zaresavanje licio na ovaj zadatak, a da pritom upotrebi neku drugu konstrukciju. �

43. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost niza (xn) odredenog sa xn = n√n!.

Resenje. Neka je k proizvoljan prirodan broj. Za svaki prirodan broj n koji je veci od kvazi:

n! = 1 · 2 · ... · k · (k + 1) · ... · n > k · k · ... · k︸︷︷︸n−k+1

= kn−k+1.

Zbog toga jen√n! > k

n−k+1n , (1.28)

za svaki prirodan broj n > k. Posmatrajmo nizove ( n√n!) i (k(n−k+1)/n)n indeksirane

pocevsi od k + 1. Iz (1.28) zakljucujemo da je:

limn→∞

n√n! ≥ lim

n→∞k

n−k+1n kao i lim

n→∞

n√n! ≥ lim

n→∞k

n−k+1n .

Posto niz ((n−k+1)/n) konvergira ka 1, koristeci neprekidnost eksponencijalne funkcije,zakljucujemo da niz (k(n−k+1)/n) ima granicnu vrednost i ona iznosi k. Zbog toga je:

limn→∞

kn−k+1

n = limn→∞

kn−k+1

n = limn→∞

kn−k+1

n = k.

Prema tome, za niz ( n√n!), indeksiran od k + 1, vazi:

limn→∞

n√n! ≥ k i lim

n→∞n√n! ≥ k. (1.29)

Limes superior i limes inferior niza ( n√n!) indeksiranog od 1 i od k + 1 se poklapaju, pa

nejednakosti (1.29) vaze i za niz ( n√n!) indeksiran od 1.

Posto je k bio proizvoljno izabran prirodan broj, iz (1.29) sledi da su limes superior ilimes inferior niza (xn) jednaki +∞. Kako se poklapaju, sledi da je i granicna vrednostniza (xn) jednaka +∞.

Komentar. Ovaj zadatak predstavlja lepu ilustraciju cinjenice da, iako neki niz mozdanema granicnu vrednost, on uvek ima barem jednu delimicnu granicu, pa samim tim,uvek ima limes superior i limer inferior. Takode, ako do sada vec nije bila ociglednavaznost reci: ,,Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost...“ ovde ce se ona istaci.

Zamislimo na trenutak da je zadatak glasio ovako: ,,Poznato je da niz ( n√n!) ima

granicnu vrednost. Odrediti je.“ . Do nejednakosti (1.28) resenje zadatka bi biloisto. Onda, posto nam je poznato da niz ( n

√n!) ima granicnu vrednost, a takode i niz


(k(n−k+1)/n) ima granicnu vrednost, u nejednakosti (1.28) odmah mozemo da predemona granicne vrednosti i dobijamo:

limn→∞

n√n! ≥ k.

Zbog proizvoljnosti broja k, sledi da n√n! → +∞.

Dakle, resenje zadatka bi bilo znacajno krace. Ipak, u nasem zadatku, kao sto je tekstzadatka naglasio, nije poznato da niz ( n

√n!) uopste ima granicnu vrednost i besmisleno

bi bilo postupati kao sto smo opisali u prethodnim redovima. Na srecu, bez obzirada li postoji granicna vrednost ili ne, u nejednakosti (1.28) mozemo da predemo nanejednakost izmedu limesa superiora i inferiora, koji postoje za svaki niz realnih brojeva.

Citalac sa boljim pamcenjem primetice da smo zadatak mogli resiti u jednom potezu,primenom nejednakosti iz 36. zadatka: Posto n/e → +∞, a n

√n! > n/e, sledi i n

√n! →

+∞. Takode u jednom potezu ovaj zadatak mozemo resiti i primenom Tvrdenja 2.136,kada izaberemo da niz (an) bude niz (n). �

U narednim zadacima primenjujemo Stolcovu teoremu i izvedena tvrdenja iz oveteoreme.

44. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost niza (an) odredenog sa:

an =1k + 2k + ...+ nk

nk+1,

pri cemu je k prirodan broj.

Resenje. Neka su nizovi (xn) i (yn) odredeni sa:

xn = 1k + 2k + ...+ nk, yn = nk+1.

Niz (yn) je strogo rastuci i tezi ka +∞. Pored toga, vazi i:

xn+1 − xnyn+1 − yn

=(n+ 1)k

(n+ 1)k+1 − nk+1

=nk +

(k1

)nk−1 +

(k2

)nk−2 + ...+

(kk−1

)n+ 1(

k+11

)nk +

(k+12

)nk−1 + ...+

(k+1k

)n+ 1

=1 + 1

nk ((k1

)nk−1 +

(k2

)nk−2 + ...+

(kk−1

)n+ 1)(

k+11

)+ 1

nk ((k+12

)nk−1 + ...+

(k+1k

)n+ 1)

.

Izrazi u zagradi u brojiocu i imeniocu su polinomi po n stepena k− 1. Prema tome, niz((xn+1−xn)/(yn+1−yn)) je kolicnik dva niza koji konvergiraju ka 1 i k+1, pa zato ovajniz konvergira ka 1/(k+1). Po Stolcovoj teoremi, sledi da i niz (an), buduci jednak nizu(xn/yn), konvergira i to ka 1/(k + 1).

694 Glava 1. Nizovi

Komentar. Resavanje ovog zadatka primenom Stolcove teoreme je manje-vise pravolini-jsko. Jedini korak koji moze delovati problematicno je onaj u kom primenjujemo binomnuformulu. Ipak, to je vise psiholoski efekat nego realan problem, koji se javlja jer radimo,,sa slovima a ne sa brojkama“. Primera radi, da je broj k bio neki konkretan broj:3, 7, 100, bilo bi mnogo ociglednije da u tom koraku treba primeniti binomnu formulu.

Zanimljivo je prokomentarisati tvrdenje koje ovaj zadatak daje. Jos od ranije sunam poznate, vise ili manje, razne formule za sumiranje: 1 + 2 + ... + n, ili recimo12 +22 + ...+n2 i slicno. Ako ih pazljivo proucimo uocicemo da su te formule uvek nekipolinom po n i to stepena za jedan vise nego sto je stepen brojeva koje sabiramo. Ovotvrdenje je povezano sa tim zapazanjem. Ono kaze da se suma k-tih stepena prvih nbrojeva ponasa kao nk+1. Ipak, to nam ne daje nikakvu informaciju o tome kako naciformulu za sumu k-tih stepena prvih n brojeva, ako takva formula uopste postoji. Upotrazi za odgovorom na pitanje o postojanju takve formule, savetujemo citaocu da sezainteresuje za Bernulijeve brojeve i Bernulijevu formulu.

Na kraju, pomenimo i to da se tvrdenje iz zadatka moze uopstiti i na realne brojevek, ali je to prikladnije uciniti nakon stecenog znanja o granicnim vrednostima funkcija,narocito o poznatoj granicnoj vrednosti:

limx→0

(1 + x)a − 1

x= a.

�

45. Niz (xn) odreden je na sledeci nacin: x0 > 0 i za svako n ∈ N0 vazi:

xn+1 = xn +1

3x3n.

Odrediti, ukoliko postoji:

limn→∞

x3nn.

Resenje. Ukoliko postoji granicna vrednost:

limn→∞

x3n+1 − x3n(n+ 1)− n

= limn→∞

(x3n+1 − x3n),

onda ce, po Stolcovoj teoremi, postojati i trazena granicna vrednost i one ce biti jednake.Iz nacina na koji je niz zadat, sledi:

x3n+1 − x3n = (xn +1

3x3n)3 − x3n =

1

xn+

1

3 · x5n+

1

27 · x27n.

Dokazimo da niz (1/xn) konvergira ka nuli, odakle ce slediti i da niz

(1

xn+

1

3 · x5n+

1

27 · x27n)


konvergira ka nuli, pa ce i trazena granicna vrednost biti jednaka 0, kao sto smo vecobjasnili.

Niz (xn) je ocigledno niz sa pozitivnim clanovima koji je strogo rastuci. Pret-postavimo da niz (xn) ima granicnu vrednost x ∈ R. Posto je x0 > 0 i niz (xn) jerastuci, vazi x = 0. Prelaskom na granichnu vrednost u jednakosti xn+1 = xn + (1/3)x3ndobijamo:

x = x+1

3x3,

a ovakva jednakost ne vazi ni za jedan realan broj x. Dakle, niz (xn) nema realnugranicnu vrednost, a kako je rastuci, sledi xn → +∞. Odavde sledi da 1/xn → 0, pa kaosto smo vec naveli, odatle sledi da

limn→∞

x3nn

= 0.

Komentar. Ovaj zadatak je lep primer kako Stolcova teorema za nizove podseca na Lo-pitalovu teoremu za funkcije. Umesto da trazimo limes niza (an/n), iz Stolcove teoremesledi da je dovoljno pronaci limes niza (an+1 − an) (uporediti ovo sa nalazenjem limesafunkcije: a(x)/x preko Lopitalove teoreme). Tako smo i postupali u zadatku, a kadapredemo na trazenje limesa niza (x3n+1 − x3n) sve sto treba da uradimo do kraja resenjaje da budemo pazljivi i rutinski iskoristimo rekurentnu vezu kojom je niz definisan. Zan-imljiv je nacin na koji smo dokazali da niz (xn) tezi ka +∞. Takav pristup iskoristilismo i kod 18. zadatka, u delu pod b). �

46. Niz (xn) odreden je na sledeci nacin: x0 = 1/2 i xn+1 = xn − x2n, za svako n ∈ N0.Odrediti, ukoliko postoji, lim

n→∞(n · xn).

Resenje. U delu pod a) u 18. zadatku imali smo isti ovakav niz i pritom dokazali da onkonvergira ka 0, da su svi clanovi ovog niza pozitivni, kao i to da je on strogo opadajuci.Zbog toga taj deo resenja necemo pisati i ovde, vec upucujemo citaoca na navedenizadatak. Iz dokazanog dela sledi da je niz (1/xn) strogo rastuci niz pozitivnih brojevakoji tezi ka +∞. Niz (n · xn) zapravo je jednak nizu (n/(1/xn)). Primetimo da je:

n+ 1− n1

xn+1− 1

xn

=1

1xn−x2n

− 1xn

= 1− xn → 1,

pa po Stolcovoj teoremi sledi da i niz (n/(1/xn)), tj. niz (n · xn) konvergira ka 1.

Komentar. Ovaj zadatak se ne razlikuje narocito od prethodnog zadatka. Transfor-macija koju smo izvrsili u resenju, kada umesto nxn posmatramo n/(1/xn) upravo jeanalogna transformaciji koju vrsimo kada primenjujemo Lopitalovu teoremu na slucajf(x) · g(x) kada jedna od funkcija tezi ka nuli, a druga ka beskonacnosti. Nakon toga,koristeci rekurentnu vezu, zadatak postaje vrlo jednostavan. �

696 Glava 1. Nizovi

U narednim zadacima, korsticemo Stolcovu teoremu, direktno, ili indirektno – prekonjenih bitnih posledica.

47. Odrediti, ukoliko postoje, granicne vrednosti niza (xn) i (yn) odredenih sa:

xn =1 +

√2 + 3

√3 + ...+ n

√n

n, yn =

√1 +

√2 +

√3 + ...+

√n

n√n

.

Resenje. Neka je niz (an) odreden sa an = n√n. Kao sto znamo, granicna vrednost niza

(an) jednaka je 1. Niz (xn) je upravo jednak:

(a1 + a2 + ...+ an

n),

pa prema Tvrdenju 2.130, sledi da granicna vrednost niza (xn) postoji i takode je jednaka1.

Posmatrajmo sada niz (yn). Neka je bn =√1 +

√2 + ...+

√n i cn = n

√n. Niz (cn)

je strogo rastuci i tezi ka +∞. Takode, vazi i:

bn+1 − bncn+1 − cn

=

√n+ 1

(n+ 1)√n+ 1− n

√n

=

√n+ 1

(n+ 1)√n+ 1− n

√n· (n+ 1)

√n+ 1 + n

√n

(n+ 1)√n+ 1 + n

√n

=

√n+ 1((n+ 1)

√n+ 1 + n

√n)

(n+ 1)3 − n3

=

√n+ 1((n+ 1)

√n+ 1 + n

√n)

3n2 + 3n+ 1

=

√1 + 1

n

((1 + 1

n)√1 + 1

n + 1)

3 + 3n + 1

n2

→ 2

3.

Posto je (yn) = (bn/cn), prema Stolcovoj teoremi sledi da niz (yn) konvergira ka 2/3.

Komentar. Odredivanje granicne vrednosti niza (xn) bila je direktna primena Tvrdenja2.130 iz prvog dela knjige, pa kao takva, ne zasluzuje poseban komentar.

Prokomentarisacemo niz (yn). Pazljiviji citalac priemtice da se niz (yn) dobija odniza iz 44. zadatka, za k = 1/2. Ipak, u resenju tog zadatka bilo je vazno da je kprirodan broj, jer u tom slucaju, kod primene Stolcove teoreme, u brojiocu i imeniocuniza javljaju se polinomi po n (tj. mozemo da iskoristimo binomnu formulu). Kao stomozemo da vidimo u ovom primeru, postoji taj dodatni korak racionalizacije izraza,koji je mozda manje ocigledan od primene binomne formule u 44. zadatku, ali je ipakrutinski. Citalac moze razmisliti koje jos brojeve k, a da nisu prirodni, moze ubaciti u44. zadatak, a da se resenje problema ne razlikuje previse od ovog.


U vezi sa nizom (yn) zelimo da skrenemo paznju na jos jednu stvar, zbog koje smo istavili u isti zadatak niz (xn) i (yn). Naime, opsti clan niza (yn) moze se zapisati kao:

yn =

√1

n+

√2

n+ ...+

√n

n

n. (1.30)

Pritom, mozda nam se ucini da se granicna vrednost niza (yn) moze odrediti analognosa nizom (xn), tako sto zapravo uocimo da je niz (yn) sastavljen od aritmetickih sredinaclanova nekog niza. Broj yn, za svako n, zaista jeste aritmeticka sredina nekih brojeva.Ipak, budemo li malo pazljiviji, uocicemo da ne mozemo smisleno izabrati neki niz, takoda niz (yn) bude sastavljen od aritmetickih sredina njegovih clanova. U brojiocu izrazaiz (1.30) sabirci zavise od n i pri prelasku sa n na n + 1 ne dodaje se samo jedan novisabirak, kao sto je to bio slucaj sa nizom (xn), vec se i ostali sabirci menjaju. �


xn =n√n!

n.

Resenje. Neka je niz (an) odreden sa an = xnn = n!/nn. Tada je:

an+1

an=

(n+1)!(n+1)·(n+1)n

n!nn

=1(

1 + 1n

)n → 1

e.

Kako postoji granicna vrednost niza (an+1/an), onda po Tvrdenju 2.139, postoji igranicna vrednost niza ( n

√an) i jednake su. Posto je xn = n

√an, zakljucujemo da niz

(xn) konvergira ka 1/e.

Komentar. Pitanje cemu tezi niz iz zadatka je, naravno, u direktnoj vezi sa procenamao kojima smo pricali u komentaru 36. zadatka. Iz nejednakosti koja je bila tema togzadatka sledi:

1

e<

n√n!

n<

n√e

2,

tako da nismo u mogucnosti da primenimo teoremu o dva policajca. Ipak, iz Stirlingoveformule koju smo naveli u sklopu komentara, direktno sledi da je granicna vrednost ovogniza jednaka 1/e. Prema tome, za citaoca koji je upoznat sa malo dubljim rezultatimamatematicke analize, ovaj zadatak ne sadrzi problemske momente.

Kao sto vidimo, zadatak mozemo da resimo i koristeci elementarnije cinjenice, kao stoje poznata posledica Stolcove teoreme. ,,Dosetka“ da iskoristimo bas ovo tvrdenje vise jestvar rutine nego kreativnosti. Svi razlozi za motivaciju da iskoristimo ovo tvrdenje videse direktno iz resenja: nizovi u cijim opstim clanovima se javljaju izrazi poput n! i nn

mogu biti pogodni za ispitivanje odnosa dva uzastopna clana, a to nam moze posluziti,o cemu govori i tvrdenje, da ispitamo karakter konvergencije posmatranog niza. �

698 Glava 1. Nizovi

Glava 2

Funkcije

2.1 Granicne vrednosti i neprekidnost funkcije

U prvom delu knjige resen je veliki broj primera u vezi sa granicnom vrednoscu funkcije.Ti primeri, izmedu ostalog, bave se sledecim problemima: dokazivanje, po Kosijevoj iHajneovoj definiciji, da je dati broj ili neka beskonacnost granicna vrednost date funkcijeu datoj tacki; dokazivanje da data funkcija nema granicnu vrednost u posmatranoj tackii to preko Hajneove definicije granicne vrednosti, kao i preko uporedivanja jednostranihgranicnih vrednosti u toj tacki; isticanje razlike granicnih vrednosti u zavisnosti od togapo kom skupu trazimo granicnu vrednost, itd. Savetujemo citaocu da dobro prouci teprimere. Ovde necemo resavati zadatke koji jedino za cilj imaju da prikazu ono sto jevec prikazano u tim primerima.

Takode, imamo u vidu da mnoge granicne vrednosti bez vecih problema nalazimo ko-risteci Lopitalove teoreme i Tejlorov razvoj funkcija. Zato je donekle neprirodno smisljatidruge nacine za nalazenje tih granicnih vrednosti. S tim na umu, trudimo se da svakotakvo ,,neprirodno“ nalazenje granicne vrednosti neke funkcije uvek sa sobom nosi josneku poruku, koja se moze naci u komentaru nakon resenja zadatka. Sa druge strane,resavacemo i probleme na koje nije moguce primeniti Lopitalove teoreme, ili iskoristitiTejlorov razvoj funkcija, pa njihova resenja nece delovati neprirodno.

Jedino cemo u prvom zadatku ovog poglavlja naglasavati koriscenje osnovnih teoremao osobinama granicnih vrednosti funkcija, poput onih o granicnoj vrednosti zbira, razlike,proizvoda i kolicnika dve funkcije. U ostalim zadacima te teoreme koristimo precutno,jer bi stalno naglasavanje njihovog koriscenja odvracalo nasu paznju od bitnijih stvari.Necemo navoditi analogna tvrdenja za granicne verdnosti funkcija sa onim iskazanim u 2.6. i 31. zadatku za granicne vrednosti nizova. Smatramo da citalac moze i sam iskazatii dokazati ova tvrdenja, a mi cemo ih koristiti kao poznata (jedan deo tvrdenja poputonog iz 31. zadatka, ali za granicne vrednosti funkcija, dokazan je u okviru Primera3.166 u prvom delu knjige). Kao i kod odredivanja granicnih vrednosti nizova, tako iovde, smatramo poznatom cinjenicu da su sve elementarne funkcije neprekidne na svomdomenu, pa kada god nam zatreba, koristimo Tvrdenje 3.121.

699

700 Glava 2. Funkcije

49. Data je funkcija f : (0,+∞) → R, definisana sa:

f(x) =x2 + 3

√x4 + 1 + sinx

x√x+ 1 + x3 + 5

.

Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost: limx→+∞

f(x).

Resenje. Funkcija f je, zapravo, jednaka (brojilac i imenilac smo podelili sa x3):

f(x) =

1

x+ 3

√1

x5+

1

x9+

sinx

x3

1 +1

x√x

√1 +

1

x+

5

x3

.

Funkcija f je kolicnik dve funkcije g i h definisane sa:

g(x) =1

x+

3

√1

x5+

1

x9+

sinx

x3i h(x) = 1 +

1

x√x

√1 +

1

x+

5

x3.

Funkcija g tezi ka nuli kada x → +∞. Zaista, funkcija g je zbir tri funkcije: x 7→ 1/x,x 7→ 3

√1/x5 + 1/x9 i x 7→ sinx/x3. Znamo da 1/x → 0, x → +∞, a zbog toga i

1/x5 → 0 i 1/x9 → 0, kada x→ +∞, kao sto je dokazano u Posledici 3.51. Prema teoremio zbiru granicnih vrednosti sledi i da 1/x5 + 1/x9 → 0, x → +∞, a zbog neprekidnostifunkcije x 7→ 3

√x u nuli, sledi i da 3

√1/x5 + 1/x9 → 0, x → +∞. Napokon, funkcija

x 7→ sinx/x3 je proizvod funkcija x 7→ sinx i x 7→ 1/x3, od kojih je prva ogranicena, adruga tezi nuli, kada x → +∞. Zbog toga i sinx/x3 → 0, x → +∞. Funkcija g je zbirtri funkcije koje teze nuli kada x→ +∞, pa i sama tezi nuli.

Funkcija h je zbir tri funkcije: konstantne funkcije x 7→ 1, funkcije x 7→ 1/(x√x) ·√

1 + 1/x i funkcije x 7→ 5/x3. Konstantna funkcija tezi ka 1, kada x → +∞. Zatim,funkcija

√1 + 1/x tezi ka 1, jer 1+1/x→ 1, x→ +∞, a funkcija x 7→

√x je neprekidna u

jedinici. Posto 1/(x√x) → 0, x→ +∞, jer x

√x→ +∞, x→ +∞, sledi da, po teoremi

o proizvodu granicnih vrednosti, 1/(x√x) ·

√1 + 1/x→ 0, x→ +∞. Na kraju, imamo

i da 5/x3 = 5 · 1/x3 → 0, x → +∞, pa funkcija h, kao zbir tri funkcije od kojih jednatezi jedinici, a ostale dve teze nuli, tezi jedinici.

Po teoremi o kolicniku granicnih vrednosti, sledi da funkcija f tezi ka 0/1 = 0, kadax→ +∞.

Komentar. Kao sto vidimo, ako zelimo da napisemo detaljno resenje cak i ovako jed-nostavnog zadatka, ocekuje nas zamoran posao. Zbog toga cemo u ostalim zadacimamnoga tvrdenja koristiti precutno. Ovaj primer, zajedno sa mnogim primerima kodkonvergentnih nizova, daju jasnu sliku o tome da zakljucci koje donosimo (primera radi:√

1 + 1/x→ 1) nisu plod intuicije, vec se uvek mogu precizno dokazati koristeci tvrdenjanavedena u prvom delu knjige.

Nadamo se da je ovo resenje dovoljno da bi se stekao utisak o tome kako treba odreditigranicnu vrednost mnogih funkcija nalik na funkciju f , kada promenljiva tezi nekoj od

2.1. Granicne vrednosti i neprekidnost funkcije 701

beskonacnosti. Kada kazemo: ,,nalik na funkciju f“, pod tim smatramo racionalnefunkcije, ali i funkcije koje u brojiocu i imeniocu imaju i stepene funkcije (kao sto je korennekog reda), pa i neku ogranicenu funkciju. Dovoljno je proceniti koji je dominantanstepen promenljive x u brojiocu i izvuci ga ispred zagrade, a zatim uraditi isto i uimeniocu. Primera radi, u ovom zadatku proces sredivanja izraza izgledao je ovako:

x2 + 3√x4 + 1 + sinx

x√x+ 1 + x3 + 5

=x2(1 + 3

√1

x2+

1

x6+

sinx

x2)

x3(1

x√x

√1 +

1

x+ 1 +

5

x3)

=1

x·1 + 3

√1

x2+

1

x6+

sinx

x2

1

x√x

√1 +

1

x+ 1 +

5

x3

,

a zatim smo zbog kraceg pisanja faktor 1/x ubacili u brojilac poslednjeg razlomka.Drugim recima, postupak je potpuno analogan onom za odredivanje granicne vrednostiniza iz 7. zadatka. �

U prvom delu knjige, detaljno je obrazlozeno i ilustrovano primerima, kako granicnavrednost funkcije u nekoj tacki zavisi od toga na kom skupu posmatramo tu funkciju. Akone naglasimo suprotno, u problemima koji glase: ,,Odrediti granicnu vrednost lim

x→x0f(x)“,

gde je f neka data funkcija, podrazumevacemo da se za domen funkcije f uzima skupDf .

50. Odrediti, ukoliko postoje, naredne granicne vrednosti:

a) limx→1

x4 − 1

x3 − 1;

b) limx→−4

|x(x+ 3)|;

c) limx→1

sgn (x2 − 1)

ln(x+ 1);

d) limx→π

1

| sinx|;

e) limx→+∞

√|x− 2|(x2 + 1)

x− 1;

f) limx→−∞

√x2 + 1

x+ 1.

Resenje. a) Funkcija:

x 7→ x4 − 1

x3 − 1=

(x− 1)(x3 + x2 + x+ 1)

(x− 1)(x2 + x+ 1)

nije definisana za x = 1, ali se u nekoj probodenoj okolini tacke x = 1 (primera radi, naskupu (0, 2) \ {1}) poklapa sa funkcijom:

x 7→ x3 + x2 + x+ 1

x2 + x+ 1.

Posto granicna vrednost funkcije u tacki ne zavisi od vrednosti (ili uopste definisanosti)funkcije u toj tacki, vec od vrednosti funkcije u (nekoj) probodenoj okolini te tacke,sledi:

limx→1

x4 − 1

x3 − 1= lim

x→1

x3 + x2 + x+ 1

x2 + x+ 1.


Limes na desnoj strani jednakosti nalazimo koristeci osnovne osobine limesa:

limx→1

x3 + x2 + x+ 1

x2 + x+ 1=

(limx→1

x)3 + (limx→1

x)2 + limx→1

x+ limx→1

1

(limx→1

x)2 + limx→1

x+ limx→1

1=

4

3.

Dakle:

limx→1

x4 − 1

x3 − 1=

4

3.

b) Ovu granicnu vrednost nalazimo na dva nacina:Prvi nacin: Funkcija x 7→ x(x + 3) je pozitivna na intervalima (−∞,−3) i (0,+∞), anegativna na intervalu (−3, 0). Zato postoji okolina tacke −4, recimo (−5,−3) na kojojvazi |x(x + 3)| = x(x + 3). Zbog jednakosti ove dve funkcije na nekoj okolini tacke −4sledi i jednakost njihovih granicnih vrednosti u tacki −4. Dakle:

limx→−4

|x(x+ 3)| = limx→−4

x(x+ 3) = ( limx→−4

x)2 + 3 limx→−4

x = 4.

Drugi nacin: Funkcija x 7→ |x(x + 3)| je elementarna funkcija i samim tim neprekidnana svom domenu. Posto je tacka −4 u domenu ove funkcije, sledi:

limx→−4

|x(x+ 3)| = |(−4) · (−4 + 3)| = 4.

c) Potrazimo levu i desnu granicnu vrednost ove funkcije u tacki 1. U nekoj levojokolini tacke 1, recimo (0, 1), funkcija x 7→ x2 − 1 je negativna i na toj okolini vazisgn (x2 − 1) = −1. Zato se leva granicna vrednost funkcija x 7→ sgn (x2 − 1) u tacki 1poklapa sa levom granicnom vrednoscu konstantne funkcije x 7→ −1 u tacki 1, tj:

limx→1−0

sgn (x2 − 1) = limx→1−0

−1 = −1.

Posto x+ 1 → 2, x→ 1, sledi i da je leva granicna vrednost funkcije x 7→ x+ 1 u tacki1 jednaka 2. Funkcija x 7→ lnx je neprekidna u 2 pa je:

limx→1−0

ln(1 + x) = ln 2.

Dakle:

limx→1−0

sgn (x2 − 1)

ln(x+ 1)=

limx→1−0

sgn (x2 − 1)

limx→1−0

ln(x+ 1)=

−1

ln 2.

Analogno nalazimo i desnu granicnu vrednost u tacki 1: u okolini (1, 2) funkcijax 7→ sgn (x2 − 1) jednaka je konstantnoj funkciji x 7→ 1, jer je na tom skupu x2 − 1 > 0.Zato je

limx→1+0

sgn (x2 − 1) = 1.

Pored toga, kao i ranije vazi:

limx→1+0

ln(x+ 1) = limx→1

ln(x+ 1) = ln 2.


Zato je:

limx→1+0

sgn (x2 − 1)

ln(x+ 1)=

1

ln 2.

Posto se leva i desna granicna vrednost ove funkcije u tacki 1 razlikuju, sledi da ovafunkcija nema granicnu vrednost u tacki 1.

d) Funkcija x 7→ | sinx| je neprekidna u π i zato je:

limx→π

| sinx| = | sinπ| = 0.

Sem toga, u nekoj probodenoj okolini tacke π, recimo u (0, 2π) \ {π}, vazi | sinx| > 0.Prema tome:

limx→π

1

| sinx|= +∞.

e) Na skupu (2,+∞) koji predstavlja okolinu tacke +∞, funkcija:

x 7→√

|x− 2|(x2 + 1)

x− 1

poklapa se sa funkcijom:

x 7→√

(x− 2)(x2 + 1)

x− 1.

Zbog toga je:

limx→+∞

√|x− 2|(x2 + 1)

x− 1= lim

x→+∞

√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1.

Za x ∈ (2,+∞) vazi x = 0, pa je na ovom skupu:√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1=

√(1− 2

x)(x2 + 1)

1− 1x

.

Posto je:

limx→+∞

(1− 2

x) = 1, kao i lim

x→+∞(1− 1

x) = 1,

dok jelim

x→+∞(x2 + 1) = +∞,

sledi da je:

limx→+∞

(1− 2x)(x

2 + 1)

1− 1x

= +∞, pa i limx→+∞

√(1− 2

x)(x2 + 1)

1− 1x

= +∞.

Prema tome:

limx→+∞

√|x− 2|(x2 + 1)

x− 1= lim

x→+∞

√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1

= limx→+∞

√(1− 2

x)(x2 + 1)

1− 1x

= +∞.


f) Za x = 0 vazi:√x2 + 1

x+ 1=

|x|√

1 + 1x2

x+ 1.

Na intervalu (−∞, 0), koji predstavlja okolinu tacke −∞, vazi |x| = −x, pa je na ovomintervalu:

√x2 + 1

x+ 1= −

x√

1 + 1x2

x+ 1= −

√1 + 1

x2

1 + 1x

.

Posto 1/x→ 0 i 1/x2 → 0, x→ −∞, sledi da je:

limx→−∞

√x2 + 1

x+ 1= lim

x→−∞−

√1 + 1

x2

1 + 1x

= −1.

Komentar. Glavna stvar na koju smo zeleli da skrenemo paznju ovim zadatkom i kojaje prisutna u svim primerima iz ovog zadatka je sledeca: kada odredujemo granicnuvrednost funkcije f u tacki x0 (obicnu, levu, ili desnu), jedino je bitno kako je funkcijaf definisana u nekoj probodenoj okolini tacke x0 (obicnoj, levoj, ili desnoj). Vrednostifunkcije f na ostatku domena ne igraju nikakvu ulogu u odredivanju granicne vrednostiove funkcije u x0. Okolinu tacke x0 na koju cemo da usmerimo paznju sami biramovodeci se osobinama funkcije koju posmatramo. Primera radi, u delu pod a), bilo jenevazno koju probodenu okolinu jedinice posmatramo, jer ce se na svakoj probodenojokolini jedinice funkcije:

x 7→ x4 − 1

x3 − 1i x 7→ x3 + x2 + x+ 1

x2 + x+ 1

poklapati. U delu pod b), u prvom resenju bilo je vazno da ne izaberemo ,,preveliku“okolinu tacke −4. Recimo, na okolini (−6,−2) ove tacke ne vazi jednakost |x(x+ 3)| =x(x+3). Zbog toga ne mozemo ovu okolinu iskoristiti kao argument da umesto funkcijex 7→ |x(x + 3)| posmatramo funkciju x 7→ x(x + 3). U delu zadatka pod c) slucaj jekombinovan: na proizvoljnoj desnoj okolini jedinice vazice: sgn (x2 − 1) = 1, ali pribiranju leve okoline jedinice ne bi smeli, cak i da mozemo, premasiti tacku -1 (kazemo,,,cak i da mozemo“, jer imenilac ln(x+ 1) nije definisan za x ≤ −1). Recimo, na skupu(−2, 1) ne vazi sgn (x2 − 1) = −1 .

U delu zadatka pod c) citalac moze postaviti pitanje, kako se odluciti za potragom zajednostranim granicnim vrednostima, kada o tome nema reci u samoj postavci zadatka.Odgovor je vrlo jednostavan: osobine funkcija cije granicne vrednosti odredujemo jasnoukazuju na to da se funkcija ponasa razlicito sa raznih strana posmatrane tacke. Recimo,u delu zadatka pod b), funkcija x 7→ x(x + 3) ne menja znak u tacki x = −4, pa neocekujemo razlicito ponasanje ove funkcije, ili funkcije x 7→ |x(x + 3)|, sa leve i desnestrane tacke −4.

Na kraju, zelimo da skrenemo paznju na jos jedan detalj. Kao sto smo i videli u ovimprimerima, kada trazimo jednostranu granicnu vrednost funkcije u nekoj tacki, desi se


da poistovetimo pocetnu funkciju sa nekom pogodnijom funkcijom u izvesnoj okolini tetacke. Ta pogodnija funkcija ponekad moze da se definise i na sirem skupu nego sto jeposmatrana okolina. Primera radi, funkciju:

f : x 7→ sgn (x2 − 1)

ln(x+ 1),

na okolini (0, 1), poistovecujemo sa funkcijom

g : x 7→ −1

ln(x+ 1).

Zato su leve granicne vrednosti funkcija f i g u 1 jednake. Ipak, funkcija g moze dase definise za sve brojeve x > −1 i ona je neprekidna u jedinici. Zbog toga je njenaleva granicna vrednost u jedinici zapravo jednaka njenoj obicnoj granicnoj vrednostiu jedinici, odnosno njenoj vrednosti u jedinici. Cesto se desava da, pri prelasku sadate funkcije na neku pogodniju, ta pogodnija zapravo ima obicnu granicnu vrednost uposmatranoj tacki, pa sa ciljem da nademo levu, ili desnu, mi zapravo pronademo obicnugranicnu vrednost te funkcije. Citaocu preporucujemo da sam istrazi u kojim koracimau okviru ovog zadatka se desavala upravo opisana situacija, a desavace se i u zadacimakoji slede. �

Da bismo mogli efikasno i elegantno da odredimo granicne vrednost nekih funkcija,neizbezno je koristiti teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije (odnosno, teoremeo smeni promenljive pri izracunavanju granicnih vrednosti). Pritom, najcesce koristimoTeoremu 3.85, kao i Teoremu 3.94, kada je potrebno da odredimo jednostrane granicnevrednosti neke kompozicije funkcija.

Kao i do sada, u pocetnim zadacima cemo objasnjavati citav postupak sa vise detalja.U kasnijim zadacima, cija ce svrha biti da ilustruju neke druge osobine funkcija, bezikakvih komentara cemo upotrebljavati teoreme o limesu slozene funkcije. Medutim,citaocu savetujemo da se ne obazire na to sto mi preskacemo detalje, vec da sam za sebeuvek detaljno obrazlozi svaki korak u resenju.

51. Odrediti, ukoliko postoje, naredne granicne vrednosti:

a) limx→π/2

sin4 x− 1

sin3 x− 1;

b) limx→2−0

21

x−2 .

Resenje. a) Neka je

g(x) =x4 − 1

x3 − 1i f(x) = sinx.

U tom slucaju je:

g(f(x)) =sin4 x− 1

sin3 x− 1.


Vazi:lim

x→π/2f(x) = lim

x→π/2sinx = 1,

dok smo u 50. zadatku, u delu a), dokazali da je:

limx→1

g(x) = limx→1

x4 − 1

x3 − 1=

4

3.

Pored toga, postoji probodena okolina◦U(π/2), takva da je za svako x ∈

◦U(π/2) ispunjeno

sinx = 1. Jedna takva okolina je, recimo, (π/4, 3π/4) \ {π/2}. Prema Teoremi 3.85 oizvodu slozene funkcije, sledi:

limx→π/2

sin4 x− 1

sin3 x− 1= lim

x→π/2g(f(x)) = lim

x→1g(x) =

4

3.

b) Neka je:

g(x) = 2x i f(x) =1

x− 2.

Tada je:

21

x−2 = g(f(x)).

Posto x−2 → 0, x→ 2−0, a pored toga je x−2 < 0 za x iz bilo koje leve okoline tacke2, sledi da je:

limx→2−0

f(x) = limx→2−0

1

x− 2= −∞.

Takode, iz osobina eksponencijalne funkcije, znamo da je:

limx→−∞

g(x) = limx→−∞

2x = 0.

Za x iz bilo koje leve okoline (2 − δ, 2) tacke 2 trivijalno vazi f(x) = −∞, te mozemoprimeniti Teoremu 3.94 o limesu slozene funkcije i dobijamo:

limx→2−0

21

x−2 = limx→2−0

g(f(x)) = limx→−∞

g(x) = 0.

Komentar. Deo pod a) smo mogli da resimo i direktno, bez primene teoreme o limesuslozene funkcije, nalik na deo pod a) u 50. zadatku. Te detalje ostavljamo citaocu. Nasazelja je bila da ilustrujemo kako se moze primeniti ova teorema, pa rizikujemo da resenjeizgleda neprirodno. Primeri u prvom delu knjige pokazuju da je uvek potrebno ispitatiispunjenost uslova koji garantuju da mozemo primeniti ovu teoremu, pre nego sto je iprimenimo.

Deo zadatka pod b) predstavlja jedan od primera kada malo jednostavnije ispitujemouslove ove teoreme. Naime, pretpostavimo da zelimo odrediti granicnu vrednost:

limx→x0

g(f(x)),


a pritom funkcija f tezi ka A = ±∞ kada x→ x0, a funkcija g tezi ka B kada x→ A. Utom slucaju nema potrebe da ispitujemo da li postoji probodena okolina tacke x0 iz kojese ni jedan element ne slika u A funkcijom f : posto je A jednako nekoj od beskonacnosti,ni jedan element se ne moze preslikati u beskonacno realnom funkcijom. �

Pre nego sto nastavimo sa nalazenjem raznih granicnih vrednosti, navodimo listupoznatih (i vaznih) granicnih vrednosti koje su odredene u prvom delu knjige:

• limx→±∞

(1 +

1

x

)x= e;

• limx→0

(1 + x)1x = e;

• limx→0

sinx

x= 1;

• limx→0

ln(1 + x)

x= 1;

• limx→0

ax − 1

x= ln a, a > 0;

• limx→0

(1 + x)a − 1

x= a, a ∈ R.

Jos jednom savetujemo citaocu da prouci primere resene u poglavljima 3.4 i 3.10, jerda nisu reseni tom prilikom, mnogi od tih primera bi se nasli u ovom delu knjige kaozadaci.

52. Odrediti, ukoliko postoje, sledece granicne vrednosti:

a) limx→0

sin(sinx)

x;

b) limx→+∞

(x2 + x+ 1

x2 − x− 1

)x;

c) limx→3

ln(x− 2)√x− 2− 1

;

d) limx→0

(√2)x − 1

sin x2

;

Resenje. a) Funkciju ciju granicnu vrednost trazimo, u nekoj probodenoj okolini nule,recimo (−π/2, π/2) \ {0}, mozemo zapisati i ovako:

sin(sinx)

x=

sin(sinx)

sinx· sinx

x.

Poznato nam je da je:

limx→0

sinx

x= 1,

a dokazimo i da je:

limx→0

sin(sinx)

sinx= 1.

Ako je

g(x) =sinx

xi f(x) = sinx,

tada je

g(f(x)) =sin(sinx)

sinx.


Znamo da je:

limx→0

f(x) = limx→0

sinx = 0 i limx→0

g(x) = limx→0

sinx

x= 1.

Pored toga, za svako x ∈◦U(0) = (−π/2, π/2) \ {0} vazi f(x) = sinx = 0. Dakle, po

teoremi o limesu slozene funkcije sledi:

limx→0

sin(sinx)

sinx= lim

x→0g(f(x)) = lim

x→0g(x) = 1.

Prema tome:

limx→0

sin(sinx)

x= lim

x→0

sin(sinx)

sinx· sinx

x= 1 · 1 = 1.

b) Za svako dovoljno veliko x (objasnicemo ubrzo sta tacno pod tim mislimo) vazi:

(x2 + x+ 1

x2 − x− 1

)x=

1 +

1

x2 − x− 1

2x+ 2

x2 − x− 1

2x+ 2

2x+ 2

x2 − x− 1·x

(2.1)

Dovoljno veliko x za koje vazi ova jednakost je svako x za koje je 2x+ 2 = 0 i (x2 + x+1)/(x2−x− 1) > 0 (da bi oba izraza uopste imala smisla, jer negativan broj ne mozemostepenovati proizvoljnim realnim brojem). Posto jednacina x2 + x+ 1 = 0 nema realnihresenja, sledi x2+x+1 > 0 za svako x ∈ R, pa ce vaziti (x2+x+1)/(x2−x−1) > 0 akoi samo ako x2 − x− 1 > 0. Prema tome, jednakost (2.1) vazi u svakoj okolini (M,+∞)tacke +∞ gde je M proizovjlan broj veci od −1 i od svih nula funkcije x 7→ x2 − x− 1.

Neka je:

u(x) =

1 +1

x2 − x− 1

2x+ 2

x2 − x− 1

2x+ 2

i v(x) =2x+ 2

x2 − x− 1· x.

Tada je: (x2 + x+ 1

x2 − x− 1

)x= u(x)v(x).

Dokazimo da vazi:lim

x→+∞u(x) = e i lim

x→+∞v(x) = 2,

odatle ce slediti da je:

limx→+∞

(x2 + x+ 1

x2 − x− 1

)x= lim

x→+∞u(x)v(x) = e2.


Oznacimo sa:

g(x) =

(1 +

1

x

)xi f(x) =

x2 − x− 1

2x+ 2, pa je u(x) = g(f(x)).

Tada vazi:

limx→+∞

g(x) = e i limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x− 1− 1x

2 + 2x

= +∞.

Poslednja jednakost vazi na osnovu toga sto: x − 1 − 1/x → +∞, x → +∞, dok1/(2 + 2/x) → 1/2, x→ +∞.

Posto je f(x) = +∞ za svako ono x za koje je f uopste definisano, mozemo primenititeoremu o limesu slozene funkcije:

limx→+∞

u(x) = limx→+∞

g(f(x)) = limx→+∞

g(x) = e.

Funkciju v(x), u nekoj okolini tacke +∞ (bilo kojoj koja ne sadrzi nulu), mozemozapisati i kao:

v(x) =2 + 2

x

1− 1x − 1

x2

.

Zbog toga je:

limx→+∞

v(x) =2 + 2 · lim

x→+∞1x

1− limx→+∞

1x − ( lim

x→+∞1x)

2= 2.

Najzad, dobijamo:

limx→+∞

u(x) = e, limx→+∞

v(x) = 2, pa je limx→+∞

(x2 + x+ 1

x2 − x− 1

)x= e2.

c) Funkciju ciju granicnu vrednost nalazimo mozemo zapisati i ovako:

ln(x− 2)√x− 2− 1

=ln(1 + (x− 3))

x− 3· x− 3√

1 + (x− 3)− 1,

pa je zato:

limx→3

ln(x− 2)√x− 2− 1

= limx→3

(ln(1 + (x− 3))

x− 3· x− 3√

1 + (x− 3)− 1).

Dokazimo da je:

limx→3

ln(1 + (x− 3))

x− 3= 1 i lim

x→3

x− 3√1 + (x− 3)− 1

= 2.

Neka je

g(x) =ln(1 + x)

xi f(x) = x− 3.


Tada je

g(f(x)) =ln(1 + (x− 3))

x− 3.

Imamo da je:

limx→0

g(x) = limx→0

ln(1 + x)

x= 1 i lim

x→3f(x) = lim

x→3(x− 3) = 0.

Sem toga, za x iz bilo koje probodene okoline◦U(3) vazi f(x) = x− 3 = 0. Iz teoreme o

limesu slozene funkcije sledi:

limx→3

ln(1 + (x− 3))

x− 3= lim

x→3g(f(x)) = lim

x→0g(x) = 1.

Neka je sada:

h(x) =

√1 + x− 1

x.

Tada je

h(f(x)) =

√1 + (x− 3)− 1

x− 3.

