Radna skripta

MATEMATIKA 1

Branko µCervar, Kristina MiletiC

SVEUµCILI�TE U MOSTARU

GRAÐEVINSKI FAKULTET

2012./2013.

ii

Sadrµzaj

OPIS NASTAVNOG PROGRAMA vii

UVOD ix

1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 1

1.1 OSNOVE MATEMATIµCKE LOGIKE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 LOGIµCKI SUD . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.2 OPERIRANJE SUDOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.2 SKUPOVI I RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.1 SKUP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

1.2.2 OPERIRANJE SKUPOVIMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.3 RELACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3.1 FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.3.2 FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3.3 INVERZNA FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3.4 KARDINALNI BROJ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 REALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4.1 PRIRODNI I CIJELI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.4.2 RACIONALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.4.3 APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA . . . . . . . . 22

1.4.4 POTENCIRANJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

1.5 KOMPLEKSNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.5.1 POJAM I OSNOVNE OPERACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.5.2 GEOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA . . . . . 26

1.5.3 TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS KOMPLEKSNOG BROJA . . . 27

1.6 ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.6.1 ZADAVANJE FUNKCIJA IZ R U R . . . . . . . . . . . . . . . . 29

iii

iv SADRµZAJ

1.6.2 GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA . . . . . . . . 32

1.6.3 OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . 35

1.6.4 RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . 40

2 LINEARNA ALGEBRA 47

2.1 MATRICE I DETERMINANTE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.1.1 MATRICA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.1.2 DETERMINANTA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

2.1.3 MATRIµCIN RANG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

2.1.4 RJE�AVANJE SUSTAVA LINEARNIH JEDNADµZABA . . . . . 62

2.2 VEKTORSKA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.2.1 USMJERANA DUµZINA I VEKTOR . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.2.2 VEKTOR U PRAVOKUTNOM KOORDINATNOM SUSTAVU 72

2.2.3 VEKTORSKA MNOµZENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

2.3 ANALITIµCKA GEOMETRIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

2.3.1 PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI . . . . . . . . . . . . . . 82

2.3.2 RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.3.3 MEÐUODNOSI TOµCAKA, PRAVACA I RAVNINA . . . . . . . 86

3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 89

3.1 KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.1.1 NIZ REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

3.1.2 SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA . . . . . . . . 93

3.1.3 RED REALNIH BROJEVA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

3.1.4 NEKOLIKO KRITERIJA ZA KONVERGENTNOST

REALNOG REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3.1.5 FUNKCIJSKI NIZ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

3.1.6 FUNKCIJSKI RED . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

3.2 NEPREKIDNE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

3.2.1 GRANIµCNA VRIJEDNOST U BESKONAµCNOSTI . . . . . . . 110

3.2.2 GRANIµCNA VRIJEDNOST U TOµCKI . . . . . . . . . . . . . . 111

3.2.3 NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

3.2.4 SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU . . . 121

4 INFINITEZIMALNI RAµCUN 127

4.1 DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

SADRµZAJ v

4.1.1 DERIVABILNOST I NJEZINO ZNAµCENJE . . . . . . . . . . . 127

4.1.2 DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . 131

4.1.3 DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

4.1.4 OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAµCUNA . . . . 142

4.1.5 TAYLOROVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

4.1.6 DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . . . . . . 150

4.1.7 ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA . . . . . . . . . . . . 152

4.2 NEODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

4.2.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA NEODREÐENOG

INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

4.2.2 OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE . . . . . . . . . . . . . 169

4.2.3 INTEGRIRANJE NEKIH KLASA

ELEMENTARNIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

4.2.4 INTEGRIRANJE FUNKCIJSKOG REDA . . . . . . . . . . . . 180

4.3 ODREÐENI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

4.3.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA

ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

4.3.2 NEKI PRIBLIµZNI INTEGRACIJSKI POSTUPCI . . . . . . . . 193

4.3.3 NEPRAVI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

4.3.4 NEKOLIKO PRIMJENA ODREÐENOG INTEGRALA . . . . . 202

5 ZADACI 213

5.1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI . . . . . . . . . . . . . . . 213

5.2 LINEARNA ALGEBRA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

5.3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

5.4 INFINITEZIMALNI RAµCUN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 228

vi SADRµZAJ

OPIS NASTAVNOG

PROGRAMA

(http://www.gfmo.ba/matematika_1.htm)

Opis predmeta

PPRI 01 MATEMATIKA I

(3+0+3, ECTS 10, sastavio mr. sc. Zvonimir Mavar)

Kompetencije koje se stjeµcu

Poznavanje vektorskog raµcuna, linearne algebre i analitiµcke geometrije, diferencijalnog

i integralnog raµcuna funkcija jedne varijable s geometrijskim i �zikalnim znaµcenjima.

Preduvjeti za upis

Elementarna (srednje�kolska) matematika.

Sadrµzaj

Vektori, algebra vektora. Vektorski prostor, baza vektorskog prostora. Koordinatni sus-

tavi. Skalarni produkt vektora. Matrice i determinante drugog i treceg reda. Skalarni

i vektorski produkti i primjene. Ravnina i pravac u prostoru.

Skupovi, operacije sa skupovima, skup realnih brojevi, matematiµcka indukcija, binomna

formula, intervali, ograniµceni skupovi, supremum i in�mum, skup kompleksnih brojeva.

Funkcije jedne varijable, kompozicija funkcija, inverzna funkcija, elementarne funkcije,

implicitne funkcije, krivulje drugog reda. Limesi i neprekidnost funkcije.

Nizovi i redovi realnih brojeva, konvergencija i divergencija, testovi konvergencije, al-

ternirajuci redovi. Redovi realnih funkcija, redovi potencija, Weierstrassov kriterij.

Diferencijalni raµcun, derivacije, geometrijsko i mehaniµcko znaµcenje, deriviranje funkcija,

tangenta i normala na krivulju, diferencijal, derivacije i diferencijali vi�eg reda. Teoremi

Rollea i Lagrangea, Taylorov red i polinom, Taylorova formula, L�Hospitalovo pravilo,

asimptote krivulja, monotonost funkcije, ekstremi funkcije, konkavnost i konveksnost

krivulje, toµcke in�eksije, zakrivljenost krivulje.

vii

viii OPIS NASTAVNOG PROGRAMA

Integrali, neki problemi geometrije i mehanike, Newton-Leibnizova formula, integracija

pomocu supstitucije varijabli i parcijalna integracija, integracija nekih funkcija, nepravi

integrali, konvergencija integrala, integrali ovisni o parametrima, Eulerovi integrali.

Matrice i determinante, operacije i svojstva, inverzna matrica, rang matrice. Sus-

tav linearnih algebarskih jednadµzbi, Cramerovo pravilo, Gaussova metoda eliminacije,

Kronecker-Capellijev teorem. Vlastite vrijednosti i vlastiti vektori matrice.

Preporuµcena literatura

(1) D. Jukic i R. Scitovski, Matematika I, Elektrotehniµcki fakultet, Osijek, 2000.;

(2) B. P. Demidoviµc, Zadaci i rije�eni primjeri iz vi�e matematike s primjenom na

tehniµcke nauke, Tehniµcka knjiga, Zagreb, 2003.;

(3) S. Pavasovic, T. Radelja, S. Banic i P. Mili�ic, Matematika � rije�eni zadaci,

Gra�evinski fakultet, Split, 1999.

Dopunska literatura

(1) P. Javor, Matematiµcka analiza 1, Element, Zagreb, 1995.;

(2) N. Elezovic, Linearna algebra, Element, Zagreb, 1999.;

(3) V. P. Minorski, Zbirka zadataka iz vi�e Matematike, Tehniµcka knjiga, Zagreb , 1972.

Oblici provo�enja nastave

Nastavni proces se odvija kroz predavanja, vjeµzbe i konsultacije. Vjeµzbe su auditorne

i obuhvacaju i izradu tri kolokvija µcije kolokviranje je uvjet za drugi potpis.

Naµcin provjere znanja i polaganja ispita

Usmeni ispit, pismeni ispit, usmena prezentacija, test, kontinuirano ispitivanje.

UVOD

Ova skripta sadrµze gradivo �to ga obuhvaca predmet Matematika 1 (v. Opis nas-

tavnog programa) i namijenjena su studentima Gra�evinskog fakulteta Sveuµcili�ta u

Mostaru.

Gradivo se dijeli na µcetiri velike cjeline - poglavlja:

- SKUPOVI. FUNKCIJE. REALNI BROJEVI;

- LINEARNA ALGEBRA;

- KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST;

- INFINITEZIMALNI RAµCUN.

Svako se poglavlje dalje dijeli na glavne teme - odjeljke, a ovi opet na osnovne tematske

jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice, Teorem 2.3 je treci

teorem u drugomu poglavlju.

Na koncu je peto poglavlje ZADACI koje je sadrµzi µcetiri odjeljka koja prate prethodna

poglavlja. To je mala zbirka zadataka za provjeru ispravne usvojenosti izloµzenoga

gradiva.

Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.

Skripta su radnog karaktera. Predavanja i auditorne vjeµzbe bit ce temeljena na gradivu

izloµzenom u njoj. To znaµci da ce se u ovoj �kolskoj godini uoµceni nedostatci, nejasnoce

i pogre�ke nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro do�la i autori se unaprijed

zahvaljuju.

Gradivo izloµzeno u ovoj skripti nalazi se i u interaktivnim udµzbenicima:

[1] I. Slapniµcar, Matematika 1, Sveuµcili�te u Splitu, Split, 2002.

[http://lavica.fesb.hr/mat1/]

[2] I. Slapniµcar, Matematika 2.

[http://lavica.fesb.hr/mat2/]

Osim toga, studentima preporuµcujemo i zbirku zadataka:

[3] S. Pavasovic, T. Radelja, S. Banic, P. Mili�ic, Matematika 1 �rije�eni zadaci,

Gra�evinski fakultet, Split, 1999.

ix

x UVOD

O Oblicima provo�enja nastave i Naµcinu provjere znanja i polaganja ispita

studenti ce biti upoznati na poµcetku nastave. Nadamo se da ce predavanja, auditorne

vjeµzbe, domaci radovi, DA-NE kvizovi, kolokviji, ova skripta, te preporuµceni udµzbenici

i zbirka zadataka, pomoci studentima u uspje�nom svladavanju predvi�enih sadrµzaja.

Branko µCervar

[email protected]

Kristina Miletic

[email protected]

Poglavlje 1

SKUPOVI, FUNKCIJE,

REALNI BROJEVI

1.1 OSNOVE MATEMATIµCKE LOGIKE

1.1.1 LOGIµCKI SUD

Za sporazumijevanje i obavje�civanje rabimo, uglavnom, raznovrsne jeziµcne reµcenice.

Za "strogo matematiµcko" komuniciranje ne trebaju µcak ni sve izjavne reµcenice (izreke).

Ono �to je ovdje neophodno jesu neke smislene izjave, odnosno, logiµcki sudovi.

DEFINICIJA 1.1 Logiµcki sud (krace i nadalje: sud) je smislena izjavna reµcenica

podrediva naµcelu iskljuµcenja treceg. Dakle, svaki sud ima toµcno jednu istinosnu vrijed-

nost, tj. ili jest istinit ili nije istinit. (Za sud koji nije istinit kaµzemo i da je neistinit

ili laµzan.)

PRIMJER Koje od sljedecih reµcenica (ni)su sudovi?

(a) Je li zrakoplov sletio?

(b) Jutro je pametnije od veµceri.

(c) Brod je jedrenjak.

(d) Svaki brod je jedrenjak.

(e) Zemlja se vrti oko svoje osi.

(f) Umijte se!

(a) Nije, jer nije izjavna reµcenica; (b) Nije, jer ta reµcenica nema smisla (u doslovnom

znaµcenju ukljuµcenih rijeµci); (c) Nije, jer nije podrediva naµcelu iskljuµcenja treceg - ne

moµze joj se odrediti istinosna vrijednost, jer nije kazano o kojemu brodu je rijeµc; (d)

Jest, i to laµzan - ima brodova koji nisu jedrenjaci; (e) Jest, i to istinit; (f) Nije, jer nije

izjavna reµcenica. �

1

2 POGLAVLJE 1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

Sudove cemo oznaµcavati velikim (malo nagnutim) latinskim slovima A, B, C, ... Jed-

nostavnosti radi, ako je sud A istinit pisat cemo �A = > (i µcitati: tau a jest te), a akoje neistinit pisat cemo �A = ? (i µcitati: tau a nije te).

1.1.2 OPERIRANJE SUDOVIMA

(i) Konjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A ^ B (µcitamo: a i be)

de�niramo ovako: �(A ^ B) = > toµcno onda kad je �A = > i �B = >. Znakom ^(µcitamo: i) oznaµcenu logiµcku operaciju nazivamo konjunkcijom. Zgodno je pripadnu

istinosnu vrijednost pregledno prikazati tzv. tablicom istinosne vrijednosti.

�(A ^B) :A�B > ?> > ?? ? ?

(ii) Disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A _ B (µcitamo: a ili be)

de�niramo ovako: A _ B je laµzan toµcno onda kad su oba suda A i B laµzna. (�(A _B) =? µcim je �A =? i �B =?.) Operaciju oznaµcenu znakom _ (µcitamo: ili) nazivamo(inkluzivnom, ukljuµcivom) disjunkcijom. Odgovarajuca tablica istinosnih vrijednosti

jest

�(A _B) :A�B > ?> > >? > ?

(iii) Ekskluzivna disjunkcija. Neka su A i B sudovi. Novi sud u oznaci A Y B(µcitamo: ili a ili be) de�niramo ovako: A Y B je istinit toµcno onda kad je jedan i

samo jedan od sudova A, B listinit. (Za A Y B se kaµze i: Bilo A, bilo B, ali ne

ob(a)oje.) Operaciju oznaµcenu znakom Y (µcitamo: ili - ili) nazivamo ekskluzivnom(iskljuµcivom) disjunkcijom. Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest

�(A YB) :A�B > ?> ? >? > ?

(iv) Implikacija. Ako su A i B sudovi, onda A) B (µcitamo: a povlaµci be) oznaµcuje

sud koji je laµzan toµcno onda kad je sud A istinit, a sud B laµzan. Znakom ) (µcitamo:

povlaµci; implicira) oznaµcenu operaciju nazivamo implikacijom. ( µCesto se za A ) B

kaµze i: "Iz A slijedi B"; "A je nuµzdan uvjet za B"; "B je dovoljan uvjet za A".)

1.1. OSNOVE MATEMATI µCKE LOGIKE 3

Pripadna tablica istinosnih vrijednosti jest

�(A) B) :

A�B > ?> > ?? > >

(iv) Ekvivalencija. Ako su A i B sudovi, onda A , B (µcitamo: a vrijedi (jest)

onda i samo onda ako be vrijedi (jest)) oznaµcuje sud koji je istinit toµcno onda kad

oba suda A, B imaju istu istinosnu vrijednost. Znakom , (µcitamo: ekvivalentno)

oznaµcenu operaciju nazivamo ekvivalencijom. ( µCesto se za A , B kaµze i: "A je

nuµzdan i dovoljan uvjet za B"; "A je ekvivalent(an)no B".) Pripadna tablica istinosnih

vrijednosti jest

�(A, B) :

A�B > ?> > ?? ? >

(v) Negacija. Neka je A sud. Novi sud pod oznakom :A (µcitamo: nije a) de�niramoovako: �(:A) = > toµcno onda kad je �A = ?. Operaciju oznaµcenu znakom : (µcitamo:nije; non) nazivamo negacijom. Odgovarajuca tablica istinosnih vrijednosti jest

�(:A) :A > ?:A ? >

PRIMJER Izjavna reµcenica "x se je rodio prije y" nije sud. Ona postaje sudom µcim

se za nepoznanice (varijable) x i y uvrste odre�ene osobe. Tako, primjerice, za x =

Arhimed i y = Gauss dobivamo istinit sud "Arhimed se je rodio prije Gaussa".

DEFINICIJA 1.2 Izjavnu reµcenicu koja sadrµzi jednu ili vi�e nepoznanica i koja posta-

je sudom kad sve te nepoznanice poprime odre�ene vrijednosti, nazivamo otvorenom

reµcenicom ili (logiµckim) predikatom.

Uobiµcajilo se odnos me�u nepoznanicama u predikatu oznaµcavati velikim slovom. Tako

se predikat iz prethodnoga primjera oznaµcuje s P (x; y), gdje je P odnos "se je rodio

prije", a varijable x i y smiju biti bilo koje osobe (umrli ili tjelesno µzivi ljudi). Ponekad,

jednostavnosti radi, oznaku odnosa me�u nepoznanicama rabimo i kao oznaku cijeloga

predikata.

Ako je P predikat, onda je (8x)P novi predikat: "Za svaki(o) x je P". Znak 8 oznaµcujeneodre�enu zamjenicu (za) svaki(o), a nazivamo ga univerzalnim kvanti�katorom.

Nadalje, ako je P predikat, onda je (9x)P novi predikat: "Postoji x tak(av)o da je P".


Znak 9 oznaµcuje neodre�enu zamjenicu (postoji) neki(o), a nazivamo ga egzistenci-jalnim kvanti�katorom. µCesto se rabi i oznaka (9!x)P za novi predikat: "Postoji

toµcno jedan (tj. jedan i samo jedan) x tak(av)o da je P".

Napokon, de�nirajmo i formulu (predikatne algebre): To je svaki izraz F sastavljen,

na logiµcki dopustiv naµcin, od sudova, predikata, kvanti�katora, zagrada, znakova > i

? i operatora ^, _, Y, ), ,, :.Reci cemo da su dvije formule F i G istovrijedne ili ekvivalentne i pisati F = G,ako je �F = �G za svaki moguci izbor njihovih varijabla.

1.2 SKUPOVI I RELACIJE

1.2.1 SKUP

Skup uzimamo za osnovni matematiµcki pojam, dakle, ne de�niramo ga, tj. ne svodimo

na neke "jednostavnije" pojmove. (Njegova svojstva se zadaju aksiomatski - u �to se

ovdje ne cemo upu�tati.) Intuitivno smijemo tek zami�ljati da "je skup ujedinjenje bilo

koje mnoµzine objekata - elemenata u jednu cjelinu".

Svaki skup je posve odre�en svojim µclanovima - elementima. Skupove cemo oznaµcavati

velikim (malo nagnutim) latinskim slovima S, A, X, � � � , a njihove elemente malim"italik"-slovima s, a, x, � � � . (Pazit cemo da ne do�e do zabune pri oznaµcavanju skupovai sudova!) Ako je s element skupa S, pisat cemo s 2 S, a ako t nije element skupa Spisat cemo t =2 S. Pretpostavljamo da su svi elementi danog skupa me�usobno razliµciti,tj. da skup ne sadrµzi neki element u vi�e primjeraka.

Skupovima smatramo i "mnoµzine koje ne sadrµze nikakve objekte" - to su tzv. prazni

skupovi. Za prazan skup smijemo, dakle, reci da je skup bez elemenata.

Skup S se µcesto opisuje (zadaje) nekim svojstvom - predikatom P - koje se moµze pri-

mijeniti na neku mnoµzinu objekata. Tada se elementima od S smatraju svi promatrani

objekti sa svojstvom P i pi�e se: S = fs j P (s)g (µcita se: S je skup svih elemenata s�to imaju svojstvo P ). Ako skup X "nema mnogo" elemenata, primjerice, ako su x, y,

z, w svi elementi skupa X, onda pi�emo X = fx; y; z; wg.

DEFINICIJA 1.3 Reci cemo da je Y podskup ili dio skupa X, oznaka: Y � X

(znak � µcitamo: je sadrµzan u), odnosno, da je X nadskup skupa Y , oznaka: X � Y

(znak � µcitamo: sadrµzi), ako je svaki element skupa Y ujedno element skupa X, tj.

y 2 Y ) y 2 X.

Primjerice, fy j y je pravokutnikg � fx j x je paralelogramg.

1.2. SKUPOVI I RELACIJE 5

Reci cemo da je skup Y jednak skupu X i pisati Y = X, ako je Y � X i Y � X. U

protivnom, reci cemo da je skup Y razliµcit od skupa X i pisati Y 6= X. Oµcigledno je

Y = X onda i samo onda ako je X = Y . Tako�er, Y 6= X , X 6= Y .

Primijetimo da iz navedenih de�nicija izravno slijedi da je ("svaki") prazan skup pod-

skup svakog skupa, te da je jedinstven. Uobiµcajena oznaka za prazni skup jest ;.Ako je ispunjeno Y � X i Y 6= X, onda kaµzemo da je Y pravi podskup od X i

ponekad to istiµcemo oznakama Y $ X ili Y � X.

DEFINICIJA 1.4 Svakim skupom X je posve odre�en njegov tzv. partitivni skup

elementi kojega su svi podskupovi od X.

Partitivni skup skupa X oznaµcavat cemo sa P(x) ili sa 2X (µcitamo: dva na iks).

Na primjer, ako je X = fx; y; zg onda je2X = f;; fxg; fyg; fzg; fx; yg; fx; zg; fy; zg; Xg:

1.2.2 OPERIRANJE SKUPOVIMA

DEFINICIJA 1.5 Neka je U skup i neka su A i B podskupovi od U .

Pod unijom skupova A i B, oznaka: A [B, podrazumijevamo podskup

fx 2 U j x 2 A _ x 2 Bg

skupa U: Presjekom skupova A i B, oznaka: A \B, smatramo podskupsva

fx 2 U j x 2 A ^ x 2 Bg

od U: Podskup

fx 2 U j x 2 A ^ x =2 Bg

od U nazivamo razlikom skupa A od skupa B i oznaµcujemo s A nB.Razliku U nA nazivamo komplementom skupa A (u skupu U) i oznaµcavamo s CUA,

a kad ne moµze doci do zabune, oznaµcujemo s Ac.

Ako je A \ B = ;, kaµzemo da su skupovi A i B disjunktni ili da se ne sijeku. U

protivnom, tj. kad je A\B 6= ;, govorimo da se skupovi A i B sijeku. Uniju disjunktnihskupova nazivamo disjunktnom unijom.

Jednostavno je dokazati da su unija i presjek asocijativne operacije. To dopu�ta de�ni-

rati uniju i presjek od vi�e (od dva) skupova, te istraµziti pripadne zakonitosti.


1.2.3 RELACIJE

Dvoµclane skupove, npr. X = fx; yg, obiµcno nazivamo parovima. Dogovorimo li se dacemo jednom elementu para, recimo x, dati "prvenstvo" pi�uci ga uvijek ispred onoga

drugogoga - y, dobivamo ure�eni par (x; y). Prema tomu, dok za parove vrijedi

fx; yg = fy; xg, za ure�ene parove je (x; y) = (x0; y0), (x = x0^y = y0). Po dogovoru,

ure�enim parom smatramo i "par" (x; x).

DEFINICIJA 1.6 Neka su X i Y neprazni skupovi. Direktnim (ili Kartezijevim)

produktom skupa X skupom Y , u oznaci X �Y , smatramo skup svih ure�enih parova(x; y) elemenata x 2 X i y 2 Y . Dakle,

X � Y = f(x; y) j x 2 X ^ y 2 Y g:

U sluµcaju da je X = ; ili Y = ; stavljamo X � Y = ;.

Primijetimo da direktni produkt nije komutativan. Posebice je vaµzan direktni produkt

skupa X samim sobom, tj.

X �X � X2 = f(x; x0) j x; x0 2 Xg:

DEFINICIJA 1.7 Binarnom relacijom na skupu X smatramo svaki podskup

R � X � X. Ako je ure�eni par (x; x0) 2 R, pi�emo xRx0 ili R(x; x0) i govorimo

da je element x u relaciji R s elementom x0.

Za µcitateljevu vjeµzbu neka bude, primjerice, X skup svih stanara neke zgrade, a R

relacija na X zadana odnosom "biti mla�i". Ili, na istom skupu X, neka druga relacija

R0 bude zadana odnosom �stanovati na vi�em katu�.

U na�im ce razmatranjima biti vaµzne neke posebne binarne relacije. Za binarnu relaciju

R na skupu X kaµzemo da je

� re�eksivna ako (8x 2 X) xRx;

� simetriµcna ako (8x; y 2 X) xRy ) yRx;

� tranzitivna ako (8x; y; z 2 X) xRy ^ yRz ) xRz.

Binarnu relaciju R na skupu X koja je re�eksivna, simetriµcna i tranzitivna nazivamo

razredbenom (ili ekvivalencijskom ili klasi�kacijskom) relacijom i obiµcno ju oz-

naµcujemo znakom � (tilda). Za dva elemanta koji su u relaciji � kaµzemo da su me�u-sobno ekvivalentni. Primijetimo da se skup X na kojumu je zadana neka razredbena

relacija � cijepa na disjunktne podskupove, tzv. razrede (ili razredbene klase),

tako da se X moµze prikazati, na jedinstven naµcin, kao disjunktna unija tih razreda. U

isti razred ulaze svi oni (i samo oni) elementi koji su me�usobno ekvivalentni. Pripadni

1.2. SKUPOVI I RELACIJE 7

skup svih razreda oznaµcujemo s X/� i nazivamo kvocijentnim skupom (od X po

relaciji �).

PRIMJER Neka jeX skup svih hrvatskih drµzavljana do (ukljuµcivo) sto godina starosti,

a relacija � na X neka je zadana odnosom "imati jednako godina". Lako se provjeri da

je � razredbena relacija, pa je X = X0 [ � � � [X100 � [Xn unija disjunktnih razreda

X0; X1; � � � ; X100, gdje podskup Xn tvore svi hrvatski drµzavljani koji imaju n godina

(a nemaju n+1 godina). (Ovdje smo koristili pojam cijeloga broja i nekoliko pripadnih

oznaka, �to cemo ih de�nirati u kasnije.) �

Vrlo vaµzna vrsta binarne relacije R na skupu X jest i relacija djelomiµcnog (ili parci-

jalnog) ure�aja � (µcitamo: manje ili jednako). To je svaka relacija koja je re�eksivna,tranzitivna i

� antisimetriµcna, tj. za svaki par x; y 2 X, iz x � y ^ y � x slijedi x = y.

Ako je x � y i x 6= y, rabit cemo za to kracu oznaku x < y. Ponekad cemo x � y

( x < y) zapisivati i kao y � x (y > x).

Skup X na kojemu je zadana relacija djelomiµcnog ure�aja � nazivamo djelomiµcno (iliparcijalno) ure�enim skupom i oznaµcujemo s (X;�). Ako relacija � zadovoljava iuvjet: za svaki par x; y 2 X je x � y ili y � x, onda kaµzemo da je � relacija potpunog(ili totalnog) ure�aja ili da je ure�ajna relacija, a (X;�) tada nazivamo (potpuno)ure�enim skupom .

Primijetimo da (razredbena) relacija � iz prethodnog primjera nije ure�ajna relacija.

Neka je eX skup svih razrednih predstavnika (iz svakoga razreda po jedan) kvocijentnoga

skupa X/�, pa de�nirajmo relaciju � na eX stavljajuci x � y onda i samo onda kad x

nije stariji od y. Lako se provjeri da je tada ( eX;�) ure�en skup.DEFINICIJA 1.8 Neka je (X;�) parcijalno ure�en skup i A � X njegov neprazan

podskup. Reci cemo da je element m 2 X donja me�a skupa A, ako je m � a za

svaki a 2 A. Reci cemo da je skup A ome�en odozdol, ako postoji barem jedna donja

me�a od A. Kad je A ome�en odozdol, za donju me�u m od A cemo reci da je najveca

donja me�a ili in�mum skupa A, ako je m0 � m za svaku donju me�u m0 od A.

Napomenimo da ako in�mum skupa A postoji, onda je jedinstven pa za njega rabimo

posebnu oznaku - inf A.

Ako donja me�a m 2 X skupa A pripada skupu A, tj. m 2 A, onda kaµzemo da je mnajmanji element ili minimum skupa A. I ovdje vrijedi da ako minimum skupa A

postoji, onda je jedinstven i oznaµcavamo ga sa minA:

Na posve sliµcan naµcin se defniraju pojmovi gornja me�a; odozgor ome�en skup;

najmanja gornja me�a ili supremum (supA), te najveci element ili maksimum


(maxA) nepraznog podskupa A parcijalno ure�enog skupa (X;�). Primjerice, gornjame�a skupa A je svaki element m 2 X za koji je a � m, za svaki a 2 A.Za skup A � X kaµzemo da je ome�en µcim je ome�en odozdol i ome�en odozgor.

Na koncu de�nirajmo podskupove parcijalno ure�enog skupa (X;�):- segment [a; b] = fx 2 X j a � x � bg;- interval ha; bi = fx 2 X j a < x < bg;- slijeva poluzatvoreni interval [a; bi = fx 2 X j a � x < bg i- zdesna poluzatvoreni interval ha; b] = fx 2 X j a < x � bg.

Analogno se de�niraju i podskupovi [a; �i, ha; �i, h�; b], h�; bi od X. Primjerice, [a; �i =fx 2 X j a � xg.

1.3 FUNKCIJE

1.3.1 FUNKCIJA

Funkcija jest jedan od najvaµznijih matematiµckih pojmova. De�nirat cemo ga sasvim

opcenito, tj. na skupovnoj razini.

DEFINICIJA 1.9 Pod funkcijom podrazumijevamo svaki ure�eni troslog

(X; f; Y ), pri µcemu su X i Y neprazni skupovi, a f je bilo koje pravilo po kojemu

se svakom elementu x 2 X pridruµzuje toµcno jedan element y 2 Y .

Uobiµcajeni zapis za funkciju (X; f; Y ) jest f : X ! Y ili x 7! y = f(x) i pritom

µcesto kaµzemo da je f funkcija iz skupa X u skup Y . (Kad su u nekom razmatranju

X i Y zadani i nepromjenjivi, µcesto se, jednostavnosti radi, i samo pravilo f naziva

funkcijom.)

Za danu funkciju f : X ! Y , skup X nazivamo de�nicijskim podruµcjem (ili

domenom, oznaka: Df ), skup Y vrijednosnim podruµcjem (ili kodomenom, oz-

naka: Rf ), a element y = f(x) vrijedno�cu (na elementu x) funkcije f . Ponekad se

kaµze da je x nezavisna varijabla (ili argument), a y zavisna varijabla funkcije f .

Slikovito se funkciju najµce�ce prikazuje kao na crteµzu:

Funkcijin graf je skup Gf = f(x; f(x)) j x 2 Xg � X � Y:Primjerice (slikovito):

1.3. FUNKCIJE 9

Reci cemo da je funkcija f1 : X1 ! Y1 jednaka funkciji f2 : X2 ! Y2 i pisati f1 = f2,

ako je X1 = X2, Y1 = Y2 i f1(x) = f2(x) za svaki x 2 X1 = X2. Oµcito, ako je f1 = f2

onda je i f2 = f1.

PRIMJER. Istaknimo sada nekoliko vaµznih primjera:

(1) Neka je X � Y , a i : X ! Y neka je funkcija odre�ena pravilom

(8x 2 X) i(x) = x:

To je tzv. inkluzija (ili ulaganje) koju cemo µcesto oznaµcavati s i : X ,! Y . Posebice,

ako je X = Y dobivamo tzv. identiµcku funkciju (ili identitetu) 1Y : Y ! Y ,

1Y (y) = y. (Primijetimo da su, opcenito, inkluzija i identiteta me�usobno razliµcite, jer

su im domene razliµcite.)

(2) Neka su funkcije pX : X � Y ! X i pY : X � Y ! Y de�nirane redom pravilima

pX(x; y) = x i pY (x; y) = y; (x; y) 2 X � Y .To su tzv. projekcije iz direktnoga produkta X � Y na faktore X i Y redom. �

1.3.2 FUNKCIJSKA KOMPOZICIJA

DEFINICIJA 1.10 Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Pod kompozicijom

funkcije f s funkcijom g podrazumijevamo funkciju h : X ! Z zadanu pravilom

h(x) = g(f(x))

za svaki x 2 X. Zapisujemo to kao h = g � f ili krace h = gf .

Funkcijsku kompoziciju ilustrira sljedeci crteµz:

Funkcijska kompozicija je asocijativna, tj. ako su f : X ! Y , g : Y ! Z i h : Z ! W

funkcije, onda je h(gf) = (hg)f . Zaista, za svaki x 2 X je (h(gf))(x) = h((gf)(x)) =

h(g(f(x))) = (hg)(f(x)) = ((hg)f)(x), dakle, h(gf) = (hg)f .


Nadalje, za svaku funkciju f : X ! Y je f1X = f i 1Y f = f , gdje su 1X i 1Y pripadne

identitete. (Dokaz prepu�tamo µcitatelju.)

Neka su X 0 � X, Y 0 � Y (pod)skupovi i neka za funkcije f 0 : X 0 ! Y 0 i f : X ! Y

vrijedi (8x0 2 X 0) f 0(x0) = f(x0). Tada kaµzemo da je f 0 suµzenje (ili restrikcija)

funkcije f , odnosno, da je f pro�irenje (ili ekstenzija) funkcije f 0. Ako je, posebice,

Y 0 = Y onda pi�emo f 0 = f jX0 . Primijetimo da je, za svaku funkciju f : X ! Y ,

suµzenje na svaki podskup X 0 � X jednoznaµcno odre�ena tim podskupom. Me�utim,

analogna tvrdnja za pro�irenje nije istinita.

1.3.3 INVERZNA FUNKCIJA

DEFINICIJA 1.11 Neka su dani funkcija f : X ! Y i podskupovi A � X;B � Y .

Slikom skupa A po funkciji f smatramo skup f [A] = fy = f(x) j x 2 Ag � Y . U

sluµcaju A = X i f [X] = fyg (jednoµclan skup), funkciju f nazivamo konstantnomfunkcijom (ili konstantom) u element y 2 Y i oznaµcujemo f = cy, a u sluµcaju

f [X] = Y - surjektivnom funkcijom (ili surjekcijom ili preslikavanjem "na").

Obratnom slikom (ili originalom) skupa B po funkciji f smatramo skup f�1[B] =

fx j f(x) 2 Bg � X. (Oprez! U oznaci f�1[B] dio f�1 ne oznaµcuje funkciju iz Y u

X. Ovaj f�1 se ipak moµze interpretirati kao funkcija, ali iz Y u 2X , stavljajuci y 7!f�1(y) = f�1[fyg]. Nama ce, inaµce, u ovim predavanjima f�1 sluµziti za oznaµcavanje

tzv. inverzne funkcije). Ako je (8y 2 Y ) f�1[fyg] = fxg jednoµclan podskup od X, ondakaµzemo da je f injektivna funkcija (ili injekcija ili "1-1"-preslikavanje).

DEFINICIJA 1.12 Reci cemo da je funkcija f : X ! Y bijekcija (ili obostrano

jednoznaµcna funkcija), ako je f injekcija i surjekcija.

Iz De�nicije 1.11 izravno slijedi:

f : X ! Y je injekcija , ((8x; x0 2 X) f(x) = f(x0)) x = x0);

f : X ! Y je surjekcija , ((8y 2 Y )(9x 2 X) f(x) = y).

Ovo skupa s De�nicijom 1.12 odmah povlaµci:

f : X ! Y je bijekcija , ((8y 2 Y )(9!x 2 X) f(x) = y).

TEOREM 1.13 Funkcija f : X ! Y je bijekcija onda i samo onda, ako postoji

funkcija g : Y ! X takva da je gf = 1X i fg = 1Y . Funkcija g je, tako�er, bijekcija,

jedinstvena je, a nazivamo ju inverznom funkcijom funkcije f i oznaµcujemo s f�1.

DOKAZ. Neka je f : X ! Y bijekcija. Buduci da tada za svaki x 2 X postoji toµcno

jedan y 2 Y za koji je f(x) = y, moguce je de�nirati funkciju g : Y ! X pravilom

1.3. FUNKCIJE 11

g(y) = x µcim je y = f(x). Za kompozicije dobivamo: gf(x) = g(y) = x = 1X(x), za

svaki x 2 X, i fg(y) = f(x) = y = 1Y (y), za svaki y 2 Y .Obratno, neka za f : X ! Y postoji g : Y ! X tako da je gf = 1X i fg = 1Y .

Ako je y 2 Y , uzmimo x = g(y) 2 X, pa ce biti f(x) = fg(y) = 1Y (y) = y. Prema

tomu, f je surjekcija. Ako su x; x0 2 X takvi da je f(x) = f(x0) 2 Y , onda je

x = 1X(x) = gf(x) = gf(x0) = 1X(x0) = x0. Slijedi da je f je injekcija, dakle i bijekcija.

Za dokaz jedinstvenosti, pretpostavimo da postoje dvije funkcije g; g0 : Y ! X takve

da je gf = 1X = g0f i fg = 1Y = fg0. Tada je, za svaki y 2 Y , g(y) = 1X(g(y)) =

(g0f)(g(y)) = g0((fg)(y)) = g0(1Y (y)) = g0(y), dakle, g = g0.

1.3.4 KARDINALNI BROJ

DEFINICIJA 1.14 Neka su X;Y skupovi. Reci cemo da je X ekvipotentan (ili da

ima jednako mnogo elemenata kao) Y , ako postoji neka bijekcija f : X ! Y .

Ekvipotentnost skupova je, oµcito, razredbena relacija na klasi (pojam "skup svih skupo-

va" vodi k protuslovlju; mnoµzina svih skupova ne tvori skup nego opcenitiji objekt, tzv.

klasu.) svih skupova, pa se skupovi svrstavaju u disjunktne ekvipotencijske razrede.

Razred kojemu pripada skup X nazivamo kardinalnim brojem (ili glavnim brojem

ili potencijom) skupa X i oznaµcujemo s jXj ili s cardX.

DEFINICIJA 1.15 Reci cemo da je skup X beskonaµcan, ako postoje pravi podskup

X 0 � X i bijekcija f : X ! X 0. Ako skup X nije beskonaµcan, reci cemo da je konaµcan.

Primijetimo da De�nicija 1.15 izravno povlaµci konaµcnost praznoga skupa ;.Napomenimo da vrijedi tvrdnja:

� Neka su X i Y ekvipotentni skupovi, tj. jXj = jY j. Tada je X (bes)konaµcan toµcno

onda kad je Y (bes)konaµcan.

DEFINICIJA 1.16 Reci cemo da je kardinalni broj skupa X manji ili jednak od

kardinalnog broja skupa Y i pisati jXj � jY j (ili cardX � cardY ), ako postoji neka

injekcija f : X ! Y . Ako je jXj � jY j, a X i Y nisu ekvipotentni (tj. jXj 6= jY j), recicemo da je kardinalni broj od X manji od kardinalnog broja od Y i pisati jXj < jY j.

Vrijedi

� Neka je X � Y . Ako je X beskonaµcan skup onda je takav i Y , a ako je Y konaµcan

skup onda je takav i X.

� Ako je X konaµcan, a Y beskonaµcan skup, onda je jXj < jY j.


1.4 REALNI BROJEVI

Skup realnih brojeva ima temeljnu ulogu u cijeloj matematici, a u matematiµckoj analizi

posebice. Uobiµcajila su se dva pristupa ovomu skupu: induktivni (konstruktivni), koji

polazi od Peanovih aksioma za skup prirodnih brojeva, i aksiomatski (deduktivni),

koji pretpostavlja dobro poznavanje nekih algebarskih struktura. Mi cemo se drµzati

(starijega) induktivnoga pristupa.

1.4.1 PRIRODNI I CIJELI BROJEVI

Prihvacamo, kao "iskustvenu µcinjenicu", obstojnost barem jednog skupa N koji udo-

voljava ovim trima uvjeta:

(P1) N sadrµzi barem jedan element - oznaµcit cemo ga znakom 1 i nazvati brojem

jedan (ili jedinicom);

(P2) Postoji injektivna funkcija s : N ! N , takva da je, za svaki n 2 N , s(n) 6= 1;(P3) Ako za podskup M � N vrijedi:

(i) 1 2M;

(ii) (8n 2 N) n 2M ) s(n) 2M ,onda je M = N .

Uvjete (P1), (P2) i (P3) nazivamoPeanovim aksiomima. Posebice, aksiom (P3) nazi-

vamo naµcelom potpune (ili matematiµcke) indukcije. Pokazuje se da, u biti - glede

algebarske i ure�ajne strukture (to su nama poznate operacije zbrajanja i mnoµzenja

i ure�eja), postoji samo jedan skup N s navedenim svojstvima. Taj cemo skup is-

taknuti oznakom N i nazvati skupom prirodnih brojeva, a njegove elemente n 2 Nprirodnim brojevima.

Radi lak�eg sporazumijevanja najµce�ce se koriste sljedeci (indijsko-arapski) znakovi za

nekoliko "poµcetnih" prirodnih brojeva (u zagradama navodimo njihova hrvatska imena):

s(1) = 1+1 � 2 (dva), s(2) = 2+1 � 3 (tri), s(3) = 3+1 � 4 (µcetiri), s(4) = 4+1 � 5(pet), s(5) = 5 + 1 � 6 (�est), s(6) = 6 + 1 � 7 (sedam), s(7) = 7 + 1 � 8 (osam),

s(8) = 8 + 1 � 9 (devet), s(9) = 9 + 1 � 10 (deset), itd. (Znak 0 nam, zasebice, za

sada ne oznaµcuje nikakav objekt! Uvest cemo ga pri izgradnji skupa cijelih brojeva.

Znakove 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo decimalnim znamenkama, a njihovu cemo

praktiµcnu vaµznost shvatiti prigodom uvo�enja tzv. decimalnoga sustava zapisivanja

cijelih brojeva.)

Istaknimo da iz (P2) slijedi

� Skup prirodnih brojeva N je beskonaµcan.

Saµzmimo ukratko glavne µcinjenice o skupu N:

1.4. REALNI BROJEVI 13

Postoji toµcno jedan skup prirodnih brojeva N (beskonaµcan) s binarnim op-

eracijama + (zbrajanje) i � (mnoµzenje); koje su asocijativne i komutativne,+ je distributivna s obzirom na �, i s diskretnim ure�ajem � koji se dobro

pona�a prema zbrajanju (+) i mnoµzenju (�) i u kojemu je 1 = min(N;�):Dobivenu strukturu cemo oznaµciti s (N;+; �;�).

Po De�niciji 1.8 ima smisla govoriti o segmentima, intervalima, � � � u (N;�). Oznaµcavatcemo ih s [m;n]N, hm;niN, � � � . Primijetimo da je hn; n+ 1iN = ;, pa ima smislas(n) = n + 1 nazvati sljedbenikom od n. Posebno ce nam biti vaµzni tzv. poµcetni

komadi u (N;�), tj. segmenti

[1; n]N = fp 2 N j p � ng � f1; 2; � � � ; ng:

Sam skup N = [1; �iN � f1; 2; 3; � � � ; n; � � � g, gdje u zapisu ispisujemo elemente po�tujuciure�aj.

Vec smo ustanovili da je skup prirodnih brojeva beskonaµcan. Nadalje, svaki poµcetni

komad [1; n]N; n 2 N; konaµcni skup. Uobiµcajilo se poistovjetiti kardinalni broj j[1; n]Njs prirodnim brojem n. To pojednostavnjuje zapisivanje, a i sasvim je opravdano jer

vrijedi j[1;m]Nj = j[1; n]Nj , m = n. Naredni teorem pokazuje da se to moµze pro�iriti

na sve konaµcne neprazne skupove.

TEOREM 1.17 Neprazni skup X je konaµcan onda i samo onda, ako je ekvipotentan

nekom poµcetnom komadu [1; n]N skupa prirodnih brojeva.

Teorem 1.17 dopu�ta sljedecu de�niciju:

DEFINICIJA 1.18 Neka je X konaµcni i neprazni skup, a n prirodni broj. Reci cemo

da skup X ima n elemenata i pisati (cardX �) jXj = n, ako je X ekvipotentan

poµcetnomu komadu [1; n]N od N.

DEFINICIJA 1.19 Reci cemo da je skup X prebrojiv ako je ekvipotentan nekom

podskupu od N. U protivnom cemo reci da je skup X neprebrojiv.

Kardinalni broj beskonaµcnog prebrojivog skupa X oznaµcavamo sa cardX = @0 (µcita sealef nula).

Lako je provjeriti istinitost ovih tvrdnja:

(1) Svi konaµcni skupovi i skup prirodnih brojeva N jesu prebrojivi;(2) Skup N� N je prebrojiv;(3) Svaki beskonaµcni podskup A � N je ekvipotentan skupu N;(4) Svaki beskonaµcni prebrojiv skup X je ekvipotentan skupu N.


Dokaµzimo, ilustracije radi, tvrdnju (2)! Pokazat cemo da je direktni produkt N � Nekvipotentan skupu N. U tu svrhu promatrajmo sljedeci zapis skupa N� N:

De�nirajmo funkciju f : N ! N � N pravilom �to ga pokazuju strelice: f(1) = (1; 1),

f(2) = (2; 1), f(3) = (1; 2), f(4) = (1; 3), f(5) = (2; 2), f(6) = (3; 1), f(7) = (4; 1),

f(8) = (3; 2), f(9) = (2; 3), f(10) = (1; 4), � � � . (f se moµze propisati i neovisno oshemi!) Lako se vidi da je f bijekcija.

Na koncu ovog razmatranja vratimo se aksiomu (P3) - naµcelu matematiµcke indukcije.

On omogucava da se pokaµze istinitost tvrdnji oblika T (n) gdje je n 2 N: Ilustrirajmoto primjerom.

PRIMJER Dokaµzimo tvrdnju

(8n 2 N) 13 + 23 + � � �+ n3 =�n2(n+ 1)

�2:

Oznaµcimo sa M skup svih onih prirodnih brojeva n za koje je 13 + 23 + � � � + n3 =�n2 (n+ 1)

�2:

Primjetimo da je 1 2 M jer je 13 = 12(1 + 1): Dakle, M ima svojstvo (i) iz (P3).

Provjerimo sada da li M ima i svojstvo (ii), tj. da li iz n 2M slijedi da je i n+1 2M:

Da je n 2M znaµci da je tvrdnja

13 + 23 + � � �+ n3 =�n2(n+ 1)

�2 istinitaDa dokaµzemo da je n+ 1 2M , treba dokazati da je�

13 + 23 + � � �+ n3�+ (n+ 1)3 =

�n+ 12

(n+ 2)�2=(n+ 1)2

4(n+ 2)2:

Kako je prva zagrada na lijevoj strani jednakosti jednaka�n2 (n+1)

�2 imamo da je lijevastrana jednakosti�n

2(n+ 1)

�2+ (n+ 1)3 = (n+ 1)2

��n2

�2+ (n+ 1)

�=

(n+ 1)2

4(n2 + 4n+ 4) =

(n+ 1)2

4(n+ 2)2;

pa je zaista n+ 1 2M: Dakle, skup M ima svojstva (i) i (ii) pa je M = N; i dokazanoje da je polazna formula istinita za svaki prirodni broj. �

Uobiµcajeno je dokaz matematiµckom indukcijom provesti u tri etape koje opisuju aksiom

matematiµcke indukcije, odnosno ilustrativni postupak iz prethodnog primjera:


� Baza indukcije: tvrdnja je istinita za 1;� Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n;� Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n+ 1:

Poµcetni korak moµze biti i neki n0 2 N: Ilustrirajmo to primjerom.

PRIMJER Dokaµzite da nejednakost 2n > n2 vrijedi za svaki prirodan broj n � 5:Primjetimo da treba dokazati da je tvrdnja istinita za svaki pripodan broj n � 5: Toznaµci da treba modi�cirati bazu indukcije: prvo treba utvrditi da je tvrdnja istinita za

n0 = 5 : 32 = 25 > 25 = 52: Dalje je rutinski posao. Dakle, u ovom sluµcaju imamo:

� Baza indukcije: tvrdnja je istinita za n0;� Hipoteza indukcije: neka tvrdnja vrijedi za n (>n0);

� Korak indukcije: dokaz da tvrdnja vrijedi za n+ 1:Ako je za neko n > 5; 2n > n2 (hipoteza indukcije), tada je (korak indukcije)

2n+1 > (n+ 1)2 tj. 2 � 2n > n2 + 2n+ 1; ako je 2n > 2n+ 1:

Korak indukcije ce biti proveden ako dokaµzemo da je 2n > 2n + 1 za svki n > 5:

No, matematiµckom indukcijom lako se pokazuje da nejednakost 2n > 2n + 1 vrijedi

za n � 3: �

Vrlo vaµznu ulogu imaju prirodni brojevi koji se dobivaju pomocu faktorijela na sljedeci

naµcin: Neka su n; k 2 N[f0g, k � n. Brojn!

k!(n� k)! oznaµcujemo s�nk

�(µcitamo: en povrh ka) i nazivamo binomnim koe�cijentom. Lako je dokazati sljedeca

svojstva binomnih koe�cijenata:�n0

�= 1;

�n1

�= n;

�nk

�=� n

n� k

�(simetriµcnost);

�to povlaµci da za binomne koe�cijente�n0

�;�n1

�;�n2

�; � � � ;

�nn�2�;�nn�1�;�nn

�vrijedi:�n

0

�=�nn

�;�n1

�=� n

k � 1

�;�n2

�=� n

n� 2

�; � � � ; tj.�n

k

�+� n

k + 1

�=�n+ 1k + 1

�; k < n:

Indukcijom po n, dokazuje da je svaki binomni koe�cijent zaista prirodan broj. Binomne

koe�cijente je zgodno prikazati pomocu sljedece sheme, tzv. Pascalova trokuta:


(Svaki "unutra�nji" µclan u (n + 1)-vom retku jest zbroj "gornjih susjeda" iz n-toga

retka, a "rub" tvore jedinice!)

TEOREM 1.20 Za svaki par x; y 2 R i svaki n 2 N vrijedi tzv. binomna formula :

(x+ y)n = xn + nxn�1y +�n2

�xn�2y2 + � � �+

� n

n� 2

�x2yn�2 + nxyn�1 + yn:

DOKAZ. Ilustracije radi, sjetimo se ove formule u dobro poznatim sluµcajevima n =

1; 2; 3: (x+y)1 = x+y, (x+y)2 = x2+2xy+y2, (x+y)3 = x3+3x2y+3xy2+y3. Buduci

da cemo teorem dokazati potpunom indukcijom, prvi je korak naµcinjen. Zapi�imo

binomnu formulu na naµcin

(x+ y)n =Xn

k=0

�nk

�xn�kyk:

Provedimo induktivni korak n 7! n+ 1:

(x+ y)n+1 = (x+ y)n(x+ y) =(induktivna pretp ostavka)�Xn

k=0

�nk

�xn�kyk

�(x+ y) =

Xn

k=0

�nk

�xn+1�kyk +

Xn

k=0

�nk

�xn�kyk+1 =

xn+1 +Xn

k=1

�nk

�xn+1�kyk +

Xn�1

k=0

�nk

�xn�kyk+1 + yn+1 =

(�pom iµcemo� indeks k u k+1 u drugo j sum i, pa u pribro jn icim a mora k postati k-1 )

xn+1 +Xn

k=1

�nk

�xn+1�kyk +

Xn

k=1

� n

k:1

�xn�(k�1)y(k�1)+1 + yn+1 =

xn+1 +Xn

k=1

��nk

�+� n

k � 1

��xn+1�kyk + yn+1 =(svo jstvo (iii))

xn+1 +Xn

k=1

�n+ 1k

�xn+1�kyk + yn+1 =

Xn+1

k=0

�n+ 1k

�xn+1�kyk;

µcime je tvrdnja dokazana.

Primjerimo da vrijediPn

k=0

�nk

�xn�kyk =

Pnk=0

�nk

�xkyn�k i ova jednakost je posljed-

ica uoµcene simetriµcnosti binomnih koe�cijenata i, dakako, komutativnosti zbrajanja i

mnoµzenja u R.

KOROLAR 1.21

(a) (x� y)n =Xn

k=0(�1)k

�nk

�xn�kyk;

(b)Xn

k=0

�nk

�= 2n;

(c)Xn

k=0(�1)k

�nk

�= 0.

DOKAZ. Tvrdnja (a) slijedi iz Teorema 1.20 zamjenom y sa �y, tj. (x � y)n =

(x + (�y))n, dok se (b) dobiva iz Teorema 1.23 u sluµcaju x = y = 1. Tvrdnja (c) se

dobiva iz (a) stavljajuci y = x.

DEFINICIJA 1.22 Svaku bijekciju [1; n]N ! [1; n]N nazivamo permutacijom n-tog

reda.


Izjednaµcujuci takvu bijekciju s njezinom ure�enom (po domeni) slikom, smijemo reci da

je permutacija n-toga reda svaki n-slog (ili ure�ena n-torka) (i1; � � � ; in) me�usobnorazliµcitih (dakle, svih) elemenata od [1; n]N, tj. smijemo reci da je permutacija n-toga

reda svaki ure�aj skupa [1; n]N. Broj ij , 1 � j � n, nazivamo j-tom koordinatom

sloga (i1; � � � ; in). Oµcito je da se gornja de�nicija moµze formalno prenijeti na svakikonaµcni skup X = fx1; � � � ; xng, pa tada govorimo o permutaciji skupa X.

PRIMJER Popi�imo sve permutacije skupa X = fa; b; cg. To su:(a; b; c), (a; c; b), (b; a; c), (b; c; a), (c; a; b), (c; b; a). �

TEOREM 1.23 Kardinalni broj Pn skupa svih permutacija n-toga reda jest n!.

DOKAZ. Po de�niciji (komentaru) je svaka permutacija n-tog reda neki element

(i1; � � � :in) direktnoga produkta [1; n]N � � � � � [1; n]N � ([1; n]N)n kojemu su sve koor-dinate me�usobno razliµcite. Za prvu koordinatu imamo, dakle, n mogucnosti izbora,

za drugu - n� 1, � � � , za zadnju ( n-tu) - jednu mogucnost.Dobivamo Pn = n � (n� 1) � � � � � 1 = n!.

Reci cemo da su u permutaciji (i1; � � � :ij ; � � � ; ik; � � � ; in) koordinate ij i ik, 1 � j <

k � n, tvore inverziju, ako je ik < ij . Primjerice, u permutaciji trecega reda (3; 1; 2)

inverziju tvore 3 i 1 te 3 i 2, dok u permutaciji (1; 2; 3) nema inverzija. Ako u permutaciji

(i1; � � � :in) ima ukupno paran broj (ukljuµcujuci ni�ticu) inverzija, govorimo o parnojpermutaciji, a u protivnom o neparnoj permutaciji. Primjerice, (2; 3; 1) ima toµcno

dvije inverzije pa je to parna permutacije, dok je (3; 2; 1) neparna permutacija jer ima

ukupno tri inverzije.

Radi li se o permutacijama konaµcnog skupa X, jXj = n, najprije treba indeksirati

njegove elemente zapisom X = fxi j i 2 [1; n]Ng, tj. odrediti "osnovnu permutaciju"(x1; � � � ; xn), a dalje se radi vodeci raµcuna samo o indeksima. (Indeksirati elementeskupa X, jXj = n, zapravo znaµci odabrati neku bijekciju f : [1; n]N ! X i zapisati

X = ff(i) = xi j i 2 [1; n]Ng = fx1; � � � ; xng.

Sada cemo dobivenu strukturu pro�iriti na tzv. skup cijelih brojeva. Sjetimo se da u

sluµcaju m < n u N postoji p 2 N takav da je m+ p = n. Pisali smo p � n�m. Jasno

je da "�" ne moµze biti operacija na N jer u sluµcaju n � m ne znamo �to bi "n �m"

znaµcilo. Ovo vodi na zamisao da se skup N razumno pro�iri. U tu svrhu promatrajmoskup N i njegov preslik N0 = f10; 20; 30; � � � ; n0; � � � g, gdje nam crtice 0 sluµze za formalno

razlikovanje preslika od izvornika. Oznaµcimo znakom 0 novi objekt (ne pripada N niN0), nazovimo ga nulom (ili ni�ticom), pa promatrajmo skup Z = N0 [ f0g [ N. Naskupu Z µzelimo izgraditi strukturu sliµcnu onoj na njegovu podskupu N i to tako da se


postojeca struktura na N ne izmijeni, tj. struktura na Z treba biti pro�irenje one na

podskupu N. Najprije de�niramo zbrajanje na Z, koje cemo opet oznaµciti znakom +,

tj. + : Z �Z ! Z. Ako su m;n 2 N (m0; n0 2 N0), neka m+ n (m0 + n0) u Z bude isto

�to i u N (N0). Ako je m 2 N i n0 2 N0, neka bude

m+ n0 = n0 +m =

8>><>>:m� n, µcim je n < m

0; µcim je n = m

(n�m)0; µcim je m < n

:

Napokon, de�niramo m+ 0 = m = 0 +m, n0 + 0 = n0 = 0 + n0 i 0 + 0 = 0.

Lako se provjeri da je zbrajanje Z pro�irenje zbrajanja na N i da je saµcuvalo sva dobrasvojstva. Pokazuje se prikladnim oznaµciti N0 kao �N i n0 kao �n, pa se "�" moµzeinterpretirati kao nova binarna operacija (oduzimanje) na Z.

Mnoµzenje na Z de�niramo kako slijedi: Ako su m;n 2 N, neka m � n u Z bude isto �toi m � n � mn u N; ako su m 2 N i �n 2 �N, stavljamo m � (�n) = (�n) �m = �(mn);ako su �m;�n 2 N, neka bude (�m) � (�n) = mn; napokon, neka bude 0 �m = m � 0 =0 � (�n) = (�n) � 0 = 0 � 0 = 0, za svaki m 2 N i svaki �n 2 �N.Nije te�ko provjeriti da je ovo mnoµzenje pro�irenje mnoµzenja na N, te da naslje�ujenjegova korisna svojstva. I u Z cemo pojednostavniti zapisivanje µcesto pi�uci m �n kaomn.

Ure�aj � na Z uvodimo najprije globalno zahtjevom �N �f0g � N, tj. �m � 0 � n

za svaki �m 2 �N i svaki n 2 N. Nadalje, u N � Z neka bude ure�aj � naslje�en od

(N;�), dok u �N obrnimo taj ure�aj, tj. �m � �n u Z kad god je n � m u N.

Skup Z s operacijama + i � i ure�ajem � nazivamo skupom cijelih bro-

jeva i oznaµcujemo sa (Z;+; �;�), a njegove elemente nazivamo cijelimbrojevima. Jednostavnosti radi, obiµcno se pi�e samo Z, aµzeli li se istaknutielemente i ure�aj, pi�e se Z = f� � � ;�n; � � � ;�2;�1; 0; 1; 2; � � � ; n; � � � g.

Neka µcitatelj dokaµze ove jednostavne tvrdnje:

(a) Skup Z je ekvipotentan skupu N, dakle, jZj = @0;(b) Ure�eni skup (Z;�) nema najmanjega elementa.

1.4.2 RACIONALNI BROJEVI

Promatrajmo direktni produkt Z � N = f(m;n) j m 2 Z; n 2 Ng i na njemu binarnurelaciju � de�niranu pravilom:

(m;n) � (m0; n0), mn0 = m0n:

Lako se provjeri da je � razredbena relacija, pa se skup Z � N po njoj cijepa na

disjunktne razrede [(m;n)] � Z�N. Oznaµcimo slovom Q skup svih tih razreda, tj. Q =


f[(m;n)] j m 2 Z; n 2 Ng. Na skupu Q de�niramo binarne operacije + (zbrajanje) i �(mnoµzenje) i relaciju � (manje ili jednako) kako slijedi:

[(m1; n1)] + [(m2; n2)] = [(m1n2 +m2n1; n1n2)];

[(m1; n1)] � [(m2; n2)] = [(m1m2; n1n2)];

[(m1; n1)] � [(m2; n2)], m1n2 � m2n1;

gdje na desnim stranama de�nicijskih jednakosti stoje operacije i ure�aj na Z. Pokazujese da su operacije + i � i relacija � na Q dobro de�nirane, tj. da ne ovise o izboru

predstavnika ekvivalencijskih razreda.

Primjerice, za zbrajanje, neka je [(m01; n

01)] = [(m1; n1)] i [(m0

2; n02)] = [(m2; n2)]. Tada

je, po de�niciji, [(m01; n

01)] + [(m

02; n

02)] = [(m0

1n02 + m0

2n01; n

01n02)]; pa buduci da je, po

relaciji �, (m01n02+m

02n01) �(n1n2) = m0

1n02n1n2+m

02n01n1n2 = m1n2n

01n02+m2n1n

01n02 =

(m1n2 +m2n1) � (n01n02); to je

[(m01; n

01)] + [(m

02; n

02)] = [(m1; n1)] + [(m2; n2)]:

Nadalje, pokazuje se da su operacije + i � asocijativne i komutativne, da je + obostranodistributivna na �, da je � ure�ajna relacija, te da se � dobro pona�a prema + i �.

Skup Q s operacijama + i � i ure�ajem � nazivamo poljem (ili potpuno

ure�enim poljem) racionalnih brojeva i oznaµcujemo s (Q;+; �;�), anjegove elemente nazivamo racionalnim brojevima (ili razlomcima).

Jednostavnosti radi, tu strukturu oznaµcujemo samo slovom Q.

Primijetimo da je pravilomm 7! [(m; 1)], m 2 Z, dobro de�nirana injektivna funkcija izZ uQ. To dopu�ta da se poistovjecenjem elementam 2 Z s elementom [(m; 1)] 2 Q skupZ shvati podskupom skupa Q, dakle, Z � Q. �tovi�e, pri ovomu poistovjecenju ostajusaµcuvane operacije + i �, kao i ure�aj � na Z, pa je struktura (Q;+; �;�) pro�irenjestrukture (Z;+; �;�). Sada se smije pojednostavniti zapisivanje racionalnih brojeva:

[(m;n)] �

8<: 0; µcim je m = 0

m0

n0; µcim je m 6= 0

;

gdje je (m0; n0) 2 [(m;n)] i M(m0; n0) = 1 (tj. m0 i n0 su relativno prosti).

Uobiµcajilo se pisati

Q = fq = m

nj m 2 Z; n 2 Ng

.�;

gdje je � prije navedena ekvivalencijska relacija na Z � N i M(m;n) = 1 (m i n su

relativno prosti).

Na skupu Q se prirodno de�nira pro�irenje oduzimanja ��na Z. Osim toga, na Qnf0gmoµzemo de�nirati novu operaciju � (dijeljenje), �(q1; q2) � q1 : q2 � q1

q2, stavljajuci

q1 : q2 =m

n� q;


pri µcemu je (m;n) 2 [(m1n2;m2n1)] i M(m;n) = 1, a q1 = m1n1i q2 = m2

n2. Dodatno se

de�nira i 0 : q = 0 za svaki q 2 Qnf0g, dok se "q : 0" ne moµze jednoznaµcno osmisliti.

Navedimo jo�dva svojstva skupa racionalnih brojeva:

(i) Skup Q je ekvipotentan skupu N, tj. jQj = @0;(ii) Ure�eni skup (Q;�) je svuda gust,

tj. (8q1; q2 2 Q) q1 < q2 ) (9q 2 Q) q1 < q < q2.

(Izravna posljedica jest beskonaµcnost svakog nepraznog intervala < q1; q2 >Q u (Q;�).)

Da bismo dokazali (i), sjetimo se da je N ekvipotentan svomu direktnom kvadratu, tj.

skupu N � N. Buduci da su N i Z ekvipotentni, lako se pokaµze da su i N � N i Z � Nekvipotentni, pa su onda i skupovi N i Z� N ekvipotentni. Primijetimo da je funkcijaf : Z�N! Q, f(m;n) = m

n , surjekcija, �to skupa s prethodnim jamµci obstojnost neke

surjekcije iz N na Q. No buduci da je N � Q mora biti jQj = jNj � @0. Za (ii) jedovoljno primijetiti da je q1+q2

2 2 hq1; q2iQ µcim je q1 < q2.

Racionalne brojeve je je pogodno prikazati pomocu toµcaka nekog pravca. U tu svrhu,

uµcvrstimo bilo koju toµcku O (ishodi�te) odabranoga pravca i toµcku E1, razliµcitu od

O, na "desnoj" zraci odre�enoj toµckom O. Toµcki O pridruµzimo cijeli broj 0, a toµcki E1

prirodni broj 1. Nanoseci duµzinu OE1 uzastopce na odabranu zraku��!OE1 i pridruµzujuci

tako dobivenim toµckama redom (�) prirodne brojeve, preslikat cemo skup prirodnihbrojeva injektivno u skup svih toµcaka te zrake. Preslikavajuci na isti naµcin preostale

cijele brojeve (�N) na "lijevu" zraku, smjestit cemo Z u skup svih toµcaka odabranogapravca. Pritom se µcuva ure�aj, tj. m < n u Z toµcno onda kad je Em "lijevo od"

En. Poznatim naµcinom dijeljenja duµzine moµzemo, nadalje, svakom racionalnom broju

q = mn pridruµziti jedinstvenu toµcku Eq na odabranomu pravca. (Pritom za q 2< k; l >Q,

k; l 2 Z, k < l, dijelimo duµzinu EkEl !) Tako se i Q injektivno i µcuvajuci ure�aj preslikau skup svih toµcaka promatranoga pravca.

Buduci da je Q svuda gust, moglo bi se pomisliti da je na opisani naµcin svakoj toµcki

na odabranomu pravcu pridruµzen neki racionalan broj, tj. da je opisana funkcija iz Qu skup svih toµcaka na tomu pravcu surjektivna. Da se radi o zabludi pokazuje ovaj

jednostavni primjer.


Konstruirajmo kvadrat �OE1MN nad "osnovnom" duµzinom OE1, pa zarotirajmo nje-

govu dijagonalu OM oko toµcke O polaµzuci ju na zraku��!OE1. Tako ce se toµcka M

preslikati u neku toµcku T odabrane zrake. Kad bi toµcka T bila slika nekog racionalnog

broja q, vrijedilo bi q2(� q � q) = 12 + 12 = 2 (Pitagorin pouµcak), �to je uobiµcajeno

pisati kao q = 212 �

p2: Na�u ce pretpostavku sada lako oboriti sljedeca tvrdnja

� Kvadrat n2 � n � n prirodnog broja n je (ne)paran onda i samo onda,ako je n (ne)paran.

Dokaµzimo ovu tvrdnju.

Prvo dokazujemo dovoljnost. Neka je n 2 N paran, tj. n = 2k za neki k 2 N. Tadaje i n2 = (2k)2 = 4k2 = 2(2k2) paran. Ako je n neparan, tj. n = 2k � 1, onda je in2 = (2k � 1)2 = 4k2 � 4k + 1 = 2(2k2 � 2k) + 1 neparan.Za dokazivanje nuµznosti, neka je n2 = 2k paran. Kad n ne bi bio paran, bio bi neparan

(svaki prirodan broj je ili paran ili neparan), pa bi, po dokazanoj dovoljnosti, i n2 bio

neparan - protuslovlje. Na isti naµcin se zakljuµcuju u sluµcaju n2 neparan. �

Vratimo se na�emu razmatranju, tj. pretpostavci da toµcki T odgovara racionalni broj

q �p2. To bi znaµcilo da je

p2 � m

n za neke m;n 2 N i M(m;n) = 1. Tada bi bilo

2 = m2

n2, tj. m2 = 2n2, pa bi po prethodnoj tvrdnji bilo m = 2k za neki k 2 N. To bi

dalje povlaµcilo da je n2 = 2k2, pa bi i n bio paran, tj. n = 2l za neki l 2 N. Napokon,slijedilo bi 1 = M(m;n) = M(2k; 2l) � 2 - protuslovlje. Prema tomu, toµcka T (koja

odgovara "veliµcini"p2) nije slika racionalnog broja po opisanom preslikavanju. Drugim

rijeµcima, tretiramo lip2 kao (neki novi) "broj",

p2 =2 Q. Zato se kaµze da u skupu Q

postoje praznine.

Upravo dakazana µcinjenica navodi na novo pro�irenje u slijedu N � Z � Q. Pro�iritcemo ga na naµcin da svakoj toµcki T brojevnog pravca odgovara toµcno jedan broj r i

obratno dolazimo do skupa realnih brojeva R (koji, za razliku od Q, nema praznina).Pritom je < u R isto �to i "biti lijevo" na brojevnom pravcu.

Ovo pro�irenje moguce je ako prihvatimo tvrdnju:

� (Dedekindov aksiom) Svaki neprazni i odozdol (odozgor) ome�eni skup A � Rima in�mum inf A (supremum supA) (u R).

U promatranom sluµcaju smo imali skup A = fq j q2 < 2g i inf A =p2 =2 Q ali jest

p2 2 R:

Napomenimo da je Dedekindov aksiom ekvivalentan tvrdnjama (zajedno):

� (Arhimedov aksiom) Neka su a; b 2 R, a > 0. Tada postoji n 2 N takav da jena > b (vrijedi i u Q).


� (Cantorov aksiom) Neka je za svaki n 2 N dan segment [an; bn] � R i nekan � m povlaµci [am; bm] � [an; bn] (tj. an � am � bm � bn).

Tada jeTn2N[an; bn] 6= ;.

Zakljuµcimo:

Skup R s operacijama zbrajanja (+) i mnoµzenja (�) i ure�ajem (�) nazivamopoljem (ili potpuno ure�enim poljem ) realnih brojeva i oznaµcujemo

s (R;+; �;�), a njegove elemente nazivamo realnim brojevima: Kao i

do sada, jednostavnosti radi, najµce�ce cemo ispu�tati oznake za strukturu i

pisati jednostavno R.

1.4.3 APSOLUTNA VRIJEDNOST REALNOG BROJA

Apsolutnom vrijedno�cu na skupu realnih brojeva smatramo funkciju jj : R ! Rde�niranu pravilom

jj (x) � jxj =(

x; x � 0�x; x < 0

:

De�nicija izravno povlaµci da je, za svaki x 2 R, x � jxj i jxj � 0, tj. vrijednosni

skup je R+ [ f0g. Pritom je jxj = 0 , x = 0. Primijetimo da je, za svaki x 2 R,x = 1 � jxj � + jxj µcim je x � 0, odnosno, x = (�1) � jxj � � jxj µcim je x � 0, pa u tomsmislu µcesto kaµzemo da je realni broj x > 0 pozitivan (ili da ima predznak plus -

"+"), a da je realni broj x < 0 negativan (ili da ima predznak minus - "�"). (Broju0 2 R ne pridijeljujemo predznak!) Graf apsolutne vrijednosti je prikazan na crteµzu

dolje.