Poznato je da je

limx→0

h(x) = limx→0

(1 + x)1/2 − 1

x=

1

2,

pa iz istog razloga kao i za funkciju g, mozemo primeniti teoremu o limesu slozene funkcijei dobijamo:

limx→3

√1 + (x− 3)− 1

x− 3= lim

x→3h(f(x)) = lim

x→0h(x) =

1

2.

Zbog toga je:

limx→3

x− 3√1 + (x− 3)− 1

=1

limx→3

√1 + (x− 3)− 1

x− 3

= 2.

Najzad:

limx→3

ln(x− 2)√x− 2− 1

= 1 · 2 = 2.

d) Funkciju ciju granicnu vrednost trazimo mozemo zapisati i ovako:

(√2)x − 1

sin x2

=2

x2 − 1x2

·x2

sin x2

.

Neka je:

g(x) =2x − 1

x, h(x) =

sinx

xi f(x) =

x

2.

Poznate su granicne vrednosti:

limx→0

g(x) = limx→0

2x − 1

x= ln 2, kao i lim

x→0h(x) = lim

x→0

sinx

x= 1.


Sem toga:

limx→0

f(x) = limx→0

x

2= 0.

Za svako x iz proizvoljne probodene okoline nule vazi f(x) = 0, pa mozemo primenititeoremu o limesu slozene funkcije i dobijamo:

limx→0

2x2 − 1x2

= limx→0

g(f(x)) = limx→0

g(x) = ln 2,

limx→0

sin x2

x2

= limx→0

h(f(x)) = limx→0

h(x) = 1.

Prema tome:

limx→0

(√2)x − 1

sin x2

= limx→0

2x2 − 1x2

· 1

limx→0

sin x2

x2

= ln 2 · 11= ln 2.

Komentar. Svaki od primera iz ovog zadatka se na, manje ili vise, ocigledan nacin svodina neku (ili neke) poznatu granicnu vrednost. Potom, sve sto treba uraditi je upotrebititeoremu o limesu slozene funkcije, ciji se potrebni uslovi jednostavno ispituju, kao stosmo videli.

Treba obratiti paznju da, pri raznim transformacijama funkcije, nove funkcije zaistai imaju smisla u nekoj okolini tacke u kojoj trazimo granicnu vrednost. Ta razlikaizmedu skupa na kom je definisana stara funkcija i ona koja je dobijena od nje raznimtransformacijama najuocljivija je u primeru pod a). Funkcija

x 7→ sin(sinx)

x,

moze da se definise za svako x = 0, dok funkcija:

x 7→ sin(sinx)

sinx· sinx

x,

sem za x = 0, nema smisla ni za x = kπ, za bilo koje k ∈ Z. Ipak, posto odredujemogranicnu vrednost u nuli, dovoljno je da se ove dve funkcije poklapaju u nekoj probodenojokolini nule, a to jeste ispunjeno. �

U zadacima koji slede bavicemo se odredivanjem asimptota funkcije. Na ovaj problemvraticemo se i kasnije sa novim primerima, kada budemo raspolagali jos nekim alatimaza odredivanje granicnih vrednosti funkcija. Podsecamo citaoca da termin asimptotaznaci kosa ili horizontalna asimptota, a da pored njih odredujemo i vertikalne asimptote.

53. Odrediti Df , a zatim odrediti, ukoliko postoje, asimptote i vertikalne asimptotegrafika funkcije f , koja je definisana sa:


a) f(x) = 2x+ 1 +1

(x− 3)2;

b) f(x) = arctg x+2x+ 3

3x2 + 2x.

Resenje. a) Skup Df je skup R \ {3}. Odredimo prvo kose i/ili horizontalne asimptote.Dokazimo da je prava y = 2x+ 1 asimptota grafika funkcije f kada x→ ±∞. Kako je:

f(x)− (2x+ 1) =1

(x− 3)2,

sledi da je

limx→±∞

(f(x)− (2x+ 1)) = limx→±∞

1

(x− 3)2= 0,

jer, bilo da x tezi ka +∞, ili ka −∞, vazi (x−3)2 → +∞, pa je 1/(x−3)2 → 0, x→ ±∞.Prema tome, ova prava zaista jeste asimptota grafika funkcije f u +∞ i u −∞.

Dokazimo sada da f u tacki x = 3 ima vertikalnu asimptotu. Vazi (x−3)2 → 0, x→3, kao i (x− 3)2 > 0 za x = 3. Zbog toga je: 1/(x− 3)2 → +∞, x→ 3. Naravno, vazi i2x+ 1 → 7, x→ 3, pa je:

limx→3

f(x) = +∞.

Dakle, prava x = 3 jeste vertikalna asimptota funkcije f .Buduci da je funkcija f neprekidna u svim tackama skupa Df , drugih vertikalnih

asimptota nema.b) Da bi dobili skup Df iz skupa R treba izbaciti sve one x za koje je 3x2 + 2x = 0,

tj. Df = R \ {−2/3, 0}. Pored toga, za x ∈ Df vazi:

2x+ 3

3x2 + 2x=

2x + 3

x2

3 + 2x

,

pa je:

limx→±∞

2x+ 3

3x2 + 2x= lim

x→±∞

2x + 3

x2

3 + 2x

= 0.

Zato je:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

arctg x+ limx→+∞

2x+ 3

3x2 + 2x=π

2+ 0 =

π

2,

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

arctg x+ limx→−∞

2x+ 3

3x2 + 2x= −π

2+ 0 = −π

2,

Zakljucujemo da grafik funkcije f ima horizontalne asimptote: y = π/2 kada x→ +∞ iy = −π/2 kada x→ −∞.

Vertikalne asimptote trazimo u tacki x = 0 i x = −2/3, jer zbog neprekidnosti grafikfunkcije f sigurno nema vertikalnu asimptotu ni u jednoj drugoj tacki.

U nekoj levoj okolini nule, recimo u (−1/3, 0), vazi 3x2 + 2x = x(3x+ 2) < 0, jer jeu toj okolini x < 0 i 3x+ 2 > 0. Sem toga, vazi i:

limx→0

(3x2 + 2x) = 0, pa i limx→−0

(3x2 + 2x) = 0, kao i limx→−0

(2x+ 3) = 3.


Zato je:

limx→−0

2x+ 3

3x2 + 2x= −∞,

a kako arctg x→ 0, x→ 0, sledi:

limx→−0

f(x) = −∞.

Analogno nalazimo desnu granicnu vrednost u nuli: u okolini (0, 1) vazi 3x2 + 2x > 0, avazi i 3x2 + 2x→ 0, x→ 0, pa je:

limx→+0

1

3x2 + 2x= +∞.

Zato je:

limx→+0

f(x) = limx→+0

arctg x+2x+ 3

3x2 + 2x= +∞.

Prema tome, prava x = 0 jeste vertikalna asimptota grafika ove funkcije.Ponasanje funkcije f(x) u okolini tacke −2/3 ispitujemo na slican nacin. U nekoj

(zapravo svakoj) levoj okolini te tacke vazi: 3x2 + 2x = x(3x + 2) > 0, jer su i x < 0 i3x+ 2 < 0, za x < −2/3. Sem toga, vazi i:

limx→− 2

3−0(3x2 + 2x) = 0, kao i lim

x→− 23−0(2x+ 3) = −4

3+ 3 > 0.

Zbog toga je

limx→− 2

3−0

2x+ 3

3x2 + 2x= +∞,

a posto arctg x→ arctg(−2/3), x→ −2/3− 0, sledi:

limx→− 2

3−0f(x) = +∞.

Analogno postupamo i za desnu granicnu vrednost: za x iz okoline (−2/3, 0) vazi x < 0i 3x + 2 > 0, pa je 3x2 + 2x < 0. Posto je 2x + 3 → 3 − 4/3 > 0, x → −2/3 + 0 iarctg x→ arctg(−2/3), x→ −2/3 + 0, sledi:

limx→−2/3+0

f(x) = −∞.

Sledi da je i prava x = −2/3 vertikalna asimptota grafika funkcije f .

Komentar. Pri odredivanju asimptota grafika funkcija u ovom zadatku nije bilo potrebeda koristimo Tvrdenje 3.204. Sve sto nam je bilo potrebno je definicija asimptota, jer jeza funkcije u ovom zadatku ocigledno koja je to linearna (ili konstantna) funkcija takvada se od posmatrane funkcije razlikuje za beskonacno malu funkciju, kada x tezi nekojbeskonacnosti. Razume se, isti rezultat bi dobili i da smo iskoristili Tvrdenje 3.204, stosvakako savetujemo citaocu da ucini, vezbe radi.


U resenju ovog zadatka, a i zadataka koji slede, cesto ce biti slucaj da istovremenonalazimo granicne vrednosti kada x tezi ka +∞ i kada x tezi ka −∞, pa zato pisemo:

limx→±∞

...

Naravno, asimptote u +∞ i −∞ mogu i da se razlikuju, kao sto je bio slucaj u delupod b). Zapis sa x → ±∞ koristimo u onim situacijama kada znamo da cemo dobitiisti (ili slican) rezultat, bez obzira da li x tezi ka +∞, ili ka −∞. Pri resavanju ovakvihproblema, ukoliko nije ocigledno od samog pocetka kako ce kraj resenja izgledati, najboljeje posebno odrediti asimptotu u +∞, a posebno u −∞ i tek nakon utvrdivanja da se tadva postupka ne razlikuju (ili recimo da se rezultati razlikuju samo po znaku) odlucitise za ovakvu notaciju.

Ispitivanje da li u rubnim tackama domena postoje vertikalne asimptote funkcijeje teklo rutinski, bez iznenadujucih trenutaka. Interesantno je samo naglasiti razlikuizmedu ponasanja funkcija pod a) i b) u okolini vertikalnih asimptota: funkcija u delupod a) sa obe strane vertikalne asimptote tezi ka +∞, a funkcija u delu pod b), u okoliniobe svoje vertikalne asimptote, sa jedne strane tezi jednoj, a sa druge strane suprotnojbeskonacnosti. Naglasimo i to da je bilo suvisno odredivati limes sa obe strane tacke ukojoj trazimo vertikalnu asimptotu, ako smo vec utvrdili da funkcija sa jedne strane tezibeskonacnosti (videti Definiciju 3.214). Ipak, uradili smo tako kompletnosti radi. �

54. Odrediti Df , a zatim odrediti, ukoliko postoje, asimptote i vertikalne asimptotegrafika funkcije f koja je definisana sa:

a) f(x) = x(1 + sin 1x);

b) f(x) = x2 + 1;

c) f(x) =

√|x− 2|(x2 + 1)

x− 1.

Resenje. a) Skup Df jednak je R \ {0} iz ociglednih razloga. Da bi pronasli eventualneasimptote grafika funkcije f izracunajmo granicne vrednosti:

limx→±∞

f(x)

x.

Nalazimo:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞(1 + sin

1

x) = 1 + sin 0 = 1,

pri cemu smo iskoristili da je funkcija x 7→ sinx neprekidna u nuli, pa je:

limx→+∞

sin1

x= sin( lim

x→+∞

1

x) = sin 0.

Iz istih razloga je i:

limx→−∞

f(x)

x= 1.


Potrazimo sada granicne vrednosti:

limx→±∞

(f(x)− 1 · x).

Dobijamo:

limx→+∞

(f(x)− x) = limx→+∞

x sin1

x= lim

x→+∞

sin 1x

1x

= 1,

pri cemu smo iskoristili teoremu o limesu slozene funkcije: 1/x→ 0, x→ +∞ i sinx/x→1, x→ 0, a pritom 1/x = 0 za svako x. Takode dobijamo i:

limx→−∞

(f(x)− x) = limx→−∞

x sin1

x= lim

x→−∞

sin 1x

1x

= 1,

jer 1/x → 0, x → −∞. Sledi da je prava x + 1 kosa asimptota grafika funkcije f kadax→ ±∞.

Vertikalnu asimptotu grafika funkcije f trazimo u tacki x = 0, jer je u svim os-talim tackama ova funkcija neprekidna. Kako je funkcija x 7→ sin(1/x) ogranicena uproizvoljnoj okolini nule, sledi da je:

limx→0

x sin1

x= 0,

jer je ova funkcija proizvod beskonacno male funkcije x 7→ x i ogranicene funkcije x 7→sin(1/x). Zbog toga je:

limx→0

f(x) = limx→0

(x+ x sin1

x) = lim

x→0x+ lim

x→0x sin

1

x= 0 + 0 = 0.

Dakle, grafik funkcije f nema vertikalnih asimptota.b) Posto je Df = R, a funkcija f je neprekidna u svakoj tacki skupa R, grafik funkcije

f nema vertikalnih asimptota. Takode, kako je:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞x+

1

x= +∞,

kao i

limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞x+

1

x= −∞,

sledi da grafik funkcije f nema asimptotu.c) Skup Df cine svi oni x za koje je:

|x− 2|(x2 + 1)

x− 1≥ 0. (2.2)

Posto je brojilac ovog razlomka nenegativan za svako x ∈ R, nejednakost (2.2) ce vazitiako i samo ako je x > 1. Dakle: Df = (1,+∞). Asimptotu grafika funkcije f trazimosamo u okolini tacke +∞, a vertikalnu asimptotu grafika ove funkcije trazimo u tacki 1i to ispitujuci desnu granicnu vrednost ove funkcije u 1.


Potrazimo granicnu vrednost funkcije f(x)/x kada x→ +∞. U okolini (2,+∞) tacke+∞, funkcija x 7→ |x− 2| se poklapa sa funkcijom x 7→ x− 2, pa je zato:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

√|x−2|(x2+1)

x−1

x= lim

x→+∞

√(x− 2)(x2 + 1)

x2(x− 1).

Za x = 0 vazi jednakost:

(x− 2)(x2 + 1)

x2(x− 1)=

(1− 2x)(1 +

1x2)

1 · (1− 1x)

,

pa je:

limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

√(1− 2

x)(1 +1x2)

1 · (1− 1x)

=

√lim

x→+∞

(1− 2x)(1 +

1x2)

1 · (1− 1x)

= 1,

jer je funkcija x 7→√x neprekidna u jedinici. Nadimo sada granicnu vrednost:

limx→+∞

(f(x)− 1 · x) = limx→+∞

√|x− 2|(x2 + 1)

x− 1− x.

Za funkciju x 7→ |x− 2| vazi ista primedba kao i ranije, tako da je zapravo:

limx→+∞

(f(x)− x) = limx→+∞

(

√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1− x).

Da bi nasli ovu granicnu vrednost, izraz cemo transformisati na sledeci nacin:√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1− x = (

√(x− 2)(x2 + 1)

x− 1− x) ·

√(x−2)(x2+1)

x−1 + x√(x−2)(x2+1)

x−1 + x

=

(x− 2)(x2 + 1)

x− 1− x2√

(x− 2)(x2 + 1)

x− 1+ x

=(x− 2)(x2 + 1)− x2(x− 1)√

(x− 1)(x− 2)(x2 + 1) + x(x− 1)

=x2(−1 + 1

x − 2x2)

x2(√

(1− 1x)(1−

1x)(1 +

1x2) + 1− 1

x)

=−1 + 1

x − 2x2√

(1− 1x)(1−

1x)(1 +

1x2) + 1− 1

x

.

Zato je:

limx→+∞

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

= −1

2.


Dakle, kosa asimptota grafika funkcije f kada x→ +∞ je prava y = x− 1/2.Proverimo da li grafik funkcije f ima vertikalnu asimptotu u tacki 1. U nekoj desnoj

okolini tacke 1, recimo u (1, 2), jeste x− 2 < 0, pa je |x− 2| = 2− x. Zato je:

limx→1+0

f(x) = limx→1+0

√(2− x)(x2 + 1)

x− 1= lim

x→1+0(√

(2− x)(x2 + 1) · 1√x− 1

).

Posto

limx→1

(2− x)(x2 + 1) = 2, sledi i limx→1+0

√(2− x)(x2 + 1) =

√2 > 0.

Vazi i:lim

x→1+0

√x− 1 = 0,

kao i√x− 1 > 0 u desnoj okolini tacke 1, pa je zato:

limx→1+0

1√x− 1

= +∞.

Dakle:lim

x→1+0f(x) = +∞,

pa grafik funkcije f ima vertikalnu asimptotu u tacki 1.

Komentar. Kod ovog zadatka smo iskoristili Tvrdenje 3.204, mada je za deo pod a) i deopod b) ponovo bila dovoljna samo definicija. U delu pod a) je jednostavno uociti da ceasimptota biti prava y = x+1 i u +∞ i u −∞. U delu pod b) se jednostavno pokazuje dane postoji linearna funkcija takva da njenim oduzimanjem od x2+1 dobijamo beskonacnomalu funkciju kada x tezi nekoj od beskonacnosti. Za funkciju u delu pod c) nije takoocigledno koja ce prava biti asimptota funkcije, pa je tu zgodno bilo iskoristiti Tvrdenje3.204. Naglasimo da cemo, koristeci Tejlorov razvoj funkcije, pokazati alternativni nacinza nalazenje asimptota ovakvih funkcija (koren nekog reda iz racionalne funkcije), kojice biti i brzi i informativniji: istovremeno sa nalazenjem asimptote znacemo i da li jegrafik funkcije iznad ili ispod asimptote.

Kao sto vidimo iz primera pod b), grafik kvadratne funkcije (ne samo ove, vec i bilokoje druge), nema asimptota. To je i ocekivano, jer se kvadratna funkcija i linearnafunkcija ne ponasaju isto kada x tezi ka ±∞. Analogno bi vazilo kada bi, umestokvadratne, imali recimo korenu funkciju: x 7→

√x.

U primeru pod c) skup na kome je definisana funkcija ne sadrzi okolinu tacke −∞.Zato kosu asimptotu grafika funkcije trazimo samo kada x tezi ka +∞. Takode, priispitivanju postojanja vertikalne asimptote, trazimo samo desnu granicnu vrednost u 1,jer u levoj okolini jedinice funkcija ni nije definisana. �

Odredivanje asimptota grafika racionalnih funkcija je problem koji se resava po al-goritmu, kao sto smo videli u Primeru 3.209 u prvom delu knjige. U narednom zadatkupokazujemo da se i odredivanje da li je grafik funkcije iznad ili ispod svoje asimptoteobavlja automatski, kada je u pitanju racionalna funkcija.


55. Date je funkcija c na sledeci nacin:

c(x) =x4 + x3 − x2 + 1

−x3 − 2x+ 1

Odrediti, ukoliko postoje, asimptote grafika ove funkcije, kao i da li je grafik funkcijeiznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacaka ±∞.

Resenje. Da bi odredili kose asimptote grafika funkcije c, podelimo polinom iz brojiocapolinomom iz imenioca. Dobijamo:

x4 + x3 − x2 + 1 = (−x3 − 2x+ 1) · (−x− 1) + (−3x2 − x+ 2).

Zbog toga je:

c(x) = −x− 1 +−3x2 − x+ 2

−x3 − 2x+ 1.

Posto je:

c(x)− (−x− 1) =−3x2 − x+ 2

−x3 − 2x+ 1=

− 3x − 1

x2+ 2

x3

−1− 2x2

+ 1x3

,

pri cemu poslednja jednakost vazi za x ∈ Dc \ {0}, sledi:

limx→±∞

(c(x)− (−x− 1)) = limx→±∞

− 3x − 1

x2+ 2

x3

−1− 2x2

+ 1x3

= 0.

Dakle, prava y = −x − 1 je kosa asimptota grafika funkcije c kada x → +∞ i kadx→ −∞.

Odredimo sada tip medusobnog polozaja grafika ove funkcije i njegove asimptote.Imamo:

c(x)− (−x− 1) =−3x2 − x+ 2

−x3 − 2x+ 1.

Buduci da je:

limx→+∞

(−3x2 − x+ 2) = −∞ i limx→+∞

(−x3 − 2x+ 1) = −∞,

zakljucujemo da je vrednost izraza (−3x2 − x + 2)/(−x3 − 2x + 1) pozitivna u nekojokolini tacke +∞. Dakle, grafik funkcije c je iznad svoje asimptote u +∞. Analogno,kako −3x2 − x + 2 → −∞ i −x3 − 2x + 1 → +∞ kada x → −∞, u nekoj okolini tacke−∞ vrednost izraza (−3x2−x+2)/(−x3− 2x+1) je negativna, pa je grafik ispod svojeasimptote u −∞.

Komentar. Proces nalazenja asimptota grafika racionalnih funkcija detaljno je opisan uPrimeru 3.209, pa citalac svakako treba obratiti paznju na taj primer. U ovom zadatkusmo zeleli da naglasimo da se znak razlike racionalne funkcije i asimptote njenog grafikatakode odreduje automatski. Naime, ako je data racionalna funkcija

f(x) =P (x)

Q(x)


sa asimptotom y = ax+ b, da bi odredili da li je grafik funkcije iznad ili ispod asimptote,treba odrediti znak vrednosti izraza

f(x)− (ax+ b) =R(x)

Q(x),

gde je R(x) ostatak koji se dobije pri deljenju polinoma P (x) polinomom Q(x). Znakispitujemo nalazenjem granicnih vrednosti funkcija R i Q kada x tezi ka +∞, odnosno−∞, kao sto je to prikazano ovom resenju. Ocigledan (eventualni) nedostatak ovogpristupa je sto ne odreduje precizno znak ove razlike za svaki broj x, vec samo postojanjeokoline tacaka ±∞ u kojima je znak konstanan. Primetimo da u slucaju R(x) ≡ 0,funkcija f se poklapa sa asimptotom, u nekim okolinama tacaka ±∞. To se desava akoje f konstantna funkcija, linearna funkcija, ali i funkcija npr. oblika: x 7→ (x2 + x)/x(ovo nije linearna funkcija x 7→ x+ 1, jer nije definisana u nuli). �

U narednim zadacima posvecujemo paznju pojmu neprekidnosti funkcije, u tacki kaoi na segmentu.

56. Funkcija f : R \ {−1} → R definisana je na sledeci nacin:

f(x) =

ln(x2 + 2x+ 1)

3x, x < 0, x = −1

a, x = 0

3x2 + 2x

2x2 + 3x, x > 0

Da li je za neku vrednost realnog broja a funkcija f neprekidna na celom svom domenu?

Resenje. Pokazimo prvo da je funkcija f , bez obzira na vrednost broja a, neprekidna naskupu (−∞, 0) \ {−1}, kao i na skupu (0,+∞). Za x ∈ (−∞, 0) \ {−1} vazi:

f(x) =ln(x2 + 2x+ 1)

3x=

ln((x+ 1)2)

3x=

2

3· ln |x+ 1|

x,

sto ocigledno jeste neprekidna funkcija na (−∞, 0)\{−1}, jer je ovo elementarna funkcijakoja je definisana u svakoj tacki posmatranog skupa. Na skupu (0,+∞) vazi:

f(x) =3x2 + 2x

2x2 + 3x=

3x+ 2

2x+ 3,

a ovo je takode elementarna funkcija, pa je neprekidna na skupu (0,+∞), jer −2/3 ∈(0,+∞). Prema tome, jedino je diskutabilno da li je funkcija f neprekidna u nuli.Proverimo da li funkcija f ima granicnu vrednost u nuli, tako sto cemo odrediti njenulevu i desnu granicnu vrednost u nuli.

U levoj okolini nule (−1, 0) je x+ 1 > 0, pa je |x+ 1| = x+ 1 i zato je tu funkcija fjednaka:

f(x) =2

3· ln(x+ 1)

x.


Posto ln(x+ 1)/x→ 1, x→ 0, sledi:

limx→−0

f(x) = limx→−0

2

3

ln(x+ 1)

x=

2

3.

U proizvoljnoj desnoj okolini nule funkcija f jednaka je sa funkcijom x 7→ (3x+2)/(2x+3). Zato je:

limx→+0

f(x) = limx→+0

3x+ 2

2x+ 3=

3 · ( limx→+0

x) + 2

2 · ( limx→+0

x) + 3=

2

3.

Buduci da se leva i desna granicna vrednost u nuli poklapaju, sledi:

limx→0

f(x) =2

3.

Posto funkcija f ima granicnu vrednost: 2/3 u tacki x = 0, sledi da je f neprekidna unuli ako i samo ako je f(0) = 2/3. Dakle, za realan broj a = 2/3 funkcija f je neprekidnana celom svom domenu.

Komentar. Svi koraci u resenju ovog zadatka su, ili rutinski, ili vec detaljno obrazlozeniu prethodnim resenjima i komentarima, pa ne zasluzuju neki poseban komentar u ovomtrenutku. Jedino sto bi naglasili je da ne treba zaboraviti na ispitivanje neprekidnostifunkcije f i uostalim tackama sem nule. Da je u nekoj drugoj tacki funkcija f imalaprekid, ni jedna vrednost broja a ne bi uspela da ucini funkciju f neprekidnom na citavomdomenu. �

57. Odrediti skup Df i u kojim tackama ovog skupa je funkcija:

f(x) = esinx−[sinx]

neprekidna. Za tacke prekida ove funkcije, odrediti kog su reda.

Resenje. Skup Df je jednak skupu R. Ispitajmo blize funkciju sinx − [sinx] na skupu[0, 2π), a onda cemo, na osnovu periodicnosti funkcije x 7→ sinx, zakljuciti kako se ovafunkcija ponasa na R. Na skupu [0, π/2) ∪ (π/2, π] vazi sinx ∈ [0, 1), pa je [sinx] = 0.Dakle, za x ∈ [0, π/2) ∪ (π/2, π] je sinx − [sinx] = sinx. Za x = π/2 je sinx = 1, pa je[sinx] = sinx = 1 i zato je, za x = π/2: sinx−[sinx] = 0. Na skupu (π, 3π/2)∪(3π/2, 2π)je sinx ∈ (−1, 0), pa je tu [sinx] = −1. Zato je na ovom skupu: sinx − [sinx] =sinx + 1. Za x = 3π/2 je sinx = −1, pa je [sinx] = −1. Dakle, za x = 3π/2 je takodesinx − [sinx] = sinx + 1. Prema tome, mozemo zakljuciti da je za svako x ∈ (π, 2π)ispunjeno: sinx− [sinx] = sinx+ 1. Objedinimo ove zakljucke:

sinx− [sinx] =

sinx, x ∈ [0, π2 )

0, x = π2

sinx, x ∈ (π2 , π]

sinx+ 1, x ∈ (π, 2π)


Prema tome, na osnovu periodicnosti funkcije sinus, imamo da vazi:

sinx− [sinx] =

sinx, x ∈ [2kπ, 2kπ + π

2 ), k ∈ Z0, x = 2kπ + π

2 , k ∈ Zsinx, x ∈ (2kπ + π

2 , 2kπ + π], k ∈ Zsinx+ 1, x ∈ (2kπ + π, 2(k + 1)π), k ∈ Z

Najzad, zakljucujemo da je:

f(x) = esinx−[sinx] =

esinx, x ∈ [2kπ, 2kπ + π

2 ), k ∈ Z1, x = 2kπ + π

2 , k ∈ Zesinx, x ∈ (2kπ + π

2 , 2kπ + π], k ∈ Zesinx+1, x ∈ (2kπ + π, 2(k + 1)π), k ∈ Z

Prema tome, na intervalima (2kπ, 2kπ + π/2), za svako k ∈ Z, funkcija f se poklapa sa

elementarnom funkcijom x 7→ esinx i zato je na ovim intervalima funkcija f neprekidna.Takode, na intervalima (2kπ + π/2, 2kπ + π), za svako k ∈ Z, funkcija f se poklapa safunkcijom x 7→ esinx, pa je i na ovim intervalima neprekidna. Isto vazi i za sve intervaleoblika (2kπ + π, 2(k + 1)π), za svako k ∈ Z. Na ovim intervalima, funkcija f se poklapasa x 7→ esinx+1, pa je i ovde funkcija f neprekidna. Jedine tacke realne prave u kojimanismo ispitali neprekidnost funkcije f su tacke 2kπ, 2kπ+π/2 i 2kπ+π, za svako k ∈ Z.

Neka je k proizvoljan ceo broj i posmatrajmo tacku 2kπ. Na skupu [2kπ, 2kπ+ π/2)funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→ esinx, koja je neprekidna u 2kπ, pa je neprekidnau toj tacki i sa desne strane. Zbog toga je i f neprekidna sa desne strane u 2kπ i njenavrednost u toj tacki je jednaka njenoj desnoj granicnoj vrednosti u toj tacki. Pronadimolevu granicnu vrednost funkcije f u ovoj tacki. U levoj okolini (2kπ− π, 2kπ) funkcija fse poklapa sa funkcijom x 7→ esinx+1, pa je zato:

limx→2kπ−0

f(x) = limx→2kπ−0

esinx+1 = limx→2kπ

esinx+1 = elim

x→2kπ(sinx+1)

= e.

Posto se leva granicna vrednost i sama vrednost funkcije f (odnosno, desna granicnaverdnost) u tacki 2kπ razlikuju, sledi da funkcija f nije neprekidna u ovoj tacki. Ceobroj k je bio proizvoljan, pa u svim ovakvim tackama, funkcija f nije neprekidna.

Posmatrajmo sada tacke 2kπ + π/2. Neka je k proizvoljan ceo broj. U probodenojokolini (2kπ, 2kπ + π) \ {2kπ + π/2} funkcija f se poklapa sa funkcijom esinx. Zato je:

limx→2kπ+π

2

f(x) = limx→2kπ+π

2

esinx = elim

x→2kπ+π2

sinx

= e.

Posto je f(2kπ+π/2) = 1 = e, sledi da se vrednost funkcije f u ovoj tacki ne poklapa sagranicnom vrednoscu funkcije f u ovoj tacki i zato f nije neprekidna u toj tacki. Brojk je bio proizvoljan, pa isti zakjlucak vazi za sve tacke 2kπ + π/2, k ∈ Z.

Ostale su samo jos tacke 2kπ + π. Neka je k proizvoljan ceo broj. Na skupu (2kπ +π/2, 2kπ+π] funkcija f poklapa sa funkcijom x 7→ esinx+1, koja je neprekidna u 2kπ+π,


pa je neprekidna i sa leve strane u ovoj tacki. Zbog toga je f neprekidna sa leve straneu tacki 2kπ + π i njena vrednost se poklapa sa njenom levom granicnom vrednoscu utoj tacki: f(2kπ + π) = esin(2kπ+π) = 1. Nadimo desnu granicnu vrednost funkcije f utacki 2kπ+π. Na desnoj okolini (2kπ+π, 2(k+1)π), funkcija f se poklapa sa funkcijomx 7→ esinx+1, koja je neprekidna u 2kπ + π, pa je zato:

limx→(2kπ+π)+0

f(x) = limx→(2kπ+π)+0

esinx+1 = limx→2kπ+π

esinx+1 = elim

x→2kπ+π(sinx+1)

= e.

Dakle, funkcija f nije neprekidna u 2kπ + π, ni za jedno k ∈ Z, jer se leva i desnagranicna vrednost u tim tackama za funkciju f razlikuju.

Sve tacke prekida funkcije f su prekidi prve vrste, jer u svim tackama prekida pos-toje jednostrane granicne vrednosti. Mozemo zakljuciti takode da su tacke 2kπ + π/2otklonjivi prekidi, jer u njima postoji granicna vrednost funkcije f , ali se ne poklapasa vrednoscu funkcije u toj tacki. U tackama 2kπ i 2kπ + π prekidi nisu otklonjiviji; utackama 2kπ funkcija f je neprekidna sa desne strane, a u tackama 2kπ+π je neprekidnasa leve strane.

Komentar. Od samog pocetka je jasno da je problem u eksponentu: sinx − [sinx] ida je zadatak resen ako ispravno izvrsimo analizu ponasanja ovog eksponenta. Pritom,jedini uslov koji treba da ispunimo je da budemo pazljivi. U ovom resenju nema nikakvihtrikova niti zanimljivih ideja, vec (malo duza, ali) jednostavna analiza slucajeva. Poz-navajuci funkciju x 7→ sinx, jasno nam je da ce funkcija x 7→ [sinx] ,,mahom“ bitijednaka, ili 0, ili −1, sem u ,,retkim“ situacijama kada moze biti jednaka 1. Samo trebapazljivo ispitati te prelomne trenutke.

Interesantno je istaci da ova funkcija ima beskonacno mnogo tacaka prekida (dabudemo precizni: prebrojivo mnogo) i svi prekidi su prekidi prve vrste, a neki od njihsu i otklonjivi. �

58. Dokazati da jednacina:

e−x − sinx = x2 −√x

ima resenja u skupu R.

Resenje. Neka je

f(x) = e−x − sinx− x2 +√x.

Tada je f(0) = 1 > 0, dok je f(4) = e−4 − sin 4 − 16 + 2 = e−4 − sin 4 − 14 < 0, jer je14 > 1+1 > e−4+(− sin 4). Funkcija f je neprekidna na segmentu [0, 4], kao elementarnafunkcija, a u krajevima segmenta uzima vrednosti razlicitog znaka. Iz Posledice 3.128Bolcano–Kosijeve teoreme za funkcije neprekidne na segmentu, sledi da postoji nekox0 ∈ [0, 4] tako da je f(x0) = 0, tj:

e−x0 − sinx0 = x20 −√x0,

te ova jednacina sigurno ima resenje u skupu R.

2.1. Izvod funkcije i primene 723

Komentar. U ovom zadatku prikazan je jedan zanimljiv primer kako, poznavajuci svo-jstva neprekidnih funkcija, mozemo dokazati da jedna trascedentna jednacina zapravoima realnih resenja, iako egzaktno resenje nije moguce (barem tako deluje) odrediti. Us-peli smo cak i da lokalizujemo jedno resenje ove jednacine, ali ne previse precizno. Idejao tome da neprekidna funkcija na segmentu uzima sve vrednosti koje se nalaze izmeduone dve vrednosti na krajevima segmenta je vrlo korisna, pa samim tim i vrlo bitna isrece se u raznim oblastima matematike, a njene posledice mogu biti vrlo zanimljive.Naravno, losa strana ove ideje je sto govori samo o egzistenciji resenja, a ne previse i otome kakvo je resenje neke jednacine, ili koliko zapravo razlicitih resenja ima posmatranajednacina.

U vezi sa ovakvim problemima: dokazivanje postojanja resenja neke jednacine, svesto treba uraditi je konstruisati neku funkciju i povezati postojanje resenja posmatranejednacine sa postojanjem nula te funkcije. Ne mora ta funkcija uvek biti konstruisanatako sto sve izraze sa jedne strane jednakosti prebacimo na drugu stranu. Recimo, akozelimo da pokazemo da jednacina:

9x = 10 sinx

ima realnih resenja, jednostavnije je posmatrati funkciju:

f(x) =sinx

x− 9

10.

Citaocu ostavljamo da dovrsi ovaj zadatak.Ne postoji algoritam koji ce nam odgovoriti na pitanje kako odabrati dve vrednosti

promenljive koje ce svedociti o tome da funkcija dostize zeljenu vrednost. To ce zavisitiod konkretnog primera i osobina funkcija kojima se bavimo. Za primer iz zadatka, najpresmo izabrali nulu, jer se u nuli jednostavno racunaju vrednosti ovih funkcija. Posto je unuli vrednost pozitivna, da bi dokazali da resenje postoji, potreban nam je broj u komje vrednost ove funkcije negativna. Posmatranjem funkcije f uocavamo da je sabirak x2

veceg reda velicine od svih ostalih sabiraka, za pozitivne brojeve x. Dakle, samo trebaodabrati neki ,,malo veci“ realan broj, a mi smo se odlucili za broj 4, jer je u tom slucaju√4 ceo broj, pa je racunica jednostavnija. Isto tako, mogli smo se odluciti i za broj 9,

ali i za broj 3, uz malo vise komentara.U opstem slucaju, nije neophodno pronaci realne brojeve u kojima ce vrednosti

funkcije biti razlicitog znaka. Dovoljno je samo dokazati da postoje. Primera radi,za zadatak koji smo ostavili citaocu u prethodnim redovima, dovoljno je dokazati dapostoji realan broj x u kome je f(x) > 0, jer nije jednostavno bas pronaci takav broj.Sa druge strane, vrlo je jednostavno naci realan broj x za koji je f(x) < 0. �

2.2 Izvod funkcije i primene

Formalno nalazenje izvoda neke funkcije je posao koji, u najvecem broju slucajeva, nezahteva razmisljanje. O tome svedoce i programi na racunaru koji mogu da, formalno,


pronadu izvod gotovo svih funkcija koje nam padaju na pamet. Komplikovaniji problemje odrediti u kojim tackama je data funkcija diferencijabilna. U pocetnim zadacima ovogpoglavlja, upravo ce ovom problemu biti posvecena paznja. U opstem slucaju, pogresnoje procenjivati gde je funkcija diferencijabilna tako sto formalno pronademo izvod i ondaanaliziramo gde je dobijeni izraz definisan. Takav redosled koraka vrlo cesto dovodi doispravnog zakljucka, ali je potpuno neopravdan. Jednostavan kontraprimer je funkcijax 7→ |x|. Izraz za izvod ove funkcije moze se zapisati ovako: sgn (x). Funkcija x 7→ sgn (x)definisana je za svaki realan broj x, pa i za x = 0, ali znamo da funkcija x 7→ |x| nemaizvod u x = 0.

Prema tome, u narednim zadacima najpre komentarisemo u kojim tackama sig-urno postoji izvod funkcije: to radimo koristeci tablicu izvoda, teoreme o zbiru, razlici,proizvodu i kolicniku diferencijabilnih funkcija i teoremu o kompoziciji diferencijabilnihfunkcija. Potom nalazimo izvod u tackama u kojima znamo da postoji. Na kraju, ispitu-jemo postojanje izvoda u onim tackama koje nismo ,,pokrili“ navedenim teoremama.Takve tacke nam preostaju jer navedene teoreme daju samo dovoljne uslove za posto-janje izvoda u nekim tackama, pa na osnovu njih ne mozemo zakljuciti da izvod u nekojtacki ne postoji.

59. Odrediti Df i u kojim tackama iz skupa Df funkcija f ima izvod, a zatim odreditii izvod u tim tackama, ako je:

a) f(x) = x1/5 + lnx · sin2 x;

b) f(x) =arcsinx

2x+ 1;

c) f(x) = 2tg x+ ex .

Resenje. a) Posto je lnx definisan samo za x > 0, a funkcije x 7→ x1/5 i x 7→ sin2 x zasve realne brojeve x, zakljucujemo da je Df = (0,+∞). Funkcije x 7→ x1/5, x 7→ lnxi x 7→ sinx diferencijabilne su za svako x > 0. Iz teoreme o proizvodu diferencijabilnihfunkcija sledi i da je funkcija sin2 x diferencijabilna, kao i funkcija lnx · sin2 x za svakox > 0. Najzad, iz teoreme o zbiru diferencijabilnih funkcija sledi da je funkcija f(x), kaozbir funkcija x1/5 i lnx · sin2 x, diferencijabilna za svako x > 0. Za svako x > 0 izvodfunkcije f nalazimo koristeci pravila izvodenja zbira i proizvoda funkcija:

f ′(x) = (x1/5)′ + (lnx)′ · sin2 x+ lnx · (sinx · sinx)′

=1

5· x−4/5 +

1

x· sin2 x+ lnx · ((sinx)′ · sinx+ sinx · (sinx)′)

=1

5· x−4/5 +

1

x· sin2 x+ lnx · 2 · sinx · cosx.

b) Izraz arcsinx ima smisla za svako x ∈ [−1, 1], dok izraz 1/(2x + 1) ima smislaza svako x ∈ R \ {−1/2}. Prema tome, skup Df je jednak [−1, 1] \ {−1/2}. U svimunutrasnjim tackama domena, tj. u svim tackama skupa (−1,−1/2)∪ (−1/2, 1) funkcijaf ima izvod. Zaista, funkcija x 7→ arcsinx ima izvod u svim tackama (−1, 1), pa i u svimtackama skupa (−1,−1/2)∪ (−1/2, 1); funkcija 2x+1 takode ima izvod u svim tackama


ovog skupa (jer konstantna funkcija i funkcija x 7→ x imaju izvod na ovom skupu), paprema teoremi o izvodu kolicnika funkcije, funkcija f ima izvod u svim tackama skupa(−1,−1/2) ∪ (−1/2, 1). Za x ∈ (−1,−1/2) ∪ (−1/2, 1), izvod funkcije f iznosi:

f ′(x) =(arcsinx)′ · (2x+ 1)− arcsinx · (2x+ 1)′

(2x+ 1)2

=

2x+1√1−x2 − 2 · arcsinx

(2x+ 1)2

=2x+ 1− 2 ·

√1− x2 · arcsinx√

1− x2 · (2x+ 1)2.

c) Funkcija y 7→ 2y definisana je za svako y, pa ce skup Df zapravo biti jednaknajvecem skupu na kom je definisana funkcija tg x + ex, tj. najvecem skupu na komje definisana funkcija tg x, buduci da je ex definisana za svako x. Prema tome, Df =R \ {π/2 + kπ : k ∈ Z}. Dokazimo da funkcija f ima izvod u svakoj tacki iz Df . Akoje g(x) = 2x i h(x) = tg x + ex, tada je f(x) = g(h(x)). U svakoj tacki iz Df , funkcijah ima izvod. Zaista, funkcija x 7→ tg x ima izvod u svakoj tacki svog domena, kao ifunkcija x 7→ ex, pa zbir ove dve funkcije ima izvod u svakoj tacki iz Df . Funkcija gima izvod za svaki realan broj x. Dakle, za svako x0 ∈ Df , funkcija h ima izvod u x0, afunkcija g ima izvod u h(x0), pa prema teoremi o izvodu kompozicije funkcija, funkcijaf ima izvod u x0. Izvod nalazimo koriscenjem poznatog pravila za nalazenje izvodakompozicije funkcija:

f ′(x) = 2tg x+ex · ln 2 · (tg x+ ex)′

= 2tg x+ex · ln 2 · ( 1

cos2 x+ ex).

Komentar. Primeri iz ovog zadatka se analiziraju vrlo jednostavno i sve tri funkcijediferencijabilne su u svim (unutrasnjim) tackama svog domena. Naslucujemo kakobi tekla analiza i sa malo komplikovanijim primerima funkcija, ali isto tako, pravilnonaslucujemo i da bi ta analiza bila vrlo zamorna. Zbog toga u zadacima u kojima seizvod funkcije koristi vise kao alat i nije kljucna stavka problematike zadatka, ne za-lazimo toliko duboko u detalje i ne navodimo argumente poput: po teoremi o izvoduzbira funkcije, i sl. vec ih podrazumevamo. Ipak, kada god u domenu funkcije postojetacke za koje ne mozemo odmah proceniti postojanje izvoda u njima, tada cemo detaljnoprokomentarisati zbog cega u drugim tackama postoji izvod, a za te tacke nismo sigurni.

U vezi sa samim postupkom u resenju mozemo istaci da smo u delu zadatka poda) funkciju x 7→ sin2 x posmatrali kao proizvod funkcija, a isto tako mogli smo da jeposmatramo i kao kompoziciju kvadratne funkcije i funkcije sinus. Ishod bi, razume se,bio isti. �

60. Funkcija f : R→ R definisana je sa:

a) f(x) = |x2 − 5x+ 6|;


b) f(x) = [x] · sinx;

c) f(x) =

{x2 · sin 1

x , x = 0

0, x = 0.

Odrediti u kojim tackama domena funkcija f ima izvod i u tim tackama odrediti izvodfunkcije.

Resenje. a) Funkcija f je kompozicija funkcija g(x) = |x| i h(x) = x2−5x+6. Funkcija hima izvod u svakom x ∈ R. Funkcija g ima izvod za svako x = 0. Prema tome, mozemozakljuciti, koristeci teoremu o izvodu kompozicije funkcija, da za one x0 ∈ R za kojeh(x0) = 0, funkcija f(x) = g(h(x)) ima izvod. Posto je h(x) = (x − 2)(x − 3), sledi daje h(x) = 0 ako i samo ako x ∈ {2, 3}, pa zakljucujemo da u tackama skupa R \ {2, 3}funkcija f sigurno ima izvod i on iznosi:

f ′(x) = sgn (x2 − 5x+ 6) · (2x− 5).

Pokazacemo, po definiciji, da u tackama skupa {2, 3} funkcija f nema izvod. To cemouraditi tako sto cemo u tim tackama naci levi i desni izvod i zakljuciti da se oni razlikuju.

Posmatrajmo prvo tacku x = 2. Tada imamo:

f ′+(2) = lim∆x→+0

f(2 + ∆x)− f(2)

∆x

= lim∆x→+0

|((2 + ∆x)− 2)((2 + ∆x)− 3)|∆x

= lim∆x→+0

|∆x(2 + ∆x− 3)|∆x

= lim∆x→+0

∆x(3− 2−∆x)

∆x= 1,

dok je:

f ′−(2) = lim∆x→−0

f(2 + ∆x)− f(2)

∆x

= lim∆x→−0

|((2 + ∆x)− 2)((2 + ∆x)− 3)|∆x

= lim∆x→−0

|∆x(2 + ∆x− 3)|∆x

= lim∆x→−0

(−∆x)(3− 2−∆x)

∆x= −1.

Prema tome, izvod u tacki x = 2 ne postoji, jer je f ′+(2) = f ′−(2). Potpuno analognodokazujemo da ne postoji izvod ni u tacki x = 3.

b) Dokazimo da ova funkcija ima izvod u svakoj tacki skupa R\Z, a da u celobrojnimtackama nema izvod. Ukoliko je z ceo broj, ako je x ∈ (z, z+1), tada je f(x) = z · sinx.Drugim recima, na intervalu (z, z + 1) funkcija f poklapa se sa funkcijom x 7→ z · sinx,


koja je diferencijabilna i ciji izvod iznosi: z · cosx. Zbog toga je i f diferencijabilna naintervalu (z, z+1) i u tacki x iz ovog intervala njen izvod iznosi z · cosx. Dokazimo sadada funkcija f u celobrojnim tackama nema izvod. Dokazacemo zapravo da funkcija fnije neprekidna u celobrojnim tackama z = 0, pa dakle nije ni diferencijabilna, dok uz = 0 jeste neprekidna, ali tu takode nije diferencijabilna.

Ako je z ∈ Z, tada je:

f(z + 0) = limx→z+0

[x] · sinx = limx→z+0

z · sinx = z · sin z,

dok je:

f(z − 0) = limx→z−0

[x] · sinx = limx→z−0

(z − 1) · sinx = (z − 1) · sin z.

Ukoliko je z = 0 tada je sin z = 0, pa je f(z+0) = f(z−0), tj. funkcija f nije neprekidnau z. Tim pre, funkcija f nema izvod u z. Ostao je samo jos slucaj z = 0.

Potrazimo levi i desni izvod u nuli:

f ′+(0) = lim∆x→+0

f(∆x)− f(0)

∆x

= lim∆x→+0

0 · sin∆x− 0

∆x= 0,

dok je:

f ′−(0) = lim∆x→−0

f(∆x)− f(0)

∆x

= lim∆x→−0

(−1) · sin∆x− 0

∆x= −1.

Dakle, funkcija f nema izvod u nuli. Ovim smo kompletirali dokaz tvrdnje sa pocetkaresenja.

c) Dokazimo da funkcija f ima izvod u svakoj tacki x ∈ R. Na intervalima (−∞, 0)i (0,+∞) funkcija f se poklapa sa funkcijom x2 · sin(1/x). Ova funkcija ima izvod usvakoj tacki ovih intervala. Zaista, ona je proizvod dve funkcije x2 i sin(1/x), koje imajuizvod: za x 7→ x2 nam je poznato da ima izvod za svako x, a funkcija x 7→ sin(1/x) imaizvod u svakoj tacki x = 0, kao kompozicija funkcija x 7→ sinx i x 7→ 1/x. Za x = 0 tajizvod iznosi:

f ′(x) = 2x · sin 1

x+ x2 · cos 1

x· −1

x2= 2x · sin 1

x− cos

1

x.

Dokazimo, po definiciji, da f ima izvod i u x = 0. Zaista:

lim∆x→0

f(∆x)− f(0)

∆x= lim

∆x→0

(∆x)2 sin 1∆x

∆x

= lim∆x→0

∆x · sin 1

∆x= 0,


pri cemu poslednja jednakost vazi na osnovu toga sto je lim∆x→0∆x = 0, dok je funkcijasin(1/∆x) ogranicena na svom domenu, pa i u (proizvoljnoj) okolini nule. Dakle, f ′(0) =0.

Komentar. U ovom zadatku dolazi do izrazaja kako teoreme o izvodu zbira, razlike,proizvoda, kolicnika i kompozicije funkcija daju samo dovoljne uslove za postojanjeizvoda, ali ne govore o tome kada izvod ne postoji. Primera radi, poznato nam jeda funkcija x 7→ |x| nema izvod u nuli, ali to ne znaci i da bilo koja funkcija oblikax 7→ |g(x)| nema izvod u onoj tacki u kojoj je funkcija g jednaka nuli. Primera radi,funkcija |(x− 1)3| ima izvod u x = 1 (dokazati!). Zbog toga, ne treba biti previse sigu-ran u (ne)postojanje izvoda u onim tackama koje ne mozemo da obuhvatimo navedenimteoremama.

Ono sto takode dolazi do izrazaja u ovom zadatku je i to da na izvod funkcije unekoj tacki utice jedino to kako je funkcija definisana u nekoj okolini te tacke, a ne ina citavom domenu. Primera radi, u delu zadatka pod b), kada gledamo funkciju f naintervalu (z, z + 1), gde je z ∈ Z, nije bitno kako ce izgledati ostatak funkcije van ovogintervala. Jedino je bitno da se f na ovom intervalu poklapa sa funkcijom x 7→ z · sinx,pa ce postojanje izvoda u nekoj tacki tog intervala, kao i sam izvod, biti isti onakvikao kod funkcije x 7→ z · sinx, koja je zapravo funkcija sinus pomnozena konstantom.Slicna situacija je i u delu zadatka pod c), kada gledamo funkciju f posebno na intervalu(−∞, 0) i na intervalu (0,+∞), gde se ona poklapa sa funkcijom koja je definisana jednimizrazom za citav taj interval.

U sva tri primera, neke tacke iz domena funkcije ostale su da se ispitaju zasebno. Udelovima pod a) i b) u tim tackama funkcija nije imala izvod, kao sto smo dokazali, dok udelu pod c), postoji izvod i u toj tacki. Ispitivanje egzistencije izvoda u tim tackama vrsilismo po definiciji (kao u delu pod c)), ili pak, trazeci levi i desni izvod u posmatranojtacki i uporedujuci ih (kao u delu pod a) i b)). Takvi metodi nisu narocito pogodniako su u pitanju funkcije sa malo slozenijim analitickim izrazima, kao sto ce biti slucaju narednom zadatku. U tom slucaju mozemo primeniti jednu posledicu Lagranzoveteoreme o srednjoj vrednosti, kao sto cemo uskoro videti.

Napomenimo i to da analiticki izrazi kojima su odredeni izvodi u primeru pod a) iprimeru pod b) imaju smisla za sve realne brojeve x. Zaista, u primeru pod a), za onex za koje postoji izvod, on je jednak:

sgn (x2 − 5x+ 6) · (2x− 5),

a ovaj izraz ima smisla za svaki realan broj x. Takode, u delu pod b), izvod funkcije,tamo gde postoji, jednak je:

[x] · cosx,

sto bi ponovo imalo smisla za bilo koji realan broj x. Takode je zanimljivo i zapazanje dau primeru pod c), ne postoji limx→0 f

′(x), ali ipak postoji f ′(0). Na ovo cemo obratitipaznju i u narednom zadatku. �

U narednom zadatku prikazujemo kako se jednostavno moze ispitati egzistencijaizvoda u nekoj tacki intervala, kada nam je poznat izvod funkcije u ostalim tackama


intervala. U delu pod a) zadatka koji sledi, egzistenciju izvoda u ,,problematicnoj“ tackiispitujemo na dva nacina, preko definicije i preko Tvrdneja 4.70 i 4.71, poredenja radi.U delovima pod b) i c) bi vec, donekle, zamorno bilo koristiti definiciju, pa se u timslucajevima opredeljujemo samo za navedene posledice.

61. Odrediti Df i u kojim tackama iz skupa Df funkcija f ima izvod, a zatim odreditii izvod u tim tackama, ako je:

a) f(x) = ln(x2 − |x|+ 2);

b) f(x) = arcsin2x

1 + x2;

c) f(x) = 2 arccosx− arcsin(2x√

1− x2).

Resenje. a) Kako je x2 − |x| + 2 = (|x| − 1/2)2 + 7/4 > 0, za svako x ∈ R, sledi da jeDf = R. Na skupu (0,+∞) funkcija f se poklapa sa funkcijom: ln(x2 − x+2), koja, poteoremi o izvodu kompozicije funkcija, ima izvod za svako x iz ovog intervala. Dakle, zax > 0, funkcija f je diferencijabilna u x, a njen izvod je:

f ′(x) =2x− 1

x2 − x+ 2.

Na intervalu (−∞, 0) funkcija f se poklapa sa funkcijom ln(x2 + x + 2), pa i na ovomintervalu funkcija f ima izvod i on iznosi:

f ′(x) =2x+ 1

x2 + x+ 2.

Prema tome, na skupu R\{0} funkcija f ima izvod i on se moze zapisati jednim izrazomkao:

f ′(x) =2x− sgn (x)

x2 − |x|+ 2.

Ostaje jos da ispitamo da li funkcija f ima izvod u x = 0. To cemo uraditi na dvarazlicita nacina.

Prvi nacin: Dokazacemo da ne postoji

lim∆x→0

f(0 + ∆x)− f(0)

∆x,

tako sto cemo po definiciji pronaci levi i desni izvod u nuli funkcije f i videti da se oni


razlikuju. Vazi:

f ′+(0) = lim∆x→+0

f(∆x)− f(0)

∆x= lim

∆x→+0

ln((∆x)2 − |∆x|+ 2)− ln 2

∆x

= lim∆x→+0

ln((∆x)2 −∆x+ 2)− ln 2

∆x

= lim∆x→+0

ln( (∆x)2

2 − ∆x2 + 1)

∆x

= lim∆x→+0

ln( (∆x)2

2 − ∆x2 + 1)

(∆x)2

2 − ∆x2

·(∆x)2

2 − ∆x2

∆x

= −1

2,

pri cemu smo iskoristili teoremu o limesu slozene funkcije: znamo da je

ln(1 + x)

x→ 1, x→ 0,

kao i da(∆x)2

2− ∆x

2→ 0, ∆x→ 0,

pa je zato i:

ln( (∆x)2

2 − ∆x2 + 1)

(∆x)2

2 − ∆x2

→ 1, ∆x→ 0,

dok je, rutinski:(∆x)2

2 − ∆x2

∆x→ −1

2, ∆x→ 0.

Potpuno analogno nalazimo i levi izvod u nuli:

f ′+(0) = lim∆x→−0

f(∆x)− f(0)

∆x= lim

∆x→−0

ln((∆x)2 − |∆x|+ 2)− ln 2

∆x

= lim∆x→−0

ln((∆x)2 +∆x+ 2)− ln 2

∆x

= lim∆x→−0

ln( (∆x)2

2 + ∆x2 + 1)

∆x

= lim∆x→−0

ln( (∆x)2

2 + ∆x2 + 1)

(∆x)2

2 + ∆x2

·(∆x)2

2 + ∆x2

∆x

=1

2.

Posto levi i desni izvod u nuli nisu jednaki, funkcija f nema izvod u nuli.


Drugi nacin: Ponovo cemo pronaci levi i desni izvod u nuli i videti da se oni razlikuju,ali ovoga puta ne po definiciji, vec koristeci Tvrdenja 4.70 i 4.71, imajuci u vidu da jefunkcija f neprekidna u nuli. Imamo:

limx→+0

f ′(x) = limx→+0

2x+ sgn (x)

x2 − |x|+ 2=

= limx→+0

2x− 1

x2 − x+ 2= −1

2.

Posto ovaj limes postoji, sledi:

f ′+(0) = limx→+0

f ′(x) = −1

2.

Analogno je i:

f ′−(0) = limx→−0

f ′(x) = limx→−0

2x+ 1

x2 + x+ 2=

1

2.

Prema tome, izvod u x = 0 funkcije f ne postoji.

b) Za svaki realan broj x, broj 2x/(1 + x2) nalazi se u segmentu [−1, 1]. Zaista,iz nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine primenjene na brojeve 1 i x2

dobijamo:

1 + x2 ≥ 2√1 · x2 = 2|x|,

pa je zbog toga:2|x|

1 + x2≤ 1, odnosno

2x

1 + x2∈ [−1, 1].

Pritom, vazi2|x|

1 + x2= 1 ⇔ 1 = x2 ⇔ x = ±1.

Kako je za svaki realan broj x vrednost izraza 2x/(1+x2) iz domena funkcije x 7→ arcsinx,sledi da je Df = R.

Funkcija x 7→ 2x/(1 + x2) ima izvod za svaki realan broj x, kao racionalna funkcijau kojoj je u imeniocu polinom bez realnih nula. Funkcija x 7→ arcsinx ima izvod usvakoj tacki intervala (−1, 1), tj. u svakoj unutrasnjoj tacki svog domena. Ako je x0proizvoljan realan broj razlicit od ±1, tada je 2x0/(1 + x20) broj iz intervala (−1, 1), papo teoremi o izvodu kompozicije funkcija, zakljucujemo da funkcija f ima izvod u x0.Za svako x = ±1, izvod funkcije f nalazimo koriscenjem poznatih pravila diferenciranja:

f ′(x) =1√

1−(

2x1+x2

)2 ·(

2x

1 + x2

)′=

1√(1−x21+x2

)2 · 2(1 + x2)− 2x · 2x(1 + x2)2

=

=1 + x2

|1− x2|· 2(1− x2)

(1 + x2)2=

2sgn (1− x2)

1 + x2.


Treba jos proveriti da li funkcija f ima izvod u −1 i u 1, a naravno, imamo u vidu daje funkcija f neprekidna u −1 i 1, kao elementarna funkcija. U tu svrhu, nadimo levi idesni izvod u −1. Posto je:

limx→−1−0

f ′(x) = limx→−1−0

2sgn (1− x2)

1 + x2

= limx→−1−0

2 · (−1)

1 + x2= −1,

sledi da je levi izvod u −1:

f ′−(−1) = limx→−1−0

f ′(x) = −1.

Analogno nalazimo i desni izvod u −1:

limx→−1+0

f ′(x) = limx→−1+0

2sgn (1− x2)

1 + x2

= limx→−1+0

2 · 11 + x2

= 1.

Posto se desni i levi izvod u −1 razlikuju, funkcija f nema izvod u −1. Na potpunoanalogan nacin zakljucujemo da funkcija f nema izvod ni u 1.

c) Izraz na koji deluje arcsin ima u sebi√1− x2, tako da je Df podskup segmenta

[−1, 1]. Za svako x ∈ [−1, 1], definisana je funkcija arccosx, ali i arcsin(2x√1− x2).

Zaista, za x ∈ [−1, 1], ako primenimo nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijskesredine na (nenegativne) brojeve x2 i 1− x2, dobijamo:

1 = (1− x2) + x2 ≥ 2√x2(1− x2) = 2|x|

√1− x2. (2.3)

Posto je 2|x|√1− x2 ≤ 1 sledi da je 2x

√1− x2 ∈ [−1, 1], pa arcsin(2x

√1− x2) ima

smisla. Dakle, Df = [−1, 1] i u daljem toku resenja, uvek cemo podrazumevati da jex ∈ [−1, 1].

Egzistenciju izvoda ispitujemo samo u unutrasnjim tackama domena funkcije f ,tj. na intervalu (−1, 1), jer se jedino u unutrasnjim tackama domena izvod i definise.Funkcija x 7→ arccosx ima izvod za svako x ∈ (−1, 1). Razmotrimo funkciju x 7→arcsin(2x

√1− x2). Funkcija x 7→

√1− x2 ima izvod za svako x ∈ (−1, 1) (po teoremi

o izvodu kompozicije funkcija, jer je za x ∈ (−1, 1) tacno: 1 − x2 > 0), pa samimtim i funkcija x 7→ 2x

√1− x2. Funkcija x 7→ arcsinx ima izvod u svakoj tacki inter-

vala (−1, 1). Prema tome, za svako x0 ∈ (−1, 1), takvo da je 2x0√

1− x20 ∈ (−1, 1),funkcija x 7→ arcsin(2x

√1− x2) ima izvod u x0. Treba odrediti takve brojeve x0. Za

svako x ∈ (−1, 1), znamo da je 2x√1− x2 ∈ [−1, 1]. Iz nejednakosti (2.3) sledi da ce

2x√1− x2 = ±1 ako i samo ako je 1− x2 = x2, odnosno, ako i samo ako je x = ±1/

√2.

Dakle, za x ∈ (−1, 1) \ {−1/√2, 1/

√2}, vrednost izraza 2x

√1− x2 jeste iz intervala

(−1, 1), pa po teoremi o izvodu kompozicije funkcija, funkcija x 7→ arcsin(2x√1− x2)

ima izvod na ovom skupu. Dakle, za svako x ∈ (−1, 1) \ {−1/√2, 1/

√2}, funkcija f


sigurno ima izvod i on iznosi:

f ′(x) = 2 · −1√1− x2

− 1√1− (2x

√1− x2)2

· (2x√

1− x2)′

=−2√1− x2

− 1√(1− 2x2)2

· 2(1− 2x2)√1− x2

= − 2√1− x2

(1 +

1− 2x2

|1− 2x2|

)= − 2√

1− x2· (1 + sgn (1− 2x2)).

Potrazimo sada levi i desni izvod u tacki 1/√2, a analogni postupak treba sprovesti i

kod tacke −1/√2. Najpre, u ovim tackama funkcija f jeste neprekidna, jer su ovo tacke

iz domena elementarne funkcije f . U (nekoj) desnoj okolini tacke 1/√2 je 2x2 > 1, pa

je sgn (1− 2x2) = −1 u toj okolini. Zbog toga je:

limx→ 1√

2+0f ′(x) = lim

x→ 1√2+0

− 2√1− x2

· (1 + sgn (1− 2x2))

= limx→ 1√

2+0

− 2√1− x2

· 0 = 0.

Dakle, f ′+(1/√2) = 0. U (nekoj) levoj okolini tacke 1/

√2 je 2x2 < 1, pa je sgn (1−2x2) =

1 i zato je:

limx→ 1√

2−0f ′(x) = lim

x→ 1√2−0

− 2√1− x2

· (1 + sgn (1− 2x2))

= limx→ 1√

2−0

− 2√1− x2

· 2

= −4√2.

Sledi f ′−(1/√2) = −4

√2 = f ′+(1/

√2), tj. u tacki 1/

√2 ne postoji izvod funkcije f .

Funkcija f takode nema izvod ni u −1/√2, sto se dokazuje potpuno analogno.

Komentar.Ovim zadatkom smo, izmedu ostalog, hteli da ukazemo na tri razlicite stvari.Prva od njih je pazljivo i strpljivo odredivanje skupa Df . U ovom zadatku, nije takotrivijalno uociti sta je skup Df , mada nije ni narocito tesko. Klasicne konstrukcije nakoje obracamo paznju kada odredujemo Df su imenioci razlomka, potkorene velicine,logaritmandi i osnove logaritma, itd. U ovom zadatku je situacija za nijansu slozenija.Ipak, dovoljno je da samo budemo pazljivi i da ne ocekujemo da se problem resi samod sebe, vec i da mi u tome ucestvujemo. Koriscenje nejednakosti izmedu aritmetickei geometrijske sredine u primerima pod b) i c) je samo elegantan nacin za razresenjeproblema, a nikako i jedini nacin. Dovoljno je postaviti nejednacinu:

−1 ≤ 2x

1 + x2≤ 1, odnosno − 1 ≤ 2x

√1− x2 ≤ 1,


i resiti je standardnim metodama.Druga stvar koju smo zeleli da istaknemo je pazljivo procenjivanje gde postoji izvod

date funkcije. Ponavljamo: formalno nalazenje izvoda i analiziranje gde je dobijeniizraz definisan ni na koji nacin ne svedoci o (ne)postojanju izvoda funkcije u nekimtackama. Ako vec nismo na neki nacin dokazali da izvod postoji, sta uopste predstavljataj izraz koji smo formalno pronasli? Kada dokazujemo da izvod funkcije postoji u nekojtacki, jedini potencijalno problematican momenat nastupa kada zelimo da iskoristimoteoremu o izvodu kompozicije funkcija. Tada moramo pazljivo proveriti da li vrednostjedne funkcije (one ,,unutrasnje“) pripada skupu u kom druga funkcija (ona ,,spoljasnja“)ima izvod. Kao sto smo videli u delovima pod b) i c): funkcija x 7→ arcsinx nemaizvod u −1 i 1 jer su to rubne tacke njenog domena. Zbog toga, kod funkcije x 7→arcsin(2x/(1+x2)) nismo sigurni da li postoji izvod u onim x za koje je 2x/(1+x2) = ±1,tj. za x = ±1. Obratimo paznju na to da tacke ±1 nisu vise rubne tacke domena funkcijex 7→ arcsin(2x/(1 + x2)), jer je domen ove funkcije citav skup R. Slicna situacija je isa funkcijom x 7→ arcsin(2x

√1− x2). Tacke ±1/

√2 su unutrasnje tacke domena ove

funkcije, ali su to takve tacke koje funkcija x 7→ 2x√1− x2 slika u one brojeve za koje

funkcija x 7→ arcsinx nema izvod. Zbog toga su te tacke problematicne i treba ih ispitatizasebno.

Treca i poslednja stvar na koju skrecemo paznju je nacin ispitivanja postojanja izvodau problematicnim tackama. U delu pod a) prikazali smo kako se to moze uraditi na dvanacina: prvi nacin je nalazenje levog i desnog izvoda po definiciji i uporedivanje rezultata.Drugi nacin, koji cemo i koristiti cesce, podrazumeva nalazenje limesa vec odredenihvrednosti izvoda. U tom slucaju ne treba zaboraviti da najpre ispitamo neprekidnostfunkcije u posmatranoj tacki. Preporucujemo citaocu da, vezbe radi, na ovaj nacin resii sve primere iz zadatka 60. Kod takvog nacina ispitivanja egzistencije izvoda, narocitotreba obratiti paznju na sledecu stvar: ukoliko limes funkcije f ′ u tacki x0 ne postoji, tone implicira da izvod funkcije f ne postoji u x0. Da bi se u to uverili dovoljno je pogledatideo pod c) u 60. zadatku i izvod funkcije f u nuli. Tvrdenja 4.70 i 4.71 opisuju samojedan smer zakljucivanja: ako limes sa leve, odnosno, desne strane funkcije f ′ u tacki x0postoji, onda u x0 postoji levi, odnosno desni izvod funkcije f i jednak je tom limesu.Nema govora o tome sta se desava ako posmatrani limes ne postoji. �

U narednom zadatku ilustrujemo jednu zanimljivu primenu Lajbnicove teoreme on-tom izvodu proizvoda funkcija.

62. Dokazati da funkcija

f(x) =1

1 + x2,

ima n-ti izvod u svakoj tacki x ∈ R za svako n ∈ N, a zatim odrediti f (n)(0).

Resenje. Dokazacemo indukcijom po n da za svako x ∈ R postoji f (n)(x). Preciznije,dokazacemo da za svako n postoji n-ti izvod funkcije f na celom R i da je oblika:

f (n)(x) =Pn(x)

(1 + x2)2n,


gde je Pn(x) neki polinom po x. Za n = 1, postojanje izvoda u svakoj tacki x ∈ R sledina osnovu teoreme o izvodu kolicnika funkcija, buduci da je 1 + x2 = 0, za svako x ∈ R.On iznosi:

f ′(x) =−2x

(1 + x2)2,

sto odgovara nasoj pretpostavci. Dokazimo da iz pretpostavke da tvrdenje vazi za n,sledi da ono vazi i za n + 1. Ako tvrdenje vazi za n, tada je funkcija f (n) kolicnik dvefunkcije x 7→ Pn(x), koja ima izvod u svakoj tacki x ∈ R (kao i svaki polinom) i funkcijex 7→ (1 + x2)2

n, koja takode ima izvod u svakoj tacki x ∈ R i pored toga je razlicita od

nule u svakoj tacki x ∈ R. Dakle, u svakoj tacki x ∈ R funkcija f (n) ima prvi izvod,odnosno, funkcija f ima izvod reda n+ 1. On je jednak:

f (n+1)(x) = (f (n)(x))′ =

(Pn(x)

(1 + x2)2n

)′=

=P ′n(x) · (1 + x2)2

n − Pn(x) · ((1 + x2)2n)′

(1 + x2)2n+1 =Pn+1(x)

(1 + x2)2n+1 .

Time smo dokazali da, za svako n ∈ N, postoji izvod reda n funkcije f .Neka je n ∈ N proizvoljan prirodan broj i pronadimo f (n)(0). Za n = 1 odgovor

nalazimo direktno: f ′(0) = 0. Neka je n ≥ 2. Imamo da je (1 + x2) · f(x) = 1. Funkcijax 7→ 1 + x2 ima izvod reda n za svako x ∈ R, kao i funkcija f , sto smo upravo dokazali.Zbog toga, prema Lajbnicovoj teoremi, funkcija (1+x2) ·f(x) ima izvod reda n za svakox ∈ R i vazi ((1 + x2) · f(x))(n) = 0. Imajuci u vidu da je svaki izvod pocevsi od trecegfunkcije x 7→ 1 + x2 jednak nuli, po Lajbnicovoj teoremi dobijamo:

0 = ((1 + x2) · f(x))(n)

= f (n)(x) · (1 + x2) +

(n

1

)f (n−1)(x) · (1 + x2)′ +

(n

2

)f (n−2)(x) · (1 + x2)′′,

odnosno:

f (n)(x) · (1 + x2) + n · f (n−1)(x) · 2x+n(n− 1)

2f (n−2)(x) · 2 = 0.

Dakle, za x = 0, dobijamo da vazi:

f (n)(0) + n(n− 1)f (n−2)(0) = 0, tj. f (n)(0) = −n(n− 1)f (n−2)(0).

Posto ova jednakost vazi za svaki prirodan broj n, smanjujuci stalno red izvoda za po 2,dobijamo:

f (n)(0) = −n(n− 1)f (n−2)(0) = −n(n− 1) · (−(n− 2)(n− 3)f (n−4)(0)) = ...

U zavisnosti od parnosti broja n, na kraju dobijamo f (1)(0) ili f (0)(0), tj. f ′(0) = 0 ilif(0) = 1. Prema tome, ako je n paran broj, n = 2m, tada je:

f (2m)(0) = (−2m(2m− 1))(−(2m− 2)(2m− 3)) · · · (−2 · 1) · f(0) =


= (−1)m · (2m)! = (−1)n2 · n!,

a ako je n = 2m+ 1, tada je:f (2m+1)(0) = 0,

jer ce se u ovom izrazu javiti f ′(0) = 0.

Komentar. Nacin na koji smo dokazali da funkcija x 7→ 1/(1 + x2) ima izvode redan ∈ N u svakom realnom broju x je vrlo prirodan: pri uzastopnom nalazenju izvodafunkcije 1/(1 + x2) ne nailazimo ni na kakvu prepreku; zasto ne nailazimo na prepreku,zato sto svaki izvod ove funkcije ima oblik racionalne funkcije, koja u imeniocu imapolinom bez realnih nula. Ovo je upravo ono sto pise u resenju, samo na preciznommatematickom jeziku, pa je zato neophodno koriscenje indukcije. Potpuno analognobi mogli da pokazemo da proizvoljna racionalna funkcija x 7→ P (x)/Q(x) ima izvodeproizvoljnog reda u svakoj tacki x0 koja nije nula polinoma Q. Predlazemo citaocu dase u tome okusa.

Drugi deo zadatka resili smo zanimljivim trikom, tako sto smo posmatrali funkciju(1 + x2) · f(x). Primetimo da smo uradili samo ono sto se od nas trazilo, a ne vise odtoga: pronasli smo f (n)(0), ali nismo nasli kako izgleda f (n)(x) za svaki realan broj x.Napomenimo da je zadatak moguce resiti i bez ovog elegantnog trika, uocavanjem nekepravilnosti u izvodima funkcije f , naravno, sve vreme ne gubeci iz vida da nas interesujejedino vrednost izvoda u nuli, ne i u ostalim realnim brojevima. �

U narednim zadacima osvrcemo se na fundamentalne teoreme o srednjoj vrednostifunkcije i to na Rolovu i Lagranzovu teoremu. Takode, resavamo i nekoliko problema ukojima je potrebno analizirati monotonost nekih funkcija, sto cinimo preko prvog izvodatih funkcija. Tvrdenje koje povezuje monotonost funkcije sa njenim prvim izvodom jeposledica upravo Lagranzove teoreme. Zadaci iz ovog dela mogu da budu vrlo zanimljivi,a njihova resenja neocekivana u sta ce se, mozda, neki citaoci uskoro uveriti.

63. Neka je funkcija f diferencijabilna na intervalu (a, b). Ako su x1, x2 ∈ (a, b), x1 = x2,nule funkcije f , dokazati da se u intervalu (x1, x2) nalazi barem jedna nula funkcije f ′.

Resenje. Posmatrajmo funkciju f na segmentu [x1, x2] koji je podskup intervala (a, b).Posto je f diferencijabilna na (a, b), ona je i neprekidna na ovom intervalu, pa je zatoneprekidna i na segmentu [x1, x2]. Takode, posto f ima izvod u svim tackama intervala(a, b) ona ima izvod i u svim tackana intervala (x1, x2). Prema tome, za funkciju fposmatranu na segmentu [x1, x2] ispunjeni su uslovi Rolove teoreme: f je neprekidna na[x1, x2], diferencijabilna na (x1, x2) i vazi f(x1) = f(x2), jer je zapravo f(x1) = f(x2) =0. Iz Rolove teoreme sledi da je za neku tacku x0 ∈ (x1, x2) ispunjeno f ′(x0) = 0,odnosno, funkcija f ′ ima nulu koja se nalazi izmedu x1 i x2, sto je i trebalo dokazati.

Komentar. Tvrdenje iz ovog zadatka, direktna je posledica Rolove teoreme i koristicemoga u narednim zadacima. Moguce je da neobicno deluje onaj korak kada umesto nacitavom intervalu, funkciju f posmatramo samo na segmentu [x1, x2]. Ipak, to je sasvim


prirodan postupak i cesto smo u analizi sretali taj princip ,,zanemarivanja viska“. Stavise,u samoj formulaciji zadatka smo zanimarili visak: nigde nije receno da je domen funkcijef interval (a, b), vec samo da je f diferencijabilna na (a, b). Ona moze biti definisana iu jos nekim tackama van ovog intervala. Ipak, to ni na koji nacin ne utice na ono stose desava unutar ovog intervala. Primetimo jos i da je tvrdenje tacno ako u formulacijizadatka interval (a, b) zamenimo segmentom [a, b], naravno, uz pretpostavku da je fneprekidna na segmentu [a, b] i diferencijabilna na intervalu (a, b). Pritom, neka od nulafunkcije moze biti i neka (ili obe) od krajnjih tacaka ovog segmenta. Takode, tvrdenjevazi i ako se neki od brojeva a i b, ili oba, zamene nekom od odgovarajucih beskonacnosti.�

64. Neka je f : R→ [0, 1] funkcija koja ima izvod u svakom x ∈ R i pritom vazi f ′(x) = 1.Dokazati:

a) Jednacina f(x) = x ima barem jedno resenje u skupu R;

b) Jednacina f(x) = x ima tacno jedno resenje u skupu R.

Resenje. a) Ukoliko je f(0) = 0 ili f(1) = 1, tada je 0, odnosno 1 jedno resenje jednacinef(x) = x. Ako obe jednakosti ne vaze, onda vaze nejednakosti: f(0) > 0, kao i f(1) < 1.Posmatrajmo zato funkciju g(x) = f(x)−x na segmentu [0, 1]. Ova funkcija je neprekidnana tom segmentu, kao razlika dve neprekidne funkcije (funkcija f ima izvod u svakoj tackiiz R, pa je i neprekidna u svakoj tacki iz R). Takode, g(0) > 0 i g(1) < 0, pa premaKosijevoj teoremi za neprekidne funkcije na segmentu, postoji neko x0 ∈ [0, 1], takvo daje g(x0) = 0. Ovo ne znaci nista drugo do: f(x0)− x0 = 0, tj. f(x0) = x0, pa i u ovomslucaju posmatrana jednacina ima resenje. Ovim smo kompletirali dokaz.

b) Pretpostavimo da posmatrana jednacina ima dva razliita resenja x1 i x2. Posma-trajmo funkciju g definisanu kao u delu pod a), na segmentu [x1, x2]. Iz pretpostavkesledi da je g(x1) = g(x2), jer su i g(x1) i g(x2) jednaki nuli. Pored toga, funkcija g(x)je neprekidna na ovom segmentu i ima izvod u svakoj unutrasnjoj tacki ovog segmenta,kao razlika dve funkcije koje tu imaju izvod. Prema tome, iz Rolove teoreme sledi daje u nekoj unutrasnjoj tacki x0 ovog segmenta ispunjeno g′(x0). Ovo nije moguce, jerje g′(x0) = f ′(x0) − 1, pa bi iz g′(x0) sledilo f

′(x0) = 1, a u zadatku je navedeno da jef ′(x) = 1 za svako x. Dobili smo kontradikciju, dakle, posmatrana jednacina ne mozeimati dva razlicita resenja. Posto smo u delu pod a) dokazali da postoji barem jednoresenje, sledi da postoji tacno jedno resenje ove jednacine.

Komentar. U nekom smislu je suvisno deliti ovaj zadatak na deo pod a) i deo pod b),buduci da je tvrdenje pod b) jace nego ono pod a) i njegovim dokazivanjem automatskidokazujemo i tvrdenje pod a). Ipak, namera nam je bila da na istom primeru ilustrujemoparalelno upotrebu cinjenice da je funkcija f neprekidna (u delu pod a) je to sve sto smoupotrebili) i mnogo jacu cinjenicu, da je funkcija f diferencijabilna.

Ideju u resenju dela pod a) videli smo vec i ranije, kod neprekidnih funkcija, takoda ono u ovom trenutku ne predstavlja novost. Resenje dela pod b) je vrlo direktno, samotivacijom slicnom kao u delu pod a): da bi ispitali resenja neke jednacine, primera


radi f(x) = x, mi konstruisemo funkciju cije su nule resenja posmatrane jednacine, uovom slucaju: f(x) − x. U tekstu zadatka dat je uslov koji ispunjava izvod funkcije f ,koji je kljucan, jer bez njega jednacina f(x) = x moze imati beskonacno mnogo resenja(ohrabrujemo citaoca da konstruise barem jedan takav primer). Povezanost izvoda i nulafunkcije upravo daju teoreme o srednjoj vrednosti, a u ovom slucaju je bilo dovoljnoiskoristiti Rolovu teoremu. �

65. Dokazati da za proizvoljne pozitivne realne brojeve a, b, c koji nisu sva tri istovremenojednaka jedinici, funkcija f : R→ R definisana sa:

f(x) = ax + bx + cx − 3

moze imati najvise dve realne nule.

Resenje. Pretpostavimo da funkcija f ima tri medusobno razlicite nule: α < β < γ.Tada, prema 63. zadatku, posto je f direfencijabilna na R, funkcija f ′ ima barem jednunulu u intervalu (α, β) i barem jednu nulu u intervalu (β, γ). Dakle, funkcija

f ′(x) = ax ln a+ bx ln b+ cx ln c

ima barem dve razlicite nule, α1 i β1, na R. Posto je i funkcija f ′ diferencijabilna na R,ponovo prema 63. zadatku, sada primenjenog na funkciju f ′ zakljucujemo da funkcijaf ′′ ima barem jednu nulu koja se nalazi izmedu α1 i β1. Kako je:

f ′′(x) = ax(ln a)2 + bx(ln b)2 + cx(ln c)2,

imamo da iz f ′′(x) = 0 za neko x, sledi a = b = c = 1, sto znamo da nije tacno, po pret-postavci iz zadatka. Dakle, dosli smo do kontradikcije i zbog toga pocetna pretpostavka,da f(x) ima tri razlicite nule, nije tacna. Prema tome, ova funkcija moze imati najvisedve razlicite nule na R.

Komentar. U formulaciji ovog zadatka navedeno je da treba dokazati da funkcija f nemoze imati vise od dve realne nule. Upravo to smo i dokazali. Mozda funkcija f nemoze da ima ni dve realne nule, mozda uvek ima najvise jednu, ili mozda nikad nemani jednu nulu. To nas se ne tice. Bilo bi drugacije da u zadatku stoji pitanje: ,,Kolikonajvise realnih nula moze imati funkcija f definisana na ovaj nacin?“. U tom slucaju,resenje koje smo dali ovde bilo bi, eventualno, samo deo celokupnog resenja, jer nigdenismo dokazali da funkcija f zaista i moze da ima dve nule. Kada bi zadatak imao usebi takvo pitanje, bilo bi neophodno i dokazati da funkcija f zaista moze da ima onolikonula koliki mislimo da je odgovor na to pitanje.

Dajemo i par recenica o samom resenju zadatka. Imajuci na umu tvrdenje iz 63.zadatka, samo od sebe se namece kako treba, barem probati, da resimo ovaj zadatak.Kritican trenutak u ovom resenju je prelazak na drugi izvod, odnosno na izvod prvogizvoda, posto sam prvi izvod f ′ nije dovoljno informativan. Brojevi a, b i c mogu bitimanji, ili veci od 1, pa zato brojevi ln a, ln b i ln c mogu biti pozitivni ili negativni i nemozemo tako lako proceniti ponasanje funkcije f ′. Sa druge strane, funkcija f ′′ je strogo


pozitivna za svako x ∈ R, imajuci u vidu da nisu sva tri broja a, b i c jednaka jedinici,sto nam jasno govori o tome kako se ponasa funkcija f ′.

Treba istaci da se zadatak moze resiti i drugacije, bez koriscenja 63. zadatka, akoristeci povezanost izmedu monotonosti funkcije i njenog prvog izvoda. Ovakvo resenjeje mozda i prirodnije, narocito kada nemamo spremno tvrdenje iz 63. zadatka. Ukratkokomentarisemo i to resenje: kako je f ′′ funkcija koja je strogo pozitivna na citavom skupuR, odatle zakljucujemo da funkcija f ′ strogo raste na citavom R. Kako je, sem toga,funkcija f ′ i neprekidna na R, sledi da ona najvise u jednoj tacki na R menja znak. Zatoje funkcija f ili strogo rastuca na R, ili strogo opadajuca na R, ili jednim delom raste,a zatim opada, ili jednim delom opada, a zatim raste. U sva cetiri slucaja, funkcija fmoze imati najvise dve realne nule, sto kompletira resenje.

Kao sto vidimo, ponekad treba uci i dublje u analizu ponasanja neke funkcije, nesamo do njenog prvog izvoda, da bi dobili zeljenu informaciju, kao sto je, recimo u ovomslucaju, broj nula funkcije. �

66. U skupu realnih brojeva resiti jednacinu:

21x + 3x = 17x + 7x.

Resenje. Dajemo dva resenja ovog zadatka.Prvi nacin: Dva resenja ove jednacine su x = 0 i x = 1. Dokazimo da nema drugihresenja. Neka je x0 proizvoljan realan broj razlicit od 1 i 0. Pretpostavimo da je x0resenje date jednacine, odnosno pretpostavimo da vazi:

21x0 − 17x0 = 7x0 − 3x0 .

Posmatrajmo funkciju g(t) = tx0 za t ∈ (0,+∞). Na segmentu [17, 21] ispunjeni suuslovi Lagranzove teoreme: funkcija g je neprekidna na ovom segmentu i diferencijabilnana (17, 21). Prema tome, postoji neko t0 iz (17, 21) tako da vazi g(21) − g(17) = (21 −17) · g′(t0), odnosno, kako je x0 = 0:

21x0 − 17x0 = 4 · x0 · tx0−10 .

Potpuno analogno, na segmentu [3, 7] takode su ispunjeni uslovi Lagranzove teoreme zafunkciju g, pa postoji neko t1 ∈ (3, 7), tako da je:

7x0 − 3x0 = 4 · x0 · tx0−11 .

Dakle, ako za neko x0 koje nije ni 0 ni 1 vazi 21x0 − 17x0 = 7x0 − 3x0 , onda postojit0 ∈ (17, 21) i t1 ∈ (3, 7) tako da vazi:

4 · x0 · tx0−10 = 4 · x0 · tx0−1

1 , odnosno, posto je x0 = 0, tx0−10 = tx0−1

1 .

Posto je x0 = 1, imamo da je funkcija t 7→ tx0−1 strogo monotona (rastuca za x > 1 iopadajuca za x < 1), pa je nemoguce da za t0 i t1 vazi navedena jednakost, jer je t1 < t0.Dakle, ni za jedno x0 koje nije 0 ili 1, ne moze vaziti 21x0 + 3x0 = 17x0 + 7x0 , jer iz tepretpostavke dobijamo kontradikciju.


Drugi nacin: Pretpostavimo da je x0 ∈ {0, 1}. Posmatrajmo funkciju

f(t) = (t+ 4)x0 − tx0 ,

na skupu (0,+∞) i dokazimo da je ona strogo monotona na ovom intervalu. Posto jex0 = 0, izvod ove funkcije je:

f ′(t) = x0(t+ 4)x0−1 − x0tx0−1 = x0((t+ 4)x0−1 − tx0−1).

Stepena funkcija t 7→ tx0−1 je strogo monotona, jer je x0 = 1. Ukoliko je x0 > 1, ona jestrogo rastuca, a za x0 < 1 je strogo opadajuca. U oba slucaja, izraz (t+ 4)x0−1 − tx0−1

je istog znaka za svako t ∈ (0,+∞) (pozitivan je, za x0 > 1, a negativan za x0 < 1).Posto je i x0 = 0, sledi i da je:

f ′(t) = x0((t+ 4)x0−1 − tx0−1),

istog znaka za svako t ∈ (0,+∞). Prema tome, funkcija f je strogo monotona (rastuca,ili opadajuca, u zavisnosti od znaka funkcije f ′) na intervalu (0,+∞). Kada bi vazilo:

21x0 + 3x0 = 17x0 + 7x0 ,

vazilo bi i: f(17) = f(3), a upravo smo dokazali da je f strogo monotona i ovakvajednakost ne moze da vazi. Dakle, ako je x0 ∈ {0, 1}, tada x0 svakako nije resenje ovejednacine. Trivijalno proveravamo da x = 0 i x = 1 jesu reesnja date jednacine, pa suovo i jedina resenja ove jednacine.

Komentar. Ono sto cini ovaj zadatak zanimljivim je cinjenica da analizom funkcija kojemozemo da konstruisemo u vezi sa ovom jednacinom, primera radi f(x) = 21x + 3x −17x − 7x, necemo previse daleko odmaci (barem ne tako jednostavno kao u prethodnimzadacima). Bitna stvar je da brojevi 21, 3, 17 i 7 nisu izabrani potpuno nasumicno, vecda je razlika brojeva 21 i 17 jednaka razlici brojeva 7 i 3. Jednostavna preformulacijadate jednacine poput:

(17 + 4)x − 17x = (3 + 4)x − 3x,

daje nam presudnu ideju o tome kako treba pristupiti ovom problemu. Naime, zaocekivati je, u slucaju da je x > 1, da dodatak od +4 vecu razliku pravi kada se dodavecem broju (zamislimo samo da je x prirodan broj i da iskoristimo binomnu formuluna obe strane). Zato je funkcija koju treba da analiziramo, a ovo je kljucno zapazanje,funkcija (t+4)x−tx, posmatrana kao funkcija po t, a sa fiksiranim x. Kada ovo shvatimo,problem je resen.