Buduci da je x2 = (�x)2 (x2 � x � x), to je jxj2 = x2. Nadalje, j�xj = jxj i posebicejx� yj = jy � xj, za svaki par x; y 2 R. Navest cemo jo�neka vaµzna svojstva apsolutnevrijednosti:

(1) (8x 2 R)(8r 2 R+) jxj < r , �r < x < r (tj. x 2 h�r; ri);

(2) (8x; y 2 R) jx+ yj � jxj+ jyj (trokutna nejednakost);

(3) (8x; y 2 R) jx� yj � jxj � jyj;

(4) (8x; y 2 R) jx � yj = jxj � jyj ;

(5) (8x; y 2 R, y 6= 0)��xy

�� = jxjjyj .


Dokaµzimo npr. (2): Ako je x + y � 0 onda je jx+ yj = x + y � jxj + jyj, a ako jex + y < 0 onda je opet jx+ yj = �(x + y) = (�x) + (�y) � j�xj + j�yj = jxj + jyj.Opci sluµcaj se sada rutinski dokazuje matematiµckom indukcijom.

1.4.4 POTENCIRANJE

Asocijativnosti zbrajanja i mnoµzenja u R dopu�taju da se de�niraju zbroj i umnoµzakod bilo koliko, ali konaµcno, realnih brojeva. Zbroj (ili sumu) od n realnih brojeva

(pribrojnika) x1; : : : ; xn, n 2 N, oznaµcavamoXn

i=1xi � x1 + : : :+ xn

a umnoµzak (ili produkt) od n realnih brojeva (faktora) x1; : : : ; xn, n 2 N, oznaµcavamoYn

i=1xi � x1 � : : : � xn:

Ako je pritom x1 = : : : = xn � x, onda se umnoµzakQni=1 xi naziva n-tom potencijom

broja x i oznaµcuje kao xn; za x se kaµze da je baza, a za n da je eksponent potencije

xn. Matematiµckom indukcijom se dokazuje da vrijedi

xm � xn = xm+n;

(xm)n = xm�n;

(x � y)n = xn � yn;

9>>=>>; (�)

te da, za ma koje x; y 2 R i m;n 2 N, iz 0 � x < y i n 2 N slijedi xn < yn.

Nadalje, ako je x > 1 (0 � x < 1) onda je i xn > 1 (0 � xn < 1). Napokon, za svaki

x 2 R je xm < xn µcim je m < n u N.Potenciranje prirodnim eksponentima (R ! R, x 7! xn, n 2 N ) pro�irujemo na

negativne cjelobrojne eksponente (�n 2 Z), ali za x 6= 0, stavljajuci:

x�n =1

xni x0 = 1:

Pokazuje se da i dalje vrijede jednakosti (�).Konaµcnim funkcijskim kompozicijama sastavljenim od potenciranja, mnoµzenja i zbra-

janje dobivamo vrlo vaµzan skup funkcija iz R u R - tzv. polinome. Toµcna de�nicija jestova: Neka su dani n 2 N[f0g i a0; a1; : : : ; an 2 R, an 6= 0. Funkciju

p : R! R; p(x) =Xn

i=0aix

i � anxn + : : :+ a1x+ a0;

nazivamo polinomom (n-toga stupnja). Brojeve a0; a1; : : : ; an nazivamo koe�cijen-

tima polinoma p. (Oni posve odre�uju taj polinom.)

Ranije smo spomenuli decimalni naµcin zapisivanja prirodnih brojeva navodeci oz-

nake (i nazive): 1 (jedan), 2 (dva), � � � , 9 (devet) i 10 (deset). Cijeli broj 0 nazvalismo nulom ili ni�ticom. Brojeve 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 nazivamo i decimalnim zna-

menkama. Decimalni zapis prirodnog (pa onda i cijelog i racionalnog) broja zasniva

se na ovoj µcinjenici:


� Za svaki m 2 N postoji jedan jedini polinom p kojemu su koe�cijenti decimalne

znamenke i za koji je p(10) = m.

Ako je takav polinom p odre�en koe�cijentima a0; a1; : : : ; an, tj. p(x) = anxn + : : : +

a1x + a0, onda je pripadni decimalni zapis broja m = p(10) upravo anan�1 : : : a1a0.

Primjerice, prirodni broj 7 � (10)3 + 4 � (10)2 + 0 � (10)1 + 5 ima decimalni zapis 7405.Dakle, broj 10 je "baziµcan" za decimalni sustav - odatle naziv!. Na isti naµcin za-

pisujemo i negativne cijele brojeve (�m) stavljajuci znak "�" ispred zapisa (za m).Napomenimo da se pored decimalnoga rabe i neki drugi sustavi za zapisivanje cijelih

brojeva. Primjerice, binarni sustav u kojemo ulogu "baziµcnoga" broja preuzima broj

2, pa taj sustav ima samo dvije binarne znamenke - 0; 1.

Osvrnimo se sada i na decimalno zapisivanje racionalnih brojeva. Ako je racionalan

broj q = m10n (m 2 Z, n 2 N), nazivamo ga decimalnim brojem. Neka je m > 0 i

neka je njegov decimalni zapis akak�1 � � � a1a0, tj. m = ak10k+ � � �+a110+a0. Tada je

q = ak10k�n+ � � �+a1101�n+a010�n, pa se za decimalni zapis decimalnoga broja

q uzima:

ak � � � an; an�1 � � � a0; kad je k � n;

0; ak � � � a0; kad je k = n� 1;0; 0 � � � 0ak � � � a0; kad je k � n� 2 (n� k � 1 ni�tica od zareza do ak):

U sluµcaju m < 0 postupamo kao i u sluµcaju m > 0 dodajuci znak "�" ispred zapisa.Primjerice, 347; 18 je decimalni zapis (decimalnoga broja) 3 �102+4 �10+7+1 �10�1+8 � 10�2 = 34718

102; �0; 695 je decimalni zapis broja �6 � 10�1� 9 � 10�2� 5 � 10�3 = �695

103;

0; 000201 je decimalni zapis broja 2 � 10�4 + 0 � 10�5 + 1 � 10�6 = 201106.

Postoje, me�utim, i nedecimalni racionalni brojevi, npr. 13 . Ipak, moµze se pokazati da je

svaki racionalan broj ili decimalan ili dopu�ta tzv. periodiµcki decimalni zapis (neke

znamenke ili neke skupine znamenaka iza zareza se pravilno ponavljaju). Primjerice,13 � 0; 333 � � � � 0; _3; 1219990 � 1; 2313131 � � � � 1; 2_3 _1. Dakako, iracionalni ce se brojevi

prikazivati beskonaµcnim neperiodiµckim zapisom. Npr.,p2 = 1; 4142 � � � :

Sjetimo se da smo potenciranje bili de�nirali samo za cjelobrojne eksponente. Sljedeci

"teorem o jedinstvenosti baze" jamµci mogucnost potenciranja racionalnim eksponentom

(tzv. korijenovanje).

TEOREM 1.24 Neka su dani a 2 R, a � 0, i n 2 N. Tada postoji toµcno jedan x 2 R,x � 0, takav da je xn = a.

Ovaj teorem jamµci valjanost potenciranja racionalnim eksponentom q = mn 2 Q:

aq � amn = (am)

1n � n

pam:

1.5. KOMPLEKSNI BROJEVI 25

Lako se vidi da je (a1n )m = (am)

1n . Nadalje, nije te�ko dokazati da sva provila za

potenciranje cjelobrojnim eksponenetima (*) ostaju valjana i pri potenciranju racional-

nim eksponentima. Napokon, potenciranje racionalnim eksponentom se pro�iruje na

potenciranje realnim eksponentom r 2 R kako slijedi:

ar = inffaq j q 2 Q; q > rg:

Opet se sva pravila za potenciranje (�) oµcuvaju.

1.5 KOMPLEKSNI BROJEVI

Pored u prethodnomu odjeljku konstruiranoga potpuno ure�enog polja realnih brojeva

R, vrlo vaµznu ulogu u matematiµckoj analizi ima i polje kompleksnih brojeva C (bez

ure�aja) �to cemo ga ovdje izgraditi.

1.5.1 POJAM I OSNOVNE OPERACIJE

DEFINICIJA 1.25 Poljem kompleksnih brojeva nazivamo direktni produkt R�R = f(x; y) j x; y 2 Rg zajedno s operacijama zbrajanja i mnoµzenja, kao i oduzimanjai dijeljenja, de�niranima kako slijedi:

(a) (x1; y1) + (x2; y2) = (x1 + x2; y1 + y2);

(b) (x1; y1) � (x2; y2) = (x1x2 � y1y2; x1y2 + y1x2);

(c) (x1; y1)� (x2; y2) = (x1 � x2; y1 � y2);

(d) (x1; y1) : (x2; y2) =�x1x2 + y1y2

x22 + y22

;�x1y2 + y1x2

x22 + y22

�, (x2; y2) 6= (0; 0).

Operacije na desnim stranama de�nicijskih jednakosti jesu one na R. Polje kompleksnihbrojeva oznaµcujemo slovom C; njegove elemente nazivamo kompleksnim brojevima

i obiµcno oznaµcujemo slovom z. Pri mnoµzenju (x1; y1) � (x2; y2) � z1 � z2 u C najµce�ceispu�tamo (kao i u R) oznaku "�" i pi�emo z1z2, a za dijeljenje (x1; y1) : (x2; y2) � z1 : z2

u C µcesto rabimo (kao i u R) razlomaµcku oznaku z1z2. Prvu koordinatu x kompleksnog

broja z = (x; y) nazivamo realnim dijelom, a drugu y - imaginarnim dijelom

kompleksnoga broja z; pi�emo: x = Re(z), y = Im(z). Poistovjetimo li R sa R�f0g =f(x; 0) j x 2 Rg � C, polje kompleksnih brojeva postaje prirodnim pro�irenjem polja

realnih brojeva (u skupovnom i strukturnom smislu). Naime, lako se provjeri da su

tada operacije "+", "�", "�" i "�" u C pro�irenja odgovarajucih operacija u R te

da zbrajanje i mnoµzenje naslje�uju sva dobra svojstva (asocijativnost, komutativnost,

distributivnost). Napokon, valja primijetiti da se u C ne moµze uvesti ure�aj kojibi bio uskla�en s operacijama. Buduci da ini ure�aji i nisu vaµzni, to se nijednoga

posebno ne istiµce.


U praksi se µce�ce operira kompleksnim brojevima u zapisu drugaµcijem od navedenoga.

Da bismo ga upoznali, promatrajmo jednadµzbu x2 + 1 = 0 u skupu R: Oµcito je daona nema rje�enja. Uvedimo u razmatranje novi objekt (izvan R) kojemu dopu�tamo"mnoµzenje" sa samim sobom rezultat kojega neka bude broj �1. Nazovimo taj ob-jekt imaginarnom jedinicom i oznaµcimo slovom i. Dakle, po de�niciji je i2 = �1,odnosno (formalno) i �

p�1. Nazovimo skup Ri = fyi j y 2 Rg svih formalnih

"umnoµzaka" yi, y 2 R, skupom imaginarnih brojeva, a njegove elemente yi imagi-

narnim brojevima. Neka je C � R + Ri = fx + yi j x; y 2 Rg skup svih formalnih�zbrojeva�x + yi, x 2 R, yi 2 Ri: De�nirajmo zbrajanje i mnoµzenje, te oduzimanje idijeljenje, u C kao pripadne operacije binomima a + b u R, vodeci raµcuna o tomu dasu ovdje a i b �nezbrojivi� i da je i2 = �1, i3 = �i, i4 = 1, i5 = i, � � � , tj. i4n+k = ik

za svaki n 2 N, te ik = i;�1;�i; 1 µcim je k = 1; 2; 3; 4 redom. Dodatno de�niramo i

i0 = 1. Sada se C � R+ Ri smije poistovjetiti s C = R� R, x+ yi � z = (x; y), jer se

operacije (a)-(d) na C podudaraju s odgovarajucima (a)0-(d)0 na C:

(a)0z1 + z2 � (x1 + y1i) + (x2 + y2i) = (x1 + x2) + (y1 + y2)i;

(b)0z1 � z2 � (x1 + y1i) � (x2 + y2i) = (x1x2 � y1y2) + (x1y2 + y1x2)i;

(c)0z1 � z2 � (x1 + y1i)� (x2 + y2i) = (x1 � x2) + (y1 � y2)i;

(d)0 z1z2� x1 + y1i

x2 + y2i=x1x2 + y1y2x22 + y

22

+�x1y2 + y1x2

x22 + y22

i, z2 � x2 + y2i 6= 0 + 0i.

Za svaki z = x + yi 2 C de�niramo pripadni konjugurani kompleksni broj z =

x + (�y)i � x � yi. Primijetimo da je z = z, pa brojeve z; z nazivamo konjugirano

kompleksnim parom. Nadalje, umnoµzak zz = zz = x2+ y2 2 R+[f0g. Nenegativnirealni broj

px2 + y2 nazivamo apsolutnom vrijedno�cu ilimodulom kompleksnoga

broja z = x + yi i oznaµcujemo s jzj. Uoµcimo da je zz = jzj2 i da je jzj = 0 , z =

0 + 0i(� 0 2 C).

1.5.2 GEOMETRIJSKI PRIKAZ KOMPLEKSNOG BROJA

Realne brojeve smo geometrijski interpretirali pomocu toµcaka nekog pravca, tj. potpuno

ure�eno polje R smo na pogodan naµcin poistovjetili s (brojevnim) pravcem.

Buduci da je C = R�R, moguce je polje kompleksnih brojeva poistovjetiti s (brojevnomili Gaussovom) ravninom. Naime, svakom kompleksnom broju z = (x; y) � x + yi

1.5. KOMPLEKSNI BROJEVI 27

odgovara jedinstvena toµcka T = (x; y) u (koordinatnoj) ravnini - i obratno. Uoµcimo da

je modul jzj od z euklidska udaljenost toµcke T , koja u kompleksnoj ravnini odgovarabroju z, od ishodi�ta O = (0; 0):

Napokon, primijetimo da operacije "+" i "�" u C dopu�taju u kompleksnoj ravnini

jednostavan slikovit prikaz (paralelogramsko pravilo).

Rabeci gornju interpretaciju, lako se pokaµze da i za kompleksne brojeve vrijedi trokutna

nejadnakost (8z1; z2 2 C) jz1 + z2j � jz1j+ jz2j:

1.5.3 TRIGONOMETRIJSKI ZAPIS KOMPLEKSNOG BROJA

Radi lak�eg operiranja kompleksnim brojevima, korisno je usvojiti jo�jedan naµcin nji-

hova zapisivanja.

Neka je dan z = x + yi 2 C, z 6= 0. Argumentom kompleksnoga broja z nazivamo

kutnu mjeru ' 2 R kuta izme�u pozitivne ("desne") zrake brojevnoga pravca i zrakeOT; O = (0; 0) i T = (x; y), i pi�emo: arg(z) = '; pritom smatramo da je ' < 0 µcim

ga mjerimo gibajuci se kao satna kazaljka, a u suprotnom da je ' > 0. Po dogovoru

stavljamo arg(0) = 0. Primijetimo da je ' = arg(z) , ' + k � 2� = arg(z), k 2 Z.Jednostavnosti radi, ovdje cemo modul jzj =

px2 + y2 2 R+ [ f0g kompleksnog broja

z oznaµcavati slovom r.

Argument arg(z) = ' 2 [0; 2� > (koji se u praksi najµce�ce istiµce) od z = x+ yi se lako

izraµcuna iz jednadµzbe tan' = yx , x 6= 0 (o trigonometrijskim funkcijama v. naredni

odjeljak), vodeci raµcuna o predznacima koordinata x i y; ako je x = 0, tj. z = yi 6= 0,


onda je ' = �2 µcim je y > 0 i ' = 3�

2 µcim je y < 0. Primijetimo da je sada x = r cos' i

y = r sin', pa dobivamo prikaz

z = r(cos'+ i sin');

�to nazivamo trigonometrijskim zapisom kompleksnoga broja z. Buduci da su

z1 = x1 + y1i i z2 = x2 + y2i jednaki toµcno onda kad je x1 = x2 i y1 = y2, to je

z1 = z2 onda i samo onda kad je r1 = r2 i '1 = '2 + k � 2�, k 2 Z. Praktiµcnosttrigonometrijskoga zapisa kompleksnog broja pokazuju naredni teoremi.

TEOREM 1.26 Za svaki par z1; z2 2 C je(a) z1 � z2 = r1r2(cos('1 + '2) + i sin('1 + '2));

(b)z1z2=r1r2(cos('1 � '2) + i sin('1 � '2)).

DOKAZ. z1 � z2 = r1(cos'1 + i sin'1) � r2(cos'2 + i sin'2) = (po (ii)0) =

r1r2(cos'1 cos'2 � sin'1 sin'2 + i(sin'1 cos'2 + cos'1 sin'2)) = (adicijski teo-

rem) =

r1r2(cos('1 + '2) + i sin('1 + '2)),

µcime je tvrdnja (a) dokazana.

Sasvim sliµcno se dokazuje tvrdnja (b).

KOROLAR 1.27 Neka su dani n 2 N i z1; � � � ; zn 2 C. Tada jeYn

k=1zk =

Yn

k=1rk�cos

Xn

k=1'k + i sin

Xn

k=1'k�;��Yn

k=1zk

�� =Yn

k=1jzkj :

Posebice, za z1 = � � � = zn � z dobivamo tzv. Moivreovu formulu

zn = rn(cosn'+ i sinn') i jznj = jzjn:

DOKAZ. Primijenjujuci Teorem 1.26(1), dokaz se provodi indukcijom po n. Za tvrd-

nju o apsolutnim vrijednostima trebamo i osnovnu trigonometrijsku relaciju cos2 � +

sin2 � = 1.

Trigonometrijski zapis kompleksnog broja je posebno pogodan za potenciranje racional-

nim eksponentom q = mn . Jasno, temeljni zadatak jest izraµcunati potenciju z

1n , n 2 N,

koju cemo i ovdje (kao i R) oznaµciti s npz i nazvati n-tim korijenom kompleksnoga

broja z. Dakle, w = npz toµcno onda kad je wn = z. Sljedeci teorem pokazuje kako se

za dani z = a+ bi odre�uje njegov n-ti korijen w = x+ yi.

TEOREM 1.28 Neka su dani z = a + bi = �(cos + i sin ) 2 C i n 2 N. Tadaw = n

pz ima n razliµcitih vrijednosti w1; � � � ; wn, koje odre�ujemo po formuli

wk+1 = np��cos

+ k � 2�n

+ i sin + k � 2�

n

�; k = 0; 1; � � � ; n� 1;

gdje je np� n-ti korijen u R+ [ f0g.

1.6. ELEMENTARNE FUNKCIJE 29

DOKAZ. Treba odrediti kompleksni broj w = x + yi = r(cos' + i sin') takav da je

wn = z, tj. rn(cosn'+i sinn') = �(cos +i sin ) (v. Korolar 1.27). Mora, dakle, biti

rn = � (u R) i n' = +k �2�, k 2 Z, tj. r = np� � 0 i ' = +k�2�n , k 2 Z. Periodiµcnost

trigonometrijskih funkcija cos i sin povlaµci da samo za n uzastopnih vrijednosti od k,

primjerice, za k 2 f0; 1; � � � ; n� 1g, dobivamo razliµcite vrijednosti za w.

Teorem 1.28 pokazuje da jednadµzba wn � z = 0 u C ima toµcno n razliµcitih rje�enja

- korijena. Nadalje, iz navedene formule se vidi da su ti korijeni vrhovi pravilnoga

n-torokuta upisanoga sredi�njoj kruµznici s polumjerom np�:

PRIMJER Izraµcunajmo 6p�8.

Buduci da je z = �8 = 8 � (cos� + i sin�) to je6p�8 = 6

p8�cos �+k�2�6 + i sin �+k�2�

6

�=p2�cos��6 +

k�3

�+ i sin

��6 +

k�3

��;

za k = 0; 1; 2; 3; 4; 5. Prema tomu,

w1 =p2(cos �6 + i sin

�6 ) =

p62 +

p22 i;

w2 =p2(cos �2 + i sin

�2 ) =

p2i;

w3 =p2(cos 5�6 + i sin

5�6 ) = �

p62 +

p22 i;


7�6 ) = �

p62 �

p22 i;


3�2 ) = �

p2i;

w6 =p2(cos 11�6 + i sin 11�6 ) =

p62 �

p22 i �

1.6 ELEMENTARNE FUNKCIJE

U ovomu odjeljku cemo se baviti najvaµznijim funkcijama iz R u R, tj. najvaµznijimrealnim funkcijama jedne realne varijable. Posebnu pozornost cemo posvetiti onim

funkcijama �to imaju veliku vaµznost u tehniµckoj primjeni i praksi.

1.6.1 ZADAVANJE FUNKCIJA IZ R U R

Uobiµcajeno je da se (realnom) funkcijom naziva i bilo koji analitiµcki (algebarski) izraz

�to sadrµzi varijablu (parametar, neovisnu promijenjivu veliµcinu) x i opisuje pravilo, tj.

konaµcni redoslijed algebarskih ili inih operacija, po kojimu se odre�uje pridruµzena joj

(i o njoj ovisna) veliµcina y: Tako se, primjerice, zapisi

y = x2; y =2x� 3x+ 5

; y = 3

r2

1� x;

nazivaju funkcijama iz R u R. Da bismo se s tim sasvim sloµzili, tj. da bi sve bilo u

skladu s De�nicijom 1.9; drµzat cemo se ovoga dogovora:


� Neka je y = f(x) zapis u kojemu analitiµcki izraz f(x) sadrµzi (samo jednu) varijablu

x. Tada taj zapis de�nira funkciju f : X ! R, pri µcemu je X � R podskup kojitvore svi oni elementi x 2 R za koje izraz f(x) odre�uje jedinstveni realni broj, af je pravilo �to ga propisuje izraz f(x). U tomu sluµcaju govorimo da je funkcija

f : X ! R zadana analitiµcki zapisom y = f(x).

PRIMJER Odredimo funkciju f : X ! R iz analitiµckoga zapisa y =2x� 3x+ 5

:

U izrazu 2x�3x+5 se primijenjuju sve µcetiri osnovne raµcunske operacije. Znamo da su +,

� i � de�nirane za svaki ure�en par realnih brojeva, dok je dijeljenje de�nirano zasvaki ure�en par (a; b), b 6= 0. Slijedi da je de�nicijsko podruµcje X traµzene funkcije

f : X ! R skup fx 2 R j x + 5 6= 0g, tj. X = R n f�5g, a f je pravilo x 7! f(x) = y

propisano izrazom 2x�3x+5 . �

PRIMJER Odre�uju li analitiµcki izrazi1

1x +

21�x

ix� x21 + x

istu realnu funkciju?

Ne vodeci raµcuna o vrijednostima �to ih smije poprimiti varijabla x, formalno dobivamo

11x +

21�x

=1

1�x+2xx(1�x)

=x� x21 + x

;

pa oba izraza odre�uju isto pravilo f . Me�utim, domene su im razliµcite, jer prvi izraz

ima smisla naR n f�1; 0; 1g, a drugi na R n f�1g. Dani analitiµcki izrazi, dakle, neodre�uju istu realnu funkciju. �

Funkciju f : X ! R se moµze zadati i gra�µcki , tj. njezinim grafom

Gf = f(x; f(x)) j x 2 Xg � R2:

Primjerice, skup f(x;�x) j x < 0g [ f(x; x) j x � 0g � R2 jest graf funkcije jj : R! R,jj (x) = jxj, tzv. apsolutne vrijednosti ili norme na R:

U tehniµckoj praksi je gra�µcko zadavanje realnih funkcija vrlo uµcestalo. Svakom se

elementu (x; y) danoga skupa G � X�Y � R2 pridijeljuje, u odabranom koordinatnomsustavu, jedinstvena toµcka T = (x; y) i time de�nira funkcije f : X ! R, f(x) = y.

(Jasno, ne moµze svaki podskup G � R2 posluµziti za ovu svrhu! U novije vrijeme te

skupove-grafove crtaju automatske naprave, odnosno, elektroniµcka raµcunala.)

Ako je de�nicijsko podruµcje realne funkcije konaµcni skup X � R (ne "prevelikoga"

kardinalnog broja), moguce je eksplicite popisati sve vrijednosti varijable x i pripadne

vrijednosti y (ovisne o x). Tada se popuni odgovarajuca tablica, primjerice,

x 0 1 2 3 4 5

y �1 1 3 5 7 9:


Polazeci od takve tablice, kaµzemo da je tabliµcno zadana funkcija f : X ! R,x 7! f(x) = y.

Ponekad se tabliµcno "zadaju" i neke funkcije domene kojih su beskonaµcni skupovi, s

uputama (pravilima) za izraµcunavanje (najµce�ce, tek pribliµznih) vrijednosti kojih nema

u tablicama. Te pribliµzne vrijednosti su samo, za stanovite potrebe zadovoljavajuce,

aproksimacije toµcnih vrijednosti promatrane funkcije, koje ne moµzemo ili ne znamo ili

ih se "ne isplati" posvema toµcno odrediti. Najµce�ca i najjednostavnija uputa je tzv.

linearna interpolacija (ekstrpolacija) koja se moµze saµzeto opisati kako slijedi.

Neka su funkciji f : X ! R, X � R, poznate samo vrijednosti u toµckama

x1; � � � ; xn 2 X; n 2 N;

(koje smo poredali po veliµcini, tj x1 < � � � < xn) i neka je x0 2 X n fx1; � � � ; xng. Tada"nepoznatu" vrijednost f(x0) aproksimiramo vrijedno�cu y0, y0 � f(x0), na ovaj naµcin:

y0 = f(xi) +f(xi+1)� f(xi)

xi+1 � xi(x0 � xi); µcim je xi < x0 < xi+1; i 2 [1; n� 1]N;

y0 = f(x1) +f(x2)� f(x1)

x2 � x1(x0 � x1); µcim je x0 < x1;

y0 = f(xn) +f(xn)� f(xn�1)

xn � xn�1(x0 � xn); µcim je x0 > xn:

Dobro poznate srednjo�kolske "Logaritamske tablice" sadrµze nekoliko vaµznih primjera

tabliµcno "zadanih" funkcija.

PRIMJER Neka je funkcija f : [0; 6]! R "zadana" tablicom

x 0 1 2 3 4 5

y �1 1 3 5 7 9:

Odredimo, rabeci linearnu interpolaciju i linearnu ekstrapolaciju, pribliµzne vrijednosti

za f(2; 5) i f(5; 8).

Buduci da je x3 = 2 < 2; 5 < 3 = x4, to prva formula (interpolacija) daje

f(2; 5) � 3 + 5� 33� 2(2; 5� 2) = 4:

Za drugu vrijednost trebamo (desnu) ekstrapolaciju (5; 8 > 5 = x6):

f(5; 8) � 9 + 9� 75� 4(5; 8� 5) = 10; 6: �

Promatrajmo sada jednadµzbu F (x; y) = 0 u kojoj dano pravilo F povezuje realne

nepoznanice x i y. Ako se na nekom podskupu X � R svakom elementu x 2 X moµze

pridruµziti toµcno jedan element y 2 R tako da ure�eni par (x; y) zadovaljava polaznujednadµzbu, onda kaµzemo da je jednadµzbom F (x; y) = 0 implicitno zadana funkcija

f : X ! R, f(x) = y. U tomu je sluµcaju, dakle, F (x; f(x)) = 0 za svaki x 2 X. U

praksi se µcesto pojavljuje sluµcaj da jednadµzba F (x; y) = 0 dopu�ta, za svaki x iz nekog


podskupa X � R, vi�e (od jedne) vrijednosti za y, pa se tada kaµze da ta jednadµzbaodre�uje vi�e implicitno zadanih funkcija. (Pitanje o obstojnost implicitne funkcije je

vrlo vaµzno i mi cemo ga rije�iti u Matematici 2)

PRIMJER Neka je F (x; y) = x2 + y2 � 1; x; y 2 R: Tada jednadµzba F (x; y) = 0

odre�uje na segmentu X = [�1; 1] dvije implicitno zadane funkcije f1;2 : X ! R;

f1;2(x) = �p1� x2

�Promatrajmo dvije funkcije '; : T ! R de�nirane na istomu skupu T � R. Zasvaki t 2 T oznaµcimo pripadne funkcijske vrijednosti s x = '(t) i y = (t). Ako je

funkcija � injektivna, njezino suµzenje ' : T ! '[T ] � X je bijekcija, pa postoji njoj

inverzna funkcija '�1 : X ! T , '�1(x) = t µcim je x = '(t). Tada je dobro de�nirana

kompozicija '�1 � f : X ! R, f(x) = ( '�1)(x): Pritom kaµzemo da je dobivena

funkcija f : X ! R parametarski zadana jednadµzbama x = '(t) i y = (t) (ili

funkcijama � i ). Prijelaz s jednadµzaba x = '(t) i y = (t) na eksplicitni oblik

y = f(x) nazivamo eliminacijom parametra t.

PRIMJER Neka su funkcije '; : R! R zadane pravilima '(t) = t�1, (t) = t2+1.

Buduci je � bijekcija, postoji '�1 : R ! R i oµcito je '�1(x) = x + 1. Prema tomu,

jednadµzbama x = t � 1, y = t2 + 1 je parametarski zadana funkcija f : R ! R,f(x) = ( '�1)(x) = ('�1(x)) = (x+ 1) = (x+ 1)2 + 1 = x2 + 2x+ 2: �

Napomenimo da je u praksi ponekad vrlo te�ko ili µcak nemoguce eliminirati parame-

tar t. Zbog toga je razra�ena tehnika za analiziranje parametarski zadane funkcije

preko pripadnog parametra.

1.6.2 GLOBALNA SVOJSTVA REALNIH FUNKCIJA

Ovdje cemo razvrstati funkcije iz X u R, X � R, prema nekim njihovim (globalnim)

svojstvima.

DEFINICIJA 1.29 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, ome�ena , ako(9M 2 R+)(8x 2 X) jf(x)j �M:

Ako funkcija nije ome�ena, kaµzemo da je neome�ena . Reci cemo da je funkcija f

ome�ena odozgor (ome�ena odozdol), ako

(9M 2 R)(8x 2 X) f(x) �M ((9m 2 R)(8x 2 X)f(x) � m):


Geometrijski interpretirano, graf Gf ome�ene funkcije f leµzi �nad�X u pruzi izme�u

R� f�Mg i R� fMg, odnosno, slika f [X] je sadrµzana u segmentu [�M;M ]. Oµcito je

funkcija f ome�ena onda i samo onda, ako je ome�ena odozgor i odozdol.

PRIMJER Pokaµzimo da je funkcija

f : Rnf0g ! R; f(x) =1

jxjneome�ena. U tu je svrhu dovoljno za svaki r 2 R+ pronaci neki x 6= 0 tako da budef(x) = jf(x)j > r. Taj uvjet povlaµci da, za dani r, mora biti jxj < 1

r . Uzmemo li,dakle, bilo koji x 2

�1r ;1r

�n f0g, dobivamo f(x) = 1

jxj > r.

Graf funkcije f(x) = 1jxj :

DEFINICIJA 1.30 Neka je domena X � R funkcije f : X ! R simetriµcna s obziromna ishodi�te O (0 2 R) realnoga brojevnog pravca. Reci cemo da je funkcija f parna(neparna), ako je

(8x 2 X) f(�x) = f(x) ((8x 2 X) f(�x) = �f(x)) :

Iz de�nicije slijedi da je graf parne funkcije osno simetriµcan s obzirom na y-os, a graf

neparne funkcije - centralno simetriµcan s obzirom na ishodi�te O (v. crteµze).

Parna i neparna funkcija.

PRIMJER Funkcija f : X ! R; f(x) = xn; n 2 N je parna µcim je n paran, a neparnaµcim je n neparan. Naime, f(�x) = (�x)n = (�1)nxn = (�1)nf(x), pa je tvrdnjaoµcigledno istinita. (To opravdava nazive "parna" i "neparna" funkcija.) �

DEFINICIJA 1.31 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, uzlazna ili

rastuca (silazna ili (o)padajuca), ako µcuva (obrce) ure�aj � na X naslje�en od R,tj. ako,

(8x1; x2 2 X) x1 < x2 ) f(x1) � f(x2) ((f(x1) � f(x2)) :

Ako, posebice,


(8x1; x2 2 X) x1 < x2 ) f(x1) < f(x2) (f(x1) > f(x2)) ;

onda kaµzemo da je funkcija f strgo uzlazna (strogo silazna). Reci cemo da je

funkcija f monotona (strogo monotona), ako je uzlazna ili silazna (strogo uzlazna

ili strogo silazna).

Napokon, reci cemo da je funkcija f po dijelovima monotona na intervalu ha; bi �X, ako postoji konaµcno mnogo toµcaka x0 = a < � � � < xi < � � � < b = xn takvih da

je na svakomu podintervalu hxi�1; xii, i = 1; � � � ; n, funkcija (suµzenje) f monotona.(Ovo se moµze poopciti do prebrojivo mnogo podintervala!) Sasvim sliµcno se po di-

jelovima monotonost de�nira na neome�enom intervalu, odnosno, na R; dopu�tajucipritom prebrojivo mnogo podintervala.

PRIMJER Promatrajmo funkciju f : R! R zadanu pravilom

f(x) =

8>><>>:0; x < 0

x+ 1; 0 � x � 12; x > 1

Lako se pokaµze da je funkcija f uzlazna, ali ne strogo uzlazna (v. graf Gf ). S druge

strane, apsolutna vrijednost jj : R ! R, x 7! jxj, nije monotona ali jest po dijelovimamonotona funkcija. Ona je na h�; 0] strogo silazna, a na [0; �i strogo uzlazna. �

DEFINICIJA 1.32 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, periodiµcna, ako(9P > 0)(8x 2 X) x� P 2 X ) f(x� P ) = f(x):

Svaki takav broj P nazivamo funkcijskim periodom (od f), a najmanji period oznaµcu-

jemo s P0 i nazivamo osnovnim periodom.

PRIMJER Promatrajmo funkciju f : R! R; f(x) = x� [x]; gdje je [x] tzv. "najvececijelo" od x, tj. [x] = k µcim je k � x < k + 1, k 2 Z. Primjerice, [�2; 38] = �3 = [�3],[0] = 0 = [12 ], [2] = 2 = [2; 38] = [

3p9]. (Primijetimo da je funkcijska slika "najvecega

cijelog" [R] = Z.) Buduci da je, za svaki x 2 R, 0 � x � [x] < 1, to je f [R] = [0; 1i.Nadalje, za svaki n 2 N je oµcito f(x+ n) = f(x), x 2 R.

Graf funkcije f(x) = x� [x]:

Prema tomu, f je periodiµcna funkcija kojoj je period P svaki prirodni broj n. Napokon,

jednostavna provjera pokazuje da funkcija f nema perioda manjeg od 1, pa je njezin

osnovni period P0 = 1. �


1.6.3 OSNOVNE ELEMENTARNE FUNKCIJE

Ovdje cemo de�nirati nekoliko vrsta jednostavnih realnih funkcija koje su temeljne za

daljnju nadgradnju, a vrlo su vaµzne u tehniµckoj primjeni i praksi. De�nicije nekih od

njih nece biti najkorektnije, �to je posljedica relativno oskudne teorijske podloge �to

smo ju dosad pripremili.

(i) Konstantna funkcija. Za svaki r 2 R postoji konstantna funkcija (v. De�niciju1.11) cr : R! R, cr(x) = r za svaki x 2 R.

(ii) Opca potencija. Promatrajmo analitiµcki izraz y = xr u kojemu je r 2 R (u

potenciji xr) unaprijed odabran i nepromjenjiv eksponent.Prisjetimo se: � ako je r = n 2 N onda je potencija xn dobro de�nirana za svaki x 2 R;� ako je r = 0 onda je x0 = 1 za svaki x 6= 0 (00 je formalni zapis koji se ne moµzena dobar naµcin jednoznaµcno odrediti.); � ako je r = k 2 Zn(N[f0g) � �N onda jexk = 1

x�ki ima smisla za svaki x 6= 0; � ako je r = m

n 2 Q n Z, M(m;n) = 1, onda jexmn = (x

1n )m i mogu nastupiti ova µcetiri sluµcaja: x

mn je dobro de�niran za svaki x µcim

je n neparan i m prirodan, xmn je dobro de�niran za svaki x 6= 0 µcim je n neparan i

m negativan, xmn je dobro de�niran za svaki x � 0 µcim je n paran i m prirodan, x

mn

je dobro de�niran za svaki x > 0 µcim je n paran i m negativan; � napokon, ako jer 2 R nQ onda je xr dobro de�niran za svaki x � 0 µcim je r > 0, odnosno, za svakix > 0 µcim je r < 0.

Grafovi opcih potencija za r 2 f1; 2; 3; 0;�1;�2g:

Zakljuµcujemo da, za svaki r 2 R, postoji funkcija f : Xr ! R, Xr � R, zadanapravilom f(x) = xr. Ne precizirajuci dani eksponent r, tu funkciju f nazivamo opcompotencijom. (Primijetimo da su konstanta c1 i opca potencija f s eksponentom r = 0


razliµcite funkcije, jer je X0 = Rnf0g.) Pritom je X1 = X2 = X3 = X 13= R, X0 =

X�1 = X�2 = X� 13= R r f0g, X 1

2= Xp2 = Xp3 = [0; �i.Primijetimo da za svaku

opcu potenciju f : Xr ! R postoji podskup Ar � Xr na kojemu je f injektivna. Tadaje suµzenje f jAr : Ar ! f [Ar] bijektivno pa postoji pripadna inverzna funkcija.

Grafovi opcih potencija za r 2 f 12 ;13 ;�

12 ;�

13 ;p2;p3;�

p2g:

TEOREM 1.33 "Inverzna" funkcija opce potencije je opet opca potencija. Preciznije,

ako je f(x) = xr onda je f�1(y) = y1r , kad god ti izrazi maju smisla.

DOKAZ. Vrijedi

(f�1f)(x) = f�1(f(x)) = f�1(xr) = (xr)1r = x = 1Ar(x) za x 2 Ar � Xr;

(ff�1)(y) = f(f�1(y)) = f(y1r ) = (y

1r )r = y = 1f [Ar](y), za y 2 f [Ar] � R.

Buduci da promatramo funkcije iz R u R, smijemo, a i uobiµcajilo se, oznaµcavati varijablex i y od f i f�1 (redom) istim slovom x. Dakle, umjesto f�1(y) ubuduce cemo pisati

f�1(x).

PRIMJER (a) Za r = 1 je f(x) = x1 = x = 1R(x) = f�1(x), tj. f = f�1 = 1R.

(b) Za r = 2 je f(x) = x2, a f�1(x) = x12 �

px µcim je x � 0.

(c) Za r = 3 je f(x) = x3, a f�1(x) = x13 � 3

px za svaki x 2 R. �

Na koncu, primijetimo da je, za svaki r 6= 0, pripadna opca potencija neome�ena funcija,te da je parna za svaki r = 2k

2n�1 , a neparna za svaki r =2k�12n�1 , gdje su n 2 N, k 2 Z.

(U drugomu sluµcaju, kao i za svaki iracionalni eksponent, pripadna opca potencija je

nenegativna, dakle, i ome�ena odozdol.) Neka µcitatelj za vjeµzbu odredi koje su opce

potencije strogo uzlazne, a koje strogo silazne funkcije.

(iii) Eksponencijalna funkcija. Sjetimo se da je potencija ax, u kojoj je baza a 2 R+

unaprijed odabrana i nepromjenjiva, dobro de�nirana za svaki x 2 R. Pritom je 1x = 1

za svaki x. Odabrav�i, dakle, bilo koji a > 0 i a 6= 1, tako dobivamo eksponencijalnufunkciju (s bazom a)

expa : R! R; expa(x) = ax:


Primijetimo da je expa[R] � R+ i expa(0) = a0 = 1. Napomenimo, eksponencijalnafunkcija je strogo uzlazna µcim je a > 1, a strogo silazna µcim je 0 < a < 1. Topovlaµci da je (svaka) eksponencijalna funkcija injektivna, odnosno, da je njezino suµzenjef : R! expa[R], f(x) = expa(x), bijekcija.

Eksponencijalna funkcija.

Posobno su u primjeni vaµzne eksponencijalne funkcije s bazama 10 - dekadska i e

(� 2; 718281828 � � � - transcendentan broj) - prirodna. Na sljedecemu crteµzu su grafovieksponencijalnih funkcija s bazama 2, 10, i 12 . Buduci da je (

1a)x = a�x, to su grafovi

eksponencijalnih funkcija exp 1ai expa simetriµcni s obzirom na y-os. Uoµcimo i to da je

eksponencijalna funkcija neome�ena (premda je ome�ena odozdol).

(iv) Logaritamska funkcija. U (iii) smo zakljuµcili da je funkcija f : R ! expa[R],f(x) = expa(x), bijektivna. Postoji, dakle, njoj inverzna funkcija f

�1 : expa[R] ! R,koju nazivamo logaritamskom funkcijom (po bazi a) i oznaµcujemo s f�1 � loga,odnosno, f�1(x) � loga x:

Logaritamska funkcija.

Prema tomu, za svaku bazu a je loga 1 = 0 i vrijedi:

(8x 2 R) (loga � expa)(x) = loga(ax) = x;

(8x 2 R+) (expa � loga)(x) = aloga x = x:

Odatle dobivamo

logb x =1

loga bloga x; (1)


logb a =1

loga b: (2)

Navedimo jo�nekoliko svojstava logaritamske funkcije:

(8x; y 2 R+) loga(xy) = loga x+ loga y; (3)

(8x; y 2 R+) loga�xy

�= loga x� loga y; (4)

(8x 2 R+)(8y 2 R) loga(xy) = y loga x: (5)

U sluµcaju a = 10 uobiµcajilo se zapis pripadne logaritamske funkcije x 7! log10 x (in-

verzne funkcije od x 7! exp10 x = 10x) skratiti na lg x ili log x. To je tzv. Briggsov ili

dekadski logaritam. Radi µceste praktiµcne uporabe ova se funkcija "zadaje" i tabliµcno

(v. npr. srednjo�kolski priruµcnik "Logaritamske tablice"). Veliku vaµznost imaju i tzv.

prirodni logaritmi, tj. vrijednosti loge x logaritamske funkcije po bazi e (inverzne

funkcije od x 7! expe x = ex). Njezin standardni (kraci) zapis jest x 7! lnx ("logaritam

naturalis"). Po formuli (1) dobivamo

lnx =lg x

lg e; lg x =

lnx

ln 10i ln 10 = (lg e)�1(� 2; 302585):

Oµcigledno je lg x > lnx µcim je 0 < x < 1, a lg x < lnx µcim je x > 1. Napokon,

primijetimo da se opca potencija x 7! xr moµze dobiti komponiranjem logaritamske i

eksponencijalne funkcije i mnoµzidbe konstantom, tj. xr = ar loga x. Posebice, xr =

10r lg x = er lnx.

(v) Trigonometrijske funkcije. Promatrajmo u pravokutnoj koordinatnoj ravnini

sredi�nju jediniµcnu krµznicu K � � � x2 + y2 = 1.

Oznaµcimo toµcku (1; 0) na K slovom A. Za svaku toµcku T na K nekayAT oznaµcuje

pripadni kruµzni luk (od A do T na K u geometrijski pozitivnom smjeru). Jasno je da sesvakom realnom broju x 2 [0; 2�i moµze pridijeliti toµcno jedna toµcka Tx na toj kruµznicitako da luµcna duljina l(

yATx) bude jednaka x. Dakle, Tx oznaµcuje kraj "namotanoga" od

A na kruµznicu K segmenta [0; x]. Ako je x 2 [2�; �i, onda mu na isti naµcin pridijelimotoµcku Tx na K "namatajuci" segment segment [0; x] ("vi�e puta") na tu kruµznicu.

Napokon, ako je x 2 h�; 0i postupimo na isti naµcin "namatajuci" od toµcke A na Ksegment [0;�x] u geometrijski negativnom smjeru. Oµcito je da ce biti Tx0 = Tx onda i

samo onda kad je x0 = x+k �2�, k 2 Z. Oznaµcujuci koordinate toµcke Tx s (cosx; sinx),dobivamo dvije periodiµcne funkcije (P0 = 2�):


sin : R! R (sinus), x 7! sinx; cos : R! R (kosinus), x 7! cosx.

Primijetimo da je sin[R] = [�1; 1] = cos[R].Funkcije sin i cos su, dakle, ome�ene i po dijelovima monotone. Primijetimo jo�da je

sin neparna, a cos parna funkcija.

Pomocu sin i cos cemo de�nirati jo�dvije trigonometrijske funkcije:

tg : Xtg ! R (tangens); tg x =sinx

cosx;

ctg : Xctg ! R (kotangens); ctg x =cosx

sinx;

gdje je Xtg = Rnfx j cosx = 0g = Rnf(2k � 1)�2 j k 2 Zg; Xctg = Rnfx j sinx = 0g =Rnfk� j k 2 Zg:Lako se provjeri da su funkcije tan i cot neome�ene i periodiµcne s osnovnim periodomP0 = �.

Trigonometrijske funkcije.

Nadalje, obje te funkcije su neparne, a nije te�ko dokazati da je tan po dijelovima strogo

uzlazna, a cot po dijelovima strogo silazna funkcija. Primijetimo da je ctg x = (tg x)�1,

x 2 Xtg\Xctg. Trigonometrijske funkcije su me�usobno povezane mnogim algebarskimrelacijama (µcitatelju poznatima iz srednje �kole), primjerice,

sin2 x+ cos2 x = 1; sin 2x = 2 sinx cosx;

cos 2x = cos2 x� sin2 x; tgx

2= �

r1� cosx1 + cosx

i dr.

(Pritom sin2, cos2, � � � ne oznaµcuju odgovarajuce funkcijske kompozicije sin � sin, cos � cos,� � � nego potencije; tj. sin2 x � (sinx)2, cos2 x � (cosx)2,� � � .)

(vi) Ciklometrijske funkcije. Trigonometrijske funkcije nisu bijektivne pa, strogo

sudeci, nemaju inverznih funkcija. Ipak, odgovarajucim suµzenjima njihovih domena i

kodomena moguce je postici bijektivnost pripadnih restrikcija, koje onda dopu�taju

invertiranje, pa u tomu smislu govorimo o inverznim funkcijama trigonometrijskih

funkcija, tj. o tzv. ciklometrijskim ili arkus-funkcijama (ciclus = kruµznica, arcus =

luk).

Najprije promatrajmo suµzenje sin j[��2;�2] : [��

2 ;�2 ]! R koje je, po de�niciji, injektivna

funkcija sa slikom sin[[��2 ;

�2 ]] = [�1; 1]. Stoga je funkcija S : [�

�2 ;

�2 ]! [�1; 1], S(x) =


sinx, bijektivna, pa postoji inverzna joj funkcija S�1 � ArcS : [�1; 1] ! [��2 ;

�2 ].

Napokon, pro�irenjem inkluzijom kodomene na cijeli R, "inverznom" funkcijom polaznefunkcije sin smatramo funkciju arkus-sinus,

arcsin : [�1; 1]! R; arcsinx = ArcS(x):

Sasvim sliµcno, polazeci od funkcije cos, dolazimo da bijekcije C : [0; �] ! [�1; 1],C(x) = cosx. Njezina inverzna funkcija jest C�1 � ArcC : [�1; 1] ! [0; �]. Sada

"inverznom" funkcijom od cos smatramo funkciju arkus-kosinus,

arccos : [�1; 1]! R; arccosx = ArcC(x)

Primijetimo da je suµzenje tangensa na��2 ;

�2

�� Xtan bijekcija. Slijedi da funkcija

T � tg jh��2;�2 i :

��2 ;

�2

�! R, T (x) = tg x, ima inverznu funkciju T�1 � ArcT :

R !��2 ;

�2

�. Pro�irujuci inkluzijom kodomenu na R, "inverznom" funkcijom od tg

smatramo funkciju arkus-tangens,

arctg : R! R; arctg x = ArcT(x)

Na sliµcan naµcin, polazeci od funkcije ctg, dolazimo do bijekcije Ct � ctg jh0;�i : h0; �i !R, Ct(x) = ctg x. Njezina je inverzna funkcija C�1t � ArcCt : R ! h0; �i. Sada"inverznom" funkcijom polazne funkcije ctg smatramo funkciju arkus-kotangens,

arcctg : R! R; arcctg x = ArcCt(x):

Grafovi ciklometrijskih funkcija prikazani na narednom crteµzu.

Uoµcimo da su sve ciklometrijske funkcije ome�ene. Osim toga, arcsin i arctan su strogo

uzlazne, a arccos i arcctg strogo silazne funkcije. Sliµcno trigonometrijskima i ciklomet-

rijske funkcije su me�uovisne (vodeci raµcuna o pripadnim domenama). Tako dobivamo

arcsinx = �2 � arccosx = arccos

p1� x2 = arctg xp

1�x2 = arcctgp1�x2x i dr.

DEFINICIJA 1.34 Osnovnim elementarnim funkcijama smatramo sve funkci-

je �to smo ih de�nirali pod (i), (ii), (iii), (iv), (v) i (vi):

1.6.4 RAZREDBA ELEMENTARNIH FUNKCIJA

DEFINICIJA 1.35 Elementarnom funkcijom smatramo svaku funkciju koja se

moµze konstruirati od osnovnih elementarnih funkcija i njihovih suµzenja primijenjujuci

(konaµcno puta) zbrajanje, oduzimanje, mnoµzenje, dijeljenje i funkcijsko komponiranje.


Pritom se osnovne raµcunske operacije na realnim funkcijama f; g : X ! R de�nirajuna prirodni naµcin:

(a) (f + g)(x) = f(x) + g(x);

(b) (f � g)(x) = f(x)� g(x);

(c) (f � g)(x) = f(x) � g(x);

(d)�fg

�(x) =

f(x)

g(x)µcim je g(x) 6= 0.

PRIMJER Funkcija f : [0; �i ! R, f(x) = 3x2�2 � sin 4px+ 1, jest elementarna, jer je

f = (f1 � (f2 � f3)) � (f4 � f5) + f6; gdje su f1 = exp3, f2 = kvadriranje (opca potencijax 7! x2), f3 = c2 (konstanta u 2), f4 = sin, f5 = µcetvrto korjenovanje (opca potencija

x 7! x14 ), f6 = c1 (konstanta u 1). �

Skup svih elementarnih funkcija se obiµcno dijeli na ove podskupove:

(i) Polinomi. Polinom (n-toga stupnja, n 2 N[f0g) smo de�nirali kao funkcijup : R! R, p(x) = anx

n + � � �+ a1x+ a0, pri µcemu su a0; a1; � � � ; an 2 R i an 6= 0µcim je n 2 N. (Primijetimo da je p = ca0 konstantna funkcija u a0 µcim je n = 0.)

(ii) Racionalne funkcije. Reci cemo da je f : X ! R,X � R, racionalna funkcijaako je

f(x) =p(x)

q(x);

pri µcemu su p i q polinomi. Pritom je, dakako, X = Rnfx j q(x) = 0g, �to jekomplement nekoga konaµcnog podskupa od R. µCesto se toµcke u kojima racionalnafunkcija f nije de�nirana, tj. nultoµcke od q, nazivaju polovima od f . Ako oba

polinoma p i q imaju racionalne koe�cijente, onda kaµzemo da je f = pq racinalna

funkcija s racionalnim koe�cijentima. Ako je polinom p stupnja n, polinom q

stupnja m i n � m, onda polinomskim dijeljenjem p : q dobivamo da je pripadna

racionalna funkcija f = pq zbroj nekoga polinoma s (stupnja n � m) i prave

racionalne funkcije rq u smislu da je stupanj k polinoma r manji od m, k < m.

Oµcigledna je µcinjenica da svaki polinom jest racionalna funkcija.

(iii) Algebarske funkcije. Elementarne funkcije koje se mogu dobiti komponiranjem

opcih potencija s racionalnim eksponentima i racionalnih funkcija s racionalnim

koe�cijentima nazivamo algebarskim funkcijama.

Primjerice, f : X ! R; X � R; f(x) = 4

r� x2 + 1

2x3 � 5x

�5; jest algebarska funkcije,

dok g1;2 : R! R; g1(x) = (x4 + 7)p2; g2(x) =

p3x+ 2; to nisu.


Oµcito je da su racionalne funkcije s racionalnim koe�cijentima ujedno algebarske

funkcije. Algebarske funkcije koje nisu racionalne nazivamo iracionalnim funkci-

jama.

(iv) Transcendentne funkcije. Elementarne funkcije koje nisu algebarske nazivamo

transcendentnima. Prema tomu, me�u ove se ubrajaju sve eksponencijalne,

logaritamske, trigonometrijske i ciklometrijske, kao i vecina racionalnih funkcija

(sve one kojima je neki koe�cijent iracionalan).

Vaµzne transcendentne funkcije jesu i tzv. hiperbolne funkcije, koje se dobiju pomocu

prirodne eksponencijalne funkcije kako slijedi:

sinh : R! R; sinhx =ex � e�x

2; (sinus hiperbolni);

cosh : R! R; coshx =ex + e�x

2; (kosinus hiperbolni);

tgh : R! R; tghx =sinhx

coshx; (tangens hiperbolni);

ctgh : Rnf0g ! R; ctghx =coshx

sinhx; (kotangens hiperbolni):

Nazivi ukazuju na neku svezu s trigonometrijskim funkcijama. Ona se oµcituje u relaci-

jama �to me�usobno povezuju hiperbolne funkcije (koje su vrlo sliµcne - "dualne" onima

�to me�usobno povezuju trigonometrijske funkcije). Primjerice,

ctghx = (tghx)�1; cosh2 x� sinh2 x = 1;

sinh 2x = 2 sinhx coshx; cosh 2x = sinh2 x+ cosh2 x; tghx

2= �

rcoshx� 1coshx+ 1

i dr.

(I ovdje cosh2, sinh2, � � � oznaµcuju potenciranje, a ne funkcijsko komponiranje!)

Hiperbolne funkcije.

Primijetimo da su funkcije sinh, cosh i tgh neome�ene, dok je tgh ome�ena funkcija.

(cosh jest ome�ena odozdol, jer je veca ili jednaka od 1.) Nadalje, cosh je parna, a sinh,

tgh i ctgh su neparne funkcije.

Pogledajmo sada �to se moµze reci o invertiranju hiperbolnih funkcija, koje daje tzv.

area-funkcije. Lako se provjeri da je funkcija sinh : R ! R bijekcija pa postoji

inverzna joj funkcija


(sinh)�1 � arsh : R! R (area-sinus hiperbolni):

Funkcija cosh nije injektivna, ali jest injektivno njezino suµzenje cosh j[0;�i : [0; �i ! Ri pritom je cosh[[0; �i] = coshR = [1; �i. Tada je funkcija Ch : [0; �i ! [1; �i, Ch(x) =coshx, bijekcija s inverznom funkcijom C�1h : [1; �i ! [0; �i. Sada "inverznom" funkci-jom od cosh smatramo pro�irenje inkluzijom od C�1h na kodomenu R, tj.

arch : [1; �i ! R; arch(x) = C�1h (x) (area-kosinus hiperbolni):

Funkcije tanh i coth su injektivne sa slikama tanh[R] = h�1; 1i i ctgh[Rnf0g] =Rn[�1; 1] = h�;�1i [ h1; �i. Prema tomu, funkcije Th : R ! h�1; 1i, Th(x) = tghx,

i Cth : Rnf0g ! h�;�1i [ h1; �i, Cth(x) = ctghx, jesu bijekcije. Inveznu funkciju T�1hsmatramo "inverznom" funkcijom od tanh i pi�emo:

arth : h�1; 1i ! R; arth(x) = T�1h (x); (area-tangens hiperbolni):

Inverznu funkciju C�1th : h�;�1i [ h1; �i ! Rnf0g pro�irujemo inkluzijom kodomene do

"inverzne" funkcije od coth stavljajuci

arcth : h�;�1i[h1; �i ! R; arcth(x) = C�1th (x); (area-kotangens hiperbolni):

Area funkcije.

Primijetimo da area-funkcije nisu ome�ene (premda je arch nenegativna, pa je ome�ena

odozdol). Nadalje, arsh, arth i arcth su neparne funkcije.

I area-funkcije su me�usobno povezane odgovarajucim relacijama:

arsh(x) = � archpx2 + 1 = arth

xpx2 + 1

= arcth

px2 + 1

x

(+ za x > 0, a � za x < 0) i dr. Buduci da su hiperbolne funkcije de�nirane pomocu

prirodne eksponencijalne funkcije, treba oµcekivati da area-funkcije dopu�taju analitiµcke

zapise pomocu prirodne logaritamske funkcije. Zaista, lako je izvesti sljedece veze:

arsh(x) = ln�x+

px2 + 1

�; x 2 R; arch(x) = ln

�x+

px2 � 1

�; x 2 [1; �i ;

arth(x) =1

2ln1 + x

1� x; x 2 h�1; 1i ; arcth(x) =1

2lnx+ 1

x� 1 ; x 2 R n [�1; 1]:

Graf Gf =�(x; y) 2 R2 : x 2 X; y = f(x)

funkcija f : X ! R oznaµcavat cemo jednos-

tavno sa y = f(x):Poznavajuci taj graf i svojstva osnovnih elementarnih funkcija mogu

se odrediti i graf y = f(x+ p) + q:


PRIMJER Ilustrirajmo to primjerom. Graf y = x2�2x+5 moµzemo zapisati na naµciny = (x � 1)2 � 6 i nacrtat cemo ga tako da u translatiranom koordinatnom sustavu sisodi�tem u O0 = (1;�6) nactramo graf y0 = (x0)2:

Graf y = x2 � 2x+ 5:

Isto tako poznavajuci graf y = f(x) moµzemo nacrtati i grafove: y = 1f(x) ; y = jf(x)j ;

y = 1jf(x)j ; y =

pf(x); y = ln f(x); y = 1

lnjf(x)j ; :::

PRIMJER Nacrtajmo grafove y = sinx; y = jsinxj ; y = 1sinx ; y =

1jsinxj ; y = ln sinx;

y = ln jsinxj ; y = 1ln sinx ; y =

1lnjsinxj :

y = sinx y = jsinxj

y =1

sinxy =

1

jsinxj


y = ln sinx y = ln jsinxj

y =1

ln sinxy =

1

ln jsinxj�


Poglavlje 2

LINEARNA ALGEBRA

2.1 MATRICE I DETERMINANTE

U ovomu odjeljku cemo uvesti dva temeljna tehniµcka pojma u linearnoj algebri - ma-

tricu i determinantu - i demonstrirati njihovu primjenu na rje�avanje sustava linearnih

jednadµzaba. Pritom cemo zaobici pojmove vektorskog prostora i linearnog operatora,

jer ne raspolaµzemo dostatnim predznanjem iz apstraktne algebre.

2.1.1 MATRICA

DEFINICIJA 2.1 Brojevnu tablicu2666664a11 a12 � � � a1n

a21 a22 � � � a2n...

.... . .

...

am1 am2 � � � amn

3777775 ; m; n 2 N; (1)

nazivamo matricom - realnom ako su svi aij 2 R, a kompleksnom ako je barem

jedan aij(6= 0) 2 C, i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; n. Brojeve aij nazivamo matriµcnimelementima; pritom ai1; � � � ; ain tvore i-ti matriµcin redak, a a1j ; � � � ; amj j-ti stu-pac.

Za matricu s m redaka i n stupaca, m 6= n, µcesto nagla�avamo da je pravokutna

matrica tipa (m;n); posebne tipove (1; n) i (m; 1), n;m � 2, redom nazivamo jed-

norednom i jednostupµcanom matricom ; ako je m = n, govorimo o kvadratnoj

matrici n-toga reda. (Primijetimo da je kvadratna matrica prvoga reda - broj a11.)

Elementi a11; � � � ; ann kvadratne matrice tvore njezinu glavnu dijagonalu, a elementia1n; a2;n�1; � � � ; an1 njezinu sporednu dijagonalu. Kvadratnu matricu kojoj je svakielement na glavnoj dijagonali jedinica, a svaki ini element jest nula, nazivamo jediniµc-

47

48 POGLAVLJE 2. LINEARNA ALGEBRA

nom matricom. Napokon, matricu nazivamo nulmatricom ako joj je svaki element

nula.

Matrice oznaµcujemo velikim (malo uko�enim) masnim slovima: A; B; C,: : : ;X; Y , : : :

Jediniµcnu matricu oznaµcujemo slovom I, a nulmatricu slovom O. µZelimo li istaknuti

matriµcne elemente i tip, pi�emo iA = (aij)m;n ili samo (aij). Ponekad se pojavi potreba

i za zapisom aij = (A)ij .

PRIMJER Promatrajmo ove matrice:

A =

"2

p3 �1

�4 0 12

#; I =

"1 0

0 1

#;B =

h�i+ 3 1 0

p2 i

i; O =

26640

0

0

3775 :A je pravokutna (2,3)-matrica, I je jediniµcna matrica drugoga reda, B je jednoredna

(1,5)-matrica, a O je jednostupµcana (3,1)-nulmatrica. Primijetimo i to da su A, I i

O realne, dok je B kompleksna matrica. (Buduci da je R � R + f0ig � C, to svakurealnu matricu smijemo, zapravo, smatrati i kompleksnom!) �

DEFINICIJA 2.2 Dvije matrice A = (aij)m;n i A0 = (a0i0j0)m0n0 smatramo jed-

nakima i pi�emo A = A0, ako je m = m0, n = n0 i, za svaki i(� i0) = 1; � � � ; n i

j(� j0) = 1; � � � ;m, aij = a0ij.

Na skupu svih matrica istog tipa na prirodan se naµcin de�niraju zbrajanje i oduz-

imanje, kao i mnoµzenje matrice skalarom (realnim ili kompleksnim brojem).

DEFINICIJA 2.3 Ako su A = (aij) i B = (bij) dvije matrice istog tipa (m;n), onda

zbrojem matrice A s matricom B smatramo matricu C tipa (m;n) s elementima

cij = aij + bij ; i = 1; � � � ; n; j = 1; � � � ;m;

pi�emo: C= A+B.

DEFINICIJA 2.4 Umnoµzak broja � s matricom A = (aij) tipa (m;n) de�niramo kao

matricu B = (bij) istoga tipa s elementima

bij = �aij ; i = 1; � � � ; n; j = 1; � � � ;m;

pi�emo: B = �A. Za � = �1 pi�emo B = �A. Matriµcno oduzimanje sada de�niramopravilom:

A�B = A+ (�B):

PRIMJER Za matrice A =

266412 i

�i 2

0 1

3775 ; B =

2664�1 1

2 i

2 13

3775 izraµcunajmo A+B, A�Bi (�2i)A.

2.1. MATRICE I DETERMINANTE 49

A+B =

266412 + (�1) i+ 1

�i+ 2 2 + i

0 + 2 1 + 13

3775 =2664

�12 1 + i

2� i 2 + i

2 43

3775 ;

A�B =

266412 � (�1) i� 1�i� 2 2� i0� 2 1� 1

3

3775 =2664

32 �1 + i

�2� i 2� i�2 2

3

3775 ;

(�2i)A =

2664(�2i)12 (�2i)i

(�2i)(�i) (�2i)2(�2i)0 (�2i)1

3775 =2664�i 2

�2 �4i0 �2i

3775 �

Lako je dokazati istinitost sljedecega teorema:

TEOREM 2.5 Ako su A; B i C matrice istog tipa, a � i � brojevi, onda je:

(a) A+B = B +A;

(b) (A+B)+C= A+ (B+C);

(c) �(A+B) = �A+ �B;

(d) (�+ �)A = �A+ �A;

(e) �(�A) = (��)A.

Svojstvo (b) iz gornjega teorema dopu�ta de�nirati zbroj od konaµcno mnogo (r 2 N,r � 3) matrica istog tipa:Xr

k=1Ak � A1 +A2 + � � �+Ar�1 +Ar =�Xr�1

k=1Ak

�+Ar � (A1 +A2 + � � �+Ar�1) +Ar:

Ako su A1;A2; � � � ;Ar matrice istog tipa i �1; �2; � � � ; �r brojevi, onda zbroj (matricu)

A � �1A1 + �2A2 + � � �+ �rAr �Xr

k=1�kAk

nazivamo matriµcnom linearnom kombinacijom (s koe�cijentima �1; �2; � � � ; �k).Kaµzemo da je linearna kombinacija trivijalna, ako je �1 = �2 = � � � = �r = 0; u

protivnom, tj. µcim je barem jedan od koe�cijenata �k 6= 0, k 2 [1; r]N, govorimo onetrivijalnoj linearnoj kombinaciji. (Ako je linearna kombinacija trivijalna onda je

oµcito A = O - nulmatrica, ali ne i obratno!)

DEFINICIJA 2.6 Za matrice A1;A2; � � � ;Ar tipa (m;n) kaµzemo da su linearno

zavisne ako se nulmatrica O tipa (m;n) moµze prikazati kao neka njihova netrivijalna

linearna kombinacija: U protivnom cemo reci da su matrice A1;A2; � � � ;Ar linearno

nezavisne.


Po de�niciji se, dakle, bar jedna od linearno zavisnih matrica A1;A2; � � � ;Ar moµze

izraziti kao linearna kombinacija preostalih. Zaista, ako je npr. �k0 6= 0, onda

O =Pr

k=1 �kAk ) Ak0 =1

�k0

Xr

k=1k 6=k0

(��k)Ak:

PRIMER Matrice A =h1 2

i, B =

h�1 3

i, i C =

h5 0

isu linearno zavisne

jer je 3A � 2B � C = O. Buduci da su ovdje svi koe�cijenti razliµciti od nule, to se

svaka od promatranih matrica moµze prikazati linearnom kombinacijom dviju preostalih.

Tako je A = 23B + 1

3C, B = 32A�

12C, C = 3A� 2B. �

NAPOMENA 2.7 Svaki matriµcin redak (stupac) smijemo smatrati jednorednom (jed-

nostupµcanom) matricom, pa u tomu smislu govorimo i o linearnoj kombinaciji i

linearnoj zavisnosti ili nezavisnosti redaka (stupaca) promatrane matrice.

PRIMJER Matriµcni redci u A =

26641 2

�1 3

5 0

3775 su linearno zavisni, jer su linearno

zavisne jednoredne matriceh1 2

i,h�1 3

i,h5 0

i: �

Za tzv. ulanµcane matriµcne parove moµze se de�nirati njihovo mnoµzenje.

DEFINICIJA 2.8 Reci cemo da je ure�eni matriµcni par (A;B), gdje je A tipa (m;n)

i B tipa (r; p), ulanµcan ako je r = n; pritom pi�emo A = (aik) i B = (bkj). Tada

umnoµzak matrice B matricom A de�niramo kao matricu C= (cij) tipa (m; p) s ele-

mentima

cij =Xn

k=1aikbkj ; i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; p;

i pi�emo C= A �B (� AB).(Dakle, matriµcni element cij je zbroj svih umnoµzaka odgovarajucih elemenata iz i-toga

retka matrice A s onima iz j-toga stupca matrice B.)

PRIMJER Pomnoµzimo matricom A =

"2 1 1

0 1 �1

#matricu B =

2664�10

2

3775.A je tipa (2; 3), a B tipa (3; 1) pa je ure�eni par (A;B) ulanµcan. Pripadni umnoµzak

jest matrica C = AB tipa (2; 1),

C=

"2 1 1

0 1 �1

#2664�10

2

3775="

2(�1) + 1 � 0 + 1 � 20(�1) + 1 � 0 + (�1)2

#=

"0

�2

#. �


Primijetimo da ure�eni par (B;A) nije ulanµcan, pa umnoµzak matrice A matricom B,

"BA", nije de�niran.

PRIMJER Neka je A =

"2 1

1 0

#i B =

"�1 1

5 2

#.

Lako se izraµcuna AB =

"3 4

�1 1

#i BA =

"�1 �112 5

#. Primijetimo da su oba para

(A;B) i (B;A) ulanµcana i da su produktne matrice AB i BA istoga tipa, ali da je

AB 6= BA. Prema tomu, matriµcno mnoµzenje nije komutativno. �

TEOREM 2.9 Neka su A = (aik), B = (bkl), C= (clj), D = (dlj), E = (ejt) matrice

tipa (m;n), (n; r), (r; p), (r; p), (p; s) redom i neka je � bilo koji broj. Tada je:

(a) (AB)C= A(BC);

(b) B(C +D) = BC +BD;

(c) (C +D)E = CE +DE;

(d) �(AB) = (�A)B = A(�B).

DOKAZ. Sve su tvrdnje rutinski lako dokazive.

Ilustracije radi, dokaµzimo (a):

((AB)C)ij =Xr

l=1(AB)ilclj =

Xr

l=1

�Xn

k=1aikbkl

�clj =Xr

l=1

Xn

k=1(aikbkl)clj =

Xr

l=1

Xn

k=1aik(bklclj) =Xn

k=1aik�Xr

l=1bklclj

�=Xn

k=1aik(BC)kj = (A(BC))ij ;

za svaki i = 1; � � � ;m i svaki j = 1; � � � ; n.

2.1.2 DETERMINANTA

Determinantu de�niramo kao funkciju A 7! detA iz skupa svih kvadratnih matrica u

skup realnih (ili kompleksnih) brojeva. Pravilo je sljedece:

DEFINICIJA 2.10 Neka je A =

2666664a11 a12 � � � a1n

a21 a22 � � � a2n...

.... . .

...

an1 an2 � � � ann

3777775 kvadratna matrica n-togreda, Sn skup svih permutacija p = (p1; p2; � � � :pn) od [1; n]N i i(p) ukupni broj inverzijau toj permutaciji. Broj

detA =X

p2Sn(�1)i(p)a1p1a2p2 � � � anpn (2)


nazivamo determinantom matrice A. (ZnakP

p2Sn upucuje na zbrajanje po svim

permutacijama iz Sn pa pribrojnika ima koliko i svih permutacija n-toga reda, dakle,

jSnj = Pn = n!.)

Primijetimo da je, u sluµcaju n = 1, det [a11] = a11: Korisno je prihvatiti da formalna

oznaka za determinantu bude pripadna matriµcna tablica, ali sada (razlikovanja radi) u

okomitim zagradama, tj.

detA �

��

a11 a12 � � � a1n

a21 a22 � � � a2n...

.... . .

...

an1 an2 � � � ann

��:

To dopu�ta govoriti o elementima, retcima, stupcima, � � � determinante detA, pa ondai o samoj determinanti D � detA ne spominjuci pripadnu matricu A.

PRIMJER Izraµcunajmo vrijednost D determinante

�� a11 a12

a21 a22

�� :Buduci da je S2 = f(1; 2); (2; 1)g, to u prvoj permutaciji nema inverzija, a drugoj jejedna. Dakle, i(1; 2) = 0, i(2; 1) = 1. Stoga je, po de�niciji,

D = (�1)0a11a22 + (�1)1a12a21 = a11a22 � a12a21:(Determinanta drugoga reda je jednaka razlici umn�ka elemenata glavne i umno�ka

elemenata sporedne dijagonale.)

PRIMJER Izraµcunajmo vrijednost D determinante

��a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

�� :Ovdje je S3 = f(1; 2; 3); (1; 3; 2); (2; 1; 3); (2; 3; 1); (3; 1; 2); (3; 2; 1)g, pa je i(1; 2; 3) = 0,i(1; 3; 2) = 1, i(2; 1; 3) = 1, i(2; 3; 1) = 2, i(3; 1; 2) = 2, i(3; 2; 1) = 3. Prema tomu,

D = (�1)0a11a22a33 + (�1)1a11a23a32 + (�1)1a12a21a33++(�1)2a12a23a31 + (�1)2a13a21a32 + (�1)3a13a22a31 = � � � =

a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 � (a13a22a31 + a11a23a32 + a12a21a33). �

Ishod namece primjenu memotehniµckoga pravila (tzv. Sarrusova pravila) - sheme��a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

��a11 a12

a21 a22

a31 a32

u kojoj treba pomnoµziti elemente svake od triju "glavnih dijagonala" pa dobiveno zbro-

jiti, pomnoµziti elemente svake od triju "sporednih dijagonala" pa dobiveno zbrojiti, te

na koncu oduzeti drugi broj od prvoga: Primjerice, za


A =

26641 �1 0

3 2 4

�1 1 5

3775 je

detA =

��1 �1 0

3 2 4

�1 1 5

��1 �13 2

�1 1

=

1 � 2 � 5 + (�1) � 4 � (�1) + 0 � 3 � 1� 0 � 2(�1) + 1 � 4 � 1 + (�1) � 3 � 5) =14� (�11) = 25:

Da bismo prona�li �to jednostavniji postupak za izraµcunavanja determinante, posebice

za n � 4, pogledajmo jo� jednom de�nicijsku formulu (2). Uoµcimo da je detA zbroj

od n! pribrojnika, a svaki pribrojnik je umnoµzak od po jednog elementa iz svakoga

retka i svakoga stupca i pritom je prvi faktor iz prvoga retka, drugi iz drugoga, : : :, n-ti

iz n-toga retka. Takav umnoµzak zadrµzava svoj predznak µcim je broj inverzija drugih

indeksa njegovih faktora paran, a mijenja predznak µcim je broj tih inverzija neparan.

Kad bi u promatranim umno�cima faktori komutirali tako da prvi faktor bude iz prvoga

stupca, drugi iz drugoga, : : :, n-ti iz n-toga, onda bi drugi indeksi tih faktora uvijek bili

u osnovnoj permutaciji (1; 2; � � � ; n), a prvi indeksi bi tvorili sve moguce permutacije.Jednostavno je pokazati da je broj inverzija u permutaciji prvih indeksa - kad su drugi

indeksi u osnovnoj permutaciji, jednak broju inverzija u permutaciji drugih indeksa -

kad su prvi indeksi u osnovnoj permutaciji. (Komutiranjem faktora se broj inverzija

prvih indeksa poveca za onoliko za koliko se broj inverzija drugih indeksa smanji - i

obratno!) Stoga se formula (2) smije napisati i u ovomu obliku

detA =X

p2Sn(�1)i(p)ap11ap22 � � � apnn; p = (p1; p2; � � � ; pn): (20)

Sljedecim lemama cemo iskazati nekoliko temeljnih determinantinih svojstava.

LEMA 2.11 Neka su D = (aij) i D0 = (a0ij) determinante za koje a0ij = aji, i; j =

1; � � � :n. Tada je D = D0. (Ekvivalentno: Zamjenom svakoga retka odgovarajucim

stupcem i obratno, determinanta ne mijenja vrijednost. Dakle, sve �to se iskaµze i

dokaµze o determinanti u terminima redaka, moµze se iskazati i dokazati u terminima

stupaca.)

DOKAZ. Tvrdnja Leme 2.11 je izravna posljedica prije spomenute ekvivalentnosti

(2), (20).

LEMA 2.12 Izmjenom mjesta dvaju redaka (stupaca) determinanta mijenja predznak.


DOKAZ. Izmjenom mjesta dvaju redaka, u formuli (2) dolazi do premjestbe pripad-

nih faktora iz tih redaka, a time i do premjestbe dvaju elemenata u permutaciji drugih

faktora. Posljedica je ili povecanje ili smanjenje broja pripadnih inverzija za neparan

broj. (Ako dva susjedna elementa neke permutacije izmijene mjesta, broj inverzije ce

se promijeniti za �1; ako nisu susjedi onda je izme�u njih k elemenata, pa se njihovome�usobno premje�tanje moµze obaviti pomocu 2k � 1 premje�tanja susjednih eleme-nata.) To povlaµci promjenu predznaka svakoga pribrojnika u formuli (2), tj. promjenu

predznaka od detA.

LEMA 2.13 Determinanta s dva jednaka retka (stupca) jednaka je nuli.

DOKAZ. Me�usobnom zamjenom dvaju jednakih redaka determinanta D se oµcito ne

mijenja. S duge strane, po Lemi 2.12, mora promijeniti predznak. Preostaje zakljuµciti

D = 0.

LEMA 2.14 Ako se D0 moµze dobiti iz determinante D tako da se svi elementi nekog

retka (stupca) podijele brojem � 6= 0, onda je D = �D0. (Ekvivalentno: (a) Determi-

nanta se mnoµzi nekim brojem tako da se njima pomnoµze svi elementi samo jednog retka

(stupca); (b) zajedniµcki se faktor svih elemenata jednog retka (stupca) smije izluµciti

ispred determinante.)

DOKAZ. Neka je podijeljen l-ti redak, za neki l 2 f1; � � � ; ng, determinante D. PoDe�niciji 2.10, determinantaD0 je zbroj odgovarajucih umnoµzaka u svakomu od kojih se

kao jedan od faktora pojavljuje element alj� , j = 1; � � � ; n, podijeljena retka. Zakljuµcak

slijedi neposredno.

PRIMJER Izraµcunajmo determinantu D =

��116 8 2218 �12 �1138 24 �33

�� :

D =1

16� 4 � 11 �

��1 2 2

2 �3 �16 6 �3

�� =11

4� 3 �

��1 2 2

2 �3 �12 2 �1

�� =33

4� 25 = 206; 25: �

LEMA 2.15 Ako su svi elementi nekog retka (stupca) jednaki nuli i determinanta je

jednaka nuli.

DOKAZ. Dovoljno je primijetiti da tada svaki pribrojnik u formuli (2) sadrµzi fak-

tor 0.


LEMA 2.16 Ako se dvije n-redne determinante razlikuju samo u elementima jednog te

istog retka (stupca), onda se one smiju zbrojiti tako da se zbroje odgovarajuci elementi

tih redaka (stupaca), dok se ostali retci (stupci) ne mijenjaju.

DOKAZ. Neka se determinante D i D0 razlikuju samo u elementima l-toga retka, za

neki l 2 f1; � � � ; ng. Tada je

D +D0 =X

p2Sn(�1)i(p)alrl

Yn

i=1i6=l

airi +X

p2Sn(�1)i(p)a0lrl

Yn

i=1i6=l

airi =Xp2Sn

(�1)i(p)(alrl + a0lrl)Yn

i=1i6=l

airi = D00;

gdje je D00 determinanta kojoj l-ti redak tvore elementi ((alrl +a0lrl), ri = 1; � � � ; n, dok

su svi ostali retci jednaki odgovarajucima od D, odnosno, D0.

LEMA 2.17 Determinanta ne mijenja vrijednost ako se elementima bilo kojeg retka

(stupca) pribroje, nekim brojem � pomnoµzeni, odgovarajuci elementi bilo kojeg drugog

retka (stupca).

DOKAZ. Lema 2.17 slijedi iz Lema 2.16 i 2.13.


��1000 �668 1331

�1200 799 �1601�3 2 �4

�� :Da bismo u raµcunu izbjegli mnoµzenje velikih brojeva, primijenimo Lemu 2.17, tako da

najprije prvomu retku pridodamo treci redak pomnoµzen s 333; a potom drugomu retku

- treci redak pomnoµzen s �400. Tako dobivamo

D =

��1000 + (�3)333 �668 + 2 � 333 1331 + (�4) � 333

�1200 799 �1601�3 2 �4

�� =��1 �2 �1

�1200 799 �1601�3 2 �4

�� =��1 �2 �1

�1200 + (�3)(�400) 799 + 2(�400) �1601 + (�4)(�400)�3 2 �4

�� =��1 �2 �10 �1 �1

�3 2 �4

�� = (4 + (�6) + 0)� (�3 + (�2) + 0) = 3: �

Za otkrivanje na�to skrovitijih determinantinih svojstava trebamo pojam tzv. alge-

barskog komplementa. Ako se u matrici A tipa (m;n) uoµci bilo kojih r redaka i s


stupaca, 1 � r � m i 1 � s � n, onda sva njihova �presjeci�ta�tvore matricu tipa (r; s)

koju nazivamo podmatricommatriceA. Determinantu kvadratne podmatrice (r = s)

nazivamo poddeterminantom matrice A, a ako je A kvadratna matrica (m = n);

govorimo i o poddeterminanti determinante detA. Posebno ce nam biti vaµzni sluµcajevi

m = n i r = s = n � 1, tj. poddeterminante �to se dobiju ispu�tanjem toµcno jednog

(i-tog) retka i toµcno jednog (j-tog) stupca kvadratne matrice A (determinante detA),

i; j 2 f1; � � � ; ng. Takvu poddeterminantu oznaµcujemo s Dij .

DEFINICIJA 2.18 Algebarskim komplementon (ili kofaktorom) elementa aijdeterminante D = detA nazivamo broj Aij = (�1)i+jDij.

LEMA 2.19 Svaka determinanta dopu�ta tzv. Laplaceov razvoj po elementima bilo

kojeg retka (stupca), tj.

D =Xn

i=1aijAij ; j 2 f1; � � �ng; (3)�

D =Xn

j=1aijAij ; i 2 f1; � � �ng

�: (30)

DOKAZ. Dokaµzimo, prvo, tvrdnju u sluµcaju i = 1, tj. da D dopu�ta Laplaceov razvoj

po elementima prvoga retka, odnosno, da je

D =Xn

j=1a1jA1j : (4)

Oznaµcimo sa S(j) skup svih permutacija pj = (k2; � � � ; kn) od [1; n]N n fjg. Primijetimoda se permutacija p = (k1; k2; � � � ; kn) od [1; n]N, gdje je k1 = j, moµze dobiti tako da se

permutaciji pj "pridoda" j na prvo mjesto: Oznaµcimo li sa S0(j) skup svih permutacija p

dobivenih iz permutacije pj 2 S(j) na taj naµcin, proizlazi da je skup Sn svih permutacijeod [1; n]N jednak disjunktnoj uniji svih skupova S0(j), pa za pripadne kardinalne brojeve

vrijedi

jSnj =Xn

j=1

��S0(j)�� =Xn

j=1

��S(j)�� :Buduci da u permutaciji p = (j; k2; � � � ; kn) ima j � 1 inverzija vi�e nego u permutacijipj = (k2; � � � ; kn) (toliko, tj. j � 1, inverzija tvori element j s preostalim elementima

kad se nalazi na prvomu mjestu u bilo kojoj permutaciji od [1; n]N), to primjenom

de�nicijske formule (2) na D1j , j = 1; � � � ; n, dobivamoXn

j=1a1jA1j =

Xn

j=1a1j(�1)1+jD1j =Xn

j=1a1j(�1)1+j

Xpj2S(j)

(�1)i(pj)a2k2 � � � ankn =Xn

j=1

Xpj2S(j)

(�1)i(pj)+1+ja1ja2k2 � � � ankn =Xn

j=1

Xpj2S0(j)

(�1)i(pj)+1+ja1ja2k2 � � � ankn =


Xp2S(n)

(�1)i(p)+2a1k1a2k2 � � � ankn =X

pj2S(j)(�1)i(p)a1k1a2k2 � � � ankn = D:

Dokaµzimo sada obstojnost Laplaceova razvoja po bilo kojem determinantinu retku! U

tu svrhu, premjestimo uoµceni i-ti redak, i � 2, na prvo mjesto, pa ce (biv�i) prvi redakpostati drugim retkom, : : :, (i� 1)-vi - i-tim retkom. Time smo izvr�ili ukupno (i� 1)-nu zamjenu susjednih redaka i dobili determinantu D0 elemente koje oznaµcimo s a0ij ,

algebarske komplemente - s A0ij i podeterminante - s D0ij , i; j = 1; � � � ; n. Buduci da je

a01j = a1j i D01j = D1j za svaki j, Lema 2.12 i dokazana formula (4) povlaµce

D = (�1)i�1D0 = (�1)i�1Xn

j=1a01jA

01j = (�1)i�1

Xn

j=1a01j(�1)1+jD0

1j =Xn

j=1aij(�1)i�1+1+jDij =

nXj=1

aijAij :

Naime, za k 6= i jePn

j=1 akjAij = 0; (za l 6= j jePn

j=1 ailAij = 0); jer determinanta

kojoj pripada takav Laplaceov razvoj ima dva jednaka retka (stupca).


��

�2 8 8 �43 12 15 �37 28 �14 14

3 8 4 3

��:

Izluµcimo, po Lemi 2.14, iz prvoga retka faktor 2, iz drugoga - faktor 3, iz trecega - faktor

7, te iz "drugoga" stupca - faktor 4. Primijenjujuci Lemu 2.17, novodobiveni prvi redak

pribrojimo drugomu retku, potom - trecemu retku, te ga jo�pomnoµzena s 3 pribrojimo

µcetvrtomu retku. Dobivenu determinantu razvijmo (Lema 2.19) po elementima prvoga

stupca, pa ponovno primijenimo odgovarajuca pravila na novodobivenu determinantu

(trecega reda). Cijeli postupak je skraceno prikazan donjim raµcunom:

D = 2 � 3 � 7 � 4

��

�1 1 4 �21 1 5 �11 1 �2 2

3 2 4 3

��= 168

��

�1 1 4 �20 2 9 �30 2 2 0

0 5 16 �3

��=

168

0BB@(�1)��2 9 �32 2 0

5 16 �3

�� 0��1 2 �22 2 �35 16 0

��+

0

��1 2 �12 9 �35 16 �3

�� 0��1 4 �22 9 �32 2 0

��1CCA =

�168

��2 9 �32 2 0

5 16 �3

�� = �168��2 7 �32 0 0

5 11 �3

�� = �168 � (�2)�� 7 �311 �3

�� = 4032: �


LEMA 2.20 Determinanta je jednaka nuli onda i samo onda kad su joj retci (stupci)

linearno zavisni.

DOKAZ. Ako su determinantini retci linearno zavisni, barem se jedan od njih moµze

prikazati kao linearna kombinacija preostalih (v. De�niciju 2.10 i Napomenu 2.7), pa je

po Lemi 2.17 ta determinanta jednaka nuli. Obratno, pretpostavimo da je determinanta

D jednaka nuli. Radi li se o determinanti nul-matrice, tvrdnja o linearnoj zavisnosti

je oµcigledna. Stoga pretpostavimo da je barem jedan od determinantinih elemenata

razliµcit od nule. Izostavljanjem r redaka i r stupaca iz D, r = 0; 1; � � � ; n�1, dobivamopripadnu poddeterminantu (n� r)-toga reda. Oznaµcimo k � n� r 2 f1; � � � ; n�1g, paprimijetimo da nuµzno postoji neki k za koji je barem jedna poddeterminanta D(k) od D

k-toga reda razliµcita od nule i svaka poddeterminanta vi�ega (od k) reda jednaka nuli.

Ne smanjujuci opcenitost, smijemo pretpostaviti (v. Lemu 2.12) da je D(k) pripadni

�gornji lijevi dio�od D, tj. da je

D(k) =

��a11 � � � a1k...

. . ....

ak1 � � � akk

�� :Promatrajmo sve daterminante (k + 1)-vog reda �to se mogu dobiti izostavljanjem

n�k�1 redaka i n�k�1 stupaca iz determinante D, kojima je D(k) poddeterminanta.

Oznaµcimo takvu podeterminantu s D(k+1)st µcim ona sadrµzi s-ti redak i t-ti stupac od D,

s; t > k. Dakle,

D(k+1)st =

��

a11 � � � a1k a1t...

. . ....

...

ak1 � � � akk akt

as1 � � � ask ast

��:

Oznaµcimo kofaktore od a1t; � � � akt; ast (zadnji stupac) redom s A1;k+1; � � � ; Ak;k+1;Ak+1;k+1 (radi se o (k+1)-vom stupcu promatrane determinante D(k+1)

st ). Ti kofaktori

ne ovise o indeksu t. Po formuli (3) (Lema 2.19) i zbog D(k+1)st = 0, slijedi

0 = a1tA1;k+1 + � � �+ aktAk;k+1 + astAk+1;k+1;

pa, buduci da je Ak+1;k+1 6= 0, dobivamo

ast = �A1;k+1Ak+1;k+1

a1t � � � � �Ak;k+1Ak+1;k+1

akt

za svaki t > k. S druge strane, po formuli (4), isto vrijedi i za t � k. (Ako, naime,

elemente jednog od prvih k stupaca pomnoµzimo odgovarajucim kofaktorima elemenata

zadnjega stupca, zbroj tako dobivenih umnoµzaka bit ce jednak nuli.) Stavimo li

�i = �Ai;k+1Ak+1;k+1

; i = 1; � � � ; k;


dobivamo

ast =Xk

i=1�iait; t = 1; � � � ; n;tj.

[as1 � � � asn] =hXk

i=1�iai1 � � �

Xk

i=1�iain

i=Xk

i=1�i [ai1 � � � ain]

za svaki s = k + 1; � � � ; n. Buduci da dobiveno vrijedi i za svaki s = 1; � � � ; k, (�i = 0za i 6= s i �s = 1), dokazali smo da je svaki determinantin redak linearna kombinacija

prvih k (1 � k � n � 1) redaka. Prema tomu, determinanta D ima linearno zavisne

retke.

Dokazujuci nuµznost u Lemi 2.20 dokazali smo i ovu µcinjenicu:

� Neka su determinanti D n-tog reda sve poddeterminante (k+1)-vog reda jednake

nuli i neka ima bar jednu poddeterminantu k-tog reda razliµcitu od nule, 1 � k �n � 1. Tada D ima toµcno k linearno nezavisnih redaka (stupaca) i svaki je od

preostalih redaka (stupaca) neka njihova linearna kombinacija. Broj k nazivamo

rangom determinante D i obiµcno oznaµcujemo slovom r; ukljuµcujuci pritom i

pro�irenje: r = n, D 6= 0 i r = 0, D = detO.

2.1.3 MATRIµCIN RANG

Matriµcin rang de�niramo analogno determinantinu rangu.

DEFINICIJA 2.21 Reci cemo da matricaA ima rang r � r(A), ako sadrµzi kvadratnu

podmatricu r-toga reda determinanta koje je razliµcita od nule i ako je determinanta

svake kvadratne podmatrice od A reda veceg od r jednaka nuli.

Iz de�nicije slijedi da je matriµcin rang r(A) � minfm;ng µcim je matrica A tipa (m;n).

Nadalje, iz Leme 2.20 i njegova dokaza slijedi:

� Matrica A ima rang r ako i samo ako sadrµzi toµcno r linearno nezavisnih redaka

(stupaca); preostali retci (stupci) su neke njihove linearne kombinacije.

PRIMJER Matrica A =

26644 2 1 3

6 3 4 7

2 1 0 1

3775 tipa (3; 4) ima µcetiri kvadratne podmatricetrecega reda (dobivamo ih ispu�tanjem po jednog stupca) i sve one imaju determinantu

jednaku nuli. Buduci da postoji barem jedna kvadratna podmatrica od A drugoga reda

(npr. ona u �donjem desnom kutu�) kojoj je determinanta razliµcita od nule, slijedi da

je r(A) = 2. �

Radi vaµznosti matriµcina ranga, korisno je otkriti �to jednostavniju tehniku njegova

odre�ivanja.


DEFINICIJA 2.22 Elementarnom operacijom na matrici nazivamo svaki od ovih

postupaka:

(1) Izmjena mjesta bilo kojih dvaju redaka (stupaca);

(2) mnoµzenje bilo kojeg retka (stupca) bilo kojim brojem razliµcitim od nule;

(3) pribrajanje bilo kojem retku (stupcu) bilo koje linearne kombinacije bilo

kojih od preostalih redaka (stupaca).

DEFINICIJA 2.23 Neka su A i B matrice istog tipa. Reci cemo da je matrica

B ekvivalentna matrici A, ako se B moµze dobiti iz A primjenom konaµcno mnogo

elementarnih operacija.

Lako se pokaµze da je ova ekvivalentnost razredbena relacija na skupu svih matrica istog

tipa. Oznaµcit cemo ju s A � B.

TEOREM 2.24 Ekvivalentne matrice imaju isti rang.

DOKAZ. Prvom elementarnom operacijom se mijenja samo predznak one poddeter-

minante koja sadrµzi dotiµcne retke (stupce) ili njihove dijelove; drugom se pripadna

poddeterminanta mnoµzi brojem razliµcitim od nule; trecom se podeterminantina vri-

jednost ne mijenja. Prema tomu, elementarne operacije ne utjeµcu na (ne)i�µcezavanje

poddeterminanata.

Jednostavno je pokazati da elementarnim operacijama na matrici A moµzemo dobiti

matricu B kojoj je svaki element bij = 0 µcim je i 6= j, a oµcito je da je rang r(B) jednak

broju elemenata bii 6= 0.

PRIMJER Odrediti matriµcin rang r(A) za A =

26666641 1 �1 1 2

�3 1 1 0 2

4 1 1 0 �1�1 1 0 �1 1

3777775 :

A �

26666641 1 �1 1 2

0 �1 4 �4 �60 2 �1 0 3

0 4 �2 3 8

3777775 �26666641 1 �1 1 2

0 �1 4 �4 �60 0 7 �8 �90 0 14 �13 �16

3777775 �26666641 1 �1 1 2

0 �1 4 �4 �60 0 7 �8 �90 0 0 3 2

3777775 � � � � �26666641 0 0 0 0

0 �1 0 0 0

0 0 7 0 0

0 0 0 3 0

3777775 :U prvomu koraku smo pomnoµzili prvi redak s 3;�4; 1; i redom pribrojili drugomu,

trecemu, µcetvrtomu retku. Time smo u prvomu stupcu "ispod" mjesta (1,1) dobili


same nule. U drugomu koraku smo treci redak pribrojili µcetvertomu i dobiveno stavili

na mjesto drugoga retka, drugi redak smo stavili na mjesto µcetvrtoga retka, a µcetvrti na

mjesto trecega retka. Time smo i u drugomu stupcu "ispod" mjesta (2,2) dobili same

nule. Nastavljajuci na isti naµcin, dobivamo matricu koja "ispod" "glavne dijagonale"

ima same nule. Napokon, primijenjujuci elementarne operacije na stupcima, dobivamo

matricu kojoj su svi elementi s razliµcitim indeksima jednaki nuli. Sada je oµcito da je

rang r(A) = 4. �

Na kraju cemo se jo�malo baviti kvadratnim matricama.

DEFINICIJA 2.25 Za kvadratnu matricu n-tog reda kaµzemo da je regularna ako

joj je rang jednak n. U protivnom, tj. ako je matriµcin rang manji od njenoga reda,

govorimo o singularnoj matrici.

Ekvivalentno je reci (v. µcinjenicu istaknutu po dokazu Leme 2.20):

� Matrica A je regularna , detA 6= 0, odnosno,� A je singularna , detA = 0.

PRIMJER Kvadratna matrica A trecega reda, A =

26641 �2 �1

�3 3 0

2 2 4

3775 je singularna,jer je detA = 0. (Rang r(A) = 2 < 3.) �Promatrajmo par kvadratnih matrica A; B istog reda i jediniµcnu matricu I toga reda.

Reci cemo da je matrica B inverzna matrici A, ako je

AB = I = BA:

TEOREM 2.26 Singularna matrica nema inverzne matrice. Regularna matrica A =

(aij) ima toµcno jednu inverznu matricu B � A�1 = (bij),bij =

AjidetA

; (5)

(Aji je kofaktor od aji u determinanti detA).

DOKAZ. Kad bi singularna matrica A imala inverznu matricu B, bilo bi:

1 = det I = det(AB) = detA � detB = 0 � detB = 0 - protuslovlje.

Neka je A = (aij) bilo koja regularna matrica bilo kojeg reda n. Tada je detA 6= 0 paje jednako�cu bij =

AjidetA dobro de�nirana matrica B = (bij) istoga reda n. Mnoµzenjem

AB dobivamo ( v. Lemu 2.19)

(AB)ij =Xn

k=1aikbkj =

Xn

k=1aik

AjkdetA

=

1

detA

Xn

k=1aikAjk =

1

detA�(detA,

0;=

(1 i = j

0 i 6= j:


Dakle, AB = I. Na isti se naµcin dobiva i BA = I. Za dokaz jedinstvenosti inverzne

matrice, neka su matrice B i C inverzne matrici A. Tada je C = IC= (BA)C=

B(AC) = BI = B.

PRIMJER Potvrdimo da je matrica A =

2666664�1 0 0 1

1 �1 0 0

0 1 �1 0

0 0 1 1

3777775 regularna i odredimojoj inverznu matricu A�1.

Buduci da kratki raµcun daje detA = �2 6= 0, to je zaista matrica A regularna.

Za odre�ivanje inverzne joj matrice treba izraµcunati sve algebarske komplemente Aij,

i; j = 1; 2; 3; 4.

A11 =

2664�1 0 0

1 �1 0

0 1 1

3775 = 1, A12 = �26641 0 0

0 �1 0

0 1 1

3775 = 1 i dalje:A13 = 1, A14 = �1,A21 = �1, A22 = 1, A23 = 1, A24 = �1,A31 = �1, A32 = �1, A33 = 1, A34 = �1,A41 = �1, A42 = �1, A43 = �1, A44 = �1.

Prema tomu,

A�1=1

detA(Aji)=

2666664�12

12

12

12

�12 �1

212

12

�12 �1

2 �12

12

12

12

12

12

3777775 : �

2.1.4 RJE�AVANJE SUSTAVA LINEARNIH JEDNADµZABA

Promatrat cemo sustav odm linearnih jednadµzaba s n nepoznanica (u skupu realnih

brojeva R)Xn

j=1aijxi = bi; i = 1; � � � ;m; (6)

i istraµziti njegovu rje�ivost u R. Brojeve aij nazivamo koe�cijentima, brojeve bi -slobodnim koe�cijentima, a brojeve-varijable xj - nepoznanicama danoga sus-

tava (6). Rje�enjem sustava (6) smatramo svaki ure�eni n-slog (x01; � � � ; x0n) koji muuvr�tenjem xj = x0j , j = 1; � � � ; n, identiµcki udovoljuje.Primjenom matriµcnog zapisa sustav (6) poprima oblik

AX = B (60)

gdje su


A =

2664a11 � � � a1n...

. . ....

am1 � � � amn

3775 ; X =

2664x1...

xn

3775 i B =

2664b1...

bm

3775 ;

pa i rje�enje smijemo zapisati kao X0 =

2664x01...

x0n

3775 :Matricu A nazivamo matricom sustava (6), a matricu C �to se dobiva njezinim

pro�irenjem za stupac (matricu) B nazivamo pro�irenom matricom sustava (6).

Dakle,

C =

2664a11 � � � a1n b1...

. . ....

...

am1 � � � amn bm

3775 :Oznaµcimo li svaki stupac od A kao matricu Aj = (aij)(m;1), j = 1; � � � ; n, moµzemopojednostavniti zapise:

A = [A1 � � �An] i C = [A1 � � �An B] � [A B] ;

dok sustav (6) dopu�ta zapis

A1x1 + � � �+Anxn = B: (600)

Sada je oµcito da sustav (6) ima rje�enje onda i samo onda, ako je B neka matriµcna

linearna kombinacija od A1; � � � ;An.

TEOREM 2.27

(i) (Kronecker-Capellijev teorem) Sustav (6) ima rje�enje onda i samo onda kad je

r ([A B]) = r(A);

(ii) Ako je r zajedniµcki matriµcni rang od A i [A B], onda je sustav (6) ekvivalentan

sustavu koji se iz njega dobiva uzimanjem bilo kojih r linearno nezavisnih jed-

nadµzaba, tj. jednadµzaba koe�cijenti kojih u matrici tvore r linearno nezavisnih

redaka;

(iii) U sluµcaju m = n, sustav (6) ima toµcno jedno rje�enje X0 onda i samo onda ako

je pripadna matrica A regularna: Pritom je X0 = A�1B.

DOKAZ. (i). MatricaA je tipa (m;n); a pro�irena matrica [A B] tipa (m;n+1). Ako

A i [A B] imaju isti rang r, onda se r linearno nezavisnih stupaca matrice [A B] moµze

naci vec me�u stupcima matrice A; a preostali stupci matrice [A B] = [A1 � � �An B] ;

dakle i zadnji, mogu se zapisati kao njihove linerne kombinacije. Prema tomu, postoje

brojevi x0j , j = 1; � � � ; n, koji uvr�tenjem xj = x0j zadovoljavaju sustav (600); dakle, i


(6). Obratno, ako brojevi x0j , j = 1; � � � ; n, tvore rje�enje od (6), dakle, i od (600), ondaje matrica B neka linearna kombinacija od A1; � � � ;An. Kad bi bilo r(A) 6= r ([A B]),

bilo bi r(A) < r ([A B]), �to bi znaµcilo da se je dodavanjem stupca B broj linearno

nezavisnih stupaca povecao; pa B ne bi bio linearna kombinacija od A1; � � � ;An -

protuslovlje.

(ii). Premje�tanjem matriµcnih redaka od [A B] moµzemo postici da upravo prvih r

redaka (jednadµzaba) bude linearno nezavisno. Ako je r < m, svaki i-ti redak (jed-

nadµzba), i = r + 1; � � � ;m, je neka linearna kombinacija prvih r redaka (jednadµzaba).Postoje, dakle, realni brojevi �i0i00 , i0 = 1; � � � ; r, i00 = r + 1; � � � ;m, takvi da je

[ai001 � � � ai00n bi00 ] =Xr

i0=1�i0i00 [ai01 � � � ai0n bi0 ] (7)�Pn

j=1 ai00jxj ; bi00 =Pr

i0=1 �i0i00Pn

j=1 ai0jxj ;Pr

i0=1 �i0i00bi0 , i00 = r+1; � � � ;m�.

Ako je (x01; � � � ; x0n) rje�enje prvih r jednadµzaba iz sustava (6), tj. ako je ai01x01 + � � �+ai0nx

0n � bi0 za i0 = 1; � � � ; r (i � r), onda za i00 = r + 1; � � � ;m (i � r + 1) pomocu (7)

dobivamo

ai001x01 + � � �+ ai00nx0n � bi00 =

x01Xr

i0=1�i0i00ai01 + � � �+ x0n

Xr

i0=1�i0i00ai0n �

Xr

i0=1�i0i00bi0 =Xr

i0=1�i0i00(x

01ai01 + � � �+ x0nai0n � bi0):

Prema tomu, (x01; � � � ; x0n) � X0 jest rje�enje i preostalih m� r jednadµzaba iz sustava

(6), dakle i cijeloga sustava (6).

(iii) Ako je m = n i matrica A regularna, onda je r(A) = n = r ([A B]) pa sustav (6)

ima neko rje�enje X0 po (i). Pretpostavimo da sustav (6) ima, pored X0, i rje�enje

Y 0. Tada je

AX0 = B = AY 0;

dakle,

A(Y 0 �X0) = O:

Mnoµzeci zadnju jednakost slijeva inverznom matricom A�1 dobivamo Y 0�X0 = O, tj.

Y 0 =X0, pa sustav (6) ima toµcno jedno rje�enje. Pomnoµzimo li (60) slijeva inverznom

matricom A�1 dobivamo traµzeno jedinstveno rje�enje X0 = A�1B. Obratno, neka je

u sustavu (6) m = n i neka je X0 = (x01; � � � ; x0n) njegovo jedino rje�enje. Matrica Bu zapisu (600) je tada matriµcna linearna kombinacija od A1; � � � ;An s koe�cijentima

x01; � � � ; x0n. Pretpostavimo protivno, tj. da matrica A nije regularna. Tada su njeni

stupci linearno zavisni pa postoje brojevi �1; � � � ; �n, od kojih barem jedan nije nula,

takvi da je �1A1 + � � �+ �nAn = O. Tada je

B = x01A1 + � � �+ x0nAn +O = (x01 + �1)A1 + � � �+ (x0n + �n)An;


pa je i Y 0 = (x01 + �1; � � � ; x0n + �1) 6= A0 rje�enje sustava (6) - protuslovlje.

NAPOMENA 2.28 Ako sustav (6) ima dva rje�enje X1 i X2, onda je i

X(�) = �X1 + (1� �)X2,

za svaki � 2 R, njegovo rje�enje. Zakljuµcujemo da skup svih rje�enja sustava (6),

opcenito, moµze biti ili prazan ili jednoµclan ili neprebrojivo beskonaµcan.

NAPOMENA 2.29 Ako je matrica A regularna (pa je i m = n), jedinstveno se

rje�enje X = A�1B od (6) moµze napisati tzv. Cramerovom formulom:

x1 =D1D; � � � ; xn =

Dn

D;

gdje je

D = det [A1 � � �An] � detA, D1 = det [B A2 � � �An] , : : : ,Dn = det [A1 � � �An�1 B] ,

tj. Dk je determinanta one matrice koja se od A dobije zamjenom stupca Ak stup-

cem B, k = 1; � � � ; n.

PRIMJER Rije�imo sustav linearnih jednadµzaba (x1 � x, x2 � y, x3 � z)

x +y +z = 0

�x +y +z = �2x +y �z = 2

Primijetimo da je pripadna matrica A regularna, jer joj je determinanta

D =

��1 1 1

�1 1 1

1 1 �1

�� = �4 6= 0:Buduci da je

D1 =

��0 1 1

�2 1 1

2 1 �1

�� = �4; D2 =��

1 0 1

�1 �2 1

1 2 �1

�� = 0;

D3 =

��1 1 0

�1 1 �21 1 2

�� = 4to Cramerova formula daje (jedinstveno) rje�enje (1; 0;�1). �

PRIMJER Sustav

2x +3y = a

4x +6y = 2

ovisan o parametru a 2 R, ima za a = 1 beskonaµcno mnogo rje�enja (npr. (�1; 1),(0; 13), (1;�

13), � � � ), dok za a 6= 1 nema rje�enja jer matrice


"2 3

4 6

#i

"2 3 a(6= 1)4 6 2

#nemaju isti rang. (Prva ima rang 1 a druga 2; pribrojimo li drugoj jednadµzbi prvu

jednadµzbu pomnoµzenu brojem 2 dobivamo 0 = �2a+ 2 �to, za a 6= 1, nije istina.) �

NAPOMENA 2.30 Ako je u sustavu (6) matrica B nulmatrica O, nazivamo ga

homogenim sustavom. U ovomu sluµcaju, jasno, matrica A i pro�irena matrica [A B] =

[A O] imaju isti rang, pa homogeni sustav ima rje�enje. Oµcigledno je x1 = 0, � � � ,xn = 0, tj. X = O, rje�enje svakog homogenog sustava, a nazivamo ga trivijalnim

rje�enjem. Ako je pritom rang r(A) = n onda je to, po Teoremu 2.27, (ii) i (iii), i

jedino rje�enje homogenoga sustava. Homogeni sustav ce, dakle, imati i netrivijalno

rje�enje µcim je r(A) < n.

Saµzmimo sve do sada izloµzeno o rje�avanju linearnoga sustava (6):

1. Treba odrediti matriµcne rangove r(A) i r ([A B]), pa ako su razliµciti zakljuµciti

da sustav (6) nema rje�enja (Teorem 2.27 (i)).

2. Ako je r(A) = r ([A B]) � r � m, sustav (6) se reducira na sustav od r linearno

nezavisnih jednadµzaba (redaka od [A B]) s n nepoznanica (Teorem 2.27 (ii)).

3. Ako je r < n, na lijevoj strani (reduciranoga sustava) treba ostaviti r nepoz-

nanica stupci kojih su linearno nezavisni, a na desno treba prebaciti sve ostale

pribrojnike.

4. Uzev�i bilo koje vrijednosti za n� r na desno prebaµcenih nepoznanica, preostajerije�iti sustav od r linearno nezavisnih jednadµzaba s r nepoznanica (Teorem 2.27

(iii)).

PRIMJER Sustav

2x1 +3x2 +x3 +x4 = 0

x2 +x4 = 0

x1 +x2 +x4 = 0

je homogen, pa ima trivijalno rje�enje (0; 0; 0; 0). Buduci da je rang pripadne matrice

A =

26642 3 4 1

0 1 0 1

1 1 0 1

3775manji od broja nepoznanica, tj. r(A) < 4, to ovaj sustav ima i netrivijalno rje�enje.

Odredimo rang r(A) (ovdje su dovoljne elementarne operacije samo retcima):

A �

26641 1 0 1

0 1 0 1

0 1 4 �1

3775 �26641 0 0 0

0 1 0 1

0 0 4 �2

3775 �26641 0 0 0

0 1 0 1

0 0 1 �12

3775 ;


pa je r(A) = 3. Buduci da su prva tri stupca linearno nezavisna i buduci da smo

operirali samo retcima, odre�ujuci rang dobili smo i ekvivalentni sustav

x1 = 0

x2 +x4 = 0

x3 �12x4 = 0

Prebacimo li pribrojnike s nepoznanicom x4 na desno i stavimo li x4 � 2u, u 2 R,dobivamo sva rje�enja: (0;�2u; u; 2u), u 2 R.(Za u = 0 dobivamo i trivijalno rje�enje!) �

PRIMJER U sustavu (s parametrom a 2 R)ax +y = 1

3x +2y = 0

x +ay = 1

odredimo parametarske vrijednosti a za koje sustav ima (nema) rje�enje.

Najprije odredimo rangove r(A) i r([A B]): Raµcunat cemo usporedno primijenjujuci

samo elementarne operacije retcima. (Time cemo u svakomu koraku dobiti sustav

ekvivalentan polaznomu, jer svaki redak predstavlja toµcno jednu jednadµzbu!) Dakle,

[A B] =

2664a 1 1

3 2 0

1 a 1

3775 �26641 a 1

3 2 0

a 1 1

3775 �26641 a 1

0 2� 3a �30 1� a2 1� a

3775 ;�to pokazuje da nastupaju dva zanimljiva sluµcaja: a 6= 1 i a = 1. Ako je a 6= 1 onda

zadnji redak dopu�ta dijeljenje s 1� a, pa je tada pro�irena matrica

[A B] �

26641 a 1

0 2� 3a �30 1 + a 1

3775 :Pripadne poddeterminante (iz prvih dvaju stupaca)�� 1 a

0 2� 3a

�� = 2� 3a;�� 1 a

0 1 + a

�� = 1 + a;ne mogu istodobno i�µcezavati, pa je r(A) = 2, dok je��

1 a 1

0 2� 3a �30 1 + a 1

�� = 5;pa je r ([A B]) = 3. Zakljuµcujemo da na�sustav nema rje�enja µcim je a 6= 1. (Za takavsustav se kaµze da je proturjeµcan ili kontradiktoran.) Ako je pak a = 1 onda je

[A B] �

26641 1 1

0 �1 �30 0 0

3775 ;


dakle, r(A) = 2 = r ([A B]) ; pa sustav ima rje�enje. Pribrajanjem drugoga retka

prvomu te mnoµzenjem drugoga retka brojem �1, dobivamo

[A B] �

26641 0 �20 1 3

0 0 0

3775 ;tj. sustav x = �2; y = 3; �to je zapravo traµzeno rje�enje. �

2.2 VEKTORSKA ALGEBRA

U ovomu odjeljku cemo de�nirati pojam standardnog (�geometrijskog�) vektora i u

pripadni skup uvesti odgovarajucu algebarsku strukturu. Pritom pretpostavljamo da

su temeljni pojmovi i uobiµcajene oznake iz elementarne euklidske geometrije (toµcka -

T , pravac - p, duµzina - AB, zraka, ravnina - �, kut - ', prostor, � � � ) kao i njihovi odnosidobro poznati.

Prostor cemo oznaµcavati slovom E.

2.2.1 USMJERANA DUµZINA I VEKTOR

Svaki ure�eni par (A;B) toµcaka A i B iz prostora E nazivamo usmjerenom (ili ori-

jentiranom) duµzinom i oznaµcujemo s��!AB. Pritom za A kaµzemo da je poµcetak a

za B da je kraj usmjerene duµzine��!AB. Skup svih usmjerenih duµzina s poµcetkom u

istoj toµcki O oznaµcujemo s V(O): Usmjerene duµzine�!OA,

��!OB, � � � iz V(O) nazivamo

i radijus-vektorima (varijabilnih) toµcaka A, B, � � � s obzirom na (µcvrstu) toµcku O

i oznaµcujemo s rA, rB, � � � . (U pravilu, toµcka O ce biti ishodi�te danog provokutnog

koordinatnog sustava u prostoru. Uobiµcajilo se usmjerene duµzine predoµcavati kao na

donjemu crteµzu - (a), (b).)

DEFINICIJA 2.31 Reci cemo da je usmjerena duµzina��!AB u relaciji � s usmjerenom

duµzinom��!CD i pisati

��!AB � ��!

CD, ako duµzine AD i BC imaju zajedniµcko polovi�te.

(Pripadni crteµz je - (c).)

Nije te�ko dokazati da je relacija � ekvivalentna ovim trima zahtjevima: duµzine AB i

CD su paralelne (AB k CD), duµzine AC i BD su paralelne (AC k BD) i duµzine AC

2.2. VEKTORSKA ALGEBRA 69

i BD imaju jednake duljine (d(A;C) = d(B;D)). Nadalje, lako se provjeri da je �razredbena relacija na skupu svih usmjerenih duµzina, pa se taj skup cijepa na pripadne

razrede.

DEFINICIJA 2.32 Svaki ekvivalencijski razred po relaciji � na skupu svih usmerenihduµzina nazivamo vektorom . Skup svih vektora oznaµcujemo s V3, a njegove elemente(vektore) - malim (masnim) slovima: a, b, c,� � � :

Napomenimo da se µcesto vektori oznaµcavaju i na naµcin �!a ,�!b , �!c ,� � � :

Za osnovni odnos izme�u toµcaka i vektora prihvacamo kao µcinjenicu ovo:

(?) Za svaku toµcku A u prostoru E i svaki vektor a iz V3 postoji toµcno jedna toµckaB takva da je usmjerena duµzina

��!AB element ekvivalencijskoga razreda a.

Prema tomu, ako je��!AB 2 a, tj. [��!AB] = a, smijemo govoriti da je usmjerena duµzina

��!AB predstavnik danoga vektora a. Pritom kaµzemo i da smo vektor a "sveli na"

poµcetak A, odnosno, da smo ga "nanijeli od" A. Osim toga, tada govorimo i da vektor

a ima pravac odre�en toµckama A;B u smjeru od A prema B i duljinu (ili apsolutnu

vrijednost ili modul ili normu) kak = d(A;B). Norma se µcesto oznaµcava i sa jaj :Neka je O bilo koja toµcka u prostoru E. Buduci da, po (?), svaki vektor a 2 V3

ima jedinstvenoga predstavnika u skupu V(O) i da je, s druge strane, svaka usmjerenaduµzina s poµcetkom O predstavnik jedinstvenoga vektora, to su skupovi V(O) i V3 ubijektivnoj svezi. Prema tomu, dvije usmjerene duµzine

�!OA i

��!OB predstavljaju isti

vektor toµcno onda kad je A = B.

DEFINICIJA 2.33 Neka su a i b vektori i O toµcka u prostoru E, te neka su�!OA i

��!OB pripadni radijus-vektori. Reci cemo da su vektori a i b kolinearni, ako toµcke O,

A i B pripadaju istom pravcu. Nadalje, reci cemo da oni imaju isti smjer (ili istu

orijentaciju) µcim su toµcke A i B na istoj zraci toga pravca odre�enoj toµckom O, a da

imaju suprotne smjerove µcim A i B pripadaju razliµcitim zrakama s obzirom na toµc-

ku O.

NAPOMENA 2.34 Lako se vidi da je vektorska kolinearnost dobro de�nirana, tj.

da ne ovisi o izboru toµcke-ishodi�ta O. Naime, iz de�nicije slijedi da su predstavnici�!OA i

��!O0A0 vektora a u skupovima V(O) i V(O0), redom, u relaciji �, a isto vrijedi

i za predstavnike��!OB i

��!O0B0 vektora b redom u skupovima V(O) i V(O0). Slijedi da

toµcke O, A i B pripadaju jednom pravcu, ako i samo ako toµcke O0, A0 i B0 pripadaju

jednom pravcu. Ovakva napomena ce se odnositi i na sve ostale de�nicije u kojima se

vektorska svojstva opisuju pomocu reprezentanata, pa vi�e ne cemo nagla�avati dobru

de�niranost takvih pojmova.


Za svaku toµcku A u prostoru E, vektor [�!AA] nazivamo nulvektorom i oznaµcujemo s

0. To je jedini vektor kojemu pravac ni smjer nisu odre�eni, dok je oµcito k0k = 0.

Po dogovoru smatramo da je nulvektor kolinearan svakom vektoru. Ako je a = [��!AB],

onda [��!BA] nazivamo (vektoru a) suprotnim vektorom i oznaµcujemo s �a. Vektori

a i �a imaju isti pravac i jednaku duljinu, dok su im smjerovi suprotni. Svaki vektor

e 2 V3 duljine 1; tj. kek = 1, nazivamo jediniµcnim vektorom.

Zbrajanje vektora i mnoµzenje vektora skalarom, �to cemo ih sada de�nirati, uvodimo

preko nekog (bilo kojeg) skupa V(O) svih pripadnih radijus-vektora.

DEFINICIJA 2.35 Zbroj danih radijus-vektora�!OA i

��!OB de�niramo kao radijus-

vektor��!OC, gdje je C ona toµcka za koju duµzine OC i AB imaju zajedniµcko polovi�te.

(Toµcke O;A;C;B su tada vrhovi jedinstvenoga paralelograma, pa se govori i o "paralel-

ogramskomu zbrajanju".) Pi�emo:�!OA+

��!OB =

��!OC. Vektore zbrajamo preko njihovih

predstavnika u nekom V(O). Dakle, ako je a = [�!OA] i b = [

��!OB], onda de�niramo

a+ b = c, gdje je c = [��!OC] i

��!OC =

�!OA+

��!OB.

Primijetimo da je, pod gornjim pretpostavkama,��!OB � �!

AC, tj. [��!OB] = [

��!AB], pa

je a + b = [�!OA] + [

�!AC]. Usmjerene duµzine

�!OA i

�!AC zbrajamo na "prirodni naµcin",

tj,�!OA +

�!AC =

��!OC ("zbrajanje po trokutu" , v. crteµz- (a); to nije zbrajanje u skupu

radijus-vektora V(O)!).

TEOREM 2.36 Zbrajanje u svakom skupu V(O) pripadnih radijus-vektora ima ovasvojstva:

(a) (�!OA+

��!OB) +

��!OC =

�!OA+ (

��!OB +

��!OC);

(b)�!OA+

��!OO =

�!OA;

(c)�!OA+

��!OA0 =

��!OO, [

��!OA0] = �[�!OA];

(d)�!OA+

��!OB =

��!OB +

�!OA.

DOKAZ. (a). Neka su O;A;B;C vrhovi paralelopipeda kojemu su OA; OB; OC

bridovi. Oznaµcimo preostale vrhove slovima D;E; F;G, tako da bude�!OA+

��!OB =

��!OD;

�!OA+

��!OC =

��!OE i

��!OB +

��!OC =

��!OG


(v. prethodni crteµz - (b)). Sve stranice i svi dijagonalni presjeci svakog paralelopipeda

su paralelogrami, pa po De�niciji 2.35 (zbrajanju radijus-vektora) dobivamo:

(�!OA+

��!OB) +

��!OC =

��!OD +

��!OC =

��!OF =

�!OA+

��!OG =

�!OA+ (

��!OB +

��!OC):

Dokazi preostalih tvrdnja su jo�jednostavniji pa ih ispu�tamo.

Po De�niciji 2.35 slijedi da vektorsko zbrajanje naslje�uje dobra svojstva zbrajanja

radijus-vektora iz Teorema 2.36.

TEOREM 2.37 Zbrajanje u skupu V3 ima sljedeca svojstva:

(1) (a+ b) + c = a+ (b+ c);

(2) a+ 0 = a;

(3) a+ (�a) = 0;

(4) a+ b = b+ a.

DOKAZ. Sva se gornja svojstva lako dokazuju sluµzeci se zbrajanjem usmjerenih duµzina

po trokutnomu pravilu. Primjerice, neka je a = [�!OA], b = [

��!AB] i c = [

��!BC] (izbor ovih

predstavnika dopu�ta svojstvo (?)). Tada je (�!OA +

��!AB) +

��!BC =

��!OB +

��!BC =

��!OC i

�!OA+ (

��!AB +

��!BC) =

�!OA+

�!AC =

�!AC, pa je zaista (a+ b) + c = a+ (b+ c).

Zbroj (radijus-)vektora, zbog asocijativnosti (1), smijemo pisati i bez zagrada, tj. a+

b+ c = (a+ b) + c i, opcenito,

a1 + a2 + � � �+ an�1 + an = (a1 + a2 + � � �+ an�1) + an; n 2 N; n � 3:

Vektorsko oduzimanje de�niramo kao zbrajanje sa suprotnim vektorom, tj.

a� b � a+ (�b):

Ako je npr. a = [�!OA] i b = [

��!OB] onda je a�b = [��!BA] = [��!OC], gdje je ��!OC = �!OA+

��!OB0,

[��!OB0] = �[��!OB] (v. crteµz). Na taj je naµcin ujedno de�nirano i zbrajanje radijus-vektora.

DEFINICIJA 2.38 Mnoµzenjem (vektora) skalarom nazivamo funkciju iz R� V3

u V3, (�;a) 7! �a, gdje je �a vektor duljine j�j � kak kolinearan vektoru a, koji jeusmjeren kao a µcim je � > 0, a suprotno usmjeren µcim je � < 0. (Po de�niciji je,

dakle, �0 = 0 za svaki �, kao i 0a = 0 za svaki a:) Sasvim analogno de�niramo i

mnoµzenje radijus-vektora skalarom - realnim brojem.


Pomnoµzimo li vektor a, kak 6= 0, reciproµcnom vrijedno�cu njegove duljine, dobit cemo

jediniµcni vektor a0 = 1kaka kojega nazivamo jediniµcnim vektorom vektora a. Lako

je provjeriti da mnoµzenje skalarom ima ova svojstva:

TEOREM 2.39 Za bilo koje a; b 2 V3 i bilo koje �; � 2 R vrijedi:

(a) (��)a = �(�a);

(b) (�+ �)a = �a+ �a;

(c) �(a+ b) = �a+ �b.

TEOREM 2.40 Ako su vektori a i b kolinearni i a 6= 0, onda postoji jedinstveni broj� 2 R takav da je b = �a.

DOKAZ. Aka su a = [�!OA], A 6= O, i b = [

��!OB] kolinearni, onda toµcke O, A i

B pripadaju istom pravcu p. Neka je toµckama O i E na p, d(O;E) = 1, odre�en

pripadni brojevni pravac, pa neka toµcakama A i B odgovaraju redom apscise xA i xB.

Buduci da je jxAj = d(O;A) 6= 0, to postoji broj � = xBxA. Pritom je � > 0 µcim

su vektori a i b istosmjerni, a � < 0 µcim a i b imaju suprotne smjerove. Nadalje,

kbk = d(O;B) = jxBj = j�jjxAj, pa mora biti b = �a. Iz �1a = �2a i a 6= 0 odmah

slijedi �1 = �2.

2.2.2 VEKTORUPRAVOKUTNOMKOORDINATNOMSUSTAVU

Neka je p bilo koji pravac u prostoru E i O bilo koja toµcka na tomu pravcu. Promatra-jmo onaj podskup od V(O) �to ga tvore svi radijus-vektori s krajevima na p. Izboromneke toµcke E na pravcu p, E 6= O, i de�niranjem d(O;E) = 1, odre�ujemo na p jedan

brojevni pravac. Pritom kaµzemo da smo na pravcu p zadali koordinatni sustav (O; i)

s ishodi�tem O i (jediniµcnim) baznim vektorom i = [��!OE]. Sada se svakom radijus-

vektoru�!OT , T toµcka na p, moµze pridruµziti jedinstvena koordinata-apscisa xT 2 R

njegova kraja T tako da bude�!OT = xT

��!OE (T.2.2.4). Broj xT nazivamo koordi-

natom toµcke T ili skalarnom komponentom radijus-vektora�!OT (vektora [

�!OT ]) u

koordinatnomu sustavu (O; i). Primijetimo da koordinatni sustav (O; i) odre�uje, na

dotiµcnom pravcu, dvije brojevne zrake - "pozitivnu" i "negativnu".

Neka je � bilo koja ravnina u prostoru E i O bilo koja toµcka u toj ravnini. (Desni)

pravokutni koordinatni sustav u ravnini �, u oznaci (O; i; j), de�niramo kako sli-

jedi: Toµckom O poloµzimo dva me�usobno okomita pravca p i q u ravnini �, pa svakomu

od njih pridruµzimo brojevni pravac tako da bude d(O;Ep) = 1 = d(O;Eq) i da toµcka

Ep vrtnjom u � oko O za �2 (suprotno od urine kazaljke - "pozitivna rotacija") padne u

toµcku Eq. Toµcku O opet nazivamo ishodi�tem toga koordinatnog sustava, a jediniµcne


vektore i = [��!OEp] i j = [

��!OEq] - baznim vektorima. Uobiµcajilo se zadane brojevne

pravce na p i q nazvati koordinatnim osima; na p - x-os (apscisna os x), a na

q - y-os (ordinatna os y). Primijetimo da su koordinatnim sustavom (O; i; j) u �

potpuno odre�eni koordinatni sustavi (O; i) i (O; j) na pravcima p i q redom. Neka je

T bilo koja toµcka u ravnini �. Pravac u � toµckom T usporedan s y-osi sijeµce x-os u

nekoj toµcki Tx, a pravac u � toµckom T usporedan s x-osi sijeµce y-os u nekoj toµcki Ty.

Koordinatu od Tx u sustavu (O; i) oznaµcujemo s xT i nazivamo apscisom toµcke T ,

dok koordinatu od Ty u sustavu (O; j) oznaµcujemo s yT i nazivamo ordinatom toµcke

T u (pravokutnom koordinatnom) sustavu (O; i; j). Jednom rijeµcju, kaµzemo da toµcka

T ima u sustavu (O; i; j) koordinate xT i yT i pi�emo T = (xT ; yT ). (�tovi�e, jasno

je da vrijedi i obratno, tj. svakom ure�enom paru (x; y) 2 R2 odgovara, u danomupravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j) u ravnini �, jedinstvena toµcka T u toj

ravnini tako da bude xT = x i yT = y.) Za brojeve-koordinate xT i yT kaµzemo i da su

skalarne komponente radijus-vektora�!OT (vektora [

�!OT ]) u koordinatnom sustavu

(O; i; j). Radijus-vektore��!OTx = xT

��!OEp i

��!OTy = yT

��!OEq nazivamo vektorskim kom-

ponentama radijus-vektora�!OT , a vektore [

��!OTx] = xT i i [

��!OTy] = yT j - vektorskim

komponentama vektora [�!OT ] (v. crteµz). Primijetimo da koordinatni sustav (O; i; j)

dijeli pripadnu ravninu na µcetiri dijela - kvadranta.

Po de�niciji zbrajanja (radijus-)vektora je oµcito

a � [�!OT ] = xi+ yj�rT �

�!OT = x

��!OEp + y

��!OEq

�:

NAPOMENA 2.41 Jasno je da u sustavu (O; i; j), u danoj ravnini �, moµzemo

prikazati samo one vektore iz V3 �to imaju svoje predstavnike u toj ravnini. Za tevektore kaµzemo da su kolinearni ravnini �. Svaka tri ili vi�e vektora kolinearna istoj

ravnini nazivamo koplanarnim vektorima. Primjerice, vektori i, j i a = xi + yj jesu

koplanarni vektori.

NAPOMENA 2.42 µCesto cemo, a i uobiµcajeno je, ispu�tati uglaste zagrade u oznaci

za vektore, tj. umjesto [��!AB] µcesto cemo pisati samo

��!AB, �to je oznaka za pripadnu

usmjerenu duµzinu. Obratno, ponekad cemo umjesto oznake��!AB za usmjerenu duµzinu

ili radijus-vektor rabiti vektorsku oznaku a. Pritom cemo, dakako, pomno paziti da ne

do�e da pojmovne zabune.


Neka je r = [�!OT ] vektor kolinearan ravnini �, s predstavnikom

�!OT u �, i neka je T =

(xT ; yT ) u nekom prvokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j) u toj ravnini. U skladu

s Napomenom 2.42 smijemo pisati�!OT = xT i+ yT j kao i r = xT

��!OEx + yT

��!OEy (i =

��!OEx; j =

��!OEy): Ako je a =

��!AB, A = (xA; yA) i B = (xB; yB), onda je a =

��!OB��!OA =

(xAi+yAj)�(xBi+yBj) = (xB�xA)i+(yB�yA)j =�!OT; gdje je T = (xB�xA; yB�yA).

U prostoru E de�niramo (desni) pravokutni koordinatni sustav sliµcno onomu u ravnini:Neka su x, y; z tri me�usobno okomita brojevna pravca u prostoru i istim ishodi�tem

O tako da je pritom d(O;Ex) = d(O;Ey) = d(O;Ez) = 1 i da vrijedi tzv. "pravilo

desne ruke", tj. odre�uje li palac desne ruke smjer od i =��!OEx i kaµziprst - smjer od

j =��!OEy onda srednjak odre�uje smjer od k =

��!OEz. Tada kaµzemo da je toµckom O

i vektorima i, j i k u prostoru E zadan (desni) pravokutni koordinatni sustav,kojega oznaµcujemo s (O; i; j;k).

NAPOMENA 2.43 Za svaku ure�enu trojku (a; b; c) nekoplanarnih vektora sa svo-

jstvom da se palac desne ruke moµze poloµziti u smjeru od a, kaµziprst - u smjeru od b i

srednjak u smjeru od c, kaµzemo da odre�uju desni sustav u prostoru E: Analogno se,po "pravilu lijeve ruke" moµze de�nirati lijevi sustav u prostoru.

Kao i prije, brojevne pravce x, y i z, �to su posluµzili za de�niranje koordinatnoga

sustava, nazivamo koordinatnim osima. Tri ravnine odre�ene koordinatnim osima

nazivamo koordinatnim ravninama. Koordinatne ravnine dijele prostor E na osamdijelova - oktanata. Koordinate xT ; yT ; zT 2 R bilo koje toµcke T u prostoru E,u danomu koordinatnom sustavu (O; i; j;k), odre�ujemo polaganjem toµckom T triju

ravnina usporednih s koordinatnim ravninama. Svaka od njih, naime, tada sijeµce toµcno

jednu od koordinatnih osi x, y, z redom u toµckama Tx, Ty, Tz, pa de�niramo apscisu

xT (ordinatu yT , aplikatu zT ) kao koordinatu toµcke Tx (Ty, Tz) u sustavu (O; i)

((O; j), (O;k)).

Neka je dana T toµcka u prostoru E pa s T 0 oznaµcimo njezinu okomitu projekciju nakoordinatnu ravninu xy (odre�enu osima x i y). Pripadni radijus-vektor r =

�!OT

moµzemo prikazati kao vektorski zbroj od��!OT1,

��!T1T

0 i��!T 0T (v. crteµz).


Buduci da je��!OT1 = xT i,

��!T1T

0 =��!OT2 = yT j i

��!T 0T =

��!OT3 = zTk, to je r = xT i+yT j+

zTk. Vidimo, dakle, da svaki koordinatni sustav (O; i; j;k) u prostoru E pridruµzujesvakoj toµcki T neku ure�enu trojku realnih brojeva (xT ; yT ; zT ) - njezine koordinate u

tomu sustavu. Vrijedi i obratno, svakoj ure�enoj trojci (x; y; z) 2 R3 moµze se pridruµzitijedinstvena toµcka T u prostoru E tako da, u danom koordinatnom sustavu (O; i; j;k),

brojevi x; y; z budu koordinate te toµcke. Prema tomu, skup R3 je ekvipotentan prostoruE, tretiranom toµckovnim skupom, pa µcesto govorimo i o toµckama prostora R3 pi�uciT = (x; y; z).

Primijetimo da je i radijus-vektor r toµcke T = (x; y; z) posve odre�en brojevima x, y,

i z, koje sada nazivamo skalarnim komponentama od r. Mnoµzeci te skalarne kom-

ponenete odgovarajucim jediniµcnim vektorima, dobivamo vektorske komponenete

xi, yj i zk od r. Prema tomu, r = xi+ yj + zk. U upotrebi je i zapis r = fx; y; zg a

µcesto se sluµzimo i matriµcnim zapisima, tj. r =hx y z

iili r =

2664x

y

z

3775 :Po svojstvu skalarnoga mnoµzenja sada slijedi

�r = �xi+ �yj + �zk; � 2 R:

Nadalje, vektorsko zbrajanje sada povlaµci

r1 + r2 = (x1 + x2)i+ (y1 + y2)j + (z1 + z2)k;

gdje je ri = xii+ yij + zik, i = 1; 2. Sasvim analogno je

r1 � r2 = (x1 � x2)i+ (y1 � y2)j + (z1 � z2)k:

Primijetimo da je duljina radijus-vektora r =�!OT , T = (x; y; z), dana izrazom

r � krk =k �!OT k=px2 + y2 + z2

(duµzina OT je dijagonala pripadnoga kvadra). Kutove �, �, i �to ih r zatvara redom

s jediniµcnim vektorima i, j i k nazivamo priklonim kutovima. Oµcito je

cos� =x

r; cos� =

y

r; cos =

z

r:

Buduci da je cos2 � + cos2 � + cos2 = 1, to je eksplicite odre�en pripadni jediniµcni

vektor


r0 =r

r= i cos�+ j cos� + k cos :

Ponekad kaµzemo i da su brojevi cos�, cos�, cos smjerovni kosinusi od r.

Svaku usmjerenu duµzinu��!AB moµzemo, kao �to smo vidjeli, prikazati razlikom radijus-

vektora rB � rA =��!OB ��!OA, pa je, dakle,

��!AB = (xB � xA)i+ (yB � yA)j + (zB � zA)k:

PRIMJER Odredimo vektor a = [��!AB] i pripadni jediniµcni vektor a0, ako je A =

(3;�4; 5) i B = (3;�1; 0).

a = (3� 3)i+ (�1� (�4))j + (0� 5)k = 3j � 5k.Buduci da je kak =

p02 + 32 + (�5)2 =

p34, to su smjerovni kosinusi od a brojevi

cos� = 0p34= 0; cos� = 3p

34i cos = � 5p

34; pa je

a0 =3p34j � 5p

34k: �

U De�niciji 2.6 smo de�nirali linearnu (ne)zavisnost matrica. Na isti naµcin te pojmove

de�niramo za vektore.

DEFINICIJA 2.44 Za vektor a = �1a1 + � � � + �nan, �1; � � � ; �n 2 R, n 2 N,kaµzemo da je linearna kombinacija danih vektora a1; � � � ;an. Reci cemo da su

vektori a1; � � � ;an linearno zavisni ako postoje realni brojevi �1; � � � ; �n takvi da je�1a1 + � � �+ �nan = 0 i j�1j+ � � �+ j�nj > 0 (tj. barem jedan �i 6= 0, i 2 f1; � � � ; ng).U protivnom, ako je �1a1 + � � � + �nan = 0 samo u sluµcaju j�1j + � � � + j�nj = 0 (tj.

�1 = � � � = �n = 0), kaµzemo da su vektori a1; � � � ;an linearno nezavisni.

Primijetimo da su linearno zavisna svaka dva kolinearna vektora, svaka tri koplanarna

vektora, te svaka µcetiri vektora (iz V3), a da su linearno nezavisna svaka dva neko-linearna vektora i svaka tri nekoplanarna i nekolinearna vektora. (Ova µcinjenica se je

oµcitovala u vektorskom prikazu - zapisu pomocu vektorskih komponenata.)

Buduci da su jediniµcni vektori i, j, k u svakom koordinatnom sustavu (O; i; j;k) lin-

earno nezavisni, zakljuµcujemo:

� Vektor je nulvektor ako i samo ako su sve njegove komponente jednake nuli;� Dva vektora su jednaka ako i samo ako su im istoimene komponente jednake.

2.2.3 VEKTORSKA MNOµZENJA

U skupu V3 svih vektora de�niramo dvije vrste mnoµzenja. Ishod jednoga je realanbroj (skalar) pa govorimo o skalarnom mnoµzenju, a drugoga - vektor pa ga nazivamo

vektorskim mnoµzenjem. Skalarno mnoµzeci vektorski umnoµzak vektorom dobivamo i


tzv. mje�oviti umnoµzak. Dakako, samo je vektorsko mnoµzenje (binarna) operacija na

skupu V3.

DEFINICIJA 2.45 Skalarnim mnoµzenjem (ili skalarnim produktom) nazi-

vamo funkciju sa V3 � V3 u R koja svakom paru vektora (a; b) pridruµzuje broj

ha j bi = kak � kbk � cos(a; b):

Jednostavnosti radi, oznaµcimo ha j bi � a � b, kak � a, kbk � b i kut izme�u vektora a

i b slovom ', pa de�nicija skalarnoga mnoµzenja dobiva zapis

a � b = ab cos':

Izraµcunajmo skalarne umno�ke svih parova jediniµcnih vektora i, j i k �to pripadaju

bilo kojemu pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j;k) u prostoru E:

i � i = 1 � 1 � cos 0 = 1 = j � j = k � k;

i � j = 1 � 1 � cos �2 = 0 = j � i = j � k = k � j = k � i = i � k:

Oµcito je a � a = a2 i a � b = 0 = b � a µcim su vektori a i b me�usobno okomiti

ili je barem jedan od njih nulvektor. Neka su a i b dva ne-nulvektora svedena na

zajedniµcki poµcetak O i neka je na pravcu od b dan koordinatni sustav (O; b0). Okomitim

projiciranjem vektora a na taj pravac dobivamo duµzinu OT , gdje toµcki T pripada

koordinata ab = a cos' (v. crteµz). Primijetimo da je a � b = abb, pa smijemo zakljuµciti

da je a � b < 0 (= 0; > 0) onda i samo onda kad je ab < 0 (= 0; > 0).

Broj ab nazivamo skalarnom komponentom, a vektor abb0 vektorskom kompo-

nentom vektora a na pravcu vektora b, �to je u skladu s ranijim uvedenim nazivljem.

Osnovna svojstva skalarnoga mnoµzenja donosi ovaj teorem:

TEOREM 2.46 Neka su a; b; c 2 V3 i � 2 R. Tada je

(a) a � b = b � a (komutativnost);

(b) a � (b+ c) = a � b+ a � c (distributivnost);

(c) �(a � b) = (�a) � b = a � (�b) (homogenost).

DOKAZ. (a). a � b = ab cos' = ba cos(�') = b � a.(b). Oznaµcimo b+ c � d, pa je da = ba + ca (v. crteµz) i daa = baa+ caa.


Sada po de�niciji skalarne komponente slijedi a � (b+ c) � a � d = a � b+ a � c.(c). Ako je � = 0 tvrdnja je oµcigledno istinita. Ako je � > 0 onda je k�ak = �a i

k�bk = �b, a vektori �a i b, odnosno a i �b, zatvaraju isti kut ' kao i vektori a i

b. Stoga je �(a � b) = �(ab cos') = (�a)b cos' = k�ak b cos' = (�a) � b, odnosno,�(a � b) = �(ab cos') = a(�b) cos' = a k�bk cos' = a � (�b).Ako je pak � < 0 onda je k�ak = ��a i k�bk = ��b, a vektori �a i b, odnosno a i �b,zatvaraju kut � � '. Buduci da je cos(� � ') = � cos', to je �(a � b) = �(ab cos') =

(��a)b(� cos') = k�ak b cos(� � ') = (�a) � b, odnosno, �(a � b) = �(ab cos') =

a(��b)(� cos') = a k�bk cos(� � ') = a � (�b).

TEOREM 2.47 Ako je u pravokutnom koordinatnom sustavu (O; i; j;k) a = axi +

ayj + azk i b = bxi+ byj + bzk, onda je

a � b = axbx + ayby + azbz:

DOKAZ. Teorem 2.47 je izravna posljedica Teorema 2.40 i poznatih skalarnih um-

noµzaka svih parova jediniµcnih vektora i, j i k.

PRIMJER Odredimo kut �to ga zatvaraju vektori a = 2i� 3j + k i b = i+ j.Iz a � b = ab cos' slijedi

cos' =a � bab

=axbx + ayby + azbzq

a2x + a2y + a

2z

qb2x + b

2y + b

2z

Dakle, cos' = 2�1+(�3)�1+1�0p4+9+1

p1+1+0

= � 12p7; pa je ' = arccos(� 1

2p7) � 100o5302400, tj.

' � 1; 76087 radijana (v. sljedecu Napomenu 2.48). �

NAPOMENA 2.48 Po dogovoru smatramo da ure�eni vektorski parovi (a; b) i (b;a)

zatvaraju isti kut ' i da je 0 � ' � �.

DEFINICIJA 2.49 Vektorskim mnoµzenjem (ili vektorskim produktom) nazi-

vamo binarnu operaciju � : V3 � V3 ! V3, �(a; b) � a� b, de�niranu kako slijedi:

� vektor a� b je okomit na vektore a i b;

� ure�ena trojka (a; b;a� b) odre�uje desni koordinatni sustav u prostoru;

� ka� bk = kak � kbk � sin(a; b) � ab sin'.