Oba prikazana resenja ovog zadatka koriste Lagranzovu teoremu o srednjoj vrednosti.Prvo resenje neposredno, a drugo resenje posredno, preko teoreme koja povezuje izvodfunkcije i monotonost. Smatramo da je drugo resenje prirodnije od prvog, samo zatojer cesce pomocu izvoda ispitujemo monotonost funkcije, nego sto primenjujemo samuLagranzovu teoremu. Sa druge strane, u prvom resenju je direktno prikazano kakododatak od +4 doprinosi vise kada se doda broju 17, nego kada se doda broju 3 (naravno,u slucaju x > 1). Koristeci Lagranzovu teoremu, razlike 21x − 17x i 7x − 3x zapisujemo


u drugacijem obliku koji nam daje mogucnost direktnog poredenja ove dve razlike. Nataj nacin, uvidamo jos jednu znacajnu primenu Lagranzove teoreme.

Citaocu ostavljamo kao povod za razmisljanje pitanje, kojim brojevima mozemo za-meniti brojeve 21, 17, 7 i 3, a da novi problem mozemo resiti analogno sa ovim? �

67. Dokazati sledece nejednakosti:

a) Za svako x > −1 vazi: ln(1+x) ≤ x, pri cemu znak jednakosti vazi ako i samo akoje x = 0;

b) Za svako x ∈ R vazi: 1 + x ≤ ex, pri cemu znak jednakosti vazi ako i samo ako jex = 0.

Resenje. a) Posmatrajmo funkciju f(x) = x−ln(1+x), definisanu na intervalu (−1,+∞).Funkcija f diferencijabilna je na svom domenu i vazi:

f ′(x) = 1− 1

1 + x=

x

1 + x.

Kako je f ′(x) < 0, za −1 < x < 0, zatim f(x) > 0, za x > 0 i f(x) = 0, za x = 0,zakljucujemo da je funkcija f strogo opadajuca na (−1, 0), strogo rastuca na (0,+∞),kao i to da za x = 0 funkcija f ima globalni minimum. Dakle, za svako x > −1 vazi:f(x) ≥ f(0) = 0, pri cemu je ova nejednakost stroga za svako x = 0.

b) Ukoliko je x ≤ −1, leva strana nejednakosti je nepozitivna, pa je nejednakostocigledno tacna i stroga: 1 + x < ex. Za x > −1, ova nejednakost sledi iz nejednakostiiz dela pod a). Naime, posto za x > −1 vazi ln(1 + x) ≤ x, a funkcija t 7→ et je strogorastuca, sledi i:

1 + x = eln(1+x) ≤ ex.

Takode, jednakost u nejednakosti 1 + x ≤ ex, za x > −1, vazi ako i samo ako vazijednakost u nejednakosti: ln(1+x) ≤ x, a po dokazanom sledi da to vazi ako i samo akoje x = 0.

Komentar. Nejednakosti koje smo dokazali u ovom zadatku, najavili smo jos u 39.zadatku, u kome smo dokazali iste ove nejednakosti, samo za pozitivne racionalne brojevex. Mada jednostavno, resenje dela pod a) moze posluziti kao prototip tehnike dokazivanjanejednakosti pomocu analize funkcija preko izvoda. Ideja je da sve izraze prebacimosa iste strane nejednakosti i da dokazujemo nejednakost oblika f(x) ≤ 0 ili f(x) ≥0. Drugim recima, dokazujemo da je neka funkcija stalno istog znaka, a to radimonalazenjem intervala monotonosti te funkcije i to preko izvoda. Primera radi, na tajnacin mozemo dokazati nejednakosti koje smo i do sada koristili: x2 + 1 ≥ x ili, 2x > x,za svako x ∈ R. Naglasimo da smo i nejednakost iz dela pod b) mogli dokazati potpunona ovaj nacin, posmatranjem funkcije f(x) = ex − x − 1. Nismo morali da je svodimona vec dokazanu nejednakost iz dela pod a).

Ponekad je potrebno uci dublje u analizu funkcije, nego sto je to prvi izvod, da biodrediti intervale monotonosti funkcije (poput resenja 65. zadatka). Recimo da zelimo


da pokazemo nejednakost:

10√1 + x ≤ 1 +

x

10− 9x2

200, za svako x > −1.

Ako je

f(x) = 10√1 + x− 1− x

10+

9x2

200,

tada je:

f ′(x) =1

10 10√

(1 + x)9− 1

10+

18x

200.

O znaku funkcije f ′ ne mozemo bas jednostavno rasudivati: ni za x < 0 ni za x > 0nismo sigurni da li je f ′(x) pozitivno ili negativno. No, imamo da je:

f ′′(x) = − 9

100 10√(1 + x)19

+18

200=

9

100

(1− 1

10√(1 + x)19

).

Sada imamo da je f ′′(x) < 0 kada je x < 0, f ′′(x) > 0 kada je x > 0 i f ′′(x) = 0 kada jex = 0. Kako iz ovog zapazanja rekonstruisati pocetnu nejednakost, ostavljamo citaocuza vezbu, smatrajuci da smo mu pruzili dovoljno materijala dosadasnjim resenjima ikomentarima.

Naravno, ovu tehniku ne treba dozivljavati kao univerzalni nacin za dokazivanje ne-jednakosti koje zavise od jednog parametra. Uzmimo za primer 66. zadatak i nejed-nakosti 21x + 3x ≥ 17x + 7x. Ako je uopste moguce ovu nejednakost dokazati analizomfunkcije f(x) = 21x + 3x − 17x − 7x, na nacin prikazan u okviru ovog zadatka, nije nimalo ocigledno kako to uraditi. �

68. Neka je funkcija f : R→ R definisana sa:

f(x) = arctg x+2x

1 + x2.

Odrediti nule funkcije f , kao i lokalne i globalne ekstremume ove funkcije, ukoliko postoje.

Resenje. Posto za x > 0 vazi f(x) > 0, za x < 0 vazi f(x) < 0 i za x = 0 vazi f(x) = 0,funkcija f ima jednu nulu i to x = 0.

Funkcija f je diferencijabilna na celom svom domenu, a njen izvod jednak je:

f ′(x) =1

1 + x2+

2− 2x2

(1 + x2)2=

3− x2

(1 + x2)2.

Intervale monotonosti funkcije f dajemo pomocu tablice:

x (−∞,−√3) (−

√3,√3) (

√3,+∞)

sgn (f ′(x)) − + −monotonost ↘ ↗ ↘

2.2. Lopitalove teoreme i Tejlorova formula 743

Prema tome, u tacki −√3 funkcija f ima lokalni minimum, a u tacki

√3 funkcija f ima

lokalni maksimum. Oni iznose:

f(−√3) = arctg(−

√3) +

2 · (−√3)

1 + 3= −π

3−

√3

2,

kao i

f(√3) = arctg(

√3) +

2 ·√3

1 + 3=π

3+

√3

2.

Ispitajmo sada globalne ekstremne vrednosti funkcije f .

Na osnovu datih intervala monotonosti, minimum funkcije f na skupu (−∞,√3],

dostize se u tacki −√3. Na intervalu (

√3,+∞) funkcija f je opadajuca, pa je zato:

infx∈(

√3,+∞)

f(x) = limx→+∞

f(x) = limx→+∞

arctg x+ limx→+∞

2x

1 + x2=π

2.

Posto je f(−√3) manje od svih vrednosti funkcije f na skupu (−∞,

√3], a takode

je manje od infimuma funkcije f na skupu (√3,+∞), zakljucujemo da funkcija f u

tacki −√3 ima i globalni minimum. Potpuno analogno dokazujemo da funkcija f u

tacki√3 ima globalni maksimum: na osnovu odredenih intervala monotonosti, na skupu

[−√3,+∞) najveca vrednost funkcije f je f(

√3), dok je supremum funkcije f na skupu

(−∞,−√3) jednak limesu te funkcije kada x→ −∞, a on iznosi −π/2. Posto je f(

√3) >

−π/2, sledi da u tacki√3 funkcija f ima globalni maksimum.

Komentar. Pri odredivanju nula funkcije f , po inerciji pomisljamo da zapravo trebaresiti jednacinu:

arctg x = − 2x

1 + x2

i onda ostajemo zbunjeni pred ovako neobicnim problemom. Kao sto smo videli, stvarje daleko jednostavnija nego resavanje neke jednacine i ne smemo dozvoliti da nam jed-nostavne stvari promicu, pretpostavljajuci da su komplikovane.

Lokalne ekstremne vrednosti funkcije f nalazimo vrlo jednostavno, pomocu prvogizvoda funkcije f . Ocigledno su nule prvog izvoda tacke ±

√3, ali kao sto znamo, to nije

dovoljno da bi zakljucili da su ovo i tacke lokalnih ekstremuma funkcije f . Tek nakonsto utvrdimo kako f ′ menja znak u tim tackama, mozemo biti sigurni da ovo jesu tackelokalnih ekstremuma.

Pri nalazenju globalnih ekstremnih vrednosti ponovo presudnu ulogu igraju inter-vali monotonosti. Samo pratimo tok funkcije i uocavamo gde postoji sansa da funkcijadostigne svoju najmanju, odnosno, najvecu vrednost.

Funkcija f je neparna funkcija, mada to nismo nigde iskoristili u zadatku. Da jebilo potrebe, mogli smo se ograniciti samo na [0,+∞) i posmatrati funkciju f na ovomskupu, a onda, na osnovu simetrije, doneti zakljucke koji se od nas traze. Ipak, u ovakojednostavnom primeru, ovakav postupak bi samo nepotrebno opterecivao resenje. �


2.3 Lopitalove teoreme i Tejlorova formula

U ovom poglavlju predstavljamo dve tehnike za odredivanje granicne vrednosti funkcijakoje se baziraju na diferencijabilnosti funkcija. Obe ove tehnike za okosnicu imaju dubljuanalizu ponasanja jedne funkcije pomocu njenih izvoda (prvog, drugog, itd.).

Najpre cemo resiti nekoliko problema koristeci dobro poznate Lopitalove teoreme.Pri tome skrecemo paznju na neke karakteristicne situacije do kojih moze doci. Uokviru ovog poglavlja, insistiracemo na proveri potrebnih uslova za upotrebu Lopitalovihteorema, kao sto smo i radili pre upotrebe bilo koje teoreme do sada. Zatim se bav-imo Tejlorovim (odnosno Maklorenovim) polinomima funkcija i njihovom upotrebom nanalazenje granicne vrednosti. U poslednjem zadatku uporedo resavamo probleme i jed-nom i drugom tehnikom. Medutim, savetujemo citaoca da i one zadatke koje resavamosamo jednom od ove dve metode, samostalno pokusa da resi onom metodom koju nekoristimo u doticnom resenju, radi vezbe i poredenja.

Poglavlje pocinjemo jednostavnim primerom.

69. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost:

limx→0

ex − cosx

sinx.

Resenje. Neka je f(x) = ex − cosx i g(x) = sinx. Funkcije f i g su neprekidne unekoj (proizvoljnoj) okolini nule i vazi f(0) = g(0) = 0. Takode, funkcije f i g sudiferencijabilne u nekoj (proizvoljnoj) okolini nule, a pored toga vazi i g′(x) = cosx = 0na okolini nule: (−π/2, π/2). Kako je:

limx→0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→0

ex + sinx

cosx=e0 + sin 0

cos 0= 1,

iz Teoreme 4.92, slucaj za dvostranu granicnu vrednost, sledi i da je:

limx→0

ex − cosx

sinx= lim

x→0

f(x)

g(x)= 1.

Komentar. Nacin na koji se uobicajeno zapisuje primena Lopitalovih teorema je uneko-liko neprecizan. Naime, pri koriscenju Lopitalovih teorema, najcesce koristimo produzenujednakost, nesto nalik na:

limx→0

ex − cosx

sinx= lim

x→0

(ex − cosx)′

(sinx)′= lim

x→0

ex + sinx

cosx= 1. (2.4)

Takav zapis navodi na pomisao da postoji ekvivalencija izmedu postojanja (i velicine)granicnih vrednosti:

limx→0

ex − cosx

sinxi lim

x→0

(ex − cosx)′

(sinx)′.


Dobro nam je poznato da ovo nije tacno. Lopitalove teoreme jasno govore da: akopostoji limes kolicnika izvoda onda postoji i limes kolicnika funkcija i jednaki su. Neuspostavljaju ekvivalenciju izmedu ta dva limesa. Prema tome, tek nakon sto utvrdimoda postoji limes kolicnika izvoda, mozemo pisati jednakost kao u (2.4), a ne i dok smo uprocesu nalazenja tog limesa. Trudicemo se da, u okviru ovog poglavlja, svaku primenuneke od Lopitalovih teorema objasnimo detaljno, ne osvrcuci se na uobicajene preciceu zapisu. Uostalom, kada se neke precice previse ustale, onda izgubimo iz vida sustinutvrdenja koja koristimo.

Primer iz ovog zadatka bio je jedan od najjednostavnijih za upotrebu Lopitaloveteoreme, izuzetno pravolinijski, pa kao takav ne zasluzuje poseban komentar. �


a) limx→+∞

ex − 2x

x;

b) limx→+0

cosx · arcsin(√sinx)√

2x− x2.

Resenje. a) Neka je f(x) = ex − 2x i g(x) = x. Ocigledno je da g(x) → +∞, x → +∞,a dokazimo i da f(x) → +∞, x→ +∞. Funkciju f mozemo zapisati i ovako:

f(x) = 2x · ((e2

)x− 1).

Imamo: 2x → +∞, x → +∞, a takode i (e/2)x → +∞, x → +∞, jer je e/2 > 1.Takode je i (e/2)x − 1 → +∞, x → +∞, pa i f(x) → +∞, x → +∞, kao proizvoddve funkcije koje teze ka +∞, kada x → +∞. Posto funkcije f i g teze ka +∞ kadax → +∞, a takode su i diferencijabilne na nekoj okolini tacke +∞, primera radi, na(0,+∞) i pritom je g′(x) = 1 = 0 za x ∈ (0,+∞), potrazimo granicnu vrednost funkcijef ′(x)/g′(x) kada x→ +∞. Dobijamo:

limx→+∞

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞

ex − 2x · ln 21

= limx→+∞

2x((e2

)x− ln 2) = +∞,

gde poslednja jednakost vazi potpuno analogno sa predasnjim dokazom da ex − 2x →+∞, x→ +∞. Dakle, iz Lopitalove teoreme 4.98 sledi da vazi:

limx→+∞

ex − 2x

x= lim

x→+∞

f(x)

g(x)= +∞.

b) Odredimo najpre granicnu verdnost:

limx→+0

arcsin(√sinx)√

2x− x2.

Neka je f(x) = arcsin(√sinx) i g(x) =

√2x− x2. Zbog neprekidnosti sa desne strane u

nuli datih funkcija sledi

limx→+0

f(x) = 0, kao i limx→+0

g(x) = 0.


Funkcije f i g su diferencijabilne u nekoj desnoj okolini nule, recimo u (0, 1), sto jasnosledi iz teoreme o izvodu kompozicije funkcija. Pored toga, za x ∈ (0, 1) vazi i:

g′(x) =1

2· 1√

2x− x2· (2− 2x) = 0.

Potrazimo onda granicnu vrednost:

limx→+0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+0

1√1− sinx

· 12 · 1√

sinx· cosx

12 · 1√

2x− x2· (2− 2x)

= limx→+0

cosx ·√2x− x2

2(1− x)√1− sinx ·

√sinx

(2.5)

= limx→+0

cosx ·√2− x

2(1− x)√1− sinx

·√

x

sinx.

Funkcija

x 7→ cosx ·√2− x

2(1− x)√1− sinx

neprekidna je u nuli i njena vrednost u nuli jednaka je√2/2. Sa druge strane, x/ sinx→

1, x→ 0, jer sinx/x→ 1, x→ 0. Zbog toga je i

limx→+0

√x

sinx= 1.

Dakle, vazi:

limx→+0

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+0

cosx ·√2− x

2(1− x)√1− sinx

·√

x

sinx=

√2

2.

Iz Teoreme 4.92 sledi:

limx→+0

f(x)

g(x)= lim

x→+0

f ′(x)

g′(x)=

√2

2.

Funkcija x 7→ cosx je neprekidna u nuli, pa cosx→ 1, x→ +0 i zato je trazena granicnavrednost:

limx→+0

cosx · arcsin(√sinx)√

2x− x2= lim

x→+0cosx · f(x)

g(x)= 1 ·

√2

2=

√2

2.

Komentar. Oba primera u ovom zadatku su, u nekom smislu, karakteristicna i ko-mentarisemo svaki zasebno. a) Primer u delu zadatka pod a) bio je specifican samo izrazloga sto, eventualno, nije bilo ocigledno da je dati izraz zaista ,,neodreden izraz“, uovom slucaju, oblika ∞/∞. Najpre to treba razresiti, kao zaseban kratak zadatak. Tekonda kada utvrdimo da su ispunjeni svi uslovi za primenu Lopitalove teoreme, pa cak i taj


u vezi sa neodredenim izrazom, koji je najcesce ocigledno ispunjen, mozemo i primenitizeljenu teoremu. U prvom delu knjige dati su primeri nepravilnog koriscenja Lopitalovihteorema usled neproveravanja potrebnih uslova, pa savetujemo citaocu da ih ponovoprocita. Sam dokaz da ex− 2x → +∞, x→ +∞ i kasnije ex− 2x · ln 2 → +∞, x→ +∞su, sada vec, rutinski izvedeni.

b) U ovom primeru smo, pre nego da primenimo Lopitalovu teoremu, najpre izbacilione funkcije iz izraza koje imaju konacnu granicnu vrednost, razlicitu od nule. U ovomslucaju, to je bila funkcija x 7→ cosx. Ovo radimo bez bojazni da ce nam poremetitipostojanje trazene granicne vrednosti. Naime, ako funkcija f ima konacnu granicnuvrednost razlicitu od nule u (konacnoj ili beskonacnoj) tacki x0, tada funkcija f · gima granicnu vrednost u x0 ako i samo ako g ima granicnu vrednost u x0 (Tvrdenje3.61). Buduci da treba odrediti izvode funkcija iz brojioca i imenioca, a zatim i granicnuvrednost tako dobijenog kolicnika, pogoduje nam da date funkcije sto vise uprostimo.Naravno, ne smemo izbaciti deo cija je granicna vrednost nula, jer ako se ispostavi daje granicna vrednost ostatka jednaka nekoj od beskonacnosti, necemo znati kolika jepocetna granicna vrednost.

Kao sto vidimo, bez obzira na napredni aparat koji omogucuju Lopitalove teoreme,ne treba gubiti iz vida poznate granicne vrednosti funkcija, navedene na 707. strani.Ukoliko propustimo da uocimo deo x/ sinx, moze nam delovati da se na kolicnik iz (2.5)ponovo treba primeniti Lopitalova teorema, te da ponovo trazimo izvode funkcija, stoce biti vrlo zamorno. Zbog toga bi trebalo da uvek budemo spremni za kombinovanjenekih izraza iz brojioca i imenioca, u skladu sa poznatim granicnim vrednostima, koji binam olaksali da odredimo trazenu granicnu vrednost. Svakako da to nije moguce uvekuraditi, ali nas ponekad moze postedeti velike racunice i mnogo lakse dovesti do resenja.�

71. Odrediti da li funkcija

f(x) =

{e−1/x2 , x = 0

0, x = 0

ima izvod u x = 0.

Resenje. Dacemo dva resenja ovog zadatka. U prvom resenju dokazujemo da izvodpostoji po definiciji, a u drugom koristeci Tvrdenje 4.72.

Prvi nacin: Izvod funkcije f u nuli postoji ako postoji granicna vrednost:

limx→0

f(0 + x)− f(0)

x= lim

x→0

e−1/x2

x. (2.6)

Potrazimo levu i desnu granicnu vrednost u nuli, tj. potrazimo levi i desni izvod funkcijef u nuli.

Dakle, odredujemo

limx→−0

e−1/x2

x= lim

x→−0

1

xe1/x2

.


Neka je a(x) = 1/x i b(x) = e1/x2. Tada vazi: a(x) → −∞, x→ −0 i e1/x

2 → +∞, x→−0, jer 1/x2 → +∞, x→ −0. Pored toga, funkcije a i b su diferencijabilne u proizvoljnojlevoj okolini nule i vazi b′(x) = 0 u proizvoljnoj levoj okolini nule. Pored svega toga,imamo i:

limx→−0

a′(x)

b′(x)= lim

x→−0

− 1

x2

e1/x2 · −2

x3

= limx→−0

1

2· x

e1/x2= 0,

jer 1/(e1/x2) → 0, x → −0. Dakle, iz Teoreme 4.101, slucaj za levu granicnu vrednost,

sledi da postoji i:

limx→−0

a(x)

b(x)= f ′−(0) = 0.

Potpuno analogno nalazimo i desni izvod u nuli funkcije f , koji je takode jednak nuli.Prema tome, funkcija f ima izvod u nuli i on je jednak 0.Drugi nacin: Funkcija f ima izvod u svim realnim brojevima razlicitim od nule. Zaista,na intervalu (−∞, 0), kao i na intervalu (0,+∞), funkcija f se poklapa sa funkcijom x 7→e−1/x2 , koja ima izvod u svim tackama ovih intervala, po teoremi o izvodu kompozicijefunkcija. Zbog toga i f ima izvod za x = 0 i on iznosi:

f ′(x) = e−1/x2 · 2

x3. (2.7)

Da bi dokazali da f ima izvod u nuli, dovoljno je pokazati da postoji levi i desni limesfunkcije f ′ u nuli i da su oni jednaki. Funkcija f je neprekidna u nuli, pa posmatrajmozato:

limx→+0

f ′(x) = limx→+0

e−1/x2 · 2

x3= lim

x→+0

2

x3

e1/x2.

Neka je a(x) = 2/x3 i b(x) = e1/x2. Tada je:

limx→+0

a(x) = +∞, kao i limx→+0

b(x) = +∞.

Pritom, funkcije a i b su diferencijabilne u proizvoljnoj desnoj okolini nule i vazi b′(x) = 0za x iz proizvoljne desne okoline nule. Pored svega toga, vazi i:

limx→+0

a′(x)

b′(x)= lim

x→+0

−6

x4

e1/x2 · −2

x3

= limx→+0

3 · 1x

e1/x2. (2.8)

Dokazimo da je ovaj limes jednak nuli. Neka je c(x) = 3/x, a kao sto smo vec oznacili,imamo b(x) = e1/x

2. Vazi c(x) → +∞, x→ +0, kao i b(x) → +∞, x→ +0. Funkcije c

i b su diferencijabilne u proizvoljnoj desnoj okolini nule i pritom vazi b′(x) = 0 za x > 0.Imamo i da je:

limx→+0

c′(x)

b′(x)= lim

x→+0

3 · −1

x2

e1/x2 · −2

x3

= limx→+0

3

2· x

e1/x2= 0,


kao i u prvom resenju. Dakle, prema Teoremi 4.101, zakljucujemo da je:

limx→+0

3 · 1x

e1/x2= lim

x→+0

c(x)

b(x)= lim

x→+0

c′(x)

b′(x)= 0.

Posto je limes u (2.8) jednak nuli, ponovo na osnovu Teoreme 4.101, sada primenjene nafunkcije a i b, sledi:

limx→+0

f ′(x) = limx→+0

a(x)

b(x)= lim

x→+0

a′(x)

b′(x)= 0.

Dakle, funkcija f ′ ima desni limes u nuli i on je jednak 0. Na potpuno analogan nacindokazujemo da funkcija f ′ ima i levi limes u nuli i da je on, takode, jednak 0, pa funkcijaf ima izvod u nuli, koji je jednak 0.

Komentar. Prvo resenje koje smo dali je krace, ali drugo resenje sadrzi u sebi dvostrukuprimenu Lopitalovih teorema, pa smo i njega naveli, kao primer za ovu pojavu. Na-glasimo najpre neke zajednicke karakteristike oba ova resenja.

I u prvom i u drugom resenju imamo, na prvi pogled, neopravdanu transformacijuizraza koji se javlja u (2.6), odnosno (2.7). Hajde da probamo direktno da odredimolimes koji se javlja u (2.6) (do istog zakljucka dolazimo i ako probamo da odredimo limesizraza (2.7)). Posto se u:

limx→0

e−1/x2

x,

dobija neodreden izraz 0/0, a i svi uslovi Lopitalove teoreme su zadovoljeni, ima smislapotraziti limes kolicnika izvoda. Tako dobijamo:

limx→0

(e−1/x2)′

(x)′= lim

x→0

2e−1/x2

x3.

Drugim recima, ponovo dobijamo neodreden izraz 0/0. Mozemo probati da i na ovajizraz primenimo Lopitalovu teoremu, ali u tom slucaju, bice neophodno da odredimolimes:

limx→0

2 · 2 · e−1/x2

3 · x5.

Prema tome, izrazi koje dobijamo ne postaju jednostavniji pri izvodenju brojioca i ime-nioca, pa se dati limes ne moze odrediti ovim postupkom. Sa druge strane, ako pocetniizraz zapisemo kao sto smo to ucinili u resenju:

e−1/x2

x=

1

xe1/x2

,

dovoljno je pronaci prvi izvod brojioca i imenioca i vec smo se oslobodili neodredenogizraza 0/0, dobivsi odreden izraz oblika ∞/∞.


Druga zajednicka karakteristika oba ova resenja je odredivanje levog i desnog limesazasebno, kada ocigledno(?!) mozemo odrediti klasican limes direktno. Na primer:

limx→0

1

xe1/x2

= limx→0

(1

x)′

(e1/x2)′= lim

x→0

1

2· x

e1/x2= 0.

Gde je greska u ovom rasudivanju? Greska je u tome sto ne postoji limes funkcije 1/xkada x → 0, pa nisu zadovoljeni uslovi Teoreme 4.101 koju bi ovde trebalo primeniti.U drugom resenju imamo analognu situaciju, samo sa funkcijom 1/x3. Zbog toga jeneophodno posebno pronaci levi i desni limes kako bi zaista ispravno primenili poznatuteoremu.

Osvrnimo se i na to da u drugom resenju dolazi do dvostruke primene Lopitaloveteoreme, zbog toga sto nakon prvog izvodenja i dalje ne mozemo odrediti trazeni limes.Moze se desiti da Lopitalovu teoremu treba primeniti i vise od dva puta. Vec u narednomzadatku, imacemo jednu takvu situaciju, a u okviru komentara uz taj zadatak obraticemopaznju i na ispravan zapis takvih resenja.

Napomenimo i to da funkcija f iz ovog zadatka ima izvod proizvoljnog reda u nulii svi izvodi u nuli su jednaki 0. Predlazemo citaocu da to dokaze. Ako mu je potrebnapomoc, neka prati naredne korake: najpre dokazati da e−1/x2/xk → 0, za svako k ∈ N, azatim indukcijom po n pokazati tvrdenje - funkcija f za svako realno x ima izvod n-togreda, pritom je on u nuli jednak 0, a za svako x = 0 je oblika e−1/x2 · Pn(1/x), gde jePn(t) polinomska funkcija. �

72. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Dokazati da je:

limx→+∞

ex

xn= +∞.

Resenje. Tvrdenje cemo dokazati matematickom indukcijom po n. Za n = 1, trebapokazati da je

limx→+∞

ex

x= +∞.

Neka je f(x) = ex i g(x) = x. Vazi f(x) → +∞, x → +∞ i g(x) → +∞, x → +∞.Takode, funkcije f i g su diferencijabilne u proizvoljnoj okolini tacke +∞ i pritom jeg′(x) = 1 = 0. Kako je:

limx→+∞

f ′(x)

g′(x)= lim

x→+∞

ex

1= +∞,

iz Teoreme 4.102, sledi i da je:

limx→+∞

ex

x= lim

x→+∞

f(x)

g(x)= +∞.

Dokazimo sada da iz pretpostavke da je tvrdenje tacno za prirodan broj n, sledi da jeono tacno i za broj n + 1. Neka je G(x) = xn+1 i, kao sto smo vec oznacili, f(x) = ex.Funkcija G je diferencijabilna u proizvoljnoj okolini tacke +∞, a postoji okolina, recimo


(0,+∞) u kojoj vazi: G′(x) = 0. Vec smo napomenuli da je funkcija f diferencijabilnasvuda na R. Vazi i:

limx→+∞

f ′(x)

G′(x)= lim

x→+∞

ex

(n+ 1)xn= lim

x→+∞

1

n+ 1· e

x

xn.

Ako tvrdenje vazi za prirodan broj n, onda je:

limx→+∞

f ′(x)

G′(x)= +∞.

No, onda je, na osnovu Teoreme 4.102 tacno i:

limx→+∞

ex

xn+1= lim

x→+∞

f(x)

G(x)= +∞,

pa tvrdenje vazi i za n + 1. Prema tome, matematickom indukcijom smo dokazali datvrdenje iz zadatka vazi za svaki prirodan broj n.

Komentar. Uobicajeno je, ali ne bas i najkorektnije, resenje ovog problema zapisati naovaj nacin: ,,Posto xk → +∞, x → +∞ za svaki prirodan broj k i stepena funkcija jediferencijabilna sa izvodom razlicitim od nule u okolini +∞, ako primenimo Lopitalovuteoremu n-puta, dobijemo:

limx→+∞

ex

xn= lim

x→+∞

ex

nxn−1= lim

x→+∞

ex

n(n− 1)xn−2= ... = lim

x→+∞

ex

n!= +∞.“

Ovaj zapis je nekorektan iz najmanje dva razloga. Prvi razlog je za nas manje bitan,ali ga ipak navodimo. Uvek kada zelimo da neki postupak ,,ponovimo n-puta“, jedinikorektan nacin da to zapisemo je preko matematicke indukcije. O ovome je vec biloreci jos u komentaru pri 2. zadatku. Ipak, nije toliki greh ako se, umesto matematickeindukcije, jednostavno napise ,,ponovimo postupak n-puta“, ako dobro razumemo o cemuse zapravo radi u tom resenju. Tu dolazimo i do drugog, za nas bitnijeg razloga, zbogcega je ovakav zapis nekorektan. Ovakav nacin prilicno maskira kako se zapravo desavada mi zakljucimo da je pocetni limes jednak +∞. Imali smo slican komentar jos u70. zadatku, samo je ovde situacija drasticnija, jer imamo n jednakosti. Zakljucivanjezapravo ide u ovom smeru: posto je

limx→+∞

ex

n!= +∞,

iz Teoreme 4.102, sledi i da je

limx→+∞

ex

n · (n− 1) · ... · 2 · x= +∞,

pa iz Teoreme 4.102, sledi i:

limx→+∞

ex

n · (n− 1) · ... · 3 · x2= +∞,


itd. sve dok ne dodemo do poslednjeg (tj. pocetnog) izraza:

limx→+∞

ex

xn= +∞.

Cak i kod naseg primera nekorektnog ispisivanja resenja, prokomentarisali smo zado-voljenost potrebnih uslova za primenu Lopitalove teoreme. Najcesce i ovakvi komentariizostaju, jer su cesto, ali ne uvek, trivijalno zadovoljeni. Bas zbog ovoga: ne uvek, uovom poglavlju insistiramo na navodenju tih komentara.

Navedimo i da se granicna vrednost iz ovog zadatka, cesto javlja i u svojoj ekviva-lentnoj formi:

limx→+∞

e−x · xn = 0.

Razume se da poslednju granicnu vrednost (kao i granicnu vrednost iz ovog zadatka)mozemo uopstiti i na:

limx→+∞

e−x · P (x) = 0,

odnosno na,

limx→+∞

ex

P (x),

pri cemu je P proizvoljna polinomska funkcija. �

U narednim zadacima, kroz nalazenje kosih asimptota funkcije i pri uopstavanjujedne od poznatih granicnih vrednosti za nizove: n

√n → 1, n → ∞, opisujemo jos neke

klasicne situacije u kojima se koriste Lopitalove teoreme.

73. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote funkcije: f(x) = 3√−x3 + 2x2.

Resenje. Potrazimo najpre limese

limx→±∞

f(x)

x.

Za svako x = 0 vazi:

f(x)

x=

3√−x3 + 2x2

x=

3

√−1 +

2

x.

Posto 2/x→ 0, x→ ±∞, sledi da:

limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞3

√−1 +

2

x= −1.

Potrazimo sada limese:

limx→±∞

(f(x)− (−1) · x) = limx→±∞

(3√

−x3 + 2x2 + x).


Da bi nasli ove limese, zapisimo izraz 3√−x3 + 2x2 + x na sledeci nacin, za x = 0:

3√

−x3 + 2x2 + x = x

(3

√−1 +

2

x+ 1

)=

3

√−1 + 2

x + 1

1

x

.

Neka je

a(x) =3

√−1 +

2

x+ 1 i b(x) =

1

x.

Pronadimo prvo

limx→+∞

a(x)

b(x)= lim

x→+∞(

3√

−x3 + 2x2 + x),

a granicnu vrednost ovog kolicnika kada x→ −∞ nalazimo potpuno analogno. Funkcijea i b su diferencijabilne u okolini (0,+∞) tacke +∞ i vazi b′(x) = 0 u toj okolini. Pritom,vazi i:

limx→+∞

a′(x)

b′(x)= lim

x→+∞

1

3·

2 · −1

x2

3

√(−1 + 2

x)2

−1

x2

= limx→+∞

2

3· 1

3

√(−1 + 2

x)2=

2

3.

Na osnovu Teoreme 4.98, sledi:

limx→+∞

(3√

−x3 + 2x2 + x) = limx→+∞

a(x)

b(x)=

2

3.

Potpuno analogno, dokazujemo i da je:

limx→−∞

(3√

−x3 + 2x2 + x) =2

3.

Posto je

k = limx→±∞

f(x)

x= −1 i n = lim

x→±∞(f(x)− k · x) = 2

3,

zakljucujemo da je prava y = kx+ n = −x+ 2/3 asimptota funkcije f u +∞ i u −∞.

Komentar. Kod nalazenja asimptote dolazi do klasicne situacije u kojoj upotreba Lo-pitalovog pravila najcesce automatski resava problem. To je i jedan od razloga zastodajemo ovaj primer. Pri odredivanju koeficijenta pravca k asimptote funkcije f , trebaodrediti limes kolicnika f(x)/x. Taj zadatak moze biti jednostavan (kao sto je bio slucajovom prilikom) ili zahtevati malo komplikovaniji aparat, kao sto su Lopitalove teoreme.Medutim, u toj situaciji upotreba Lopitalovih teorema je prirodna stvar i mi ne ciljamona taj problem. Zelimo da skrenemo paznju na, cesto, neprijatniji problem nalazenjaslobodnog clana n, kao limesa funkcije f(x)−k ·x. Pri resavanju tog problema, upotreba


Lopitalove teoreme nije tako ocigledna, ali ipak treba imati na umu da se i ovaj prob-lem resava jednostavno ovim aparatom. Kako u tom slucaju primenjujemo Lopitaloveteoreme: izvlacenjem velicine x ispred zagrade i zapisivanjem:

f(x)− k · x =f(x)x − k

1x

,

svodimo problem na nalazenje granicne vrednosti razlomka, koji vec mozemo da resavamoLopitalovim teoremama.

Ovo je samo specijalan slucaj primene Lopitalovih teorema na nalazenje granicnevrednosti oblika:

limx→x0

(a(x)− b(x)),

gde obe funkcije a i b teze beskonacnostima istog znaka kada x → x0. Ukoliko kolicnika(x)/b(x) ne tezi ka 1 kada x→ x0, onda izraz mozemo zapisati kao:

b(x)(a(x)

b(x)− 1)

i na taj nacin eventualno resiti problem, bez Lopitalovih teorema. Ako pak ovaj kolicnikkonvergira ka 1, ono sto treba uraditi u toj situaciji je zapisati datu razliku kao:

a(x)

b(x)− 1

1

b(x)

, ili

1− b(x)

a(x)1

a(x)

,

vec u zavisnosti od toga koji nam izraz deluje jednostavnije za dalji rad. Sada kadaimamo razlomak, mozemo i da ,,Lopitalimo“.

Primetimo na kraju da ovaj metod ne daje odgovor na pitanje da li je grafik funkcijeiznad ili ispod kose asimptote. Uskoro cemo predstaviti metod koji u jednom potezuodreduje kosu asimptotu i daje odgovor na ovo pitanje. �

74. Odrediti, ukoliko postoji, granicnu vrednost:

limx→+∞

x1/x.

Resenje. Za x > 0 vazi:

x1/x = eln(x1/x) = e

1x·lnx = e

ln xx .

U okviru jednog od primera, dokazano je da je:

limx→+∞

lnx

x= 0,


pa na osnovu neprekidnosti funkcije x 7→ ex u 0, sledi:

limx→+∞

x1/x = limx→+∞

eln xx = e

limx→+∞

ln xx = e0 = 1.

Komentar. U ovom zadatku takode nailazimo na jednu od klasicnih situacija u kojojupotreba Lopitalovih teorema nije ocigledna, ali je ipak moguca. Naime, ako trebaodrediti:

limx→x0

f(x)g(x),

a pritom vazi:( limx→x0

f(x), limx→x0

g(x)) ∈ {(0, 0), (1,±∞), (+∞, 0)}

onda dati izraz treba napisati kao:

f(x)g(x) = eg(x)·ln f(x),

i traziti granicnu vrednost proizvoda g(x) ln f(x), odnosno kolicnika:

ln f(x)1

g(x)

ilig(x)

1ln f(x)

,

u zavisnosti od toga sta nam deluje jednostavnije. Upravo smo na ovaj nacin pravolinijskiodredili granicnu vrednost iz zadatka.

Interesantno je primetiti da je ova granicna vrednost funkcije x1/x zapravo uopstenjegranicne vrednosti niza ( n

√n). �

Prelazimo sada na deo poglavlja koji se tice Tejlorove formule, odnosno Tejlorovogpolinoma. U pocetnim zadacima cemo odrediti Tejlorove (Maklorenove) polinome josnekih funkcija, koje nisu bile predmet izucavanja u odgovarajucem poglavlju u pr-vom delu knjige. U kasnijim zadacima primenjujemo Tejlorovu formulu sa ostatkomu Peanovom obliku na problem odredivanja raznih granicnih vrednosti.

75. Dokazati da funkcija x 7→ tg x ima treci izvod u nuli i odrediti Maklorenov polinomtreceg reda te funkcije.

Resenje. Poznato nam je da funkcija x 7→ tg x ima izvod u svim tackama svog domena ivazi:

(tg x)′ =1

cos2 x

∣∣∣∣x=0

= 1

Funkcija x 7→ 1/(cos2 x) ima izvod u nuli, jer funkcija x 7→ cos2 x ima izvod u nuli, paje:

(1

cos2 x)′ =

2 sinx

cos3 x

∣∣∣∣x=0

= 0.


Najzad, funkcija x 7→ 2 sinx/ cos3 x takode ima izvod u nuli, pa sledi da pocetna funkcijax 7→ tg x ima izvod treceg reda u nuli. On je jednak:

(2 sinx

cos3 x)′ =

2(2− cos(2x))

cos4 x

∣∣∣∣x=0

= 2.

Imajuci u vidu i da je tg 0 = 0, sledi da je Maklorenov polinom treceg reda u nuli funkcijex 7→ tg x:

x+2

3!x3 = x+

1

3x3.

Komentar. Odgovoriti na zahtev iz zadatka bio je rutinski posao, koji ne zahteva nekonarocito objasnjenje. Zanimljivo je zapitati se da li se moze odrediti Maklorenov polinomreda n funkcije x 7→ tg x, za proizvoljno n. Drugim recima, da li postoji formula kojaodreduje proizvoljan koeficijent ovog polinoma? Odgovor na to pitanje je u vezi sa istimonim Bernulijevim brojevima koje smo pomenuli u komentaru 44. zadatka. �

76. Neka je n proizvoljan prirodan broj. Dokazati da funkcije x 7→ arctg x i x 7→ arcctg ximaju n-ti izvod u nuli i odrediti Maklorenov polinom n-tog reda ovih funkcija.

Resenje. Posmatrajmo prvo funkciju x 7→ arctg x. Poznato nam je da funkcija arctg xima izvod za svako realno x i on iznosi:

(arctg x)′ =1

1 + x2

∣∣∣∣x=0

= 1.

Da bi dokazali da funkcija x 7→ arctg x ima izvod n-tog reda u nuli, potrebno je dokazatida funkcija x 7→ 1/(1 + x2) ima izvod reda n− 1 u nuli. To smo uradili u 62. zadatku.Stavise, u tom zadatku pronasli smo i izvod ove funkcije u nuli. Odatle znamo da vazi:

(arctg x)(n)∣∣∣x=0

= (1

1 + x2)(n−1)

∣∣∣∣x=0

=

{(−1)

n−12 (n− 1)!, n− 1 je paran broj

0, n− 1 je neparan broj

=

{(−1)

n−12 (n− 1)!, n je neparan broj

0, n je paran broj

Prema tome, ako je n neparan broj, trazeni polinom izgleda ovako:

x+(−1)

3−12 (3− 1)!

3!x3 +

(−1)5−12 (5− 1)!

5!x5 + ...+

(−1)n−12 (n− 1)!

n!xn =

= x− 1

3x3 +

1

5x5 − ...+

(−1)n−12

nxn.


Ukoliko je n paran broj, posto je n-ti izvod funkcije x 7→ arctg x u nuli jednak 0, trazenipolinom ce biti stepena n− 1 i bice jednak:

x− 1

3x3 +

1

5x5 − ...+

(−1)(n−1)−1

2

n− 1xn−1 + 0 · xn.

Ove dve formule mogu se objediniti u jednoj formuli:

[n−12 ]∑

k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1.

Funkcije x 7→ arctg x i x 7→ arcctg x povezane su relacijom:


2, tj. arcctg x =

π

2− arctg x.

Upravo smo, odredivanjem Maklorenovog polinoma reda n funkcije x 7→ arctg x, us-tanovili da je:

arctg x =

[n−12 ]∑

k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 + o(xn), x→ 0.

Zato je:

arcctg x =π

2− arctg x =

π

2−

[n−12 ]∑

k=0

(−1)k

2k + 1x2k+1 + o(xn), x→ 0. (2.9)

Posto je i funkcija x 7→ arcctg x n-puta diferencijabilna u nuli, na osnovu Tvrdenja 4.122,iz (2.9) direktno zakljucujemo da je Maklorenov polinom reda n funkcije x 7→ arcctg xjednak:

π

2−

[n−12 ]∑

k=0

(−1)k

(2k + 1)!x2k+1.

Prema tome, Maklorenov polinom reda n funkcije x 7→ arcctg x je:

π

2− x+

1

3x3 − 1

5x5 + ...+

(−1)n+12

nxn, ako je n neparan broj

iπ

2− x+

1

3x3 − 1

5x5 + ...+

(−1)n2

nxn−1, ako je n paran broj.

Komentar. Srz ovog zadatka je zapravo vec resen 62. zadatak, sto postaje jasno cimse podsetimo oblika prvog izvoda funkcije x 7→ arctg x. Nas posao ovom prilikom je biosamo da pazljivo uklopimo rezultat iz 62. zadatka u novo okruzenje Tejlorovog, odnosno,Maklorenovog polinoma. To zahteva izvesnu dozu paznje i iskustva, ali sem toga, nista


drugo. Funkciju x 7→ arcctg x smo u jednom potezu razresili koristeci poznati identiteti Tvrdenje 4.104. Ipak, da nam taj identitet nije pao na pamet, poznato nam je daje (arcctg x)′ = −1/(1 + x2) = −(arctg x)′, pa ponovo sve jednostavno svodimo na 62.zadatak.

Ovo je jos jedan primer u kom vidimo da se u Maklorenovom polinomu neparnefunkcije, kakva je x 7→ arctg x, javljaju samo neparni stepeni promenljive x, tj. koefici-jenti uz parne stepene su jednaki nuli. �

U narednim zadacima prikazacemo kako se Tejlorova formula sa ostatkom u Peanovomobliku vrlo efikasno koristi za nalazenje granicnih vrednosti. Za to ce nam biti neophodno,najpre, da znamo kako glase Tejlorove formule u okolini nule poznatih funkcija. Sem toga,potrebno je i poznavanje asimptotske oznake o i njenih osobina, jer cemo na ovaj nacinoznacavati razliku koja nastane kada funkciju zamenimo njenim Tejlorovim polinomom.Najveci problem sa kojim cemo se susresti u narednim zadacima bice upravo napisati tugresku na nama upotrebljiv nacin.