Uoµcimo da je vektorski umnoµzak a�b vektor kojemu je duljina jednaka povr�ini paralel-ograma �to ga odre�uju vektori a i b svedeni na zajedniµcki poµcetak, te da mu je pravac

okomit na ravninu odre�enu (kolinearnu) tim vektorima (v. crteµz).

TEOREM 2.50 Neka su a; b; c 2 V3 i � 2 R. Tada je

(a) a� b = �b� a (antikomutativnost);

(b) a� (b+ c) = a� b+ a� c (distributivnost);

(c) �(a� b) = (�a)� b = a� (�b) (homogenost).

DOKAZ. (a). Buduci da, po de�niciji, ure�ena trojka (a; b;a� b) tvori desni sustav,to ure�ena trojka (b;a;a � b) tvori lijevi sustav (v. Napomenu 2.43). Ta µcinjenica iDe�nicija 2.49 povlaµce (a).

(b). Neka je � ravnina okomita na vektor a kroz njegov poµcetak, te neka je b0 okomita

projekcija vektora b na �. Neka je ' kut izme�u vektora a i b, a '0 kut izme�u b i b0.

Tada je '0 = �2 �' i b

0 = b cos'0 = b sin'. Zarotirajmo b0 u � oko zajedniµckoga poµcetka

za �2 i dobiveni vektor oznaµcimo s b

00, tako da (a; b; b00) tvore desni sustav. Primijetimo

da je vektor b00 okomit na vektore a i b0, dakle, i na vektor b. Oznaµcimo a � b � b000.Sliµcnim postupkom dobivamo vektore c0, c00 i c000 � a� c, te d0, d00 i d000 � a� d, gdjeje d � b+ c (v. crteµz).

Preostaje dokazati da je d000 = b000 + c000. Uoµcimo da je okomita projekcija (na �)

paralelograma odre�enoga vektorima c i b paralelogram odre�en vektorima c0 i b0, a

okomita projekcija d0 dijagonale d = b+ c prvoga paralelograma je dijagonala drugoga

paralelograma, tj. d0 = b0 + c0. Rotacija u ravnini � oko zajedniµckoga poµcetka za


�2 prevodi paralelogram odre�en vektorima b0 i c0 u sukladni paralelogram odre�en

vektorima b00 i c00 s dijagonalom d00, pa je d00 = b00 + c00. Mnoµzenjem te jednakosti s

kak � a dobivamo d000 = b000 + c000.

(c). Ova se tvrdnja dokazuje kao (c) u Teoremu 2.40.


ayj + azk i b = bxi+ byj + bzk, onda je

a� b = (aybz � azby)i+ (azbx � axbz)j + (axby � aybx)k:

DOKAZ. Teorem 2.51 je izravna posljedica Teorema 2.50 i sljedecih jednostavnih

µcinjenica (v. De�niciju 2.49):

i� i = 0 = j � j = k � k;

i� j = k; j � k = i; k � i = j;

i� k = �j; j � i = �k; k � j = �i:Primijetimo da Teorem 2.51 dopu�ta i formalni determinantni zapis:

a� b =

��i j k

ax ay az

bx by bz

�� :Iz toga je zapisa oµcigledno da je a�b = 0 onda i samo onda, ako su a i b kolinearni (�toukljuµcuje mogucnost da je neki od njih nulvektor). Primijetimo, tako�er, da vektorsko

mnoµzenje nije asocijativno. �tovi�e, nije te�ko dokazati valjanost sljedecga teorema:

TEOREM 2.52 Ako su a; b; c 2 V3 onda je:

(a) (a� b)� c = (a � c)b� (b � c)a;

(b) a� (b� c) = (a � c)b� (a � b)c.

PRIMJER Izraµcunajmo povr�inu paralelograma �to ga odre�uju vektori a = �2i +3j + k i b = i� j � k.

a� b =

��i j k

�2 3 1

1 �1 �1

�� = �2i� j � k;P = ka�bk = k�2i� j � kk =

p4 + 1 + 1 =

p6. �

DEFINICIJA 2.53 Mje�ovitim mnoµzenjem (ili vektorsko-skalarnim

produktom) nazivamo funkciju iz V3 � V3 � V3 u R de�niranu pravilom

(a; b; c) 7! (a� b) � c:

2.3. ANALITI µCKA GEOMETRIJA 81

Oznaµcimo li kut izme�u vektora a i b slovom ', a kut izme�u a � b i c slovom ,

pravilo mje�ovitoga mnoµzenja dobiva zapis

(a� b) � c = ka� bk � kck � cos = kak � kbk � sin' � kck � cos � abc sin' cos :

To dopu�ta mje�oviti umnoµzak (a � b) � c interpretirati, do na predznak, kao obujamparalelopipeda odre�enoga vektorima a, b i c

Predznak mje�ovitoga umno�ka je pozitivan µcim (a; b; c) odre�uje desni sustav, a neg-

ativan u sluµcaju lijevoga sustava.


ayj + azk, b = bxi+ byj + bzk i c = cxi+ cyj + czk, onda je

(a� b) � c =

��ax ay az

bx by bz

cx cy cz

�� :DOKAZ. Teorem 2.54 je posljedica Teorema 2.46 i Teorema 2.50.

Pomocu Teorema 2.54 se lako dokazuju (rabeci determinantina svojstva) ove jednakosti:

(a� b) � c = (b� c) � a = (c� a) � b = �(a� c) � b = �(c� b) � a = �(b� a) � c;

(a� b) � c = a � (b� c);

(a� b) � c = c � (a� b):

2.3 ANALITIµCKA GEOMETRIJA

Neka je u prostoru E zadan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j;k). Promatrat cemoneke vaµzne toµckovne podskupove prostora E (pravce, neke krivulje, ravnine i neke plohe)i razmatrati uvjete pod kojima neka toµcka T = (x; y; z) pripada takvomu podskupu. Al-

gebraizacija tih uvjeta vodi do analitiµckih izraza - jednadµzaba promatranih podskupova.

To onda omogucuje algebarsko opisivanje i nekih odnosa me�u tim podskupovima.


2.3.1 PRAVAC U PROSTORU I U RAVNINI

Temeljno svojstvo svakog pravca jest da je posve odre�en bilo kojim dvjema svojim

toµckama. Neka je pravac p u prostoru E odre�en toµckama T1 i T2 kojima, s obziromna odabranu toµcku O, pripadaju redom radijus-vektori r1 i r2, te neka je T bilo koja

toµcka na p s radijus-vektorom r. Tada su usmjerene duµzine��!T1T2 i

��!T1T kolinearne (leµze

na p), pa postoji broj t 2 R takav da je ��!T1T = t��!T1T2, odnosno, (v. crteµz)

r � r1 = t(r2 � r1): (1)

Relacija (1) je vektorska jednadµzba pravca p. Oznaµcimo li konstantni vektor r2�r1sa s (smjerovni vektor od p), jednadµzba (1) poprima oblik

r = r1 + ts; t 2 R: (2)

Jasno je da se svaki vektor kolinearan vektoru s smije uzeti za smjerovni vektor pravca

p.

Neka je u prostoru E s ishodi�tem O zadan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j;k),

pa neka je u njemu s =ha b c

i; r1 =

hx1 x2 x3

ii r =

hx y z

i. Tada iz relacije

(2) dobivamo tri jednadµzbe:8>><>>:x = x1 + at

y = y1 + bt

z = z1 + ct; t 2 R;(3)

koje predstavljaju parametarski zapis pravca p. Ako su sve komponente od s

razliµcite od nule, parametar t se moµze eliminirati pa iz (3) dobivamo tzv. kanonski (ili

simetriµcni) zapis pravca p:x� x1a

=y � y1b

=z � z1c

: (4)

(Ponekad se zapisom (4) sluµzimo i u sluµcajevima kad su neke komponente od s jednake

nuli, formalno pi�uci pripadne ni�tice u odgovarajucim nazivnicima.)

Uoµcimo da kanonski zapis (4) sadrµzi tri jednadµzbe koje su me�usobno linearno zavisne:8>><>>:b(x� x1) = a(y � y1)c(y � y1) = b(z � z1)a(z � z1) = c(x� x1)

(5)


Dovoljne su, dakle, dvije od tih jednadµzba da bi pravac bio posve odre�en. To vrijedi i

sasvim opcenito. Pravac se, naime, moµze zadati dvjema linearno nezavisnim (realnim)

linearnim jednadµzbama:(A1x+B1y + C1z = 0

A2x+B2y + C2z = 0; (50)

iz kojih se lako mogu, eliminacijom pojedinih varijabla, dobiti zapisi (5) i (4). (U

narednoj toµcki cemo vidjeti da svaka od jednadµzba u (50) i (5) predstavlja neku ravninu

u prostoru.)

PRIMJER Odredimo jednadµzbu (kanonski zapis) pravca p kojemu pripadaju toµcke

A = (2; 2; 4) i B = (8; 132 ;52).

Jedan smjerovni vektor toga pravca jest��!AB =

h6 9

2 �32

i. Da bi traµzeni zapis bio

"ljep�i", uzmimo s = 23

��!AB =

h4 3 �1

i. Uvr�tavanjem toµckovnih koordinata od A i

skalarnih komponenata od s u relaciju (4) dobivamo kanonski zapis

p � � � x� 24

=y � 23

=z � 4�1 : �

PRIMJER Kanonski zapis koordinatne x-osi jest

x

1=y

0=z

0

(linearnim jednadµzbama: y = 0, z = 0), jer je pripadni vektor i =h1 1 1

ii jer

prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0). Sliµcni su zapisi za y-os i z-os. �

µCesto se za smjerovni vektor promatranog pravca uzima pripadni jediniµcni vektor

s0 =s

ksk :

Tada zapis (4) poprima oblikx� x1cos�

=y � y1cos�

=z � z1cos

; (6)

gdje su cos�, cos� i cos komponenete od s0 (smjerovni koe�cijenti od s), pa mora

biti cos2 �+ cos2 � + cos2 = 1.

Neka pravac p leµzi u koordinatnoj xy-ravnini (v. crteµz dolje), pa promatrajmo samo

toµcke i podskupove te ravnine. Tada naslje�eni koordinatni sustav (O; i; j) svakoj toµcki

pridruµzuje samo dvije koordinate, odnosno, svakom vektoru samo dvije komponente

(treca, od z-osi, u sustavu (O; i; j;k) i�µcezava). Jednadµzbe u (3) sada poprimaju oblik(x = x1 + at

y = y1 + bt; (30)

a umjesto (4) dobivamox� x1a

=y � y1b

: (40)


Napi�emo li jednadµzbu (40) u obliku

y � y1 =b

a(x� x1); (7)

dobivamo poznatu "srednjo�kolsku" pravµcevu jednadµzbu jednom toµckom. Koliµcnikb

anazivamo smjerovnim koe�cijentom od p i obiµcno ga oznaµcujemo slovom k. Od-

aberemo li za toµcku T1 sjeci�te pravca p s koordinatnom y-osi, T = (0; l), dobivamo

dobro poznatu pravµcevu "eksplicitnu jednadµzbu"

y = kx+ l: (8)

µZelimo li da relacije (30), (40), (7) ili (8) odre�uju isti pravac p i u prostornom koordi-

natnom sustavu (O; i; j;k), trebamo svakoj od njih dopisati jednadµzbu z = 0.

2.3.2 RAVNINA U PROSTORU

Neka su T1; T2 i T3 bilo koje tri nekolinearne toµcke u prostoru E s pripadnim radijus-

vektorima r1, r2 i r3 redom (s obzirom na dano ishodi�te O). Tim toµckama je odre�ena

jedna i samo jedna ravnina � koji ih sadrµzi. Neka je T bilo koja toµcka te ravnine i neka

joj pripada radijus-vektor r. Tada su usmjerene duµzine��!T1T2,

��!T1T3 i

��!T1T koplanarne

(leµze u �), pa njihov mje�oviti umnoµzak i�µceµzva, tj.��!T1T � (

��!T1T2 �

��!T1T3) = 0: (9)

Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora

(r � r1) � ((r2 � r1)� (r3 � r1)) = 0: (10)

Relacije (9) i (10) jesu vektorske jednadµzbe ravnine �.

Neka je u prostoru E s ishodi�tem O dan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j;k), pa

neka je u njemu T = (x; y; z) i Ti = (xi; yi; zi), i = 1; 2; 3: Mje�oviti umnoµzak (9) se

tada moµze zapisati u determinantnom obliku

2.3. ANALITI µCKA GEOMETRIJA 85��x� x1 y � y1 z � z1x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x3 � x1 y3 � y1 z3 � z1

�� = 0 (11)

ili ��

x y z 1

x1 y1 z1 1

x2 y2 z2 1

x3 y3 z3 1

��= 0: (12)

Relacije (11) i (12) nazivamo jednadµzbama ravnine kroz tri toµcke. Neka ravnina

� ne prolazi ishodi�tem O, i neka ona sijeµce koordinatne osi x, y, i z redom u toµckama

T1 = (a; 0; 0), T2 = (0; b; 0) i T3 = (0; 0; c), a; b; c 6= 0. Tada iz (11) dobivamo tzv.

segmentni oblik jednadµzbe ravnine �x

a+y

b+z

c= 1: (13)

Neka je n bilo koji vektor okomit na ravninu � (okomit, dakle, i na svaki pravac u

�). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u �, pa neka je T varijabilna toµcka u �. Pripadni

radijus-vektori neka su redom r1 i r. Tada su vektori n i r � r1 me�usobno okomiti,�to povlaµci i�µcezavanje njihova skalarnog umno�ka:

n � (r � r1) = 0: (14)

To je jo� jedan oblik vektorske jednadµzbe za ravninu �. Svaki vektor okomit na

ravninu � nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te ravnine i najµce�ce ga

oznaµcujemo slovom n. (Takav je, primjerice, vektor (r2 � r1) � (r3 � r1) iz relacije(10).) Ako je, u sustavu (O; i; j;k), n =

hA B C

i, a T1 = (x1; y1; z1) i T = (x; y; z),

tj. r1 =hx1 y1 z1

ii r =

hx y z

i, onda (14) poprima oblik

A(x� x1) +B(y � y1) + C(z � z1) = 0; (15)

�to je tzv. jednadµzba ravnine � jednom toµckom T1 = (x1; y1; z1). Oznaµcimo li u

(15) konstantu �(Ax1+By1+Cz1) slovom D, dobivamo tzv. opci oblik jednadµzbe

ravnine �:

Ax+By + Cz +D = 0 (16)

ili (vektorski)

n � r +D = 0: (160)


Neka je sada r1 radijus-vektor noµzi�ta T1 okomice iz ishodi�ta O na ravninu �. Tada je

njegova duljina kr1k � p jednaka udaljenosti od O do �. Odaberimo jediniµcni normalni

vektor n0 = r1kr1k na � (v. crteµz). Zbog n0r1 = p, iz (14) dobivamo

n0 � r � p = 0 (17)

ili (skalarno)

x cos�+ y cos� + z cos � p = 0; (170)

gdje su cos�, cos� i cos komponente jediniµcne normale n0 na ravninu �. Relacije

(17) i (170) nazivamo Hesseovim (ili normalnim) oblicima jednadµzbe ravnine �.

Primijetimo da se opci oblik svodi na Hesseov dijeljenjem brojem �DjDjpA2 +B2 + C2

kad je D 6= 0, odnosno, dijeljenjem spA2 +B2 + C2 kad je D = 0.

PRIMJER Koordinatna zx-ravnina prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0) i okomita je na

vektor j =h0 1 0

i. Po (15), njezina jednadµzba je 0(x� 0)+ 1(y� 0)+ 0(z� 0) = 0,

tj y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatne xy-ravnine, a x = 0

jednadµzba koordinatne yz-ravnine. �

2.3.3 MEÐUODNOSI TOµCAKA, PRAVACA I RAVNINA

Dvije toµcke u prostoru E su ili razliµcite ili se podudaraju. U prvomu sluµcaju se postavljapitanje me�usobne udaljenosti. Bilo koja promatrana toµcka ili leµzi na danom pravcu

(u danoj ravnini) ili je izvan njega (nje). U prvomu sluµcaju njezine koordinate moraju

udovoljavati jednadµzbi toga pravca (te ravnine). U drugomu pak sluµcaju, zanimljivo

pitanje jest ono o udaljenosti toµcke od pravca (ravnine).

Dva pravca, opcenito, mogu biti usporedna (ukljuµcujuci podudaranje), mogu biti mi-

mosmjerna, a mogu se i presijecati. U prva dva sluµcaja se postavlja pitanje o njihovoj

me�usobnoj udaljenosti, a u trecemu - o kutu �to ga zatvaraju. (Pitanje o kutu ima

smisla i za mimosmjerne pravce, ako se radi o kutu pripadnih smjerovnih vektora!)

Sliµcno razmi�ljamo i o odnosu dviju ravnina: ako su usporedne - kolika im je me�usobna

udaljenost(?), a ako se sijeku - koliki kut zatvaraju(?).

Promatramo li odnos pravca i ravnine, ima smisla istraµziti leµzi li dani pravac u danoj

ravnini ili ne, pa, ako ne leµzi u njoj, je li joj usporedan - kolika je udaljenost(?) - ili ju

probada - koja toµcka jest probodi�te i koliki je prikloni kut(?).

Da bismo odgovorili na postavljena pitanja, najprije istaknimo nekoliko temeljnih µcin-

jenica: Dvije ravnine su me�usobno usporedne toµcno onda kad su im normalni vektori

kolinearni; dva pravca su me�usobno usporedna toµcno onda kad su im smjerovni vek-

tori kolinearni; ravnina i pravac su me�usobno usporedni toµcno onda kad su pripadni

normalni vektor i pripadni smjerovni vektor me�usobno okomiti. I opcenito: Kut


izme�u dviju ravnina je jednak kutu izme�u njihovih normalnih vektora; kut izme�u

dvaju pravaca je jednak kutu izme�u njihovih smjerovnih vektora; kut izme�u ravnine i

pravca jest suplement (do �2 ) kuta izme�u pripadnoga normalnog vektora i pripadnoga

smjerovnog vektora (v. crteµz).

Kut izme�u dvaju vektora se raµcuna po formuli

cos' =a � bab

=axbx + ayby + azbzq

a2x + a2y + a

2z

qb2x + b

2y + b

2z

:

Udaljenost dviju toµcaka T1 = (x1; y1; z1) i T2 = (x2; y2; z2) raµcunamo po poznatoj

formuli:

d(T1; T2) =p(x2 � x1)2 + (y2 � y1)2 + (z2 � z1)2:

Udaljenost d(p1; p2) usporednih pravaca p1 i p2 jednaka je udaljenosti njihovih sjeci�ta

s bilo kojim na njih okomitim pravcom.

Neka su usporedne ravnine �1 i �2 zadane Hesseovim jednadµzbama

�1 � � �n01 � r � p1 = 0; �2 � � �n02 � r � p2 = 0; n01 = �n02:

Tada je udaljenost d(�1; �2) jednaka jp1 � p2j µcim je n01 = n02, odnosno, p1 + p2 µcim

je n01 = �n02. Udaljenost d(T1; �) toµcke T1 = (x1; y1; z1) od ravnine � se odre�uje

tako da se toµckom T1 poloµzi ravnina �0 usporedna s � i izraµcuna udaljenost d(�0; �) =

d(T1; �). Da bi se odredila udaljenost usporednih pravaca, moµze ih se presjeci na

njih okomitom ravninom i izraµcunati udaljenost dobivenih probodi�ta. Udaljenost od

pravca do njemu usporedne ravnine odre�uje se izraµcunavanjem udaljenosti od bilo

koje toµcke toga pravca do ravnine. Napokon, udaljenost izme�u dvaju mimosmjernih

pravaca odre�uje se izraµcunavanjem udaljenosti izme�u dviju usporednih ravnina od

kojih svaka sadrµzi po jedan promatrani pravac.

PRIMJER Dani su pravci

q1 � � �x� 1�2 =

y

1=z � 42

i q2 � � �x� 30

=y � 11

=z + 2

1:

Istraµzimo njihov me�usobni poloµzaj.


Pravci q1 i q2 nisu me�usobno usporedni, jer im smjerovni vektori s1 =h�2 1 2

ii

s2 =h0 1 1

inisu kolinearni. Neka je �1 ravnina �to sadrµzi pravac q1 i usporedna

je s pravcem q2. Za normalni vektor n1 od �1 smijemo uzeti s1 � s2 =h�1 2 �2

i(v. Teorem 2.50), a za njezinu posve odre�enu toµcku smijemo uzeti T1 = (1; 0; 4) na

pravcu q1. Tako dobivamo

�1 � � � � (x� 1) + 2(y � 0)� 2(z � 4) = 0; tj.

x� 2y + 2z � 9 = 0:

Za ravninu �2, �to sadrµzi pravac q2 i usporedna je s pravcem q1, na sliµcan naµcin (n2 =

s2 � s1, T2 = (3; 1;�2)) dobivamo

�2 � � �x� 2y + 2z + 3 = 0:

Ravnine �1 i �2 su usporedne (i razliµcite), pa su pravci q1 i q2 mimosmjerni. Njihovu

me�usobnu udaljenost cemo dobiti pomocu jednadµzaba za �1 i �2 u normalnomu obliku:

�1 � � �1

3x� 2

3y +

2

3z � 3 = 0; �2 � � � �

1

3x+

2

3y � 2

3z � 1 = 0:

Dakle, d(q1; q2) = d(�1; �2) = p1 + p2 = 3 + 1 = 4. Kut ' izme�u smjerovnih vektora

s1 i s2 od q1 i q2 redom, dobivamo iz njihova skalarnog umno�ka:

cos' =s1 � s2

ks1k � ks2k=

�2 � 0 + 1 � 1 + 2 � 1p(�2)2 + 12 + 22

p02 + 12 + 12

=

p2

2;

dakle ' = �4 : �

Poglavlje 3

KONVERGENCIJA I

NEPREKIDNOST

3.1 KONVERGENCIJA REALNIH

NIZOVA I REDOVA

Konvergencija je jedan od temeljnih pojmova u matematiµckoj analizi. Primjerice, neke

od osnovnih elementarnih funkcija (trigonometrijske) moguce je sasvim korektno de�ni-

rati tek kad se strogo zasnuje konvergencija realnih redova. Osim toga, na dobro zas-

novanoj konvergenciji je mnogo lak�e de�nirati i eksponencijalnu funkciju i, posebice,

istraµziti njezina vaµzna svojstva. Logiµcki bi, dakle, ovaj odjeljak trebao biti prvi u ovomu

poglavlju. Nu, to bi onda zahtijevalo drugaµciji temeljni teorijski pristup, koji bi bio

preopcenit za na�u konaµcnu svrhu.

3.1.1 NIZ REALNIH BROJEVA

DEFINICIJA 3.1 Svaku funkciju de�niranu na skupu prirodnih brojeva, a : N! Y ,

nazivamo nizom (u skupu Y ). Vrijednost a(n) 2 Y , n 2 N, oznaµcujemo s an inazivamo n-tim µclanom toga niza. Uobiµcajilo se i sam niz oznaµciti s (an) ili, ponekad,

s a1; a2; � � � ; an; � � � . U sluµcaju Y = R govorimo o nizu realnih brojeva (ili o realnomnizu) (an).

Vaµzno je imati na umu bitnu razliku izme�u niza (an) u skupu Y , tj. funkcije a : N! Y ,

od skupa svih njegovih vrijednosti fan j n 2 Ng, tj. slike a[N] � Y !

PRIMJER Ispi�imo "nekoliko prvih" µclanova realnoga niza (an), pri µcemu je:

(a) an =n2

2n+ 1; (b) an =

(1�nn , n neparan1n , n paran

; (c) an =

(2n, n � 3p11, n � 4

.

89

90 POGLAVLJE 3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

(a) a1 = 13 , a2 =

45 , a3 =

97 itd. ili

13 ;45 ;97 ;169 ;

2511 ; � � � ;

(b) a1 = 0, a2 = 12 , a3 = �

23 , a4 =

14 itd. ili 0;

12 ;�

23 ;14 ;�

35 ;16 ; � � � ;

(c) a1 = 2, a2 = 4, a3 = 6, a4 =p11 = a5 = � � � itd. ili 2; 4; 6;

p11;p11; � � � : �

Pod (c) je dan primjer tzv. stacionarnog niza, tj. niza (an) za koji vrijedi:

(9r 2 R)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an = r:

DEFINICIJA 3.2 Reci cemo da je niz realnih brojeva (an) uzlazan ili rastuci

(silazan ili (o)padajuci, monoton, strogo uzlazan, strogo silazan, strogo mo-

noton) µcim je takva pripadna funkcija a : N! R.

Sljedeci teorem je izravna posljedica prethodne de�nicije.

TEOREM 3.3 Da bi realni niz (an) bio uzlazan (silazan, strogo uzlazan, strogo silazan)

nuµzno je i dovoljno da je, za svaki n 2 N, an � an+1 (an � an+1, an < an+1,

an > an+1).

PRIMJER Niz

(an), an = �n

10,

je strogo silazan, jer je an = � n10 > �

n+110 = an+1 za svaki n 2 N. �

PRIMJER Niz

(an), an =(�1)n + n

n;

nije monoton, jer je, primjerice, a1 = 0 < 32 = a2 >

23 = a3.

Zadrµzavajuci se jo�malo na ovomu primjeru, prikaµzimo nekoliko µclan ova toga niza na

brojevnom pravcu:

Primijecujemo da se oni "sve vi�e pribliµzavaju" broju 1 kako se n povecava. Odaber-

emo li, naime, bilo koju (kako god malu) "-okolinu od 1 u R, tj. simetriµcni intervalh1� "; 1 + "i, " > 0, u njoj ce se naci skoro svi (tj. svi osim konaµcno mnogo njih)

µclanovi promatranoga niza (an). Ako je npr. " = 0; 2, radi se o okolini h0; 8; 1; 2i izvankoje su a1; � � � ; a5, a u njoj su svi µclanovi an za koje je n � 6. Zaista, u tomu sluµcajumora biti

��1 � (�1)n+nn

�� < 0; 2; tj: 1n < 0; 2 ; dakle n > 5: Smanjujuci broj " > 0, tj.

okolinu, povecava se broj onih µcanova an �to su izvan te okoline, ali, ma kako malen

bio taj ", izvan nje ih je uvijek samo konaµcno mnogo. �Ovaj primjer motivira sljedecu de�niciju:

3.1. KONVERGENCIJA REALNIH NIZOVA I REDOVA 91

DEFINICIJA 3.4 Reci cemo da je toµcka a0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes)realnog niza (an), ako je ispunjen ovaj uvjet:

(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jan � a0j < ":

Ovo cemo skraceno zapisivati kao (an)! a0.

PRIMJER

(a) Stacionarni niz (an), an = a0 µcim je n � n0, ima graniµcnu vrijednost a0.

(b) Pokaµzimo da niz�cn

�, za ma koji c 2 R, ima za graniµcnu vrijednost 0 2 R.

Uzmimo bilo koji " > 0. Treba odrediti broj n0 2 N (ovisan o ") koji ce udovoljiti

uvjetu iz De�nicije 3.4. Promatrajmo nejednakost jan � a0j < ", koja bi u ovomu

primjeru trebala biti j cn � 0j < ", tj. jcjn < ". To povlaµci da treba biti n > jcj" , �to je, po

Arhimedovu aksiomu moguce: Odaberemo li, dakle, n0 =� jcj"

�+1;(gdje je

� jcj"

�najvece

cijelo), de�nicijskom uvjetu ce biti udovoljeno. �

TEOREM 3.5 Svaki realni niz (an) dopu�ta najvi�e jednu graniµcnu vrijednost.

DOKAZ. Pretpostavimo protivno, tj. da vrijedi (an)! a00, (an)! a000 i a00 6= a000. Tada

je broj " = ja000�a00j2 > 0, pa su U 0 = ha00 � "; a00 + "i i U 00 = ha000 � "; a000 + "i disjunktne

"-okoline od a00 i a000 redom. Po de�niciji bi svaka od okolina U

0 i U 00 trebala sadrµzavati

skoro sve µclanove promatranoga niza (an), �to je protuslovlje.

DEFINICIJA 3.6 Za niz koji ima graniµcnu vrijednost kaµzemo da konvergira (ili

teµzi) prema toj vrijednosti, odnosno, da je konvergentan. U protivnom, kaµzemo da

niz divergira ili da je divergentan.

µCim niz (an) konvergira prema broju a0, tj. (an) ! a0, Teorem 3.5 (limesova jedin-

stvenost) dopu�ta to zapisati kao (operativnu) jednakost

lim(an) = a0:

Uvedimo nazive i zapise i za dva posebna sluµcaja divergentnih nizova. Prvo, ako za

realni niz (an) vrijedi

(8r 2 R+)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an > r;

reci cemo da (an) divergira prema plus beskonaµcnom i pisati (an) ! +1 ili

lim(an) = +1.Drugo, ako za realni niz (an) vrijedi

(8r 2 R�)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an < r;

reci cemo da (an) divergira prema minus beskonaµcnom i pisati (an) ! �1 ili

lim(an) = �1.


Primjerice, nizovi

(n), (3n� 5) i (n2 � 1)

divergiraju prema +1, dok nizovi

(�n), (�3n+ 5), i (�n2 + 1)

divergiraju prema �1.(Pozor! +1 i �1 su samo oznake. To nisu realni brojevi. Moguce je, me�utim,

pro�iriti R do skupa R = R[f�1;+1g stavljajuci �1 < x < +1, za svaki x 2 R, ipro�irujuci odgovarajucu algebarsku strukturu sa R na R ovako: x + (�1) = �1 =

(�1) + x, (�1) + (�1) = �1, (+1) + (+1) = +1; x � (�1) = �1 = (�1) � xza x < 0, x � (�1) = �1 = (�1) � x za x > 0, (�1) � (�1) = +1 = (+1) � (+1),(�1) � (+1) = �1 = (+1) � (�1); zbrojevi (�1) + (+1) i (+1) + (�1), kao iumno�ci 0 � (�1) i (�1) � 0 se ne mogu jednoznaµcno de�nirati. Za upravo promatranenizove bi se sada moglo reci da konvergiraju pro�irenomu skupu realnih brojeva R.)

DEFINICIJA 3.7 Neka je (an) realni niz. Reci cemo da je toµcka r 2 R gomili�teod (an), ako svaka okolina od r sadrµzi beskonaµcno mnogo µclanova toga niza. Simboliµcki

se taj uvjet zapisuje ovako:

(8" > 0)(8n 2 N)(9n0 2 N) n0 � n ^ jan0 � rj < ":

Primijetimo da je, za svaki konvergentni niz, njegova graniµcna vrijednost ujedno njegovo

jedino gomili�te, dok obratno ne vrijedi.

PRIMJER Promatrajmo niz

(an), an = n (1� (�1)n) :

Uoµcimo da je an = 2n µcim je n neparan, a an = 0 µcim je n paran, tj. (an) =

2; 0; 6; 0; 10; 0; � � � . Oµcigledno je da niz (an) divergira premda ima toµcno jedno gomili�ter = 0. �

DEFINICIJA 3.8 Podnizom realnog niza (an), tj. funkcije a : N ! R, smatramosvaku kompoziciju a � n : N ! R, pri µcemu je n : N ! N strogo uzlazna funkcija

(niz u N): Primijetimo da je podniz realnog niza opet realni niz. Opcenito, k-ti µclanpromatranoga podniza je realni broj (a � n)(k) = a(n(k)) � an(k), k 2 N .

Uobiµcajilo se an(k) zapisivati kao ank , a sam podniz kao (ank).

U prethodnom primjeru je npr. jedan podniz (ank) = 2; 6; 10; 14; � � � , koji divergiraprema +1 (strogo uzlazna funkcija je n : N ! N, n(k) � nk = 2k � 1). Uoµcimo da


taj niz ima i konstantni, dakle konvergentni, podniz (amk) = 0; 0; 0; � � � (strogo uzlazna

funkcija je m : N! N, m(k) = 2k).

PRIMJER Promatrajmo realni niz

(an), an =(�1)nnn+ 1

:

Tada je an = � nn+1 µcim je n = 2k � 1 (neparan), a an = n

n+1 µcim je n = 2k (paran).

Prema tomu, ovaj niz ima barem dva (po µclanovima komplementarna) konvergentna

podniza: (a2k�1) =��2k�1

2k

�! �1 i (a2k) =

�2k2k+1

�! 1. Primijetimo da su toµcke �1

i 1 gomili�ta od (an) koji divergira. �

3.1.2 SVOJSTVA KONVERGENTNIH (POD)NIZOVA

TEOREM 3.9 Ako realni niz (an) konvergira onda je ome�en.

DOKAZ. Neka je lim(an) = a0. Tada postoji postoji n0 2 N takav da je fan j n �n0g � ha0 � 1; a0 + 1i. Neka je b = maxfjan�a0j j n 2 f1; � � � ; n0�1gg i c = maxf1; bg.Tada je a[N] = fa1; � � � ; an0�1g[fan j n � n0g � [a0�c; a0+c], pa je funkcija a : N! R,tj. jest (an) ome�en.

TEOREM 3.10 Realni niz (an) ima gomili�te r onda i samo onda, ako postoji podniz

(ank) koji konvergira prema r.

DOKAZ. Neka je r gomili�te od (an). Traµzeni podniz cemo konstruirati indukcijom.

Za k = 1 neka je µclan an1 2 hr � 1; r + 1i. (U De�niciji 3.7 uzmimo " = 1 i n = 1, patakav n1 � n0 � 1 postoji.) Pretpostavimo da postoje prirodni brojevi n1 < � � � < nk

za koje je ani 2r � 1

i ; r +1i

�za svaki i 2 [1; k]N. Po De�niciji 3.7, za " = 1

k+1 i

n = nk + 1, postoji n0 � nk+1 � nk + 1 > nk takav da je ank+1 2r � 1

k+1 ; r +1

k+1

�.

Time smo konstruirali podniz (ank) za koji je oµcito lim(ank) = r.

Obratno, neka je (an) realni niz s konvergentnim podnizom (ank) ! r. Uzmimo bilo

koje " > 0 i n 2 N. Buduci da postoji k0 2 N takav da je ank 2 hr � "; r + "i µcimje k � k0, to birajuci n0 = nk � n (vrijednosti nk strogo rastu µcim indeksi k rastu)

dobivamo an0 2 hr � "; r + "i. Dakle, niz (an) ima za gomili�te toµcku r.

KOROLAR 3.11 Neka su (an) niz u R i a0 2 R. Tada je lim(an) = a0 toµcno onda

kad je, za svaki podniz (ank), lim(ank) = a0. Posebice, ako dva komplementarna podniza

(ank) i (an; n 6= nk) od (an) konvergiraju prema istoj graniµcnoj vrijednosti a0, onda i

niz (an) konvergira prema a0.


DOKAZ. Dovoljnost je oµcigledna (uzmimo nk = k), a nuµznost vrijedi po Teoremu

3.5 i Teoremu 3.10. Dodatna tvrdnja je oµcita posljedica De�nicija 3.4 i 3.6 i Teorema

3.5.

TEOREM 3.12 Svaki realni niz (an) ima monotoni podniz.

DOKAZ. Neka je N = fn j n � n0 ) an � an0g � N. Skup N je ili beskonaµcan ili

konaµcan. Ako je N beskonaµcan, moguce je odabrati strogo uzlazni niz (nk) u N , tj.

nk < nk+1 za svaki k 2 N. Tada je, po de�niciji od N , ank � ank+1 za svaki k 2 N,pa je pripadni podniz (ank) uzlazan. Ako je skup N konaµcan, onda postoji n1 2 N,fn1g > N . Odaberimo neki n2 2 N takav da je n2 > n1 i an2 < an1 . (Takav n2

postoji; u protivnom bi slijedilo n1 2 N -�to nije!) Jasno je da n2 =2 N . Nastavljajuciinduktivno, dobivamo nk < nk+1 =2 N za svaki k 2 N, tj. strogo uzlazni niz (nk) uNnN . Njemu tada odgovara ank > ank+1 za svaki k 2 N, tj. strogo silazni podniz(ank).

TEOREM 3.13 Ako je realni niz monoton i ome�en onda konvergira. Potpunije, ako

je (an) silazan i ome�en odozdol onda je lim(an) = inf a[N], a ako je (bn) uzlazan iome�en odozgor onda je lim(bn) = sup b[N].

DOKAZ. Promatrajmo prvi sluµcaj, tj. niz a1 � a2 � � � � � an � � � � � c u R. Tadapostoji a0 � inf a[N] 2 R, pa je a0 � an za svaki n 2 N. Nadalje, za svaki " > 0

postoji neki n0 2 N takav da je a0 + " > an0 , tj. a0 > an0 � ". Buduci da je niz (an)

silazan, to je a0 � an � an0 < an0 + " µcim je n � n0. Prema tomu, n � n0 povlaµci

an � " < a0 < an + ", tj. jan � a0j < ", pa je lim(an) = a0 � inf a[N]. Posve sliµcno sedokazuje drugi sluµcaj.

KOROLAR 3.14 (Bolzano-Weierstrassov teorem) Svaki ome�eni niz realnih brojeva

(an) ima konvergentni podniz (odnosno, ima gomili�te).

DOKAZ. Neka je niz (an) u R ome�en. Po Teoremu 3.12, (an) ima neki monotonipodniz (ank). Buduci da se ome�enost µcuva, to je podniz (ank) ome�en i monoton, pa

po Teoremu 3.13 i konvergira.

PRIMJER (Broj e.) Neka je (an) niz u R zadan pravilom

an =�1 +

1

n

�n.

Dokazat cemo da je ovaj niz strogo uzlazan i ome�en odozgor pa, po Teoremu 3.13,

konvergira. Vidjet cemo da je njegova graniµcna vrijednost

lim�1 +

1

n

�n� e; 2; 71828 < e < 2; 71829:


(Moµze se pokazati da je broj e iracionalan; �tovi�e, e je transcendentan broj, no dokazati

tu tvrdnju vrlo je netrivijalno.) Broj e ima nezaobilaznu ulogu u matematiµckoj analizi.

Pokaµzimo najprije da je niz��1 + 1

n

�n�ome�en odozgor. Po binomnoj formuli (v.

Teorem 1.23) je, za svaki n 2 N,�1 +

1

n

�n=Xn

k=0

�nk

�� 1n�k �

�1n

�k=

1 +Xn

k=1

1

k!� 1 �

�1� 1

n

��1� 2

n

�� 1� k � 1

n

�� 1 +

Xn

k=1

1

k!� 1 +

Xn

k=1

1

2k�1= 1 + 2

�1� 1

2n

�< 3;

pri µcemu smo iskoristili nejednakost 2k�1 � k! za svaki k 2 N. Da je ovaj niz strogouzlazan proizlazi iz sljedecega:�

1 +1

n

�n=Xn

k=0

�nk

�� 1nk�Xn

k=0

�n+ 1k

�� 1

(n+ 1)k<Xn+1

k=0

�n+ 1k

�� 1

(n+ 1)k=Xn+1

k=0

�n+ 1k

�� 1

(n+ 1)n+1�k=�1 +

1

n+ 1

�n+1;

gdje smo iskoristili nejednakost�nk

�� 1nk��nk

�� 1

(n+ 1)kza svaki par k � n iz N.

Primijetimo da je a4 =�54

�4= 625

256 ' 2; 4414, pa je 2; 4414 < e < 3. Odre�enjem

dovoljno male gornje me�e b < 3 i dovoljno "dalekog" µclana an, dobiva se po volji

dobra racionalna pribliµzna vrijednost za broj e. �

Po Korolaru 3.14 ima smisla govoriti o najmanjemu, odnosno, najvecemu gomili�tu

realnog niza (an). Najmanje gomili�te nazivamo limesom inferiorom i oznaµcujemo

s lim inf(an);a najvece - limesom superiorom, lim sup(an):Oµcito je lim inf(an) �lim sup(an), a lako se dokaµze da ome�eni niz (an) konvergira onda i samo onda kad je

lim inf(an) = lim(an) = lim sup(an):

Ako niz (an) nije ome�en odozdol (odozgor), po dogovoru stavljamo lim inf(an) = �1(lim sup(an) = +1). Nadalje, ako (an) nije ome�en odozdol i nema gomili�te, a ome�enje odozgor, stavljamo lim inf(an) = lim sup(an) = �1. Sliµcno, ako (an) nije ome�enodozgor i nema gomili�te, a ome�en je odozdol, stavljamo lim inf(an) = lim sup(an) =

+1.

PRIMJER (a) Za niz

(an), an =

8>><>>:� nn+1 , n = 3k � 21n ; n = 3k � 1

n+1n , n = 3k

; k 2 N;

je lim inf(an) = �1, a lim sup(an) = 1.


(b) Za niz

(an), an =

(1n ; n neparan

�n; n paran;

je lim inf(an) = �1, a lim sup(an) = 0.

(c) Za niz (an), an = 2n; je lim inf(an) = lim sup(an) = +1 (= lim(an) u R), tj. niz(2n) divergira prema +1). �

TEOREM 3.15 Neka realni nizovi (an), (bn) i (cn) udovoljavaju ovim dvama uvje-

tima:

(a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) an � cn � bn;

(b) lim(an) = a0 = lim(bn).

Tada je i lim(cn) = a0.

DOKAZ. Po (ii), za svaki " > 0 postoje n00; n000 2 N takvi da je jan � a0j < " µcim je

n � n00, odnosno, jbn � a0j < " µcim je n � n000. Ukljuµcujuci i uvjet (a), dobivamo da je,

za svaki n � maxfn0; n00; n000g, a0 � " < an � cn � bn < a0 + ", dakle, jcn � a0j < ". To

upravo znaµci da je lim(cn) = a0.

PRIMJER Istraµzimo konvergira li ili ne niz�sinnn

�:

Buduci da je, za svaki n 2 N � R, �1 � sinn � 1, to je i � 1n �

sinn � 1

n : Oznaµcimo

an =�1n , bn =

1n i cn =

sinnn , n 2 N. Buduci je je lim(an) = 0 = lim(bn), po Teoremu

3.15 zakljuµcujemo da je i lim�sinnn

�� lim(cn) = 0: �

Naredni teorem jamµci dobro pona�anje graniµcnih vrijednosti prema osnovnim raµcunskim

operacijama.

TEOREM 3.16 Ako su (an) i (bn) konvergentni realni nizovi, onda je

(a) lim(an � bn) = lim(an)� lim(bn);

(b) lim(an � bn) = lim(an) � lim(bn);

(c) lim�anbn

�=lim(an)

lim(bn); µcim su svi bn 6= 0 i lim(bn) 6= 0:

(U zagradama na lijevoj strani se radi o operacijama funkcijama a; b : N! R.)

DOKAZ. Dokazati gornje tvrdnje nije trivijalno. Ipak, primjerice, pokaµzimo dobro

pona�anje realnih limesa na zbrajanje! Neka je, dakle, lim(an) = a0 i lim(bn) = b0.

Trebamo dakazati:

(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) j(an + bn)� (a0 + b0)j < ":


Za ma koji " > 0 uzmimo "0 = "2 = "00. Tada postoje n00; n

000 2 N takvi da je jan�a0j < "0

µcim je n � n00, odnosno, jbn � b0j < "00 µcim je n � n000. Neka je n0 = maxfn00; n000g. Sadaje, za svaki n � n0,

j(an + bn)� (a0 + b0)j = j(an � a0) + (bn � b0)j

� jan � a0j+ jbn � b0j < "0 + "00 = ".

Bez dokaza navodimo i dobro pona�anje konvergentnih nizova prema potenciranju.

TEOREM 3.17 Neka su (an) i (bn) konvergentni realni nizovi i neka je pritom an > 0

za svaki n 2 N i lim(an) > 0. Tada je

lim�abnn�= lim(an)

lim(bn):

Posebice, ako je niz (bn) konstantan, tj. (bn) = (r) za neki r 2 R, onda je

lim(arn) = lim(an)r:

PRIMJER Istraµzimo konvergira li ili ne niz (an), ako je

(a) an =an+ b

cn+ d, a; b; c; d 2 R, cn+ d 6= 0;

(b) an =Xn�1

k=0

k2

n3;

(c) an = aqn�1, q 2 R.

(a) U sluµcaju a = c = 0 slijedi d 6= 0, pa dobivamo konstantni niz�bd

�. Neka je

a 6= 0 6= c. Tada je

lim(an) = lim�an+ bcn+ d

�= lim

�a+ bn

c+ dn

�=lim(a) + lim( bn)

lim(c) + lim( dn)=a+ 0

c+ 0=a

c:

Ako je a 6= 0 = c onda je lim(an) = �1 (ovisno o predznaku konstante a) u R, a akoje a = 0 6= c onda je lim(an) = 0. (Neka µcitatelj poopci ovaj primjer na an =

p(n)q(n) , gdje

su p i q polinomi!)

(b) Buduci jePn�1

k=0 k2 = (n�1)n(2n+)

6 imamo

lim(an) = lim�(n� 1)n(2n+ 1)

6n3

�= lim

�16

�1� 1

n

��2 +

1

n

��=1

6� 1 � 2 = 1

3:

(c) (aqn�1) � a; aq; aq2; aq3; � � � je tzv. geometrijski niz (s konstantom a i koliµcnikom

q). Ako je a = 0 radi se o konstantnomu nizu (0) ! 0. Ako je a 6= 0, jednostavno

razmatranje pokazuje sljedece:

� jqj < 1) lim(aqn�1) = 0;

� jqj > 1)�aqn�1

�nije ome�en pa divergira;

� q = 1) lim(aqn�1) = lim(a) = a (konstantni niz);

� q = �1) (aqn�1) = ((�1)na) � �a; a;�a; a; � � � - ome�en i divergira(dva gomili�ta: �a, a). �


Sada cemo pokazati da se nizu u R moµze ustanoviti konvergentnost i bez odre�ivanjagraniµcne vrijednosti. To ce biti vaµzan (ne samo tehniµcki) dobitak, jer je µcesto bitno

znati samo to konvergira li dani niz bez obzira na to koja toµcka mu je limes.

DEFINICIJA 3.18 Reci cemo da je realni niz (an) Cauchyjev ako udovoljava ovomu

uvjetu:

(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)(8k 2 N) n � n0 ) jan+k � anj < ":

TEOREM 3.19 Niz (an) u R konvergira toµcno onda kad je Cauchyjev. (To je tzv.

potpunost euklidskoga prostora realnih brojeva R.)

DOKAZ. Neka realni niz (an) konvergira; tj. neka postoji lim(an) = a0 2 R. Tadaza svaki " > 0 postoji neki n0 2 N takav da je jan � a0j < "

2 µcim je n � n0. Jasno, za

svaki k 2 N je n+ k > n � n0 pa je i jan+k � a0j < "2 . Prema tomu,

jan+k � anj = j(an+k � a0) + (a0 � an)j � jan+k � a0j+ ja0 � anj <"

2+"

2= ";

�to dokazuje da je (an) Cauchyjev niz.

Obratno, neka je (an) u R Cauchyjev niz. Najprije cemo dokazati da je tada (an)

ome�en. Za " = 1 postoji n0 2 N takav da je jan+k � anj < 1 µcim su n; k 2 N i n � n0.

Slijedi da je skup fan j n � n0g sadrµzan u intervalu han0 � 1; an0 + 1i. Po tomu

zakljuµcujemo, kao u dokazu Teorem 3.9, da postoji c 2 R+ takav da je a[N] � [an0 �c; an0 + c]. Dakle, niz (an) jest ome�en. Po Bolzano-Weierstrassovu teoremu (Korolar

3.14), (an) dopu�ta neki konvergentni podniz (ank). Neka bude lim(ank) = a0 2 R.Dokaµzimo da je tada i lim(an) = a0! Odaberimo bilo koji " > 0. Buduci da je niz

(an) Cauchyjev, to postoji n0 2 N takav da da bude jam � anj < "2 µcim su m;n � n0

(m � n+k): Iz lim(ank) = a0 slijedi obstojnost nekoga k0 2 N za koji je jank � a0j < "2

µcim je k � k0. Uzmimo k00 2 N takav da je k00 � k0 i nk00 � n0 (obstojnost mu slijedi iz

strogo uzlazne funkcije �to de�nira podniz). Sada je

jan � a0j = j(an � ank) + (ank � a0)j � jan � ank j+ jank � a0j <"

2+"

2= "

µcim je n � n0, tj. lim(an) = a0.

PRIMJER Pokaµzimo da realni niz

(an), an =Xn

k=1

1

2k�1;

konvergira.

Po Teoremu 3.19, dovoljno je pokazati da je�Pn

k=11

2k�1

�Cauchyjev niz. U tu svrhu

najprije primijetimo da je, za svaki m 2 N,

1 +1

2+ � � �+ 1

2m= 1 �

1��

12m+1

�1� 1

2

= 2�1� 1

2m+1

�< 2:


Sada je lako pokazati da se, birajuci dovoljno veliki n 2 N, razlika jan+p � anj moµzeuµciniti po volji malom (kakav god bio p). Zaista,

jan+p � anj =Xn+p

k=n+1

1

2k�1=1

2n

�1 +

1

2+ � � �+ 1

2n+p�1

�<1

2n� 2 = 1

2n�1:

To potvr�uje da je promatrani niz Cauchyjev. �

3.1.3 RED REALNIH BROJEVA

Red realnih brojeva predstavlja smisleno poopcenje (konaµcnog) zbrajanja na "zbra-

janje" neizmjerno (ali prebrojivo) mnogo pribrojnika. Pritom se namecu dva pitanja:

Pod kojim ce uvjetima takav beskonaµcni "zbroj" postojati kao (jedinstveni) realni broj

(?); µcuvaju li se pritom dobra svojstva obiµcnoga (konaµcnoga) zbrajanja (?).

DEFINICIJA 3.20 Pod redom realnih brojeva (krace: realnim redom) podrazu-

mijevamo svaki ure�eni par

((an); (sk)) realnih nizova (an) i (sk),

pri µcemu je

sk = a1 + � � �+ ak �Xk

n=1an:

Broj an nazivamo n-tim µclanom, a broj sk k-tim djelomiµcnim zbrojem (ili k-tom

parcijalnom sumom) toga reda. Jednostavnosti radi, red ((an); (sk)) cemo ubuduce

zapisivati kaoPan ili, ponekad, kao a1+a2+� � �+an+� � � (pri µcemu + nije uobiµcajeno

zbrajanje u R nego samo sugestivna oznaka).

Primijetimo da je u reduPan � ((an); (sk)) niz (sk) posve odre�en nizom (an), jer

je, za svaki k 2 N, jednoznaµcno odre�en zbroj a1 + � � � + ak. Nadalje, oµcito je sk+1 =

sk + ak+1.

DEFINICIJA 3.21 Reci cemo da red realnih brojevaPan konvergira (ili da niz

(an) dopu�ta zbrajanje, odnosno, da je (an) zbrojiv ili sumabilan), ako pripadni niz

djelomiµcnih zbrojeva (sk) konvergira. U tomu sluµcaju graniµcnu vrijednost s � lim(sk)nazivamo sumom reda

Pan i pi�emo s =

P1n=1 an. Ako red

Pan ne konvergira,

kaµzemo da divergira.

PRIMJER (a) Promatrajmo realni redPan, an = 1 kad je n neparan i an = �1 kad

je n paran, tj. an = (�1)n�1. Rabeci znak +, njegov formalni zapis izgleda ovako:

1 + (�1) + 1 + (�1) + � � �+ 1 + (�1) + � � � :

Kad bi ovdje znak + bio zbrajanje u R, smjeli bismo po asocijativnosti najprije zbrojitisve parove a2n�1 + a2n = 0, pa bismo dobili nulred koji, oµcito, konvergira i suma bi


mu bila 0. S druge strane, smjeli bismo najprije zbrojiti sve parove a2n + a2n+1 = 0

(�preµzivio�bi a1 = 1), pa bi red konvergirao i suma bi mu bila 1. Prema tomu, + ovdje

ne oznaµcuje zbrajanje.

(b) Promatrajmo geometrijski niz (an) = (aqn�1) kad je a = 1 i q = 12 :

Pripadni redPan je tzv. geometrijski redX

aqn�1 =X 1

2n�1

s nizom djelomiµcnih zbrojeva (sk),

sk = 1 + � � �+1

2k�1=2k � 12k�1

:

Buduci da je lim(an) = lim�

12n�1

�= 0, to je

lim(sk) = lim�2k � 12k�1

�= lim

�2� 1

2k�1

�= lim(2)� lim

� 1

2k�1

�= 2� 0 = 2;

pa geometrijski redP 1

2n�1 konvergira i suma mu je

s �X1

n=1

1

2n�1= 2:

Nije te�ko pokazati da, opcenito, za geometrijski redPaqn�1 vrijedi sljedece:

�X

aqn�1 konvergira µcim je jqj < 1 i suma mu jeX1

n=1aqn�1 =

a

1� q ;

�X

aqn�1 divergira µcim je jqj � 1 (lim(sk) = �1 (ovisno o predznaku konstante

a 6= 0) kad je q � 1, dok (sk) nema graniµcne vrijednosti u R kad je q � �1). �

Promatrajmo sada realni redPan i, za bilo koji p 2 N, redX

ap+n (� ap+1 + ap+2 � � �+ ap+n + � � � ):

RedPap+n nazivamo ostatkom reda

Pan (nakon p-toga µclana). Ako

Pan konver-

gira, tj. ako postoji lim(sk) � s, onda oµcito konvergira, za svaki p 2 N, i redPap+n, i

za pripadne sume lako dobivamo:

s =X1

n=1an =

Xp

n=1an +

X1

n=p+1an =

Xp

n=1an +

X1

n=1ap+n:

U tomu sluµcaju i broj

Rp �X1

n=1ap+n =

X1

n=p+1an

nazivamo ostatkom (konvergentnog) redaPan (nakon p-toga µclana). No, oµcito je da

vrijedi i obratno, tj. ako za neki p 2 N redPap+n konvergira, onda konvergira i redP

an. Slijedi zakljuµcak o konvergenciji redaPan:

lim(sk) � s =X1

n=1an , (9 niz (Rp) u R) ^ lim(Rp) = 0:

Primijenimo li tu µcinjenicu na niz (an); dobivamo:

lim(an) = lim(sn � sn�1) = lim((s� sn�1)� (s� sn)) =


lim(Rn�1 �Rn) = lim(Rn�1)� lim(Rn) = 0� 0 = 0:

Time smo dokazali ovaj vaµzni teorem:

TEOREM 3.22 (Nuµzni uvjet za konvergiranje reda) Ako realni redPan konvergira

onda je lim(an) = 0. Ili, ekvivalentno, ako je lim(an) 6= 0 onda redPan divergira.

PRIMJER Promatrajmo tzv. harmonijski redXan; an =

1

n:

Iako je nuµznomu uvjetu za njegovu konvergentnost udovoljeno, tj. lim�1n

�= 0, pokazat

cemo da harmonijski redP 1

n divergira. Pretpostavimo protivno, tj. da redP 1

n kon-

vergira. To znaµci da konvergira pripadni niz parcijalnih suma (sk), sk = 1+� � �+ 1k . Pos-

toji, dakle, graniµcna vrijednost lim(sk) � s 2 R. Po Korolaru 3.11 i svaki njegov podniz(skl) konvergira prema istoj graniµcnoj vrijednosti s = lim(skl). Promatrajmo podniz

(skl) odre�en strogo uzlaznom funkcijom l 7! kl = 2l, tj. podniz s2; s4; � � � ; s2l ; � � � iuoµcimo da je, za svaki l 2 N, s2l > l

2 . Zaista,

s2l = 1 +1

2+�13+1

4

�+ � � �+

� 1

2l�1 + 1+ � � �+ 1

2l�1 + (2l�1 � 1) +1

2l

�>

1 +1

2+�14+1

4

�+ � � �+

� 12l+ � � �+ 1

2l

�=

1 +1

2+2

4+ � � �+ 2

l�1

2l= 1 + l � 1

2>l

2Po pretpostavci, niz (s2l) konvergira pa je ome�en odozgor, �to onda povlaµci da je i niz

( l2) < (s2l) ome�en odozgor. Time smo upali u protuslovlje jer je lim�l2

�= +1 u R.�

3.1.4 NEKOLIKO KRITERIJA ZA KONVERGENTNOST

REALNOG REDA

Za redPan u R kaµzemo da je red s pozitivnim µclanovima kad god je svaki an � 0,

n 2 N.Neka su

Pan i

Pbn dva reda s pozitivnim µclanovima. Reci cemo da

Pbn majorira

(ili da je majoranta od)Pan ako postoji n0 2 N takav da je an � bn µcim je n � n0.

(Ekvivalentno je reci da tadaPan minorira (ili da je minoranta od)

Pbn.)

TEOREM 3.23 (Poredbeni kriterij) Neka jePan red s pozitivnim µclanovima. AkoP

an ima konvergentnu majorantu onda i on konvergira, a akoPan ima divergentnu

minorantu onda i on divergira.

DOKAZ. Neka konvergentni redPbn majorira red

Pan. Ne smanjujuci opcenitost,

smijemo pretpostaviti da je n0 = 1, tj. 0 � an � bn za svaki n 2 N. Uoµcimo da su nizovi


djelomiµcnih zbrojeva (sk), sk =Pk

n=1 an, i (tk), tk =Pk

n=1 bn, uzlazni i da je sk � tk

za svaki k. Buduci da postoji lim(tk), to je niz (sk) ome� en odozgor. Po Teoremu 3.13

postoji i lim(sk), tj. i redPan konvergira. Drugu tvrdnju se, pretpostaviv�i protivno,

dokazuje sasvim sliµcno, �to vodi u protuslovlje.

PRIMJER Promatrajmo redove s pozitivnim µclanovimaXan; an =

1

(n+ 1)2; iX

bn; bn =1

n(n+ 1):

Primijetimo da je, za svaki n 2 N, an = 1(n+1)2

< 1n(n+1) = bn; pa

Pbn majorira

Pan.

Nadalje, redPbn konvergira. Zaista, buduci da je

bn =1

n(n+ 1)=1

n� 1

n+ 1; n 2 N;

njegovi djelomiµcni zbrojevi tvore niz (tk),

t1 = 1�1

2; t2 = 1�

1

3; � � � ; tk = 1�

1

k + 1; k 2 N;

koji konvergira prema

lim(tk) = 1 =X1

n=1

1

n(n+ 1).

Po Teoremu 3.23 konvergira i redP 1

(n+1)2. Osim toga, buduci da je

P 1(n+1)2

ostatak

R1 redaP 1

n2, zakljuµcujumo da konvergira i red

P 1n2. �

Sljedeci teorem donosi malo pobolj�anu formulaciju poredbenoga kriterija:

TEOREM 3.24 Neka suPan i

Pbn redovi s pozitivnim µclanovima i neka je bn > 0

µcim je n � n0 2 N. Ako postoji

lim�anbn

�� r 2 [0;1i [ f+1g;

onda vrijedi:

(a) r 2 h0;1i ) oba reda ili konvergiraju ili divergiraju;

(b) r = 0 iPan divergira )

Pbn divergira;

(c) r = +1 iPan konvergira )

Pbn konvergira.

PRIMJER Istraµzimo konvergira li redP 1p

n:

Usporedit cemo ga s harmonijskim redomP 1

n koji divergira. Primijetimo da je1pn� 1

n

za svaki n 2 N, pa po Teoremu 3.23 i redP 1p

ndivergira. Ili, koristeci Teorem 3.24(b),

lim� 1

n1pn

�= lim

�1pn

�= 0 pa

P 1pndivergira. �

Navest cemo jo�tri kriterija (dovoljna uvjeta) za konvergiranje realnog reda s pozitivnim

µclanovima:

TEOREM 3.25 Neka jePan red s pozitivnim µclanovima i neka je an > 0 µcim je

n � n0 2 N. Tada vrijedi:


(a) D�Alembertov kriterij

Ako postoji lim�an+1an

�� q; tada za q < 1 red

Pan konvergira, a za q > 1 on divergira;

(b) Cauchyjev kriterij

Ako postoji lim�npan�� q; tada za q < 1 red

Pan konvergira, a za q > 1 on divergira;

(c) Raabeov kriterij

Ako postoji lim�n�1� an+1

an

�� q; tada za q > 1 red

Pan konvergira, a za q < 1 on

divergira.

DOKAZ.Dokazat cemo samo tvrdnju o konvergenciji u (a). Pod danim pretpostavkama,

postoje neki n1 � n0 � 2 i q 2 h0; 1i takvi da bude an+1an� q µcim je n � n1. Primijetimo

da je tada

an =an1an1+1 � � � an�1anan1an1+1 � � � an�1an

� an = an1 �an1+1an1

� an1+2an1+1

� : : : � anan�1

� an1qn�n1 :

Staviv�i a � an1qn1�1

dobivamo an � aqn�1, za svaki n � n1, pa je geometrijski redPaqn�1 konvergentna majoranta promatranoga reda. Po Teoremu 3.23, red

Pan

konvergira.

PRIMJER Promatrajmo redX n

3n�1:

Po D�Alembertovu kriteriju dobivamo lim�an+1an

�= lim

�n+13n

�= 1

3 < 1 pa red konver-

gira. (Sliµcno, po Cauchyjevu kriteriju dobivamo lim( npan) = lim

� npn31�

1n

�= 1

3 < 1, a po

Raabeovu kriteriju dobivamo lim�n�1� an+1

an

��= lim

�2n�13

�= +1 > 1, pa slijedi isti

zakljuµcak.) �

Raabeov kriterij pomogne ponekad kad D�Alembertov kriterij ne donese odluku, tj. u

ponekom sluµcaju lim�an+1an

�= 1.

PRIMJER Istraµzimo konvergira li redXan �

1

2+1 � 32 � 4 +

1 � 3 � 52 � 4 � 6 +

1 � 3 � 5 � 72 � 4 � 6 � 8 + � � � .

Oznaµcimo 1!! = 1 i 2!! = 2, te za svaki n 2 N, n � 2, (2n� 1)!! = 1 � 3 � : : : � (2n� 1) i(2n)!! = 2 � 4 � : : : � (2n). Sada se

Pan moµze zapisati kaoX (2n� 1)!!

(2n)!!:

Primijetimo da je po D�Alembertovu kriteriju

lim�an+1an

�= lim

� (2n+1)!!(2n+2)!!

(2n�1)!!(2n)!!

�= lim

�2n+ 12n+ 2

�= 1- ne znamo odgovor.

Me�utim, po Raabeovu kriteriju je

lim�n�1� an+1

an

��= lim

� n

2n+ 2

�=1

2< 1;

pa promatrani red divergira. �


DEFINICIJA 3.26 Reci cemo da realni redPan apsolutno konvergira ako kon-

vergira redPjanj.

Za redove s pozitivnim µclanovima je, oµcito, apsolutna konvergencija isto �to i konvergen-

cija. Apsolutna konvergencija jest ne�to novo za redove s beskonaµcno mnogo negativnih

µclanova.

TEOREM 3.27 Ako realni redPan apsolutno konvergira onda i konvergira.

DOKAZ. Neka je uk zbroj svih pozitivnih, a �vk zbroj svih negativnih µclanova uk-tomu djelomiµcnom zbroju sk = a1 + � � � + ak. Tada za k-ti djelomiµcni zbroj tk =

ja1j+ � � �+ jakj redaPjanj vrijedi tk = uk + vk, dok je sk = uk � vk. Nizovi (uk), (vk)

i (tk) su uzlazni i uk � tk, vk � tk, k 2 N. Buduci da redPan apsolutno konvergira,

postoji lim(tk) � t =P1

n=1 janj pa su nizovi (uk) i (vk) ome�eni. Po Teoremu 3.13,nizovi (uk) i (vk) konvergiraju. Neka je lim(uk) = u, a lim(vk) = v. Po Teoremu 3.16(i)

slijedi da je lim(sk) = lim(uk � vk) = u� v. Prema tomu, i niz (sk) konvergira, tj. redPan konvergira.

Narednim primjerom cemo pokazati da tvrdnja obratna Teoremu 3.27 ne vrijedi, tj. da

ima konvergentnih redova koji ne konvergiraju apsolutno. Za takve se redove ponekad

kaµze da konvergiraju uvjetno (ili relativno).

Me�u redovima �to imaju beskonaµcno mnogo negativnih µclanova posebno je vaµzan tzv.

alternirajuci red. To je svaki realni redPan s alternirajucim predznacima svojih

µclanova, tj. ili su svi a2n�1 � 0 i svi a2n � 0 ili su svi a2n�1 � 0 i svi a2n � 0. Stoga seµcesto takav red formalno zapisuje kaoX

an � a1 � a2 + a3 � a4 + � � �+ (�1)nan + � � � ;

pri µcemu su ili svi an > 0 ili svi an < 0, n 2 N. To onda vodi k uobiµcajenomu zapisuX(�1)n�1an

za alternirajuci reda . Konvergencija alternirajuceg reda se najµce�ce ispituje tzv. Leib-

nizovim kriterijem:

� Alternirajuci redP(�1)n�1an konvergira µcim je udovoljeno uvjetima:

(a) (9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jan+1j � janj;(b) lim(an) = 0.

Da bismo se u to uvjerili, dovoljno je potvrditi prvi sluµcaj, tj. a2n�1 � 0 i a2n � 0.

Tada je, po (a), a2n�1 + a2n � 0, pa je

s2k =X2k

n=1an = s2k�2 + a2k�1 + a2k � s2k�2; k 2 N;

dakle, niz (s2k) je uzlazan. Nadalje,


s2k = s2k�1 + a2k � s2k�1 � s1 = a1; k 2 N;

�to znaµci da je niz (s2k) ome�en odozgor. Po Teoremu 3.13, niz (s2k) konvergira, tj.

postoji lim(s2k) � s 2 R: Sliµcno se zakljuµcuje da je niz (s2k�1) silazan i ome�en odozdolpa postoji lim(s2k�1). Buduci da je lim(a2n) = lim(an) = 0, mora biti lim(s2k�1) =

lim(s2k) = s, pa oba komplementarna podniza od (sk) konvergiraju prema istoj toµcki

s. Po Korolaru 3.11 je i lim(sk) = s =P1

n=1(�1)n�1an.

PRIMJER

(a)X(�1)n�1 1

2n�1= 1� 1

2+1

4� 18+1

16� � � � je alternirajuci red koji (i) apsolutno

konvergira.

(b)X(�1)n�1 1

n= 1 � 1

2+1

3� 1

4+1

5� � � � je tzv. alternirajuci harmonijski red.

On ne konvergira apsolutno ali konvergira jer ispunja oba uvjeta Leibnizova kriterija:

jan+1j = an+1 =1

n+1 <1n = an = janj;za svaki n 2 N, i lim(an) = lim

�1n

�= 0.

(c) Red 1� 12� 14+1

8+1

16� 1

32� 1

64+

1

128+

1

256�� (nije alternirajuci red) kovergira

apsolutno. (Pripadni red apsolutnih vrijednosti se podudara s odgovarajucim u (a).)�

3.1.5 FUNKCIJSKI NIZ

Neka je X � R, a RX skup svih funkcija iz X u R. Funkcijski niz de�niramo poDe�niciji 3.1 kao niz u skupu RX . Dakle, funkcijski niz (fn) je funkcija f : N ! RX ,pri µcemu je fn � f(n) : X ! R, tj. fn 2 RX , za svaki n 2 N.

DEFINICIJA 3.28 Reci cemo da funkcijski niz (fn) u RX konvergira u toµcki

x0 2 X prema funkciji f0 2 RX , ako realni niz (fn(x0)) konvergira prema toµckif0(x0) 2 R. Ako je A � X i ako funkcijski niz (fn) konvergira u svakoj toµcki x 2 A

prema prema funkciji f0, onda kaµzemo da funkcijski niz (fn) konvergira po toµckama

(ili konvergira obiµcno) na skupu A prema funkciji f0. Ovo krace zapisujemo kao

lim(fn(x)) = f0(x), x 2 A. Simboliµcki se de�nicijski uvjet moµze zapisati ovako:

(8x 2 A)(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) jfn(x)� f0(x)j < ":

Napokon, u sluµcaju A = X govorimo da funkcijski niz (fn) konvergira po toµckama

(ili obiµcno) prema funkciji f0.

PRIMJER

(a) Promatrajmo funkcijski niz

(fn), fn : R! R; fn(x) =nx

1 + n+ x2:

Buduci da je nx1+nx+x2

= x1n+1+x2

n

; to je lim�

nx1+nx+x2

�= x za svaki x 2 R: Prema tomu,

niz (fn) konvergira po toµckama prema identiteti f0 = 1R : R! R.


(b) Neka je (gn) funkcijski niz; gn : R! R; gn(x) = xn.

Uoµcimo da je lim(xn) =

8>>>>><>>>>>:0, jxj < 11, x = 1

+1, x > 1

ne postoji, x � �1

:

Zato smijemo reci da, za bilo koji X � R, funkcijski niz (gnjX) konvergira po toµckamana (svakom) skupu A � X \ h�1; 1] prema svakoj funkciji g : X ! R za koju je

g(x) =

(0, x 2 A ^ jxj < 11, x 2 A ^ x = 1

:

U najpovoljnijem sluµcaju, dakle, na ovaj se primjer moµze gledati kao na funkcijski

niz�gn jh�1;1]

�u Rh�1;1] koji konvergira po toµckama prema funkciji g0 : h�1; 1] ! R,

g0(x) = 0 za svaki x 6= 1 i g0(1) = 1.

�Konvergencija po toµckama se pokazuje preslabom za neke potrebe (v. npr. Teorem

3.63). Jedno od pravih pojaµcanja se uvodi ovako:

DEFINICIJA 3.29 Reci cemo da funkcijski niz (fn) u RX konvergira jednoliko

(ili uniformno) prema funkciji f0, ako je udovoljava ovomu uvjetu:

(8" > 0)(9n0 2 N)(8x 2 X)(8n 2 N)n � n0 ) jfn(x)� f0(x)j < ":

Reci cemo da (fn) konvergira jednoliko na skupu A � X prema f0, ako niz pripad-

nih suµzenja (fnjA) konvergira jednoliko prema suµzenju f0jA.

PRIMJER Funkcijski niz

(fn), fn : R! R; fn(x) =sinnx

n;

konvergira jednoliko prema funkciji f0 : R ! R; f0 = c0 (tj. prema nulkonstanti;

f0(x) = 0 za svaki x 2 R). Zaista, kakav god " > 0 odabrali, moµze se naci takav n0 2 Nda bude

�� sinnxn

�� 1n < " za svaki x i svaki n � n0. (Dovoljno je uzeti n0 = [1" ] + 1.) �

TEOREM 3.30 Jednolika konvergencija funkcijskog niza povlaµci njegovu konvergen-

ciju po toµckama, ali ne i obratno.


DOKAZ. Buduci da broj n0 u uvjetu jednolike konvergencije ovisi samo o broju

" > 0; dok u uvjetu konvergencije po toµckama ovisi o " i o toµcki x; prva tvrdnja je oµcito

istinita. Da, opcenito, konvergencija po toµckama ne povlaµci jednoliku konvergenciju

vidi se po pretodnom Primjeru (b). Tamo smo pokazali da funkcijski niz�gn jh�1;1]

�;

gn(x) = xn; konvergira po toµckama prema funkciji g0 : h�1; 1]! R, g0(x) = 0 za svakix 6= 1 i g0(1) = 1: Pokaµzimo sada da ta konvergencija nije jednolika, tj. da postoji

" > 0 takav da se, koji god n0 2 N odabrali, uvjet jednolike konvergencije ne moµze

ispuniti! Uzmimo " = 12 pa neka je n0 bilo koji prirodni broj. Uoµcimo da tada postoje

neki x 2 h�1; 1i i n > n0 za koje je

jgn(x)� g0(x)j = jxn � 0j = xn >1

2:

Zaista, za svaki n 2 N i svaki x > 0 je

xn = (1 + (x� 1))n > 1 + n(x� 1);

pa se za traµzeni x smije uzeti bilo koji element od�1� 1

2n ; 1�µcim je n > n0. To pokazuje

da se ne moµze udovoljiti uvjetu jednolike konvergencije.

3.1.6 FUNKCIJSKI RED

Funkcijski red se de�nira sliµcno brojevnom redu (v. De�niciju 3.20).

DEFINICIJA 3.31 Pod redom realnih funkcija (krace: funkcijskim redom) na

X � R podrazumijevamo svaki ure�eni par ((fn); (sk)) funkcijskih nizova (fn) i (sk) uRX pri µcemu je

sk = f1 + � � �+ fn �Xk

n=1fn:

Uobiµcajilo se funkcijski red ((fn); (sk)) krace zapisivati kaoXfn ili, ponekad, kao f1 + � � �+ fn + � � �

(+ ovdje nije funkcijsko zbrajanje nego samo sugestivna oznaka). Funkciju fn nazivamo

n-tim µclanom, a funkciju sk k-tim djelomiµcnim zbrojem (ili k-tom parcijalnom

sumom) funkcijskoga redaPfn.

DEFINICIJA 3.32 Reci cemo da funkcijski redPfn u RX konvergira u toµcki

x0 2 X prema funkciji s : X ! R, ako red realnih brojevaPfn(x0) konvergira prema

broju s(x0). Ako je A � X i funkcijski redPfn konvergira u svakoj toµcki x 2 A

prema funkciji s, onda kaµzemo da redPfn konvergira po toµckama (ili obiµcno)

na skupu A prema funkciji s i pi�emo s jA=P1

n=1 fn jA. Posebice, ako je A = X,

govorimo da redPfn konvergira po toµckama (ili obiµcno) prema funkciji s i pi�emo

s =P1

n=1 fn. Napokon, reci cemo da funkcijski redPfn apsolutno konvergira


(na skupu A � X), ako redPjfnj konvergira po toµckama (na skupu A). (Svakom

funkcijom f : X ! R je posve odre�ena funkcija jf j : X ! R+ [ f0g � R, jf j (x) =jf(x)j.)

Primijetimo da, po De�nicijama 3.31, 3.21 i 3.28, funkcijski redPfn u RX konvergira

u toµcki x0 2 X (konvergira po toµckama na skupu A � X) prema funkciji s 2 RX ,ako i samo ako pripadni funkcijski niz djelomiµcnih zbrojeva (sk) konvergira u toµcki x0

(konvergira po toµckama na skupu A) prema funkciji s.

Konvergentnost, odnosno, divergentnost funkcijskog redaPfn ( u nekoj toµcki x 2

X ili na nekom podskupu A � X) istraµzujemo na naµcin sliµcan onomu za brojevne

redove. Pritom najµce�ce rabimo poznate kriterije za redove s pozitivnim µclanovima

primijenjujuci ih naPjfn(x)j. To onda znaµci da, zapravo, ispitujemo konvergentnost

(divergentnost) funkcijskoga redaPjfnj, tj. apsolutnu konvergentnost polaznoga redaP

fn.

PRIMJER Promatrajmo funkcijski redXfn; fn : Rnf1g ! R; f1(x) =

1

1� x; fn+1(x) =xn

(1� x)n+1 :

Cauchyjev kriterij, primjerice, daje

lim�

npjfn(x)j

�= lim

�n

s�� xn�1

(1� x)n�� = �� x

1� x

��;�to povlaµci konvergentnost u svakoj toµcki x 2 Rnf1g za koju je

�� x1�x

�� < 1. Odatle slijedida promatrani funkcijski red konvergira (apsolutno) na skupu A =

�; 12�. Posebice

treba ispitati pona�anje redaPfn "na rubu" od A, tj. u toµcki x = 1

2 . Pripadni

brojevni red jestPfn(

12), tj. 2 + 2 + � � �+ 2 + � � � , koji oµcito divergira. �

Kako za funkcijske nizove, tako je i za funkcijske redove od posebne vaµznosti jednolika

konvergencija.

DEFINICIJA 3.33 Reci cemo da funkcijski redPfn u RX jednoliko (ili uni-

formno) konvergira prema funkciji s : X ! R, ako pripadni funkcijski niz djelomiµcnihzbrojeva (sk) jednoliko konvergira prema funkciji s. Ako je A � X i red

Pfn jA jedno-

liko konvergira prema suµzenju s jA, onda kaµzemo da funkcijski redPfn jednoliko (ili

uniformno) konvergira na skupu A prema funkciji s. Operativni zapis jednolike

konvergencije funkcijskog reda izgleda ovako:

(8" > 0)(9k0 2 N)(8x 2 X)(8k 2 N) k � k0 )��Xk

n=1fn(x)� s(x)

�� < ":

Kako za funkcijske nizove (v. Teorem 3.30) tako i za funkcijske redove, jednolika kon-

vergencija povlaµci konvergenciju po toµckama, ali ne i obratno. Sljedeci teorem donosi

jedan od najpraktiµcnijih dostatnih uvjeta za jednoliku konvergenciju.


TEOREM 3.34 (Weierstrassov kriterij) Ako funkcijski redPfn u RX ima na skupu

A � X konvergentnu majorantuPan u R (tj. (9n0 2 N)(8x 2 A) jfn(x)j � an µcim je

n � n0), onda redPfn apsolutno i jednoliko konvergira na A.

DOKAZ. Jasno je da obstojnost takve konvergentne majorantePan u R povlaµci

apsolutnu, dakle i po toµckama, konvergenciju na skupu A funkcijskoga redaPfn u RX .

Pokaµzimo jo� da je ta konvergencija jednolika! Odaberimo bilo koji " > 0. Uvedimo

uobiµcajene oznake:

sk =Xk

n=1fnjA; s =

X1

n=1fnjA; �k =

Xk

n=1an; � �

X1

n=1an:

Tada je, za svaki x 2 A,

js(x)� sk(x)j =��X1

n=k+1fn(x)

�� X1

n=k+1jfn(x)j �

X1

n=k+1an = � � �k � 0:

Buduci da je lim(�k) = �, to postoji k0 2 N (ovisan, dakle, samo o " a ne i o toµcki x)takav da je j� � �kj = � � �k < " µcim je k � k0.

Me�u funkcijskim redovima u RR posebno je vaµzan tzv. potencijski redXfn; fn : R! R; fn(x) = anx

n; an realna konstanta (za svaki n).

Ponekad se ovdje dopu�ta i n 2 N[f0g pod uvjetom da f0 bude konstantna funkcija

ca0 . Uobiµcajeni zapis potencijskog reda jestPanx

n. Istraµzujuci (ne)konvergentnost

potencijskog reda, lako se dolazi do zakljuµcka da ona ovisi o brojevnomu nizu (an);

toµcnije, o njegovu najvecem gomili�tu. Stoga se svakom potencijskom reduPanx

n

pridijeljuje njegov konvergencijski polumjer � 2 R+ [ f+1g kako slijedi:

� =

8>>><>>>:1

lim sup( npjanj)

, lim sup�npjanj

�2 R+ n f0g

+1, lim sup�npjanj

�= 0

0, lim sup�npjanj

�= +1

Pokazuje se da potencijski redPanx

n konvergira u svakoj toµcki x 2 h��; �i i divergirau svakoj toµcki x 2 Rn[��; �] µcim je � > 0. U toµcki x 2 f��; �g moguce je, ovisnoo konkretnom redu, konvergiranje ili divergiranje. Ako je � = +1, potencijski redkonvergira u svakoj toµcki x 2 R, dok u sluµcaju � = 0, potencijski red divergira za svakix 6= 0. �tovi�e, vrijedi ovaj teorem (ne cemo ga dokazati):

TEOREM 3.35 Potencijski redPanx

n konvergira apsolutno i jednoliko na svakom

segmentu [�r; r] µcim je r < �, a divergira na Rn[��; �].

PRIMJER Promatrajmo potencijski redX 1

nxn:

Uoµcimo da je lim sup�n

q1n

�= 1 pa je i pripadni konvergencijski polumjer � = 1

1 = 1.

Stoga potencijski redP 1

nxn konvergira po toµckama na intervalu h�1; 1i, apsolutno


i jednoliko konvergira na svakom segmentu��1 + 1

m ; 1 �1m

�, m 2 N, a divergira na

h�;�1i[h1; �i. Napokon, za x = �1 ovaj red postaje alternirajucim harmonijskim redomP(�1)n 1n koji konvergira, a za x = 1 dobivamo harmonijski red

P 1n koji divergira.

Prema tomu,P 1

nxn konvergira po toµckama na [�1; 1i, a divergira na R n [�1; 1i. �

3.2 NEPREKIDNE FUNKCIJE

U ovomu odjeljku se bavimo funkcijama iz X u R, X � R, koji su neprekidne (nepre-kinute, kontinuirane). Govoreci intuitivno i opisno, radi se o funkcijama kojima se

vrijednost f(x0), u svakoj toµcki x0 2 X, po volji malo razlikuje od vrijednosti f(x) µcimje toµcka x dovoljno blizu x0. Prije nego prije�emo na glavnu temu, poopcit cemo pojam

graniµcne vrijednosti s nizova na sve promatrane realne funkcije, a potom de�nirati i

pojam graniµcne vrijednosti (limesa) u toµcki x0:

3.2.1 GRANIµCNA VRIJEDNOST U BESKONAµCNOSTI

DEFINICIJA 3.36 Neka je f : X ! R funkcija, pri µcemu je X � R neome�en

odozdol (odozgor); tj, X sijeµce svaki interval h�; bi ( ha; �i ). Reci cemo da je toµcka

y0 2 R graniµcna vrijednost (ili limes) funkcije f kad x teµzi prema �1 (+1);ako je ispunjen ovaj uvjet:

(8" > 0)(9x0 2 X)(8x 2 X) x � x0(x � x0)) jf(x)� y0j < ":

Ovo cemo krace zapisivati kao lim�1

f = y0 (lim+1

f = y0) ili, ponekad, kao limx!�1

f(x) = y0

( limx!+1

f(x) = y0).

Po de�niciji, dakle, lim�1

f = y0 (lim+1

f = y0) znaµci da se sve vrijednosti f(x), x 2X \ h�; x0] (x 2 X \ [x0; �i), nalaze u intervalu hy0 � "; y0 + "i (v. crteµz).

PRIMJER Promatrajmo funkciju

f : Rnf0g ! R, f(x) =x+ sinx

x.

Buduci da je sin ome�ena funkcije (j sinxj � 1 za svaki x 2 R), to je broj x+sinxx blizu 1

kad je jxj dostatno velik. Razumno je, stoga, oµcekivati da bi obje graniµcne vrijednostiod f u beskonaµcnosti (x! �1 i x! +1) mogle postojati i biti jednake broju y0 = 1.

3.2. NEPREKIDNE FUNKCIJE 111

Zaista, odabrav�i bilo koji " > 0, dovoljno je uzeti neki x0 < �1" (x0 >

1" ) pa ce, za

svaki x � x0 (x � x0) biti

jf(x)� 1j =��x+ sinx

x� 1�� = ��sinx

x

�� 1

jxj < ":

Prema tomu, lim�1

f = lim+1

f = 1. �

NAPOMENA 3.37 Primijetimo da se u sluµcaju X = N pojam graniµcne vrijednosti

funkcije f � a : N ! R kad x � n ! +1 podudara s pojmom graniµcne vrijednosti

realnoga niza (an) (usp. De�niciju 3.4). Prema tomu, lim(an) je tek posebani sluµcaj od

lim+1

f . Kako i za nizove (v. Teorem 3.5), tako se i u opcem sluµcaju moµze lako dokazati

jedinstvenost graniµcnih vrijednosti lim�1

f i lim+1

f µcim postoje.

3.2.2 GRANIµCNA VRIJEDNOST U TOµCKI

DEFINICIJA 3.38 Neka je f : X ! R, X � R, funkcija, a x0 2 R toµcka sa

svojstvom da svaka njena okolina hx0 � �; x0 + �i sijeµce skup X n fx0g, tj. za svaki� > 0 neka je (X nfx0g)\hx0 � �; x0 + �i 6= ;. Reci cemo da je toµcka y0 2 R graniµcnavrijednost (ili limes) funkcije f u toµcki x0 ako je ispunjen ovaj uvjet:

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) jf(x)� y0j < ":

Ovo cemo krace zapisivati kao limx0f = y0 ili, ponekad, kao lim

x!x0f(x) = y0.

PRIMJER Pokaµzimo da funkcija

f : R! R, f(x) =

8>><>>:x+ 1, x 2 h�; 1i

1, x = 1

�x2 + 3x, x 2 h1; �i;

ima graniµcnu vrijednost u toµcki x0 = 1 (v. crteµz).

Uoµcimo da su vrijednosti f(x) blizu 2 µcim je x blizu 1, pa bi mogla postojati traµzena

graniµcna vrijednost (y0) i biti y0 = 2. Primijetimo da je, za svaki x 6= 1,

jf(x)� 2j =(

jx� 1j, x < 1

j � x2 + 3x� 2j, x > 1:

Odaberimo bilo koji " > 0 pa uzmimo neki � > 0 za koji vrijedi � �p4"+1�12 () � <

"). Sada se lako provjeri da je jf(x) � 2j < " za svaki x 2 (R n f1g) \ h1� �; 1 + �i.Dakle, uistinu je lim

1f = 2:


�

NAPOMENA 3.39 Lako se vidi da je limx0f jedinstven µcim postoji. Nadalje, primi-

jetimo da toµcka x0, u kojoj se promatra graniµcna vrijednost realne funkcije f , ne mora

pripadati njezinu de�nicijskom podruµcju X. Ako je x0 2 X i postoji limx0f = y0, moguce

je, naravno, f(x0) 6= y0 (v. prethodni primjer).

Sljedeci crteµzi opisuju nekoliko zanimljivih sluµcajeva:

Teoremi �to slijede poopcuju Teoreme 3.15, 3.16 i 3.17, a i dokazuju se na sliµcan naµcin.

TEOREM 3.40 Neka su f; g; h : X ! R, X � R, funkcije s ovim svojstvima:

(a) limx0f = y0 = lim

x0g;

(b) (9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) f(x) � h(x) � g(x).

Tada i funkcija h ima limes u toµcki x0 i h = limx0y0.

TEOREM 3.41 Neka funkcije f; g : X ! R, X � R, imaju graniµcne vrijednosti utoµcki x0 (kad x! �1, x! +1). Tada je

(a) limx0(f � g) = lim

x0f � lim

x0g (lim

�1(f � g) = lim

�1f � lim

�1g);


(b) limx0(f � g) = lim

x0f � lim

x0g (lim

�1(f � g) = lim

�1f � lim

�1g);

(c) limx0

�fg

�=limx0f

limx0g; limx0g 6= 0

�lim�1

�fg

�=lim�1

f

lim�1

g; lim�1

g 6= 0�;

(d) limx0(fg) = (lim

x0f)limx0

g; f > c0 i lim

x0f > 0�

lim�1(fg) = (lim

�1f)lim�1

g; lim�1

f > 0�:

PRIMJER Promatrajmo funkcije

f; g : Rnf0g ! R, f(x) =sinx

x, g(x) =

sin 2x

x:

Kad se varijabla x pribliµzuje x0 = 0 obje funkcijske vrijednosti teµze k formalnom izrazu

"00". Stoga ima smisla istraµziti moµzebitnu obstojnost pripadnih graniµcnih vrijednosti.

Buduci da je f i g parne funkcije, dostatno je promatrati x > 0 blizu 0: Za takve x je,

po de�niciji trigonometrijskih funkcija (v. pododjeljak 3.1.3(v)), 0 < sinx < x < tanx;

odnosno, 1 < xsinx <

1cosx , tj.

cosx <sinx

x< 1.

Buduci da je lim0cos = 1 (= cos 0), to po Teoremu 3.40 dobivamo lim

0f � lim

x!0sinxx = 1:

Da bismo istraµzili isto za g, sjetimo se da je sin 2x = 2 sinx cosx pa primijenimo

dobiveno i Teorem 3.41. Dakle,

lim0g � lim

x!0

sin 2x

x= lim

x!0

2 sinx cosx

x= lim

x!02 � lim

x!0

sinx

x� limx!0

cosx = 2 � 1 � 1 = 1:�

Neka je f : X ! R, X � R, funkcija i neka je x0 2 R toµcka sa svojstvom iz De�nicije

3.38. Ako vrijedi

(8y > 0)(9� > 0) f [(X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i] � hy; �i

((8y < 0)(9� > 0) f [(X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i] � h�; yi) ;

onda kaµzemo da funkcija f divergira u toµcki x0 prema +1 (�1) i pi�emo limx0f =

+1 (limx0f = �1). (Ovi "limesi" ne postoje u R!) Naredni crteµz prikazuje tipiµcni

primjer.


PRIMJER Promatrajmo logaritamsku funkciju loga : R+ ! R i toµcku x0 = 0.

Funkcija loga je inverzna funkcija eksponencijalne funkcijje expa : R ! R+ � R.Obje su strogo silazne kad je (0 <) a < 1, a strogo uzlazne kad je a > 1. Zato je

loga x > y , x < ay; a < 1 (loga x < y , x < ay; a > 1): Prema tomu, koliko god

velik bio jyj, moµze se naci � > 0, npr. � = ay, takav da bude f [h0; �i] � hy; �i, a < 1

(f [h0; �i] � h�; yi, a > 1): Dakle, lim0loga = +1 µcim je a < 1 i lim

0loga = �1 µcim je

a > 1. �

Za danu funkciju f : X ! R, X � R, mogu se pored limx0f promatrati i tzv. limesi

slijeva i zdesna u toµcki x0. Toµcna de�nicija jest kako slijedi: Reci cemo da je y0 2 Rgraniµcna vrijednost slijeva (zdesna) funkcije f u toµcki x0 2 R, ako

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 X \ hx0 � �; x0i) ((8x 2 X \ hx0; x0 + �i)) jf(x)� y0j < ":

To krace zapisujemo kao limx0�0

f = y0 ( limx0+0

f = y0). Za ilustraciju je dobro pogledati

sluµcaj na crteµzu (f), gdje je limx0�0

f = f(x0) dok limes zdesna u x0 ne postoji ((b), gdje

je limes slijeva u x0 ne postoji (u R) dok je limx0+0

f = y0).

Po sliµcnosti s prije de�niranim "divergiranjem", mogu se sada formalno de�nirati i (u

R nepostojeci) "limesi"

limx0�0

f = �1 i limx0�0

f = +1 ( limx0+0

f = �1 i limx0+0

f = +1):

PRIMJER Promatrajmo funkciju

f : Rnf0g ! R; f(x) =x

jxj :

Odredit cemo joj graniµcne vrijednosti slijeva i zdesna u toµcki x0 = 0:

lim0�0

f = limx!0

x�x = �1; lim

0+0f = lim

x!0xx = 1:

(Primijetimo da je, zapravo, f(x) = �1 za x < 0, a f(x) = 1 za x > 0, tj. f je tzv.

funkcija signum (predznak), f � sgn; v. graf na crteµzu.)

�

Vezu izme�u graniµcne vrijednosti i onih slijeva i zdesna donosi ovaj teorem:

TEOREM 3.42 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima graniµcne vrijednosti slijeva izdesna u toµcki x0. Ako su one jednake onda postoji i graniµcna vrijednost od f u x0 i

vrijedi limx0�0

f = limx0+0

f = limx0f:

DOKAZ. Tvrdnja je izravna posljedica odgovarajucih de�nicija.


Primijetimo da moµze postojati limx0f i kad lim

x0�0f ili lim

x0+0f ne postoje, tj. nemaju smisla

(ovisno o de�nicijskomu podruµcju X).

Da se graniµcna vrijednost realne funkcije moµze svesti na graniµcnu vrijednost realnog

niza, te time znatno olak�ati njezino odre�ivanje, potvr�uje ovaj teorem:

TEOREM 3.43 Za funkciju f : X ! R, X � R, vrijedi

limx!x0(x!�1)

f = y0 (�1) (9 mogucih sluµcajeva)

onda i samo onda ako, za svaki niz (xn) u X n fx0g (u X),

lim(xn) = x0(�1)) lim(f(xn)) = y0 (�1) (9 mogucih sluµcajeva):

DOKAZ. Dokazat cemo tvrdnju u sluµcaju x0 i y0. Preostale se dokazuju analogno.

Neka je, dakle, limx0f = y0 pa promatrajmo bilo koji niz (xn) u X n fx0g �to konvergira

prema x0. (Primijetimo da, po De�niciji 3.38, takav niz postoji!) Trebamo dokazati

da niz (f(xn)) konvergira prema y0, tj. da (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 )jf(xn) � y0j < ": Buduci da je lim

x0f = y0, to za svaki " > 0 postoji neki � > 0

takav da je jf(x) � y0j < " µcim je jx � x0j < �, x 2 X n fx0g. Zbog lim(xn) = x0

postoji neki n0 2 N takav da je jxn � x0j < � µcim je n � n0. To zajedno povlaµci

da je jf(xn) � y0j < " µcim je n � n0, tj. lim(f(xn)) = y0. Obratno, neka za svaki

niz (xn) u X n fx0g koji konvergira prema x0, odgovarajuci niz (f(xn)) konvergiraprema y0. Trebamo dokazati da je tada y0 graniµcna vrijednost od f u toµcki x0, tj. da

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 (X n fx0g) \ hx0 � �; x0 + �i) jf(x) � y0j < ": Pretpostavimo

protivno, tj. da (9" > 0)(8� > 0)(9x 2 X n fx0g) jx � x0j < � ^ jf(x) � y0j � ":

Uzimajuci, za svaki n 2 N, broj �n = 1n > 0, dobivamo niz (xn) u X n fx0g za koji

vrijedi jxn � x0j < 1n i jf(xn) � y0j � ". To znaµci da (xn) konvergira prema x0 i da

(f(xn)) ne konvergira prema y0 - protuslovlje.

PRIMJER Sluµzeci se Teoremom 3.43 odredimo sljedece graniµcne vrijednosti:

(a) lim�2

�x2 + 4x+ 2

; (b) lim�1

�px2 + 1�

px2 + 4x

�; (c) lim

+1

�1 +

1

x

�x.

(a) Odaberimo bilo koji niz (xn) u Rnf�2g koji konvergira prema �2. Tada je

lim��x2n + 4xn + 2

�= lim

�(2� xn)(2 + xn)xn + 2

�=

lim(2� xn) = lim(2)� lim(xn) = 2� (�2) = 4:

Dakle, lim�2

�x2+4x+2 = 4:

(b) Odaberimo bilo koji niz (xn) u Rn h�4; 0i koji divergira prema �1 (+1): Tadapostoji neki n0 2 N takav da je xn < 0 (xn > 0) µcim je n � n0. Sjetimo se da je


pa = �

pat2 µcim je t < 0 (t

pa =

pat2 µcim je t > 0). Prema tomu, u sluµcaju

lim(xn) = �1 je

lim�p

x2n + 1�px2n + 4xn

�= lim

� 1� 4xnpx2n + 1 +

px2n + 4xn

�=

lim� 1

xn� 4

�q1 + 1

x2n�q1 + 4

xn

�=

�4�1� 1 = 2;

dok za lim(xn) = +1 dobivamo

lim�p

x2n + 1�px2n + 4xn

�= lim

� 1� 4xnpx2n + 1 +

px2n + 4xn

�=

lim� 1

xn� 4q

1 + 1x2n+q1 + 4

xn

�=

�41 + 1

= �2:

Dakle, lim�1

�px2 + 1�

px2 + 4x

�= 2, lim

+1

�px2 + 1�

px2 + 4x

�= �2.

(c) Ovdje cemo upotrijebiti sljedecu µcinjenicu (neka ju µcitatelj sam dokaµze!): Ako u

Teoremu 3.43 za funkciju f postoji broj a takav da je suµzenje f jX\h�;a] (f jX\[a;�i)monotona funkcija, onda se uvjet "ako za svaki niz (xn) u X, (xn) ! �1 ((xn) !+1)" smije oslabiti do "ako za niz (�n) u (�N) \ (X \ h�; a]) ((n) u N\ (X \ [a; �i))":Buduci da je funkcija x 7!

�x+ 1

x

�x; x > 0; uzlazna i buduci da traµzimo njezin limes

kad x! +1, dostatno je uporabiti niz (n), n 2 N. Dakle,

lim+1

�1 +

1

x

�x= lim

�1 +

1

n

�n= e: �

3.2.3 NEPREKIDNOST

DEFINICIJA 3.44 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna utoµcki x0 2 X, ako za svaki interval Iy �to sadrµzi toµcku f(x0) postoji interval Ix �to

sadrµzi toµcku x0 tako da bude f [X \ Ix] � Iy. Reci cemo da je funkcija f neprekidna

na skupu A � X µcim je neprekidna u svakoj toµcki x 2 A. U sluµcaju A = X kaµzemo

da je f neprekidna funkcija ili da je preslikavanje. Ako funkcija f nije neprekidna

(u toµcki x0), kaµzemo da je prekidna (u toµcki x0).

PRIMJER Pokaµzimo da je opca potencijap� : R+ [ f0g ! R; x 7!

px � x

12 ,

neprekidna funkcija.

Promatrajmo bilo koju toµcku x � 0. Neka je Iy � ha; bi bilo koji interval �to sadrµzitoµcku

px (v. graf na crteµzu dolje). Buduci da je

p� strogo uzlazna funkcija, to za

traµzeni interval Ix, �to sadrµzi toµcku x, smijemo uzetia2; b2

�µcim je a � 0, odnosno,

�a2; b2�µcim je a < 0. Zaista, tada je (R+ [ f0g � [0;1i)

p�[[0;1i \ Ix] =

p�[a2; b2

�] � ha; bi = Iy, a � 0;

p�[[0;1i \ Ix] =

p�[�0; b2

�] � [0; bi � ha; bi = Iy,

a < 0;


Oµcito je da se De�nicija 3.44 u metriµckim terminima moµze iskazati ovako:

TEOREM 3.45 Funkcija f : X ! R, X � R, je neprekidna u toµcki x0 2 X onda i

samo onda, ako vrijedi:

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 X) jx� x0j < � ) jf(x)� f(x0)j < ":

Sada po Teoremu 3.45 i De�niciji 3.44 dobivamo izravnu vezu izme�u neprekidnosti i

graniµcne vrijednosti u toµcki:

TEOREM 3.46 Neka je f : X ! R, X � R, funkcija, a x0 2 X neka je toµcka kojoj

svaka okolina sijeµce X n fx0g. Tada je f neprekidna u x0 ako i samo ako postoji limx0f

i limx0f = f(x0).

KOROLAR 3.47 Funkcija f : X ! R, X � R, je neprekidna u toµcki x0 2 X onda

i samo onda, ako za svaki niz (xn) u X koji konvergira prema x0, odgovarajuci niz

(f(xn)) konvergira prema f(x0).

DOKAZ. Ako svaka okolina od x0 sijeµce skup X n fx0g, tvrdnja slijedi izravno izTeorema 3.46 i Teorema 3.43. Ako pak nije takav sluµcaj, onda svaki niz (xn), koji

konvergira prema x0, mora biti stacionaran s µclanovima xn = x0 za n � n0, pa je

tvrdnja oµcigledno istinita.

KOROLAR 3.48 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, strogo monotono preslika-vanje. Tada je i njezina "inverzna" funkcija f�1 : f [X] ! R strogo monotono pres-

likavanje.

DOKAZ. Ovaj korolar slijedi iz Korolara 3.47 i Teorema 3.13. Pokaµzimo to pobliµze!

Najprije, lako se vidi da stroga monotonost povlaµci injektivnost, pa postoji "inverzna"

funkcija f�1 : f [X] ! R koja je, tako�er, strogo monotona. Dokaµzimo da je funkcijaf�1 neprekidna! Neka je y 2 f [X] bilo koja toµcka. Ako postoji interval hc; di takav daje f [X] \ hc; di = fyg, onda je oµcito da je f�1 neprekidna u toµcki y. Ako nije takavsluµcaj, tj. ako svaka okolina od y sijeµce skup f [X] n fyg, onda mogu nastupiti sljedecatri sluµcaja:


(1) (9� > 0)(8�0,0 < �0 � �)y � �0; y + �0

�\ f [X] =

y � �0; y

�\ f [X] % fyg;

(2) (9� > 0)(8�0,0 < �0 � �)y � �0; y + �0

�\ f [X] =

�y; y + �0

�\ f [X] % fyg;

(3) (8� > 0) hy � �; yi \ f [X] 6= ; 6= hy; y + �i \ f [X].

Ad (1). Neka je (yn) bilo koji niz u f [X] koji konvergira prema y, lim(yn) = y. Ne

smanjujuci opcenitost, smijemo pretpostaviti da je niz (yn) uzlazan. Primijetimo da

je y = f(x) i yn = f(xn) za neke x; xn 2 X, n 2 N. Buduci da je f injekcija, to jex = f�1(y) i xn = f�1(yn), n 2 N. Tada je (xn) monotoni niz u X, koji je k tomu iome�en (npr. s x1 i x). Po Teoremu 3.13, niz (xn) konvergira. Jasno je da u ovomu

sluµcaju mora biti lim(xn) � x µcim je niz (xn) uzlazan, odnosno, lim(xn) � x µcim je niz

(xn) silazan. Buduci da je funkcija f neprekidna, po Korolaru 3.47 slijedi:

f(lim(xn)) = lim(f(xn)) = lim(yn) = y = f(x):

Sada, po injektivnosti, mora biti lim(xn) = x. Napokon,

f�1(lim(yn)) = f�1(y) = x = lim(xn) = lim(f�1(yn));

pa po Korolaru 3.47 zakljuµcujemo da je funkcija f�1 neprekidna u toµcki y.

Ad (2). Dokazuje se posve sliµcno prethodnomu sluµcaju (1).

Ad (3). U ovomu sluµcaju treba promatrani niz (yn) u f [X] koji konvergira prema

y, lim(yn) = y, ra�µclaniti (kad god je to moguce) na dva komplementarna podniza:

(ynk) ! y, ynk < y, i (ymk) ! y, ymk

> y (barem jedan od njih postoji). Dalje se

postupa kao sluµcaju (1), odnosno, (2).

Neprekidnost realnih funkcija �to ih ovdje prouµcavamo moµze se opisati i pomocu tzv.

prirasta. �tovi�e, pripadna raµcunska tehnika je vrlo pogodna za suptilniju analizu u

tzv. in�nitezimalnom raµcunu �to predstoji.

Neka su dane funkcija f : X ! R, X � R, i toµcka x0 2 X. Za svaku toµcku x 2 X,

razliku

x� x0 = �x0x � �x

nazivamo varijablinim prirastom u toµcki x0, a razliku

f(x)� f(x0) = f(x0 +�x)� f(x0) = (�x0f)(x) � �f(x0)(x)

funkcijskim prirastom u toµcki x0. (U drugomu se, zapravo, radi o funkcijinu pri-

rastu u toµcki x = x0+�x s obzirom na toµcku x0, pa se navedeni naziv ne smije shvatiti

doslovno!) Primijetimo da se, za µcvrsti x0, �f(x0) moµze smatrati kako funkcijom var-

ijable x, tako i funkcijom varijable �x (imajuci na umu µcinjenicu da se pritom radi o

dvjema razliµcitim domenama). Pritom cemo, kad god ne bude moglo doci do zabune,

tj. kad god bude jasno o kojoj se toµcki x0 radi, skracivati zapis �f(x0)(x) u �f(x) ili

u �f(�x) vec prema tomu kako nam bude korisnije gledati na funkciju �f(x0).


TEOREM 3.49 Neka je f : X ! R funkcija, a x0 2 X � R toµcka kojoj svaka okolinasijeµce skup X n fx0g. Tada je f neprekidna u toµcki x0, ako i samo ako je lim

0�f = 0.

(Ovdje, dakako, lim0�f oznaµcuje lim

�x!0�f(�x) = lim

x!x0�f(x)!).

DOKAZ. Neprekidnost od f u toµcki x0 je, po Teoremu 3.46, ekvivalentna jednakosti

limx0f = f(x0). Ova je, po prethodnomu razmatranju, tj. lim

x!x0f(x) = lim

�x!0f(x0+�x),

ekvivalentna jednakosti lim�x!0

f(x0+�x) = f(x0). Buduci da je f(x0) konstanta, to se

smije zapisati i kao lim�x!0

(f(x0 +�x)� f(x0)) = 0, tj. lim�x!0

�f(x) � lim0�f = 0.

NAPOMENA 3.50 Pomocu Korolara 3.47 i 3.48 i Teorema 3.49 lako se dokaµze da

su sve osnovne elementarne funkcije neprekidne, tj. da su preslikavanja.

TEOREM 3.51 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna u toµcki x0, afunkcija g : Y ! R, f [X] � Y � R, neprekidna u toµcki y0 = f(x0). Tada je u toµcki x0

neprekidna i kompozicija gf : X ! R.

DOKAZ. Neka je dan bilo koji " > 0. Buduci da je g neprekidna u y0, to postoji

neki � > 0 takav da je jg(y) � g(y0)j < " µcim je jy � y0j < �. Po neprekidnosti od f

u x0 postoji neki �0 > 0 za koji je jf(x) � f(x0)j = jy � y0j < � µcim je jx � x0j < �0.

Prema tomu, jgf(x)� gf(x0)j = jg(y)� g(y0)j < " µcim je jx� x0j < �0. (Napomenimo

da, strogo govoreci, pod ovdje navedenim pretpostavkama kompozicija gf "ne" postoji.

Ovdje se, zapravo, radi o kompoziciji X ! f [X] ,! Y ! R, pri µcemu je f [X] ,! Y

inkluzija f(x) 7! i(f(x)) = f(x). Dakle, funkciju f smo interpretirali kao funkciju

if : X ! Y .)

Pored upravo dokazanoga, vrlo je vaµzan i sljedeci teorem:

TEOREM 3.52 Neka su f; g : X ! R, X � R, neprekidne u toµcki x0 (na skupuA � X). Tada su u toµcki x0 (na skupu A) neprekidne i funkcije f + g, f � g, f � g i,kad je g(x0) 6= 0 (g(x) 6= 0 za svaki x 2 A), fg .

Za odre�ivanje graniµcne vrijednosti kompozicijske funkcije µcesto rabimo ovaj teorem:

TEOREM 3.53 Neka su funkcije f : X ! R, X � R, i g : Y ! R, Y � R, takve daje f [X] � Y . Ako je lim

x0f = y0 2 Y i g neprekidna u y0, onda je lim

x0gf = g(lim

x0f) =

g(y0).

DOKAZ. De�nirajmo funkciju ~f : X ! R pravilom ~f(x) =

(f(x), x 6= x0

y0, x = x0:


Po Teoremu 3.46 je funkcija ~f neprekidna u toµcki x0, a po Teoremu 3.52 je i kompozicija

g ~f neprekidna u x0. Po de�niciji je (g ~f)j(Xnfx0g) = (gf)j(Xnfx0g) i g ~f(x0) = g(y0). Sada

tvrdnja vrijedi po Teoremu 3.46.

PRIMJER Odredimo graniµcnu vrijednost realne funkcije x 7! ln(1 + x)1x u toµcki

x0 = 0.

Primijenit cemo Teorem 3.3.10 i µcinjenicu da se x ( 1x) kad x! 0 pona�a isto kao 1x (x)

kad x! �1. Buduci da je

lim�1

�1 +

1

x

�x= lim+1

�1 +

1

x

�x= e

to je

lim0ln(1 + x)

1x = ln

�lim0(1 + x)

1x

�= ln

�lim0

�1 +

1

x

�x�= ln e = 1: �

Praktiµcnih potreba radi, korisno je razvrstati raznovrsne "prekide u toµcki" realnih

funkcija sluµzeci se graniµcnim vrijednostima. Po Teoremima 3.46 i 3.42 smijemo reci

da je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna u toµcki x0, u kojoj limesi slijeva i zdesnaimaju smisla, toµcno onda kad je udovoljeno ovim uvjetima:

(a) 9 limx0�0

f ^ 9 limx0+0

f ;

(b) limx0�0

f = limx0+0

f (= limx0f ; v. Teorem 3.42);

(c) limx0f = f(x0).

Prema tomu, ako u promatranom sluµcaju nije udovoljeno barem jednom od uvjeta (a),

(b) ili (c), funkcija f je prekidna u toµcki x0. Ako f udovoljava uvjetima (a) i (b), ali ne

uvjetu (c), kaµzemo da funkcija f ima u toµcki x0 uklonjiv prekid. Ako vrijedi samo

uvjet (a), govorimo o prekidu prve vrste, a ako ne vrijedi uvjet (a) - o prekidu

druge vrste u toµcki x0.

PRIMJER

(a) Promatrajmo funkciju f : R! R; f(x) =

8<:�� xjxj �� ; x 6= 0

0, x = 0:

Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 uklonjiv prekid, jer je lim0�0

f = 1 = lim0+0

f = lim0f 6=

f(0) = 0: Primijetimo da je f(x) = 1 za svaki x 6= 0 i f(0) = 0. Moci "ukloniti prekid"funkciji f u toµcki x0 = 0 znaµci moci de�nirati neprekidnu funkciju

~f : R! R; ~f(x) =

8<: f(x), x 6= 0lim0f = 1; x = 0

:

(b) Neka je funkcija f : R! R zadana pravilom


f(x) =

8<:x

jxj ; x 6= 0

0, x = 0:

Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 prekid prve vrste (v. crtkani "dodatak" grafu na crteµzu

gore), jer je lim0�0

f = �1 6= 1 = lim0+0

f .

(c) Neka je funkcija f : R! R zadana pravilom

f(x) =

(x; x � 11

x�1 ; x > 1:

Funkcija f ima u toµcki x0 = 1 prekid druge vrste (v. graf), jer je lim1�0

f = 1, dok je

lim1+0

f = +1 (ne postoji).

(d) Promatrajmo funkciju

f : R! R, f(x) =

8>><>>:y1; x < 0

y2; x = 0

sin 1x ; x > 0

Funkcija f ima u toµcki x0 = 0 prekid druge vrste, jer je lim0�0

f = y1, dok lim0+0

f ne postoji.

(Ni�ta bitno se ne mijenja ni kad je lim0�0

f = y1 = y2 = f(0) 2 [�1; 1]!) �

NAPOMENA 3.54 Primijetimo da µcim funkcijama iz prethodnih primjera iz de�ni-

cijskih podruµcja izbacimo "lo�e" toµcke x0, dobivamo suµzenja koja su neprekidne funkcije.

To je posljedica µcinjenice da su ti primjeri konstruirani pomocu elementarnih funkcija,

koje su sve neprekidne (v. Napomenu 3.50 i Teoreme T.3.51 i 3.52).

3.2.4 SVOJSTVA NEPREKIDNE FUNKCIJE NA SEGMENTU

U ovomu pododjeljku cemo iskazati i dokazati najvaµznija svojstva realnih preslikavanja.

Posebno vaµzni rezultati se dobivaju suµzenjem realnog preslikavanja na domenu koja je

segment.

TEOREM 3.55 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada je njezino suµzenje f j[a;b] ome�ena funkcija, tj. postoje neki c; d 2 Rtakvi da je f [[a; b]] � [c; d].


DOKAZ. Dokaµzimo da je funkcija f j[a;b] : [a; b]! R ome�ena odozgor! Pretpostavimoprotivno, tj. f j[a;b] nije ome�ena odozgor. Tada za svaki n 2 N postoji neki xn 2 [a; b]takav da je f(xn) > n. Po Korolaru 3.14, dobiveni niz (xn) ima konvergentni podniz

(xnk). Neka je lim(xnk) = x0 2 [a; b] (v. Teorem 3.13). Po Korolaru 3.47 mora

biti lim(f(xnk)) = f(x0) pa je niz (f(xnk)) ome�en (v. Teorem 3.9), a to protuslovi

pretpostavci f(xnk) > nk. Dakle, suµzenje f j[a;b] jest odozgor ome�ena funkcija. Naposve sliµcan naµcin se dokaµze da je f j[a;b] i odozdol ome�ena funkcija.

TEOREM 3.56 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu [a; b] �X. Tada njezino suµzenje f j[a;b] poprima svoju svoju najmanju vrijednost (minimum)i svoju najvecu vrijednost (maksimum), tj.

(9x1; x2 2 [a; b])(8x 2 [a; b]) f(x1) � f(x) � f(x2):

DOKAZ. Po Teoremu 3.55 je skup A � f [[a; b]] = ff(x) j x 2 [a; b]g � R ome�en.Neka je m � inf A;M � supA 2 R: (v. crteµz)

Tvrdimo da je M = maxA 2 A (m = minA 2 A) pa ce to biti i traµzena najveca

(najmanja) vrijednost od f na [a; b]! U tu svrhu, odaberimo bilo koji niz (yn) u A

�to konvergira prema supA = M . (Lako se vidi takav niz postoji!) Neka je (xn) bilo

koji pripadni niz u [a; b] u smislu f(xn) = yn, n 2 N. Po Korolaru 3.14 i Teoremu3.13, postoji konvergentni podniz (xnk) od (xn) s limesom lim(xnk) � x0 2 [a; b]. PoKorolaru 3.47 mora biti lim(f(xnk)) = f(x0), a po Korolaru 3.11, lim(yn) = lim(ynk) =

lim(f(ynk)). Slijedi da jeM = f(x0) 2 A, �to smo i tvrdili. Posve sliµcno se dokazuje daje m = minA 2 A. Sada za m;M 2 A postoje neki x1; x2 2 [a; b] za koje je f(x1) = m

i f(x2) = M . Buduci da je, za svaki x 2 [a; b], m = f(x1) � f(x) � f(x2) = M , to je

m minimum, postignut u toµcki x1, a M maksimum, postignut u toµcki x2, funkcije f na

[a; b].

NAPOMENA 3.57 Pretpostavku o preslikavanju na segmentu u Teoremima 3.55. i

3.56 nije moguce zamijeniti preslikavanjem na intervalu ha; bi, (ni na ha; b] ili [a; bi),kako pokazuje primjer na crteµzu.


TEOREM 3.58 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna i uzlazna, a A � X

neprazan i odozdol (odozgor) ome�en podskup sa svojstvom inf A 2 X (supA 2 X):

Tada je i f [A] � R neprazan i odozdol (odozgor) ome�en skup i pritom vrijedi

f(inf A) = inf f [A] (f(supA) = sup f [A]).

Za silazno preslikavanje f vrijedi dualna tvrdnja:

f(inf A) = sup f [A] (f(supA) = inf f [A]).

DOKAZ. Dovoljno je dokazati jednu (bilo koju) od µcetiri mogucnosti. Pa, neka je f

uzlazno prelikavanje i neka je ; 6= A � X ome�en odozdol i inf A � x0 2 X. Tada

je, za svaki a 2 A, x0 � a. Buduci da je funkcija f uzlazna, to je f(x0) � f(a)

za svaki a 2 A pa je f(x0) donja me�a skupa skupa f [A] � R. Prema tomu, skupf [A] je neprazan i ome�en odozdol pa ima in�mum inf f [A] � y0 2 R i pritom je

f(x0) � y0. Preostaje dokazati f(x0) = y0. Kad tako ne bi bilo, bilo bi f(x0) < y0.

Uzmimo tada " = y0 � f(x0) > 0 i primijetimo da y0 =2 hf(x0)� "; f(x0) + "i. Poneprekidnosti od f u x0, postoji neki � > 0 za koji je f(x) 2 hf(x0)� "; f(x0) + "i µcimje x 2 X\hx0 � �; x0 + �i. Buduci da je x0 = inf A, to postoji neki a 2 A\ [x0; x0 + �i.Slijedi f(a) < f(x0) + " = y0 pa y0 ne moµze biti in�mum od f [A] - protuslovlje.

NAPOMENA 3.59 Da je pretpostavka inf A 2 X (supA 2 X) nuµzna za ome�enostfunkcijske slike f [A] pokazuje primjer na crteµzu.

TEOREM 3.60 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada je slika f [[a; b]] � R segment (koji u sluµcaju konstantnog suµzenja

f j[a;b] degenerira u toµcku).

DOKAZ. Po Teoremu 3.56 postoje x0; x00 2 [a; b], x0 � x00, takvi da je, za svaki

x 2 [a; b], f(x0) � f(x) � f(x00) ili f(x0) � f(x) � f(x00). Zanemarujuci trivi-

jalni sluµcaj konstantnog suµzenja, mora biti x0 < x00 i f(x0) 6= f(x00). Oznaµcimo


y0 = minff(x0); f(x00)g i y00 = maxff(x0); f(x00)g. Treba dokazati f [[a; b]] = [y0; y00].

Buduci da je f [[a; b]] � [y0; y00] i y0; y00 2 f [[a; b]] oµcito ispunjeno, preostaje dokazati

f [[a; b]] � hy0; y00i. Neka je y0 2 hy0; y00i bilo koja toµcka. Treba dokazati da postojitoµcka x0 2 [a; b] za koju je f(x0) = y0. Uzmimo x1 = x0+x00

2 . Ako je f(x1) = y0

onda smo gotovi, a ako nije tako onda je ili f(x1) < y0 ili f(x1) > y0. Tada pro-

matrajmo onaj �polusegment� [x01; x001] segmenta [x

0; x00] (tj. x001 � x01 =x00�x02 ) za koji

je f(x01) < y0 < f(x001). Nastavljajuci induktivnim postupkom, dobivamo silazni niz

([x0n; x00n]) podsegmenata od [x

0; x00] � [a; b]. Po Cantorovu aksiomu, pripadni presjek jeneprazan, tj.

Tn2N[x

0n; x

00n] 6= ;. �tovi�e, po konstrukciji (u (n+1)-vom koraku uzimamo

polusegment iz n-tog koraka) taj presjek jest jedna jedina toµcka x0 2 [x0; x00] (inaµce bibio neki segment - �to proturjeµci konstrukciji). Tvrdimo da je f(x0) = y0. Naime, kad

tako ne bi bilo, bilo bi ili f(x0) < y0 ili f(x0) > y0: U sluµcaju f(x0) < y0 postojao bi, po

neprekidnosti od f u x0, neki � > 0 takav da je i f(x) < y0 µcim je x 2 hx0 � �; x0 + �i.To bi dalje povlaµcilo obstojnost nekog n 2 N sa svojstvom f(x00n) < y0 - protuslovlje.

Na isti naµcin se pobija pretpostavka f(x0) > y0. Ovime je teorem dokazan.

Neposredne posljedice prethodnoga teorema jesu ova dva vaµzna korolara:

KOROLAR 3.61 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X. Tada f j[a;b] poprima sve vrijednosti izme�u svoga minimuma i svoga maksi-muma. Nadalje, ako je f(x0) < c (f(x0) > c), c 2 R, u toµcki x0 2 [a; b], onda postojipodsegment [x1; x2] � [a; b] �to sadrµzi toµcku x0 takav da je f(x0) < c (f(x0) > c) za

svaki x0 2 [x1; x2].

KOROLAR 3.62 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i neka je sgn f(a) 6= sgn f(b). Tada postoji barem jedna toµcka x0 2 [a; b] zakoju je f(x0) = 0.

Prisjetimo se konvergencije (po toµckama) funkcijskog niza. Pokazali smo da limes

takvoga niza moµze biti prekidna funkcija iako su mu svi µclanovi neprekidne funkcije.

Prema tomu, konvergencija po toµckama, opcenito, ne µcuva neprekidnost. Sljedeci teo-

rem ce pokazati da, naprotiv, jednolika konvergencija µcuva neprekidnost.

TEOREM 3.63 Neka funkcijski niz (fn), fn : X ! R, X � R, jednoliko konvergiraprema funkciji f0 : X ! R. Ako je svaka funkcija fn; n 2 N; neprekidna u toµcki x0;


onda je i funkcija f0 neprekidna u toµcki x0. Nadalje, ako je svaka funkcija fn neprekidna

na skupu A � X, onda je i funkcija f0 neprekidna na skupu A.

DOKAZ. Po de�niciji jednolike konvergencije (fn) ! f0, za svaki " > 0 postoji neki

n0 2 N takav da je jfn(x)�f0(x)j < "3 za svaki n � n0 i svaki x 2 X. Posebice, za n = n0

je jfn0(x)�f0(x)j < "3 za svaki x 2 X, a jo�za x = x0 je jfn0(x0)�f0(x0)j < "

3 . Funkcija

fn0 je neprekidna u toµcki x0 pa postoji neki � > 0 takav da je jfn0(x) � fn0(x0)j < "3

µcim je x 2 X \ hx0 � �; x0 + �i. Sve zajedno, dobili smo da za svaki " > 0 postoji neki� > 0 takav da je

jf0(x)� f0(x0)j = jf0(x)� fn0(x) + fn0(x)� fn0(x0) + fn0(x0)� f0(x0)j �

jf0(x)� fn0(x)j+ jfn0(x)� fn0(x0)j+ jfn0(x0)� f0(x0)j <"

3+"

3+"

3= "

µcim je x 2 X i jx� x0j < �, a to upravo znaµci da je f0 neprekidna u x0.

KOROLAR 3.64 Neka jePfn funkcijski red, fn : X ! R, X � R, koji jednoliko

konvergira prema funkciji s �P1

n=1 fn : X ! R. Ako je svaka funkcija fn, n 2 N,neprekidna u toµcki x0 (na skupu A � X), onda je i funkcija s neprekidna u toµcki x0

(na skupu A).

DOKAZ. Buduci da funkcijski redPfn jednoliko konvergira prema funkciji s, to

znaµci da pripadni funkcijski niz djelomiµcnih zbrojeva (sk) jednoliko konvergira prema

funkciji s. Svaka funkcija fn, n 2 N, je neprekidna u toµcki x0 (na skupu A) pa je isvaka funkcija sk = f1 + � � � + fk, k 2 N, neprekidna u x0 (na A) (v. Teorem 3.52).

Sada zakljuµcak slijedi po Teoremu 3.63.

KOROLAR 3.65 Neka jePanx

n, n 2 N [ f0g, potencijski red s konvergencijskimpolumjerom � > 0. Tada je njegova suma x 7!

P1n=0 anx

n neprekidna funkcija na

intervalu h��; �i.

DOKAZ. Neka je x0 2 h��; �i bilo koja toµcka. Tada je jx0j < � pa postoji neki

r 2 hjx0j; �i. Slijedi da je x0 2 h�r; ri � h��; �i. Po Teoremu 3.35, potencijski redPanx

n jednoliko konvergira na segmentu [�r; r], pa onda i na intervalu h�r; ri, premafunkciji s : h��; �i ! R, s(x) =

P1n=0 anx

n. Buduci da je svaka funkcija x 7! anxn,

n � 0 (a0x0 = a0), neprekidna, po Korolaru 3.64 slijedi da je i suµzenje sj[�r;r] neprekidnafunkcija. Posebice je funkcija s neprekidna u toµcki x0.

U razmatranju o konvergentnosti potencijskog redaPanx

n primijetili smo da na rubu

f��; �g njegova konvergencijskog intervala h��; �i treba moµzebitnu konvergentnost (di-vergentnost) posebno istraµziti. S tim u svezi navodimo (bez dokaza) ovaj teorem:


TEOREM 3.66 Ako potencijski redPanx

n konvergira i u rubnoj toµcki x = ��(x = �); onda on jednoliko konvergira na svakom segmentu [��; r] ([�r; �]); 0 < r < �.

Konvergira liPanx

n u objema rubnim toµckama �� i �, onda on i jednoliko konvergirana segmentu [��; �].

Izravno iz toga teorema i Korolara 3.64 slijedi ovaj "Abelov teorem o graniµcnoj vrijed-

nosti":

KOROLAR 3.67 Neka je � > 0 konvergencijski polumjer i s : h��; �i ! R, s(x) =P1n=0 anx

n, suma potencijskoga redaPanx

n: Ako taj red konvergira i u rubnoj toµcki

x = �� (x = �); onda je lim��s =

P1n=0(�1)nan�n (lim� s =

P1n=0 an�

n); tj. preslikavanje

s dopu�ta neprekidno pro�irenje na [��; �i ( h��; �] ):

Poglavlje 4

INFINITEZIMALNI RAµCUN

4.1 DERIVACIJA

Do deriviranja kao nove matematiµcke tehnike ("omjeri neizmjerno malih promjenjivih

veliµcina") prvi je, koliko se zna, do�ao I. Newton (prije godine 1669.) rje�avajuci prob-

lem odre�ivanja trenutne brzine neke toµcke, �to se nejednoliko giba po pravcu. Do istoga

je otkrica ne�to poslije do�ao i G.W. Leibniz rje�avajuci problem odre�ivanja tangente

u bilo kojoj toµcki neke krivulje. Pokazalo se da deriviranje ima �iroku i nezaobilaznu

primjenu u svim prirodnim i tehniµckim znanostima i, dakako, u tehniµckoj i tehnolo�koj

praksi. Ovdje cemo iskazati toµcnu de�niciju i pokazati primjenu na istraµzivanje vaµznih

svojstava realnih funkcija jedne realne varijable.

4.1.1 DERIVABILNOST I NJEZINO ZNAµCENJE

DEFINICIJA 4.1 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna utoµcki x0 2 X (ili da ima derivaciju u toµcki x0), ako funkcija

f : X n fx0g ! R; f(x) =f(x)� f(x0)

x� x0;

ima graniµcna vrijednost u toµcki x0, tj. ako postoji limx0f . Drugim rijeµcima, f je deriva-

bilna u x0 ako postoji

limx!x0

f(x)� f(x0)x� x0

� f 0(x0); x 2 X n fx0g: (1)

Broj f 0(x0) nazivamo derivacijom funkcije f u toµcki x0. Reci cemo da je funkcija

f derivabilna na skupu A � X, ako je f derivabilna u svakoj toµcki x 2 A. U

sluµcaju A = X kratko kaµzemo da je funkcija f derivabilna . Primijetimo da, za na

skupu A � X derivabilnu funkciju f , postoji funkcija (f jA)0 : A ! R, x 7! f 0(x),

koju nazivamo derivacijom funkcije f na skupu A. U sluµcaju A = X govorimo o

derivaciji f 0 funkcije f . Napokon, derivabilnu funkciju f : X ! R kojoj je derivacija

127

128 POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RA µCUN

f 0 : X ! R preslikavanje (tj. neprekidna) nazivamo neprekidno derivabilnom

funkcijom.

NAPOMENA 4.2 Za toµcku x0 2 X � R se kaµze da je izolirana toµcka u skupu

X, ako postoji " > 0 takav da je (X n fx0g) \ hx0 � "; x0 + "i = ;. Primjerice, svakatoµcka n 2 N � R je izolirana u skupu N; u skupu f 1n j n 2 Ng [ f0g � R nije izoliranasamo toµcka 0; u intervalu ha; bi � R nema izoliranih toµcaka. Primijetimo da je, po

samoj de�niciji, svaka realna funkcija neprekidna u svakoj izoliranoj toµcki x0 svoga

de�nicijskog podruµcja. Derivabilnost, naprotiv, u takvoj izoliranoj toµcki po de�niciji

nema smisla. Prema tomu, ako funkcija ima derivaciju u nekoj toµcki, onda ta toµcka

nije izolirana u pripadnomu de�nicijskom podruµcju.

Iskoristimo li oznake x� x0 = �x i f(x)� f(x0) = �f(x) � �y, formulu (1) moµzemozapisati na jo�dva naµcina:

f 0(x0) = lim�x!0

f(x0 +�x)� f(x0)�x

; (10)

f 0(x0) = lim�x!0

�f(x)

�x� lim�x!0

�y

�x: (100)

PRIMJER Ispitajmo derivabilnost funkcije f : R! R, f(x) = x2 (kvadriranje). Neka

je x0 2 R bilo koja toµcka (u R nema izoliranih toµcaka). Po (10), primjerice, dobivamoda je

lim�x!0

f(x0 +�x)� f(x0)�x

= lim�x!0

(x0 +�x)2 � x20

�x=

lim�x!0

2x0 ��x+ (�x)2�x

= lim�x!0

(2x0 +�x) = 2x0:

Prema tomu, funkcija f je derivabilna u svakoj toµcki x0 i f 0(x0) = 2x0. Za x = 0

je f 0(0) = 0, za x = �1 je f 0(�1) = �2 itd. Dobivenu derivaciju zapisujemo kao(x2)0 = 2x, x 2 R. �

PRIMJER (Newtonov pristup) Neka je zapisom s = f(t) i uvjetom f(0) = 0, pri µcemu

s oznaµcuje prije�eni put a t vrijeme, dan zakon po kojemu se toµcka ("tvarna µcestica")

P giba po pravcu. Neka je pritom f : [0; �i ! R derivabilna funkcija. Odredimo brzinuv(t0) toµcke P u trenutku t0. Toµcka P ce do trenutka t0 prevaliti put s0 = f(t0), a do

trenutka t put s = f(t). Srednja brzina promatrane toµcke u vremenskomu segmentu

[t0; t] za t0 < t ([t; t0] za t0 > t) je, po de�niciji,

�v(t) =f(t)� f(t0)

t� t0� �s

�t; �t = t� t0; �s � �f(t) = f(t)� f(t0):

Ova brzina �v(t) je to bliµza traµzenoj brzini v(t0) u trenutku t0 �to je promatrani vre-

menski segment kraci. Stoga smijemo postulirati da je

4.1. DERIVACIJA 129

v(t0) = limt0�v = lim

�t!0

�s

�t:

No, to znaµci da je v(t0) = f 0(t0), tj. "brzina je derivacija puta po vremenu". �

Pozabavimo se sada pobliµze "problemom tangente" (Leibnizov pristup).

Neka je u ravnini s koordinatnim sustavom (O; i; j) dana krivulja C jednadµzbom y =

f(x), pri µcemu je funkcija f : [a; b] ! R derivabilna u toµcki x0 2 ha; bi. Odredimo(algebarski) tangentu t krivulje C u toµcki T0 = (x0; f(x0)). Neka je x 2 [a; b], x 6= x0,

pa je T = (x; f(x)) 2 C i T 6= T0. Toµcke T0 i T odre�uju jedinstvenu sekantu sT krivulje

C (v. crteµz dolje). Njezin smjerovni koe�cijent jest

ksT =f(x)� f(x0)

x� x0:

Pustimo li da se toµcka T "pribliµzuje" po krivulji C (nepomiµcnoj) toµcki T0, tj. da x! x0,

sekanta sT ce se "pribliµzavati" tangenti t. Prema tomu, za smjerovni koe�cijent od t

mora vrijediti sljedece:

kt = limT!T0

ksT = limx!x0

f(x)� f(x0)x� x0

= f 0(x0);

tj. "tangentin smjerovni koe�cijent jest funkcijina derivacija u promatranoj toµcki".

Slijedom toga, za tangentinu jednadµzbu (u toµcki T0 = (x0; f(x0)) 2 C) dobivamo

t � � � y � f(x0) = f 0(x0)(x� x0): (2)

(Tangenta u T0 moµze postojati i kad je limx0f 0 = +1 (�1), o µcemu sad ne cemo

raspravljati (v. pododjeljak 4.1.7), i tada joj je jednadµzba x = x0.)

Normalom u toµcki T0 = (x0; f(0)) krivulje C nazivamo pravac n kroz toµcku T0

okomit na pripadnu tangentu t. Slijedi da je normalina jednadµzba

n � � � y � f(x0) = �1

f 0(x0)(x� x0); f 0(x0) 6= 0 (x = x0; f

0(x0) = 0): (3)

(Ako je tangentina jednadµzba x = x0 onda je pripadna normalina jednadµzba y = f(x0).)

Tangenta i normala.

PRIMJER Odredimo tangentinu i normalinu jednadµzbu u toµcki T0 = (2; y0) parabole

y = x2.


Derivaciju f 0 funkcije f(x) � y = x2 odredili smo u pro�lom primjeru i dobili f 0(x) = 2x.

Uvr�tenjem u (2) i (3) dobivamo traµzene jednadµzbe:

t � � � y � f(2) = f 0(2)(x� 2); dakle; y = 4x� 4;

n � � � y � f(2) = � 1

f 0(2)(x� 2); dakle; y = �1

4x+

1

2: �

Geometrijsko znaµcenje derivacije kao tangentina smjerovnog koe�cijenta dopu�ta tzv."gra�µcko deriviranje" gra�µcki (grafom Gf ) zadane funkcije f : X ! R, X � R, �to jeprikazano na ovim crteµzima:

Gra�µcko deriviranje.

TEOREM 4.3 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 onda je fneprekidna u x0.

DOKAZ. Derivabilnost funkcije f u toµcki x0 povlaµci

limx!x0

(f(x)� f(x0)) = lim�x!0

�f(x) = limx!x0

��f(x)�x

��x�=

limx!x0

�f(x)

�x� limx!x0

�x = f 0(x0) � 0 = 0;

pa je, po Teoremu 3.49, funkcija f neprekidna u toµcki x0.

Po Teoremu 4.3 slijedi da funkcije nema derivacije u toµckama u kojima je pre-

kidna. No, derivabilnost je bitno jaµce svojstvo od neprekidnosti, tj. neprekidnost

funkcije f u toµcki x0 ne povlaµci njezinu derivabilna u toj toµcki (v. Napomenu 4.2 i

naredni primjer ).

Pomocu limesa s lijeva i s desna mogu se de�nirati derivacije s lijeva i s desna:

4.1. DERIVACIJA 131

Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, u toµcki x0 2 X derivabilna s lijeva

(s desna) ako funkcija

f : X n fx0g ! R; f(x) =f(x)� f(x0)

x� x0;

ima u toµcki x0 graniµcna vrijednost s lijeva (s desna), tj. ako postoji limx0�0

f ( limx0+0

f).

Pripadni limes tada nazivamo derivacijom s lijeva (s desna) funkcije f u toµcki x0.

Oµcito je da je funkcija f , koja je derivabilna s lijeva i s desna u toµcki x0, derivabilna

u x0 ako i samo ako se te derivacije s lijeva i s desna podudaraju. (Taj je broj onda

f 0(x0).)

PRIMJER Funkcija x 7! f(x) = jxj, x 2 R, (apsolutna vrijednost) je neprekidna.Posebice, ona je neprekidna u toµcki x = 0. Me�utim,

limx0�0

f = lim�x!0�0

f(0 + �x)� f(0)�x

= lim�x!0�0

j�xj�x

=

lim�x!0�0

��x�x

= lim�x!0�0

(�1) = �1;

lim0+0

f = lim�x!0+0

f(0 + �x)� f(0)�x

= lim�x!0+0

j�xj�x

=

lim�x!0+0

�x

�x= lim�x!0+0

(1) = 1:

Prema tomu, funkcija f je u toµcki x = 0 derivabilna s lijeva i s desna, ali buduci da

pripadne derivacije nisu jednake, to f nije derivabilna u x = 0. �

4.1.2 DERIVACIJE ELEMENTARNIH FUNKCIJA

Ovdje cemo odrediti derivacije nekih (osnovnih) elementarnih funkcija i izvesti nekoliko

osnovnih derivacijskih pravila.

TVRDNJA 4.4 Derivacija konstantne funkcije cr : R ! R, r 2 R, je nulkonstantac0, tj.

(8r 2 R)(8x 2 R) c0r(x) = 0: (4)

DOKAZ. �cr(x) = r � r = 0) c0r(x) = lim�x!0

�cr(x)�x = lim

�x!00 = 0.

TVRDNJA 4.5 Derivacija prirodne potencije x 7! xn, n 2 N, je funkcija x 7! nxn�1,

tj.

(8n 2 N)(8x 2 R) (xn)0 = nxn�1: (5)

DOKAZ. Po Teoremu 1.23 je

�f(x) = (x+�x)n � xn =Xn

k=0

�nk

�xn�k(�x)k � xn =Xn

k=1

�nk

�xn�k(�x)k =

Xn

k=2

�nk

�xn�k(�x)k + nxn�1 ��x:


Stoga je

f 0(x) = lim�x!0

�f(x)

�x= lim�x!0

�Xn

k=2

�nk

�n�k(�x)k�1 + nxn�1

�= nxn�1.

TVRDNJA 4.6 Derivacija trigonometrijske funkcije sin jest cos, a funkcije cos jest

� sin, tj.

(8x 2 R) sin0 x = cosx; (6)

(8x 2 R) cos0 x = � sinx): (7)

DOKAZ. Vrijedi

(� sin)(x) = sin(x+�x)� sinx = 2 sin x+�x� x2

cosx+�x+ x

2=

2 sin�x

2cos�x+

�x

2

�=sin �x2�x2

��x � cos�x+

�x

2

�:

Po tomu je

sin0 x = lim�x!0

(� sin)(x)

�x= lim

�x2!0

sin �x2�x2

� lim�x!0

cos�x+

�x

2

�= 1 � cosx = cosx:

Sasvim sliµcno se dokazuje i tvrdnja pod (7).

TVRDNJA 4.7 Eksponencijalna funkcija x 7! ax ima derivaciju x 7! ax ln a, tj.

(8x 2 R) (ax)0 = ax ln a (8)

Posebice je

(8x 2 R) (ex)0 = ex: (9)

DOKAZ. Buduci da je

�(ax) = ax+�x � ax = ax(a�x � 1),

to je

(ax)0 = lim�x!0

ax(a�x � 1)�x

= ax � lim�x!0

a�x � 1�x

:

Uvrstimo li a�x � 1 = t, dobivamo

a�x = t+ 1; �x =ln(t+ 1)

ln ai �x! 0, t! 0:

Prema tomu

(ax)0 = ax limt!0

tln(t+1)ln a

= ax ln a limt!0

1

ln(t+ 1)1t

= ax ln a1

ln e= ax ln a:

Naredni teorem redovito rabimo pri odre�ivanju derivacija vecine elementarnih funkcija.

TEOREM 4.8 (Deriviranje i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije f; g : X !R, X � R, derivabilne (na skupu A � X; u toµcki x0 2 X). Tada su derivabilne (na A;u x0) i funkcije f + g, f � g, f � g,

f

g(g(x) 6= 0) i vrijedi:

4.1. DERIVACIJA 133

(f + g)0 = f 0 + g0; (10)

(f � g)0 = f 0 � g0; (11)

(f � g)0 = f 0 � g + f � g0; (12)

(cr � g)0 = cr � g0 (f = cr - konstantna funkcija);(13)�fg

�0=f 0 � g � f � g0

g2: (14)

DOKAZ. Sve formule (10)-(14) se dokazuju sliµcno. Dokaµzimo, primjerice, onu posljed-

nju! �fg

�0(x) = lim

�x!0

f(x+�x)g(x+�x) �

f(x)g(x)

�x=

lim�x!0

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

=

lim�x!0

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

�x

g(x+�x)g(x)=

lim�x!0

f(x+�x)�f(x)�x � g(x)� f(x) � lim

�x!0g(x+�x)�g(x)

�x

lim�x!0

g(x+�x) � g(x) =

f 0(x)g(x)� f(x) � g0(x)g(x)2

.

Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f = cr, po (4) i (14) dobivamo�crg

�0= �cr � g

0

g2; tj.

� r

g(x)

�0= �r � g

0(x)

g(x)2;

a u sluµcaju g = cr dobivamo (usp. (13) za f = c 1r)� f

cr

�0=f 0

cr; tj.

�f(x)r

�0=f 0(x)

r:

TVRDNJA 4.9 Derivacije trigonometrijskih funkcija tg i ctg jesu:

(8x 2 Xtg) tg 0x =1

cos2 x; (15)

(8x 2 Xctg) ctg 0x = �1

sin2 x: (16)

DOKAZ. Vrijedi

tg 0x =� sincos

�0(x)

(14)=sin0 x � cosx� sinx � cosx

cos2 x

(6),(7)=

cos2 x+ sin2 x

cos2 x=

1

cos2 x:

Na isti naµcin se dokazuje formula (16):

TVRDNJA 4.10 Derivacija negativne cijele potencije x 7! x�n, n 2 N, je funkcijax 7! �nx�n�1, tj.

(8n 2 N)(8x 2 Rnf0g) (x�n)0 = �nx�n�1:


DOKAZ. Vrijedi:

(x�n)0 =� 1xn

�0 (14)= � (x

n)0

(xn)2(5)= �nx

n�1

x2n= �nx�n�1.

Ponekad je korisno, prije eksplicitnog odre�ivanja derivacije neke funkcije f , formalno

izraziti funkcijski prirast �f(x) u toµcki x0, x = x0 + �x, pomocu vrijednosti f 0(x0).

Pretpostavimo da je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0. De�nirajmonovu funkciju

x� x0 7! �(x� x0); x 2 X n fx0g;

propisom

�(x� x0) =f(x)� f(x0)

x� x0� f 0(x0); tj. �(�x) =

�f(x)

�x� f 0(x0):

Oµcito je tada8<: limx!x0

�(x� x0) = lim�x!0

�(�x) = 0

�y � �f(x) = (f 0(x0) + �(�x))�x: (17)

TEOREM 4.11 (Derivacija funkcijske kompozicije) Ako je funkcija f : X ! R, X �R, derivabilna u toµcki x0, a funkcija g : Y ! R, Y � R, derivabilna u toµcki y0 =f(x0) 2 Y � f [X], onda je i funkcijska kompozicija gf : X ! R, derivabilna u x0 ipritom je

(gf)0(x0) = g0(f(x0))f 0(x0): (18)

DOKAZ. Neka je x 2 X, x 6= x0, i �x = x � x0. Oznaµcimo y � f(x), �y �f(x)�f(x0), z � (gf)(x),�z � (gf)(x)�(gf)(x0). Tada je�y = f(x0+�x)�f(x0), tj.f(x0+�x) = y0+�y, pa je�z = (gf)(x0+�x)�(gf)(x0) = g(f(x0+�x))�g(f(x0)) =g(y0+�y)� g(y0). Sada je

(gf)0(x0) = lim�x!0

�z

�x= lim�x!0

g(y0 +�y)� g(y0)�x

(17)= lim

�x!0

1

�x(g0(y0)+�(�y))�y =

(g0(y0) + lim�x!0

�(�y)) � lim�x!0

�y

�x= g0(y0)f 0(x0) +

�lim�x!0

�(�y)�f 0(x0)

:Buduci da je funkcija f neprekidna u toµcki x0 (v. Teorem 4.3), to �x ! 0 povlaµci

�y ! 0, pa (17) povlaµci lim�x!0

�(�y) = lim�y!0

�(�y) = 0.