Osobine asimptotske oznake o, kako god izgledale, su veoma intuitivne i nema potrebepamtiti ih napamet da bi bili uspesni u koriscenju ove tehnike. Mnoge ocigledne osobineove oznake koristimo precutno. Recimo, necemo naglasavati zbog cega je: o(f)+ o(f) =o(f) ili o(f)− o(f) = o(f); takode, bez zadrske koristimo o(cf) = o(f) i c · o(f) = o(f),ako je c konstanta, odnosno: g · o(f) = o(g · f), ako je g neka funkcija; isto vazi i zao(f)o(g) = o(fg). Tvrdenje iskazano u Posledici 3.193 takode koristimo bez direktnogpozivanja na njega. Kada koristimo neku osobinu oznake o za koju smatramo da jemanje ocigledna od ostalih (ponavljamo: sve osobine ove oznake su izuzetno prirodne iu izvesnoj meri ocigledne), tu osobinu i navodimo u resenju.


a) limx→+∞

(√x2 + 2x+ 1 +

√x2 + 3x+ 2 + ...+

√x2 + 100x+ 99− 99x);

b) limx→0

1− cos(1− cosx)

x4;

c) limx→0

2x2 −

√1− x2 + x3

log2(1 + x2).

Resenje. a) Svaki od korena√x2 + nx+ n− 1 u okolini tacke +∞ mozemo zapisati na

sledeci nacin: √x2 + nx+ n− 1 = x

√1 +

n

x+n− 1

x2.

Posto:n

x+n− 1

x2→ 0, x→ +∞,


sledi da je:√1 +

n

x+n− 1

x2=

(1 + (

n

x+n− 1

x2)

)1/2

= 1 +1

2(n

x+n− 1

x2) + o(

n

x+n− 1

x2), x→ +∞.

Posto je 1/x2 = o(1/x), x→ +∞, sledi i da je (n− 1)/x2 = o(1/x) = o(n/x), x→ +∞,pa je zato: o(n/x+ (n− 1)/x2) = o(n/x+ o(n/x)) = o(n/x) = o(1/x), x→ +∞. Poredtoga, vazi i (1/2) · ((n− 1)/x2) = o(1/x) x→ +∞. Zato je:

√x2 + nx+ n− 1 = x

(1 + (

n

x+n− 1

x2)

)1/2

= x

(1 +

1

2· nx+

1

2· n− 1

x2+ o(

1

x)

)= x

(1 +

n

2· 1x+ o(

1

x)

)= x+

n

2+ o(1), x→ +∞

Prema tome, vazi jednakost:√x2 + 2x+ 1 +

√x2 + 3x+ 2 + ...+

√x2 + 100x+ 99− 99x

=

(x+

2

2+ o(1)

)+

(x+

3

2+ o(1)

)+ ...+

(x+

100

2+ o(1)

)− 99x

= 99x+2 + 3 + ...+ 100

2+ o(1)− 99x

=5049

2+ o(1), x→ +∞.

Dakle, trazena granicna vrednost iznosi:

limx→+∞

(√x2 + 2x+ 1 +

√x2 + 3x+ 2 + ...+

√x2 + 100x+ 99− 99x) =

5049

2.

b) Poznato nam je da je

1− cosx =1

2x2 + o(x2), x→ 0.

Posto 1− cosx→ 0, x→ 0, sledi da je:

1− cos(1− cosx) =1

2(1− cosx)2 + o((1− cosx)2).

Koristeci osobinu: (g + o(g))n = gn + o(gn) asimptotske oznake o, dobijamo:

(1− cosx)2 = (1

2x2 + o(x2))2 = (

1

2x2 + o(

1

2x2))2 =


=1

4x4 + o(

1

4x4) =

1

4x4 + o(x4), x→ 0. (2.10)

Koristeci osobinu o(g + o(g)) = o(g) asimptotske oznake o, iz (2.10) dobijamo i:

o((1− cosx)2) = o(1

4x4 + o(

1

4x4)) = o(

1

4x4) = o(x4), x→ 0.

Objedinjujuci ove dve jednakosti, dobijamo:

1− cos(1− cosx) =1

2(1

4x4 + o(x4)) + o(x4) =

1

8x4 + o(x4), x→ 0.

Prema tome, vazi:1− cos(1− cosx)

x4=

1

8+ o(1), x→ 0,

pa trazena granicna vrednost postoji i iznosi:

limx→0

1− cos(1− cosx)

x4=

1

8.

c) Svaki od izraza koji se javlja u ovom razlomku u okolini nule mozemo zapisati nanacin kao sto sledi. Posto x2 → 0, x→ 0, sledi da je:

2x2= 1 + ln 2 · x2 + o(x2), x→ 0.

Zatim, kako −x2 + x3 → 0, x→ 0, sledi:√1− x2 + x3 =

(1 + (−x2 + x3)

)1/2= 1 +

1

2(−x2 + x3) + o(−x2 + x3)

= 1 +1

2(−x2) + x3 + o(−x2 + o(−x2))

= 1 +1

2(−x2) + o(x2) + o(−x2)

= 1− 1

2x2 + o(x2), x→ 0.

Posto je log2(1 + x2) = ln(1 + x2)/ ln(2) i posto x2 → 0, x→ 0, sledi:

log2(1 + x2) =1

ln 2ln(1 + x2)

=1

ln 2(x2 + o(x2))

=1

ln 2· x2 + o(x2), x→ 0.

Prema tome, vazi:

2x2 −

√1− x2 + x3

log2(1 + x2)=

1 + ln 2 · x2 + o(x2)− (1− 12x

2 + o(x2))1

ln 2 · x2 + o(x2)

=(ln 2 + 1

2) · x2 + o(x2)

1ln 2 · x2 + o(x2)

=ln 2 + 1

2 + o(1)1

ln 2 + o(1), x→ 0.


Dakle, trazena granicna vrednost postoji i jednaka je:

limx→0

2x2 −

√1− x2 + x3

log2(1 + x2)= (ln 2)2 +

ln 2

2.

Komentar. Ideja koja stoji iza koriscenja Maklorenovih razvoja i ostatka u Peanovomobliku (odnosno, malog o) je vrlo jednostavna: sve funkcije koje se javljaju u izrazu cijugranicnu vrednost odredujemo zamenimo odgovarajucim Maklorenovim polinomom i do-damo gresku pri takvoj zameni u obliku o(xk). Nakon toga, baratamo samo polinomimai tim greskama, za koje znamo kog su reda velicine, pa je nalazenje granicne vrednostina kraju trivijalan zadatak. Razume se, ovo vazi za slucaj kada odredujemo granicnuvrednost u nuli. Odredivanje granicnih vrednosti u drugim tackama jednostavno se svodina odredivanje granicne vrednosti u nuli pogodnom smenom (ili prosto transformacijomizraza, kao sto smo to ucinili u delu pod a)). Jedini problem koji imamo je: kako zamenitidate funkcije polinomima, a da pritom greske tih zamena budu oblika o(xk), kada datefunkcije nisu neke od najjednostavnijih: ex, sinx, cosx, (1 + x)a, ln(1 + x)? Tu dolazi doizrazaja tehnika koriscenja oznake o.

U pocetku, koriscenje oznake o moze delovati prilicno proizvoljno, kao da radimo stagod pozelimo i da ,,montiramo proces“ kako nama odgovara. Uostalom, ova oznaka i jestevrlo specificna i ne desava se cesto u matematici da nesto deluje toliko ,,bez pravila“.Ipak, daleko je od istine da ne postoje pravila kojima se rukovodimo. Sve osobine oznakeo koje koristimo pri resavanju ovih zadataka opisane su i dokazane u prvom delu knjige.Zapravo, problem je uvek u sledecem: dobijemo izraz oblika o(f(x)), gde je f(x) nekafunkcija koja u sebi ponovo moze imati i o, a mi zelimo izraz oblika o(xk). Da bi procenilikog reda velicine je dobijeno o(f(x)) (tj. za koje k je o(f(x)) = o(xk)), koristimo osobineoznake o iz Tvrdenja 3.184.

Postavlja se i pitanje kog stepena treba da bude Maklorenov polinom kojim menjamodatu funkciju da bi uspeli u nameri nalazenja granicne vrednosti. U ovom zadatkuu svim primerima smo koristili samo Maklorenov polinom prvog stepena (i u slucajufunkcije x 7→ cosx Maklorenov polinom drugog stepena). Ponekad Maklorenov polinomprvog stepena ne opisuje svoju funkciju dovoljno dobro da bi nam pruzio informacijekoje zelimo. U 78. zadatku cemo videti kako Maklorenov polinom drugog stepena nosivise informacija o funkciji nego Maklorenov polinom prvog stepena. U to cemo se, nadrugacijem problemu, uveriti i ostalim zadacima koji slede. �

U narednom zadatku se ponovo vracamo na problem odredivanja asimptota funkcije.Ovom prilikom koristimo Tejlorovu formulu.

78. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote funkcije f , a zatim odrediti da li je grafikfunkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke ±∞, ako je:

f(x) =3√

−x3 + 2x2.


Resenje. Primetimo da je, za x = 0:

f(x) = −x 3

√1− 2

x.

Posto −2/x→ 0, x→ ±∞, primenom Posledice 3.193, sledi:

f(x) = −x(1− 2

x)1/3 = −x(1 + 1

3(−2

x)) + o(

−2

x)

= −x+2

3+ o(1), x→ ±∞.

Prema tome, funkcija f i −x + 2/3 razlikuju se za beskonacno malu funkciju, kadax → ±∞. Odavde sledi da je prava y = −x + 2/3 kosa asimptota funkcije f u +∞ i u−∞. Da bi odredili da li je grafik funkcije iznad ili ispod asimptote, podsetimo se da je:

3√1 + x = 1 +

1

3x− 1

9x2 + o(x2), x→ 0.

Zato je:

3

√1− 2

x= 1 +

1

3· (−2

x)− 1

9· 4

x2+ o(

4

x2), x→ ±∞.

Sledi:

f(x) = −x(1 + 1

3· (−2

x)− 1

9· 4

x2+ o(

4

x2))

= −x+2

3+

4

9· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞.

Iz ove jednakosti, zakljucujemo da vazi:

f(x)− (−x+2

3) =

4

9· 1x+ o(

1

x) =

4

9· 1x+ o(

4

9· 1x), x→ ±∞. (2.11)

Na osnovu osobine iz Tvrdenja 3.184, dela (xi), sledi da postoji okolina tacke +∞,odnosno −∞, takva da je:

sgn (4

9· 1x) = sgn (

4

9· 1x+ o(

4

9· 1x)),

a iz (2.11) sledi:

sgn (4

9· 1x+ o(

4

9· 1x)) = sgn (f(x)− (−x+

2

3)).

Kako je 1/x pozitivno u (nekoj) okolini tacke +∞, a negativno u (nekoj) okolini tacke−∞, sledi da takav znak ima i razlika f(x)− (−x+ 2/3). Prema tome, u nekoj okolinitacke +∞ je grafik funkcije iznad kose asimptote, a u nekoj okolini tacke −∞ je grafikfunkcije ispod kose asimptote.

Komentar. U ovom zadatku smo prikazali kako se Maklorenov razvoj funkcije mozeiskoristiti za nalazenje asimptota funkcije i za odredivanje tipa medusobnog polozaja


grafika funkcije i njene asimptote. Primer 4.149 u prvom delu knjige ilustruje istu ovakvuprimenu, samo za funkciju drugacijeg oblika. Namerno smo u resenju najpre iskoristilisamo Maklorenov razvoj do prvog stepena funkcije 3

√1− 2/x, kako bi demonstrirali da

je to sasvim dovoljno da bi se asimptote odredile, ali ne i da odredimo da li je funkcijaiznad ili ispod asimptote. Za to nam je bio potreban Maklorenov razvoj barem drugogstepena. Kazemo barem drugog, jer da je koeficijent uz x2 u Maklorenovom razvojuposmatrane funkcije bio jednak nuli, onda bi nam bio potreban Maklorenov razvoj donekog viseg stepena, tj. do prvog narednog stepena kome odgovara nenula koeficijent.Razume se da nije bilo potrebe deliti resenje na dva dela, vec da je u jednom potezu,koristeci Maklorenov razvoj do drugog stepena, mogao da se da odgovor na oba zahtevaiz zadatka.

Napomenimo da ovakav nacin odredivanja tipa medusobnog polozaja grafika funkcijei asimptote govori samo o tome da postoje okoline tacka ±∞ u kojima vazi da je grafikiznad, odnosno, ispod asimptote, ali ne daje blize informacije o tim okolinama. Primeraradi, da zelimo da skiciramo grafik sa nekom odredenom velicinom za jedinicnu duz, nebi znali da li ce se u okvirima naseg crteza uopste desiti da grafik bude iznad asimptote,iako pouzdano znamo da ce (kad - tad) on biti iznad asimptote.

Bilo bi fer pomenuti da za ovaj konkretan primer nije tesko ni direktno ustanovitiznak razlike izmedu

3√

−x3 + 2x2 i − x+2

3.

Medutim, postoje primeri za koje nije ni malo jednostavno tako direktno utvrditi da li jegrafik iznad ili ispod asimptote, a ovakvom metodom je to pravolinijski zadatak. Jedantakav primer je, recimo, funkcija:

g(x) =√x(x+ 2)e1/x.

Na ovaj primer vraticemo se u okviru 84 zadatka. �


a) limx→0

ln(1 + x)− sinx

x2;

b) limx→0

eex−1 − 100

√1 + 100 sinx

tg(x2).

Resenje. a) Iz Maklorenovih razvoja funkcija x 7→ ln(1 + x) i x 7→ sinx dobijamo:

ln(1 + x) = x− 1

2x2 + o(x2), x→ 0,

sinx = x+ 0 · x2 + o(x2), x→ 0.

Zato je

ln(1 + x)− sinx = −1

2x2 + o(x2),


dok je:ln(1 + x)− sinx

x2= −1

2+ o(1), x→ 0.

Dakle:

limx→0

ln(1 + x)− sinx

x2= −1

2.

b) Posto ex − 1 → 0, x→ 0, iz Maklorenovog razvoja funkcije x 7→ ex sledi:

eex−1 = 1 + (ex − 1) +

1

2(ex − 1)2 + o((ex − 1)2), x→ 0.

Imamo da je:

ex − 1 = x+1

2x2 + o(x2), x→ 0

pa je:(ex − 1)2 = x2 + o(x2), x→ 0,

te imamo i:o((ex − 1)2) = o(x2 + o(x2)) = o(x2), x→ 0.

Dakle:ee

x−1 = 1 + x+ x2 + o(x2), x→ 0.

Dalje, kako 100 sinx → 0, x → 0, iz Maklorenovog razvoja funkcije x 7→ (1 + x)1/100

sledi:

100√1 + 100 sinx = 1 +

1

100· 100 sinx− 99

2 · 1002· (100 sinx)2 + o((100 sinx)2)

= 1 + sinx− 99

2sin2 x+ o(sin2 x), x→ 0.

Posto je: sinx = x+ o(x2), x → 0, sledi sin2 x = x2 + o(x3), x → 0, pa je o(sin2 x) =o(x2 + o(x3)) = o(x2 + o(x2)) = o(x2), x→ 0. Zbog toga je:

100√1 + 100 sinx = 1 + x− 99

2x2 + o(x2), x→ 0.

Iz 75. zadatka sledi da je tg x = x+ o(x), x→ 0, a kako x2 → 0, x→ 0, sledi:

tg(x2) = x2 + o(x2), x→ 0.

Iz svega navedenog, sledi:

eex−1 − 100

√1 + 100 sinx

tg(x2)=

1 + x+ x2 + o(x2)− (1 + x− 992 x

2 + o(x2))

x2 + o(x2)

=1012 x

2 + o(x2)

x2 + o(x2)

=1012 + o(1)

1 + o(1), x→ 0.


Dakle, vazi

limx→0

eex−1 − 100

√1 + 100 sinx

tg(x2)=

101

2.

Komentar. Kada bi iskoristili Maklorenove polinome prvog stepena za funkcije x 7→ln(1+x) i x 7→ sinx, dobili bi da je: lin(1+x)−sinx = x+o(x)−(x+o(x)) = o(x), x→ 0.Granicnu vrednost kolicnika o(x)/x2 kada x → 0 ne mozemo odrediti, jer za funkcijuo(x) znamo samo da je beskonacno mala viseg reda nego x, kada x→ 0, ali ne mozemoje uporediti sa x2. Primera radi, vazi x

√x = o(x), x2 = o(x) i x3 = o(x), kada x → 0,

ali je:x√x/x2 = +∞, x → +0, zatim x2/x2 → 1, x → 0 i x3/x2 → 0, x → 0. Zbog

toga pokusavamo da dublje udemo u ponasanje razlike ln(1 + x) − sinx, pa koristimoMaklorenove polinome drugog stepena. Uostalom, trazeci ovu granicnu vrednost, mizapravo i treba da odredimo kakva je beskonacno mala funkcija ln(1+x)−sinx u odnosuna beskonacno malu x2, pa je i prirodno iskoristiti Maklorenove polinome drugog reda.Da ne dode do zabune, zadatak smo mogli da resimo primenom Maklorenovih razvojai treceg, cetvrtog, itd. stepena, samo je bilo vazno da procena bude finija od one kojudaju polinomi prvog stepena.

U opstem slucaju mozda ne bude ocigledno od samog pocetka do kog reda treba iciu razvoju funkcije da bi dobili ono sto trazimo. Zato nije neobicno probati nekolikoputa i ne dobiti pritom nikakav rezultat, dok ne odredimo kakva nam procena dopustanalazenje trazene granicne vrednosti.

Kod primera u delu pod b), sem osnovnih razvoja, bio nam je potreban i razvojfunkcije x 7→ tg x. Ovo smo mogli i da izbegnemo, imajuci u vidu da je tg(x2) =sin(x2)/ cos(x2), a cos(x2) smo mogli da zanemarimo, kao sto smo to uradili u 70. za-datku, u delu pod b). No, takav postupak ipak zahteva nekakvo promisljanje, a mi baszelimo da skrenemo paznju na automatizam po kom odredujemo granicne vrednosti ko-risteci Maklorenove razvoje, bez nekog promisljanja. Zbog toga smo se ovde pozvali na75. zadatak u kome smo odredili Maklorenov polinom treceg stepena za x 7→ tg x (iakonam je ovde bio dovoljan Maklorenov polinom prvog stepena, jer se promenljiva javljasa kvadratom). �


a) limx→0

esinx − sin(ex − 1)− cos2 x

x2;

b) limx→0

(arcsinx

x

)1/x2

.

Resenje. Svaki od primera resicemo na dva nacina: primenom Lopitalovih teorema iprimenom Tejlorovih (odnosno Maklorenovih) razvoja funkcija.

a) Prvi nacin: Funkcije x 7→ esinx − sin(ex − 1) − cos2 x i x 7→ x2 su neprekidne unuli i njihove vrednosti u nuli su jednake 0. Potrazimo zato granicnu vrednost kolicnika


njihovih izvoda. Imamo:

(esinx − sin(ex − 1)− cos2 x)′

(x2)′=esinx cosx− cos(ex − 1)ex + sin(2x)

2x.

Funkcije odredene izrazima iz brojioca i imenioca ovog razlomka su neprekidne u 0 injihove vrednosti su jednake nuli. Kolicnik njihovih izvoda je:

(esinx cosx− cos(ex − 1)ex + sin(2x))′

(2x)′=

=esinx cos2 x− esinx sinx+ sin(ex − 1)(ex)2 − cos(ex − 1)ex + 2 cos 2x

2.

Ponovo, funkcije odredene izrazima iz brojioca i imenioca su neprekidne u nuli; vrednostfukcije iz brojioca u nuli jednaka je 2. Prema tome, na osnovu Teoreme 4.92, slucaj zadvostrane granicne vrednosti, primenjene dvaput, dobijamo:

limx→0


x2=

= limx→0

esinx cosx− cos(ex − 1)ex + sin(2x)

2x=

= limx→0

esinx cos2 x− esinx sinx+ sin(ex − 1)(ex)2 − cos(ex − 1)ex + 2 cos 2x

2= 1.

Drugi nacin: Znamo da je sinx = x+o(x2), x→ 0 i ex = 1+x+x2/2+o(x2), x→ 0.Zato je:

esinx = 1 + sinx+1

2sin2 x+ o(sin2 x)

= 1 + x+ o(x2) +1

2(x+ o(x2))2 + o((x+ o(x2))2)

= 1 + x+1

2x2 + o(x2) + o(x2 + o(x2))

= 1 + x+1

2x2 + o(x2), x→ 0,

kao i:

sin(ex − 1) = ex − 1 + o((ex − 1)2)

= x+1

2x2 + o(x2) + o((x+

1

2x2 + o(x2))2)

= x+1

2x2 + o(x2) + o(x2 + o(x2))

= x+1

2x2 + o(x2), x→ 0.

Pored toga, imamo i da je cosx = 1− x2/2 + o(x2), x→ 0, pa je:

cos2 x = (1− 1

2x2 + o(x2))2 = 1− x2 + o(x2), x→ 0.


Prema tome, vazi:

esinx − sin(ex − 1)− cos2 x = x2 + o(x2), x→ 0.

Zato je:

limx→0


x2= 1.

b) Prvi nacin: Buduci da je:(arcsinx

x

)1/x2

= e1x2

·ln arcsin xx ,

potrazimo:

limx→0

ln arcsinxx

x2. (2.12)

U Primeru 3.171, u prvom delu knjige, dokazali smo da arcsinx/x → 1, x → 0, pazato i ln(arcsinx/x) → 0, x → 0. Funkcije odredene izrazima u razlomku iz (2.12) sudiferencijabilne u nekoj probodenoj okolini nule i izvod funkcije iz imenioca je razlicitod nule. Posmatrajmo onda kolicnik izvoda ove dve funkcije:

(ln arcsinxx )′

(x2)′=x−

√1− x2 arcsinx

2x2√1− x2 arcsinx

. (2.13)

Funkcije u brojiocu i imeniocu iz (2.13) su neprekidne u nuli i njihova vrednost u nulijednaka je 0. Takode, ove funkcije su diferencijabilne u okolini nule, a izvod funkcije izimenioca je:

a(x) =2x(x

√1− x2 + (2− 3x2) arcsinx)√

1− x2.

Primetimo da je izraz x√1− x2+(2−3x2) arcsinx pozitivan za x ∈ (0,

√2/3) i negativan

za x ∈ (−√

2/3, 0). Zbog toga je u probodenoj okolini nule (−√

2/3,√

2/3)\{0} vrednosta(x) razlicita od nule. Zato ima smisla posmatrati kolicnik izvoda funkcija iz brojioca iimenioca iz (2.13). Dobijamo:

(x−√1− x2 arcsinx)′

(2x2√1− x2 arcsinx)′

=

arcsinx

x

2√1− x2 + (4− 6x2)

arcsinx

x

. (2.14)

Dakle, iz Teoreme 4.95 sledi:

limx→0

x−√1− x2 arcsinx


= limx→0

arcsinx

x

2√1− x2 + (4− 6x2)

arcsinx

x

=1

6,

jer je limx→0

arcsinxx = 1. Zatim, na osnovu Teoreme 4.95 zakljucujemo:

limx→0

ln arcsinxx

x2= lim

x→0

x−√1− x2 arcsinx


=1

6.


Najzad, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex u 1/6, sledi:

limx→0

(arcsinx

x

)1/x2

= e1/6.

Drugi nacin: Kao i u prvom nacinu, treba odrediti:

limx→0

ln arcsinxx

x2.

Odredimo Maklorenov polinom treceg stepena funkcije x 7→ arcsinx. Imamo:

(arcsinx)′ =1√

1− x2

∣∣∣∣x=0

= 1.

Zatim,

(1√

1− x2)′ =

x√(1− x2)3

∣∣∣∣∣x=0

= 0

i

(x√

(1− x2)3)′ =

1 + 2x2√(1− x2)5

∣∣∣∣∣x=0

= 1.

Prema tome, vazi arcsinx = x+ x3/6 + o(x3), x→ 0. Sada imamo:

lnarcsinx

x= ln(1 +

1

6x2 + o(x2))

=1

6x2 + o(x2) + o(

1

6x2 + o(x2))

=1

6x2 + o(x2), x→ 0.

Zbog toga je:ln arcsinx

x

x2=

1

6+ o(1), x→ 0,

pa vazi:

limx→0

ln arcsinxx

x2=

1

6.

Najzad, dobijamo:

limx→0

(arcsinx

x

)1/x2

= e1/6.

Komentar. Ovaj zadatak resavamo samo sa ciljem uporedivanja dve razlicite tehnike naistom primeru, mada smo citaoca nekoliko puta ohrabrivalii da sve zadatke samostalno(proba da) resi i Lopitalovim teoremama. Kao sto vidimo, primena Maklorenovih razvoja(drugi nacin u oba primera) je ponovo pravolinijska i relativno elegantna. U primeru pod

2.3. Ispitivanje toka funkcije 769

b) nam je potreban Maklorenov razvoj funkcije x 7→ arcsinx koji nismo do sada odredili,pa ga nalazimo u sklopu ovog resenja. Ovde je opravdano postaviti pitanje, kako unapredznamo da ce nam biti dovoljan Maklorenov polinom treceg stepena pa se zaustavljamokod treceg izvoda funkcije x 7→ arcsinx. Mozemo dati dva odgovora. Prvi glasi: ,,Neznamo, vec probamo i zaustavimo se cim nam uspe.“, a drugi: ,,Posto je u imeniocux2, iz funkcije ln treba da nam izade polinom sa greskom o(x2) ili vecom, a kako imamoarcsinx/x, treba nam aproksimacija funkcije x 7→ arcsinx takva da pri deljenju sa x dajegresku barem o(x2). Tako naslucujemo da nam treba barem polinom treceg stepena“.

U primeru pod a), Lopitalove teoreme primenjujemo bez vece muke. Poslednji izrazza izvod koji smo dobili jeste glomazan, ali se lako i brzo racuna. Sa druge strane,primena Lopitalove teoreme u primeru pod b) je daleko komplikovanija od pravolinijskeprimene Maklorenovih razvoja. Racunica je izuzetno naporna (mada elementarna) i zbogtoga smo preskakali sve korake do poslednjeg. Kod druge primene Lopitalove teoremenije bilo tako trivijalno (barem ne onako kako smo navikli) dokazati ispunjenost uslova zaprimenu ove teoreme. Sem toga, da bi postedeli sebe daljih nalazenja izvoda, uocili smopogodnu transformaciju izraza spajanjem: arcsinx/x, za sta nam je od ranije poznato datezi jedinici kada x → 0. Dakle, u ovom primeru postoji velika razlika u jednostavnostiizmedu primena Lopitalovih teorema i Maklorenovih razvoja. �

2.4 Ispitivanje toka funkcije

81. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije:

f(x) =x3 − 3x2 + 3x− 1

x2 + 2x+ 1.

Resenje. Skup Df : Funkcija f ne moze se definisati jedino za one x za koje je x2+2x+1 =

0. Zbog toga je Df = R \ {−1}.Nule funkcije i znak funkcije: Funkcija f za svako x ∈ Df je zapravo jednaka:

f(x) =(x− 1)3

(x+ 1)2.

Prema tome: f(x) = 0 ako i samo ako je x = 1; vazi f(x) > 0 ako i samo ako je x > 1 if(x) < 0 ako i samo ako je x < 1.

Karakteristike grafika funkcije: Zbog oblika domenaDf , koji ne predstavlja simetricanskup, sledi da funkcija f nije ni parna ni neparna na svom domenu. Takode, funkcija fnije ni periodicna na svom domenu, sto takode sledi iz oblika domena (kada bi funkcijabila periodicna sa periodom T , sledilo bi da mora biti: f(−1 − T ) = f(−1), ali f nijedefinisana u −1).

Ponasanje funkcije na rubu domena: Funkcija f je racionalna funkcija, pri cemu jestepen polinoma u brojiocu za jedan veci od stepena polinoma u imeniocu. Zbog togafunkcija f ima kose asimptote (videti 55. zadatak). Da bismo ih odredili, podelimopolinom iz brojioca polinomom iz imenioca. Dobijamo:

x3 − 3x2 + 3x− 1 = (x2 + 2x+ 1)(x− 5) + 12x+ 4,


pa je

f(x) = x− 5 +12x+ 4

x2 + 2x+ 1.

Dakle, prava y = x− 5 je kosa asimptota funkcije f u +∞ i u −∞. Razlika:

f(x)− (x− 5) =12x+ 4

x2 + 2x+ 1,

je pozitivna u okolini tacke +∞ (tacnije, za x > −4/12), a negativna u okolini tacke−∞ (tacnije, za x < −4/12). Zbog toga je grafik funkcije f iznad svoje kose asimptoteza x > −4/12, a ispod svoje asimptote za x < −4/12.

Postojanje vertikalne asimptote ispitujemo u tacki x = −11. Posto je

limx→−1

1

(x+ 1)2= +∞

ilimx→−1

(x3 − 3x2 + 3x− 1) = −8,

sledi da jelimx→−1

f(x) = −∞,

pa funkcija f ima vertikalnu asimptotu x = −1.Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Kao

racionalna funkcija, funkcija f ima izvode u svim tackama u kojima je definisana. Prviizvod funkcije f je:

f ′(x) =(x− 1)2(x+ 5)

(x+ 1)3.

Na osnovu znaka prvog izvoda, odredujemo i intervale monotonosti funkcije f , kojepredstavljamo tabelarno:

x (−∞,−5) (−5,−1) (−1,+∞)

sgn (f ′(x)) + − +

monotonost ↗ ↘ ↗

Na osnovu intervala monotonosti zakljucujemo da funkcija f u tacki −5 ima lokalnimaksimum, koji iznosi f(−5) = −27/2. Za x = −1 funkcija f nije definisana, pa tatacka nije karakteristicna tacka za ovu funkciju. Buduci da f(x) → −∞, x → −∞ if(x) → +∞, x→ +∞, sledi da funkcija f nema globalne ekstremume.

Konveksnost i prevojne tacke: Funkcija f ima i drugi izvod u svim tackama u kojimaje definisana i on iznosi:

f ′′(x) =24(x− 1)

(x+ 1)4.

Dakle, za x < 1 je f ′′(x) < 0 pa je u na ovom skupu funkcija f konkavna. Za x > 1 jef ′′(x) > 0 pa je na ovom skupu f konveksna. U tacki x = 1 funkcija f ima prevoj.

Ostale specificnosti grafika: Grafik funkcije preseca x-osu pod uglom koji nalazimo izizvoda funkcije f u njenoj nuli. Posto je f ′(1) = 0, sledi da je x-osa ujedno i tangenta


grafika funkcije u tacki (1, 0), koja je i prevojna tacka funkcije f . Grafik funkcije fpreseca y-osu u tacki sa ordinatom: f(0) = −1, pod uglom koji odredujemo iz izvodafunkcije f za x = 0: f ′(0) = 5.

Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f .

Komentar. �


f(x) =3√

−x3 + 2x2.

Skup Df : Posto se treci koren definise za sve realne brojeve, sledi Df = R.Nule funkcije i znak funkcije: Posto je:

f(x) = 3√−x2(x− 2),

sledi da su nule funkcije f tacke x = 0 i x = 2. Funkcija menja znak jedino u tacki x = 2i vazi: f(x) > 0 za x < 2 i f(x) < 0 za x > 2.

Karakteristike grafika funkcije: Funkcija f nije ni parna ni neparna, jer je f(2) = 0 =f(−2). Takode, funkcija koja ima dve nule ne moze biti periodicna, jer ako periodicnafunkcija ima barem jednu nulu, ona sigurno ima beskonacno mnogo nula.

Ponasanje funkcije na rubu domena: Posto je Df = R, funkcija f nema vertikalnihasimptota. Kose asimptote ove funkcije nasli smo (i) u 78. zadatku. Dokazali smo daje prava y = −x+ 2/3 kosa asimptota ove funkcije u +∞ i u −∞, kao i to da je grafikfunkcije iznad asimptote u okolini tacke +∞, a ispod asimptote u okolini tacke −∞.


Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Na os-novu teoreme o izvodu kompozicije funkcija zakljucujemo da je funkcija f sigurno difer-encijabilna za svako x ∈ R za koje je −x3 + 2x2 = 0. Tj. za x ∈ R \ {0, 2}, funkcija fima izvod i on iznosi:

f ′(x) =−x(3x− 4)

3 3√

(−x3 + 2x2)2.

Da bi ispitali postojanje izvoda u tackama x = 0 i x = 2 (u kojima je funkcija fneprekidna), potrazimo levi i desni izvod u tim tackama. U nekoj probodenoj okolininule, recimo u (−1, 1) \ {0}, funkcija f ′ poklapa se sa funkcijom:

x 7→ −3x+ 5

3 3√

(−x+ 2)2· 1

3√x.

Imamo da je:

limx→−0

−3x+ 5

3 3√

(−x+ 2)2= lim

x→+0

−3x+ 5

3 3√

(−x+ 2)2=

−3 · 0 + 5

3 3√(−0 + 2)2

> 0

i

limx→−0

13√x= −∞, dok je lim

x→+0

13√x= +∞.

Zbog toga je:

limx→−0

f ′(x) = limx→−0

−3x+ 5

3 3√

(−x+ 2)2· 1

3√x= −∞,

kao i

limx→+0

f ′(x) = limx→+0

−3x+ 5

3 3√

(−x+ 2)2· 1

3√x= +∞.

Dakle, vazi f ′−(0) = −∞ i f ′+(0) = +∞, a funkcija f u nuli nema izvod. Za tacku x = 2postupamo analogno. Naime, postoji probodena okolina tacke 2, recimo (1, 3) \ {2}, ukojoj se funkcija f ′ poklapa sa funkcijom:

x 7→ −3x+ 5

3 3√x

· 13√

(−x+ 2)2.

Posto je

limx→2−0

−3x+ 5

3 3√x

= limx→2+0

−3x+ 5

3 3√x

=−3 · 2 + 5

3 3√2

< 0,

dok je:

limx→2−0

13√

(−x+ 2)2= lim

x→2+0

13√(−x+ 2)2

= +∞,

sledi da jelim

x→2−0f ′(x) = lim

x→2+0f ′(x) = −∞.

Znaci, u tacki x = 2 ne postoji konacan izvod, ali zato postoji beskonacan f ′(2) = −∞.Intervale monotonosti funkcije f nalazimo na osnovu znaka funkcija f ′. Pri konstru-

isanju sledece tablice, imamo u vidu da funkcija f ′ nije definisana za x = 2.


x (−∞, 0) (0, 4/3) (4/3, 2) (2,+∞)

sgn (f ′(x)) − + − −monotonost ↘ ↗ ↘ ↘

Na osnovu Teoreme 4.84 zakljucujemo da na citavom intervalu (4/3,+∞), funkcijaf strogo opada.

Iz intervala monotonosti zakljucujemo da funkcija f u x = 0 ima lokalni minimum,koji iznosi: f(0) = 0. U tacki x = 4/3, f ima lokalni maksimum, koji je jednak:

f(4

3) =

3√32

3∈ (1,

4

3).

Globalnih ekstremne vrednosti funkcija f nema, jer −x3 + 2x→ ± ∞, x → ∓∞, pa if(x) = 3

√−x3 + 2x2 → ±∞, x→ ∓∞.

Konveksnost i prevojne tacke: Funkcija f ima drugi izvod u svim tackama u kojimaje prvi izvod definisan. Durgi izvod funkcije f iznosi:

f ′′(x) =−8x2

9 3√−x10(x− 2)5

.

Kao sto vidimo, vazi: f ′′(x) < 0 za x < 2 i f ′′(x) > 0 za x > 0. Dakle, funkcija x jekonkavna za x < 2 i konveksna za x > 2, a u tacki x = 2 ima prevoj.

Skica grafika funkcije: Na slici je predstavljena skica grafika funkcije f :

Komentar. �



f(x) = arcsin2x

x2 + 1.

Resenje. Skup Df : U zadatku 61, deo pod b), dokazali smo da je Df = R.Nule funkcije i znak funkcije: Za x > 0 je f(x) > 0, za x < 0 je f(x) < 0 i f(x) = 0

ako i samo ako je x = 0.Karakteristike grafika funkcije: Posto je funkcija x 7→ arcsinx neparna, sledi i da je:

f(−x) = arcsin2(−x)

(−x)2 + 1= arcsin(− 2x

x2 + 1) = − arcsin

2x

x2 + 1= −f(x),

pa je i funkcija f neparna.Buduci da ima samo jednu nulu, funkcija f ne moze biti periodicna.Ponasanje funkcije na rubu domena: Posto je Df = R, ispitujemo postojanje kosih

asimptota. Posto je:

limx→±∞

2x

1 + x2= 0,

sledi i da je:

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

arcsin2x

1 + x2= 0,

pa je x-osa horizontalna asimptota funkcije f u +∞ i −∞. Posto je f(x) > 0 za x > 0i f(x) < 0 za x < 0, sledi da je na (0,+∞) grafik funkcije f iznad, a na (−∞, 0) ispodasimptote.

Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: U 61.zadatku ispitivali smo diferencijabilnost ove funkcije. Tom prilikom smo dokazali da je fdiferencijabilna na Df \{−1, 1}, a da je njen izvod (u tackama u kojima postoji) jednak:

f ′(x) =2sgn (1− x2)

x2 + 1=

−2/(x2 + 1), x < −1

2/(x2 + 1), −1 < x < 1

−2/(x2 + 1), 1 < x

Takode, u okviru pomenutog zadatka, dokazali smo i da u tackama ±1 funkcija f imajednostrane izvode i to:

f ′−(−1) = −1 f ′+(−1) = 1f ′−(1) = 1 f ′+(1) = −1.

Intervale monotonosti dajemo u narednoj tablici:

x (−∞,−1) (−1, 1) (1,+∞)

sgn (f ′(x)) − + −monotonost ↘ ↗ ↘

Kao sto vidimo, tacka x = −1 predstavlja lokalni minimum funkcije f , a tacka x = 1predstavlja lokalni maksimum funkcije f . Oni iznose:

f(−1) = arcsin(−1) = −π2= −f(1).


Dokazimo da se u ovim tackama postizu i, redom, globalni minimum i globalni mak-simum. Na skupu (−∞, 1] funkcija f dostize najmanju vrednost u tacki −1. Da bidokazali da se u ovoj tacki dostize i globalni minimum, treba dokazati i da je:

f(−1) < infx

∈ (1,+∞)f(x). (2.15)

Posto je na (1,+∞) funkcija f opadajuca, sledi:

infx

∈ (1,+∞) = limx→+∞

= 0,

a kako je f(−1) < 0, vazi nejednakost iz (2.15). Analogno pokazujemo i da se u x = 1postize globalni maksimum, sto mozemo dokazati i na osnovu neparnosti funkcije f .Naime, posto se u −1 postize globalni minimum, za svako y ∈ R vazi f(−1) ≤ f(−y) paodatle sledi f(1) ≥ f(y). Dakle, u x = 1 funkcija f ima globalni maksimum.

Konveksnost i prevojne tacke: Funkcija f ima drugi izvod u svim tackama u kojimaima i prvi izvod. Drugi izvod funkcije f jednak je:

f ′′(x) =

4x/(x2 + 1)2, x < −1

−4x/(x2 + 1)2, −1 < x < 1

4x/(x2 + 1)2, 1 < x

Prema tome, znak drugog izvoda i intervale konveksnosti odredujemo u tablici:

x (−∞,−1) (−1, 0) (0, 1) (1,+∞)

f ′′(x)4x

(x2 + 1)2−4x

(x2 + 1)2−4x

(x2 + 1)24x

(x2 + 1)2

sgn (f ′′(x)) − + − +

konveksnost ⌢ ⌣ ⌢ ⌣

U tackama −1, 0 i 1 funkcija f menja tip konveksnosti, pa su ovo prevojne tacke funkcijef .

Ostale specificnosti grafika: Grafik funkcije prolazi kroz koordinatni pocetak, sto jeujedno i prevojna tacka grafika, i tu je f ′(0) = 2. Za x = −1 i x = 1, postoje levi i desniizvod i oni su vec ranije bili istaknuti.



Komentar. �


f(x) =√x(x+ 2)e1/x.

Resenje. Skup Df : Skup Df cine svi oni realni brojevi x koji su razliciti od nule i za koje

vazi x(x+ 2) ≥ 0. Zbog toga je:

Df = (−∞,−2] ∪ (0,+∞) = R \ (−2, 0].

Nule funkcije i znak funkcije: Na celom svom domenu, funkcija f je nenegativna.Vazi f(x) = 0 ⇔ x(x + 2) = 0 ⇔ x ∈ {−2, 0}, ali kako 0 ∈ Df , sledi da je f(x) = 0 ⇔x = −2.

Karakteristike grafika funkcije: Zbog oblika domena zakljucujemo da funkcija f nijeni parna ni neparna, a ni periodicna.

Ponasanje funkcije na rubu domena: U okolini (0,+∞) tacke +∞, funkcija f jednakaje:

f(x) = x(1 +2

x)1/2e1/x.

Posto 1/x→ 0, x→ +∞ i 2/x→ 0, x→ +∞, sledi:

(1 +2

x)1/2 = 1 +

1

2· 2x− 1

8· 4

x2+ o(

1

x2)

= 1 +1

x− 1

2x2+ o(

1

x2), x→ +∞,

i

e1/x = 1 +1

x+

1

2x2+ o(

1

x2), x→ +∞.

Dakle, za x ∈ (0,+∞) vazi:

f(x) = x(1 +2

x)1/2e1/x

= x(1 +1

x− 1

2x2+ o(

1

x2))(1 +

1

x+

1

2x2+ o(

1

x2))

= x(1 +2

x+

1

x2+ o(

1

x2)

= x+ 2 +1

x+ o(

1

x), x→ +∞

Sledi da je prava y = x+ 2 asimptota funkcije f u +∞, a takode imamo i:

sgn (f(x)− (x+ 2)) = sgn (1/x+ o(1/x)) = sgn 1/x,

pa je grafik funkcije f iznad svoje asimptote u nekoj okolini tacke +∞.


Da bi pronasli asimptotu u −∞ postupamo analogno. U okolini (−∞,−2) funkcijaf jednaka je:

f(x) = −x(1 + 2

x)1/2e1/x.

Takode, vazi i 1/x→ 0, x→ −∞ i 2/x→ 0, x→ −∞, pa na slican nacin zakljucujemoda vazi:

f(x) = −x(1 + 2

x)1/2e1/x

= −x(1 + 1

x− 1

2x2+ o(

1

x2))(1 +

1

x+

1

2x2+ o(

1

x2))

= −x(1 + 2

x+

1

x2+ o(

1

x2)

= −x− 2− 1

x+ o(

1

x), x→ −∞.

Zakljucujemo da je prava y = −x−2 asimptota funkcije f u −∞, kao i da je: sgn (f(x)−(−x−2)) = sgn (−1/x+o(1/x)) = sgn (−1/x) = 1, za x < 0, pa je grafik funkcije takodeiznad asimptote i u okolini tacke −∞.

Funkcija je definisana u rubnoj tacki −2 svog domena i tu ima nulu. Ispitajmo kakose funkcija ponasa u blizini tacke x = 0. Da bi odredili:

limx→+0

f(x) = limx→+0

√x(x+ 2)e1/x,

odredimo najpre:limx→+0

√xe1/x.

Ovaj izraz mozemo zapisati kao:e1/x

1√x

,

pa pri nalazenju pomenutog limesa mozemo iskoristiti Lopitalovu teoremu (Teorema4.99), jer su zadovoljeni svi potrebni uslovi. Dobijamo:

limx→+0

√xe1/x = lim

x→+0

e1/x

1√x

= limx→+0

(e1/x)′

(1√x)′

=

= limx→+0

e1/x · −1

x2

−1

2· 1√

x3

= limx→+0

2e1/x√x

= +∞.

Prema tome, vazi i:

limx→+0

f(x) = limx→+0

√x+ 2 ·

√xe1/x = +∞.

Dakle, prava x = 0, odnosno y-osa je vertikalna asimptota funkcije f .


Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: Funkcijaf ima izvod u svim unutrasnjim tackama svog domena i on je jednak:

f ′(x) =e1/x(x2 − 2)

x√x(x+ 2)

.