PRIMJER Derivirajmo funkciju x 7! h(x) = cos(sinx), x 2 R.Primijetimo da je h = gf , pri µcemu je f = sin i g = cos. Dakle, po (18),

h0(x) = cos0(sinx) � sin0 x = � sin(sinx) � cosx:

TVRDNJA 4.12 Ovo su derivacije hiperbolnih funkcija:

(8x 2 R) sinh0 x = coshx; (19)

(8x 2 R) cosh0 x = sinhx; (20)

4.1. DERIVACIJA 135

(8x 2 R) tgh 0x =1

cosh2 x; (21)

(8x 2 R n f0g) ctgh 0x = � 1

sinh2 x: (22)

DOKAZ. Dokaµzimo npr. formulu (19)!

sinh0 x =�ex � e�x

2

�0 (13),(11)=

1

2((ex)0 � (e�x)0) (9),(18)=

1

2(ex � e�x(�1)) = ex + e�x

2= coshx.

TEOREM 4.13 (Derivacija inverzne funkcije) Neka je injektivna funkcija f : X ! R;X � R, derivabilna u toµcki x0 i f 0(x0) 6= 0. Ako je pripadna "inverzna" funkcija

f�1 : f [X] ! R neprekidna u toµcki y0 = f(x0), onda je f�1 derivabilna u toµcki y0 i

pritom je

(f�1)0(y0) =1

f 0(x0): (23)

DOKAZ. Buduci da je f�1 inverzna funkciji f i y0 = f(x0), to je f�1(y0) = x0 i

�f�1(y) = f�1(y0 + �y) � f�1(y0) = x0 + �x � x0 = �x µcim je f(x0 + �x) =

y0+�y = y. Zbog injektivnosti funkcije f je �y 6= 0 toµcno onda kad je �x 6= 0, a zbogneprekidnosti funkcije f�1 u toµcki y0 i neprekidnosti funkcije f u toµcki x0 (v. Teorem

4.3), �y ! 0 toµcno onda kad �x! 0. Prema tomu,�f�1

�0(y0) = lim

�y!0

�f�1(y)

�y= lim�y!0

�x

�y= lim�y!0

1�y�x

=

lim�x!0

1�y�x

=1

lim�x!0

�y�x

=1

f 0(x0).

TVRDNJA 4.14 Ovo su derivacije ciklometrijskih funkcija i area-funkcija:

(8x 2 h�1; 1i) arcsin0 x =1p1� x2

; (24)

(8x 2 h�1; 1i) arccos0 x = � 1p1� x2

; (25)

(8x 2 R) arctg 0x =1

1 + x2; (26)

(8x 2 R) arcctg0 x = � 1

1 + x2; (27)

(8x 2 R) arsh0 x =1p1 + x2

; (28)

(8x 2 h�;�1i [ h1; �i) arch0 x =1p

x2 � 1; (29)

(8x 2 h�1; 1i) arth0 x =1

1� x2 ; (30)

(8x 2 h�;�1i [ h1; �i) arcth0 x = � 1

x2 � 1 : (31)


DOKAZ. Dostatno je, ilustracije radi, primjenom Teorema 4.13, dokazati prvu for-

mulu.

arcsin0 x(23)=

1

sin0 y=

1

cos y=

1p1� sin2 y

=1p1� x2

:

(Funkcije arcsin i arccos nisu derivabilne u toµckama x = �1 i x = 1!)

TVRDNJA 4.15 Logaritamska funkcija x 7! loga x ima derivaciju x 7!1

x ln a, tj.

(8x 2 R+) log0a x =1

x ln a: (32)

Posebice je

(8x 2 R+) ln0 x =1

x: (33)

DOKAZ. log0a x(23)=

1

(ay)0=

1

ay ln a=

1

x ln a.

TVRDNJA 4.16 Derivacija opce potencije x 7! xr, r 2 R, je funkcija x 7! rxr�1

kad god je ova dobro de�nirana (usp. (5) i Tvrdnju 4.10) tj.

(xr)0 = rxr�1: (34)

DOKAZ. Dostatno je tvrdnju dokazati za x 2 h0; �i. Vreijedi xr = er lnx pa imamo

(xr)0 = (er lnx)0(18),(9)= er lnx(r lnx)0

(13);(33)= er lnx � r

x= xr � r

x= rxr�1:

(Opca potencija nije derivabilna u toµcki x = 0 µcim je r < 1!)

TVRDNJA 4.17 Neka su dane funkcije f; g; h : X ! R, X � R, i neka je h(x) =f(x)g(x) � (fg)(x). Ako su f , g i h derivabilne u toµcki x0, onda derivacija h0(x0)

dopu�ta zapis

(fg)0(x0) =�g0(x0) � ln f(x0) + g(x0) �

f 0(x0)

f(x0)

�� f(x0)g(x0): (35)

DOKAZ. Prikaµzimo funkciju h kao kompoziciju logaritamske i eksponencijalne funkcije

(koje ukljuµcuju f , g i mnoµzenje). Prvo, neka je � : X ! R, � = g � (ln �f), tj.

xf7! f(x)

ln7! ln f(x); xg7! g(x); x

�7! �(x) = g(x) � ln f(x):

Tada je h � fg jednaka funkcijskoj kompoziciji expe ��, tj.

x�7! �(x)

expe7! expe(�(x)) = eg(x)�ln f(x) = f(x)g(x) = h(x):

Primijenimo li pravila (9), (18), (12) i (33) dobit cemo (35).

NAPOMENA 4.18 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, zadana implicitno jed-nadµzbom F (x; y) = 0 (v. pododjeljak 3.1.1) i ako je derivabilna u toµcki x0, onda

derivaciju f 0(x0) odre�ujemo formalnim deriviranjem jednadµzbe F (x; y) = 0 (derivira-

juci y pi�emo y0 � f 0(x) i uvr�tavamo x = x0) i sre�ivanjem.

4.1. DERIVACIJA 137

PRIMJER Odredimo derivaciju u toµcki x = 0 funkcije x 7! f(x) = y implicitno

zadane jednadµzbom 2y � xy + x2 � 2 = 0:Formalno derivirajuci jednadµzbu dobivamo:

(2y � xy + x2 � 2)0 = 00 ) 2y � ln 2 � y0 � (y + xy0) + 2x = 0)

y0 =y � 2x

2y ln 2� x;

pa je

f 0(x0) � y00 =y0 � 2x0

2y0 ln 2� x0:

Vrijednost f(0) � y0 dobivamo uvr�tenjem u jednadµzbu. Dakle 2y0 � 0 � y0 + 02 � 2 =0) 2y0 = 2) y0 = 1. Napokon,

f 0(0) � y00 =1� 2 � 021 ln 2� 0 =

1

2 ln 2=

1

ln 4: �

4.1.3 DIFERENCIJAL

Pokazali da za prirast f(x) � f(x0) = (�x0f)(x) � �f(x) derivabilne (u toµcki x0)

funkcije f : X ! R, X � R, x = x0 +�x, vrijedi formula (17):

�f(x) = f 0(x0)�x+ �(�x)�x;

pri µcemu je lim�x!0

�(�x) = 0:To navodi da se funkciji derivabilnoj u toµcki x0 pridijeli

(lokalno) linearna funkcija �to ju odre�uje derivacija f 0(x0). Tako se dolazi do tzv.

diferencijabilnosti, odnosno, diferencijala promatrane funkcije u toµcki x0: Za funkcije

jedne varijable, �to ih sada prouµcavamo, bit ce razvidno da su diferencijabilnost i deri-

vabilnost ekvivalentna svojstva. Da je diferencijabilnost, opcenito, jaµce svojstvo od

derivabilnosti uoµcit cemo uskoro prouµcavajuci realne funkcije vi�e varijabla.

DEFINICIJA 4.19 Reci cemo da je funkcija f : X ! R, X � R, diferencijabilnau toµcki x0, ako postoji broj a 2 R takav da je

f(x)� f(x0) = a � (x� x0) + r(x� x0); (36)

pri µcemu za funkciju x� x0 7! r(x� x0), x 6= x0, mora vrijediti

limx!x0

r(x� x0)x� x0

= 0 (37)

("ostatak" r(x� x0) teµzi k 0 bitno brµze od x� x0).Reci cemo da je funkcija f diferencijabilna, ako je diferencijabilna u svakoj toµcki

x 2 X.

Oµcito je funkcija f diferencijabilna u x0 µcim je derivabilna u x0. Naime, za traµzeni broj

a smijemo uzeti f 0(x0), pa je r(x� x0) = �(x� x0) � (x� x0) i uvjetu je udovoljeno. Sdruge strane, lako je dokazati da je broj a jedinstven µcim je f diferencijabilna u x0, a

onda je


a = limx!x0

f(x)� f(x0)x� x0

+ limx!x0

r(x� x0)x� x0

= f 0(x0):

Prema tomu, funkcija f je diferencijabilna (u toµcki x0) toµcno onda kad je derivabilna

(u x0). Pripadnu linearnu funkciju nazivamo diferencijalom funkcije f u toµcki x0 i

oznaµcujemo s

df(x0) : R! R; df(x0)(x) = f 0(x0) � x:

Primijetimo da je, po (17),

lim�x!0

�f(x)� df(x0)(�x)�x

= lim�x!0

r(�x)

�x= lim�x!0

�(�x) = 0:

PRIMJER Odredimo diferencijale df(x0), u svakoj toµcki x0 2 R, osnovnih elemen-tarnih funkcija sin, potencije s eksponentina 2 i linearne funkcije s koe�cijentom k, tj.

funkcija x 7! sinx, x 7! x2 (kvadriranje) i x 7! kx (k 2 R konstanta).Neka je x0 2 R bilo koja toµcka (promatrane funcije su derivabilne). Vrijednosti

df(x0)(x) traµzenih diferencijala df(x0) jesu redom:

d(sinx0)(x) = sin0 x jx=x0 �x = cosx0 � x;

d(x20)(x) = (x2)0 jx=x0 �x = 2x0x;

d(kx0)(x) = (kx)0 jx=x0 �x = kx:

Primijetimo da je diferencijal linearne funkcije, u svakoj toµcki x0 2 R, jednak tojfunkciji. �

Pojednostavnjujuci zapisivanje, kad god ne moµze doci do zabune, uobiµcajilo se diferen-

cijal df(x0) tretirati kao funkciju od x� x0 = �x, x 2 R, i pisati

df(x0)(�x) � df(x) = f 0(x)dx;

pa cemo se i mi toga drµzati.

Na taj se naµcin gornji primjeri mogu zapisati kako slijedi:

d sinx = cosxdx; dx2 = 2xdx; d(kx) = kdx:

Primijetimo da takvo skraceno zapisivanje dopu�ta zapisati derivaciju kao koliµcnik

f 0(x) =df(x)

dx� dy

dx: (38)

Pritom na veliµcinu dx smijemo gledati kao na "neizmjerno mali" �x jer je

f 0(x0)�x = df(x0)(�x) � df(x) = f 0(x)dx:

Radi boljega poimanja, korisno je pojasniti diferencijalovo geometrijsko znaµcenje (v.naredni crteµz). Buduci da je f 0(x0) =

df(x)dx , x = x0+�x, dx = �x, tangentin smjerovni

koe�cijent (t u toµcki (x0; f(x0)) 2 Gf , v. (2)); slijedi da je vrijednost pripadnogadiferencijala df(x0)(dx) � df(x) = f 0(x0)dx "prirast do tangente" t, dok je �f(x)pripadni funkcijski prirast, tj. "prirast do grafa" Gf !)

4.1. DERIVACIJA 139

Diferencijal df(x0):

Teorem 4.8 ima svoj lokalni diferencijalni analogon.

TEOREM 4.20 (Diferencijal i osnovne raµcunske operacije) Neka su funkcije f; g :

X ! R, X � R, diferencijabilne u toµcki x0. Tada za pripadne diferencijale u x0

vrijedi:

dcr(x0) = c0 (f � cr; c0�konstantne funkcije); (39)

d(f + g)(x0) = df(x0) + dg(x0); (40)

d(f � g)(x0) = df(x0)� dg(x0); (41)

d(f � g)(x0) = g(x0)df(x0) + f(x0)dg(x0); (42)

d(cr � g)(x0) = crdg(x0) (f = cr); (43)

d�fg

�(x0) =

g(x0)df(x0)� f(x0)dg(x0)g(x0)2

(g(x0) 6= 0): (44)

DOKAZ. Dokaµzimo, primjera radi, formulu (42)! Uzmimo bilo koji x 2 R. Tada je uHom(R;R)

d(f � g)(x0)(x) = (f � g)0(x0)dx(12)= (f 0(x0)g(x0) + f(x0)g0(x0))dx =

g(x0)f0(x0)dx+ f(x0)g0(x0)dx = g(x0)df(x0)(x) + f(x0)dg(x0)(x) =

(g(x0)df(x0) + f(x0)dg(x0))(x).

PRIMJER Odredimo funkciji x 7! f(x) = ex sinx diferencijal u bilo kojoj toµcki

x0 2 R.

df(x0)(x)(42)= (sinx0d(e

x0) + ex0d(sinx0))(x) =

sinx0ex0dx+ ex0 cosx0dx = ex0(sinx0 + cosx0)dx:

Ili skraceno, d(ex sinx) = (ex sinx)0dx = ex(sinx+ cosx)dx: �

TEOREM 4.21 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 i neka jef 0(x0) 6= 0. Tada je

lim�x!0

�f(x)

df(x)= 1:


DOKAZ. Po (17) i (36) je�f(x)

df(x)=f 0(x0)dx+ �(dx)dx

f 0(x0)dx= 1 +

�(dx)

f 0(x0)i limdx!0

�(dx) = 0:

Prema tomu,

lim�x!0

�f(x)

df(x)= 1 +

1

f 0(x0)limdx!0

�(dx) = 1:

Teorem 4.21 potvr�uje da je funkcijin prirast �f(x0)(�x) � �f(x) � �y pribliµzno

jednak diferencijalovoj vrijednosti

df(x0)(�x) � df(x) � dy

µcim je varijablin prirast �x = dx dostatno malen. Pi�emo

�y � dy:

Ova se µcinjenica µcesto primijenjuje u pribliµznom izraµcunavanju funkcijskih vrijednosti,

kao i u procjenjivanju pogrje�aka koje su posljedica netoµcnih mjerenja. Ako je npr.

poznata funkcijina vrijednost y0 = f(x0), njezina se vrijednost u toµcki x = x0 + dx

(f derivabilna u x0 i dx dostatno malen) smije aproksimirati po formuli

f(x0 + dx) = y0 +�y � y0 + dy: (45)

Nadalje, ako je varijabla x izmjerena s pogrje�kom koja apsolutno ne prema�uje jdxj,onda se najveca apsolutna pogrje�ka funkcijine vrijednosti y = f(x) smije procijeniti

kao

j�yj � jdyj = jf 0(x)j dx; (46)

relativna pogre�ka kao�y

y� dy

y; (47)

a postotna pogre�ka kao�y

y� 100% � dy

y� 100%: (48)

PRIMJER Izraµcunajmo neku pribliµznu (racionalnu) vrijednost iracionalnoga broja4p84 rabeci aproksimaciju diferencijalom.

U rje�avanju ovakvoga zadatka treba voditi raµcuna o trima stvarima:

Prvo, da se odabere �to je moguce jednostavnija elementarna funkcija f

(primjerena danom zadatku); da se odabere odgovarajuca toµcka x0 za koju

se (toµcna) vrijednost f(x0) moµze lako izraµcunati; i trece, da x0 + dx bude

dana varijablina vrijednost s relativno malim dx.

Primijetimo, najprije, da je 4p84 = (81 + 3)

14 = 3(1 + 1

27)14 : Stoga se (ne zahtijevamo li

bolju aproksimaciju), kao prikladan izbor namecu funkcija

x 7! f(x) = 3(1 + x)14 i toµcka x0 � 0;

4.1. DERIVACIJA 141

pri µcemu je dx = 127 = x0 + dx. Tada, primijenjujuci formulu (45) dobivamo:

4p84 = 3

�1 +

1

27

� 14= f

�0 +

1

27

�� f(0) + f 0(0) � 1

27=

3(1 + 0)14 +

3

4(1 + 0)34

� 127= 3 +

1

36=109

36� 3; 028: �

Neka je f : X ! R, X � R, derivabilna (ekvivalentno, diferencijabilna) funkcija. Tadau svakoj toµcki x postoji diferencijal pa imamo df(x) : R ! R, df(x)(x) = f 0(x)dx, tj.

na df smijemo gledati kao na funkciju iz X u R.Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na skupu A � X, tj. neka pos-

toji funkcija (f jA)0 : A ! R, x 7! f 0(x). Ako je funkcija (f jA)0 derivabilna u toµckix0, onda kaµzemo da je funkcija f dvaput derivabilna u toµcki x0, a vrijednost

((f jA)0)0(x0) � f 00(x0) nazivamo drugom derivacijom funkcije f u toµcki x0. Reci

cemo da je funkcija f dvaput derivabilna na A ako je f dvaput derivabilna u svakoj

toµcki x 2 A. Pripadnu funkciju nazivamo drugom derivacijom funkcije f na skupu

A i oznaµcujemo s (f jA)00 : A! R. U sluµcaju A = X govorimo o dvaput derivabilnoj

funkciji f i o njezinoj drugoj derivaciji f 00 � (f 0)0 : X ! R. Nastavljajuci induk-tivno, ima smisla govoriti o trecoj, µcetvrtoj, � � � ; n-toj, � � � derivaciji funkcije f (naskupu A; u toµcki x0). Pripadne oznake su f 000, f (4), � � � , f (n), � � � . Dakle,

f (n)(x0) = (f(n�1))0(x0); n 2 N (f (0) � f): (50)

PRIMJER Odredimo (ako postoje) sve derivacije f (n) : R! R, n 2 N, funkcije

f : R! R; f(x) = erx:

Buduci da je f funkcijska kompozicija mnoµzenja konstantom (r) s (prirodnom) ekspo-

nencijalnom funkcijom (expe), to je f derivabilna funkcija. Sliµcno vrijedi i za njezine

derivacije. Pritom dobivamo:

f 0(x) = rerx; f 00(x) = (rerx)0 = r2erx; � � � ; f (n)(x) = (rn�1erx)0 = rnerx; � � � : �

Posve sliµcno se za funkciju f : X ! R, X � R, de�niraju diferencijali vi�ih redova (utoµcki x0). Pretpostavimo da je f diferencijabilna funkcija. Drugim diferencijalom

funkcije f u toµcki x0 nazivamo diferencijal d(df)(x0) funkcije-diferencijala df : X ! Ru toµcki x0. Radi se, dakle, o linearnoj funkciji, koju oznaµcujemo s d2f(x0) : X ! R,odre�enoj "koe�cijentom" f 00(x0)dx, tj.

d2f(x0)(x) � d2f(x) = (f 00(x0)dx)dx � f 00(x0)dx2; (51)

Pritom kaµzemo da je funkcija f dvaput diferencijabilna u toµcki x0. Ako je f dvaput

diferencijabilna u svakoj toµcki x 2 X onda za nju kaµzemo da je dvaput diferencija-

bilna funkcija. U tom sluµcaju postoji funkcija (drugi diferencijal od f)

d2f : X ! R; x 7! d2f(x):


Opcenito, n-ti diferencijal dnf(x0) : R ! R funkcije f u toµcki x0, n 2 N, n � 2,

de�niramo kao diferencijal (n � 1)-voga diferencijala od f , dn�1f : X ! R, u x0, tj.dnf(x0) = d(dn�1f)(x0). Stoga vrijedi formula (dxn � (dx)n)

dnf(x0)(x) � dnf(x) = f (n)(x0)dxn: (52)

Obstojno�cu n-tog diferencijala od f (u x0) de�nira se n puta diferencijabilnost

funkcije f (u toµcki x0). Razvidno je da su ta svojstva ekvivalentna odgovarajucoj

derivabilnosti.

Po (52), formula (38) ima sljedece poopcenje na svaki n 2 N:

f (n)(x) =dnf(x)

dxn: (53)

Neka je jednadµzbama x = '(t) i y = (t) parametarski zadana funkcija x 7! f(x) = y.

Buduci da se, opcenito, parametar t ne moµze eliminirati, odredit cemo derivaciju od f

u toµcki x0 = '(t0) (µcim postoji) pomocu diferencijala od ' i u toµcki t0.

f 0(x0) =dy

dx� d (t)

d'(t)= 0(t0)dt

'0(t0)dt= 0(t0)

'0(t0); '0(t0) 6= 0;

�to se krace i opcenito zapisuje kao

y0 � f 0(x) =_y

_x; _x = '0(t); _y = 0(t): (54)

Na sliµcan naµcin dobivamo (ako postoje) i derivacije vi�ih redova, primjerice (dx i dt

tretiramo kao konstante),

y00 =d2y

dx2=d(y0dx)

dx2=d�_y_xdx

�dx � dx =

d�_y_x

�dx

=dt

�_y_xdt�

_xdt=

::y _x� _y::x_x2

_x; tj.

y00 =�y _x� _y�x

_x3; _x 6= 0; �x = '00(t); �y = 00(t): (55)

4.1.4 OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAµCUNA

Ovdje cemo dokazati nekoliko temeljnih teorema o vaµznim svojstvima derivabilnih

funkcija.

TEOREM 4.22 (Fermatov teorem) Neka suµzenje f jha;bi funkcije f : X ! R, X � R,poprima u toµcki x0 2 ha; bi � X svoju najmanju ili najvecu vrijednost. Ako je f

derivabilna u x0 onda je f 0(x0) = 0.

DOKAZ. Pretpostavimo da je f(x0) minimum od f jha;bi, tj. f(x0) � f(x) za svaki

x 2 ha; bi. Zapisujuci x = x0 + �x dobivamo f(x0 + �x) � f(x0) � 0. Buduci da

je f derivabilna u x0 2 ha; bi, to je f derivabilna s lijeva i s desna u x0 i pripadne sederivacije podudaraju s f 0(x0), tj.

lim�x!0�0

f(x0 +�x)� f(x0)�x

= f 0(x0) = lim�x!0+0

f(x0 +�x)� f(x0)�x

:

4.1. DERIVACIJA 143

Primijetimo da je nazivnik �x u derivaciji s lijeva stalno negativan (x < x0), dok je u

derivaciji s desna stalno pozitivan (x > x0). Buduci da su brojnici stalno pozitivni, to

je derivacija s lijeva od f u x0 manja ili jednaka nula, a ona s desna veca ili jednaka

nula. Slijedi zakljuµcak f 0(x0) = 0. U sluµcaju maksimuma f(x0) dokazuje se na isti

naµcin.

TEOREM 4.23 (Rolleov teorem) Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidnana segmentu [a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi : Ako je f(a) = f(b) onda postoji

toµcka x0 2 ha; bi takva da je f 0(x0) = 0.

DOKAZ. Po Teoremu 3.56, suµzenje f j[a;b] postiµze na [a; b] svoju najmanju i svojunajvecu vrijednost, tj. postoje x1; x2 2 [a; b] takvi da je, za svaki x 2 [a; b], f(x1) �f(x) � f(x2). Ako je f(x2) = f(x1) onda je f j[a;b] konstantna funkcija cf(x1), pa je(f jha;bi)0 = c0jha;bi - dokaz gotov. Neka je f(x2) 6= f(x1), tj. f(x1) < f(x2). Tada

ne mogu obje te vrijednosti biti jednake f(a) (= f(b)). Pretpostavka f(x1) 6= f(a)

povlaµci a 6= x1 6= b, tj. x1 2 ha; bi, a pretpostavka f(x2) 6= f(a) povlaµci a 6= x2 6= b, tj.

x2 2 ha; bi. Zakljuµcujemo da je x1 ili x2 traµzena toµcka x0.

TEOREM 4.24 (Lagrangeov teorem o srednjoj vrijednosti) Neka je funkcija f : X !R, X � R, neprekidna na segmentu [a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi : Tadapostoji toµcka x0 2 ha; bi takva da je

f 0(x0) =f(b)� f(a)

b� a : (56)

DOKAZ. Promatrajmo funkciju

g : X ! R; g(x) = f(x)� f(b)� f(a)b� a (x� a):

Funkcija g je neprekidna na [a; b] i derivabilna na ha; bi i k tomu je g(a) = f(a) = g(b).

Po Teoremu 4.23, postoji neka toµcka x0 2 ha; bi u kojoj je g0(x0) = 0 = f 0(x0)� f(b)�f(a)b�a ;

tj. f 0(x0) =f(b)�f(a)

b�a :

Lagrangeova formula (56) se moµze napisati na nekoliko naµcina. Tako npr. mnoµzenjem

formule (56) faktorom b� a dobivamo


f(b)� f(a) = f 0(x0)(b� a): (560)

Nadalje, buduci da je x0 = a+ x0�ab�a (b� a) i 0 <

x0�ab�a � # < 1; smijemo pisati

f(b)� f(a) = f 0(a+ #(b� a))(b� a); 0 < # < 1: (5600)

Napokon, oznaµcimo li a = x i b = x+�x, dobivamo

�f(x) = f(x+�x)� f(x) = f 0(x+ #�x)�x; 0 < # < 1: (56000)

TEOREM 4.25 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i derivabilna na intervalu ha; bi. Ako je f 0(x) = 0 za svaki x 2 ha; bi, ondaje suµzenje f j[a;b] konstantna funkcija.

DOKAZ. Odaberimo bilo koji x 2 ha; b]. Tada su na segmentu [a; x] ispunjeni uvjetiTeorema 4.24 pa postoji toµcka x0 2 ha; xi � ha; bi za koju je f(x)�f(a) = f 0(x0)(x�a).Po pretpostavci je f 0(x0) = 0, �to sada povlaµci f(x) = f(a) za svaki x 2 ha; b].

KOROLAR 4.26 Neka su funkcije f; g : X ! R, X � R, neprekidne na segmentu[a; b] � X i derivabilne na intervalu ha; bi. Ako je f 0(x) = g0(x) za svaki x 2 ha; bi ondaje suµzenje (f � g)j[a;b] konstantna funkcija.

DOKAZ. Funkcija h � f � g : X ! R udovoljava uvjetima Teorema 4.25 jer je, naha; bi, h0 = f 0 � g0 = 0. Slijedi da je funkcija f � g konstantna na [a; b].

Lagrangeovu formulu cemo sada upotrijebiti u dokazu tzv. L�Hospitalova pravila, �to

ga rabimo za odre�ivanje graniµcnih vrijednosti u mnogim sluµcajevima tzv. neodre�enih

oblika:0

0;11 ; 0 � 1; 1�1; 00; 11; 10:

(1 ovdje oznaµcuje bilo +1 bilo �1!) Primjerice, neodre�eni oblik 00 se javlja pri

odre�ivanju graniµcne vrijednosti limx0

fg µcim je lim

x0f = 0 = lim

x0g, a 10 pri odre�ivanju

limx0fg µcim je lim

x0f = 1 i lim

x0g = 0. Sljedeci teorem razmatra samo oblik 0

0 , dok se

preostali dopustivim preinakama svode na njega.

TEOREM 4.27 (L�Hospitalovo pravilo) Neka za funkcije f; g : X ! R, X � R,vrijedi lim

x0f = 0 = lim

x0g. Ako postoji interval I takav da je x0 2 I � X i da su f i g

neprekidno derivabilne na I, pri µcemu je g0(x) 6= 0 za svaki x 2 I, onda je

limx0

f

g= lim

x0

f 0

g0: (57)

U dokazu cemo trebati ovu lemu:

4.1. DERIVACIJA 145

LEMA 4.28 Neka je funkcija g : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0 i nekaje g(x0) = 0, a g0(x0) 6= 0. Tada postoji neki " > 0 takav da su na skupu A" =

(X n fx0g) \ hx0 � "; x0 + "i sve vrijednosti g(x) 6= 0.

DOKAZ. Pretpostavimo protivno, tj. da za svaki " > 0 postoji neki x" 2 A" za kojije g(x") = 0.

Birajuci " = 1n , n 2 N, dobivamo tako niz (xn), xn 2 A 1

n� X n fx0g, koji konvergira

prema x0, dok je (g(xn)) konstantan nulniz (0). Tada je i�g(xn)�g(x0)xn�x0

�= (0). Po

pretpostavci, postoji g0(x0) = limx!x0

g(x)�g(x0)x�x0 i g0(x0) 6= 0: Zbog lim(xn) = x0 mora biti

(v. Teorem 3.43) i g0(x0) = lim�g(xn)�g(x0)xn�x0

�= lim(0) = 0; �to je protuslovlje.

DOKAZ. (Teorema 4.27) Po Teoremu 4.3 slijedi da su funkcije f i g neprekidne na

intervalu I pa je f(x0) = limx0f = 0 i g(x0) = lim

x0g = 0 (v. Teorem 3.46). Po Lemi

4.28 zakljuµcujemo da postoji podskup A" = I \hx0 � "; x0 + "i � X, " > 0, takav da je

g(x) 6= 0 za svaki x 2 A" n fx0g: Dakle, kvocijent f(x)g(x) je de�niran µcim je x 2 A" n fx0g.�tovi�e,

limx0

f

g= lim

x!x0

f(x)� f(x0)g(x)� g(x0)

= limx0

f(x)�f(x0)x�x0

g(x)�g(x0)x�x0

=((9x1;x22hx;x0i); v. Teorem 4.24)

limx0

f 0(x1)

g0(x2)=f 0(x0)

g0(x0)=(f 0; g0 neprekidne na I)=

limx0f 0

limx0g0=(Teorem 3.41(c); g0(x) 6=0; x2A")= limx0

f 0

g0:

NAPOMENA 4.29 Postoje razne varijante i poopcenja upravo dokazanoga teorema.

Tako npr. L�Hospitalovo pravilo vrijedi i za neodre� ene oblike �1�1 , za graniµcne vrijed-

nosti kad x! �1 kao i u sluµcajevima kad se graniµcne vrijednosti (derivacije) zamijene

graniµcnim vrijednostima slijeva ili zdesna (derivacijama slijeva ili zdesna).

NAPOMENA 4.30 L�Hospitalovo pravilo se smije primijeniti vi�e puta uzastopce,

µcim prethodna primjena opet daje oblik 00

�11�i ako nove funkcije udovoljavaju postavl-

jenim uvjetima.

NAPOMENA 4.31 Ako se u odre�ivanju graniµcne vrijednosti pojavi neki od pre-

ostalih (prije navedenih) neodre�enih oblika i ako se µzeli primijeniti L�Hospitalovo

prvilo, treba taj neodre�eni oblik pogodnom transformacijom svesti na oblik 00 ili na

oblik 11 :

PRIMJER limx!0

1� cos 4xx2

(57)=( 00)limx!0

4 sin 4x

2x

(57)=( 00)limx!0

16 cos 4x

2= 8. �


PRIMJER limx!�1

x2

e�x(57)=

(+1+1 )

limx!�1

2x

�e�x(57)=

(�1�1 )lim

x!�12

e�x= 0. �

PRIMJER Odredimo graniµcnu vrijednost limx!0

f funkcije x 7! f(x) = xx:

Buduci da je de�nicijsko podruµcje od f skup R+, tj. skup svih x > 0, to je traµzena

graniµcna vrijednost isto �to i pripadna graniµcna vrijednost zdesna, limx!0

f = limx!+0

f .

(Graniµcna vrijednost u 0 slijeva nema smisla!) Prema tomu,

limx!0

f = limx!0+0

xx =(00)

limx!0+0

ex lnx =(e0(�1))

elim0+0

(x lnx):

Buduci da je

limx!0+0

x lnx =(0�(�1))

limx!0+0

lnx1x

(57)=

(�1+1 )

limx!0+0

1x

� 1x2

= limx!0+0

(�x) = 0;

to je limx!0+0

xx = e0 = 1. �

PRIMJER limx!1

� x

x� 1 �1

lnx

�=

(1�1)

limx!1

x lnx� x+ 1(x� 1) lnx

(57)=( 00)

limx!1

lnx+ 1� 1lnx+ x�1

x

= limx!1

lnx

lnx+ 1� 1x

(57)=( 00 )

limx!1

1x

1x +

1x2

=1

2. �

4.1.5 TAYLOROVA FORMULA

Sjetimo se da se polinomske vrijednosti izraµcunavaju relativno kratkim raµcunom �to

ukljuµcuje samo zbrajanje i mnoµzenje realnih brojeva. Zbog te praktiµcne jednostavnosti,

polinomi su vrlo pogodna preslikavanja za aproksimiranje onih preslikavanja vrijednosti

kojih zahtijevaju mnogo sloµzenije raµcune. Primijetimo da Lagrangeova formula daje

pribliµznu vrijednost funkcije f (derivabilne na intervalu I) u toµcki x po formuli

f(x) = f(x0) +R0(x); R0(x) = (x� x0)f 0(x0 + #(x� x0)); 0 < # < 1:

Drugim rijeµcima, suµzenje f jI se aproksimira polinomom p nultoga stupnja (konstantnom

funkcijom p = cf(x0)), pri µcemu funkcija R0, tzv. ostatak, predstavlja aproksimacijsku

pogrje�ku. Ako je funkcija f na I derivabilna n+1 puta, puno bolju aproksimaciju daje

tzv. Taylorova formula, koja poopcuje Lagrangeovu ukljuµcujuci postojece derivacije

vi�ih redova. Postoje li derivacije od f po volji visokog reda, aproksimiranje preuzima

tzv. Taylorov red.

TEOREM 4.32 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, na intervalu ha; bi � X

derivabilna n + 1 puta, te neka je x0 2 ha; bi bilo koja toµcka. Tada za svaki x 2 ha; bivrijedi Taylorova formula:8>><>>:

f(x) = f(x0) +f 0(x0)

1!(x� x0) + � � �+

f (n)(x0)

n!(x� x0)n +Rn(x)

Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))

p � n! (x� x0)n+1(1� #)n+1�p;(58)

4.1. DERIVACIJA 147

pri µcemu se u ostataku n-toga reda Rn(x) pojavljuju neki p 2 N i # 2 R, 0 < # < 1.

DOKAZ. Odaberimo bilo koju toµcku x0 2 ha; bi. Ako je x 2 ha; bi i x = x0, nemamo,

oµcito, �to dokazivati. Promatrajmo sluµcaj x > x0. Pretpostavimo da je

f(x) = f(x0) +f 0(x0)

1!(x� x0) + � � �+

f (n)(x0)

n!(x� x0)n +Rn(x);

pri µcemu je Rn(x) = (x � x0)ph(x), za neki p 2 N i vrijednost h(x) neke funkciju

h : hx0; bi ! R. Treba, naravno, za dani p, odrediti funkciju h: U tu svrhu, za bilo kojiµcvrsti x 2 hx0; bi, de�nirajmo funkciju gx � g : [x0; bi ! R stavljajuci

g(t) = f(t) +f 0(t)

1!(x� t) + � � �+ f (n)(t)

n!(x� t)n + (x� t)ph(x):

Primijetimo da je g(x0) = g(x) (= f(x)) i da je g derivabilna na hx0; xi,

g0(t) = f 0(t)� f 0(t)

1!+f 00(t)

1!(x� t)� � � � � f (n)(t)

n!n(x� t)n�1+

f (n+1)(t)

n!(x� t)n � p(x� t)p�1h(x) = f (n+1)(t)

n!(x� t)n � p(x� t)p�1h(x):

Prema tomu, funkcija g na segmentu [x0; x] ispunja uvjete Rolleova teorema, pa postoji

neka toµcka t0 � x0 + #(x� x0) 2 hx0; xi, 0 < # < 1, takva da je g0(t0) = 0. Slijedi:

0 =f (n+1)(x0 + #(x� x0))

n!(x�x0�#(x�x0))n�p(x�x0�#(x�x0))p�1h(x); tj.

h(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))

p � n! (x� x0)n+1�p(1� #)n+1�p:

Dakle, ostatak Rn(x) je zaista odre�en navedenim izrazom. Na isti se naµcin tvrdnja

dokazuje kad je x < x0.

Navedeni zapis za Rn(x) se naziva ostatkom u Schlömilchovu obliku. Ako je p = 1,

ostatak Rn(x) poprima tzv. Cauchyjev oblik :

Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))

n!(x� x0)n+1(1� #)n; (59)

a ako je p = n+ 1 - tzv. Lagrangeov oblik :

Rn(x) =f (n+1)(x0 + #(x� x0))

(n+ 1)!(x� x0)n+1: (60)

Po Taylorovoj formuli (58), ostatak Rn(x) jest razlika

f(x)�Xn

k=0

f (k)(x)

k!(x� x0)k:

Pripadni polinom, dakle, to bolje aproksimira funkciju f u toµcki x �to je ostatak Rn(x)

manji. To vodi na sada lako dokaziv teorem:

TEOREM 4.33 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima na intervalu I � X sve

derivacije (f jI)(n), n 2 N, i neka je x0 2 I bilo koja toµcka. Tada je, za svaki x 2 I;

f(x) = f(x0) +f 0(x0)

1!(x� x0) + � � �+

f (n)(x0)

n!(x� x0)n + � � � (61)

onda i samo onda, ako niz (Rn(x)) konvergira prema nuli, lim(Rn(x)) = 0.


Potencijski red u (61) nazivamo Taylorovim redom (ili razvojem) funkcije f u toµcki

x0. Ako je x0 = 0, govorimo o Maclaurinovu redu (ili razvoju) funkcije f , tj. o

f(x) = f(0) +f 0(0)

1!x+ � � �+ f (n)(0)

n!xn + � � � �

X1

n=0

f (n)(0)

n!xn: (62)

NAPOMENA 4.34 µZeli li se u Taylorov red razviti bilo koju elementarnu funkciju,

dostatno je uvrstiti odgovarajuce derivacije u desnu stranu formule (61) te odrediti

konvergencijski interval dobivenoga reda. Formula (61) ce vrijediti u svakoj toµcki x

toga intervala, tj. bit ce lim(Rn(x)) = 0. Ovo, me�utim, ne vrijedi za svaku po volji

mnogo puta derivabilnu funkciju! Naime, ako funkcija f nije elementarna, moguce je

da, u nekoj toµcki x 2 X, njezin Taylorov red konvergira ali ne prema f(x), tj. moguceje i lim(Rn(x)) 6= 0.

Primjer takve funkcije jest f : R ! R; f(x) =

(e�

1x2 , x 6= 0

0; x = 0; kojoj sve derivacije

u x0 = 0 i�µcezavaju (neka to µcitatelj provjeri!) pa Maclaurinov red

f(0) +f 0(0)

1!x+ � � �+ f (n)(0)

n!xn + � � � = 0 + 0 + � � �+ 0 + � � �

konvergira na R prema c0. Dakle,

f(x) 6=X1

n=0

f (n)(0)

n!xn ( = 0) za svaki x 6= 0.

PRIMJER Razvijmo u Maclaurinov red funkciju sin.

Primijetimo da iz sin0 = cos, sin00 = � sin, sin000 = � cos i sin(4) = sin induktivno slijedi

sin(2n�1) = (�1)n�1 � cos i sin(2n) = (�1)n � sin

za svaki n 2 N. Prema tomu, sin 0 = sin(2n) 0 = 0 i sin(2n�1) 0 = (�1)n�1 pa dobivamoMaclaurinov razvoj (za bilo koji n 2 N):

sinx = 0+1

1!x+

0

2!x2+

�13!x3+

0

4!x4+ � � �+ (�1)n�1

(2n� 1)!x2n�1+

0

(2n)!x2n+R2n(x) =

x

1!� x3

3!+x5

5!� � � �+ (�1)n�1 x2n�1

(2n� 1)! +R2n(x):

Istraµzimo pona�anje (pod)niza pripadnih ostataka (R2n(x)) u bilo kojoj toµcki x 2 R.Primijenimo li Lagrangeov oblik (s x0 = 0), dobit cemo

R2n(x) =sin(2n+1)(#x)

(2n+ 1)!x2n+1 =

(�1)n+1 cos(#x)(2n+ 1)!

x2n+1

pa je

jR2n(x)j =j(�1)n+1 cos(#x)j

(2n+ 1)!jx2n+1j � jxj2n+1

(2n+ 1)!:

Za promatrani x, uzmimo n0 = [jxj] + 1 pa je jxj < n0. Tada je, za dovoljno veliki n

(n � n02 );

lim� jxj2n+1(2n+ 1)!

�= lim

� jxj1� jxj2� : : : � jxj

n0� : : : � jxj

2n+ 1

�=

4.1. DERIVACIJA 149

jxjn0n0!

lim� jxj2n+1�n0(n0 + 1) � � � (2n+ 1)

�� jxjn0

n0!lim�� xn0

��2n+1�n0�.Buduci da je j xn0 j < 1 to pripadni geometrijski niz

�j xn0 j

2n+1�n0�konvergira prema 0,

�to povlaµci lim(jR2n(x)j) � lim�jxj2n+1(2n+1)!

�� 0. Stoga je i lim(R2n(x)) = 0. Buduci da

je pripadni komplementarni podniz (R2n�1(x)) konstantni nulniz (0), slijedi, napokon,

zakljuµcak da je lim(Rn(x)) = 0. Prema tomu, Teorem 4.33 daje

sinx =

1Xn=1

(�1)n�1 x2n�1

(2n� 1)! =1Xn=0

(�1)n x2n+1

(2n+ 1)!; x 2 R:

Primijetimo da smo do istoga zakljuµcka mogli doci i primjenom D�Alembertova kriterija

(sin je elementarna funkcija!). Naime, za svaki x 2 R je

lim

�� x2n+1

(2n+1)!

x2n�1(2n�1)!

�� = lim� x2

2n(2n+ 1)

�= 0 < 1;

pa pripadni red konvergira (apsolutno) na cijelom R.

Izraµcunajmo (procijenimo) jo�i sin 1 pomocu pripadnoga polinoma petoga stupnja (tj.

prvih �est µclanova Maclaurinova reda):

sin 1 =1

1!� 1

3

3!+15

5!+R6(1) = 1�

1

6+

1

120+R6(1), dakle,

sin 1 � 1� 16+

1

120� 0; 8417 s pogre�kom jR6(1)j � j1j7

7! < 0; 0002.

Prema tomu, sin 1 = 0; 8417� 2 � 10�4 ili sin 1 2 h0; 8415; 0; 8419i. �

Postupajuci kao u rethodnom primjeru, za funkciju cos dobivamo:

cosx = 1� x2

2!+x4

4!� � � �+ (�1)n x2n

(2n)!+ � � � =

X1

n=0(�1)n x2n

(2n)!; x 2 R

PRIMJER Za funkciju expe se lako dobiva pripadni Maclaurinov red:

ex = 1 +x

1!+x2

2!+ � � �+ xn

n!+ � � � =

X1

n=0

xn

n!; x 2 R:

Uvrstimo li x = 1, dobivamo

e = 1 +1

1!+1

2!+ � � �+ 1

n!+ � � � =

X1

n=0

1

n!;

�to je jo�jedan zapis za broj e. �

PRIMJER Moµze se dokazati da u apsolutno konvergentnom realnom redu smijemo

komutirati �pribrojnike�, tj. da µclanovi smiju izmjenjivati mjesta, te da to vrijedi i za

apsolutno konvergentne redove kompleksnih brojeva. De�niramo li funkciju (iz R u C)x 7! eix, i �

p�1, pomocu Maclaurinova reda za expe formalnom zamjenom x ix,

dobivamo

eix = 1 +ix

1!+(ix)2

2!+ � � �+ (ix)

n

n!+ � � � =

X1

n=0

(ix)n

n!; x 2 R:

Taj red konvergira apsolutno, za svaki x 2 R, prema ejxj pa smijemo komutirati pri-brojnike. Sumiramo li zasebno realne i zasebno imaginarne µclanove, dobivamo


eix =�1� x2

2!+ � � �+ (�1)n x2n

(2n)!+ � � �

�+

+i� x1!� x3

3!+ � � � (�1)n x2n+1

(2n+ 1)!+ � � �

�=

X1

n=0(�1)n x2n

(2n)!+ i�X1

n=0(�1)n x2n+1

(2n+ 1)!

�= cosx+ i sinx; x 2 R:

Dobili smo, dakle, i treci, eksponencijalni zapis kompleksnog broja:

z = r(cos'+ i sin') = rei':

Primijetimo da je

e�ix = ei(�x) = cosx+ i sin(�x) = cosx� i sinx:

Dobivene zapise za eix i e�ix nazivamo Eulerovim formulama. Iz njih izravno slijedi

cosx =eix + e�ix

2; sinx =

eix � e�ix2

�

PRIMJER Razvijmo u Maclaurinov red funkciju f : h�1; �i ! R; f(x) = ln(1 + x):Uvrstimo li u formulu (62) vrijednosti f (n)(0), n 2 f0g [ N, desna strana postajefunkcijskim redom

x� x2

2+x3

3� � � �+ (�1)n�1x

n

n+ � � � �

X(�1)n�1x

n

n:

Izravnim ispitivanjem njegove apsolutne konvergentnosti (ili konvergentnosti pripadnoga

niza (Rn(x))) dobivamo podruµcje h�1; 1]. Prema tomu,

ln(1 + x) =X1

n=1(�1)n�1x

n

n; x 2 h�1; 1] : �

PRIMJER Neka je dan bilo koji broj � 2 Rn(f0g [ N). Promatrajmo funkciju

f : h�1;1i ! R; f(x) = (1 + x)�:

Maclaurinov red ove funkcije nazivamo binomnim redom (U sluµcaju � � m 2 f0g[Ndobivamo polinom m-toga stupnja!) Postupajuci kao u prethodnim primjerima, lako

se dobiva

(1 + x)� = 1 +�

1!x+ � � �+ �(�� 1) � � � (�� n+ 1)

n!xn + � � � tj.

(1 + x)� =X1

n=0

��n

�xn; x 2 h�1; 1i ;

pri µcemu su�a0

�= 1,

�a1

�= �,

�a2

�= �(��1)

2 , � � � ,�an

�= �(��1)��(��n+1)

n! , � � � , n 2 f0g[N,tzv. opci binomni koe�cijenti).

Nije te�ko pokazati da binomni red konvergira i toµcki x = �1 µcim je � > 0; kao i u

toµcki x = 1 µcim je � > �1. �

4.1.6 DERIVIRANJE FUNKCIJSKOG REDA

Neka funkcijski redPfn, fn : X ! R, konvergira (po toµckama) na intervalu I �

X �to sadrµzi toµcku x0. Pod derivacijom funkcijskoga redaPfn (u toµcki x0),

4.1. DERIVACIJA 151

oznaka: (Pfn)

0 ((Pfn)

0(x0)), podrazumijevamo derivaciju s0 (s0(x0)) pripadne sume

s : I ! R, s(x) =P1

n=1 fn(x), (u toµcki x0). Buduci da funkcija s najµce�ce nije

elementarna ili ne dopu�ta pogodan analitiµcki zapis, to je tehniµcki te�ko istraµzivati

njezina svojstva. Velika je olak�ica kad je za to dostatno poznavanje odgovarajucih

svojstava pripadnih µclanova fn funkcijskoga reda. Promatrajmo, prvo, potencijski redPanx

n. O deriviranju potencijskog reda govori ovaj teorem:

TEOREM 4.35 Potencijski redPanx

n dopu�ta deriviranje �µclan po µclan�, tj.�Xanx

n�0=X(anx

n)0

odnosno,�X1

n=0anx

n�0=X1

n=1nanx

n�1 ( =X1

n=0(n+ 1)an+1x

n),

na svomu konvergencijskom intervalu, ukljuµcujuci i rubne toµcke kad u njima oba ta reda

konvergiraju. (Zapis u zagradi istiµce da je derivacija potencijskog reda opet potencijski

red!)

PRIMJER Odredimo konvergencjsko podruµcje i sumu funkcijskoga reda

1 + 2x+ � � �+ nxn�1 + � � � �Pnxn�1:

Primijetimo da je funkcijski redPnxn�1 zapravo potencijski red

P(n+1)xn. Nadalje,

njegov je opci µclan, funkcija

gn : R! R; gn(x) = nxn�1;

derivacija funcije

fn : R! R; fn(x) = xn:

Lako se provjeri da potencijski redoviPfn �

Pxn i

P(n+1)xn (=

Pnxn�1 �

Pgn)

konvergiraju na intervalu h�1; 1i. Po Teoremu 4.35 dobivamoX1

n=1nxn�1 =

�X1

n=0xn�0=� 1

1� x

�0=

1

(1� x)2 : �

Moµze se dokazati da pravilo iz Teorema 4.35. vrijedi i pod ne�to opcenitijim uvjetima:

TEOREM 4.36 Neka jePfn funkcijski red, pri µcemu je svaka funkcija fn : X ! R,

X � R, neprekidno derivabilna na segmentu I � X. Ako redP(fnjI) konvergira (po

toµckama) prema funkciji s : I ! R, s(x) =P1

n=1 fn(x), i ako redP(fnjI)0 jednoliko

konvergira prema funkciji u : I ! R, u(x) =P1

n=1 f0n(x), onda je funkcija s derivabilna

i vrijedi s0 = u, tj. (P(fnjI))0 =

P(fnjI)0.


4.1.7 ODREÐIVANJE FUNKCIJSKOG TIJEKA

Temeljito istraµzivanje vaµznih svojstava dovoljno puta derivabilne funkcije moµze se rel-

ativno lako provesti prouµcavajuci upravo njezine derivacije. Primjerice, pokazuje se da

je funkcija uzlazna ondje gdje joj je derivacija pozitivna, da ima lokalno ekstremnu

vrijednost u toµcki u kojoj joj derivacija i�µcezava i druga derivacija ne i�µcezava itd.

TEOREM 4.37 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na intervalu I � X.

Tada je f jI uzlazna ako i samo ako je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I.

DOKAZ. Prvo dokaµzimo dovoljnost! Neka je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I. Promatrajmobilo koje dvije toµcke x1; x2 2 I, x1 < x2. Treba dokazati da je f(x1) � f(x2). Po

Lagrangeovu teoremu postoji neki x0 2 hx1; x2i takav da je f(x2) � f(x1) = (x2 �x1)f

0(x0). Buduci da je x2 � x1 > 0 i f 0(x0) � 0, to je f(x2) � f(x1) � 0, dakle,

f(x1) � f(x2). Obratno, neka je f jI derivabilna i uzlazna. Promatrajmo bilo kojutoµcku x0 2 I. Treba dokazati da je f 0(x0) � 0. Primijetimo da je, zbog uzlaznosti,

(8x 2 I; x 6= x0)f(x)� f(x0)

x� x0� 0:

Zbog derivabilnosti je tada i

f 0(x0) = limx!x0

f(x)� f(x0)x� x0

� 0.

Posve sliµcno Teoremu 4.36 dokazuje se i ovaj teorem:

TEOREM 4.38 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na intervalu I � X.

Tada je f jI silazna ako i samo ako je f 0(x) � 0 za svaki x 2 I.

PRIMJER Odredimo najvece intervale na kojima je polinom p : R ! R; p(x) =x3 � 3x+ 8; monoton.Po Teoremima 4.36 i 4.37, zadatak se svodi na rje�avanje nejednadµzba p0(x) � 0 i

p0(x) � 0. Buduci da je p0(x) = 3x2 � 3, dobivamo p0(x) � 0 , jxj � 1 i p0(x) � 0 ,jxj � 1. Prema tomu, p raste na h�1;�1] i [1; �i, a pada na [�1; 1]. �

Sljedecu µcinjenicu cemo trebati poslije - u suptilnijoj analizi lokalnih ekstrema (v.

De�niciju 4.40).

LEMA 4.39 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna u toµcki x0. Ako jef 0(x0) < 0 (f 0(x0) > 0) onda postoji neki " > 0 takav da je f(x) > f(x0) (f(x) < f(x0))

za svaki x 2 hx0 � "; x0i i f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) za svaki x 2 hx0; x0 + "i.

DOKAZ. Obstojnost f 0(x0) povlaµci funkcijinu de�niranost na nekom intervalu

hx0 � r; x0 + ri � X, r > 0. Po de�niciji je

4.1. DERIVACIJA 153

f 0(x0) = lim�x!0

f(x0 +�x)� f(x0)�x

;

�to povlaµci da za svaki h > 0 postoji neki " > 0, " � r, takav da je��f 0(x0)� f(x0 +�x)� f(x0)�x

�� < h

µcim je j�xj � ". Slijedi, ako je f 0(x0) < 0, onda je f 0(x0) + h < 0 µcim je jf 0(x0)j > h,

pa je tada if(x0 +�x)� f(x0)

�x< 0:

Dakle, f(x0+�x) > f(x0) µcim je �x < 0, a f(x0+�x) < f(x0) µcim je �x > 0. Sliµcno

se zakljuµcuje u sluµcaju f 0(x0) > 0.

DEFINICIJA 4.40 Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, ima u toµcki x0 2 Xlokalni minimum, odnosno, lokalni maksimum, ako postoji interval I �to sadrµzi

x0, takav da je, za svaki x 2 (X n fx0g) \ I, f(x0) < f(x), odnosno, f(x0) > f(x).

Zajedniµcki naziv za vrijednost f(x0), koja je lokalni minimum ili lokalni maksimum,

jest lokalni ekstrem.

NAPOMENA 4.41 Nijedan od lokalnih minimuma (lokalnih maksimuma) ne mora,

opcenito, biti najmanja (najveca) vrijednost promatrane funkcije. Primjerice, µcak ni

ome�eno preslikavanje s (i beskonaµcno) mnogo lokalnih ekstrema ne mora imati (glob-

alni) ekstrem . Ali ni obratno, µcak za preslikavanje na segmentu, minimum (maksimum)

nije nuµzno najmanji (najveci) lokalni minimum (lokalni maksimum).

NAPOMENA 4.42 Po Fermatovu teoremu (Teorem 4.22), ako funkcija f ima u toµcki

x0 lokalni ekstrem i ako postoji f 0(x0) onda je f 0(x0) = 0.

PRIMJER Funkcija f : R! R; f(x) = 1� 3px2;ima u toµcki x0 = 0 lokalni (i globalni)

maksimum (v. graf).Naime, f(0) = 1 > 1 � 3

px2 = f(x) za svaki x 6= 0. Me�utim, f nije derivabilna u 0.

(f 0(x) = �23 �

13px za svaki x 6= 0; lim

x!0�0f(x)�f(0)

x�0 = +1; limx!0+0

f(x)�f(0)x�0 = �1.) �

Graf y = 1� 3px2:

DEFINICIJA 4.43 Reci cemo da je toµcka x0 kritiµcna toµcka funkcije f : X ! R,X � R, ako je f neprekidna u x0 i ili f nije derivabilna u x0 ili je f 0(x0) = 0. Pritom,u sluµcaju f 0(x0) = 0, x0 nazivamo i stacionarnom toµckom funkcije f .


Lako je dokazati sljedeci teorem:

TEOREM 4.44 (Nuµzdan uvjet za ekstrem) Ako je funkcija f : X ! R, X � R,neprekidna u toµcki x0 i ako postoji interval I takav da je x0 2 I � X i f(x0) jest

lokalni ekstrem, onda je x0 kritiµcna toµcka od f .

Primijetimo da obrat toga teorema ne vrijedi, jer iz f 0(x0) = 0 ne slijedi da je vrijednost

f(x0) lokalni ekstrem. Primjerice, za prirodnu potenciju x 7! f(x) = x3 (kubiranje) je

f 0(0) = 0, ali f(0) nije njezin lokalni ekstrem.

Da bismo u dvama sljedecim teoremima pojednostavnili iskaze i dokaze dogovorimo se

o ovomu:

Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, prolazom kroz toµcku x0 mijenja

predznak, ako postoji " > 0 takav su vrijednosti od f j(X\hx0�";x0i) stalnog i protivnogpredznaka vrijednostima od f j(X\hx0;x0+"i). Naprotiv, ako su promatrane funkcijskevrijednosti stalnog i istog predznaka, kaµzemo da f prolazom kroz toµcku x0 ne mi-

jenja predznak.

TEOREM 4.45 (Prvi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R, X � R,derivabilna na intervalu I � X. Ako prolazom kroz toµcku x0 2 I derivacija (f jI)0

mijenja predznak, onda funkcija f ima u x0 lokalni ekstrem. Pritom, ako se, porastom

varijable x, predznak od f 0 promijeni iz negativnoga u pozitivni, f u x0 ima lokalni

minimum, a u protivnom - lokalni maksimum.

DOKAZ. Po pretpostavci, postoji " > 0 takav da su vrijednosti od (f jhx0�";x0i)0 stalnogi protivnog predznaka vrijednostima od (f jhx0;x0+"i)0, hx0 � "; x0 + "i � I � X: Neka

je, recimo, f 0(x) > 0 za svaki x 2 hx0 � "; x0i, a f 0(x) < 0 za svaki x 2 hx0; x0 + "i.Treba dokazati da je f(x0) lokalni maksimum, tj. da je f(x0) > f(x) za svaki x 2hx0 � "; x0 + "i n fx0g. Promatrajmo bilo koji x 2 hx0 � "; x0i. Po Lagrangeovu

teoremu postoji neki x1 2 [x; x0] za koji je f(x0) � f(x) = f 0(x1)(x0 � x). Zbog

f 0(x1)(x0 � x) > 0 slijedi f(x0) > f(x). Promatrajmo sad bilo koji x 2 hx0; x0 + "i.Lagrangeov teorem daje f(x) � f(x0) = f 0(x2)(x � x0) za neki x2 2 [x0; x]. Zbog

f 0(x2)(x� x0) < 0 opet slijedi f(x0) > f(x). Posve sliµcno se dokazuje kad f 0 prolazom

kroz x0 mijenja predznak od ��na �+�.

TEOREM 4.46 (Drugi dostatni uvjet za ekstrem) Neka je funkcija f : X ! R,X � R, dvaput derivabilna u svojoj kritiµcnoj toµcki x0 i neka je f 00(x0) 6= 0. Tada

funkcija f ima u toµcki x0 ekstrem, i to maksimumµcim je f 00(x0) < 0, odnosno, minimum

µcim je f 00(x0) > 0.

4.1. DERIVACIJA 155

DOKAZ. Buduci da postoji f 00(x0), to po derivacijinoj de�niciji postoje neki " > 0

i f 0(x) za svaki x 2 hx0 � "; x0 + "i � I � X. Primijetimo da je kritiµcna toµcka x0

stacionarna jer po pretpostavci mora biti f 0(x0) = 0. Razmotrimo sluµcaj f 00(x0) > 0.

Najprije,

0 < f 00(x0) = limx!x0

f 0(x)� f 0(x0)x� x0

= limx!x0

f 0(x)

x� x0;

pa je sgn f 0(x) = sgn(x�x0) za svaki x iz dostatno malog "1-intervala I1 � I oko toµcke

x0, 0 < "1 � ". Dakle, ako je x < x0 onda je f 0(x) < 0, a ako je x > x0 onda je

f 0(x0) > 0. To znaµci da derivacija (f jI)0 prolazom kroz toµcku x0 mijenja predznak od

��na �+�pa, po Teoremu 4.44, funkcija f ima u toµcki x0 lokalni minimum:Posve sliµcno se dokaµze da u sluµcaju f 00(x0) < 0 funkcija f ima u toµcki x0 lokalni

maksimum.

PRIMJER Promatrajmo skup svih valjaka �to se mogu upisati (naµcinom oslikanim

na crteµzu dolje) u dani stoµzac odre�en baznim polumjerom r i visinom h. Kolika je

visina onoga valjka �to ima najveci obujam.

Oznaµcimo li s x polumjer, 0 � x � r, a s y visinu, 0 � y � h, upisanog valjka, dobivamo

relaciju

x : r = (h� y) : h; tj: x =r(h� y)

h:

Slijedi da je obujam upisanog valjka dan formulom

V = �x2y =�r2

h2y(h� y)2:

Na� se zadatak, dakle, svodi na odre�ivanje ekstremnih vrijednosti (posebice, maksi-

muma) realne funkcije y 7! g(y) = V na segmentu [0; h]. Primijetimo da je funkcija g

neprekidna (polinom), nenegativna i nekonstantna i da je g(0) = g(h) = 0. Po Teoremu

3.56, g poprima ekstremne vrijednosti na [0; h], pa je njezina najmanja vrijednost 0, a

najveca vrijednost joj je pozitivna i postiµze se u nekoj toµcki y0 2 h0; hi : Buduci da je gderivabilna, po Fermatovu teoremu mora biti g0(y0) = 0. Da bismo ju odredili, rije�imo

jednadµzbu g0(y) = 0, tj.

g0(y) =�r2

h2(h� y)(h� 3y) = 0;

�to daje y1 = h, y2 = h3 . Prvo rje�enje otpada jer je g(h) = 0. Preostaje, dakle, ono

drugo, tj. y0 = h3 . Da bismo se i formalno uvjerili da je najveci obujam Vmax = g

�h3

�=

4�r2h27 , provjerimo je li g00

�h3

�< 0 (v. Teorem 4.45)! Zaista,


g00(y) = 2�r2

h2(3y � 2h)) g00

�h3

�= ��r2h

h2< 0. �

DEFINICIJA 4.47 Reci cemo da je neprekidna funkcija f : X ! R, X � R,konkavna na intervalu ili segmentu I � X, ako

(8x1; x2 2 I) x1 < x2 ) f�x1 + x2

2

�� f(x1) + f(x2)

2a konveksna na intervalu ili segmentu I � X, ako

(8x1; x2 2 I) x1 < x2 ) f�x1 + x2

2

�� f(x1) + f(x2)

2:

U sluµcaju stroge nejednakosti > (<) govorimo o strogoj konveksnosti (strogoj kon-

kavnosti).

Zanimljivo je i geometrijsko znaµcenje upravo de�niranih pojmova (v. crteµz dolje).Naime, nije te�ko dokazati da je funkcija f konkavna (konveksna) na I toµcno ondakad je, za svaki par x1; x2 2 I, x1 < x2, duµzina-sekanta T1T2 "ispod" ("iznad") grafapripadnoga suµzenja f j[x1;x2], pri µcemu je T1 = (x1; f(x1)) i T2 = (x2; f(x2)). Pritom"ispod" i "iznad" ukljuµcuju i biti (dijelom ili sva) na grafu. U sluµcaju stroge konkavnosti(stroge konveksnosti ), svaka toµcka T duµzine T1T2; T 6= T1;2, je strogo "ispod" (strogo"iznad") pripadnoga grafa. Pokzuje se da se konkavnost i konveksnost mogu opisati ipomocu pripadnih tangenata.

Konkavnost i konveksnost.

PRIMJER

(a) Kvadriranje x 7! x2 je strogo konveksna funkcija na R.

(b) Kubiranje x 7! x3 je strogo konkavna na h�1; 0], a strogo konveksna na [0;1i.

(c) Svaka a�na funkcija x 7! kx + l, k i l realne konstante, je konveksna i konkavna

na R, ali nije strogo konveksna ni strogo konkavna ni na jednom segmentu ili intervalu

I � R. �

Jednostavna analiza pokazuje da je funkcijina konkavnost (konveksnost), zapravo, lo-

kalno svojstvo. U sluµcaju derivabilne funkcije moguce ga je opisati derivacijom (tan-

gentom) kako slijedi:

LEMA 4.48 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu [a; b] � X

i derivabilna na intervalu ha; bi � I. Tada je f konkavna (konveksna) na [a; b] ako i

4.1. DERIVACIJA 157

samo ako je, u svakoj toµcki x0 2 ha; bi, f(x) � tx0(x) (f(x) � tx0(x)) za svaki x 2 [a; b],gdje je tx0(x) pripadna tangentna vrijednost.

DOKAZ. Nuµznost: Neka je f j[a; b] konkavna funkcija. Tada je, za svaki podsegment[x1; x2] � [a; b], pripadna sekanta "ispod" grafa Gf nad [x1; x2]. Pretpostavimo pro-

tivno tvrdnji, tj.

(9x0 2 ha; bi)(9x 2 [a; b]) f(x) > tx0(x):

Buduci da je f neprekidna na [a; b], postoji podsegment [x1; x2] � [a; b] �to sadrµzi toµckux takav da je, za svaki x0 2 [x1; x2], f(x0) > tx0(x

0). Nadalje, postoji x� 2 [x1; x2] takavda je f(x�) = max(f j[x1; x2]). Buduci da je f derivabilna u x0, slijedi da pripadnasekanta nad [x0; x�] (ili [x�; x0]) nije sva "ispod" grafa Gf nad tim segmentom. Prema

tomu, funkcija f j[a; b] nije konkavna - protuslovlje. Posve sliµcno se dokazuje u sluµcajukonveksne funkcije.

Dostatnost. Neka je

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):

Dokazat cemo da je funkcija f j[a; b] konkavna dokazujuci da je, za svaki par x1 � x2 u

[a; b], pripadna sekanta "ispod" grafa Gf nad [x1; x2]. Pretpostavimo protivno, tj. da

postoji neki podsegment [x1; x2] � [a; b] za koji pripadna sekanta nije sva "ispod" grafaGf . Buduci da je f neprekidna, tada bi postojao podsegment [x01; x

02] � [x1; x2] nad

kojim bi sekanta bila strogo "iznad" grafa Gf . �tovi�e, zbog derivabilnosti, postojao

bi podsegment [x001; x002] � [x01; x

02] unutar kojega bi svaka sekanta bila strogo "iznad"

grafa Gf . Slijedom toga, suµzenje f j[x001; x002] bi bila strogo konveksna funkcija pa bi,po dokazanoj nuµznosti, postojale toµcke x0 2 hx001; x002i � ha; bi i x 2 [x001; x002] � [a; b] sa

svojstvom f(x) > tx0(x) - protuslovlje.

Posve sliµcno se dokazuje konkavnost u sluµcaju

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x).

LEMA 4.49 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu [a; b] � X

i derivabilna na intervalu ha; bi � I. Tada je

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x) (f(x) � tx0(x))

ako i samo ako je derivacija f 0 silazna (uzlazna) funkcija.

DOKAZ. Neka vrijedi

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):

Tvrdimo da je tada derivacija f 0 silazna funkcija, tj.

(8x1; x2 2 ha; bi) x1 < x2 ) f 0(x1) � f 0(x2):


Pretpostavimo protivno, tj. da postoji toµckovni par x1 < x2 za koji je f 0(x1) < f 0(x2).

Tada postoji toµcka x 2 hx1; x2i za koju vrijedi ili tx1(x) < f(x) < tx2(x) ili tx1(x) >

f(x) > tx2(x), �to protuslovi pretpostavci f(x) � tx1(x) i f(x) � tx2(x). Obratno,

neka je f 0 silazna funkcija, tj. neka za svaki par x1 < x2 u ha; bi bude f 0(x1) � f 0(x2).

Tvrdimo da je tada

(8x0 2 ha; bi)(8x 2 [a; b]) f(x) � tx0(x):

U protivnom, postojale bi toµcke x0 2 ha; bi i x� 2 [a; b] za koje bi bilof(x�) > tx0(x�).

Tada bi postojao i segment [x1; x2] oko x� sa svojstvom

(8x 2 [x1; x2]) f(x) > tx0(x):

Zakljuµcujemo da bi nekom podsegmentu funkcija f morala rasti brµze od tangente tx0 .

To bi povlaµcilo da

(9x0 > x0) f0(x0) > f 0(x0) µcim je x� > x0 ili

(9x0 < x0)f0(x0) < f 0(x0) µcim je x� < x0;

�to se protivi pretpostavci o silaznosti derivacije f 0.

Sliµcno se dokazuje dualna tvrdnja.

TEOREM 4.50 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, neprekidna na segmentu[a; b] � X i dvaput derivabilna na intervalu ha; bi. Tada je f konkavna (konveksna)onda i samo onda, ako je f 00(x) � 0 (f 00(x) � 0) za svaki x 2 ha; bi.

DOKAZ. Po Lemama 4.48 i 4.49, f j[a; b] je konkavna (konveksna) funkcija ako i samoako je derivacija f 0j ha; bi uzlazna (silazna) funkcija. Po Teoremu 4.37 (Teoremu 4.38),derivacija f 0j ha; bi je uzlazna (silazna) funkcija ako i samo ako je druga derivacijaf 00j ha; bi � 0 (f 00j ha; bi � 0).

DEFINICIJA 4.51 Reci cemo da funkcija f : X ! R, X � R, ima u toµcki x0 2 Xin�eksiju (ili obrati�te), ako postoji " > 0 takav da je f na [x0 � "; x0] � X strogo

konveksna, a na [x0; x0 + "] � X strogo konkavna ili obratno. Toµcku T � (x0; f(x0))

nazivamo in�eksijskom toµckom na grafu Gf .

Po Teoremu 4.50 slijedi da za dvaput derivabilnu funkciju f s obrati�tem u toµcki x0

mora vrijediti f 00(x0) = 0. Primijetimo da je taj uvjet nuµzdan ali ne i dostatan za

obstojnost in�eksijske toµcke. Kao (protu)primjer moµze posluµziti potencija x 7! x4 u

toµcki x0 = 0. S tim u svezi, jednostavno je dokazati ovaj teorem:

TEOREM 4.52 Neka je funkcija f : X ! R, X � R, dva puta derivabilna naha; bi � X i neka je x0 2 ha; bi. Ako je f 00(x0) = 0 i ako prolazom kroz toµcku x0 druga

4.1. DERIVACIJA 159

derivacija f 00 mijenja predznak, onda funkcija f ima obrati�te u toµcki x0. (Ekvivalentan

uvjet, pored f 00(x0) = 0, jest da prva derivacija f 0 ima u x0 lokalni ekstrem, odnosno,

da f 0 prolazom kroz x0 ne mijenja predznak - usp. Teorem 4.44)

Sljedeci teorem malo pobliµze razluµcuje lokalni ekstrem od in�eksije poopcujuci tako

Teoreme 4.45 i 4.50.