U tacki −2 mozemo odrediti levi izvod. Naime, kako je:

limx→−2−0

f ′(x) = limx→−2−0

e1/x(x2 − 2)

x· 1√

x(x+ 2)= −∞,

sledi da je f ′−(−2) = −∞.

Imajuci u vidu domen funkcije f , intervale monotonosti dajemo u narednoj tablici:

x (−∞,−2) (0,√2) (

√2,+∞)

sgn (f ′(x)) − − +

monotonost ↘ ↘ ↗

U tacki x =√2 funkcija f ima lokalni minimum i on iznosi:

f(2) = 2√2e1/2 = 2

√2e ∈ (4, 6),

dok u tacki x = −2 funkcija f ima globalni minimum, jer je f(−2) = 0 i f(x) > 0 zax ∈ Df \ {−2}. Globalni maksimum funkcije f ne postoji, jer je:

limx→+∞

f(x) = +∞.

Konveksnost i prevojne tacke: Drugi izvod funkcije f postoji u svim onim tackamau kojima postoji prvi izvod funkcije f . Imamo:

f ′′(x) = e1/x · 2x2 + 8x+ 4

x3(x+ 2)√x(x+ 2)

= 2e1/x · (x+ 2 +√2)(x+ 2−

√2)

x3(x+ 2)√x(x+ 2)

.

Znak drugog izvoda i intervale konveksnosti dajemo u tablici:

x (−∞,−2−√2) (−2−

√2,−2) (0,+∞)

sgn (f ′′(x)) + − +

konveksnost ⌣ ⌢ ⌣

Tacka x = −2−√2 je prevojna tacka funkcije f .



Komentar. �


Glava 3

Dodatak

3.1 Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovojformi na nalazenje granicnih vrednosti i asimptota funkcija


a) limx→0

7√1 + x− 1

(1 + x)α − 1, α = 0;

b) limx→0

ch 2x− 1

x2;

c) limx→0

esinx − e

x;

d) limx→0

e√1+x − e

x;

e) limx→0

ln cos ax

ln cos bx, a, b ∈ R, b = 0;

f) limx→0

√1 + x sinx− 1

ex2 − 1;

g) limx→0

ln1 + x

1− xarctg(1 + x)− arctg(1− x)

;

h) limx→0

ex − cosx

sinx;

i) limx→0

√1 + x− chx√1 + x2 − cosx

;

j) limx→0

3x − ex

3√1 + 3x3 − 1

;

k) limx→0

cosx− 1− x2

2

x6;

l) limx→0

√1− x3 − 1

1− chx;

m) limx→0

x− shx

ex − 1;

n) limx→0

x− sinx

arctg3 x;

781

782 Glava 3. Dodatak

o) limx→0

ln(1 + x)− x

tg2 x;

p) limx→0

cosx−√1− x2

sinx− x;

q) limx→0

3√1− x2 − x ctg x

x sinx;

r) limx→0

arcsin 2x− 2 arcsinx

x3;

s) limx→0

arctg x− arcsinx

tg x− sinx;

t) limx→0

2x− ln(1 + x)√1− x2 − cosx

u) limx→0

ln(1 + x+ x2) + ln(1− x− x2)

x sinx;

v) limx→0

x ctg x− 1

x2;

w) limx→0

tg x− x

x− sinx;

x) limx→0

tg x− sinx

x3;

y) limx→0

ln(cosx)

tg x2;

z) limx→0

arctg(ex − 1)− 2√1 + x+ 2

1− cosx;

z ) limx→0

cos(sinx)− cosx

ln(1 + x4);

c ) limx→0

sin(sinx)− x 3√1− x2

x5;

c) limx→0

esinx − ex

sinx− x;

Resenje.

a) Vazi formula:

7√1 + x− 1

(1 + x)α − 1=

(1 + x)1/7 − 1

(1 + x)α − 1

=1 + 1

7x+ o(x)− 1

1 + αx+ o(x)− 1=

17x+ o(x)

αx+ o(x), x→ 0.

Koristeci osobinu asimpotske oznake o da jeo(x)

x= o(

x

x) = o(1), x→ 0 (Tvrdenje 3.184

(v)), dobijamo da je

17x+ o(x)

αx+ o(x)=

17x+o(x)

xαx+o(x)

x

= limx→0

17 + o(1)

α+ o(1), x→ 0.

Prema tome,

limx→0

7√1 + x− 1

(1 + x)α − 1= lim

x→0

17 + o(1)

α+ o(1)=

1

7.

b) Kako je ch 2x = 1+ (2x)2

2 +o((2x)2), x→ 0 (Posledica 4.131), i o(4x2) = o(x2), x→ 0

3.1. Primena Maklorenove formule sa ostatkom u Peanovoj formi 783

(Tvrdenje 3.184 (i)), to je

limx→0

ch 2x− 1

x2= lim

x→0

1 + (2x)2

2 + o(x2)− 1

x2

= limx→0

2x2 + o(x2)

x2= lim

x→0(2 + o(1)) = 2.

c) Na osnovu (3.135) sledi 1

esin xx − e

x=

ex+o(x2)

x − 1

x=e1+o(x) − e

x= e · e

o(x) − 1

x= e · 1 + o(x) + o(o(x))− 1

x

=o(x) + o(o(x))

x, x→ 0.

Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 (vii), o(o(x)) = o(x), x → 0, to na osnovu osobine(vi) istog tvrdenja vazi

o(x) + o(o(x)) = o(x) + o(x) = o(x), x→ 0,

i prema tome,

esin xx − e

x=o(x)

x= o(1), x→ 0.

Odavde sledi da je limx→0

esin xx − e

x= 0.

d) Vazi sledeca formula2:

e√1+x − e

x=

e1+12x+o(x) − e

x= e · e

12x+o(x) − 1

x=

= e ·1 + 1

2x+ o(x) + o(12x+ o(x))− 1

x

= e ·12x+ o(x) + o(12x+ o(x))

x, x→ 0.

Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 (viii) o(12x+ o(x)) = o(x), x→ 0, to je

1

2x+ o(x) + o(

1

2x+ o(x)) =

1

2x+ o(x) + o(x) =

1

2x+ o(x), x→ 0.

Odavde dobijamo

e√1+x − e

x= e ·

12x+ o(x)

x

= e ·(1

2+ o(1)

), x→ 0,

1eo(x) = 1 + o(x) + o(o(x)), x→ 0.2Na osnovu (3.135) sledi e

12x+o(x) = 1 + 1

2x+ o(x) + o( 1

2x+ o(x)), x→ 0.


i stoga, limx→0

e√1+x − e

x=e

2.

e) Iz (3.134) sledi

ln cos ax

ln cos bx=

ln(1− (ax)2

2 + o((ax)2))

ln(1− (bx)2

2 + o((bx)2))=

ln(1− a2x2

2 + o(x2))

ln(1− b2x2

2 + o(x2))

=−a2x2

2 + o(x2) + o(−a2x2

2 + o(x2))

− b2x2

2 + o(x2) + o(− b2x2

2 + o(x2))=

−a2x2

2 + o(x2) + o(x2)

− b2x2

2 + o(x2) + o(x2)

=−a2x2

2 + o(x2)

− b2x2

2 + o(x2)=

−a2

2 + o(1)

− b2

2 + o(1), x→ 0,

pa je limx→0

ln cos ax

ln cos bx=

−a2

2

− b2

2

=a2

b2.

f) Koristeci Maklorenove formule sinx = x + o(x), x → 0, (1 + t)1/2 = 1 + 12 t + o(t) i

et = 1+ t+ o(t), t→ 0, kao i osobinu asimptotske oznake o da je x · o(x) = o(x2), x→ 0(Tvrdenje 3.184 (iii)) dobijamo:

√1 + x sinx− 1

ex2 − 1=

√1 + x(x+ o(x))− 1

1 + x2 + o(x2)− 1

=(1 + x2 + o(x2)))1/2 − 1

x2 + o(x2)

=1 + 1

2(x2 + o(x2)) + o(x2 + o(x2))− 1

x2 + o(x2)

=12x

2 + 12o(x

2) + o(x2 + o(x2))

x2 + o(x2), x→ 0.

Kako je 12o(x

2) = o(x2) (Tvrdenje 3.184 (iv)) i o(x2+o(x2)) = o(x2) kad x→ 0 (Tvrdenje3.184 (viii)), to je

1

2o(x2) + o(x2 + o(x2)) = o(x2) + o(x2) = o(x2), x→ 0,

pa je

√1 + x sinx− 1

ex2 − 1=

12x

2 + o(x2)

x2 + o(x2)=

12x2+o(x2)

x2

x2+o(x2)x2

=12 + o(1)

1 + o(1), x→ 0.

Odavde sledi da je limx→0

√1 + x sinx− 1

ex2 − 1=

1

2.


g) Buduci da je funkcija f(x) = arctg(1 + x) diferencijabilna u 0 (f ′(x) =1

1 + (1 + x)2

za x = −1, pa je f ′(0) = 12), to za nju vazi sledeca Maklorenova formula prvog reda sa

ostatkom u Peanovoj formi:

f(x) = f(0) + f ′(0)x+ o(x), x→ 0,

tj.

arctg(1 + x) =π

4+

1

2x+ o(x), x→ 0.

Odavde sledi

arctg(1− x) =π

4+

1

2(−x) + o(−x) = π

4− 1

2x+ o(x), x→ 0,

i prema tome,

arctg(1 + x)− arctg(1− x) =π

4+

1

2x+ o(x)−

(π

4− 1

2x+ o(x)

)= x+ o(x), x→ 0.

Stoga je

ln1 + x


=ln(1 + x)− ln(1− x)

x+ o(x)=x+ o(x)− (−x+ o(−x)))

x+ o(x)

=2x+ o(x)

x+ o(x)=

2 + o(1)

1 + o(1), x→ 0,

te je limx→0

ln1 + x


=2

1= 2.

h) Vazi sledeca formula:

ex − cosx

sinx=

1 + x+ o(x)− (1− x2

2 + o(x2))

x+ o(x)

=x+ o(x) + x2

2 + o(x2)

x+ o(x), x→ 0.

Buduci da je x2

2 = o(x) i o(x2) = o(x), x→ 0, to je

x+ o(x) +x2

2+ o(x2) = x+ o(x) + o(x) + o(x) = x+ o(x), x→ 0,

i prema tome, dobijamo da je

ex − cosx

sinx=

x+ o(x)

x+ o(x)=

x+o(x)x

x+o(x)x

=1 + o(1)

1 + o(1), x→ 0,


odakle sledi da je limx→0

ex − cosx

sinx= 1.

i) Vazi formula:

√1 + x− chx√1 + x2 − cosx

=1 + 1

2x+ o(x)− (1 + 12x

2 + o(x2)))

1 + 12x

2 + o(x2)− (1− 12x

2 + o(x2))

=1 + 1

2x+ o(x)− 1− 12x

2 + o(x2)))

1 + 12x

2 + o(x2)− 1 + 12x

2 + o(x2)

=12x+ o(x)

x2 + o(x2)=

12x+o(x)

xx2+o(x2)

x

=12 + o(1)

x+ o(x), x→ 0.

Buduci da je 12 + o(1) ∼ 1

2 i x + o(x) ∼ x kad x → 0, to na osnovu Tvrdenja 3.194(preciznije, na osnovu varijante ovog tvrdenja za slucaj jednostranih granicnih vrednosti)sledi da je

limx→+0

√1 + x− chx√1 + x2 − cosx

= limx→+0

12 + o(1)

x+ o(x)= lim

x→+0

12

x= +∞

i

limx→−0

√1 + x− chx√1 + x2 − cosx

= limx→−0

12 + o(1)

x+ o(x)= lim

x→−0

12

x= −∞,


√1 + x− chx√1 + x2 − cosx

.

j) Iz

3x − ex

3√1 + 3x3 − 1

=1 + x ln 3 + o(x)− (1 + x+ o(x))

1 + 13(3x

3) + o(3x3)− 1

=(ln 3− 1)x+ o(x)

x3 + o(x3)=

(ln 3−1)x+o(x)x

x3+o(x3)x

=(ln 3− 1) + o(1)

x2 + o(x2), x→ 0,

s obzirom da je (ln 3 − 1) + o(1) ∼ ln 3 − 1 i x2 + o(x2) ∼ x2 kad x → 0, na osnovuTvrdenja 3.194, dobijamo

limx→0

3x − ex

3√1 + 3x3 − 1

= limx→0

(ln 3− 1) + o(1)

x2 + o(x2)= lim

x→0

ln 3− 1

x2= +∞.

k)

limx→0

cosx− 1− x2

2

x6= lim

x→0

1− x2

2 + o(x2)− 1− x2

2

x6

= limx→0

−x2 + o(x2)

x6= lim

x→0

−1 + o(1)

x4= −∞.


l) Vazi formula:

√1− x3 − 1

1− chx=

1− 12 · x3 + o(x3)− 1

1− (1 + 12 · x2 + o(x2))

=−1

2 · x3 + o(x3)

−12 · x2 + o(x2)

=

− 12·x3+o(x3)x2

− 12·x2+o(x2)x2

=−1

2 · x+ o(x)

−12 + o(1)

, x→ 0,

Kako je limx→0

(−12 · x+ o(x)) = 0 i lim

x→0(−1

2 + o(1)) = −12 , to je na osnovu Tvrdenja 3.49

limx→0

√1− x3 − 1

1− chx= lim

x→0

−12 · x+ o(x)

−12 + o(1)

=limx→0

(−12 · x+ o(x))

limx→0

(−12 + o(1))

=0

−12

= 0.

m) Buduci da je

x− shx

ex − 1=

x− (x+ x3

3! + o(x3))

1 + x+ o(x)− 1=

−x3

3! + o(x3)

x+ o(x)=

−x3

3!+o(x3)

xx+o(x)x

=−x2

3! + o(x2)

1 + o(1), x→ 0,

limx→0

(−x2

3! + o(x2)) = 0 i limx→0

(1 + o(1)) = 1, to na osnovu Tvrdenja 3.49 imamo da je

limx→0

x− shx

ex − 1=

0

1= 0.

n) Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 (x), (x+ o(x))3 = x3 + o(x3), x→ 0, to je

limx→0

x− sinx

arctg3 x= lim

x→0

x− (x− x3

3! + o(x3))

(x+ o(x))3

= limx→0

x3

6 + o(x3))

x3 + o(x3)= lim

x→0

x3

6+o(x3))

x3

x3+o(x3)x3

= limx→0

16 + o(1)

1 + o(1)=

1

6.


o)

limx→0

ln(1 + x)− x

tg2 x= lim

x→0

x− x2

2 + o(x2)− x

(x+ o(x))2

= limx→0

−x2

2 + o(x2)

x2 + o(x2)= lim

x→0

−x2

2+o(x2)

x2

x2+o(x2)x2

= limx→0

−12 + o(1)

1 + o(1)= −1

2.

p) Na osnovu Posledice 4.131 sledi

limx→0

cosx−√1− x2

sinx− x= lim

x→0

1− x2

2 + x4

4! + o(x4)− (1− 12x

2 +12(

12−1)2 (x2)2 + o(x4))

x− x3

3! + o(x3)− x

= limx→0

124x

4 + o(x4)− 18x

4

−x3

6 + o(x3)= lim

x→0

− 112x

4 + o(x4)

−x3

6 + o(x3)

= limx→0

− 112x4+o(x4)

x3

−x3

6+o(x3)

x3

= limx→0

− 112x+ o(x)

−16 + o(1)

= 0.

q)

limx→0

3√1− x2 − x ctg x

x sinx= lim

x→0

3√1− x2 − x cosx

sinx

x sinx= lim

x→0

sinx 3√1− x2 − x cosx

x sin2 x

= limx→0

(x− x3

3! + o(x3))(1− 13x

2 + o(x2))− x(1− x2

2 + o(x2))

x(x+ o(x))2

= limx→0

x− x3

6 + o(x3)− 13x

3 − x+ 12x

3

x(x2 + o(x2))= lim

x→0

o(x3)

x3 + o(x3)

= limx→0

o(x3)x3

x3+o(x3)x3

= limx→0

o(1)

1 + o(1)= 0.

r)

limx→0

arcsin 2x− 2 arcsinx

x3= lim

x→0

2x+ (2x)3

6 + o((2x)3)− 2(x+ x3

6 + o(x3))

x3

= limx→0

x3 + o(x3)

x3= lim

x→0(1 + o(1)) = 1.


s)

limx→0

arctg x− arcsinx

tg x− sinx= lim

x→0

x− x3

3 + o(x3)− (x+ x3

6 + o(x3))

x+ x3

3 + o(x3)− (x− x3

3! + o(x3))

= limx→0

−12x

3 + o(x3)12x

3 + o(x3)= lim

x→0

−12 + o(1)

12 + o(1)

=−1

212

= −1.

t) Iz√1− x2 − cosx = 1− 1

2· x2 +

(12

2

)x4 + o(x4)− (1− 1

2· x2 + 1

4!x4 + o(x4)) =

= −1

8· x4 − 1

24· x4 + o(x4) = −1

6· x4 + o(x4), x→ 0,

sledi

2x− ln(1 + x)√1− x2 − cosx

=2x− (x+ o(x))

−16 · x4 + o(x4)

=x+ o(x)

−16 · x4 + o(x4)

=x+o(x)x

− 16·x4+o(x4)x

=1 + o(1)

−16 · x3 + o(x3)

, x→ 0.

Kako je 1 + o(1) ∼ 1 i −16 · x3 + o(x3) ∼ −1

6 · x3, kad x→ 0, to je

limx→+0

2x− ln(1 + x)√1− x2 − cosx

= limx→+0

1 + o(1)

−16 · x3 + o(x3)

= limx→+0

1

−16 · x3

= +∞

i

limx→−0

2x− ln(1 + x)√1− x2 − cosx

= limx→−0

1 + o(1)

−16 · x3 + o(x3)

= limx→−0

1

−16 · x3

= −∞,


2x− ln(1 + x)√1− x2 − cosx

.

u) Na osnovu Posledice 4.131 zakljucujemo da je

ln(1 + x+ x2) + ln(1− x− x2)

x sinx=

x+ x2 − (x+x2)2

2 + o((x+ x2)2

)+ (−x− x2)− (−x−x2)2

2 + o((−x− x2)2

)x(x+ o(x))

=(x+ x2)2 + o

((x+ x2)2

)x2 + o(x2)

=x2 + 2x3 + x4 + o(x2 + 2x3 + x4)

x2 + o(x2), kad x→ 0.

Kako je o(x2 + 2x3 + x4) = o(x2), x→ 0, to je

x2 + 2x3 + x4 + o(x2 + 2x3 + x4) = x2 + 2x3 + x4 + o(x2) = x2 + o(x2), x→ 0,


i prema tome,

ln(1 + x+ x2) + ln(1− x− x2)

x sinx=

x2 + o(x2)

x2 + o(x2))=

x2+o(x2)x2

x2+o(x2)x2

=1 + o(1)

1 + o(1), x→ 0.

Odavde sledi limx→0

ln(1 + x+ x2) + ln(1− x− x2)

x sinx= 1.

v) Za x ∈ (−π2 ,

π2 ) \ {0} vazi jednakost

x ctg x− 1

x2=

xtg x − 1

x2=x− tg x

x2 tg x.

Sada cemo za funkciju x 7→ tg x u brojiocu upotrebiti Maklorenovu formulu treceg reda,dok je za tu istu funkciju u imeniocu dovoljno upotrebiti Maklorenovu formulu prvogreda:

x− tg x

x2 tg x=

x− (x+ x3

3 + o(x3))

x2(x+ o(x))

=−x3

3 + o(x3)

x3 + o(x3)=

−13 + o(1)

1 + o(1), x→ 0.

Stoga je

limx→0

x ctg x− 1

x2= lim

x→0

x− tg x

x2 tg x= −1

3.

w) Ako bismo iskoristili Maklorenove formule prvog reda za funkcije x 7→ tg x i x 7→ sinxdobili bismo

limx→0

tg x− x

x− sinx= lim

x→0

x+ o(x)− x

x− (x+ o(x))= lim

x→0

o(x)

o(x),

sto je neodredenost oblika0

0. Stoga cemo koristiti sledece formule

tg x = x+x3

3+ o(x3), x→ 0,

sinx = x− x3

3!+ o(x3), x→ 0.

Otuda

limx→0

tg x− x

x− sinx= lim

x→0

x3

3 + o(x3)x3

6 + o(x3)= lim

x→0

13 + o(1)16 + o(1)

=1316

= 2.


x)

limx→0

tg x− sinx

x3= lim

x→0

x+ x3

3 + o(x3)− (x− x3

3! + o(x3))

x3

= limx→0

x3

2 + o(x3)

x3= lim

x→0

(1

2+ o(1)

)=

1

2.

y)

limx→0

ln(cosx)

tg x2= lim

x→0

ln(1− x2

2 + o(x2))

x2 + o(x2)

= limx→0

−x2

2 + o(x2) + o(−x2

2 + o(x2))

x2 + o(x2)= lim

x→0

−x2

2 + o(x2) + o(x2)

x2 + o(x2)

= limx→0

−x2

2 + o(x2)

x2 + o(x2)= lim

x→0

−12 + o(1)

1 + o(1)

= −1

2.

z) Vazi formula:

arctg (ex − 1)− 2√1 + x+ 2 = arctg (1 + x+

1

2· x2 + o(x2)− 1)−

−2(1 +1

2x+

(12

2

)x2 + o(x2)) + 2

= arctg (x+1

2· x2 + o(x2))− 2(1 +

1

2x− 1

8x2 + o(x2)) + 2

= arctg (x+1

2· x2 + o(x2))− x+

1

4x2 + o(x2), x→ 0.

Koristeci formulu arctg t = t+ o(t2), t→ 0, dobijamo

arctg (x+1

2· x2 + o(x2))− x+

1

4x2 + o(x2) =

= x+1

2· x2 + o(x2) + o((x+

1

2· x2)2)− x+

1

4x2 + o(x2)

=3

4· x2 + o(x2) + o(x2) =

3

4· x2 + o(x2), x→ 0,

Odavde sledi da je

arctg (ex − 1)− 2√1 + x+ 2

1− cosx=

34 · x2 + o(x2)

1− (1− 12x

2 + o(x2))=

34 · x2 + o(x2)12x

2 + o(x2)

=34 + o(1)12 + o(1)

, x→ 0,


pa je limx→0

arctg (ex − 1)− 2√1 + x+ 2

1− cosx=

3412

=3

8.

z ) Imamo da je

cos(sinx)− cosx = cos(x− x3

3!+ o(x3))− cosx =

= 1− 1

2

(x− x3

3!+ o(x3)

)2

+1

4!

(x− x3

3!+ o(x3)

)4

+ o

((x− x3

3!+ o(x3)

)4)

−

−(1− 1

2x2 +

1

4!x4 + o(x4)

)=

= 1− 1

2

(x2 − 1

3x4 + o(x4)

)+

1

4!

(x2 − 1

3x4 + o(x4)

)2

+ o

((x2 − 1

3x4 + o(x4)

)2)

−1 +1

2x2 − 1

4!x4 + o(x4) =

= 1− 1

2x2 +

1

6x4 + o(x4) +

1

4!x4 − 1 +

1

2x2 − 1

4!x4 + o(x4)

=1

6x4 + o(x4), x→ 0.

Mogli smo rasudivati i na sledeci nacin:

cos(sinx)− cosx = 1− 1

2sin2 x+

1

4!sin4 x+ o(sin4 x)− cosx =

= 1− 1

2

(x− x3

3!+ o(x3)

)2

+1

4!(x+ o(x))4 + o

((x+ o(x))4

)−

−(1− 1

2x2 +

1

4!x4 + o(x4)

)=

= 1− 1

2

(x2 − 1

3x4 + o(x4)

)+

1

4!

(x4 + o(x4)

)+ o

(x4 + o(x4)

)−1 +

1

2x2 − 1

4!x4 + o(x4) =

= 1− 1

2x2 +

1

6x4 + o(x4) +

1

4!x4 − 1 +

1

2x2 − 1

4!x4 + o(x4)

=1

6x4 + o(x4), x→ 0.

Odavde sledi:

limx→0

cos(sinx)− cosx

ln(1 + x4)= lim

x→0

16x

4 + o(x4)

x4 + o(x4)= lim

x→0

16 + o(1)

1 + o(1)=

1

6.

Komentar. Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ sinx


i Maklorenovu formulu drugog reda za funkciju x 7→ cosx, dobili bismo:

cos(sinx)− cosx = cos(x+ o(x))− cosx =

= 1− 1

2(x+ o(x))2 + o

((x+ o(x))2

)−(1− 1

2x2 + o(x2)

)= 1− 1

2

(x2 + o(x2)

)+ o

(x2 + o(x2)

)− 1 +

1

2x2 + o(x2) =

= 1− 1

2x2 + o(x2)− 1 +

1

2x2 + o(x2) = o(x2), x→ 0,

pa bi limx→0

cos(sinx)− cosx

ln(1 + x4)= lim

x→0

o(x2)

x4 + o(x4)= lim

x→0

o(1)

x2 + o(x2)bio nedredenost oblika

00 .

Ako bismo koristili Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju x 7→ sinx i Mak-lorenovu formulu cetvrtog reda za funkciju x 7→ cosx, dobili bismo opet:

cos(sinx)− cosx = cos(x+ o(x))− cosx =

= 1− 1

2(x+ o(x))2 +

1

4!(x+ o(x))4 + o

((x+ o(x))4

)−(1− 1

2x2 +

1

4!x4 + o(x4)

)=

= 1− 1

2

(x2 + o(x2)

)+

1

4!

(x4 + o(x4)

)+ o

(x4 + o(x4)

)− 1 +

1

2x2 − 1

4!x4 + o(x4) =

= 1− 1

2x2 + o(x2)− 1 +

1

2x2 = o(x2), x→ 0.

Ako koristimo Maklorenovu formulu treceg reda za funkciju x 7→ sinx i Maklorenovuformulu drugog reda za funkciju x 7→ cosx, dobijamo opet:

cos(sinx)− cosx = cos(x− x3

3!+ o(x3))− cosx =

= 1− 1

2

(x− x3

3!+ o(x3)

)2

+ o

((x− x3

3!+ o(x3)

)2)

−(1− 1

2x2 + o(x2)

)=

= 1− 1

2

(x2 − 1

3x4 + o(x4)

)+ o

(x2 − 1

3x4 + o(x4)

)− 1 +

1

2x2 + o(x2) =

= 1− 1

2x2 +

1

6x4 + o(x4) + o(x2)− 1 +

1

2x2 + o(x2) = o(x2), x→ 0.

Moze se zakljuciti da je kod ovog primera nephodno koristiti Maklorenovu formulunajmanje treceg reda za funkciju x 7→ sinx i Maklorenovu formulu najmanje cetvrtogreda za funkciju x 7→ cosx.


c) Imamo da je

sin(sinx) = sinx− 1

3!sin3 x+

1

5!sin5 x+ o(sin5 x)

=

(x− 1

3!x3 +

1

5!x5 + o(x5)

)− 1

3!

(x− 1

3!x3 + o(x3)

)3

+1

5!(x+ o(x))5 +

+o((x+ o(x))5)

= x− 1

6x3 +

1

120x5 + o(x5)− 1

6x3 + 3 · 1

6· 16x5 +

1

120x5

= x− 1

3x3 +

1

10x5 + o(x5), x→ 0,

i

x3√

1− x2 = x(1− x2)1/3 = x

(1− 1

3x2 +

(13

2

)x4 + o(x4)

)= x

(1− 1

3x2 − 1

9x4 + o(x4)

)= x− 1

3x3 − 1

9x5 + o(x5), x→ 0.

Odavde sledi

limx→0

sin(sinx)− x 3√1− x2

x5= lim

x→0

(x− 13x

3 + 110x

5 + o(x5))− (x− 13x

3 − 19x

5 + o(x5))

x5

= limx→0

1910x

5 + o(x5)

x5= lim

x→0

(19

10+ o(1)

)=

19

10.

c) Buduci da je

esinx = 1 + sinx+sin2 x

2+

sin3 x

3!+ o(sin3 x)

= 1 + (x− x3

3!+ o(x3)) +

1

2(x− x3

3!+ o(x3))2 +

1

6(x+ o(x))3 + o((x+ o(x))3)

= 1 + x− x3

3!+ o(x3) +

1

2x2 +

1

6x3 = 1 + x+

1

2x2 + o(x3), x→ 0,

to je

esinx − ex = (1 + x+1

2x2 + o(x3))− (1 + x+

x2

2+x3

3!+ o(x3))

= −x3

3!+ o(x3), x→ 0.


Kako je sinx− x = (x− x3

3! + o(x3))− x = −x3

3! + o(x3), x→ 0, dobijamo da je

limx→0

esinx − ex

sinx− x= lim

x→0

−x3

3! + o(x3)

−x3

3! + o(x3)

= limx→0

−x3

3!+o(x3)

x3

−x3

3!+o(x3)

x3

= limx→0

− 13! + o(1)

− 13! + o(1)

= 1

86. Odrediti koeficijente ai ∈ R, i = 0, . . . 5, tako da vazi formula

tg x = a0 + a1x+ a2x2 + a3x

3 + a4x4 + a5x

5 + o(x5), x→ 0.

Resenje. Koristimo najpre Maklorenovu formulu petog reda za funkciju x 7→ sinx iMaklorenovu formulu cetvrtog reda za funkciju x 7→ cosx:

tg x =sinx

cosx=x− x3

3! +x5

5! + o(x5)

1− x2

2 + x4

4! + o(x4)

=

(x− x3

3!+x5

5!+ o(x5)

)(1− x2

2!+x4

4!+ o(x4)

)−1

=

(x− x3

6+

x5

120+ o(x5)

)(1− x2

2+x4

24+ o(x4)

)−1

Kako je

(1 + x)−1 = 1 +

(−1

1

)x+

(−1

2

)x2 + · · ·+

(−1

k

)xk + o(xk), x→ 0,

i (−1

k

)=

−1(−1− 1)(−1− 2) . . . (−1− (k − 1))

1 · 2 · 3 . . . k=

−1(−2)(−3) . . . (−k)1 · 2 · 3 . . . k

= (−1)k

to je

(1 + x)−1 = 1− x+ x2 − · · ·+ (−1)kxk + o(xk), x→ 0,


i prema tome,(1− x2

2+x4

24+ o(x4)

)−1

=

= 1−(−x

2

2+x4

24+ o(x4)

)+

(−x

2

2+x4

24+ o(x4)

)2

+

+o

((−x

2

2+x4

24+ o(x4)

)2)

=

= 1−(−x

2

2+x4

24+ o(x4)

)+

(−x

2

2+ o(x2)

)2

+ o

((−x

2

2+ o(x2)

)2)

= 1 +x2

2− x4

24+ o(x4) +

x4

4= 1 +

x2

2+

5

24x4 + o(x4), x→ 0.

Odavde sledi 3

tg x =

(x− x3

6+

x5

120+ o(x5)

)(1 +

x2

2+x4

24+ o(x4)

)−1

=

(x− x3

6+

x5

120+ o(x5)

)(1 +

x2

2+

5

24x4 + o(x4)

)= x− x3

6+

x5

120+ o(x5) +

x3

2− x5

12+

5

24x5

= x+x3

3+

2

15x5 + o(x5), x→ 0.

Prema tome, a0 = 0, a1 = 1, a2 = 0, a3 =1

3, a4 = 0, a5 =

2

15.

87. Pokazati da je

thx = x− 1

3x3 +

2

15x5 − 101

2520x7 + o(x7), x→ 0. (3.1)

Resenje. Vazi formula:

thx =shx

chx=x+ x3

3! +x5

5! +x7

7! + o(x7)

1 + x2

2 + x4

4! +x6

6! + o(x6)

=

(x+

x3

3!+x5

5!+x7

7!+ o(x7)

)(1 +

x2

2!+x4

4!+x6

6!+ o(x6)

)−1

=

(x+

x3

6+

x5

120+

x7

5040+ o(x7)

)(1 +

x2

2+x4

24+

x6

720+ o(x6)

)−1

, x→ 0.

3S obzirom da funkcija x 7→ tg x ima izvod ma kog reda u 0, to na osnovu Tvrdenja 4.122 sledi da jeovo Maklorenova formula petog reda funkcije x 7→ tg x sa ostatkom u Peanovoj formi.


Kako je (1 +

x2

2+x4

24+

x6

720+ o(x6)

)−1

=

= 1−(x2

2+x4

24+

x6

720+ o(x6)

)+

(x2

2+x4

24+ o(x4)

)2

−(x2

2+ o(x2)

)3

+o

((x2

2+ o(x2)

)3)

=

= 1− x2

2− x4

24− x6

720+ o(x6) +

x4

4+x6

24− x6

8

= 1− x2

2+

5

24x4 − 61

720x6 + o(x6), x→ 0,

to je

thx =

(x+

x3

6+

x5

120+

x7

5040+ o(x7)

)(1− x2

2+

5

24x4 − 61

720x6 + o(x6))

)−1

,

= x+x3

6+

x5

120+

x7

5040+ o(x7)− x3

2− x5

12− x7

240+

5

24x5 +

5

144x7 − 61

720x7

= x− x3

3+

2

15x5 − 101

2520x7 + o(x7), x→ 0.


a) limx→0

(1 + x)1/x − e

x;

b) limx→0

1− (cosx)sinx

x− thx;

c) limx→0

(a+ x)x − ax

x2, a > 0;

d) limx→1

lnx− x+ 1

x− xx;

e) limx→1

xx − 1

x− 1;

f) limx→+∞

x(1e −

(xx+1

)x);

g) limx→a

xx−axx−a ;

h) limx→a

xx−xax−a .

Resenje. a) Imamo da je

(1 + x)1/x − e

x=

eln (1+x)1/x − e

x=e

1xln(1+x) − e

x

=e

1x(x−x2

2+o(x2)) − e

x=e1−

x2+o(x) − e

x

=e · e−

x2+o(x) − e

x= e · e

−x2+o(x) − 1

x

= e ·1 + (−x

2 + o(x)) + o(−x2 + o(x))− 1

x, x→ 0.


Kako je na osnovu Tvrdenja 3.184 ((i) i (viii)) o(−x2 +o(x)) = o(x), x→ 0, to na osnovu

osobine (vi) istog tvrdenja vazi:

−x2+ o(x)) + o(−x

2+ o(x)) = −x

2+ o(x) + o(x) = −x

2+ o(x), x→ 0.

Odavde dobijamo

(1 + x)1/x − e

x= e ·

−x2 + o(x)

x

= e ·(−1

2+ o(1)

), x→ 0,

pa je limx→0

(1 + x)1/x − e

x= −e

2.

b) S obzirom da je

(cosx)sinx = esinx ln cosx

i

sinx ln cosx = (x+ o(x)) ln(1− x2

2+ o(x2))

= (x+ o(x))(−x2

2+ o(x2) + o(−x

2

2+ o(x2)))

= (x+ o(x))(−x2

2+ o(x2)) = −x

3

2+ o(x3), x→ 0,

to je

(cosx)sinx = e−x3

2+o(x3) = 1− x3

2+ o(x3) + o(−x

3

2+ o(x3))

= 1− x3

2+ o(x3) + o(x3) = 1− x3

2+ o(x3), x→ 0.

Prema tome,

limx→0

1− (cosx)sinx

x− thx= lim

x→0

1− (1− x3

2 + o(x3))

x− (x− 13 · x3 + o(x3))

= limx→0

x3

2 + o(x3)13 · x3 + o(x3)

= limx→0

12 + o(1)13 + o(1)

=1213

=3

2.


c) Iz

(a+ x)x = eln (a+x)x = ex ln(a+x) = ex ln(a(1+xa)) = ex(ln a+ln(1+x

a))

= ex ln a+x ln(1+xa) = ex ln a+x(

xa+o(x

a)) = ex ln a+

x2

a+o(x2)

= 1 + (x ln a+x2

a+ o(x2)) +

1

2(x ln a+

x2

a+ o(x2))2 +

+ o((x ln a+x2

a+ o(x2))2)

= 1 + x ln a+x2

a+ o(x2) +

1

2x2 ln2 a

= 1 + x ln a+ (1

a+

1

2ln2 a)x2 + o(x2), x→ 0,

i

ax = 1 + x ln a+ln2 a

2x2 + o(x2), x→ 0,

sledi

(a+ x)x − ax = 1 + x ln a+ (1

a+

1

2ln2 a)x2 + o(x2)−

− (1 + x ln a+ln2 a

2x2 + o(x2))

=1

ax2 + o(x2), x→ 0,

pa je

limx→0

(a+ x)x − ax

x2= lim

x→0

1ax

2 + o(x2)

x2= lim

x→0(1

a+ o(1)) =

1

a.

d) Za ispitivanje limx→1

lnx− x+ 1

x− xxkoristimo smenu t = x − 1 (kad x → 1, tada t → 0 i

za x = 1 je t = 0). Na osnovu teoreme o limesu slozene funkcije (Teorema 3.85 i videti

takode Teoremu 3.151) dovoljno je ispitati limt→0

ln(1 + t)− t

1 + t− (1 + t)1+t. Kako je

ln(1 + t)− t

1 + t− (1 + t)1+t=

ln(1 + t)− t

(1 + t)(1− (1 + t)t)

i buduci da je limt→0

1

1 + t= 1, na osnovu Tvrdenja 3.61 dovoljno je ispitati lim

t→0

ln(1 + t)− t

1− (1 + t)t.


Iz

ln(1 + t)− t

1− (1 + t)t=

t− t2

2 + o(t2)− t

1− eln(1+t)t=

− t2

2 + o(t2)

1− et ln(1+t)

=− t2

2 + o(t2)

1− et(t+o(t))=

− t2

2 + o(t2)

1− et2+o(t2)

=− t2

2 + o(t2)

1− (1 + t2 + o(t2) + o (t2 + o(t2)))=

− t2

2 + o(t2)

−t2 + o(t2)

=−1

2 + o(1)

−1 + o(1), t→ 0,

sledi limt→0

ln(1 + t)− t

(1− (1 + t)t=

1

2, pa je lim

t→0

ln(1 + t)− t

(1 + t)(1− (1 + t)t=

1

2. Na osnovu teoreme o

limesu slozene funkcije (Teorema 3.85) sledi da je limx→1

lnx− x+ 1

x− xx=

1

2.

e) Za ispitivanje limx→1

xx − 1

x− 1koristimo smenu x− 1 = t (x→ 1 =⇒ t→ 0, x = 1 =⇒ t =

0). Nadimo limt→0

(1 + t)1+t − 1

t. Kako je

(1 + t)1+t − 1

t=

e(1+t) ln(1+t) − 1

t=e(1+t)(t+o(t)) − 1

t

=et+o(t)+t

2+o(t2) − 1

t=et+o(t) − 1

t

=1 + t+ o(t) + o(t+ o(t))− 1

t=t+ o(t)

t= 1 + o(1), t→ 0,

sledi da je limt→0

(1 + t)1+t − 1

t= 1, pa je na osnovu teoreme o limesu slozene funkcije

(Teorema 3.85) limx→1

xx − 1

x− 1= 1.

f) S obzirom da je

(x

x+ 1

)x= eln(

xx+1)

x

= ex lnx

x+1 = ex ln 1

1+ 1x = ex ln(1+

1x)−1

= e−x ln(1+1x)

= e−x(1x− 1

2· 1x2

+o( 1x2

)) = e−1+ 12· 1x+o( 1

x) =

1

e· e

12· 1x+o( 1

x)

=1

e· (1 + 1

2· 1x+ o(

1

x) + o(

1

2· 1x+ o(

1

x)))

=1

e· (1 + 1

2· 1x+ o(

1

x)), x→ +∞,


sledi da je

x

(1

e−(

x

x+ 1

)x)= x

(1

e− 1

e· (1 + 1

2· 1x+ o(

1

x))

)= x

(1

e− 1

e− 1

2e· 1x+ o(

1

x)

)= − 1

2e+ o(1), x→ +∞.


x(1e −

(xx+1

)x)= − 1

2e .

g) Za ispitivanje limx→a

xx−axx−a koristimo smenu x − a = t (kad x → a, onda t → 0 i ako je

x = a, tada je t = 0). Nadimo

limt→0

(t+ a)t+a − at+a

t.

Buduci da je

(t+ a)t+a = eln(t+a)t+a

= e(t+a) ln(t+a) = e(t+a) ln(a(1+ta))

= e(t+a)(ln a+ln(1+ ta)) = e(t+a)(ln a+

ta+o( t

a))

= ea ln a+t+o(t)+t ln a = eln aa · e(1+ln a)t+o(t) = aa · e(1+ln a)t+o(t)

= aa(1 + (1 + ln a)t+ o(t) + o((1 + ln a)t+ o(t)))

= aa(1 + (1 + ln a)t+ o(t)), t→ 0,

i

at+a = aa · at = aa(1 + t ln a+ o(t)), t→ 0,

sledi

(t+ a)t+a − at+a

t=

aa(1 + (1 + ln a)t+ o(t))− aa(1 + t ln a+ o(t))

t

=aa(t+ o(t))

t= aa(1 + o(1)), t→ 0.

Prema tome,

limt→0

(t+ a)t+a − at+a

t= aa.

Na osnovu teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije (Teorema 3.85) sledi da je

limx→a

xx − ax

x− a= aa.

h) Za ispitivanje limx→a

xx−xax−a ponovo koristimo smenu x− a = t i ispitujemo najpre

limt→0

(t+ a)t+a − (t+ a)a

t.


Kako je na osnovu prethodnog primera

(t+ a)t+a = aa(1 + (1 + ln a)t+ o(t)), t→ 0,

i osim toga,

(t+ a)a = (a(1 +t

a))a = aa(1 +

t

a)a = aa(1 + a · t

a+ o(

t

a))

= aa(1 + t+ o(t)), t→ 0,

to je

(t+ a)t+a − (t+ a)a

t=

aa(1 + (1 + ln a)t+ o(t))− aa(1 + t+ o(t))

t=aa(t ln a+ o(t))

t= aa(ln a+ o(1)), t→ 0,

i prema tome, limt→0

(t+ a)t+a − (t+ a)a

t= aa ln a. Na osnovu teoreme o granicnoj vred-

nosti slozene funkcije (Teorema 3.85) sledi da je

limx→a

xx − xa

x− a= aa ln a.


a) limx→0

(1

ln(1 + x)− 1

tg x

);

b) limx→0

(1

x− 1

sinx

);

c) limx→0

(1

x2− 1

sin2 x

);

d) limx→0

(1

x− 1

arcsinx

);

e) limx→0

(1

arctg x− 1

arcsinx

);

f) limx→0

(1

x arctg x− 1

x2

);

g) limx→π

2

(tg x+

2

2x− π

);

i) limx→0

(2

sin2 x− 1

1− cosx

);

j) limx→0

(1

x(1 + x)− ln(1 + x)

x2

);

Resenje. a) Dovodenjem na zajednicki imenilac dobijamo

1

ln(1 + x)− 1

tg x=

tg x− ln(1 + x)

ln(1 + x) tg x.

Sada cemo za funkciju x 7→ tg x u brojiocu upotrebiti Maklorenovu formulu tg x =x + o(x2), dok cemo u imeniocu primeniti formulu tg x = x + o(x), x → 0. Za funkcijux 7→ ln(1 + x) u brojiocu koristimo Maklorenovu formulu drugog reda ln(1 + x) =


x − x2

2 + o(x2), x → 0, dok u imeniocu primenjujemo Maklorenovu formulu prvog redaln(1 + x) = x+ o(x), x→ 0, i dobijamo

tg x− ln(1 + x)

ln(1 + x) tg x=

x+ o(x2)− (x− x2

2 + o(x2))

(x+ o(x))(x+ o(x))=

x2

2 + o(x2)

x2 + o(x2)

=12 + o(1)

1 + o(1), x→ 0.

Prema tome, limx→0

(1

ln(1 + x)− 1

tg x

)=

1

2.

b) Za x = 0 vazi1

x− 1

sinx=

sinx− x

x sinx.