TEOREM 4.53 Neka funkcija f : X ! R, X � R, ima na intervalu hx0 � "; x0 + "i," > 0, derivaciju (n� 1)-vog reda i n-tu derivaciju u toµcki x0, n � 2. Tada vrijedi:(i) Ako je

f 0(x0) = � � � = f (n�1)(x0) = 0; f (n)(x0) 6= 0 i n paran;

onda funkcija f ima u toµcki x0 lokalni ekstrem i to

� lokalni maksimum kad je f (n)(x0) < 0,

� a lokalni minimum kad je f (n)(x0) > 0;

(ii) Ako je

f 00(x0) = � � � = f (n�1)(x0) = 0; f (n)(x0) 6= 0 i n neparan,onda u toµcki x0 funkcija f ima obrati�te.

DOKAZ. Ako je n = 2, tvrdnja je istinita po Teoremu 4.45. Neka je n � 3. Primijen-imo na f i x0 Taylorovu formulu s Lagrangeovim ostatkom Rn�2(x), x = x0 +�x (v.

Teorem 4.32, (58) i (60)):

f(x0+�x) = f(x0)+f 0(x0)

1!�x+� � �+ f

(n�2)(x0)

(n� 2)! (�x)n�2+

f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1;

gdje je 0 < # < 1: Pretpostavka povlaµci

f(x0 +�x)� f(x0) =f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1:

Sada primjenom Leme 4.39 zakljuµcujemo (za j�xj dostatno malen) da je, u sluµcajuf (n)(x0) < 0,

f (n�1)(x0 + #�x) > f (n�1)(x0) = 0; µcim je �x < 0; a

f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x > 0;

dok je, u sluµcaju f (n)(x0) > 0,

f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x < 0 i

f (n�1)(x0 + #�x) > 0; µcim je �x > 0:

Po pretpostavci je n paran pa je n� 1 neparan. Dakle,

f(x0 +�x)� f(x0) =f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1 < 0; µcim je f (n)(x0) < 0; a

f(x0 +�x)� f(x0) > 0; µcim je f (n)(x0) > 0:


Time je tvrdnja (i) dokazana.

(ii). Opet cemo primijeniti pripadnu Taylorovu formulu s Lagrangeovim ostatkom

Rn�2(x), x = x0 +�x, koja se sada svodi na

f(x0 +�x) = f(x0) + f0(x0)�x+

f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1:

Promatrajmo pripadnu tangentu t u x0 (v. dokaz Teorema 4.46)

t : : : g(x) = f(x0) + f0(x0)(x� x0):

Primijetimo da je

f(x0 +�x)� g(x0 +�x) =f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1:

Po Lemi 4.39 slijedi (za j�xj dostatno malen) da je, u sluµcaju f (n)(x0) < 0,

f (n�1)(x0 + #�x) > f (n�1)(x0) = 0; µcim je �x < 0; a

f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x > 0;

dok je, u sluµcaju f (n)(x0) > 0,

f (n�1)(x0 + #�x) < 0; µcim je �x < 0 i

f (n�1)(x0 + #�x) > 0; µcim je �x > 0:

Buduci da je n neparan to je n� 1 paran, pa je (�x)n�1 > 0. Slijedi:

f(x0 +�x)� g(x0 +�x) =f (n�1)(x0 + #�x)

(n� 1)! (�x)n�1 > 0;

µcim je f (n)(x0) < 0 i �x < 0;

f(x0 +�x)� g(x0 +�x) < 0; µcim je f (n)(x0) < 0 i �x > 0;

f(x0 +�x)� g(x0 +�x) < 0; µcim je f (n)(x0) > 0 i �x < 0;

f(x0 +�x)� g(x0 +�x) > 0; µcim je f (n)(x0) > 0 i �x > 0:

Prema tomu, u sluµcaju f (n)(x0) < 0, na dostatno malom intervalu je lijevo od x0

funkcijski graf strogo �iznad� tangente t, a desno od x0 strogo �ispod� tangente t.

Obratno je, pak, u sluµcaju f (n)(x0) > 0. Zakljuµcujemo da postoji neki � > 0 takav da

je, u sluµcaju f (n)(x0) < 0, funkcija f strogo konkavna na [x0��; x0] a strogo konveksnana [x0; x0 + �], dok je u sluµcaju f (n)(x0) > 0 upravo obratno. Slijedi da u oba sluµcaja,

µcim je dakle f (n)(x0) 6= 0, funkcija f ima u toµcki x0 in�eksiju.

PRIMJER Odredimo lokalne ekstreme i obrati�ta za funkciju

f : R! R; f(x) = �12x2e�x:

Primijetimo da funkcija f (umnoµzak eksponencijalne funkcije i polinoma ) ima n-tu

derivaciju f (n) za svaki n 2 N. Prva, druga i treca derivacija od f jesu redom

f 0(x) =�12x2 � x

�e�x;

4.1. DERIVACIJA 161

f 00(x) =��12x2 + 2x� 1

�e�x;

f 000(x) =�12x2 � 3x+ 3

�e�x:

Jednadµzba f 0(x) = 0 ima za rje�enja x1 = 0 i x2 = 2. Buduci da je f 00(0) = �1 < 0

i f 00(2) = e�2 > 0, funkcija f ima u toµcki 0 lokalni maksimum f(0) = 0, a u toµcki 2

lokalni minimum f(2) = �2e�2. Jednadµzba f 00(x) = 0 ima za rje�enja x3 = 2 �p2 i

x4 = 2 +p2. Buduci da je

f 000(2�p2) = �

p2e�2+

p2 < 0 i f 000(2 +

p2) =

p2e�2�

p2 > 0;

funkcija f ima toµckama 2 �p2 i 2 +

p2 obrati�ta. (U toµcki 2 �

p2 je prijelaz iz

konkavnosti u konveksnost, a u 2 +p2 - iz konveksnosti u konkavnost.) Ordinate

in�eksijskih toµcaka jesu

f(2�p2) = (�3 + 2

p2)e�2+

p2 i f(2 +

p2) = (�3� 2

p2)e�2�

p2. �

Pri crtanju funkcijinog grafa dobro nam koriste i pravci (µcim postoje) prema kojima

taj graf "konvergira". Toµcna de�nicija jest ova:

DEFINICIJA 4.54 Neka je dana funkcija f : X ! R, X � R. Reci cemo da funkcijaf , odnosno njezin graf Gf , ima za asimptotu pravac p � � � g(x) = kx+ l, x 2 R, akoje lim

1jf � gj = 0: Pritom 1 oznaµcuje bilo �1 bilo +1. (Primijetimo da X ne smije

biti ome�en!) Ako je pritom k = 0, tj. g = cl, govorimo o vodoravnoj (ili ho-

rizontalnoj ) asimptoti, a ako je k 6= 0 - o kosoj asimptoti. U sluµcaju pravca p � � �x = a, asimptotski uvjet jest lim

a�0f = 1; tj. da barem jedna od graniµcnih vrijednosti

funkcije f u toµcki a, slijeva - a � 0 ili zdesna - a + 0, divergira prema �1 ili +1.Pritom kaµzemo da je p uspravna (ili vertikalna) asimptota od f , odnosno Gf .

Asimptote.

Po De�niciji 4.54 je pravac p � � � y = kx+ l asimptota od Gf toµcno onda kad je

limx!�1

jf(x)� kx� lj = 0 ili (63)

limx!+1

jf(x)� kx� lj = 0: (64)

Dijeleci te relacije varijablom x i graniµcnim prijelazima x ! �1 dobivamo smjerovni

koe�cijent k i odsjeµcak na y-osi l:


k = limx!1

f(x)

x; l = lim

x!1(f(x)� kx); (65)

pri µcemu 1 oznaµcuje +1 ili �1.

PRIMJER Za racionalnu funkciju x 7! f(x) =x2

1 + xodredimo pripadne asimptote.

Primijetimo da je de�nicijsko podruµcje promatrane funkcije skup X = R n f�1g. Zagraniµcnu vrijednost u polu �1, lim

�1f , dobivamo

limx!�1�0

x2

1 + x= �1

�i limx!�1+0

x2

1 + x= +1

�;

pa je pravac x = �1 uspravna asimptota. Obstojnost neke kose ili vodoravne asimptoteprovjeravamo formulama (64), tj.

limx!1

f(x)

x= lim

x!1x

1 + x= 1 = k;

limx!1

(f(x)� kx) = limx!1

�x1 + x

= �1 = l:

Graf y =x2

1 + x:

Prema tomu, pravac p � � � y = x� 1 jest kosa asimptota za f . �

Radi lak�eg i cjelovitijeg istraµzivanja funkcijina tijeka i crtanja pripadnoga grafa Gf

korisno je drµzati se sljedecih naputaka, koji saµzimlju sva prethodna razmatranja:

� odrediti de�nicijsko podruµcje X � R (kad nije eksplicite navedeno);� istraµziti (ne)ome�enost;� istraµziti parnost i neparnost (kad god to ima smisla);� istraµziti (ne)periodiµcnost (kad god to ima smisla);� istraµziti pona�anje u blizini "rubnih" toµcaka de�nicijskoga podruµcja;� odrediti sjeci�ta s koordinatnim osima (ako postoje);

� istraµziti (ne)prekidnost;� istraµziti pona�anje u blizini prekidnih toµcaka;� odrediti asimptote (ako postoje);� istraµziti (ne)derivabilnost i odrediti kritiµcne toµcke;� istraµziti (ne)monotonost po intervalima;� odrediti lokalne ekstreme (ako postoje);

4.1. DERIVACIJA 163

� istraµziti (ne)konveksnost i (ne)konkavnost po intervalima;� odrediti in�eksijske toµcke.

PRIMJER Istraµzimo tijek i nacrtajmo graf realne funkcije zadane analitiµckim zapisom

y = 3p2x2 � x3.

Iz zapisa slijedi da je X = R, tj. da se radi o funkciji f : R ! R, f(x) = 3p2x2 � x3.

Jednostavnim uvidom otkrivamo da funkcija f nije parna ni neparna ni periodiµcka. Graf

Gf presijeca y-os (x = 0) u toµcki f(0) = 0, a x-os (f(x) = 0) u toµckama x1 = x2 = 0 i

x3 = 2. Dakle, 0 i 2 su tzv. nultoµcke funkcije f , pri µcemu je 0 dvostruka, a 2 jednostruka

ili obiµcna nultoµcka. Buduci da je f elementarna funkcija, ona je neprekidna. Istraµzimo

joj graniµcno pona�anje u 1!

lim1f = lim

1

�x � 3

r2

x� 1�) (lim

�1f = +1; lim

+1f = �1):

Posebice, funkcija f nije ome�ena. Za asimptote, pogledajmo

lim1

f(x)

x= lim

1

�3

r2

x� 1�= �1 = k;

lim1(f(x)� kx) = lim

1x�

3

r2

x� 1 + 1

�(1�0)=

lim1

3

q2x � 1 + 1

1x

( 00)= lim

1

1

3� 3q( 2x�1)2

� �2x2

�1x2

= 23 = l;

pri µcemu smo rabili L�Hospitalovo pravilo (v. Teorem 4.27 i Napomenu 4.29). Dakle,

pravac y = �x + 23 je traµzena (kosa) asimptota. Primijenjujuci formalna derivacijska

pravila za elementarne funkcije, dobivamo

f 0(x) =�(2x2 � x3) 13

�0= � � � = 4� 3x

3 3px(2� x)2

; x 2 Rnf0; 2g:

Primijetimo da f nije derivabilna u toµckama x = 0 i x = 2 pa su to dvije njezine

kritiµcne toµcke. Treca kritiµcna toµcka x = 43 je stacionarna (rje�enje za f

0(x) = 0).

Nejednadµzba f 0(x) > 0 postaje, mnoµzeci ju s pozitivnim (0 6= x 6= 2) izrazom

3x 3px(x� 2)2, nejednadµzbom x(4 � 3x) > 0: Prema tomu, funkcija f je uzlazna na

intervalu0; 43

�. Sliµcnom tehnikom se dobiva da je f silazna na h�; 0i [

43 ; ��.

Lako se provjeri da postoji " > 0 takav da je f(x) > f(0) = 0 za svaki x 2 h�"; "i n f0g(primjerice, " = 1); pa funkcija f ima u kritiµcnoj (i svojoj dvostrukoj nul-) toµcki 0

lokalni minimum. S druge strane, prolazom kroz kritiµcnu (i svoju obiµcnu nul-) toµcku 2

funkcija f mijenja predznak, pa u njoj ne postoji lokalni ekstrem. (Poslije cemo vidjeti

da funkcija f ima u toµcki 2 obrati�te.) Za istraµzivanje u trecoj kritiµcnoj (stacionarnoj)

toµcki 43 smijemo rabiti derivacije vi�ih redova. Buduci da je

f 00(x) =�13(4� 3x)

�x(2� x2)

�� 23

�0= � � � = �8

9x(2� x) 3px(2� x)2

; x 2 Rnf0; 2g;

to je f 00(43) < 0, pa f ima u toµcki43 lokalni maksimum f(43) =

23 .


Graf y = 3p2x2 � x3:

Primijetimo da je f 00(x) 6= 0 za svaki x iz svojega de�nicijskog podruµcja, pa funkcija

f nema in�eksije ni u jednoj toµcki u kojoj je dvaput derivabilna. Rje�avajuci nejed-

nadµzbu f 00(x) > 0, mnoµzeci ju pozitivnim izrazom 9x(2 � x)2 3px(2� x)2, dobivamo

ekvivalentnu nejednadµzbu �8(2 � x) > 0. Njezino rje�enje jest svaki x > 2. To znaµci

da je funkcija f strogo konkavna na [2; �i. Na isti naµcin se dobiva da je f strogo kon-veksna na h�; 0] i na [0; 2]. (Oprez! Funkcija f nije konveksna i na njihovoj uniji h�; 2];f nije konveksna ni konkavna ni na jednom intervalu �to sadrµzi toµcku x = 0 ili toµcku

x = 2.) Napokon, buduci da prolazom kroz toµcku 2 funkcije f od konveksne postaje

konkavnom, to f ima obrati�te u (svojoj nul-) toµcki 2: �

4.2 NEODREÐENI INTEGRAL

In�nitezimalni raµcun, kako smo vec spomenuli, vuµce korijene iz Newtonovih i Leibni-

zovih radova o problemima "trenutne" brzine i krivuljine tangente. Od tada pa do

danas, skoro triipolstoljetna teorija, primjena i praksa pokazuju da se mnogi tehniµcko-

tehnolo�ki, a i ini problemi svode na probleme in�nitezimalnoga raµcuna. Me�u njima,

pak, mnogi se svode na ovo pitanje: Je li dana realna funkcija f : X ! R, X � R,derivacija neke realne funkcije g : X ! R? Nadalje, ako je odgovor na to pitanje potvr-dan, zadatak je odrediti funkciju g, tj. rije�iti jednadµzbu (u skupu realnih funkcija RX)g0 = f , pri µcemu se za dani f traµzi g. Pokazat cemo da ta jednadµzba ili nema rje�enja ili

ih ima beskonaµcno mnogo. Skup svih pripadnih rje�enja cemo nazvati (neodre�enim)

integralom funkcije f i pritom cemo govoriti da smo funkciju f integrirali. Pokazat

ce se da je integriranje tehniµcki neusporedivo sloµzeniji raµcun-postupak od deriviranja,

premda se, na neki naµcin, radi o obratnomu raµcunu.

Ovdje cemo, jednostavnosti radi i kad to ne bude imalo zasebnog utjecaja, nazivom

interval i oznakom I obuhvatiti sve mogucnosti: ha; bi, ha; b], [a; bi, [a; b], h�; bi, � � � ,h�; �i = R. �tovi�e, ponekad ce I oznaµcavati i neku uniju disjunktnih intervala, jer ce,najµce�ce, de�nicijska podruµcja promatranih funkcija biti ili intervali ili razlike nekih

intervala i prebrojivih podskupova od R.

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL 165

4.2.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA NEODREÐENOG

INTEGRALA

DEFINICIJA 4.55 Neka su dani interval (ili njihova unija) I, prebrojiv podskup

A � I funkcija f : X ! R, pri µcemu je I n A � X � R. Svaku neprekidnu funkcijuF : I ! R sa svojstvom F 0(x) = f(x) za svaki x 2 I n A, nazivamo primitivnomfunkcijom za funkciju f na intervalu I.

PRIMJER Funkcija F : R! R, F (x) =

8>>><>>>:�12x2 + 2, x < �2

x2 � 4, 2 � x < 21

2x2 � 2, x � 2

;

je primitivna funkcija za funkciju

f : Rnf�2g ! R, f(x) =

8>><>>:�x; x < �22x; �2 < x < 2

x, x � 2;

jer je F 0(x) = f(x) za svaki x 2 Rnf�2; 2g (v. crteµz). (Ovdje je I = R, X = Rnf�2g,A = f�2; 2g.)

Primijetimo da je ista funkcija F primitivna funkcija i za funkcije

f1;2 : R! R; f1(x) =

8>><>>:�x, x � �22x; �2 < x < 2

x; x � 2; f2(x) =

8>><>>:�x, x < �22x; �2 � x < 2

x; x � 2;

kao i za mnoge druge koje se smiju razlikovati od f , f1 ili f2 po vrijednostima u toµckama

�2 i 2. �

PRIMJER Za funkciju f : R ! R; f(x) = 2x; su izme�u ostalih i ove funkcije

primitivne (na I = R):

F1(x) = x2; F2(x) = x2 � 3; F3(x) = x2 +p5 (A = ;):

Funkcija x 7! G(x) = arcsinx je primitivna za funkciju

x 7! g(x) =1p1� x2

na I = X = h�1; 1i, A = ;.


(Primijetimo da se ovdje za I smije uzeti i [�1; 1i, h�1; 1], [�1; 1] redom, s pripadnimsuµzenjima od arcsin, µcim je A = f�1g, f1g, f�1; 1g redom.)

Funkcija x 7! H(x) =1

xje primitivna za funkciju

x 7! h(x) = � 1

x2na I = X = Rnf0g, A = ;.

Napokon, primijetimo i to da je funkcija F1(x) = x2 primitivna ne samo za funkciju

f(x) = 2x nego i za funkcije f1(x) =

(2x, x 6= 10, x = 1

; f2(x) =

(2x, x =2 N0, x 2 N

: �

Jedan od temeljnih teorema matematiµcke analize jest onaj o dovoljnim uvjetima za

obstojnost primitivne funkcije. Mi cemo ga iskazati i dokazati (u posebnom sluµcaju) u

iducemu odjeljku po uvo�enju pojma odre�enog integrala. A ovdje cemo dokazati da

je, grubo govoreci, dostatno poznavati jednu (bilo koju) primitivnu funkciju za danu

funkciju f da bi se znale i "sve" ostale njezine primitivne funkcije. No, to podrazumijeva

pretpostavku da su te primitivne funkcije derivabilne (na cijelom intervalu) i da im se

derivacije podudaraju (ali ne nuµzno s f jI u svakoj toµcki!).

TEOREM 4.56 Ako za danu funkciju f : X ! R, X � R, postoji primitivna funkcijaF : I ! R, I � X, onda je svaka funkcija G : I ! R, G = F + crjI , gdje jecr konstantna funkcija u (bilo koji) r 2 R, primitivna za funkciju f . �tovi�e, ako

su F;G : I ! R derivabilne primitivne funkcije za f i pritom je F 0 = G0, onda je

G = F + crjI , za neki r 2 R.(Saµzeto: "Derivabilna primitivna funkcija je jednoznaµcno odre�ena do na aditivnu kon-

stantu".)

DOKAZ. Jasno, dostatno je dokazati drugu tvrdnju. Neka su F i G bilo koje dvije

derivabilne primitivne funkcije za f na I i neka je F 0 = G0. Tada je funkcija H : I ! R,H = G�F , derivabilna i H 0 = c0jI . Promatrajmo bilo koje dvije toµcke x1; x2 2 I, x1 <x2. Suµzenje Hj[x1;x2] ima derivaciju jednaku nulkonstanti c0jI pa je, po Teoremu 4.25,Hj[x1;x2] neka konstantna funkcija crj[x1;x2]. Prema tomu, (G� F )j[x1;x2] = crj[x1;x2] )G(x) = F (x) + r, x 2 [x1; x2]. Buduci da su F i G neprekidne funkcije i x1; x2 2 I bilokoje toµcke, to je G = F + crjI .

DEFINICIJA 4.57 Za danu funkciju f : X ! R, X � R, skup svih njezinih primi-tivnih funkcija na intervalu (ili njihovoj uniji) I nazivamo neodre�enim integralom

funkcije f na intervalu I i oznaµcujemo sRf(x)dx.

U skladu s Teoremom 4.3, ima smisla pisati

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL 167Zf(x)dx = F (x) + c; x 2 I nA;

gdje F neka (bilo koja) primitivna funkcija za f na I, a c oznaka za opcu konstantu.

Uobiµcajilo se funkciju f nazvati integrandom (ili podintegralnom funkcijom),

x - integracijskom varijablom, a c - integracijskom konstantom.

PRIMJER

(a)Zsinxdx = � cosx+ c, jer je (� cosx+ c)0 = sinx, x 2 R.

(b)Z

dxp1� x2

= arcsinx+ c, jer je (arcsinx+ c)0 =1p1� x2

, x 2 h�1; 1i.

(c)Z2jxjdx =

Z �( 2x, x � 0�2x, x < 0

�dx =

(x2 + c, x � 0�x2 + c, x < 0

,

jer je�( x2 + c, x � 0

�x2 + c, x < 0

�0=

(2x, x � 0�2x; x < 0

= 2 jxj, x 2 R.

(Funkcija x 7! 2jxj nije derivabilna u toµcki x = 0, dok njezina primitivna funkcija to

jest. Ta derivacija je 0, jer postoje derivacije slijeva i zdesna i obje i�µcezavaju.)

(d)Z �( 2; x < 3

1; x > 3

�dx =

(2x+ c; x < 3

x+ c, x > 3,

jer je�( 2x+ c; x < 3

x+ c, x > 3

�0=

(2; x < 3

1; x > 3.

(U ovomu primjeru nije svaka primitivna funkcija de�nirana u toµcki x = 3. Naime,

tek je posebnim izborom konstanata c2 = c1 + 3 (c je opca oznaka!) moguce udovoljiti

uvjetu o neprekidnosti primitivne funkcije u toµcki x = 3. U takvomu sluµcaju, ipak,

primitivna funkcija nije derivabilna u toj toµcki, jer joj je derivacija slijeva u toµcki 3

jednaka 2, a ona zdesna - 1.) �

Istinitost sljedecega teorema je oµcigledna.

TEOREM 4.58 Neka jeRf(x)dx = F (x) + c, tj. F 0(x) = f(x) za svaki x 2 I n A

(oznake iz De�nicija 4.55 i 4.57) Tada na I nA vrijedi:

(a)�Z

f(x)dx�0= f(x) ("deriviranjem integrala dobivamo integrand");

(b) d�Z

f(x)dx�= f(x)dx ("diferenciranje poni�tava integriranje");

(c)ZdF (x)) = F (x) + c ("integriranje poni�tava diferenciranje do na konstantu").

Naredni teorem tvrdi da je neodre�eni integral primjer linearnog operatora (funkcionala).


TEOREM 4.59 Neka funkcije fi : X ! R, X � R, i = 1; � � � ; n, n 2 N, dopu�tajuprimitivne funkcije na intervalu I � X, te neka su �1; � � � ; �n 2 R konstante. Tada ifunkcija �1f1 + � � �+ �nfn : X ! R dopu�ta primitivnu funkciju na I i vrijediZ

(�1f1(x) + � � �+ �nfn(x)) dx = �1

Zf1(x)dx+ � � �+ �n

Zfn(x)dx+ c (1)

tj. neodre�eni integral µcuva (do na aditivnu konstantu) linearnu kombinaciju.

DOKAZ. Neka je Fi bilo koja primitivna funkcija za fi na I, tj.Rfi(x)dx = Fi(x)+ci,

i = 1; � � � ; n. Buduci da je F 0i (x) = f(x) za svaki x 2 I n Ai i Ai � I prebrojiv,

i = 1; � � � ; n, to je

(�1F1 + � � �+ �nFn)0(x) = (�1f1 + � � �+ �nfn)(x); x 2 I n�Sn

i=1Ai�:

Primijetimo da je i skup A �Sni=1Ai � I prebrojiv. Slijedi da je (neprekidna) funkcija

�1F1 + � � �+ �nFn : I ! R primitivna funkcija za funkciju �1f1 + � � �+ �nfn : X ! R.Prema tomu (i k je oznaka za konstantu),Z

(�1f1(x) + � � �+ �nfn(x)) dx = �1F1(x) + � � �+ �nFn(x) + k =

�1

�Zf1(x)dx� c1

�+ � � �+ �n

�Zfn(x)dx� cn

�+ k =

�1

Zf1(x)dx+ � � �+ �n

Zfn(x)dx+ c; c � k � (�1c1 + � � �+ �ncn):

Napomenimo da u buduce u jednakostima sliµcnima onoj u Teoremu 4.59, opcu kon-

stantu c (c1; c2; k; � � � ) najµce�ce ne cemo zapisivati, tj. u takvim "jednakostima� cemo

dopu�tati da se lijeva i desna strana smiju razlikovati do na aditivnu konstantu.

Teorem 4.59 oµcito povlaµci:Z(f(x)� g(x))dx =

Zf(x)dx�

Zg(x)dx;Z

(�f(x))dx = �

Zf(x)dx:

PRIMJERZ �

4 cosx+1

2x3 � 3

�dx

(1)= 4

Zcosxdx+

1

2

Zx3dx� 3

Zdx =

= 4 sinx+1

8x4 � 3x+ c.

(Jer, sin0 x = cosx,�x4

4

�0= x3 i (x)0 = 1.) �

Neka µcitatelj provjeri (deriviranjem) toµcnost ove tablice osnovnih integrala (na

de�nicijskim podruµcjima podintegralnih funkcija):Z0 � dx = c; (2)Zdx = x+ c; (3)


Zxrdx =

xr+1

r + 1+ c; r 6= �1; (4)Z

x�1dx �Zdx

x= ln jxj+ c; (5)Z

exdx = ex + c; (6)Zaxdx =

ax

ln a+ c; 0 < a 6= 1; (7)Z

sinxdx = � cosx+ c; (8)Zsinhxdx = coshx+ c; (80)Zcosxdx = sinx+ c; (9)Zcoshxdx = sinhx+ c; (90)Z1

cos2 xdx = tg x+ c; (10)Z

1

cosh2 xdx = tghx+ c; (100)Z

1

sin2 xdx = � ctg x+ c; (11)Z

1

sinh2 xdx = � ctghx+ c; (110)Z

1

1 + x2dx = atctg x+ c1 = � arcctg x+ c2; (12)Z

1p1� x2

dx = arcsinx+ c1 = � arccosx+ c2; (13)Z1

1� x2dx =(arthx+ c1, jxj < 1arcthx+ c2; jxj > 1

=1

2ln�1 + x1� x

�+ c; (14)Z

1px2 + 1

dx = arshx+ c1 = ln(x+px2 + 1) + c2; (15)Z

1px2 � 1

dx = archx+ c1 = ln(x+px2 � 1) + c2: (16)

Neodre�ene integrale od (2) do (16) nazivamo tabliµcnim integralima.

4.2.2 OSNOVNE INTEGRACIJSKE METODE

Neodre�ene integrale elementarnih funkcija �to se mogu prikazati kao linearne

kombinacije podintegralnih funkcija iz tablice gore, lako odre�ujemo primjenom Teo-

rema 4.59. U takvim sluµcajevima kaµzemo da smo funkciju integrirali izravno (ili

neposredno).


PRIMJER

(a)Z2xpx

3pxdx = 2

Zx76dx

(4)=12

13x2 6px+ c;

(b)Z

dx

sin2 x cos2 x=

Zsin2 x+ cos2 x

sin2 x cos2 xdx

(1)=Z

dx

sin2 x+

Zdx

cos2 x

(11),(10)= � ctg x+ tg x+ c. �

Skup svih izravno integrabilnih funkcija pro�irujemo primjenom dvaju jednostavnih

postupaka: uvo�enjem nove varijable (supstitucija) i prepoznavanjem diferencijala nekog

umno�ka (parcijalna integracija).

Supstitucija se sastoji u tomu da se nekom dopustivom zamjenom integracijske vari-

jable ili podintegralnog izraza polazni integral svede na neke od onih tabliµcnih. O tomu

govore dva naredna teorema.

TEOREM 4.60 Neka za funkciju f postoji neka primitivna funkcija na intervalu I.

Nadalje, neka je ' : J ! I, J - interval, strogo monotona i derivabilna surjekcija.

Tada jeZf(x)dx = �('�1(x)) + c; (17)

gdje je � primitivna funkcija za funkciju � � (f') � '0 na J . Drugaµcijim zapisom,Z((f') � '0)(t)dt �

Z�(t)dt = �(t) + c:

DOKAZ. Buduci da stroga monotonost realne funkcije povlaµci injektivnost, to je

funkcija ' bijektivna. Postoji, dakle, inverzna funkcija '�1 : I ! J za koju se

lako dokaµze da je, tako�er, strogo monotona. Primijetimo da neprekidnost i stroga

monotonost funkcije ' povlaµce neprekidnost inverzne funkcije '�1 (v. Korolar 3.48).

Nadalje, buduci da je ' i derivabilna, po Teoremu 4.13 zakljuµcujemo da je i '�1 deriva-

bilna. Ukratko, strogo monotona i derivabilna surjekcija ' ima inverznu funkciju '�1

koja je, tako�er, strogo monotona i derivabilna. Po pretpostavci, postoji neka primi-

tivna funkcija F za f na I. Tada je F 0(x) = f(x), x 2 I nA. Neka je B = '�1[A] � J ,

pa je i B prebrojiv skup. Dokaµzimo da je F' � � primitivna funkcija za (f') � '0 � �

na intervalu J ! Zaista, za svaki t 2 J nB je

�0(t) = (F')0(t) = F 0('(t)) � '0(t) = f('(t)) � '0(t) = ((f') � '0)(t) = �(t);

pri µcemu smo iskoristili Teorema 4.11. Primijetimo da je �'�1 = (F')'�1 = F pa je

�'�1 primitivna funkcija za f na I.

Teorem 4.60 jamµci da se, pod navedenim uvjetima, zadani integral smije rje�avati za-

mjenom x = '(t) i dx = '0(t)dt, tj.

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL 171Zf(x)dx =

Zf('(t)) � '0(t)dt �

R�(t)dt = �(t) + c = �('�1(x)) + c = F (x) + c:

Dakako, temeljna zamisao je u tomu da se na�e zamjenska funkcija ', koja ce poluµciti

funkciju �, tako da integralR�(t)dt bude "tehniµcki" bitno jednostavniji (�to bliµzi nekom

tabliµcnom integralu) od polaznoga (netabliµcnog)Rf(x)dx. Naravno, idealno je ako se

�iz prve�zaR�(t)dt dobije neki tabliµcni integral.

PRIMJER

(a)Z1 + 3

pxp

xdx =[x=t6; dx=6t5dt]=

Z1 + t2

t3� 6t5dt =

Z6(t4 + t2)dt

(1)=

= 6

Zt4dt+ 6

Zt2dt

(4)= 6 � t

5

5+ 6 � t

3

3+ c =[t= 6px]=

6

5� 6px5 + 2

px+ c;

(b)Z

dx

(1� x2) 32=[x=sin t; dx=cos tdt]=

Zcos tdt

(1� sin2 t) 32=

Zdt

cos2 t

(10)=

= tg t+ c =[t=arcsinx]= tg(arcsinx) + c =

= tg�arctg

xp1� x2

�+ c =

xp1� x2

+ c;

(c)Z

dx

x2 + 2x+ 2=

Zdx

(x+ 1)2 + 1=[x=t�1;dx=dt]=

=

Zdt

t2 + 1

(12)= arctg t+ c =[t=x+1]= arctg(x+ 1) + c.

(Podrazumijeva se, bez izriµcitog nagla�avanja, da primjer pod (a) ima smisla samo za

x > 0, a primjer pod (b) - samo za jxj < 1. S tim u svezi, primijetimo da funkcije

t 7! t6 i sin nisu monotone, ali njihova suµzenja na R+ i h�1; 1i, redom, jesu strogomonotona.) �

TEOREM 4.61 Neka je G primitivna funkcija za funkciju g na intervalu J , tj. G0(t) =

g(t), t 2 J n B, te neka je : I ! J , I - interval, strogo monotona i derivabilna sur-

jekcija. Tada jeZg( (x)) � 0(x)dx = G( (x)) + c: (18)

Drugim rijeµcima, ako je f(x)dx = g( (x))d (x) za svaki x 2 I, pri µcemu funkcije g i imaju navedena svojstva, onda funkcija f = (g ) � 0 ima na I primitivnu funkcijuF = G , tj.Z

f(x)dx �Zg( (x)) � 0(x)dx = G( (x)) + c:

DOKAZ. Teorem 4.61 je preformulacija prethodnoga Teorema 4.60 u smislu da se

umjesto zamjenske funkcije x = '(t) uvodi zamjenska funkcija t = (x) = '�1(x).

PRIMJER

(a)Z p

2x+ 3dx =

Z1

2

p2x+ 3 � 2dx =[t=2x+3; dt=2dx]=


=

Z1

2

ptdt =

1

2

Zt12dt =

1

2� t

32

32

+ c =1

3

p(2x+ 3)3 + c.

(b)Zcos 5xdx =

Z1

5cos 5x � 5dx =[t=5x; dt=5dx]=

=1

5

Zcos tdt =

1

5sin t+ c =

1

5sin 5x+ c.

(c)Z

xdx

(1 + x2)r=

Z1

2� 2xdx

(1 + x2)r=[t=1+x2; dt=2xdx]=

=1

2

Zdt

tr=

8><>:1

2ln jtj+ c, r = 1

1

2� t

�r+1

�r + 1 + c, r 6= 1=

8><>:1

2ln(1 + x2) + c, r = 1

1

2� (1 + x

2)�r+1

�r + 1 + c, r 6= 1.

(d) Odredimo, po Teoremu 4.61, primitivnu funkciju F za f ako je g opca potencija

t 7! g(t) = tr.

Po (4) i (5) je, redom, G(t) =tr+1

r + 1kad je r 6= �1 i G(t) = ln jtj kad je t = �1.

Dakle,Zf(x)dx �

Zg( (x)) � 0(x)dx = G( (x)) + c =

8<: (x)r+1

r + 1+ c, r 6= �1

ln j (x)j+ c, r = �1.

Ili, u praktiµcnijem zapisu,Zf 0(x)

f(x)dx = ln jf(x)j+ c;Z

f(x)rf 0(x)dx =f(x)r+1

r + 1+ c; r 6= �1: �

Parcijalna integracija se sastoji u tomu da se pogodnim izborom realnih funkcija

x 7! g(x) i x 7! h(x); takvih da je g(x)h0(x)dx = f(x)dx, i primjenom diferencijala

na produktnu funkciju x 7! g(x)h(x), integralRf(x)dx ili bitno pojednostavni ili da

postane nepoznanicom u lako rje�ivoj jednadµzbi.

TEOREM 4.62 Ako su funkcije g; h : I ! R, I - interval (ili njihova unija), nepre-kidno derivabilne, onda vrijediZ

g(x)h0(x)dx = g(x)h(x)�Zh(x)g0(x)dx: (19)

DOKAZ. Ovdje se najprije pozivamo na Teoreme 3.41 i 3.43, �to cemo ih dokazati

(neovisno o ovomu) u sljedecemu odjeljku, koji jamµce obstojnost primitivnih funkcija

na I za gh0 i hg0. Tada primjenom formule (1), Teorema 4.20 i Teorema 4.58 dobivamoZg(x)h0(x)dx+

Zh(x)g0(x)dx =

R(g(x)h0(x) + g0(x)h(x))dx =Z

(g � h)0(x)dx = g(x)h(x);

�to je ekvivalentno formuli (19).


Uobiµcajilo se uvesti pokrate g(x) = u i h(x) = v pa formula (19) ima i zapisZudv = uv �

Zvdu:

PRIMJER

(a)Zxexdx =

[u=x; dv=exdx; du=dx; v=Rexdx=ex]

(19)= xex �

Zexdx = xex � ex + c.

(b)Zlnxdx =[u=lnx; dv=dx; du= dx

x; v=x]

(19)= (lnx)x�

Zxdx

x=

x lnx�Zdx = x lnx� x+ c.

(c)Zx2 cosxdx =[u=x2; dv=cosxdx; du=2udu;v=sinx]

(19)=

x2 sinx� 2Zx sinxdx =[u=x; dv=sinxdx; du=dx; v=� cosx]

(19)=

x2 sinx� 2��x cosx+

Zcosxdx

�= x2 sinx+ 2x cosx+ 2 sinx+ c:

(d) Odredimo, za svaki n 2 N, integralZdx

(1 + x2)n� In:

Za n = 1 se radi o tabliµcnomu integralu (12), tj. I1 = arctanx+ c.

Neka je n � 2. Tada jeZdx

(1 + x2)n=

Z1 + x2 � x2(1 + x2)n

dx =

Zdx

(1 + x2)n�1�Z

x2dx

(1 + x2)n; tj.

In = In�1 �Z

x2dx

(1 + x2)n:

Primijenimo parcijalnu integraciju naZx2dx

(1 + x2)n; n � 2;

uzev�i

u = x; dv =xdx

(1 + x2)n; du = dx; v =

Zxdx

(1 + x2)n=

�12(n� 1)(1 + x2)n�1 :

Slijedi,Zx2dx

(1 + x2)n=

�x2(n� 1)(1 + x2)n�1 +

1

2(n� 1)R dx

(1 + x2)n�1=

�x2(n� 1)(1 + x2)n�1 +

1

2(n� 1)In�1:

Dobili smo, dakle, rekurzivnu formulu

In =x

2(n� 1)(1 + x2)n�1 +2n� 32(n� 1)In�1: (20)

Primjerice, za n = 2 i n = 3 je, redom,

I2 �Z

dx

(1 + x2)2=

x

2(1 + x2)+1

2I1 =

x

2(1 + x2)+1

2arctg x+ c,

I3 �Z

dx

(1 + x2)3=

x

4(1 + x2)2+3

4I2 =

x

4(1 + x2)2+

3x

8(1 + x2)+3

8arctg x+ c.�


4.2.3 INTEGRIRANJE NEKIH KLASA

ELEMENTARNIH FUNKCIJA

Integralni raµcun, tj odre�ivanje primitivnih funkcija je, kao �to smo vec mogli prim-

ijetiti, tehniµcki sloµzen posao. Jedna pote�koca proizlazi iz µcinjenice da primitivna

funkcija za (i relativno jednostavnu) elementarnu funkciju ne mora biti elementarna.

Druga, pak, jest sama bit integralnoga raµcuna, tj. i kad je primitivna funkcija ele-

mentarna (tada se kaµze da je integral elementarno rje�iv), njezino je odre�ivanje, osim

u rijetkim sluµcajevima (tabliµcni ili njima vrlo sliµcni integrali) samo po sebi tehniµcki

sloµzen posao. Ovdje cemo pokazati nekoliko tehnika integriralnoga raµcuna u sluµcaju

elementarno rje�ivih integrala.

(i) Integriranje racionalnih funkcija

Polinom (tj. cijelu racionalnu funkciju) x 7! p(x) integriramo po formuli (1). Buduci

da se svaka racinalna funkcija x 7! f(x) = p(x)q(x) moµze zapisati kao zbroj od polinoma

(prikljuµcujuci u ovomu razmatranju k njima i konstantne funkcije) i prave racionalne

funkcije, neka je odmah stupanj m od p manji od stupnja n od q. Osim toga, smijemo

pretpostaviti da polinomi p i q nemaju zajedniµckih nultoµcaka (realnih ili kompleksnih).

Naime, po tzv. "Osnovnom teoremu algebre", koji tvrdi da svaki (nekonstantni) poli-

nom ima barem jednu nultoµcku, slijedi da svaki polinom p dopu�ta faktorizaciju

p(x) � amxm + � � �+ a1x+ a0 = am(x� x1) � � � (x� xm);

gdje su x1; � � � ; xm 2 C. Ako se pritom ne µzeli operirati kompleksnim brojevima,

onda se ne istiµcu linearni faktori x � xi, xi 2 C, (koji se uvijek javljaju s parovimakonjugirano kompleksnih nultoµcaka xi, xj =

_xi), nego ih se �skriva� u pripadnim

kvadratnim faktorima tipa x2 + bx + c. Osim toga, vi�ekratne nultoµcke se, obiµcno, ne

rastavlja, tj. tada se pi�e (x� xi)si i (x2+ bx+ c)kj , gdje su si i kj pripadne kratnosti:Temeljna zamisao jest da se polazna (prava) racionalna funkcija f = p

q prikaµze kao

zbroj jednostavnijih racionalnih funkcija, koje u nazivnicima imaju prirodne potencije

navedenih linearnih ili kvadratnih faktora iz faktorizacije od q. Pritom se rabi tzv.

metoda neodre�enih koe�cijenata, koja se, u biti, temelji na µcinjenici da su dva polinoma

jednaka onda i samo onda kad su im koe�cijenti uz iste potencije jednaki. Neka je, dakle,

q(x) � bnxn + � � �+ b1x+ b0 =

bn(x� x1)s1 � � � (x� xr)sr(x2 + c1x+ d1)k1 � � � (x2 + clx+ dl)kl ;

pri µcemu su si; kj 2 N, i = 1; � � � ; r, j = 1; � � � ; l,Pr

i=1 si+2Pl

j=1 kj = n, a x1; � � � ; xrsve realne i me�usobno razliµcite nultoµcke od q, dok su svi kvadratni trinomi x2+cjx+dj

me�usobno razliµciti i bez realnih nultoµcaka. Tada, za svaki i i svaki j, postoje realni

brojevi Aisi , Bjkj i Cjkj takvi da je


p(x)

q(x)=1

bn

�A11x� x1

+ � � �+ A1s1(x� x1)s1

+A21x� x2

+ � � �+ A2s2(x� x2)s2

+ � � �+

+Ar1x� xr

+ � � �+ Arsr(x� xr)sr

+

+B11x+ C11x2c1x+ d1

+� � �+ B1k1x+ C1k1(x2c1x+ d1)k1

+B21x+ C21x2c2x+ d2

+� � �+ B2k2x+ C2k2(x2c2x+ d2)k2

+� � �+

+Bl1x+ Cl1x2clx+ dl

+ � � �+ Blklx+ Clkl(x2clx+ dl)kl

�:

Koe�cijenti Aisi , Bjkj i Cjkj se odre� uju tako da se jednakost (21) pomnoµzi poli-

nomom q(x) i potom izjednaµce koe�cijenti uz iste potencije. Kao zakljuµcak, rastav (21)

i formula (1) povlaµce da se integriranje (prave) racionalne funkcije,R p(x)q(x)dx, svodi na

izraµcunavanje sljedeca tri (tipiµcna) neodre�ena integrala:Zdx

(x� a)s ;Z

(x+ b)dx

(x2 + cx+ d)k;

Zdx

(x2 + cx+ d)k;

gdje su s; k 2 N i a; b; c; d 2 R. Prvi od njih zamjenom x � a = t postaje tabliµcnim

integralom (4) ili (5). Drugi rje�avamo kako slijedi:Z(x+ b)dx

(x2 + cx+ d)k=1

2

Z(2x+ c)dx

(x2 + cx+ d)k� 12

Z(c� 2b)dx

(x2 + cx+ d)k:

Prvi integral na desnoj strani se zamjenom x2 + cx+ d = t opet svodi tabliµcni integral

(4) ili (5), a za drugi integral na desnoj strani primijetimo da je c2 � 4d < 0 pa je

x2 + cx+ d =�x� c

2

�2+ d� c2

4=�d� c2

4

�� x� c2q

d� c2

4

�2+ 1�:

Sada zamjenomx� c

2qd� c2

4

= t dobivamo poznati integral koji smo rje�avali rekurzivnom

formulom (2).

Napokon, treci integral je istoga tipa kao upravo promatrani drugi integral na desnoj

strani gore.

PRIMJER Izraµcunajmo integralZ

x3 + 2x2 + 3x� 6(x+ 1)(x2 + 2x+ 3)2

dx:

Buduci da se integrira prava racinalna funkcija i kvadratni trinom x2 + 2x + 3 nema

realnih nultoµcaka, smijemo odmah prijeci na "rastavljanje na parcijalne razlomke" (21):

x3 + 2x2 + 3x� 6(x+ 1)(x2 + 2x+ 3)2

=A

x+ 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 3+

Dx+ E

(x2 + 2x+ 3)2��(x+1)(x2+2x+3)2

x3+2x2+3x�6 = A(x2+2x+3)2+(Bx+C)(x+1)(x2+2x+3)+(Dx+E)(x+1) =

(A+B)x4+(4A+3B+C)x3+(10A+5B+3C+D)x2+(12A+3B+5C+D+E)x+

(9A+ 3C + E)

Izjednaµcavanjem koe�cijenata uz iste potencije dobivamo

0 = A+B


1 = 4A+ 3B + C

2 = 10A+ 5B + 3c+D

3 = 12A+ 3B + 5C +D + E

6 = 9A+ 3C + E

Rje�enje ovoga linearnog sustava je A = �2, B = 2, C = 3, D = 3, E = 3. Prema

tomuZx3 + 2x2 + 3x� 6

(x+ 1)(x2 + 2x+ 3)2dx =

Z �2x+ 1

dx+

Z2x+ 3

x2 + 2x+ 3dx+

Z3x+ 3

(x2 + 2x+ 3)2dx =

2 ln jx+ 1j+Z

2x+ 2

x2 + 2x+ 3dx+

Z1

x2 + 2x+ 3dx+

3

2

Z2x+ 2

(x2 + 2x+ 3)2dx =

�2 ln jx+ 1j+ ln(x2 + 2x+ 3) +Z

dx

2��

x+1p2

�2+ 1

� + 32� (x

2 + 2x+ 3)�1

�1 =

lnx2 + 2x+ 3

(x+ 1)2+p2 arctg

x+ 1p2� 3

2(x2 + 2x+ 3)+ c:

(Neka µcitatelj provjeri ovaj ishod deriviranjem!) �

(ii) Integriranje kompozicije trigonometrijske i racionalnefunkcije

Ovaj tip neodre�enog integrala se obiµcno oznaµcuje sZR(sinx; cosx)dx;

gdje je R opca oznaka za razlomaµcki izraz. U trivijalnom sluµcajuRsinxdx i

Rcosxdx

dobivamo dva tabliµcna integrala (8) i (9). Nadalje, po Teoremu 4.61 dobivamoZtg xdx =

Zsinx

cosxdx = � ln j cosxj+ c;Z

ctg xdx =

Zcosx

sinxdx = ln j sinxj+ c;Z

sinx � cosxdx = 1

2sin2 x+ c:

U opcem sluµcaju se integralRR(sinx; cosx)dx svodi na integral racinalne funkcije, tj.

naR p(t)q(t)dt, p i q polinomi, koji se onda rje�ava tehnikom iz prethodnoga razmatranja

(pod (i)). Najopcenitija zamjenska funkcija jest

x 7! (x) = tgx

2� t (x � '(t) = 2 arctg t):

Ona povlaµci:

sinx =2t

1 + t2; cosx =

1� t21 + t2

; tg x =2t

1� t2 ; ctg x =1� t22t

; dx =2dt

1 + t2: (22)

Ako je funkcija R �parna�, tj. ako je

R(� sinx;� cosx) = R(sinx; cosx);

moguce je to svo�enje provesti zamjenskom funkcijom

= tg; tj. t = tg x (x = arctg t)


koja povlaµci:

sin2 x =t2

1 + t2; cos2 x =

1

1 + t2; ctg x =

1

t; dx =

dt

1 + t2: (23)

Napokon, u najjednostavnijim sluµcajevimaZR(sinx) cosxdx i

ZR(cosx) sinxdx

rabimo, redom, zamjenske funkcije = sin i = cos, tj.

t = sinx; dt = cosxdx; (24)

t = cosx; dt = � sinxdx: (240)

PRIMJERZdx

(2 + cosx) sinx

(22)=

Z 2dt1+t2�

2 + 1�t21+t2

�2t1+t2

=

Zt2 + 1

t3 + 3tdt = � � � =

1

3

Zdt

t+1

3

Z2tdt

t2 + 3=1

3ln jt(t2 + 3)j+ c = 1

3ln�tgx

2��tg2

x

2+ 3

��+ c:

Buduci da funkcija sin ima samo prebrojivo diskretnih nultoµcaka, promatrani se integral

moµze izraµcunati i ovako:Zdx

(2 + cosx) sinx=

Zsinxdx

(2 + cosx) sin2 x=

Zsinxdx

(2 + cosx)(1� cos2 x)(240)=Z

dt

(2 + t)(1� t2) = � � �1

3

Zdt

t+ 2+1

6

Zdt

t� 1 �1

2

Zdt

t+ 1= � � � =

1

6ln�(t+ 2)2(t� 1)

(t+ 1)3

�+ c =

1

6ln�(cosx+ 2)2(cosx� 1)

(cosx+ 1)3

�+ c: �

NAPOMENA 4.63 (a) Primijetimo da se izraµcunavanjem neodre� enog integrala

razliµcitim metodama (ili samo razliµcitm zamjenskim funkcijama) mogu dobiti "razliµcite"

primitivne funkcije. Ali, kao �to znamo, one se mogu razlikovati u najvi�e prebrojivo

mnogo toµcaka i do na aditivnu konstantu. To npr. znaµci da su na svakom intervalu

I � R, na kojemu su oba rezultata iz Primjera ?? de�nirana, ona i me�usobno jednakado na aditivnu konstantu.

(b) Posve sliµcno integriranju kompozicije trigonometrijske i racionalne funkcije, inte-

grira se i kompozicija hiperbolne i racionalne funkcije,ZR(sinhx; coshx):

(iii) Integriranje nekih klasa iracionalnih funkcija

Primitivna funkcija za iracionalnu funkciju nije, opcenito, elementarna funkcija, tj.

neodre�eni integralRf(x)dx iracionalne funkcije f nije, opcenito, elementarno rje�iv.

Ovdje cemo razmatrati samo neke elementarno rje�ive tipove neodre�enih integrala

iracionalnih funkcija. Najprije promotrimo najjednostavnije tipiµcne sluµcajeve. Prvi tip

je integral

178 POGLAVLJE 4. INFINITEZIMALNI RA µCUNZR�xm1n1 ; � � � ; x

mknk

�dx; mi; ni; k 2 N; i = 1; � � � ; k:

(R je, kao i do sada, opca oznaka za racionalni izraz.) Ovaj se integral svodi na integral

racionalne funkcije zamjenskom funkcijom

t 7! '(t) = tn � x; n = V (n1; � � � ; nk):

(V oznaµcuje najmanji zajedniµcki vi�ekratnik). Istom se tehnikom izraµcunava i drugi

tipiµcni integral (poopcenje prvoga)ZR��ax+ b

cx+ d

�m1n1 ; � � � ;

�ax+ bcx+ d

�mknk

�dx; mi; ni; k 2 N; i = 1; � � � ; k;

stavljajuciax+ b

cx+ d= tn; n = V (n1; � � � ; nk):

PRIMJERZ 8�q

64x�1x

3

q(64x�1x )2

dx =hn=6; 64x�1

x=t6; x= 1

64�t6 ; dx=6t5dt

(64�t6)2

i=Z8� t3t4

� 6t5dt

(64� t2)2 =

�6Z

tdt

(t� 2)(t+ 2)2(t2 + 2t+ 4)(t2 � 2t+ 4)2 =

�6Z � A1

t� 2 +A2t+ 2

+A3

(t+ 2)2+

B1t+ C1t2 + 2t+ 4

+B2t+ C2t2 � 2t+ 4 +

B3t+ C3(t2 � 2t+ 4)2

�dt = � � ��

Sada se pozabavimo integralomZ �x;pax2 + bx+ c

�dx:

Zamjenskom funkcijom

x 7! (x) =2ax+ bpjb2 � 4acj

� t

svodimo ga na jedan od ovih:

(a)ZR�t;p1� t2

�dt; (b)

ZR�t;pt2 � 1

�dt; (c)

ZR�t;pt2 + 1

�dt:

Proslijediti moµzemo na nekoliko naµcina. Primjerice, zamjenama

(a) t = sin z; (b) t =1

sin z; (c) t = tg z

dobivamo integrale racionalnih funkcija (od) trigonometrijskih funkcija - (ii), a tzv.

Eulerovim zamjenama

(a)p1� t2 = z(1� t); (b)

pt2 � 1 = t+ z; (c)

pt2 + 1 = t+ z

odmah dobivamo integrale racionalnih funkcija - (i).

Sljedeci tipiµcni integral �to ga promatramo jestZp(x)pq(x)

dx;


pri µcemu je p bilo koji polinom, a q reducirani kvadratni polinom zadan bilo kojim od

pravila 1� x2, x2 � 1, x2 + 1. Poznate µcinjenice iz diferencijalnoga raµcuna jamµce da sepripadna primitivna funkcija moµze odrediti rje�avanjem jednadµzbeZ

p(x)pq(x)

dx =�An�1xn�1 + � � �+A1x+A0

�pq(x) +B

Zdxpq(x)

;

gdje je n stupanj od p, po nepoznanicama (neodre�enim koe�cijentima) A0, � � � , An�1,B. Oµcito, polazni integral se tada svodi na tabliµcni integral

Rdxpq(x)

. Postavljena

jednadµzba se rje�ava tako da joj se obje strane deriviraju, pomnoµze spq(x) te izjednaµce

koe�cijenti uz iste potencije dobivenih polinoma.

Ovomu tipu pripada i integralZp(x)

xm �pq(x)

dx; m 2 N;

jer se zamjenom x = 1t na njega svodi.

PRIMJERZdx

x+px2 + 6x+ 10

=

Zdx

x+p(x+ 3)2 + 1

=[x+3=t; x=t�3; dx=dt]=Zdt

t� 3 +pt2 + 1

=hpt2+1= t+z; t= 1�z2

2z; dt=� z2+1

2z2dzi=Z � z2+1

2z2dz

1�z22z � 3 + 1�z2

2z + z= � � � = 1

6

Z �1 +

z + 3

z(3z � 1)�dz = � � � =

1

6

�z +

10

3ln j3z � 1j � ln jzj

�+ c,

gdje je z =pt2 + 1� t =

px2 + 6x+ 10� x� 3. �

PRIMJERZx2p4x2 + 9dx =

Zx2(4x2 + 9)p4x2 + 9

dx =

Z4x4 + 9x2p4x2 + 9

dx =

�Ax3 +Bx2 + Cx+D

�p4x2 + 9 + E

Zdxp4x2 + 9

.

Deriviranjem dobivamo

x2p4x2 + 9 =�

3Ax2 + 2Bx+ C�p4x2 + 9 +

�Ax3 +Bx2 + Cx+D

� 4xp4x2 + 9

+Ep

4x2 + 9,

pa mnoµzenjem sp4x2 + 9 i sre�ivanjem slijedi

4x4 + 9x2 = 16Ax4 + 12Bx3 + (27A+ 8C)x2 + (18B + 4D)x+ (9C + E).

Izjednaµcavanjem odgovarajucih koe�cijenata dobivamo linearni sustav s jedinstvenim

rje�enjem: A = 14 , B = 0, C =

932 , D = 0, E = �81

32 .

Prema tomu,


Zx2p4x2 + 9dx =

�x34+9x

32

�p4x2 + 9� 81

32

Zdxp4x2 + 9

= � � � =

1

32(8x3 + 9x)

p4x2 + 9� 81

64ln�2x+

p4x2 + 9

�+ c: �

Razmotrimo, napokon, tzv. binomni integral, tj.Zxs(a+ bxr)pdx; p; r; s 2 Q: (25)

Opcenito, on nije elementarno rje�iv. Skup svih elementarno rje�ivih binomnih integrala

karakterizira ovaj teorem:

TEOREM 4.64 Binomni integral (25) je elementarno rje�iv onda i samo onda, ako

je barem jedan od brojeva p, s+1r ,s+1r + p cijeli broj.

DOKAZ. Dokazati nuµznost je vrlo zahtjevno, a i za�lo bi izvan okvira ovih skripata.

Stoga cemo dokazati samo (bitno jednostavniju) dovoljnost. Primijenimo prvo supsti-

tuciju t = xr, �to povlaµciZxs(a+ bxr)pdx =h

x=t1r ; dx= 1

rt1r�1dt

i= 1

r

Ztsr (a+ bt)pt

1r�1dt =

1

r

Z(a+ bt)pt

s+1r�1dt =

1

r

Z �a+ btt

�pts+1r+p�1dt:

Ako je p cijeli broj onda zamjena t = zn, n - (najmanji) nazivnik od s+1r , svodi taj

integral na integral racionalne funkcije; ako je, pak, s+1r cijeli broj onda zamjena a+bt =

zn, n - (najmanji) nazivnik od p, svodi taj integral na integral racionalne funkcije; ako

je, napokon, s+1r + p cijeli broj onda zamjena a+btt = zn, n - (najmanji) nazivnik od p,

vodi k integralu racionalne funkcije.

PRIMJER�a+ bt

t

�Z

3p3x� x3dx =

Zx13

�3� x2

� 13 dx =h

p= 13; r=2; s= 1

3; t=x2;x=

pt; dx= dt

2pt

i=1

2

Z �3� tt

� 13 t

23+ 13�1dt =[ s+1r +p= 2

3+ 13=12Z]=

1

2

Z �3� tt

� 13dt =h 3�t

t=z3; t= 3

z3+1; dt= �9z2dz

(z3+1)2

i= �92

Zz3

(z3 + 1)2dz =

9

2

Z � A

z + 1+

B

(z + 1)2+

Cz +D

z2 � z + 1 +Ez + F

(z2 � z + 1)2�dz = � � � �

4.2.4 INTEGRIRANJE FUNKCIJSKOG REDA

Pod integralom (konvergentnog) funkcijskog redaPfn smatramo neodre�eni inte-

gral (ako postoji) pripadne sume x 7! s(x) =P1

n=1 fn(x). Buduci da, opcenito, s nije

elementarna funkcija, to je izraµcunavanje integrala

4.2. NEODREÐENI INTEGRAL 181Zs(x)dx �

Z �X1

n=1fn(x)

�dx

vrlo netrivijalni zadatak. Ipak, u posebnom sluµcaju jednoliko konvergentnog redaPfn

neprekidnih funkcija fn, integral funkcijskoga reda se dopu�ta integriranje "µclan po

µclan". Ako su pritom preslikavanja fn elementarno integrabilna, zadatak postaje i

praktiµcno rje�iv. Dokaµzimo prvo odgovarajuci teorem.

TEOREM 4.65 Ako su fn : [a; b] ! R preslikavanja, n 2 N; i funkcijski redPfn

jednoliko konvergira prema funkciji s : [a; b] ! R; s(x) =P1

n=1 fn, onda s dopu�ta

primitivnu funkciju na [a; b] i ona se moµze dobiti integriranjem "µclan po µclan", tj.Zs(x)dx �

Z �X1

n=1fn(x)

�dx =

X1

n=1

Zfn(x)dx+ c:

Posebice, za potencijski redPanx

n na njegovu konvergencijskom intervalu vrijediZ �X1

n=0anx

n�dx =

X1

n=0an

Zxndx =

X1

n=0

ann+ 1

xn+1 + c:

U opcemu sluµcaju se lako zakljuµci da s dopu�ta primitivnu funkciju. (Neprekidnost

svih funkcija fn i jednolika konvergencija povlaµce neprekidnost funkcije s (v. Koro-

lar 3.64), pa se smiju primijeniti Teoremi 4.68 i 4.71 �to cemo ih dokazati u iducemu

odjeljku.) Dokazati valjanost same formule o integrabilnosti "µclan po µclan", u opcemu

je sluµcaju popriliµcno sloµzeno. Zato cemo ovdje razmatrati samo poseban sluµcaj po-

tencijskog reda. Sliµcno dokazivanju Teorema 4.35, prvo se dokaµze da redP an

n+1xn+1

ima isti kovergencijski polumjer � kao i polazni redPanx

n. Nadalje, lako se vidi da

konvergencija brojevnoga redaPan�

n (Pan(��)n) povlaµci konvergenciju brojevnoga

redaP an

n+1�n+1

�P ann+1(��)

n+1�. Prema tomu, funkcijski red

P ann+1x

n+1 konver-

gira u svim toµckama u kojima konvergira potencijski redPanx

n. Po Teoremu 4.35

je�P1

n=0ann+1x

n+1�0=P1

n=0 anxn na konvergencijskomu intervalu h��; �i. Dakle,

funkcija S : h��; �i ! R, S(x) =P1

n=0ann+1x

n+1, jest primitivna funkcija funkcije

s : h��; �i ! R, s(x) =P1

n=0 anxn na intervalu h��; �i.

PRIMJER Razvijmo u potencijski red (ne rabeci Maclaurinovu formulu) funkciju

arctg j[�1;1] : [�1; 1]! R:

Prisjetimo se, prvo, sume geometrijskoga redaX1

n=0(�1)nx2n � 1� x2 + x4 � x6 + � � � = 1

1 + x2; jxj < 1:

Drugo, derivacija arctan0 x =1

1 + x2, pa je

arctg0 x =X1

n=0(�1)nx2n; jxj < 1:

Prema tomu,

arctg x =

Zarctg0 xdx+ c =

Z �X1

n=0(�1)nx2n

�dx+ c

T. 4.65.=


X1

n=0

Z(�1)nx2ndx+ c =

X1

n=0(�1)n x

2n+1

2n+ 1+ c; x 2 h�1; 1i :

Buduci da je arctg 0 = 0, to je c = 0. Osim toga, primijetimo da funkcijski redP(�1)n x2n+12n+1 konvergira i u toµckama x = �1 i x = 1. Postavlja se pitanje, konvergira

li on u tim toµckama, redom, prema funkcijskim vrijednostima arctg(�1) (= ��4 ) i

arctg 1 (= �4 ) ili prema nekim drugim toµckama (?). Temeljem Korolara 3.67 i µcinjenice

da je funkcija arctan preslikavanje (neprekidna, posebice u toµckama �1 i 1), smijemonapokon zakljuµciti da je

arctg x =X1

n=0(�1)n x

2n+1

2n+ 1; x 2 [�1; 1]: �

Integriranjem funkcijskih, posebice potencijskih, redova mogu se izraµcunati mnogi ele-

mentarno nerje�ivi integrali.

PRIMJER Izraµcunajmo neodre�eni integral funkcije f : R! R, f(x) = e�x2.

Vrijedi

ex =X1

n=0

xn

n!; x 2 R;

e�x2=X1

n=0

(�x2)nn!

=X1

n=0(�1)nx

2n

n!; x 2 R:

Prema tomu,Ze�x

2dx =

Z �X1

n=0(�1)nx

2n

n!

�dx

T.4.65=

X1

n=0

Z(�1)nx

2n

n!dx =

X1

n=0(�1)n x2n+1

(2n+ 1)n!+ c: �

PRIMJER Izraµcunajmo neodre�eni integral funkcije g : Rnf0g ! R, g(x) =sinx

x.

Sjetimo se da je

sinx =X1

n=0(�1)n x2n+1

(2n+ 1)!; x 2 R;

pa je

f(x) =sinx

x=X1

n=0(�1)n x2n

(2n+ 1)!; x 2 R n f0g:

Uoµcimo da funkcijski red na desnoj strani konvergira i u toµcki x = 0 i to prema broju

1. Buduci da je i limx!0

sinxx = 1, to funkcijski red

P(�1)n x2n

(2n+1)! konvergira prema

(neprekidnoj) funkciji

g : R! R; g(x) =

8<:sinx

x, x 6= 0

1, x = 0:

Po De�niciji 4.55, funkcije f i g imaju istu primitivnu funkciju na R. Slijedi,Zsinx

xdx =

Zf(x)dx =

Zg(x)dx =

Z �X1

n=0(�1)n x2n

(2n+ 1)!

�dx

T.4.65=X1

n=0

Z(�1)n x2n

(2n+ 1)!dx =

X1

n=0(�1)n x2n+1

(2n+ 1)(2n+ 1)!+ c. �

4.3. ODREÐENI INTEGRAL 183

4.3 ODREÐENI INTEGRAL

Pojam odre�enog integrala je, povijesno, tijesno povezan s problemom izraµcunavanje

plo�tine "krivocrtnog" ravninskog lika. On (ne i njegov naziv), dakle, davno prethodi

pojmu neodre�enog integrala. Temeljnu ideju (na konkretnim primjerima) nalazimo

vec kod starogrµckoga genija Arhimeda. Sam naziv je do�ao mnogo poslije i tek kad

se shvatila duboka povezanost tih dvaju pojmova, koju su, dakako, otkrili I. New-

ton i G.W. Leibniz. Grubo govoreci, konkretno izraµcunavanje povr�ine "krivocrtnog"

ravninskog lika, kao i mn�tvo srodnih problema u matematici, �zici i tehnici, svodi se

na izraµcunavanje vrijednosti neode�enog integrala (primitivne funkcije) - odatle naziv

odre�eni integral, iako na prvi pogled, po de�nicijama, ta dva pojma nemaju "ni�ta"

zajedniµcko.

4.3.1 POJAM I OSNOVNA SVOJSTVA

ODREÐENOG INTEGRALA

Za toµcno de�niranje odre�enog integrala trebamo, prvo, malo tehniµcke pripreme. Naj-

prije cemo taj pojam de�nirati za neke ome�ene (realne) funkcije de�nirane na segmentu

[a; b] � R. U tu svrhu, svaki konaµcni skup D � fx0; x1; � � � ; xng � [a; b] sa svojstvomfa; bg � D, n 2 N, nazvat cemo rastavom (ili razdiobom) promatranoga segmenta

[a; b]. Jednostavnosti radi, pretpostavljat cemo da navedeni zapis po�tuje ure�aj na R,tj. da je

a = x0 < x1 < � � � < xn�1 < xn = b:

Neka

D � D([a; b])

oznaµcuje skup svih rastava D segmenta [a; b]. Primijetimo da je relacija � ("biti pod-skup") relacija parcijalnog ure�aja na D. Ako su D1; D2 2 D i D1 � D2, kaµzemo da

D2 pro�njuje (ili da je pro�njenje od) D1. Uoµcimo da je parcijalno ure�eni skup

(D;�) usmjeren, tj. da za svaki par D1; D2 2 D postoji neki D 2 D koji pro�njuje

D1 i D2. (Takav je, primjerice, D = D1 [D2.)

PRIMJER Skup D1 =�0; 12 ;

34 ; 1je rastav segmenta [0; 1], a skup D2 =

�0; 14 ;

12 ; 1

je drugi rastav toga segmenta. Njihova unija D1 [ D2 � D =�0; 14 ;

12 ;34 ; 1je treci

rastav koji pro�njuje oba prethodna.

Neka je f : [a; b]! R ome�ena funkcija. Svakom rastavu

D � fx0; x1; � � � ; xng 2 D([a; b])

moµzemo pridijeliti broj, tzv. integralnu sumu (funkcije f),


S(f ;D; �1; � � � ; �n) � S�(f ;D) =Xn

i=1f(�i)(xi � xi�1);

pri µcemu su toµcke �i 2 [xi�1; xi], i = 1; � � � ; n, odabrane po volji, a � je pokrata zaure�eni n-slog (�i). Jasno, drugaµcijim odabirom toµcaka �i dobivamo, za istu funkciju i

isti rastav, novu integralnu sumu.

DEFINICIJA 4.66 Neka je f : [a; b] ! R ome�ena funkcija. Reci cemo da je

funkcija f integrabilna (u Riemannovu smislu ili R-integrabilna) ako postoji broj

J(f) � J 2 R takav da, za svaki " > 0, postoji neki rastav D0 segmenta [a; b] sa svoj-stvom da, za svaki rastav D �to pro�njuje D0 i svaku integralnu sumu S�(f ;D), bude

jS�(f ;D)� J j < ". Ili, simboliµcki, f je integrabilna ako

(9J 2 R)(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D)(8S�(f ;D)) D � D0 ) jS�(f ;D)� J j < ":

Broj J nazivamo (Riemannovim) odre�enim integralom funkcije f .

Za funkciju g : X ! R, X � R, kaµzemo da je integrabilna na segmentu [a; b] � X

ako je njezino suµzenje f � gj[a;b] : [a; b]! R integrabilna funkcija.Uobiµcajilo se odre�eni integral J � J(f) oznaµcavati kaoZ b

af(x)dx ili

Z[a;b]

f(x)dx ili, krace,Z[a;b]

f:

(Poslije cemo se uvjeriti da ta oznaka ima svoj puni smisao!) Pritom se kaµze da je a

(b) donja (gornja) integralova granica, a segment [a; b] - integracijsko podruµcje.

Primijetimo da nije sasvim oµcito je li De�nicija 4.66 posve korektna. Naime, nije

izravno vidljivo da je broj J jedinstven. Zato cemo to sada provjeriti. Pretpostavimo

da i broj K ima svojstvo �to ga ima broj J iz De�nicije 4.66. Tada, za svaki " > 0,

postoji neki dostatno �ni rastav D sa svojstvom (8S�(f ;D)) jS�(f ;D) � J j < "2 ^

jS�(f ;D)�Kj < "2 . Slijedi da je, za svaki " > 0, jK � J j < ", dakle, K = J .

Izravno iz De�nicije 4.66 slijedi da za svaku funkciju f : [a; a] ! R odre�eni integrali�µcezava, tj.Z a

af(x)dx = 0:

U svrhu prepoznavanja integrabilnih funkcija, ustanovljuju se odgovarajuci kriteriji.