Za funkciju x 7→ sinx u brojiocu koristimo Maklorenovu formuli treceg reda, dok za tuistu funkciju u imeniocu koristimo Maklorenovu formulu prvog reda i dobijamo:

sinx− x

x sinx=

x− x3

3! + o(x3)− x

x(x+ o(x))=

−x3

3! + o(x3)

x2 + o(x2)

=

−x3

3!+o(x3)

x2

x2+o(x2)x2

=−x

6 + o(x)

1 + o(1).

Prema tome,

limx→0

(1

x− 1

sinx

)= lim

x→0

−x6 + o(x)

1 + o(1)=

0

1= 0.

c)

limx→0

(1

x2− 1

sin2 x

)= lim

x→0

sin2 x− x2

x2 sin2 x= lim

x→0

(x− x3

3! + o(x3))2

− x2

x2(x+ o(x))2

= limx→0

x2 − 23!x

4 + o(x4)− x2

x2(x2 + o(x2))= lim

x→0

−13x

4 + o(x4)

x4 + o(x4)

= limx→0

−13x

4 + o(x4)

x4 + o(x4)= lim

x→0

− 13x4+o(x4)

x4

x4+o(x4)x4

= limx→0

−13 + o(1)

1 + o(1)= −1

3.

d)

limx→0

(1

x− 1

arcsinx

)= lim

x→0

arcsinx− x

x arcsinx= lim

x→0

x+ o(x2)− x

x(x+ o(x))

= limx→0

o(x2)

x2 + o(x2)= lim

x→0

o(x2)x2

x2+o(x2)x2

= limx→0

o(1)

1 + o(1)

=limx→0

o(1)

limx→0

(1 + o(1))=

0

1= 0.


Mogli smo racunati i na sledeci nacin:

limx→0

(1

x− 1

arcsinx

)= lim

x→0

arcsinx− x

x arcsinx= lim

x→0

x+ x3

6 + o(x3)− x

x(x+ o(x))

= limx→0

x3

6 + o(x3)

x2 + o(x2)= lim

x→0

x3

6+o(x3)

x2

x2+o(x2)x2

= limx→0

x6 + o(x)

1 + o(1)

=limx→0

(x6 + o(x))

limx→0

(1 + o(1))=

0

1= 0.

e) Vazi jednakost1

arctg x− 1

arcsinx=

arcsinx− arctg x

arctg x arcsinx

i ako za funkcije x 7→ arcsinx i x 7→ arctg x u brojiocu iskoristimo formule arcsinx =x + o(x2), arctg x = x + o(x2), x → 0, a za te funkcije u imeniocu iskoristimo formulearcsinx = x+ o(x), arctg x = x+ o(x), x→ 0, dobicemo

1

arctg x− 1

arcsinx=

arcsinx− arctg x

arctg x arcsinx=x+ o(x2)− (x+ o(x2))

(x+ o(x))(x+ o(x))

=o(x2)

x2 + o(x2)=

o(1)

1 + o(1).

Prema tome, limx→0

(1

arctg x− 1

arcsinx

)= 0.

f)

limx→0

(1

x arctg x− 1

x2

)= lim

x→0

x2 − x arctg x

x2 arctg x= lim

x→0

x2 − x(x+ o(x2))

x2(x+ o(x))

= limx→0

o(x3)

x3 + o(x3)= lim

x→0

o(x3)x3

x3+o(x3)x3

= limx→0

o(1)

1 + o(1)= 0.

g) Za ispitivanje limx→π

2

(tg x+

2

2x− π

)koristimo smenu x − π

2 = t (kad x → π2 , onda

t→ 0 i ako je x = π2 , tada je t = 0). Nadimo

limt→0

(tg(π2+ t)+

2

2(π2 + t)− π

)= lim

t→0

(− ctg t+

1

t

)= lim

t→0

(−cos t

sin t+

1

t

)= lim

t→0

sin t− t cos t

t sin t= lim

t→0

t+ o(t2)− t(1− t2

2 + o(t2))

t(t+ o(t))

= limt→0

t+ o(t2)− t+ t3

2 + o(t3))

t2 + o(t2)= lim

t→0

o(t2)

t2 + o(t2)

= limt→0

o(1)

1 + o(1)=

0

1= 0.


Na osnovu teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije (Teorema 3.85) sledi da je

limx→π

2

(tg x+

2

2x− π

)= 0.

i) Iz

2

sin2 x− 1

1− cosx=

2(1− cosx)− sin2 x

sin2 x(1− cosx)

=2(1− (1− x2

2 + x4

4! + o(x4)))− (x− x3

3! + o(x3))2

(x+ o(x))2(1− (1− x2

2 + o(x2)))

=x2 − x4

12 + o(x4)− (x2 − x4

3 + o(x4))

(x2 + o(x2))(x2

2 + o(x2)))

=14x

4 + o(x4)x4

2 + o(x4)=

14 + o(1)12 + o(1)

, x→ 0,

sledi da je limx→0

(2

sin2 x− 1

1− cosx

)=

1412

=1

2.

j) Kako je

1

x(1 + x)− ln(1 + x)

x2=

x− (1 + x) ln(1 + x)

x2(1 + x)=x− (1 + x)(x− x2

2 + o(x2))

x2 + x3

=x− x+ x2

2 + o(x2)− x2

x2 + x3=

−x2

2 + o(x2)

x2 + x3

=

−x2

2+o(x2)

x2

x2+x3

x2

=−1

2 + o(1)

1 + x, x→ 0,

to je limx→0

(1

x(1 + x)− ln(1 + x)

x2

)= −1

2 .


a) limx→0

(sinx

x

)1/x

;

b) limx→0

(ax + bx + cx

3

)1/x

, a, b, c > 0;

c) limx→0

(1 + x2)ctg x;

d) limx→0

(2π arccosx

) 1x ;

e) limx→0

(e2x + x

) 1x ;


f) limx→0

(1 + tg x

1 + sinx

) 1sin x2

;

g) limx→0

(1 + tg x

1 + sinx

) 1tg3 x

;

h) limx→0

(arctg x

x

) 11−cos x

;

i) limx→0

(sinx

arcsinx

) 1ln(1+x2)

;

j) limx→0

(tg x

arctg x

) 1sin2 x

;

Resenje. a) Kako je

(sinx

x

)1/x

= eln

(sinx

x

)1/x

= e

1

xln

(sinx

x

). (3.2)

nadimo najpre limx→0

1

xln

(sinx

x

).

Iz

1

xln

(sinx

x

)=

1

xln

(x+ o(x2)

x

)=

1

xln (1 + o(x))

=o(x) + o(o(x))

x=o(x) + o(x)

x=o(x)

x= o(1), x→ 0,

sledi da je limx→0

1

xln

(sinx

x

)= 0, sto zajedno sa (3.2), na osnovu neprekidnosti funkcije

x 7→ ex (Tvrdenje 3.121), povlaci da je

limx→0

(sinx

x

)1/x

= e0 = 1. 4

b) S obzirom da je

(ax + bx + cx

3

)1/x

= e1xln ax+bx+cx

3 dovoljno je ispitati

limx→0

1

xlnax + bx + cx

3.

4Da smo koristili formulu sinx = x+ o(x), dobili bismo

limx→0

1

xln

(sinx

x

)= lim

x→0

1

xlnx+ o(x)

x= lim

x→0

1

xln(1 + o(1))

= limx→0

o(1) + o(o(1))

x= lim

x→0

o(1)

x,

sto je neodredenost oblika0

0.


Kako je

1

xlnax + bx + cx

3=

1

xln

1 + x ln a+ o(x) + 1 + x ln b+ o(x) + 1 + x ln c+ o(x)

3

=1

xln

3 + x ln(abc) + o(x)

3=

1

xln(1 + x

1

3ln(abc) + o(x))

=1

xln(1 + x ln

3√abc+ o(x)) =

1

x(x ln

3√abc+ o(x) + o(x ln

3√abc+ o(x)))

=1

x(x ln

3√abc+ o(x)) = ln

3√abc+ o(1), x→ 0.

to je limx→0

1

xlnax + bx + cx

3= ln

3√abc. Odavde, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex,

dobijamo

limx→0

(ax + bx + cx

3

)1/x

= limx→0

e1xln ax+bx+cx

3 = elimx→0

1

xlnax + bx + cx

3

= eln3√abc =

3√abc.

c) Buduci da je

(1 + x2)ctg x = eln(1+x2)ctg x

= ectg x ln(1+x2), (3.3)

dovoljno je naci limx→0

ctg x ln(1 + x2).

Iz

ctg x ln(1 + x2) =ln(1 + x2)

tg x=x2 + o(x2)

x+ o(x)

=x2+o(x2)

xx+o(x)x

=x+ o(x)

1 + o(1)

sledi

limx→0

ctg x ln(1 + x2) =limx→0

(x+ o(x))

limx→0

(1 + o(1))=

0

1= 0.

Sada na osnovu neprekidnosti funkcije x 7→ ex i (3.3) dobijamo da je

limx→0

(1 + x2)ctg x = e0 = 1.

d) Kako je (2

πarccosx

) 1x

= eln(2πarccosx)

1x= e

1xln( 2

πarccosx),

dovoljno je ispitati

limx→0

1

xln

(2

πarccosx

).


Iz arcsinx = x + o(x), x → 0, i arcsinx + arccosx = π2 , x ∈ [−1, 1], sledi arccosx =

π2 − arcsinx = π

2 − x+ o(x), x→ 0. Prema tome,

1

xln

(2

πarccosx

)=

1

xln

(2

π

(π2− x+ o(x)

))=

1

xln

(1− 2

πx+ o(x)

)=

1

x

(− 2

πx+ o(x) + o(− 2

πx+ o(x))

)=

1

x

(− 2

πx+ o(x) + o(x)

)=

1

x

(− 2

πx+ o(x)

)= − 2

π+ o(1), x→ 0,

pa je limx→0

1x ln

(2π arccosx

)= − 2

π . Odavde zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex sledi

limx→0

(2

πarccosx

) 1x

= e−2π .

e) Vazi jednakost: (e2x + x

) 1x = eln(e

2x+x)1x= e

1xln(e2x+x).

Kako je

1

xln(e2x + x

)=

1

xln(e2x(1 + xe−2x)

)=

1

x

(ln e2x + ln(1 + xe−2x)

)=

1

x(2x+ ln(1 + x(1− 2x+ o(−2x)))

=1

x

(2x+ ln(1 + x− 2x2 + o(x2))

)=

1

x

(2x+ x− 2x2 + o(x2) + o(x− 2x2 + o(x2))

)=

1

x

(3x− 2x2 + o(x2) + o(x)

)=

1

x(3x+ o(x)) = 3 + o(1), x→ 0,

to je limx→0

1x ln

(e2x + x

)= 3. Zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex dobijamo da je

limx→0

(e2x + x

) 1x = lim

x→0e

1xln(e2x+x) = e

limx→0

1xln(e2x+x)

= e3.

f) S obzirom da je

(1 + tg x

1 + sinx

) 1

sinx2 = e1

sin x2ln 1+tg x

1+sin x , dovoljno je ispitati


limx→0

1

sinx2ln

1 + tg x

1 + sinx. Kako je

ln(1 + tg x) = ln(1 + x+1

3x3 + o(x3)) =

= x+1

3x3 + o(x3)− 1

2(x+

1

3x3 + o(x3))2 +

1

3(x+

1

3x3 + o(x3))3 +

+o((x+1

3x3 + o(x3))2), x→ 0,

ln(1 + sinx) = ln(1 + x− x3

3!+ o(x3)) =

= x− x3

3!+ o(x3)− 1

2(x− x3

3!+ o(x3))2 +

1

3(x− x3

3!+ o(x3))3 +

+o((x− x3

3!+ o(x3))3), x→ 0,

o((x+1

3x3 + o(x3))3) = o(x3 + x5 + o(x5)) = o(x3), x→ 0,

i

o((x− x3

3! + o(x3))3) = o(x3 − 12x

5 + o(x5)) = o(x3), x→ 0 (Tvrdenje 3.184 (xii)), toje

ln(1 + tg x)− ln(1 + sinx) =

= x+1

3x3 + o(x3)− 1

2x2 +

1

3x3 − (x− x3

3!+ o(x3)− 1

2x2 +

1

3x3)

=1

2x3 + o(x3), x→ 0.

Odavde sledi

limx→0

1

sinx2ln

1 + tg x

1 + sinx= lim

x→0

ln(1 + tg x)− ln(1 + sinx)

sinx2

= limx→0

12x

3 + o(x3)

x2 + o(x2)= lim

x→0

12x3+o(x3)

x2

x2+o(x2)x2

= limx→0

12x+ o(x)

1 + o(1)=

0

1= 0,

sto, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex, povlaci da je

limx→0

(1 + tg x

1 + sinx

) 1

sinx2 = limx→0

e1

sin x2ln 1+tg x

1+sin x = elimx→0

1sin x2

ln 1+tg x1+sin x = e0 = 1.


g) Prema prethodnom ln1 + tg x

1 + sinx=

1

2x3 + o(x3), x→ 0, pa je

limx→0

1

tg3 xln

1 + tg x

1 + sinx= lim

x→0

12x

3 + o(x3)

(x+ o(x))3= lim

x→0

12x

3 + o(x3)

x3 + o(x3))

= limx→0

12x3+o(x3)

x3

x3+o(x3)x3

= limx→0

12 + o(1)

1 + o(1)=

1

2,

sto, zbog neprekidnosti funkcije x 7→ ex, povlaci da je

limx→0

(1 + tg x

1 + sinx

) 1

tg3 x = limx→0

e1

tg3 xln 1+tg x

1+sin x = elimx→0

1tg3 x

ln 1+tg x1+sin x = e1/2 =

√e.

h) Vazi jednakost

(arctg x

x

) 11−cos x

= eln

(arctg x

x

) 11−cos x

= e1

1−cos xlnarctg x

x . (3.4)

Kako je

1

1− cosxln

arctg x

x=

1

1− (1− 12x

2 + o(x2))lnx− 1

3x3 + o(x3)

x

=1

12x

2 + o(x2)ln (1− 1

3x2 + o(x2))

=1

12x

2 + o(x2)(−1

3x2 + o(x2) + o(−1

3x2 + o(x2)))

=1

12x

2 + o(x2)(−1

3x2 + o(x2)) =

−13 + o(1)

12 + o(1)

, x→ 0,

to je limx→0

11−cosx ln

arctg x

x=

−13

12

= −2

3. Odavde i iz (3.4), zbog neprekidnosti funkcije

x 7→ ex, sledi

limx→0

(arctg x

x

) 11−cos x

= e−2/3 =1

3√e2.

i) Imamo da je

(sinx

arcsinx

) 1ln(1+x2)

= eln

(sinx

arcsinx

) 1ln(1+x2)

= e

1ln(1+x2)

ln

(sinx

arcsinx

).


S obzirom da je

ln

(sinx

arcsinx

)= ln

(x− x3

3! + o(x3)

x+ x3

6 + o(x3)

)= ln

(1− x2

6 + o(x2)

1 + x2

6 + o(x2)

)

= ln

((1− x2

6+ o(x2))(1 +

x2

6+ o(x2))−1

)= ln

((1− x2

6+ o(x2))(1− x2

6+ o(x2) + o(

x2

6+ o(x2))

)= ln

((1− x2

6+ o(x2))(1− x2

6+ o(x2))

)= ln

(1− x2

6+ o(x2)− x2

6

)= ln

(1− x2

3+ o(x2)

)= −x

2

3+ o(x2) + o(−x

2

3+ o(x2))

= −x2

3+ o(x2), x→ 0,

sledi

limx→0

1

ln(1 + x2)ln

(sinx

arcsinx

)= lim

x→0

1

x2 + o(x2)

(−x

2

3+ o(x2)

)= lim

x→0

−13 + o(1)

1 + o(1)= −1

3,

i prema tome,

limx→0

(sinx

arcsinx

) 1ln(1+x2)

= elimx→0

1ln(1+x2)

ln

(sinx

arcsinx

)= e−1/3 =

13√e.

j) Kako je

lntg x

arctg x= ln

x+ x3

3 + o(x3)

x− x3

3 + o(x3)= ln

1 + x2

3 + o(x2)

1− x2

3 + o(x2)

= ln

((1 +

x2

3+ o(x2))(1− x2

3+ o(x2))−1

)= ln

((1 +

x2

3+ o(x2)

)(1 +

x2

3+ o(x2) + o(

x2

3+ o(x2))

))= ln

((1 +

x2

3+ o(x2)

)(1 +

x2

3+ o(x2)

))= ln

(1 +

2x2

3+ o(x2)

)=

2x2

3+ o(x2) + o(

2x2

3+ o(x2))

=2x2

3+ o(x2), x→ 0,


to je

limx→0

1

sin2 xln

tg x

arctg x= lim

x→0

1

(x+ o(x))2

(2x2

3+ o(x2)

)= lim

x→0

2x2

3 + o(x2)

x2 + o(x2)= lim

x→0

23 + o(1)

1 + o(1)=

2

3.

Odavde dobijamo

limx→0

(tg x

arctg x

) 1sin2 x

= limx→0

eln

(tg x

arctg x

) 1sin2 x

= limx→0

e

1sin2 x

lntg x

arctg x

= elimx→0

1sin2 x

lntg x

arctg x = e2/3 =3√e2.


a) limx→+∞

(x− x2 ln(1 + 1

x));

b) limx→+∞

(6√x6 + x5 − 6

√x6 − x5

);

c) limx→+∞

(5√x5 − 6x2 −

√x2 + 7x

);

d) limx→+∞

((x3 − x2 + x

2 )e1x −

√x6 + 1

);

e) limx→+∞

(x arctg 1

x + x2 + x− x2e1x

);

f) limx→+∞

(x2 sin 1

x2+ 3x2 − 1− x 3

√1 + 9x

).

Resenje. a)

limx→+∞

(x− x2 ln(1 +

1

x)

)= lim

x→+∞

(x− x2

(1

x− 1

2

1

x2+ o(

1

x2)

))= lim

x→+∞

(x− x+

1

2+ o(1)

)= lim

x→+∞

(1

2+ o(1)

)=

1

2.

b) Primetimo najpre da za svako x iz okoline (0,+∞) tacke +∞ vazi6√x6 = |x| = x.

Stoga je

6√x6 + x5 − 6

√x6 − x5 =

6

√x6(1 +

1

x)− 6

√x6(1− 1

x)

=6√x6

6

√1 +

1

x− 6

√x6

6

√1− 1

x

= x(1 +1

x)1/6 − x(1− 1

x)1/6

= x

(1 +

1

6

1

x+ o(

1

x)

)− x

(1− 1

6

1

x+ o(

1

x)

)= x+

1

6+ o(1)− x+

1

6+ o(1) =

1

3+ o(1), x→ +∞.



(6√x6 + x5 − 6

√x6 − x5

)= 1

3 .

c) Za x > 0 vazi√x2 = x, pa je

5√x5 − 6x2 −

√x2 + 7x = 5

√x5(1− 6

x3

)−

√x2(1 +

7

x

)=

5√x5

5

√1− 6

x3−

√x2

√1 +

7

x

= x5

√1− 6

x3− x

√1 +

7

x

= x

(1− 6

x3

)1/5

− x

(1 +

7

x

)1/2

= x

(1− 1

5

6

x3+ o

(6

x3

))− x

(1 +

1

2· 7x+ o

(7

x

))= x− 1

5

6

x2+ o

(1

x2

)− x− 7

2+ o(1)

= −7

2+ o(1), x→ +∞.


(5√x5 − 6x2 −

√x2 + 7x

)= −7

2 .

d)

limx→+∞

((x3 − x2 + x

2 )e1x −

√x6 + 1

)= lim

x→+∞

((x3 − x2 + x

2 )e1x −

√x6√

1 + 1x6

)= lim

x→+∞

((x3 − x2 + x

2 )e1x − x3

(1 + 1

x6

)1/2)= lim

x→+∞

((x3 − x2 + x

2 )(1 + 1

x + 12

1x2

+ 13!

1x3

+ o( 1x3))− x3

(1 + 1

21x6

+ o( 1x6)))

= limx→+∞

(x3 − x2 + x

2 + x2 − x+ 12 + 1

2x− 12 + 1

3! + o(1)− x3)

= limx→+∞

(16 + o(1)

)= 1

6 .

e) Iz

x arctg1

x+ x2 + x− x2e

1x =

= x

(1

x+ o(

1

x)

)+ x2 + x− x2

(1 +

1

x+

1

2

1

x2+ o(

1

x2)

)= 1 + o(1) + x2 + x− x2 − x− 1

2+ o(1) =

1

2+ o(1), x→ +∞,

sledi limx→+∞

(x arctg 1

x + x2 + x− x2e1x

)= 1

2 .


f) Iz

x2 sin1

x2+ 3x2 − 1− x

3√

1 + 27x3 =

= x2(

1

x2+ o(

1

x2)

)+ 3x2 − 1− 3x2

3

√1 +

1

27x3

= 1 + o(1) + 3x2 − 1− 3x2(1 +

1

27x3

)1/3

= 1 + o(1) + 3x2 − 1− 3x2(1 +

1

3

1

27x3+ o(

1

27x3)

)= 1 + o(1) + 3x2 − 1− 3x2 − 1

27

1

x+ o(

1

x) = o(1), x→ +∞,

sledi limx→+∞

(x2 sin 1

x2+ 3x2 − 1− x 3

√1 + 27x3

)= 0.

92. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote grafika funkcije f kad x→ +∞ (x→ −∞),a zatim odrediti da li je grafik funkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke+∞ (−∞), ako je:

a) f(x) = e1/x − x;

b) f(x) = 3√

(x− 2)2(x+ 1);

c) f(x) = 3x+ 1 +3√

3x2 − x3;

d) f(x) =√x2 − x− 2;

e) f(x) =3

√(x2 + 2)(x2 − 1)

8x− 1;

f) f(x) =(x2 + x+ 2)7

(x− 3)13;

g) f(x) =(1−x1+x

)7;

h) f(x) = (2− x) 7

√1−x1+x ;

i) f(x) =(3x+ 2)20

(2x2 − x+ 3)10;

j) f(x) = |x+ 3|e1

x−2 ;

k) f(x) =2x2

2x+ 1e

1x ;

l) f(x) = xe2x

x2−1 ;

m) f(x) = e1

1−x2

1+x2;

n) f(x) = (3− e2x)e2x−11−x ;

o) f(x) =√x2 − 2x+ 3 e

3x2−2x2+1 ;

p) f(x) = e1√x−1 ·

√x2 − 1;

q) f(x) = 2√x2+1−

√x2−1;

r) f(x) = x lnx

x− 1;

s) f(x) =√x3 ln(1 + 1√

x);

t) f(x) =√x3 ln

√x+1x−1 ;

u) f(x) = ln(6ex − 13 + 5e−x);

v) f(x) =x lnx

(lnx+ 1)2.

Resenje. a) Iz


f(x) = e1/x − x = 1 +1

x+ o(

1

x)− x = −x+ 1 +

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = −x + 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takode ikad x→ −∞.

Pritom je na osnovu Tvrdenja 3.184 (xi)

sgn (f(x)− (−x+ 1)) = sgn

(1

x+ o(

1

x)

)= sgn

(1

x

)za x iz neke okoline U tacke +∞, a takode i za x iz neke okoline U1 tacke −∞. Kakoje 1

x > 0 za x ∈ (0,+∞), to je f(x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ U ∩ (0,+∞), pa je grafikiznad asimptote u okolini U ∩ (0,+∞) tacke +∞. Slicno, 1

x < 0 za x ∈ (−∞, 0), pa jef(x)− (−x+1) < 0 za x ∈ U1 ∩ (−∞, 0), tj. grafik funkcije je ispod asimptote u okoliniU1 ∩ (−∞, 0) tacke −∞.

ILINa osnovu Tvrdenja 3.184 (xi) sledi da postoji realan broj M > 0 tako da je

sgn (f(x)− (−x+ 1)) = sgn

(1

x+ o(

1

x)

)= sgn

(1

x

)za x ∈ (M,+∞), a takode i za x ∈ (−∞,−M). Kako je 1

x > 0 za x > 0, to jef(x) − (−x + 1) > 0 za x ∈ (M,+∞), pa je grafik funkcije iznad asimptote u okolini(M,+∞) tacke +∞. Za x < 0 je 1

x < 0, pa je f(x)− (−x+ 1) < 0 za x ∈ (−∞,−M), igrafik funkcije je ispod asimptote u okolini (−∞,−M) tacke −∞.

b) Iz

f(x) = 3√

(x− 2)2(x+ 1) =3

√x3(1− 2

x)2(1 +

1

x) = x(1− 2

x)2/3(1 +

1

x)1/3

= x

(1− 2

3· 2x+

(23

2

)4

x2+ o(

1

x2)

)(1 +

1

3· 1x+

(13

2

)1

x2+ o(

1

x2)

)= x

(1− 4

3· 1x− 4

9· 1

x2+ o(

1

x2)

)(1 +

1

3· 1x− 1

9· 1

x2+ o(

1

x2)

)= x

(1− 4

3· 1x− 4

9· 1

x2+ o(

1

x2) +

1

3· 1x− 4

9· 1

x2− 1

9· 1

x2

)= x

(1− 1

x− 1

x2+ o(

1

x2)

)= x− 1− 1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = x− 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞, a takode i kadx→ −∞. Pritom, s obzirom da je

sgn (f(x)− (x− 1)) = sgn

(−1

x+ o(

1

x)

)= sgn

(−1

x

)za x iz neke okoline tacke +∞, a takode i za x iz neke okoline tacke −∞, zakljucujemoda je grafik ispod asimptote u nekoj okolini +∞, a iznad u nekoj okolini −∞.


c) Kako je

f(x) = 3x+ 1 +3√

3x2 − x3 = 3x+ 1 + 3

√−x3

(1− 3

x

)= 3x+ 1− x

(1− 3

x

)1/3

= 3x+ 1− x

(1− 1

3· 3x+

(13

2

)(3

x)2 + o((

3

x)2)

)= 3x+ 1− x

(1− 1

x− 1

x2+ o(

1

x2)

)= 3x+ 1− x+ 1 +

1

x+ o(

1

x)

= 2x+ 2 +1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

to je prava y = 2x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takode i kadx→ −∞. Pritom, grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞, a ispodasimptote u nekoj okolini tacke −∞.

d) Vazi formula:

f(x) =√x2 − x− 2 =

√x2(1− 1

x− 2

x2) =

√x2(1− 1

x− 2

x2)1/2

= |x|(1− (

1

x+

2

x2)

)1/2

= |x|(1− 1

2(1

x+

2

x2) +

(12

2

)(1

x+

2

x2)2 + o((

1

x+

2

x2)2)

)= |x|

(1− 1

2· 1x− 1

x2− 1

8(1

x2+

4

x3+

4

x4) + o(

1

x2+

4

x3+

4

x4)

)= |x|

(1− 1

2· 1x− 9

8· 1

x2+ o(

1

x2)

), kad x→ ±∞.

Odavde sledi

f(x) = x

(1− 1

2· 1x− 9

8· 1

x2+ o(

1

x2)

)= x− 1

2− 9

8· 1x+ o(

1

x), kad x→ +∞,

pa je prava y = x − 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je

ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞.

Takode vazi:

f(x) = −x(1− 1

2· 1x− 9

8· 1

x2+ o(

1

x2)

)= −x+

1

2+

9

8· 1x+ o(

1

x), kad x→ −∞,

i stoga je prava y = −x+ 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ −∞ i grafik funkcije

je ispod asimptote u nekoj okolini tacke −∞.


e) Iz

f(x) =3

√(x2 + 2)(x2 − 1)

8x− 1= 3

√x4(1 + 2

x2)(1− 1

x2)

8x(1− 18x)

=x

2(1 +

2

x2)1/3(1− 1

x2)1/3(1− 1

8x)−1/3

=x

2(1 +

1

3· 2

x2+ o(

1

x2))(1− 1

3· 1

x2+ o(

1

x2))(1 +

1

3

1

8x+

(−1

3

2

)(1

8x)2 + o((

1

8x)2))

=x

2(1 +

2

3· 1

x2+ o(

1

x2)− 1

3· 1

x2)(1 +

1

24· 1x+

1

288· 1

x2+ o(

1

x2))

=x

2(1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2))(1 +

1

24· 1x+

1

288· 1

x2+ o(

1

x2))

=x

2(1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2) +

1

24· 1x+

1

288· 1

x2+ o(

1

x2))

=x

2(1 +

1

24· 1x+

93

288· 1

x2+ o(

1

x2))

=x

2+

1

48+

93

576· 1x+ o(

1

x), kad x→ ±∞,

sledi da je prava y = x2 +

148 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,

i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

f) Iz

f(x) =(x2 + x+ 2)7

(x− 3)13=x14(1 + 1

x + 2x2

)7x13(1− 3

x

)13 = x

(1 +

1

x+

2

x2

)7(1− 3

x

)−13

= x

(1 +

7

x+

14

x2+

(7

2

)(1

x+

2

x2)2 + o((

1

x+

2

x2)2)

)(1 +

39

x+

(−13

2

)9

x2+ o(

1

x2)

)= x

(1 +

7

x+

14

x2+

21

x2+ o(

1

x2)

)(1 +

39

x+

819

x2+ o(

1

x2)

)= x

(1 +

7

x+

35

x2+ o(

1

x2)

)(1 +

39

x+

819

x2+ o(

1

x2)

)= x

(1 +

7

x+

35

x2+ o(

1

x2) +

39

x+

273

x2+

819

x2

)= x

(1 +

46

x+

1127

x2+ o(

1

x2)

)= x+ 46 +

1127

x+ o(

1

x), kad x→ ±∞,

sledi da je prava y = x+46 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).


g) Iz

f(x) =

(1− x

1 + x

)7

= −

(1− 1

x

1 + 1x

)7

= −(1− 1

x

)7(1 +

1

x

)−7

= −(1− 7 · 1x+ o(

1

x))(1− 7 · 1

x+ o(

1

x))

= −(1− 7 · 1x+ o(

1

x)− 7 · 1

x) = −1 +

14

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = −1 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kadx→ −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

h) Iz

f(x) = (2− x) 7

√1− x

1 + x= (x− 2) 7

√1− 1

x

1 + 1x

= (x− 2)(1− 1

x)1/7(1 +

1

x)−1/7

= (x− 2)(1− 1

7· 1x+

(17

2

)1

x2+ o(

1

x2))(1− 1

7· 1x+

(−1

7

2

)1

x2+ o(

1

x2))

= (x− 2)(1− 1

7· 1x− 3

49· 1

x2+ o(

1

x2))(1− 1

7· 1x+

4

49· 1

x2+ o(

1

x2))

= (x− 2)(1− 1

7· 1x− 3

49· 1

x2+ o(

1

x2)− 1

7· 1x+

1

49· 1

x2+

4

49· 1

x2)

= (x− 2)(1− 2

7· 1x+

2

49· 1

x2+ o(

1

x2)) = x− 2− 2

7+

4

7· 1x+

2

49· 1x+ o(

1

x)

= x− 16

7+

30

49· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = x− 167 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,

i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

i) S obzirom da je

f(x) =(3x+ 2)20

(2x2 − x+ 3)10=

320x20(1 + 23 · 1

x)20

210x20(1− 12 · 1

x + 32 · 1

x2)10

=

(9

2

)10(1 +

2

3· 1x

)20(1− 1

2· 1x+

3

2· 1

x2

)−10

=

(9

2

)10(1 +

40

3· 1x+ o(

1

x)

)(1− 10(−1

2· 1x+

3

2· 1

x2) + o(−1

2· 1x+

3

2· 1

x2)

)=

(9

2

)10(1 +

40

3· 1x+ o(

1

x)

)(1 + 5 · 1

x+ o(

1

x)

)=

(9

2

)10(1 +

40

3· 1x+ o(

1

x) + 5 · 1

x

)=

(9

2

)10(1 +

55

3· 1x+ o(

1

x)

)=

(9

2

)10

+

(9

2

)10 55

3· 1x+ o(

1

x), kad x→ ±∞,


to je prava y =(92

)10horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x →

−∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

j) Kako je

f(x) = |x+ 3|e1

x−2 = xe1

x(1− 2x ) = |x+ 3|e

1x·(1− 2

x)−1

= |x+ 3|e1x·(1+ 2

x+o( 1

x)) = |x+ 3|e

1x+ 2

x2+o( 1

x2)

= |x+ 3|(1 + 1

x+

2

x2+ o(

1

x2) +

1

2(1

x+

2

x2+ o(

1

x2))2 + o((

1

x+

2

x2+ o(

1

x2))2))

= |x+ 3|(1 + 1

x+

2

x2+ o(

1

x2) +

1

2· 1

x2)

= |x+ 3|(1 + 1

x+

5

2· 1

x2+ o(

1

x2)), kad x→ ±∞,

to je

f(x) = (x+ 3)(1 +1

x+

5

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= x+ 1 +5

2· 1x+ o(

1

x) + 3 +

3

x+

15

2· 1

x2+ o(

1

x2)

= x+ 4 +11

2· 1x+ o(

1

x), x→ +∞

i

f(x) = −(x+ 3)(1 +1

x+

5

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= −x− 4− 11

2· 1x+ o(

1

x), x→ −∞.

Prema tome, prava y = x+4 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ grafik funkcijeje iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞, dok je prava y = −x − 4 kosa asimptotagrafika funkcije kad x → −∞ grafik funkcije je takode iznad asimptote u nekoj okolinitacke −∞.

k) Iz

f(x) =2x2

2x+ 1e

1x =

2x2

2x(1 + 12x)

e1x = x(1 +

1

2x)−1e

1x

= x(1− 1

2x+

1

4x2+ o(

1

x2))(1 +

1

x+

1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= x(1− 1

2x+

1

4x2+ o(

1

x2) +

1

x− 1

2x2+

1

2· 1

x2)

= x(1 +1

2x+

1

4x2+ o(

1

x2))

= x+1

2+

1

4x+ o(

1

x)), kad x→ ±∞,

sledi da je prava y = x+ 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,

i da je grafik funkcije iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).


l) Kako je

f(x) = xe2x

x2−1 = xe

2x

x2(1− 1x2

)= xe

2x(1− 1

x2)−1

= xe2x(1+ 1

x2+o( 1

x2)) = xe

2x+ 2

x3+o( 1

x3)

= x(1 +2

x+

2

x3+ o(

1

x3) +

1

2(2

x+

2

x3+ o(

1

x3))2 + o((

2

x+

2

x3+ o(

1

x3))2))

= x(1 +2

x+

2

x3+ o(

1

x3) +

2

x2+ o(

1

x2)) = x(1 +

2

x+

2

x2+ o(

1

x2))

= x+ 2 +2

x+ o(

1

x), kad x→ ±∞,

to je prava y = x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, igrafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

m) Iz

f(x) =e

11−x2

1 + x2=e

1

−x2(1− 1x2

)

x2(1 + 1x2)=

1

x2(1 +

1

x2)−1e−

1x2

(1− 1x2

)−1

=1

x2(1− 1

x2+ o(

1

x2))e−

1x2

(1+ 1x2

+o( 1x2

)) =1

x2(1 + o(

1

x))e−

1x2

+o( 1x2

)

=1

x2(1 + o(

1

x))(1− 1

x2+ o(

1

x2) + o(− 1

x2+ o(

1

x2)))

=1

x2(1 + o(

1

x))(1 + o(

1

x)) =

1

x2(1 + o(

1

x2)) =

1

x2+ o(

1

x4)

=1

x2+ o(

1

x2), kad x→ ±∞,

sledi da je prava y = 0 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kadx → −∞, i grafik funkcije je iznad asimptote kako u nekoj okolini tacke +∞, tako i unekoj okolini tacke −∞.

n) S obzirom da je

f(x) = (3− e2x)e2x−11−x = (3− e2x)e

x(2− 1x )

−x(1− 1x ) = (3− e2x)e−(2− 1

x)(1− 1

x)−1

= (3− e2x)e−(2− 1x)(1+ 1

x+ 1

x2+o( 1

x2)) = (3− e2x)e−2− 2

x− 2

x2+o( 1

x2)+ 1

x+ 1

x2

= (3− e2x)e−2− 1x− 1

x2+o( 1

x2) = (3− e2x)e−2e−

1x− 1

x2+o( 1

x2)

= (3− e2x)e−2(1− 1

x− 1

x2+ o(

1

x2) +

1

2(−1

x− 1

x2+ o(

1

x2))2 +

+o((−1

x− 1

x2+ o(

1

x2))2))

= (3− e2x)e−2(1− 1

x− 1

x2+ o(

1

x2) +

1

2

1

x2)

= (3− e2x)e−2(1− 1

x− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= 3e−2 − 3e−2

x− 3e−2

2· 1

x2+ o(

1

x2)− x+ 1 +

1

2· 1x+ o(

1

x)

= −x+ 1 + 3e−2 + (1

2− 3e−2)

1

x+ o(

1

x), kad x→ ±∞,


i 12 − 3e−2 =

e2 − 6

2e2> 0, zakljucujemo da je prava y = −x + 1 + 3e−2 kosa asimptota

grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptoteu nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

o) Iz

e3x2−2x2+1 = e

3− 2x2

1+ 1x2 = e(3−

2x2

)(1+ 1x2

)−1

= e(3−2x2

)(1− 1x2

+o( 1x2

))

= e3−3x2

+o( 1x2

)− 2x2 = e3−

5x2

+o( 1x2

) = e3 · e−5x2

+o( 1x2

)

= e3(1− 5

x2+ o(

1

x2) + o(− 5

x2+ o(

1

x2)))

= e3(1− 5

x2+ o(

1

x2)), kad x→ ±∞,

i

√x2 − 2x+ 3 =

√x2(1− 2

x+

3

x2) = |x|

√1− 2

x+

3

x2

= |x|(1− 2

x+

3

x2)1/2

= |x|(1 + 1

2(−2

x+

3

x2) +

(12

2

)(−2

x+

3

x2)2 + o((−2

x+

3

x2)2))

= |x|(1− 1

x+

3

2· 1

x2− 3

8· 4

x2+ o(

1

x2)))

= |x|(1− 1

x+ o(

1

x2))), kad x→ ±∞,

sledi

f(x) =√x2 − 2x+ 3e

3x2−2x2+1 = e3|x|(1− 1

x+ o(

1

x2))(1− 5

x2+ o(

1

x2))

= e3|x|(1− 1

x− 5

x2+ o(

1

x2)), kad x→ ±∞,

i prema tome,

f(x) = e3x(1− 1

x− 5

x2+ o(

1

x2)) = e3x− e3 − 5e3

x2+ o(

1

x2)), kad x→ +∞,

i

f(x) = −e3x(1− 1

x− 5

x2+ o(

1

x2)) = −e3x+ e3 +

5e3

x2+ o(

1

x2)), kad x→ −∞.

Stoga je prava y = e3x − e3 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i grafik jeispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞, dok je y = −e3x+ e3 kosa asimptota grafikafunkcije kad x→ −∞ i grafik je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.


p) Domen funkcije f(x) = e1√x−1 ·

√x2 − 1 je skup (1,+∞). Stoga ima smisla traziti

kosu asimptotu kad x→ +∞. Kad x→ +∞ vazi formula:

f(x) = e1√x−1 ·

√x2 − 1 = e

1√x(1− 1

x ) ·√x2(1− 1

x2) = e

1√x(1− 1

x)−1/2√

x2

√1− 1

x2

= xe1√x(1− 1

x)−1/2

(1− 1

x2)12 = xe

1√x(1+ 1

2· 1x+o( 1

x))(1− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= xe1√x+ 1

2· 1√

x3+o( 1√

x3)(1− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2)),

a kako je

e1√x+ 1

2· 1√

x3+o( 1√

x3)

= 1 +1√x+

1

2· 1√

x3+ o(

1√x3

) +1

2(1√x+

1

2· 1√

x3+ o(

1√x3

))2 +

+ o((1√x+

1

2· 1√

x3+ o(

1√x3

))2)

= 1 +1√x+

1

2· 1√

x3+ o(

1√x3

) +1

2· 1x+ o(

1

x)

= 1 +1√x+

1

2· 1x+ o(

1

x), x→ +∞,

to je

f(x) = x(1 +1√x+

1

2· 1x+ o(

1

x))(1− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= x(1 +1√x+

1

2· 1x+ o(

1

x)) = x+

1

2+

√x+ o(

1√x), x→ +∞.

Odavde sledi da je k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞(1 +

1

2· 1x+

1√x+ o(

1√x3

)) = 1, ali

n = limx→+∞


(f(x)− x) = limx→+∞

(1

2+

√x+ o(

1√x) = +∞,

pa grafik funkcije nema kosu asimptotu kad x→ +∞.

q) Domen funkcije f(x) = 2√x2+1−

√x2−1 je Df = (−∞,−1]∪ [1,+∞) i funkcija je parna.

Kad x→ +∞ vazi formula

√x2 + 1−

√x2 − 1 =

√x2(1 +

1

x2)−

√x2(1− 1

x2) = |x|

√1 +

1

x2− |x|

√1− 1

x2

= x(1 +1

x2)1/2 − x(1− 1

x2)1/2

= x(1 +1

2· 1

x2+ o(

1

x2))− x(1− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

= x+1

2· 1x+ o(

1

x)− x+

1

2· 1x+ o(

1

x) =

1

x+ o(

1

x),


i stoga je

f(x) = 2√x2+1−

√x2−1 = 2

1x+o( 1

x)

= 1 + ln 2(1

x+ o(

1

x)) + o(

1

x+ o(

1

x))

= 1 +ln 2

x+ o(

1

x), kad x→ +∞.

Prema tome, prava y = 1 je horizontalna asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafikje iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞. Kako je funkcija parna, zakljucijemo daje y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije i kad x → −∞ i da je grafik je iznadasimptote u nekoj okolini tacke −∞.

r) Primetimo najpre da je domen funkcije f(x) = x lnx

x− 1skup (−∞, 0)∪ (1,+∞), pa

ima smisla traziti kosu asimptotu kad x→ +∞ i kad x→ −∞. Kako je

f(x) = x lnx

x− 1= x ln

1

1− 1x

= x ln(1− 1

x)−1

= x ln(1 +1

x+

1

x2+ o(

1

x2)), x→ ±∞,

1

x+

1

x2+ o(

1

x2) =

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

i

ln(1 + t) = t− 1

2t2 + o(t2), t→ 0,

to je

f(x) = x ln(1 +1

x+

1

x2+ o(

1

x2))

= x

(1

x+

1

x2+ o(

1

x2)− 1

2(1

x+ o(

1

x))2 + o((

1

x+ o(

1

x))2)

)= x

(1

x+

1

x2+ o(

1

x2)− 1

2· 1

x2

)= x

(1

x+

1

2

1

x2+ o(

1

x2)

)= 1 +

1

2

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞.

Odavde sledi da je prava y = 1 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞(−∞).

s) Domen funkcije f(x) =√x3 ln(1 + 1√

x) je interval (0,+∞). Buduci da je

f(x) =√x3 ln(1 +

1√x) =

√x3(

1√x− 1

2· 1x+

1

3· 1√

x3+ o(

1√x3

))

= x− 1

2

√x+

1

3+ o(1), x→ +∞,


zakljucujemo da je k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞(1 − 1

2

1√x+

1

3· 1x+ o(

1

x)) = 1. Odavde

sledi da je n = limx→+∞


(−12

√x+ 1

3 + o(1)) = −∞, pa ne postoji kosa

asimptota grafika funkcije kad x→ +∞.

t) Domen funkcije f(x) =√x3 ln

√x+1x−1 je interval (1,+∞). Kako je

f(x) =√x3 ln

√x+ 1

x− 1=

1

2

√x3 ln

x+ 1

x− 1=

1

2

√x3 ln

1 + 1x

1− 1x

=1

2

√x3(ln(1 +

1

x)− ln(1− 1

x)

)=

1

2

√x3(1

x− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2)− (−1

x− 1

2· 1

x2+ o(

1

x2))

)=

1

2

√x3(2

x+ o(

1

x2)

)=

√x+ o(

1√x), x→ +∞,

sledi da je k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞(1√x+ o(

1√x3

)) = 0 i n = limx→+∞

(f(x) − kx) =

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

(√x + o( 1√

x)) = +∞5, i stoga ne postoji kosa asimptota grafika

funkcije kad x→ +∞.

u) S obzirom da je

f(x) = ln(6ex − 13 + 5e−x) = ln(e−x(6e2x − 13ex + 5)) = ln(6e−x(ex − 1

2)(ex − 5

3)),

to je funkcija f definisana za one vrednosti promenljive x za koje je (ex− 12)(e

x− 53) > 0.

Kako poslednja nejednakost vazi ako i samo ako je ex < 12 ili ex > 5

3 , tj. ako je x <ln 1

2 = − ln 2 ili x > ln 53 , to je domen funkcije Df = (−∞,− ln 2) ∪ (ln 5

3 ,+∞), pa imasmisla ispitivati postojanje kose asimptote kad x→ −∞ i kad x→ +∞.

Buduci da je

f(x) = ln(6ex − 13 + 5e−x) = ln(6ex(1− 13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x))

= ln 6 + ln ex + ln(1− 13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x)

= ln 6 + x+ ln(1− 13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x)

i kako −136 · 1

ex + 56 · 1

e2x→ 0 kad x→ +∞, to je

f(x) = = ln 6 + x+ (−13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x+ o(−13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x)), x→ +∞.

5Iz limx→+∞

√x = +∞ i lim

x→+∞o( 1√

x) = 0, na osnovu Tvrdenja 3.54 (v), sledi lim

x→+∞(√x+o( 1√

x)) = +∞.


S obzirom da je6 1e2x

= o( 1ex ) kad x→ +∞, to je o(−13

6 · 1ex +

56 ·

1e2x

) = o(−136 · 1

ex +o(1ex )) =

o( 1ex ) kad x→ +∞, i stoga

−13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x+ o(−13

6· 1

ex+

5

6· 1

e2x) = −13

6· 1

ex+ o(

1

ex) + o(

1

ex)

= −13

6· 1

ex+ o(

1

ex), x→ +∞.

Prema tome,

f(x) = x+ ln 6− 13

6· 1

ex+ o(

1

ex), x→ +∞,

pa je prava y = x+ ln 6 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik funkcije jeispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞.

Buduci da je

f(x) = ln(6ex − 13 + 5e−x) = ln(e−x(6e2x − 13ex + 5))

= ln e−x + ln(5(1 +6

5e2x − 13

5ex))) = −x+ ln 5 + ln(1− 13

5ex +

6

5e2x)

i da −135 e

x + 65e

2x → 0 kad x→ −∞, to je

f(x) = −x+ ln 5− 13

5ex +

6

5e2x + o(−13

5ex +

6

5e2x), x→ −∞.

Kako je7 e2x = o(ex), x→ −∞, to je o(−135 e

x+ 65e

2x) = o(−135 e

x+ o(ex)) = o(ex), x→−∞ i prema tome,

f(x) = −x+ ln 5− 13

5ex + o(ex) + o(ex) = −x+ ln 5− 13

5ex + o(ex), x→ −∞.

Odavde sledi da je prava y = −x + ln 5 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ igrafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini tacke −∞.

v) Kako je domen funkcije f(x) =x lnx

(lnx+ 1)2skup Df = (0, 1e ) ∪ (1e ,+∞), to cemo

ispitivati postojanje kose asimptote grafika kad x → +∞. Buduci da 1lnx → 0 kad

x→ +∞, to je

f(x) =x lnx

(lnx+ 1)2=

x lnx

ln2 x(1 + 1lnx)

2=

x

lnx(1 +

1

lnx)−2

=x

lnx(1− 2

lnx+ o(

1

lnx)) =

x

lnx− 2x

ln2 x+ o(

x

ln2 x), x→ +∞.

Kako je8 xln2 x

= o( xlnx) kad x→ +∞, to je

− 2x

ln2 x+ o(

x

ln2 x) = o(

x

lnx) + o(o(

x

lnx)) = o(

x

lnx) + o(

x

lnx) = o(

x

lnx), x→ +∞.

6Iz limx→+∞

1e2x1ex

= limx→+∞

1ex

= 0 sledi 1e2x

= o( 1ex

) kad x→ +∞.

7Iz limx→−∞

e2x

ex= lim

x→−∞ex = 0 sledi e2x = o(ex), x→ −∞.

8Iz limx→+∞

xln2 xx

ln x= lim

x→+∞1

ln x= 0 sledi x

ln2 x= o( x

ln x) kad x→ +∞.


Prema tome,

f(x) =x

lnx+ o(

x

lnx), x→ +∞. (3.5)

Odavde sledi da je k = limx→+∞

f(x)x = lim

x→+∞( 1lnx + o( 1

lnx)) = 0 i kako je na osnovu

(3.5) funkcija f asimptotski jednaka funkciji x 7→ xlnx kad x → +∞ (videti Tvrdenje

3.190), to je na osnovu Posledice 3.196 i Primera 4.103

n = limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x

lnx= +∞,

i stoga ne postoji kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞.

93. Odrediti, ukoliko postoje, kose asimptote grafika funkcije f kad x→ +∞ (x→ −∞),a zatim odrediti da li je grafik funkcije f iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke+∞ (−∞), ako je:

a) f(x) = (2x+ 1) sin1

x;

b) f(x) = x cosπ

x;

c) f(x) =3x− 6

2 + cos 1x

;

d) f(x) = arctg(1 +1

x);

e) f(x) = x(π

2− arctg

1

x);

f) f(x) = (x+ 1) arctg1−

√3x

1 + x;

g) f(x) = 2x+ arctg x;

h) f(x) = x arctg x;

i) f(x) = x+ arctg(x3 − 1);

j) f(x) = 2− x arctg x2;

k) f(x) = x+ 2arcctg x;

l) f(x) = arccos2x

1 + x2;

m) f(x) = e− arctg x;

n) f(x) = arctg lnx;

o) f(x) = arcsin3x√

12x2 − 2√3x+ 1

;

p) f(x) = x ln(2 + arctg 1x);

q) f(x) = arctg ex − ln

√e2x

1 + e2x.

Resenje.

a) Iz

f(x) = (2x+ 1) sin1

x= (2x+ 1)(

1

x− 1

6

1

x3+ o(

1

x3))

= 2− 1

3

1

x2+ o(

1

x2) +

1

x− 1

6

1

x3+ o(

1

x3)

= 2 +1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = 2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kadx→ −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).


b) S obzirom da je

f(x) = x cosπ

x= x(1− 1

2· π

2

x2+ o(

π2

x2)) = x− π2

2· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞,

to je prava y = x kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kad x → −∞, i grafikfunkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

c) Iz

f(x) =3x− 6

2 + cos 1x

=3x− 6

2 + 1− 12 · 1

x2+ o( 1

x2)=

3x− 6

3(1− 16 · 1

x2+ o( 1

x2))

=3x− 6

3(1− 1

6· 1

x2+ o(

1

x2))−1

= (x− 2)(1 +1

6· 1

x2+ o(

1

x2) + o(−1

6· 1

x2+ o(

1

x2)))

= (x− 2)(1 +1

6· 1

x2+ o(

1

x2)) = x− 2 +

1

6· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞

sledi da je prava y = x− 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,i da je grafik funkcije iznad (ispod ) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).

d) Koristeci Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju t 7→ arctg(1 + t), t → 0(Zadatak 85 (h)),

arctg(1 + t) =π

4+

1

2t+ o(t), t→ 0,

dobijamo:

f(x) = arctg(1 +1

x) =

π

4+

1

2

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞.

Odavde sledi da je prava y = π4 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞

i kad x → −∞, i grafik funkcije je iznad (ispod) asimptote u nekoj okolini tacke +∞(−∞).

e) Iz

f(x) = x(π

2− arctg

1

x) = x(

π

2− (

1

x+

1

6

1

x3+ o(

1

x3)))

=π

2x− 1− 1

6

1

x2+ o(

1

x2), x→ ±∞,

sledi da je prava y = π2x−1 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,

i da je grafik funkcije ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞, a takode je ispod i unekoj okolini tacke −∞.

f) Domen funkcije f(x) = (x+ 1) arctg 1−√3x

1+x je Df = R \ {−1}. S obzirom da je

1−√3x

1 + x=

1x −

√3

1 + 1x

= (1

x−

√3)(1 +

1

x)−1 = (

1

x−

√3)(1− 1

x+

1

x2+ o(

1

x2))

=1

x− 1

x2+

1

x3+ o(

1

x3)−

√3 +

√3 · 1

x−

√3 · 1

x2+ o(

1

x2)

= −√3 + (

√3 + 1)

1

x− (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2), x→ ±∞,


i kako je funkcija x 7→ arctg x neparna, to je

f(x) = (x+ 1) arctg(−√3 + (

√3 + 1)

1

x− (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2))

= −(x+ 1) arctg(√3− (

√3 + 1)

1

x+ (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2)), x→ ±∞.

Bice nam potreban Maklorenov razvoj drigog reda funkcije g(t) = arctg(√3 + x).

Kako je g′(x) = 11+(

√3+x)2

i g′′(x) = − 1(1+(

√3+x)2)2

· 2(x +√3), to je g′(0) = 1

4 i

g′′(0) = −√38 , i osim toga g(0) = arctg

√3 = π

3 . Vazi formula

g(x) = g(0) + g′(0)x+g′′(0)

2x2 + o(x2), x→ 0,

tj.

arctg(√3 + x) =

π

3+

1

4x−

√3

16x2 + o(x2), x→ 0.

Stoga je

arctg(√3− (

√3 + 1)

1

x+ (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2)) =

=π

3+

1

4(−(

√3 + 1)

1

x+ (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2))−

−√3

16(−(

√3 + 1)

1

x+ (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2))2 +

+o((−(√3 + 1)

1

x+ (

√3 + 1)

1

x2+ o(

1

x2))2)

=π

3−

√3 + 1

4· 1x− 1

8· 1

x2+ o(

1

x2), x→ ±∞,

odakle dobijamo

f(x) = −(x+ 1)(π

3−

√3 + 1

4· 1x− 1

8· 1

x2+ o(

1

x2))

= −π3x− π

3+

√3 + 1

4+

√3 + 1

4· 1x+

1

8· 1x+ o(

1

x)

= −π3x− π

3+

√3 + 1

4+

2√3 + 3

8· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞.

Prema tome, prava y = −π3x−

π3 +

√3+14 je kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞


g) Na osnovu Primera 4.68 (iii) sledi da je

arctg x =π

2− arctg

1

x, x ∈ (0,+∞),

arctg x = −π2− arctg

1

x, x ∈ (−∞, 0).


Otuda,

f(x) = 2x+ arctg x = 2x+π

2− arctg

1

x= 2x+

π

2− (

1

x+ o(

1

x))

= 2x+π

2− 1

x+ o(

1

x), x→ +∞,

pa je prava y = 2x+π

2kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik funkcije je

ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞.Iz

f(x) = 2x+ arctg x = 2x− π

2− arctg

1

x= 2x− π

2− (

1

x+ o(

1

x))

= 2x− π

2− 1

x+ o(

1

x), x→ −∞,

sledi da je prava y = 2x− π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ −∞ i grafik funkcije

je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.

h) S obzirom da je

f(x) = x arctg x = x(π

2− arctg

1

x) = x(

π

2− (

1

x− 1

3· 1

x3+ o(

1

x3)))

=π

2x− 1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2), x→ +∞,

sledi da je prava y = π2x−1 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik funkcije

je iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞.Iz

f(x) = x arctg x = x(−π2− arctg

1

x) = x(−π

2− (

1

x− 1

3· 1

x3+ o(

1

x3)))

= −π2x− 1 +

1

3· 1

x2+ o(

1

x2), x→ −∞,

sledi da je prava y = −π2x − 1 kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik

funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.

i) Vazi sledeca formula:

f(x) = x+ arctg(x3 − 1) = x+π

2− arctg

1

x3 − 1= x+

π

2− arctg

1

x3(1− 1x3)

= x+π

2− arctg(

1

x3(1− 1

x3)−1) = x+

π

2− arctg(

1

x3(1 +

1

x3+ o(

1

x3)))

= x+π

2− arctg(

1

x3+ o(

1

x3))) = x+

π

2− (

1

x3+ o(

1

x3) + o(

1

x3+ o(

1

x3)))

= x+π

2− 1

x3+ o(

1

x3), x→ +∞.

Odavde sledi da je prava y = x+ π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik

funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞.


S obzirom da je

f(x) = x+ arctg(x3 − 1) = x− π

2− arctg

1

x3 − 1= x− π

2− arctg

1

x3(1− 1x3)

= x− π

2− arctg(

1

x3(1− 1

x3)−1) = x− π

2− arctg(

1

x3(1 +

1

x3+ o(

1

x3)))

= x− π

2− arctg(

1

x3+ o(

1

x3))) = x− π

2− (

1

x3+ o(

1

x3) + o(

1

x3+ o(

1

x3)))

= x− π

2− 1

x3+ o(

1

x3), x→ −∞,

sledi da je prava y = x− π2 kosa asimptota grafika funkcije kad x→ −∞ i grafik funkcije

je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.

j) Iz

f(x) = 2− x arctg x2 = 2− x(π

2− arctg

1

x2) = 2− x(

π

2− (

1

x2+ o(

1

x2)))

= 2− x(π

2− 1

x2+ o(

1

x2))) = −π

2x+ 2 +

1

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = −π2x + 2 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, a takode


k) Kako je arctg x+ arcctg x =π

2, x ∈ R (Primer 4.68 (i)), to je

arcctg x =π

2− arctg x =

π

2− (

π

2− arctg

1

x) = arctg

1

x, za x > 0

i

arcctg x =π

2− arctg x =

π

2− (−π

2− arctg

1

x) = π + arctg

1

x, za x < 0.

Odavde sledi da je

f(x) = x+ 2arcctg x = x+ 2arctg1

x= x+ 2(

1

x+ o(

1

x))

= x+2

x+ o(

1

x), x→ +∞,

pa je prava y = x kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik funkcije je iznadasimptote u nekoj okolini tacke +∞.

Takode vazi formula:

f(x) = x+ 2arcctg x = x+ 2(π + arctg1

x) = x+ 2(π +

1

x+ o(

1

x))

= x+ 2π +2

x+ o(

1

x), x→ −∞,

odakle sledi da je prava y = x+2π kosa asimptota grafika funkcije kad x→ −∞ i grafikfunkcije je ispod asimptote u nekoj okolini tacke −∞.


l) Domen funkcije f(x) = arccos2x

1 + x2je skup R (videti Zadatak 83), pa ima smisla

traziti kose asimptote kad x→ +∞ i kad x→ −∞. Vazi formula

f(x) = arccos2x

1 + x2= arccos

2x

x2(1 + 1x2)= arccos

(2

x(1 +

1

x2)−1

)= arccos

(2

x(1− 1

x2+ o(

1

x2))

)= arccos

(2

x− 2

x3+ o(

1

x3)

)= arccos

(2

x+ o(

1

x)

), x→ ±∞.

Koristeci Maklorenovi formulu prvog reda za funkciju t 7→ arccos t:

arccos t =π

2− t+ o(t), t→ 0,

dobijamo

f(x) = arccos

(2

x+ o(

1

x)

)=π

2− (

2

x+ o(

1

x)) + o(

2

x+ o(

1

x))

=π

2− 2

x+ o(

1

x), x→ ±∞,

odakle sledi da je prava y =π

2horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞,

i kad x → −∞, i grafik funkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini tacke +∞(−∞).

m) Kako je

f(x) = e− arctg x = e−(π2−arctg 1

x) = e−

π2+arctg 1

x = e−π2 earctg

1x

= e−π2 · e

1x+o( 1

x) = e−

π2

(1 +

1

x+ o(

1

x) + o(

1

x+ o(

1

x))

)= e−

π2

(1 +

1

x+ o(

1

x)

)= e−

π2 + e−

π2 · 1

x+ o(

1

x), x→ +∞,

to je prava y = e−π2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i grafik funkcije

je iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞.Iz

f(x) = e− arctg x = e−(−π2−arctg 1

x) = e

π2+arctg 1

x = eπ2 earctg

1x

= eπ2 · e

1x+o( 1

x) = e

π2

(1 +

1

x+ o(

1

x) + o(

1

x+ o(

1

x))

)= e

π2

(1 +

1

x+ o(

1

x)

)= e

π2 + e

π2 · 1

x+ o(

1

x), x→ −∞,

sledi da je prava y = eπ2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik

funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.


n) Domen funkcije f(x) = arctg lnx je interval (0,+∞). Za x ∈ (1,+∞) je lnx > 0, paje

arctg lnx =π

2− arctg

1

lnx.

Stoga je

f(x) = arctg lnx =π

2− arctg

1

lnx=π

2− 1

lnx+ o(

1

lnx), x→ +∞. (3.6)

Buduci da je limx→+∞

1lnx = 0, iz (3.6) sledi da je prava y = π

2 horizontalna asimptota

grafika funkcije kad x → +∞ i grafik funkcije je ispod asimptote u nekoj okolini tacke+∞.

o) Nadimo najpre domen funkcije f(x) = arcsin 3x√12x2−2

√3x+1

. Kako je 12x2 − 2√3x+

1 = 9x2 + (√3x − 1)2 > 0 za svako x ∈ R, to je funkcija x 7→ 3x√

12x2−2√3x+1

definisana

za svako x ∈ R. S obzirom da je

3|x| =√9x2 ≤

√9x2 + (

√3x− 1)2 =

√12x2 − 2

√3x+ 1, za svako x ∈ R,

to je3|x|√

12x2 − 2√3x+ 1

≤ 1, za svako x ∈ R.

Prema tome, za svako x ∈ R vrednost funkcije x 7→ 3x√12x2−2

√3x+1

se nalazi u intervalu

[−1, 1], tj. domenu funkcije x 7→ arcsinx, sto znaci da je za svako x ∈ R definisanakompozicija x 7→ arcsin 3x√

12x2−2√3x+1

. Prema tome, domen funkcije f je skup R, pacemo ispitivati postojanje kose asimptote grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞.

Vazi formula

f(x) = arcsin3x√

12x2 − 2√3x+ 1

= arcsin3x√

12x2(1−√36 · 1

x + 112 · 1

x2)

= arcsin3x

2√3|x|

√(1−

√36 · 1

x + 112 · 1

x2)

= arcsin(

√3

2sgnx(1−

√3

6· 1x+

1

12· 1

x2)−1/2), x→ ±∞.

Odavde, s obzirom da je x 7→ arcsinx neparna funkcija, sledi

f(x) = sgnx · arcsin(√3

2(1−

√3

6· 1x+

1

12· 1

x2)−1/2)

= sgnx · arcsin(√3

2(1 +

√3

12· 1x− 1

24· 1

x2+ o(−

√3

6· 1x+

1

12· 1

x2)))


2(1 +

√3

12· 1x+ o(

1

x)))


2+

1

8· 1x+ o(

1

x))), x→ ±∞. (3.7)


Nadimo sada Maklorenovu formulu prvog reda za funkciju g(x) = arcsin(√32 +x). Najpre

g(0) = arcsin√32 = π

3 , a iz g′(x) = 1√

1−(√

32+t)2

sledi g′(0) = 2, pa iz g(x) = g(0)+g′(0)x+

o(x), x→ 0 dobijamo

arcsin(

√3

2+ x) =

π

3+ 2x+ o(x), x→ 0. (3.8)

Iz (3.7) i (3.8) sledi

f(x) = sgnx · (π3+ 2(

1

8· 1x+ o(

1

x)) + o(

1

8· 1x+ o(

1

x)))

= sgnx · (π3+

1

4· 1x+ o(

1

x)), x→ ±∞.

Prema tome,

f(x) =π

3+

1

4· 1x+ o(

1

x), x→ +∞,

i

f(x) = −π3− 1

4· 1x+ o(

1

x), x→ −∞,

odakle sledi da je prava y = π3 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → +∞

i grafik funkcije je iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞, dok je prava y = −π3

horizontalna asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i grafik funkcije je takode iznadasimptote u nekoj okolini tacke +∞,

p) Za x = 0 je −π2 < arctg 1

x , i stoga 0 < 2 − π2 < 2 + arctg 1

x . Prema tome, za svakox = 0 vrednost funkcije x 7→ 2 + arctg 1

x se nalazi u domenu funkcije x 7→ lnx, odaklesledi da je domen funkcije f(x) = x ln(2 + arctg 1

x) skup R \ {0}. Iz

f(x) = x ln(2 + arctg1

x) = x ln(2 +

1

x− 1

3· 1

x3+ o(

1

x3))

= x ln

(2(1 +

1

2· 1x− 1

6· 1

x3+ o(

1

x3))

)= x

(ln 2 + ln(1 +

1

2· 1x− 1

6· 1

x3+ o(

1

x3))

)= x(ln 2 +

1

2· 1x− 1

6· 1

x3+ o(

1

x3)− 1

2(1

2· 1x− 1

6· 1

x3+ o(

1

x3))2 +

+o((1

2· 1x− 1

6· 1

x3+ o(

1

x3))2))

= x

(ln 2 +

1

2· 1x− 1

8· 1

x2+ o(

1

x2)

)= x ln 2 +

1

2− 1

8· 1x+ o(

1

x), x→ ±∞,

sledi da je prava y = x ln 2 + 12 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞, i kad

x→ −∞, i grafik funkcije je ispod (iznad) asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).


q) Domen funkcije f(x) = arctg ex − ln√

e2x

1+e2xje skup R. Kako je ex > 0 za svako

x ∈ R, to je

arctg ex =π

2− arctg

1

ex

i s obzirom da 1ex → 0 kad x→ +∞, dobijamo

arctg ex =π

2− (

1

ex+ o(

1

ex)) =

π

2− 1

ex+ o(

1

ex), x→ +∞.

Vazi formula

ln

√e2x

1 + e2x=

1

2ln

e2x

1 + e2x=

1

2ln

1

1 + 1e2x

=1

2ln(1 +

1

e2x)−1 = −1

2ln(1 +

1

e2x)

= −1

2(1

e2x+ o(

1

e2x)) = −1

2· 1

e2x+ o(

1

e2x), x→ +∞.

Buduci da je1

e2x= o(

1

ex) kad x→ +∞, to je

f(x) = arctg ex − ln

√e2x

1 + e2x=π

2− 1

ex+ o(

1

ex) +

1

2· 1

e2x+ o(

1

e2x)

=π

2− 1

ex+ o(

1

ex) + o(

1

ex) + o(o(

1

ex))

=π

2− 1

ex+ o(

1

ex), x→ +∞

odakle sledi da je prava y = π2 horizontalna asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i da

je grafik funkcije ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞.S obzirom da ex → 0 i e2x → 0 kad x→ −∞, to je

arctg ex = ex + o(ex), x→ −∞

i

ln

√e2x

1 + e2x=

1

2ln

e2x

1 + e2x=

1

2(ln e2x − ln(1 + e2x)) =

1

2(2x− ln(1 + e2x))

=1

2(2x− (e2x + o(e2x))) = x− 1

2e2x + o(e2x), x→ −∞.

Kako je e2x = o(ex) kad x→ −∞, to je

f(x) = arctg ex − ln

√e2x

1 + e2x= ex + o(ex)− x+

1

2e2x + o(e2x)

= −x+ ex + o(ex) + o(ex) + o(o(ex))

= −x+ ex + o(ex), x→ −∞,

odakle sledi da je prava y = −x kosa asimptota grafika funkcije kad x → −∞ i da jegrafik funkcije iznad asimptote u nekoj okolini tacke −∞.


94. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije

f(x) = xe2x

x2−1 .

Resenje.


f(x) =x

1 + e1x

.

Resenje. Skup Df : Funkcija x 7→ e1x je definisana i pozitivna za svako x = 0, pa je

1 + e1x > 0 za svako x = 0. Stoga je Df = R \ {0}.

Nule funkcije i znak funkcije: Funkcija nema nula, za x > 0 je f(x) > 0, dok za x < 0vazi da je f(x) < 0.

Karakteristike grafika funkcije: Domen je simetrican skup, ali f(−1) = −e1+e i f(1) =

11+e , pa je f(−1) = −f(1) i f(−1) = f(1), i funkcija nije ni parna ni neparna. Zbogoblika domena funkcija nije ni periodicna.

Ponasanje funkcije na rubu domena: Vazi formula

f(x) =x

1 + e1x

= x(1 + e1x )−1 = x(1 + 1 +

1

x+

1

2· 1

x2+

1

3!· 1

x3+ o(

1

x3))−1

= x(2 +1

x+

1

2· 1

x2+

1

6· 1

x3+ o(

1

x3))−1

= x

(2(1 +

1

2· 1x+

1

4· 1

x2+

1

12· 1

x3+ o(

1

x3))

)−1

=x

2

(1 +

1

2· 1x+

1

4· 1

x2+

1

12· 1

x3+ o(

1

x3)

)−1

, x→ ±∞.

Kako je

(1 +

1

2· 1x+

1

4· 1

x2+

1

12· 1

x3+ o(

1

x3)

)−1

= 1− (1

2· 1x+

1

4· 1

x2+

1

12· 1

x3+ o(

1

x3)) +

+(1

2· 1x+

1

4· 1

x2+ o(

1

x2))2 − (

1

2· 1x+ o(

1

x))3 + o((

1

2· 1x+ o(

1

x))3)

= 1− 1

2· 1x− 1

4· 1

x2− 1

12· 1

x3+ o(

1

x3) +

1

4· 1

x2+

1

4· 1

x3− 1

8· 1

x3

= 1− 1

2· 1x+

1

24· 1

x3+ o(

1

x3), x→ ±∞,


dobijamo da je 9

f(x) =x

2

(1− 1

2· 1x+

1

24· 1

x3+ o(

1

x3)

)=

x

2− 1

4+

1

48· 1

x2+ o(

1

x2), x→ ±∞.

Odavde sledi da je prava y = x2 − 1

4 kosa asimptota grafika funkcije kad x → +∞ i kadx → −∞, i da je grafik funkcije iznad asimptote u nekoj okolini tacke +∞, a takode jeiznad i u nekoj okolini tacke −∞.

Sada ispitujemo kako se funkcija ponasa u okolini tacke x = 0. Kako je limx→−0

(1+e1x ) =

1, to je

limx→−0

f(x) = limx→−0

x

1 + e1x

=limx→−0

x

limx→−0

(1 + e1x )

=0

1= 0.

Iz limx→+0

(1 + e1x ) = +∞ sledi lim

x→+0

1

1 + e1x

= 0, pa je

limx→+0

f(x) = limx→+0

x

1 + e1x

= limx→+0

x · limx→+0

1

1 + e1x

= 0.

Diferencijabilnost funkcije, intervali monotonosti, lokalni i globalni ekstremumi: U svakojtacki x = 0 funkcija ima izvod:

f ′(x) =1 + e

1x − e

1x (− 1

x2) · x

(1 + e1x )2

=1 + e

1x + 1

xe1x

(1 + e1x )2

.

Da bismo ispitali znak prvog izvoda, uvedimo pomocnu funkciju g(t) = 1+ et+ tet. Onaima izvod za svako t ∈ R:

g′(t) = et + et + tet = et(t+ 2).

9Ako bismo koristili Maklorenove formule drugog reda za funkcije t 7→ et i t 7→ (1+ t)−1 dobili bismo:

f(x) = x(1 + e1x )−1 = x(1 + 1 +

1

x+

1

2· 1

x2+ o(

1

x2))−1

= x(2 +1

x+

1

2· 1

x2+ o(

1

x2))−1 =

x

2

(1 +

1

2· 1x+

1

4· 1

x2+ o(

1

x2)

)−1

=x

2

(1− (

1

2· 1x+

1

4· 1

x2+ o(

1

x2)) + (

1

2· 1x+ o(

1

x))2 + o((

1

2· 1x+ o(

1

x))2)

)=

x

2

(1− 1

2· 1x− 1

4· 1

x2+ o(

1

x2) +

1

4· 1

x2

)=

x

2

(1− 1

2· 1x+ o(

1

x2)

)=x

2− 1

4+ o(

1

x), x→ ±∞,

tako da bismo imali da je prava y = x2− 1

4kosa asimptota grafika funkcije kad x→ +∞ i kad x→ −∞,

ali ne bismo imali informaciju da li grafik iznad ili ispod asimptote u nekoj okolini tacke +∞ (−∞).


Kako je sgn g′(t) = sgn (t+2), to je g′(t) < 0 za t < −2 i g′(t) > 0 za t > −2, pa funkcijag u tacki t = −2 ima strogi lokalni minimum, koji je i globalni minimum. Prema tome,g(t) > g(−2) = 1− e−2 > 0 za svako t = −2 i stoga je g(t) > 0 za svako t ∈ R. Odavde

sledi da je za x = 0, g( 1x) > 0, tj. 1 + e1x + 1

xe1x > 0. Prema tome, f ′(x) > 0 za svako

x ∈ Df , odakle sledi da funkcija f strogo raste na intervalu (−∞, 0), a takode i naintervalu (0,+∞). Funkcija nema strogi lokalni ekstremum i nema ni globalni minimum,ni globalni maksimum, jer je lim

x→−∞f(x) = −∞ i lim

x→+∞f(x) = +∞.

x (−∞, 0) (0,+∞)

sgn (f ′(x)) + +

monotonost ↗ ↗

Nadimo limx→−0

f ′(x) = limx→−0

1 + e1x + 1

xe1x

(1 + e1x )2

i limx→+0

f ′(x) = limx→+0

1 + e1x + 1

xe1x

(1 + e1x )2

. Koris-

timo smenu t = 1x . Kad x→ +0, tada t→ +∞ i kad x→ −0, tada t→ +∞.

Primenom Lopitalovog pravila (videti Teoremu 4.102 i komentar nakon ove teoreme)dobijamo da je

limt→−∞

tet = limt→−∞

t

e−t=(∞∞

)= lim

t→−∞

t′

(e−t)′= lim

t→−∞

1

−e−t= 0.

Kako je limt→−∞

et = 0, to je

limt→−∞

1 + et + tet

(1 + et)2=

limt→−∞

(1 + et + tet)

limt→−∞

(1 + et)2=

1

1= 1.

Primenom teoreme o limesu slozene funkcije (Teorema 3.92) dobijamo da je

limx→−0

f ′(x) = limt→−∞

1 + et + tet

(1 + et)2= 1.

Dvostrukom primenom Lopitalovog pravila (Teorema 4.102) dobijamo:

limt→+∞

1 + et + tet

(1 + et)2=(∞∞

)= lim

t→+∞

(1 + et + tet)′

((1 + et)2)′= lim

t→+∞

et + et + tet

2(1 + et)et

= limt→+∞

2 + t

2(1 + et)=(∞∞

)= lim

t→+∞

(2 + t)′

(2(1 + et))′= lim

t→+∞

1

2et= 0.

Opet na osnovu teoreme o limesu slozene funkcije (Teorema 3.92) zakljucujemo da je

limx→+0

f ′(x) = limt→+∞

1 + et + tet

(1 + et)2= 0.

Cinjenica da je limx→−0

f ′(x) = 1 i limx→+0

f ′(x) = 0 znaci da ako bismo dodefinisali funkciju

f do neprekidnosti u tacki x = 0, dobili bismo funkciju ciji je levi izvod u tacki x = 0


jednak 0, drugim recima, leva tangenta grafika te funkcije u tacki (0, 0) je prava y = x,dok je desni izvod u tacki x = 0 jednak 0, tj. desna tangenta grafika te funkcije u tacki(0, 0) je x-osa.

Konveksnost i prevojne tacke: U svakoj tacki x = 0 funkcija ima drugi izvod:

f ′′(x) =e

1x (e

1x − 1)

x3(1 + e1x )3

Ocigledno je sgn f ′′(x) = sgne

1x − 1

x. Buduci da je za x > 0 i 1

x > 0, to je e1x > e0 = 1,

pa je e1x − 1 > 0 i f ′′(x) > 0. Za x < 0 je 1

x < 0 i e1x < e0 = 1, tj. e

1x − 1 < 0, pa je

opet f ′′(x) > 0. To znaci da je funkcija konveksna na intervalu (−∞, 0), a takode i naintervalu (0,+∞). Funkcija nema prevojnih tacaka.

x (−∞, 0) (0,+∞)

sgn (f ′′(x)) + +

konveksnost ⌣ ⌣

x

y

y=x2 4

1


f(x) =3√x2 − 3

√x2 − 1.

Resenje.


f(x) = |x+ 2|e−1x .

Resenje.


f(x) =1

ln(1 + 1|x|)

− |x|.

3.2. RAZNI ZADACI 839

Resenje.


f(x) =ln |x|x

− x+ 1.

Resenje.


f(x) = x(π

2− arctg

1

x).

Resenje.

3.2 Razni zadaci

101. a) Neka su A i X podskupovi skupa R takvi da je ∅ = A ⊂ X i neka je funkcijaf : X → R rastuca na skupu X. Ako je skup A ogranicen i ako za brojeve α = supA iβ = inf a vazi da α, β ∈ X i da je funkcija f neprekidna u tackama α i β, dokazati da je

sup f(A) = f(supA), (3.9)

inf f(A) = f(inf A). (3.10)

b) Neka su A i X podskupovi skupa R takvi da je ∅ = A ⊂ X i neka je funkcijaf : X → R opadajuca na skupu X. Ako je skup A ogranicen i ako za brojeve α = supAi β = inf a vazi da α, β ∈ X i da je funkcija f neprekidna u tackama α i β, dokazati daje

sup f(A) = f(inf A), (3.11)

inf f(A) = f(supA). (3.12)

Resenje. a) Za proizvoljno a ∈ A vazi nejednakost

a ≤ α

i kako je f rastuca funkcija, to je

f(a) ≤ f(α) za svako a ∈ A.

Prema tome, f(α) je gornja granica skupa f(A), te je stoga

sup f(A) ≤ f(α). (3.13)


Postoji element a1 ∈ A takav da je α−1 < a1 ≤ α (jer je α = supA). Ako je a1 = α,onda cemo uzeti da je an = α za svako n ∈ N, n > 1. Ako je pak a1 < α, onda je

max{a1, α− 1

2} < α i postoji element a2 ∈ A takav da je

max{a1, α− 1

2} < a2 ≤ α.

Moguce je da se desi da je a2 = α i tada uzimamo da je an = α za svako n ≥ 2. Ako jepak a2 < α, onda postoji element a3 skupa A takav da je

max{a2, α− 1

3} < a3 ≤ α.

Nastavljajuci postupak dolazimo do niza (an) elemenata skupa A koji je rastuci:

a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ · · · ≤ an ≤ · · · ≤ α, (3.14)

i za koji vazi da je α− 1

n< an ≤ α, n ∈ N. Kako je lim

n→∞(α− 1

n) = α, na osnovu teoreme

o lopovu i dva policajca zakljucujemo da je

limn→∞

an = α. (3.15)

Buduci da je funkcija f neprekidna u tacki α, iz (3.15) sledi

limn→∞

f(an) = f(α). (3.16)

S obzirom da je funkcija f rastuca, iz (3.14) sledi

f(a1) ≤ f(a2) ≤ f(a3) ≤ · · · ≤ f(an) ≤ · · · ≤ f(α),

sto znaci da je niz (f(an)) rastuci i odozgo ogranicen, te na osnovu Teoreme 2.67 sledida je ovaj niz konvergentan i da je

limn→∞

f(an) = supnf(an). (3.17)

Iz (3.16) i (3.17) sledi da jef(α) = sup

nf(an)

i kako je ocigledno supnf(an) ≤ sup f(A), zakljucujemo da je

f(α) ≤ sup f(A). (3.18)

Sada iz (3.13) i (3.18) sledi da je sup f(A) = f(α) = f(supA).Slicno se dokazuje jednakost (3.10).

b) Moze se pokazati slicno zadatku pod (a), ali cemo ovde dati dokaz na jeziku okolina,tj. koristeci (ϵ − δ) definiciju neprekidnosti funkcije u tacki. Dokazujemo jednakost(3.12).


Kako za svako a ∈ A vazi a ≥ β = inf A i kako je f opadajuca funkcija, to je onda

f(a) ≤ f(β) za svako a ∈ A. (3.19)

Neka je ϵ proizvoljan pozitivan broj. Buduci da je funkcija f neprekidna u tacki β, topostoji δ > 0 tako da vazi implikacija:

x ∈ (β − δ, β + δ) ∩X =⇒ f(x) ∈ (f(β)− ϵ, f(β) + ϵ). (3.20)

S obzirom da je β = inf A postoji a′ ∈ A takav da je β ≤ a′ < β + δ. Stoga a′ ∈(β − δ, β + δ) ∩X, pa na osnovu (3.20) dobijamo da f(a′) ∈ (f(β)− ϵ, f(β) + ϵ), odaklesledi da je

f(a′) > f(β)− ϵ. (3.21)

Iz (3.19) i (3.21) sledi da je sup f(A) = f(β) = f(inf A).

Jednakost (3.11) se slicno dokazuje.

102. a) Ako je A neprazan ogranicen podskup skupa R+ i n ∈ N, pokazati da je

supAn = (supA)n,

inf An = (inf A)n,

gde je An = {an : a ∈ A}.

b) Ako je A neprazan ogranicen podskup skupa R i n neparan prirodan broj, pokazatida je

supAn = (supA)n,

inf An = (inf A)n.

c) Ako je A neprazan ogranicen podskup skupa R− i n paran prirodan broj, pokazati daje

supAn = (inf A)n,

inf An = (supA)n.

d) Ako je A neprazan ogranicen podskup skupa R i n paran prirodan broj, pokazati daje

supAn = max{(supA+)n, (inf A−)n}, (3.22)

inf An = min{(inf A+)n, (supA−)n}, (3.23)

gde je A+ = A ∩ R+ i A− = A ∩ R−.


Resenje. a) Sledi iz zadatka 101 a) kad se uzme da je X = R+, a za f funkciju zadatu

sa f(x) = xn, x ∈ R+, koja je rastuca (na osnovu (1.61)) i neprekidna na skupu R+.

b) Ako je n neparan prirodan broj, tada je funkcija f : R→ R definisana sa f(x) = xn,x ∈ R, rastuca i neprekidna na skupu R, pa tvrdenje sledi iz zadatka 101 a).

c) Kada je n paran broj, funkcija f : R− → R definisana sa f(x) = xn, x ∈ R, jeopadajuca i neprekidna na R−, pa tvrdenje sledi zadatka 101 b).

d) Kako jeA = A ∩ (R+ ∪ R−) = (A ∩ R+) ∪ (A ∩ R−) = A+ ∪A−,

i An = (A+)n ∪ (A−)n, to je na osnovu (1.44) i (1.45) u sekciji 2.6

supAn = max{sup(A+)n, sup(A−)n} i inf An = min{inf(A+)n, inf(A−)n}. (3.24)

Iz dela zadatka a) i c) sledi da je

sup(A+)n = (supA+)n, sup(A−)n = (inf A−)n, (3.25)

inf(A+)n = (inf A+)n i inf(A−)n = (supA−)n. (3.26)

Sada iz (3.24), (3.25) i (3.26) slede jednakosti (3.22) i (3.23).

103. Za funkciju f : (−∞, 2] → R definisana sa

f(x) =

{xe

1x−2 , x < 2,

0, x = 2.

naci (ukoliko postoji) f ′−(2).

Resenje. Funkcija f je neprekidna sleva u tacki x = 2 jer je limx→2−0

f(x) = limx→2−0

xe1

x−2 =

0 = f(2). Za x < 2 imamo da je f ′(x) =x2 − 5x+ 4

(x− 2)2e

1x−2 . Nadimo

limx→2−0

f ′(x) = limx→2−0

(x2 − 5x+ 4) · e1

x−2

(x− 2)2.

Kako je limx→2−0

(x2 − 5x+ 4) = −2, na osnovu Tvrdenja 3.61 sledi da je dovoljno naci

limx→2−0

e1

x−2

(x− 2)2.

Ovaj limes nalazimo primenom teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije i Lopi-talove teoreme. Koristimo smenu y = 1

x−2 , pri cemu 1x−2 → −∞ kad x→ 2−0. Nadimo

limy→−∞

y2ey = (0 · ∞) = limy→−∞

y2

e−y=(∞∞

).


Lako se proverava da su ispunjeni uslovi za primenu Lopitalove teoreme (videti Teoremu4.102 i komentar nakon ove teoreme), pa je

limy→−∞

y2ey = limy→−∞

y2

e−y= lim

y→−∞

(y2)′

(e−y)′= lim

y→−∞

2y

−e−y=(∞∞

)= lim

y→−∞

(2y)′

(−e−y)′= lim

y→−∞

2

e−y=

(2

+∞

)= 0.

Na osnovu teoreme o granicnoj vrednosti slozene funkcije (videti Teoremu 3.95 i komentarnakon ove teoreme) sledi

limx→2−0

e1

x−2

(x− 2)2= lim

y→−∞y2ey = 0.

Sada na osnovu Tvrdenja 3.61 zakljucujemo

limx→2−0

f ′(x) = limx→2−0

(x2 − 5x+ 4) · limx→2−0

e1

x−2

(x− 2)2= −2 · 0 = 0.

Iz Tvrdenja 3.49 sledi da je f ′−(2) = 0. •


Literatura

[1] D. Adnadevic i Z. Kadelburg, Matematicka analiza I, Matematcki fakultet, Krug,Beograd, 2012.

[2] M. Aigner, G. M. Ziegler, Proofs from THE BOOK, fourth edition, Springer -Verlag, 2009.

[3] S. Aljancic, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Gradevinska knjiga Beograd,1979.

[4] T. M. Apostol, Modular Functions and Dirichlet Series in Number Theory, secondedition, Springer - Verlag, 1990

[5] D. Ciric, Uvod u matematicku analizu, I deo, Prirodno-matematicki fakultet, Nis,2008.

[6] G. M. Fihtengol~c, Kurs differencial~nogo i integral~nogo is-qisleni�, Tom I, Nauka, Moskva, 1966.

[7] G. H. Hardy, E. M. Wright, An Introduction to the Theory of Numbers, fourthedition, Oxford, at the Clarendon Press, 1960.

[8] S. M. Ilic, M. Z. Kolundzija, Osnovi teorije brojeva i polinoma, Univerzitet u Nisu,Prirodno-matematicki fakultet, 2019.

[9] N. Ivanovski, Matematicka analiza I, Univerzitet Kiril i Metodij, Skoplje, 1981.

[10] Z. Kadelburg, M. Micic, S. Ognjanovic, Analiza sa algebrom 3, trece dopunjenoizdanje, ,,Krug“, Beograd, 2003.

[11] Z. Kadelburg, M. Micic, S. Ognjanovic, Analiza sa algebrom 4, trece dopunjenoizdanje, ,,Krug“, Beograd, 2003.

[12] L. D. Kudr�vcev, Kurs matematiqeskogo analiza, Tom I,Moskva ,,Vysxa�xkola“, 1981., p. 687

[13] I. I. Ljasko, A. K. Boljarcuk, J. G. G. Gaj, G. P. Golovac, Zbirka zadataka izmatematicke analize 1: uvod u analizu, izvod, integral, ,,Nasa knjiga“, Beograd,2007. (prevod Dr Stojan N. Radenovic)

845

846 LITERATURA

[14] S. Mardesic, K. Delinic, Matematicka analiza u n-dimenzionalnom realnom pros-toru, Dio 1, Skolska knjiga, Zagreb, 1974.

[15] S. Mardesic, Matematicka analiza u n-dimenzionalnom realnom prostoru, Dio 2,Skolska knjiga, Zagreb, 1977.

[16] M. Marjanovic, Matematicka analiza I, Naucna knjiga, Beograd, 1979.

[17] V. Micic, Z. Kadelburg, D. -Dukic, Uvod u teoriju brojeva, cetvrto dopunjeno iz-danje, Drustvo matematicara Srbije, Beograd, 2004.

[18] S. M. Nikol~ski�, Kurs matematiqeskogo analiza, Tom I, Nauka, Moskva,1975.

[19] W. Rudin, Real and complex analysis, McGraw-Hill Book company.

[20] G. R. Xilov, Matematiqeski� analiz. Funkcii odnoga peremennogo, qast1-2, qast 3, Nauka, Moskva, 1969., 1970.

[21] V. A. Zoriq, Matematiqeski� analiz, Tom I, II, Nauka, Moskva, 1984.

Documents

Matemati cka analiza 1 i 2