Ovdje cemo ustanoviti samo dva: jedan nuµzni i dovoljni i jedan dovoljni. Neka je,

dakle, f : [a; b] ! R ome�ena funkcija i neka je D = fx0; � � � ; xng bilo koji rastavsegmenta [a; b]. Tada postoje brojevi

mi � infff(x) j x 2 [xi�1; xi]g; Mi � supff(x) j x 2 [xi�1; xi]g;

s(f ;D) �Xn

i=1mi(xi � xi�1); S(f ;D) �

Xn

i=1Mi(xi � xi�1); i = 1; � � � ; n:

Broj s(f ;D) (S(f ;D)) nazivamo donjom (Darbouxovom) sumom (gornjom su-

mom) funkcije f za dani rastav D. Nadalje, postoje brojevi


m � infff(x) j x 2 [a; b]g; M � supff(x) j x 2 [a; b]g

i pritom je oµcito da za svaki rastav D i svaku integralnu sumu S�(f ;D) vrijedi

m(b� a) � s(f ;D) � S�(f ;D) � S(f ;D) �M(b� a):

Primijetimo i da D1 � D2 2 D([a; b]) povlaµci

s(f ;D1) � s(f ;D2) � S(f ;D2) � S(f ;D1):

Uoµcimo da postoje i brojevi

J�(f) � supfs(f ;D) j D 2 D([a; b])g; J�(f) � inffS(f ;D) j D 2 D([a; b])g:

J�(f) � J� nazivamo donjim (Riemannovim) integralom, a J�(f) � J� gornjim

(Riemannovim) integralom funkcije f . Pritom je (v. i crteµz dolje), za svaki rastav D,

J� � J� � S(f ;D)� s(f ;D), i, oµcito, J� � J�, te J� � J � J� µcim J postoji.

TEOREM 4.67 Ome�ena funkcija f : [a; b] ! R je integrabilna ako i samo ako je

J� = J�. Pritom je J = J� = J�.

DOKAZ. Neka je ome�ena funkcija f : [a; b] ! R integrabilna. Treba dokazati da jeJ�(f) = J�(f). Odaberimo bilo koji � > 0. Po pretpostavci postoji (jedinstveni) broj

J 2 R takav da vrijedi:

(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D([a; b]))(8S�(f ;D)) D � D0 ) jS�(f ;D)� J j < ":

To i prethodno razmatranje povlaµce da, za svaki D � D0, smijemo integralnu sumu

S�(f ;D) zamijeniti pripadnom donjom s(f ;D) ili gornjom S(f ;D) sumom. Dakle,

js(f ;D)� J j < " i jS(f ;D)� J j < ":

Sada, odabrav�i " = �2 , dobivamo

jJ� � J�j � js(f ;D)� S(f ;D)j � js(f ;D)� J j+ jJ � S(f ;D)j <�

2+�

2= �;

pa mora biti J� = J�, dakle i J� = J� = J .

Obratno, neka za ome�enu funkciju f : [a; b]! R vrijedi J�(f) = J�(f). Dokazat cemo

da je f integrabilna, tj. da je J(f) = J�(= J�). Odaberimo bilo koji " > 0. Po de�niciji

za J� i J�, postoje rastavi D�; D� 2 D([a; b]) takvi da je

J� �"

3< s(f ;D�) i J� +

"

3> S(f ;D�):


Neka je D0 = D� [D� pa je D rastav od [a; b] koji pro�njuje D� i D�. Buduci da se

pro�njenjem donja (gornja) suma ne moµze smanjiti (povecati), to za svaki �niji rastav

D � D0 vrijedi

J� �"

3< s(f ;D) � J� +

"

3;

dakle,

S(f ;D)� s(f ;D) < J� +"

3��J� �

"

3

�=2"

3:

Prema tomu, dobili smo da J� = J� povlaµci sljedece:

(8" > 0)(9D0 2 D)(8D 2 D([a; b])) D � D0 ) js(f ;D)� S(f ;D)j < 2"

3:

Buduci da je svaka integralna suma izme�u (�) pripadne donje i gornje sume, to je i

js(f ;D)� S�(f ;D)j <2"

3:

Napokon, da postoji traµzeni broj J = J(f) i da je J = J�(= J�) slijedi iz

jS�(f ;D)� J�j = jS�(f ;D)� J�j �

jS�(f ;D)� s(f ;D)j+ js(f ;D)� J�j <2"

3+"

3= ".

TEOREM 4.68 Ako je ome�ena funkcija f : [a; b]! R neprekidna na skupu [a; b]nA,gdje je A � [a; b] prebrojiv, onda je f integrabilna funkcija.

DOKAZ. U punoj opcenitosti, dokaz iskazanoga teorema probija okvir ovih skripata.

(Trebalo bi, naime, de�nirati pojmove kao �to su Jordanova i Lebesgueova mjera i usvo-

jiti neke sloµzenije topolo�ke µcinjenice, a to se sve sustavno obra�uje na vi�im godinama

matematiµckoga studija.) Ovdje cemo dokazati samo posebni sluµcaj toga teorema, ali

jo�uvijek dovoljno opcenit da pokrije vrlo �iroku klasu realnih funkcija (obuhvacajuci,

dakako, sve elementarne i mnoge neelementarne funkcije):

Svaka po dijelovima monotona funkcija f : [a; b]! R je integrabilna.

Najprije primijetimo da po dijelovima monotonost povlaµci ome�enost realne funkcije

f na segmentu [a; b] (v. pododjeljak 3.1.2). Naime, ako je f po dijelovima monotona,

onda postoji rastav

a = a0 < a1 < � � � < an�1 < an = b

takav da su suµzenja f j[ai�1;ai] monotone (dakle i ome�ene) funkcije, i = 1; � � � ; n. Dokazposebnoga sluµcaja na�ega teorema ra�µclanjujemo na dokaze ovih dviju tvrdnja:

(i) Monotona funkcija f : [a; b]! R je integrabilna;

(ii) Ako su suµzenja od f : [a; b]! R na podsegmente [a; c] i [c; b] integrabilne funkcije,onda je i f integrabilna funkcija i vrijedi:Z

[a;b]f(x)dx =

Z[a;c]

f(x)dx+

Z[c;b]

f(x)dx:


Dokaz za (i).

Pretpostavimo da je funkcija f uzlazna. Tada je f(a) � f(x) � f(b) za svaki x 2 [a; b].Aka je D = fx0; � � � ; xng rastav od [a; b], onda je f(xi�1) � f(x) � f(xi) za svaki x 2[xi�1; xi] i svaki i = 1; � � � ; n. Neka je, u skladu s prethodnim oznakama, mi � f(xi�1)

i Mi � f(xi) (mi+1 =Mi), pa je

s(f ;D) =Xn

i=1f(xi�1)�xi i

S(f ;D) =Xn

i=1f(xi)�xi; �xi � xi � xi�1:

Stoga je

js(f ;D)� S(f ;D)j = S(f ;D)� s(f ;D) =Xn

i=1(f(xi)� f(xi�1))�xi �

�x �Xn

i=1(f(xi)� f(xi�1)) �

b� ak(f(b)� f(a));

pri µcemu je �x = maxf�xi j i = 1; � � � ; ng � b�ak za neki k 2 N. Ovo povlaµci da za

svaki " > 0 postoje n0 2 N i odgovarajuci rastav D0 segmenta [a; b]; takvi da je

js(f ;D)� S(f ;D)j < ":

Po tomu zakljuµcujemo da su za funkciju f donji i gornji Riemannov integral jednaki,

J� = J�. Sada Teorem 3.40 povlaµci prvu tvrdnju u sluµcaju uzlazne funkcije f . Posve

sliµcno se tvrdnja dokazuje kad je funkcija f silazna.

Dokaz za (ii).

Buduci da su suµzenja f j[a;c] i f j[c;b] integrabilne funkcije, za svaki " > 0 postoje rastaviD1 = fx0 = a; x1; � � � ; xk�1; xk = cg od [a; c] i D2 = fxk = c; xk+1; � � � ; xk+n�1; xk+n =bg od [c; b] takvi da je, s uobiµcajenim oznakama,��s(f j[a;c];D1)� S(f j[a;c];D1)�� =Xk

i=1(Mi �mi)�xi <

"

2;��s(f j[c;b];D2)� S(f j[c;b];D2)�� =Xk+n

i=k+1(Mi �mi)�xi <

"

2:

Primijetimo da jeD1[D2 � D rastav od [a; b], pa zbrajanjem relacija odozgor dobivamo

nejednakost

jJ� � J�j � js(f ;D)� S(f ;D)j =Xk+n

i=1(Mi �mi)�xi < ": (�)

Po Teoremu 4.67., to znaµci da je funkcija f integrabilna, tj. postoji J �R ba f(x)dx.

Nadalje, oµcito je da vrijede i ove tri nejednakostiXk

i=1mi�xi �

Z c

af(x)dx �

Xk

i=1Mi�xi;Xk+n

i=k+1mi�xi �

Z b

cf(x)dx �

Xk+n

i=k+1Mi�xi;Xk+n

i=1mi�xi �

Z b

af(x)dx �

Xk+n

i=1Mi�xi:

Iz njih, po (�), lako zakljuµcujemo da je, za svaki " > 0,


��Z b

af(x)dx�

�Z c

af(x)dx+

Z b

cf(x)dx)

�� < ";

�to, konaµcno, dokazuje tvrdnju (ii).

Uobiµcajena geometrijska interpretacija odre�enog integrala jest ova:

Neka je f : [a; b]! R; f([a; b]) � R+ [ f0g, ome�eno (i nenegativno) preslikavanje. PoTeoremu 4.67 slijedi da je funkcija f integrabilna, a po Teoremu 4.68 - da je

J =

Z b

af(x)dx = J� = J�:

Oznaµcimo slovom P plo�tinu pseudotrapeza odre�enoga krivuljom (grafom) y = f(x)

i pravcima y = 0, x = a i x = b. Svaku donju sumu s(f ;D), D 2 D([a; b]), smi-jemo shvatiti zbrojem plo�tina svih (pseudotrapezu) upisanih pravokutnika, odre�enih

rastavom D, a svaku gornju sumu S(f ;D) - zbrojem plo�tina svih pripadnih opisanih

provokutnika (v. crteµz dolje).

Oµcito je

(8D 2 D) s(f ;D) � P � S(f ;D);

�to onda povlaµci J� � P � J�. Slijedi, zbog J� = J�, formula za povr�inu

P =

Z b

af(x)dx: (1)

NAPOMENA 4.69 Izraµcun povr�ine moµzemo malo pojednostavniti tako da uzmemo

uniformnu razdiobu segmenta [a; b] (razdioba na n jednakih dijelova Tada je baza svakog

pravokutnika 4xi = 4x = b�an ; a za visinu moµzemo uzeti funkcijsku vrijednost u

lijevom odnosno desnom kraju diobenog segmenta [xi�1; xi] (i = 1; � � � ; n):. Tako

dobivamo da je:

P = limn!1

Ln = limn!1

Xn

i=1f(xi�1)4x;

P = limn!1

Dn = limn!1

Xn

i=1f(xi)4x:

(u Ln - lijeva integralna n-suma), odnosno desnom kraju (u Dn - desna integralna n-

suma) Umjesto krajeva moµzemo odabrati i bilo koju toµcku x�i 2 hxi�1; xii ; odnosnopolovi�te xi =

xi+xi�12 i povr�inu P moµzemo aproksimirati sa

Sn =Xn

i=1f(x�i )4x; (integralna n-suma);

Mn =Xn

i=1f(xi)4x; (srednja integralna n-suma),

tj. vrijedi


P = limn!1

Sn = limn!1

Xn

i=1f(x�i )4x;

P = limn!1

Mn = limn!1

Xn

i=1f(xi)4x:

Primijetimo da ima smisla de�nirati iZ a

bf(x)dx = �

Z b

af(x)dx; a < b:

Pritom se kaµze da odre�eni integral zamjenom svojih granica mijenja predznak.

Sljedeci teorem slijedi izravno iz De�nicije 4.66 (usp. i opis gore).

TEOREM 4.70 Ako je funkcija f : X ! R, X � R, integrabilna na segmentu [a; b] �X, onda je

(a) f integrabilna i na svakom podsegmentu [c; d] � [a; b];

(b)Z d

cf(x)dx =

Z r

cf(x)dx+

Z d

rf(x)dx, c; d; r 2 [a; b];

(c) m(b� a) �Z b

af(x)dx �M(b� a), pri µcemu je m = infff(x) j x 2 [a; b]g,

a M = supff(x) j x 2 [a; b]g.

Sada cemo iskazati i dokazati tzv. Osnovni teorem integralnoga raµcuna, koji onda

izravno vodi k tzv. Newton-Leibnizovoj formuli �to izraµcunavanje odre�enog integrala

svodi na odre�ivanje primitivne funkcije, tj. pripadnoga neodre�enog integrala.

TEOREM 4.71 Ako je funkcija f : [a; b]! R integrabilna onda je funkcija

F : [a; b]! R; F (x) =Z x

af(t)dt

derivabilna u svakoj toµcki x0 u kojoj je funkcija f neprekidna i pritom je

F 0(x0) = f(x0).

Ako je skup svih prekidnih toµcaka funkcije f prebrojiv, onda je F primitivna funkcija

za f .


DOKAZ. Pretpostavimo da je funkcija f neprekidna u toµcki x0, tj. da

(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 [a; b]) jx� x0j < � ) jf(x)� f(x0)j < ":

Prema tomu, na svakom segmentu [x0�j�xj; x0+ j�xj], j�xj < �, po Teoremu 4.70(iii)

vrijedi

f(x0)� " �1

�x

Z x0+�x

x0

f(t)dt � f(x0) + "

(neovisno o sgn�x):Po Teoremu 4.70(ii) je tada

f(x0)� " �1

�x

�Z x0+�x

af(t)dt�

Z x0

af(t)dt

�� f(x0) + "; tj.

f(x0)� " �1

�x(F (x0 +�x)� F (x0)) � f(x0) + ":

To povlaµci da za j�xj ! 0, dakle i "! 0, postoji graniµcna vrijednost

F 0(x0) � lim�x!0

F (x0 +�x)� F (x0)�x

= f(x0):

Da bismo dokazali i drugu tvrdnju, tj. da je F primitivna funkcija za f , dostatno je

dokazati da je F preslikavanje. U tu svrhu, promatrajmo bilo koju toµcku x0 2 [a; b].Po Teoremu 3.46, dovoljno je potvrditi da je lim

x0F = F (x0). Zaista,

limx0F = lim

x!x0

Z x

af(t)dt = lim

�x!0

Z x0+�x

af(t)dt = lim

�x!0

�Z x0

af(t)dt+

Z x0+�x

x0

f(t)dt�

=

Z x0

af(t)dt+ lim

�x!0

Z x0+�x

x0

f(t)dt =

Z x0

af(t)dt = F (x0):

Naime, po Teoremu 4.70(iii) je

m0�x �Z x0+�x

x0

f(t)dt �M0�x (za neke m0 � inf f i M0 � sup f na [a; b]);

pa �x! 0 povlaµciR x0+�xx0

f(t)dt! 0.

Neka je funkcija f : [a; b]! R integrabilna i neprekidna u svim toµckama osim, moµzda,

u prebrojivo mnogo njih. Tada je, po upravo dokazanom teoremu, funkcija

F : [a; b]! R; F (x) =Z x

af(t)dt;

primitivna za funkciju f . Primijetimo da je F (a) = 0 pa je F (b) =R ba f(t)dt =

F (b)� F (a). Pokaµzimo da to vrijedi i za svaku inu primitivnu funkciju.

TEOREM 4.72 Neka je skup prekidnih toµcaka integrabilne funkcije f : [a; b] ! Rprebrojiv. Tada vrijedi Newton-Leibnizova formula:Z b

af(x)dx = F (b)� F (a); (2)

pri µcemu je F : [a; b]! R bilo koja primitivna funkcija za f .


DOKAZ. Neka je F bilo koja primitivna funkcija za f . Oznaµcimo s F1 primitivnu

funkciju za f iz dokaza Teorema 4.71, tj. F1(x) =R xa f(t)dt. Po Teoremu 4.56, funkcije

F i F1 se razlikuju do na aditivnu konstantu, tj. F (x) = F1(x) + c za svaki x 2 [a; b].Prema tomu,Z b

af(x)dx = F1(b) = F1(b)� F1(a) = (F1(b) + c)� (F1(a) + c) = F (b)� F (a).

Pomocu Newton-Leibnizove formule, koju zapisujemo i u oblicimaZ b

af(x)dx =

hF (x)

iba= F (x)

��ba;

moµzemo lako izraµcunati odre�eni integral svake funkcije kojoj umijemo naci neodre�eni

integral, odnosno, primitivnu funkciju.

PRIMJER Izraµcunajmo odre�eni integral J =Z 5

�1(3x2 � 2x+ 5)dx.

Po dobivenoj formuli i svojstvima neodre�enog integrala slijedi:

J = (x3 � x2 + 5x)��5�1= (53 � 52 + 5 � 5)� ((�1)3 � (�1)2 + 5(�1)) =

125� (�7) = 132. �

PRIMJER Izraµcunajmo plo�tinu ravninskoga lika ome� enoga krivuljom y = 15x2 i

pravcima y = 0, x = 4 i x = 8 (v. crteµz).

P =

Z 8

4

x2

5dx =

1

5

Z 8

4x2dx =

1

5

�x3

3

�84

=1

15(83 � 43) = 448

15(kvadratnih jedinica). �

PRIMJER Izraµcunajmo integralZ 9

4

dxpx� 1 .

Najprije izraµcunajmo pripadni neodre�eni integral:Zdxpx� 1 =[x=t2; dx=2tdt; t=

px]=

Z2t

t� 1dt = 2Z �

1 +1

t� 1�dt =

2(t+ ln jt� 1j) + c = 2(px+ ln j

px� 1j) + c.

Sada, primjenom Newton-Leibnizove formule, dobivamo:Z 9

4

dxpx� 1 = 2 (

px+ ln j

px� 1j)

��94= 2((3 + ln 2)� (2 + ln 1)) = 2(1 + ln 2).

Primijetimo da se provedeni postupak moµze skratiti. Naime, kad god se za izraµcuna-

vanje pripadnog neodre�enog integrala rabi neka zamjenska funkcija, treba u tu zamjenu

ukljuµciti i integralove granice (i �zaboraviti� polaznu varijablu). U na�emu primjeru

bismo tako dobili


Z 9

4

dxpx� 1 =[x=t2; dx=2tdt; t=

px; x1=4)t1=2; x2=9)t2=3]=Z 3

2

2t

t� 1dt = � � � =h2(t+ ln jt� 1j)

i32= � � � = 2(1 + ln 2). �

Promatrajmo neprekidnu funkciju f : [a; b] ! R, a < b, kojoj je F : [a; b] ! R prim-itivna funkcija. Tada je, po Teoremu 4.71, funkcija F derivabilna pa na nju smijemo

primijeniti Lagrangeov teorem o srednjoj vrijednosti (Teorem 4.24):

(9x0 2 ha; bi) F (b)� F (a) = F 0(x0)(b� a); tj.

(9x0 2 ha; bi)Z b

af(x)dx = f(x0)(b� a):

Time smo dobili tzv. teorem o srednjoj vrijednosti integralnog raµcuna.

TEOREM 4.73 Za svako preslikavanje f : [a; b] ! R, a < b, postoji barem jedna

toµcka c 2 ha; bi takva da je

f(c) =1

b� a

Z b

af(x)dx: (3)

NAPOMENA 4.74 De�nicija odre�enog integralaZ[a;b]

f �Z b

af(x)dx ome�ene funk-

cije f : [a; b] ! R, a < b, dopu�ta de�nirati i odre�eni integral suµzenja te funkcije na

bilo koji od intervala [a; bi, ha; b] ili ha; bi i to na isti naµcin, tj.Z[a;bi

f =Rha;b] =

Zha;bi

fdef.=R[a;b] f:

NAPOMENA 4.75 Odre�eni integral ome�ene funkcije f : X ! R, X � R, kojojje de�nicijsko podruµcje X konaµcna unija disjunktnih (do na �rubne�toµcke) segmenata

ili intervala, de�nira se kao odre�eni integral trivijalnoga pro�irenja

~f : [a; b]! R; ~f(x) =

(f(x), x 2 X0, x 2 [a; b] nX

;

te funkcije na neki (bilo koji) segment [a; b] �to sadrµzi X. Prema tomu,�X =

Sni=1[ai; bi]; bi � ai+1

�)ZXf =

Z[a1;bn]

~f =Xn

i=1

Z[ai;bi]

~f =Xn

i=1

Z[ai;bi]

f:


4.3.2 NEKI PRIBLIµZNI INTEGRACIJSKI POSTUPCI

µCest je sluµcaj da nismo u mogucnosti ekspilicite izraµcunati intrgralRf(x)dx; dakle, "ni"

pripadni odre�eni integralR ba f(x)dx (kad postoji). (Izraµcunati konkretan odre�eni in-

tegral po de�niciji je, opcenito, "nemoguca" zadaca!) Osim toga, ponekad se zbog

sloµzenosti ili mukotrpnosti samog izraµcunavanja zadovoljavamo i relativno lako do-

bivenim netoµcnim rezultatom, ako je dostatno blizu toµcnoga rezultata. Kaµzemo da se u

takvim sluµcajevima odre�eni integral procjenjuje, grublje ili �nije, vec prema potrebi.

Jednu grubu procjenu daje formula

m(b� a) �Z b

af(x)dx �M(b� a)

iz Teorema 4.70(iii).

PRIMJER Procijenimo integralZ �=2

�=4

sinx

xdx:

Funkcija f : [�4 ;�2 ]! R je integrabilna jer je neprekidna. Po Teoremu 3.56, funkcija f

poprima na segmentu [�4 ;�2 ] svoju najmanju i najvecu vrijednost; tj. m � inf f = min f ,

M � sup f = max f (na [�4 ;�2 ]). Primijetimo da je f silazna funkcija. Naime (v. T.4.8),

f 0(x) = x cosx�sinxx2

= cosxx2(x�tg x) � 0, x 2 [�4 ;

�2 ]. Slijedi da f ekstremne vrijednosti

poprima na �rubu�, tj. min f = f(�2 ) =sin �

2�2

= 2� , max f = f(�4 ) =

sin �4

�4

= 2p2

� .

Napokon, po Teoremu 4.70(iii.) dobivamo procjenu

2

�

��2� �

4

��Z �=2

�=4

sinx

xdx � 2

p2

�

��2� �

4

�; tj.

1

2�Z �=2

�=4

sinx

xdx �

p2

2: �

Bolje (�nije) procjene odre�enog integrala (pseudotrapezove plo�tine) postiµzu se posebno

prilago�enim postupcima - numeriµckim metodama, bit kojih se sastoji u dobro pogo-

�enom odabiru jednostavnih ravninskih likova �to sveukupno pribliµzno prekrivaju pro-

matrani psedotrapez. Sada cemo upoznati neke od tih postupaka.

(a) Aproksimacija pravokutnicima. Integralne sume

J� =Xn�1

i=0f(xi)�x i J+ =

Xn

i=1f(xi)�x (4)

to bolje aproksimiraju integral J =R ba f(x)dx �to je pripadni ekvidistantni rastav D

�niji. Ako je funkcija f neprekidna, pozitivna i uzlazna, pribliµzna vrijednost J� jest

zbroj plo�tina svih pravokutnika s bazama duljine �x upisanih u pseudotrapez y =

f(x), y = 0, x = a, x = b, a pribliµzna vrijednost J+ - zbroj plo�tina svih pravokutnika

opisanih tomu pseudotrapezu (v. crteµz).


Ako je funkcija f i monotona, oµcito je J� � J � J+ ili J+ � J � J�.

(b) Trapezna formula. Ako se sve susjedne toµcke Ti = (xi; yi), yi = f(xi),

i = 0; 1; � � � ; n, spoje duµzinama, jednadµzbe tih duµzina (na pripadnim pravcima) jesu

y � yi�1 =yi � yi�1�x

(x� xi�1); x 2 [xi�1; xi]; i = 1; � � � ; n:

Time se dobiva poligonalna crta koja pribliµzno �prati�funkcijski graf Gf . Slijedi da se

traµzeni integral J =R ba f(x)dx moµze aproksimirati odre�enim integralom funkcije kojoj

je graf upravo ta poligonalna crta. Dakle,

J �Xn

i=1

Z xi�1+�x

xi�1

�yi � yi�1�x

(x� xi�1) + yi�1�dx =

�x

2

Xn

i=1(yi + yi�1) ili

J � �x�y0 + yn

2+Xn�1

i=1yi

�� JT (5)

Dobiveni izraz za pribliµznu vrijednost JT nazivamo trapeznom formulom jer je

aproksimacija dobivena upisivanjem trapeza (jednakih visina �x) µcim su yi�1 i yi istog

predznaka (v. iduci crteµz). Primijetimo da je

JT =J� + J+

2pa, prema tomu, trapezna formula, tj. JT bolje aproksimira integral J od aproksimacija

J� ili J+ pravokutnicima.

(c) Tangentna formula. Neka je funkcija f : [a; b] ! R derivabilna na ha; bi. Akose svaki dio grafa Gf nad segmentom [xi�1; xi]; zamijeni pripadnim dijelom tangente u

toµcki

Ti� 12=�xi�1+xi

2 ; yi� 12

�; yi� 1

2= f

�xi�1+xi

2

�; i = 1; � � � ; n;

dobiva se jo� jedna aproksimacija za J =R ba f(x)dx, ovaj put trapezima (visine �x)

opisanim promatranomu pseudotrapezu (v. crteµz dolje).


Buduci da je ordinata yi� 12srednjica i-toga trapeza, i = 1; � � � ; n, izravno se dobiva

pribliµzna formula

J � �xXn

i=1yi� 1

2� Jt: (6)

(d) Simpsonova formula. Aproksimirajmo sada svaki dio grafa Gf nad podsegmen-

tom [xi�1; xi] parabolinim lukom �to prolazi toµckama Ti�1, Ti� 12i Ti, i = 1; � � � ; n (v.

crteµz dolje). (Buduci da je ovdje parabolina os usporedna s y-osi, jednadµzba te parabole

jest y = aix2+bix+ci, pa je posve odre�ena bilo kojim trima svojim toµckama.) Izraµcu-

naju li se i zbroje odre�eni integrali pripadnih kvadratnih polinoma, dobiva se pribliµzna

vrijednost

J � �x

6

�y0 + yn + 2

Xn�1

i=1yi + 4

Xn

i=1yi� 1

2

�� JS : (7)

Izraz JS nazivamo Simpsonovom formulom. Zanimljivo je da vrijedi

JS =1

3(JT + 2Jt) ;

�to pokazuje da Simpsonova formula daje najbolju (od promatranih) aproksimaciju

odre�enog integrala J =R ba f(x)dx.

Potpunosti radi, navest cemo (bez dokaza) i procjene pogrje�aka R�, RT , Rt i RS redom

razmatranih postupaka. Ako funkcija f ima neprekidnu i ome�enu µcetvrtu derivaciju

f (4) i M4 = supfjf (4)(x)j j x 2 [a; b]g, onda je procjena pogrje�ke Simpsonovom formu-

lom

jRS j �M4

2880(b� a)(�x)4 = M4(b� a)5

2880n4(8)

Pogrje�ka aproksimacijom pravokutnicima jest

jR�j �M1

2(b� a)�x = M1(b� a)2

2n; (9)

pri µcemu f ima neprekidnu i ome�enu derivaciju f 0 i M1 = supfjf 0(x)j j x 2 [a; b]g.Napokon, ima li funkcija f neprekidnu i ome�enu drugu derivaciju f 00 te ako je M2 =

supfjf 00(x)j j x 2 [a; b]g, onda je

jRT j �M2

12(b� a)(�x)2 = M2(b� a)3

12n2; (10)

jRtj �M2

24(b� a)(�x)2 = M2(b� a)3

24n2: (11)


Relacije (8)-(11) potvr�uju da je, zaista, najbolja aproksimacija integrala J broj JS pa

zatim brojevi Jt, JT i J� (ili J+) redom. Netoµcnost ovisi o �x =b� an. Ako n ! 1

onda �x! 0, pa pogotovo (�x)k ! 0 za neki k 2 N, k � 2. To ponovno pokazuje da,za n!1, RS najbrµze teµzi k nula jer ovisi o (�x)4.

PRIMJER Izraµcunajmo pribliµzno integralZ 1

0ex

2dx Simpsonovom formulom, tako da

pogrje�ka bude manja od 0; 1.

Zahtjev jRS j < 0; 1 uvjetuje odabrati takav n 2 N da budeM4(b� a)52880n4

=M4

2880n4< 10�1; tj. n > 4

rM4

288:

Buduci da je

(ex2)(4) = 4(4x3 + 2x2 + 6x+ 1)ex

2;

(ex2)(5) = 8(4x4 + 2x3 + 12x2 + 3x+ 3)ex

2> 0;

to je funkcija (ex2)(4) pozitivna, neprekidna i uzlazna na [0; 1]; pa poprima najvecu

vrijednost u toµcki x = b = 1. Dakle,

M4 = 4(4 + 2 + 6 + 1)e12 = 52e.

Slijedi da treba uzeti neki

n > 4

rM4

288= 4

rM4

288� 0; 84;

pa vec n = 1 zadovoljuje: Sada Simpsonova formula daje

J � JS =b� a6

�y0 + y1 + 4y 1

2

�=1

6(e0 + e1 + 4e0;25) � 1 + 2; 718 + 4 � 1; 284

6� 1; 5;

dakle, J = 1; 5� 0; 1 ili J 2 h1; 4; 1; 6i. (Neka µcitatelj provjeri sljedeci podatak: Ako jen = 10 onda se dobiva J 2 h1; 4626; 1; 4628i.) �

Osim numeriµckoga pribliµznog integriranja, postoji i gra�µcko pribliµzno integriranje,

koje, jasno, nema alternative ako je funkcija f : [a; b] ! R zadana samo gra�µcki.

Stoga je praktiµcarima vaµzno ovladati i tom tehnikom. Sam postupak poµcinje izborom

pogodnog, ali �to grubljeg, rastava D = fx0; � � � ; xng koji dopu�ta pribliµzno (plo�tin-ski) zamijeniti svaki pseudotrapez nad [xi�1; xi] jednim pravokutnikom nad [xi�1; xi]

visine y0i = f(x0i ), x0i 2 [xi�1; xi], i = 1; � � � ; n. Gledano cjelovito, funkcijin graf Gf

se zamijenjuje stubastom "krivuljom" odre�enom gornjim osnovicama dobivenih pra-

vokutnika. Prema tomu, pribliµzna vrijednost odre�enog integrala J =R ba f(x)dx ce

biti

J � JG =Xn

i=1

Z xi

xi�1

y0i dx =Xn

i=1y0i (xi � xi�1): (12)

Opi�imo i samu tehniku gra�µckoga integriranja. Promatrajmo i-ti pravokutnik, tj.

onaj nad [xi�1; xi] visine y0i . Trokutu s vrhovima O = (0; 0), Ei = (0; y0i ), F = (�1; 0)


pridruµzimo trokut s vrhovima Ai = (xi�1; 0), Bi = (xi; 0), Ci = (xi; hi), pri µcemu se hi

dobiva iz uvjeta da trokuti OEiF i AiBiCi budu sliµcni (v. crteµz).

Ta sliµcnost povlaµci d(F;O) : y0i = (xi � xi�1) : hi pa je hi = y0i (xi � xi�1). To znaµci daje hi mjerni broj (kvadratnih) jedinica za povr�inu promatranoga i-tog pravokutnika.

Slijedom toga, zbrojXn

i=1hi = JG � J:

Korisno je i sam zbrojPn

i=1 hi odrediti gra�µcki. U tu svrhu se trokut Ai+1Bi+1Ci+1

zamijenjuje sukladnim trokutom A0i+1B0i+1C

0i+1 usporednih stranica, pri µcemu je A

0i+1 =

C 0i, i = 1; � � � ; n�1, i C 01 = C1. Tada je, naime, ordinata h0i+1 toµcke C0i+1 jednaka zbrojuPi+1

j=1 hj pa je, u konaµcnici, h0n =

Pni=1 hi (v. sljedeci primjer). Neka µcitatelj prouµci

primjer gra�µckoga integriranje na crteµzu dolje.

NAPOMENA 4.76 Primijetimo da poligonalna crta A1C1C 02 � � �C 0n aproksimira grafprimitivne funkcije x 7! F (x) =

R xa f(x)dx. Pritom su "prijelomne" toµcke C1, C 02, : : :,

C 0n to bliµze odgovarajucim toµckama na grafu GF �to je bolje aproksimiran integralR xixi�1

f(x)dx integralomR xixi�1

y0i dx, i = 1; � � � ; n. tj. �to je bolja aproksimacija proma-tranih pseudotrapeza pripadnim pravokutnicima.

4.3.3 NEPRAVI INTEGRAL

Sjetimo se da smo odre�eni integral de�nirali za ome�ene realne funkcije na segmentu,

a potom pro�irili i na njihova suµzenja na intervalima. Sada cemo poku�ati taj pojam

pro�iriti, kod god bude imao smisla, i na neome�ene funkcije, kao i na funkcije s neome-

�enim de�nicijskim podruµcjem. U svakom od tih sluµcajeva, govorit cemo o nepravom

integralu.


Najprije cemo razmotriti najednostavniji sluµcaj. Neka je, za svaki " > 0, suµzenje

f j[a;b�"] (neome�ene) funkcije f : [a; b]! R integrabilna funkcija, a � b� " < b, i neka

je limbf =1 (bilo �1 bilo +1). Oznaµcimo

Jd(f; ") � Jd(") =

Z b�"

a(f j[a;b�"])(x)dx:

Tada pripadni nepravi integral funkcije f de�niramo kao graniµcnu vrijednostZ[a;b]

f �Z b

af(x)dx

def.= lim

"!0Jd("):

Pritom kaµzemo da nepravi integralR[a;b] f konvergira µcim navedena graniµcna vrijednost

postoji (6= �1), a da divergira µcim ta graniµcna vrijednost ne postoji. Primijetimo

da je, zapravo, Jd(") = F (b � ") � F (a) µcim je F primitivna funkcija za f . Uoµcimo

i da vrijednost f(b) ne igra nikavu ulogu. Drugim rijeµcima, posve je svejedno je li

de�nicijsko podruµcje funkcije f segment [a; b] ili interval [a; bi. Pridodajmo i opci

kriterij za konvergenciju (dokaz je jednostavan) ovakvoga nepravog integrala:

(8" > 0)(9� > 0)(8a0; b0 2 hb� �; bi)��Z b0

a0

f(x)dx�� < ":

Sliµcno postupamo i u sluµcaju integrabilnosti na svakom podsegmentu [a + "; b] pod

�smetnjom� limaf =1. Oznaµciv�i

Jl(f; ") � Jl(") =

Z b

a+"(f j[a+";b])(x)dx;

de�niramoZ[a;b]

f �Z b

af(x)dx

def.= lim

"!0Jl("): (13)

Primijetimo da je ovdje, zapravo, Jl(") = F (b)�F (a+ ") µcim je F primitivna funkcija

za f . Pripadni kriterij za konvergenciju je isti kao u prethodnom sluµcaju, s tim da se

odabiru a0; b0 2 ha; a+ �i.

Treci sluµcaj nastupa kad je "smetnja" u nekoj toµcki c 2 ha; bi, limc�0

f =1 (bilo slijeva ili

zdesna u c). Tada se problem svodi na dva prethodna sluµcaja, tj. promatraju se suµzenja

od f na [a; c] i na [c; b], pa ako pripadni nepravi integrali konvergiraju onda i nepravi

integralR[a;b] f konvergira. Pripadna formula se, u sluµcaju limc�0

f = 1 i limc+0

f = 1, tj.limcf =1, moµze zapisati ovako:Z

[a;b]f �

Z b

af(x)dx

def.= lim

"!0

Z c�"

af(x)dx+ lim

�!0

Z b

c+�f(x)dx: (14)

Napokon, sada je oµcito kako postupiti u �opcem� sluµcaju, tj. kad postoji (najvi�e)

konaµcno mnogo toµcaka ci 2 [a; b] u kojima je limci�0

f =1, i = 1; � � � ; n.

Razmotrimo sada mogucnost integriranja na neome�enom de�nicijskom podruµcju. Pret-

postavimo, prvo, da je, za svaki b 2 R, b � a, suµzenje f j[a;b] funkcije f : [a; �i ! R


integrabilna funkcija. Oznaµcimo

J(f; b) � J(b) =

Z b

a(f j[a;b])(x)dx:

Nepravi integral funkcije f tada de�niramo kao graniµcnu vrijednostZ[a;�i

f �Z +1

af(x)dx

def.= lim

b!+1J(b): (15)

Kao i prije, kaµzemo da nepravi integralR +1a f(x)dx konvergira ako postoji (6= �1)

pripadna graniµcna vrijednost, a u protivnom da divergira. Jasno, ako je F primitivna

funkcija od f , onda je J(b) = F (b) � F (a). Pripadni kriterij za konvergenciju se lako

dokaµze, a glasi ovako:

(8" > 0)(9a0 � a)(8b0 � a0)��Z b0

a0

f(x)dx�� < ":

Analogno postupamo u sluµcaju funkcije f : h�; b]! R kojoj je integrabilno svako suµzenjef j[a;b], a 2 R, a � b. Oznaµciv�i, dakle,

J(f; a) � J(a) =

Z b

a(f j[a;b])(x)dx;

de�niramo nepravi integral funkcije f kao graniµcnu vrijednostZh�;b]

f �Z b

�1f(x)dx

def.= lim

a!�1J(a): (16)

Dakako, J(a) = F (b)�F (a) µcim je F primitivna funkcija za f . Odgovarajuci kriterij zakonvergenciju je u biti isti, s tim da se traµzi neki b0 � b i onda uzme bilo koji a0 � b0.

Napokon, ako je funkciji f : h�; b0] [ [a0; �i ! R, b0 � a0, integrabilno svako suµzenje

f j([a;b0][[a0;b]), onda se nepravi integral funkcije f svodi na dva prethodna nepravaintegrala. (U podsluµcaju b0 = a0, tj. f : R ! R, smijemo odabrati bilo koju toµckud 2 R i promatrati pripadna suµzenja na h�; d] i na [d; �i.) Pripadnu formulu moµzemozapisati ovako:Z

h�;b0][[a0;�if �

Z b0

�1f(x)dx+

Z +1

a0

f(x)dxdef.=

lima!�1

Z b0

af(x)dx+ lim

b!+1

Z b

a0

f(x)dx: (17)

Preostaje najopcenitiji sluµcaj: neome�ena funkcija f : X ! R, X � R, s neome�enimde�nicijskim podruµcjem X. I ovdje pretpostavljamo obstojnost najvi�e konaµcno mnogo

toµcaka ci 2 X u kojima je limci�0

f = 1, i = 1; � � � ; n, i integrabilnost svakoga suµzenjaf j[a;b] pri µcemu (nijedna) ci =2 [a; b] � X. To povlaµci da se nepravi integral funkcije f

moµze de�nirati pomocu konaµcno mnogo graniµcnih vrijednosti oblika (12) - (15): Prim-

jerice, za f : R! R s jedinom toµckom c u kojoj je limcf =1, pripadni nepravi integralR

R f de�niramo izrazomZ +1

�1f(x)dx

def.= lim

a!1

Z b0

af(x)dx+lim

"!0

Z c�"

b0

f(x)dx+lim�!0

Z a0

c+�f(x)dx+ lim

b!+1

Z b

a0

f(x)dx;


pri µcemu je a � b0 < c < a0 � b, i a0; b0 �ksni.

PRIMJER Neka je dana funkcija f : X ! R kojoj je graf Gf na donjem crteµzu.

De�nirajmo nepravi integral funkcije f .

Ovdje je vaµzno uoµciti da je X = R, limc1�0

f = +1, limc2�0

f = �1, limc2+0

f = +1 i

limc3�0

f = �1. U skladu s prethodnim razmatranjem, odaberimo toµcke a, a0, b, b0, i d0

tako da bude a � b0 < c1, c1 < d < c2; c2 < d0 < c3 < a0 < b, pa nepravi integral

funkcije f ima ovaj zapis:Z +1

�1f(x)dx = lim

a!�1

Z b0

af(x)dx+ lim

"!0

Z c1�"

b0

f(x)dx+

Z d

c1

f(x)dx+

lim�!0

Z c2��

df(x)dx+ lim

�!0

Z d0

c2+�f(x)dx+ lim

�!0

Z c3��

d0

f(x)dx+

lim�!0

Z a0

c3+�f(x)dx+ lim

b!+1

Z b

a0

f(x)dx: �

Primijetimo da moµze nastupiti i ovakav sluµcaj:

Nepravi integrali

lim"!0

Z c2�"

df(x)dx i lim

"!0

Z d0

c2+"f(x)dx

divergiraju, a ipak postoji graniµcna vrijednost

lim"!0

�Z c2�"

df(x)dx+

Z d0

c2+"f(x)dx

�:

Moµze se, naime, pritom dogoditi i da bude

lim"!0

�Z c2�"

df(x)dx+

Z d0

c2+"f(x)dx

�= F (d0)� F (d)

µcim je F primitivna funkcija za f , pa bi se smjelo uvjetno reci da "postoji odre�eni

integral"R d0d f(x)dx.

Sliµcno, moguce je da nepravi integrali

lim"!0

Z d0

c2+"f(x)dx) i lim

"!0

Z c3�"

d0

f(x)dx)

divrgiraju, a da postoji graniµcna vrijednost

lim"!0

�Z d0

c2+"f(x)dx+

Z c3�"

d0

f(x)dx�= lim

"!0

Z c3�"

c2+"f(x)dx:

To je temeljni razlog za razliµcito oznaµcavanje svake graniµcne vrijednosti u nepravom

integralu. U svezi s ovim, de�nira se tzv. glavna vrijednost nepravog integrala.


Primjerice, za funkciju f : [a; b] ! R s jedinom "integracijskom smetnjom" u toµcki

c 2 ha; bi, limc�0

f = �1(+1) i limc+0

f = +1(�1), glavnom vrijedno�cu pripadnoga

nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost

lim"!0

�Z c�"

af(x)dx+

Z b

c+"f(x)dx

�� V:P:

�Z b

af(x)dx

�:

Ako pak funkcija f : [a; b]! R ima jedine �integracijske smetnje�na rubu, tj. limaf =

�1(+1) i limbf = +1(�1), onda se glavna vrijednost pripadnoga nepravog integrala

de�nira kao

lim"!0

Z b�"

a+"f(x)dx � V:P:

�Z b

af(x)dx)

�:

Napokon, za funkciju f : R ! R, integrabilnu na svakom segmentu, glavnom vrijed-

no�cu pripadnog nepravog integrala nazivamo graniµcnu vrijednost

lima!+1

Z a

�af(x)dx � V:P:

�Z +1

�1f(x)dx

�:

PRIMJER Istraµzimo konvergira li nepravi integralZ +1

0

dx

x ln2 x:

Najprije odredimo toµcan zapis toga nepravog integrala. De�nicijsko podruµcjeX funkcije

x 7! f(x) = 1x ln2 x

jest skup R+ n f1g = h0; 1i [ h1; �i. Buduci da je lim0f = +1 = lim

1f

i da su 0, 1 i neome�eno integracijsko podruµcje jedine "smetnje", na�nepravi integral

ima ovaj zapis:Z +1

0

dx

x ln2 x= lim

"!0

Z d

"

dx

x ln2 x+lim�!0

Z 1��

d

dx

x ln2 x+lim�!0

Z a

1+�

dx

x ln2 x+ limb!+1

Z b

a

dx

x ln2 x;

pri µcemu je "; �; � > 0, 0 < d < 1 i 1 < a � b. Primijetimo da jeZdx

x ln2 x=

1

lnx+ c

pa je F : X ! R, F (x) = � 1lnx , primitivna funkcija za f . Buduci da je lim1�0

F =

�1, to promatrani nepravi integral divergira. Neka se µcitatelj uvjeri (kako izravnimraµcunom tako i primjenom kriterija za konvergenciju) da prvi i µcetvrti nepravi integral

(pribrojnik) u zapisu gore konvergiraju. �

PRIMJER Istraµzimo konvergira li nepravi integral: (a)Z 1

0

dxpx; (b)

Z 1

�1

dx

x3.

(a)Z 1

0

dxpx= lim

"!0

Z 1

"

dxpx= lim

"!0

h2pxi1"= 2 lim

"!0(1�

p") = 2.

(b)Z 1

�1

dx

x3= lim

"!0

Z �"

�1

dx

x3+ lim�!0

Z 1

�

dx

x3= lim

"!0

��12x2

��"�1+ lim�!0

��12x2

�1�

= (�1) + (+1),

pa ovaj nepravi integral divergira. (Neka µcitatelj provjeri konvergenciju (divergenciju)

tih nepravih integrala i pomocu danoga kriterija!) S druge strane, primijetimo da je

lim"!0

�Z �"

a

dx

x3+

Z b

"

dx

x3

�= lim

"!0

��12x2

��"a

+

��12x2

�b"

�=


lim"!0

� 1

2a2� 1

2b2

�=1

2

� 1a2� 1

b2

�;

za svaki a < 0 i svaki b > 0. Posebice, za a = �1 i b = 1, dobivamo njegovu glavnu

vrijednost

V:P:�Z 1

�1

dx

x3

�= lim

"!0

�Z �"

�1

dx

x3+

Z 1

"

dx

x3

�= 0: �

4.3.4 NEKOLIKO PRIMJENA ODREÐENOG INTEGRALA

U ovomu pododjeljku cemo pokazati kako se odre�eni integral primijenjuje na rje�avanje

nekih, preteµzito geometrijskih, zadaca. Na poµcetku trebamo malo detaljnije upoznati

neke pojmove u svezi s krivuljom, premda sama de�nicija nece, a na ovoj razini ni ne

moµze, biti sasvim matematiµcki korektna. Dakako, da ce graf Gf neprekidne funkcije

f : [a; b] ! R, derivabilne svuda osim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka, biti i daljeosnovni primjer ravninske krivulje.

DEFINICIJA 4.77 Neka je u ravnini � dan pravokutni koordinatni sustav (O; i; j).

Reci cemo da je skup � � � � R2 (ravninska) krivulja ako postoje interval I � R iure�eni par (�; ) neprekidnih funkcija �; : I ! R, takvi da je

� = f(�(t); (t)) j t 2 Ig.

Zapis x = �(t), y = (t) nazivamo parametarskim jednadµzbama, a surjekciju

r : I ! �, r(t) = (�(t); (t)), - neprekidnom parametrizacijom krivulje �. (Da

bismo bili posve korektni, treba pridodati uvjet o konaµcnosti tzv. singularnog skupa

ft 2 I j r�1[fr(t)g] 6= tg!)

Reci cemo da je krivulja � jednostavna ako se funkcije � i mogu odabrati tako da

funkcija r bude bijektivna. Ako je I segment [a; b] i r(b) = r(a), onda za � kaµzemo da

je zatvorena krivulja. Jednostavnu krivulju � nazivamo (ravninskim) lukom i µcesto

oznaµcujemo s_AB, pri µcemu je A = r(a) i B = r(b), govoreci pritom da su toµcke A i B

krajevi (ili rub) od_AB. Ako je bijektivnost funkcije r naru�ena samo u toµckama a i

b, tj. r(a) = r(b), onda kaµzemo da je � jednostavno zatvorena krivulja.

Reci cemo da je krivulja � glatka ako se funkcije � i mogu odabrati tako da budu

neprekidno derivabilne i da bude


�0(t)2 + 0(t)2 6= 0

u svakoj toµcki t 2 I. U tom sluµcaju kaµzemo da je r(t) = (�(t); (t)), t 2 I, glatka

parametrizacija krivulje �. Ako uvjetu �0(t)2 + 0(t)2 6= 0 nije udovoljeno u najvi�ekonaµcno mnogo toµcaka t1; � � � ; tn 2 I, onda kaµzemo da je krivulja � po dijelovima

glatka. (Napomenimo da uvjet �0(t)2 + 0(t)2 6= 0 znaµci obstojnost krivuljine tangenteu toµcki r(t) 2 �!)

Shvatimo li koordinate toµcke T = (�(t); (t)) 2 �, t 2 I, komponentama radijus-

vektora r(t) = rT te toµcke dobivamo vektorsku parametarsku jednadµzbu krivulje

� : r(t) = �(t)i+ (t)j; t 2 I:

PRIMJER Neka je f : [a; b] ! R preslikavanje, derivabilno svuda osim, moµzda, u

konaµcno mnogo toµcaka. Tada su y = f(t), x = i[a;b](t) = t, t 2 [a; b], ( = f , � =

i[a;b] - inkluzija) parametarske jednadµzbe po dijelovima glatkoga luka (grafa) � = Gf .

(Funkcija r : [a; b]! Gf , r(t) = (t; f(t)), je bijekcija!) Pripadna vektorska jednadµzba je

r(t) = ti+ f(t)j, t 2 [a; b]. Dakako da je i y = f(x), x 2 [a; b], jednadµzba te krivulje,ali u pravokutnim (Kartezijevim) koordinatama. �

PRIMJER Neka je u ravnini �, pored Kartezijeva (O; i; j), dan i polarni koordinatni

sustav (O; i;'). Neka je g : [�; �]! R preslikavanje, derivabilno svuda osim, moµzda, ukonaµcno mnogo toµcaka. Tada je � = g('), ' 2 [�; �], polarna jednadµzba po dijelovimaglatke krivulje (grafa) � � Gg = f(�; ') j � = g('); ' 2 [�; �]g u pripadnomu polarnomsustavu. Kao �to znamo, parametarske jednadµzbe te krivulje jesu x = g(') cos',

y = g(') sin', ' 2 [�; �]. Primjerice, elipsa

E : : : x = a cos', y = b sin', ' 2 [0; 2�];je glatka jednostavno zatvorena krivulja, dok je astroida

A : : : x = a cos3 ', y = a sin3 ', ' 2 [0; 2�],po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. (Uvjetu (x0)2 + (y0)2 6= 0 nije

udovoljeno u toµckama ' 2 f0; �2 ;3�2 ; 2�g.) �

NAPOMENA 4.78 (Glatkoj) krivulji se moµze pridijeliti vi�e (glatkih) parametrizacija.

Npr. kruµznici K : : : x2+y2 = 4 su x = 2 cos(nt), y = 2 sin(nt), t 2 [0; 2�n ], parametarskejednadµzbe za svaki n 2 N. Nije te�ko dokazati da, za svaki luk

_AB, A 6= B, svaka para-

metrizacija µcuva rub, tj. r[fa; bg] = fA;Bg (premda nije nuµzno r(a) = A i r(b) = B).

NAPOMENA 4.79 "Dodavanjem jedne dimenzije" se De�nicija 4.77 prirodno pro-

�iruje na de�niciju prostorne krivulje.


(a) Plo�tina ravninskog lika (kvadratura). Vec smo pokazali da se odre�eni inte-

gralR ba f(x)dx, f neprekidna i f(x) � 0 za svaki x 2 [a; b], smije interpretirati kao

plo�tina pseudotrapeza �to ga odre�uje krivulja y = f(x) nad segmentom [a; b] (v. (1)

i Teorem 4.72 (2)).

Ako je ravninski lik ome�en zatvorenom krivuljom ili se prostire i na donju poluravn-

inu, onda za izraµcunavanje njegove plo�tine rabimo dva ili vi�e odre�enih integrala, tj.

"snalazimo se" od sluµcaja do sluµcaja. Primjerice, plo�tina ravninskoga lika D na crteµzu

dolje jest

P (D) =

Z b

a(f(x)� g(x))dx

dok za plo�tinu ravninskoga lika D na ovoj skici treba staviti

P (D) =

Z c

af(x)dx�

Z b

cg(x)dx

Kad je krivulja zadana "inverznom" funkcijom, tj. jednadµzbom x = h(y), y 2 [c; d] (v.crteµz dolje)), plo�tina pripadnoga pseudotrapeza D se izraµcuna po formuli

P (D) =

Z d

ch(y)dy

NAPOMENA 4.80 Oznaµcimo li u formuli za plo�tinu, P (D) =R ba f(x)dx, umnoµzak

f(x)dx kao dP , smijemo pisati P (D) =R[a;b] dP . Geometrijski se broj dP smije in-

terpretirati kao plo�tina �in�nitezimalnog� (�neizmjerno malog�) pseudotrapeza nad

segmentom [x; x+ dx], koji se onda smije aproksimirati trapezom s osnovicama f(x) i

f(x) + �f(x) i visinom dx (v.crteµz). Zaista,f(x) + (f(x) + �f(x))

2dx = f(x)dx+

�f(x)dx

2� f(x)dx = dP


pri µcemu smo umnoµzak �f(x)dx dvaju neizmjerno malih brojeva zanemarili u zbroju s

f(x)dx. Stoga se o dP = f(x)dx govori kao o "plo�tinskom elementu" ravninskoga lika

D. "Zbrajanjem" (tj. integriranjem) svih plo�tinskih elemenata nad segmentom [a; b]

dobivamo traµzenu plo�tinu P (D).

Na isti naµcin cemo, poslije, svaki podintegralni izraz pomocu kojega izraµcunavamo

plo�tinu (duljinu, obujam (volumen), ...) zvati analognim imenom. µCesto se formalnim

izraµcunavanjem tih "elemenata" vrlo lako dolazi do korisnih formula za izraµcunavanje

traµzenih veliµcina. (Ipak, ispravnost tako dobivene formule treba potvrditi korektnim

dokazom!)

Neka je ravninska krivulja � zadana u polarnim koordinatama jednadµzbom � = g('),

' 2 [�0; �0].

Izraµcunajmo plo�tinu pseudotrokuta odre�enoga krivuljom � i pravcima ' = �, ' = �.

Za �plo�tinski element� uzimamo pripadni kruµzni isjeµcak od ' do ' + d' polumjera

g('), tj.

dP =l�

2=� � d' � �

2=g(')2d'

2;

gdje su l i � opce oznake, redom, za luµcnu duljinu i polumjer. Slijedi

P (D) =1

2

Z �

�g(')2d': (18)

Isti rezultat bismo dobili i strogim izvodom, tj. pomocu pripadnih donjih i gornjih

suma:1

2

Xn

i=1m2i ('i � 'i�1) � P (D) � 1

2

Xn

i=1M2i ('i � 'i�1)

za svaki rastav f'0; � � � ; 'ng segmenta [�; �] (pod pretpostavkom da je funkcija g2j[�;�]integrabilna!).

PRIMJER Izraµcunajmo plo�tinu ravninskoga lika D ome�enoga polarnom osi i prvim

"zavojem" Arhimedove spirale � = a', a > 0.


P (D) =1

2

Z 2�

0a2'2d' =

a2

2� '

3

3

��2�0

=4�3a2

3:

(Uoµcimo da je P (D) = �(2�a)2

3 , �to je trecina plo�tine kruga s polumjerom 2�a!) �

(b) Duljina ravninskog luka (rekti�kacija). Neka je ravninski luk � �_AB (do-

pu�tamo i B = A) zadan parametarskim jednadµzbama x = �(t), y = (t), t 2 [a; b],pri µcemu je A = (�(a); (a)) i B = (�(b); (b)). Oznaµcimo s D = D([a; b]) skup svihrastava segmenta [a; b]. Bijekcija (do na rub) r : [a; b] !

_AB, r(t) = (�(t); (t)),

pridruµzuje svakom rastavu D = ft0; � � � ; tng 2 D toµckovni skup fM0; � � � ;Mng na �,M0 = A = r(t0 = a), � � � , Mn = B = r(tn = b). Toµcke Mi dijele luk � na n podlukova

_Mi�1Mi, i = 1; � � � ; n. Spojimo li svaki par susjednih toµcaka; Mi�1 i Mi, duµzinom,

dobivamo poligonalnu crtu �upisanu�luku �. Pridijelimo sada svakom rastavu D broj

L(r;D) =Xn

i=1d(Mi�1;Mi);

pri µcemu d(Mi�1;Mi) oznaµcuje duljinu pripadne duµzine, tj. k��!Mi�1Mi k.

DEFINICIJA 4.81 Reci cemo da ravninski luk � �_AB, zadan jednadµzbom r :

[a; b]!_AB, r(t) = (�(t); (t)); t 2 [a; b], ima duljinu (ili da je rekti�kabilan), ako

je skup fL(r;D) j D = D([a; b])g � R ome�en: Tada broj supfL(r;D) j D = D([a; b])gnazivamo duljinom luka � i oznaµcujemo s L(�). (Treba napomenuti da ova de�nicija

nije posve korektna! Naime, trebalo bi prije dokazati da promatrani supremum ne ovisi

o odabranoj parametrizaciji r, �to bi nas odvelo izvan zadanih okvira.)

Usredotoµcimo se sada na efektivno izraµcunavanje duljine po dijelovima glatkog ravnin-

skog luka.

TEOREM 4.82 Neka je � �_AB po dijelovima glatki ravninski luk zadan pripadnom

parametrizacijom r : [a; b]! �, r(t) = (�(t); (t)); t 2 [a; b]. Tada je njegova duljina

L(�) =

Z b

a

p�0(t)2 + 0(t)2dt: (19)

DOKAZ. Po De�niciji 4.77, funkcije �; : [a; b]! R su neprekidno derivabilne svudaosim, moµzda, u konaµcno mnogo toµcaka i pritom je �0(t)2 + 0(t)2 6= 0. Neka je D =

ft0; � � � ; tng bilo koji rastav od [a; b] i neka je Mi = r(ti) � (xi; yi), i = 0; � � � ; n,M0 = A, Mn = B (v. crteµz).


Po De�niciji 4.81, rastavu D pridijeljujemo broj L(r;D),

0 � L(r;D) =Xn

i=1d(Mi�1;Mi) =

Xn

i=1

p(xi � xi�1)2 + (yi � yi�1)2 =Xn

i=1

p(�(ti)� �(ti�1))2 + ( (ti)� (ti�1))2

(T.4.24)=Xn

i=1

p(�0(� i)(ti � ti�1))2 + ( 0(~� i)(ti � ti�1))2 =Xn

i=1

p�0(� i)2 +

0(~� i)2(ti � ti�1);

pri µcemu su � i; ~� i 2 hti�1; tii, i = 1; � � � ; n. Neka je m�0 = minfj�0(t)j j t 2 [a; b]g, aM�0 = maxfj�0(t)j j t 2 [a; b]g, te neka su sliµcno de�nirani i brojevi m 0 i M 0 . (Svi

oni postoje jer su funkcije �0 i 0, pa onda i j�0j i j 0j neprekidne na segmentu [a; b].)Slijedi da je

L(r;D) �Xn

i=1

qM2�0+M2

0(ti � ti�1) =q

M2�0+M2

0

Xn

i=1(ti � ti�1) = (b� a)

qM2�0+M2

0;

�to znaµci da je skup fL(r;D) j D 2 D([a; b])g � R+ [ f0g ome�en, pa po De�niciji4.81 luk � ima duljinu L(�) = supfL(r;D) j D 2 D([a; b])g. Posve sliµcno se moµzepokazati da je (b � a)

qm2�0+m2

0donja me�a promatranoga skupa. Dokaµzimo da

se traµzeni supremum moµze izraµcunati po formuli (19)! Pretpostavimo, na trenutak,

da je luk � gladak. Odaberimo po volji toµcku Mt = (�(t); (t)) na �, t 2 [a; bi,pa promatrajmo "podluk"

_AMt i njegovu duljinu oznaµcimo s L(t). (Lako se vidi da

svaki "podluk" ima duljinu µcim luk ima duljinu.) Nadalje, za po volji mali �t > 0;

t + �t 2 [a; b], promatrajmo toµcku Mt+�t na �. Rabeci oznake za priraste, smijemo

pisati L(t +�t) = L(t) + �L(t) pri µcemu �L(t) oznaµcuje luµcnu duljinu za\MtM t+�t.

Oznaµcimo, jednostavnosti radi, minimume i maksimume od j�0j i j 0j na [t; t+�t] opets m�0 , M�0 , m 0 i M 0 . Po prije dokazanom slijedi

�tqm2�0+m2

0� �L(t) � �t

qM2�0+M2

0; tj.q

m2�0+m2

0� �L(t)

�t�qM2�0+M2

0:

Buduci da su funkcije j�0j i j 0j neprekidne, to je lim�t!0

jm�0 j = j�0(t)j = lim�t!0

jM�0 j ilim�t!0

jm 0 j = j 0(t)j = lim�t!0

jM 0 j. Posve sliµcno se zakljuµcuje na segmentu [t��t; t] zat 2 ha; b]. Prema tomu,


lim�t!0

�L(t)

�t=p�0(t)2 + 0(t)2; tj. L0(t) =

p�0(t)2 + 0(t)2:

Primijetimo da je L(0) = 0, pa Teoremu 4.71 povlaµci

L(t) =

Z t

a

p�0(t)2 + 0(t)2dt:

Buduci da jeMb = B, to je L(�) = L(b) pa je u sluµcaju glatke krivulje teorem dokazan.

Ako je krivulja po dijelovima glatke, onda je izvod za formulu (19) "problematiµcan" u

najvi�e konaµcno toµcaka, a to, kao �to znamo, ne naru�ava valjanost dobivene integralne

formule. (Smije se reci i da je duljina po dijelovima glatke krivulje jednaka (konaµcnom)

zbroju duljina svojih maksimalnih glatkih dijelova.)

Pozivajuci se na prija�nji dogovor (v. Napomenu 4.80), smijemo "podluk" nad segmen-

tom [t; t+ dt] smatrati "luµcnim elementom" i pisati

dL =p�0(t)2 + 0(t)2dt:

Ako je ravninski luk � zadan jednadµzbom y = f(x), x 2 [a; b], pri µcemu je funkcija fneprekidno derivabilna, onda iz parametrizacije x = t, y = f(t), t 2 [a; b], dobivamo

L(�) =

Z b

a

p1 + f 0(x)2dx: (20)

Ako je, pak, luk � zadan (jednadµzbom) u polarnim koordinatama � = g('), ' 2 [�; �],g neprekidno derivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos', y = g(') sin', daje

(x0)2 + (y0)2 = g(')2 + g0(')2. Slijedi,

L(�) =

Z �

�

pg(')2 + g0(')2d': (21)

(c) Obujam rotacijskog tijela (kubatura). Neka je f : [a; b] ! R neprekidna i

nenegativna funkcija. Tada graf Gf posve odre�uje pseudotrapez nad segmentom

[a; b]. Vrtnjom oko x-osi taj pseudotrapez oblikuje geometrijsko tijelo koje nazivamo

rotacijskim tijelom. Za dostatno mali dx, pripadni njegov dio odre�en segmentom

[x; x + dx] � [a; b] aproksimirat cemo krnjim sto�cem visine dx i baznih polumjera

f(x) i f(x + dx) = f(x) + �f(x) (v. crteµz). Za pripadni "volumenski element" tada

dobivamo:

dV =�dx

3

�f(x)2 + f(x)(f(x) + �f(x)) + (f(x) + �f(x))2

�=

�dx

3(3f(x)2 + 3f(x) ��f(x) + (�f(x))2) � �f(x)2dx;


gdje smo pribrojnike 3f(x) ��f(x) i (�f(x))2 ispustili jer su zanemarivo mali prema3f(x)2. (Ovo povlaµci da smo za promatrani "volumenski element" smjeli odabrati i

valjak visine dx i baznog polumkera f(x)!) Prema tomu, traµzeni obujam (zapremina)

rotacijskoga tijela jest

V = �

Z b

af(x)2dx: (22)

PRIMJER Izraµcunajmo kuglinu zapreminu.

Svaku kuglu smijemo smatrati rotacijskim tijelom, pri µcemu podrazumijevamo da se

odgovarajuci polukrug vrti oko svoga promjera. Za rje�enje ove zadace, promatrajmo

kruµznicu K ... x2 + y2 = R2. Dostatno je promatrati samo funkciju x 7! f(x) =pR2 � x2, x 2 [0; R] (pripadnu µcetvrtinu kruga, v. crteµz).

Po formuli (22) dobivamo

V = 2 � �Z R

0(R2 � x2)dx = 2�

�R2x� x3

3

�R0

=4�R3

3: �

Ako je krivulja � zadana parametarskim jednadµzbama x = �(t), y = (t), t 2 [a; b], iako je � 0 i � neprekidno derivabilna, onda je obujam pripadnoga rotacijskog (oko

x-osi, nad [a,b]) tijela dan formulom (izravno iz (22))

V = �

Z b

a (t)2�0(t)dt: (23)

Ako je, pak, krivulja � zadana polarnom jednadµzbom � = g('), ' 2 [�; �], g neprekidnoderivabilna, onda parametrizacija x = g(') cos', y = g(') sin', daje dx = (g0(') cos'�g(') sin')d'. Slijedi,

V =

Z �

�g(')2(g0(') cos'� g(') sin') sin2 'd': (23)

0

Napokon, po analgiji s formulom (23), za obujam pripadnoga rotacijskog tijela �to

nastaje vrtnjom oko y-osi dobivamo

Vy = �

Z b

a�(t)2 0(t)dt = �

Z (b)

(a)(� �1)2(y)dy: (24)

(d)Plo�tina rotacijske plohe (komplanacija). Pod pretpostavkama iz prethodnoga

razmatranja (u (c)), promatrajmo sada samo pla�t (bez osnovica) pripadnoga rotacij-

skog tijela, tzv. rotacijsku plohu. Da bismo joj izraµcunali plo�tinu P , izraµcunajmo

prvo njezin "plo�tinski element" dP . Opet cemo za aproksimiranje uzeti krnji stoµzac, tj.


njegov pla�t. Dakle, radi se o pla�tu krnjega sto�ca baznih polumjera f(x) i f(x)+�f(x)

i visine dx. Njegova izvodnica je s =p(dx)2 + (�f(x))2 pa je

dP = �(2f(x) + �f(x))ds) � 2�f(x)ds;

pri µcemu smo pribrojnik �f(x)ds ispustili jer zanemariv prema 2f(x)ds. Sada u skladu

s Napomenom 4.80 i koristeci (20) dobivamo

P = 2�

Z b

af(x)

p1 + f 0(x)2dx: (25)

U sluµcaju po dijelovima glatkog luka zadanog odgovarajucom parametrizacijom x =

�(t), y = (t), t 2 [a; b], dobivamo (f(x) � 0)

P = 2�

Z b

aj (t)j

p�0(t)2 + 0(t)2dt; (26)

a ako je krivulja zadana u polarnim koordinatama, tj. � = g('), ' 2 [�; �], onda je

P = 2�

Z �

�jg(') sin'j

pg(')2 + g0(')2d': (27)

PRIMJER Izraµcunajmo loptinu (sferinu) plo�tinu. Kao i u primjeru ??, dostatno je

promatrati kruµzniµcin dio y = f(x) =pR2 � x2, x 2 [0; R]; i primijeniti formulu (25).

Nu, buduci da je taj raµcun mnogo jednostavniji u polarnim koordinatama, primijenit

cemo formulu (27). (Polu)kruµznica ima tada jednadµzbu � = R, ' 2 [0; �], pa je traµzenaplo�tina

P = 2�

Z �

0R sin'

pR2 + 02d' = 2�R2

Z �

0sin'd' = 4�R2. �

(e) Teµzi�te ravninskog lika. Promatrajmo pseudotrapez odre�en neprekidnom i

nenegativnom funkcijom f : [a; b] ! R. Ne poja�njavajuci detaljnije �ziµcke razloge,recimo da se momenti (s obzirom na x-os i y-os) toga lika de�niraju izrazima

Mx =1

2

Z b

af(x)2dx; My =

Z b

axf(x)dx:

To povlaµci da se koordinate njegova teµzi�ta ("masenoga sredi�ta") T = (�; �), � = My

P

i � = MxP , mogu izraµcunati po formulama

� =

R ba xf(x)dxR ba f(x)dx

; � =1

2�R ba f(x)

2dxR ba f(x)dx

: (28)

PRIMJER Odredimo teµzi�te za polukrug.

Jednostavnosti radi, neka je polukrug odre�en (polu)kruµznicom x 7! y = f(x) =pR2 � x2, x 2 [�R;R]. Zbog simetriµcnosti je � = 0. Da bismo izraµcunali �, izraµcuna-

jmo prvo moment Mx.

Mx =1

2

Z b

af(x)2dx =

1

2

Z R

�R(R2 � x2)dx = 1

2

�R2x� x3

3

�R�R

=2

3R3:


Buduci da je pripadna plo�tina P =R R�RpR2 � x2dx = 1

2�R2, to je � = 4

3� � R �0; 4244R. �

Pridodajemo, bez dokaza, i odgovarajuce formule za momente u polarnim koordinatama:

Mx =1

3

Z �

�g(')3 sin'd'; My =

1

3

Z �

�g(')3 cos'd':

Pomocu njih i (18) se lako izraµcunavaju teµzi�ne koordinate ravninskih likova zadanih u

polarnom sustavu.

NAPOMENA 4.83 Formule (28) su uporabljive i za odre�ivanje teµzi�ta tvarnih tijela

koja su homogena (jednolike gustoce) i relativno tanka, tj. kojima je jedna dimenzija

("debljina") zanemariva prema drugim dvjema ("duµzini" i "�irini"). To su, primjerice,

raznovrsne tanke ploµce, ravni limovi i sl. Naime, masa takvog tijela je (kao �to znamo

iz �zike) razmjerna plo�tini pripadnog lika pa se isti faktor (gustoca) pojavljuje u broj-

nicima i nazivnicima ne mijenjajuci formule (28). Primijetimo, nadalje, da mnoµzeci

formule (28) faktorom 2�P i primijenjujuci formulu (22) dobivamo tzv. Guldinov teo-

rem

2��P = V;

tj. obujam odgovarajucga rotacijskog (oko x-osi) tijela jednak je umno�ku pripadne

plo�tine i opsega kruµznice �to ju opisuje teµzi�te.


Poglavlje 5

ZADACI

5.1 SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI

1. Dokaµzite da su sudovi (formule) A YB i :(A, B) istovrijedni.

2. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. She¤erove operacije " : Ako su A i B sudovionda je A " B sud istinit toµcno onda kad je barem jedan sudova A, B istinit. Usporeditesud A " B sa sudom :(A ^B).

3. Popunite tablicu istinosne vrijednosti tzv. Lukasiewiczeve operacije # : Ako su A i Bsudovi onda je A # B sud istinit toµcno onda kad su oba suda A, B laµzna. Usporedite sudA # B sa sudom :(A _B).

4. Provjerite istovrijednost ovih formula:

(a) :((8x)P (x)) = (9x):P (x); (b) :((9x):P (x)) = (8x)P (x).

5. Provjerite je li identiµcki istinita (dakle, tautologija, tj. istinita za svaku mogucu vrijed-nost svojih varijabla) neka od ovih formula:

(a) (9x)(8y)P (x; y)) (8y)(9x)P (x; y); (b) (8y)(9x)P (x; y)) (9x)(8y)P (x; y).

6. Provjerite pomocu tablice istinosne vrijednosti da su sudovi tautologije:

(a) (A) B)) (A ^ (:B); (b) (A _B), :((:A) ^ (:B):

7. Pokaµzite da je:

(a) A ^ (B _ C) = (A ^B) _ (A ^ C); (b) A _ (B ^ C) = (A _B) ^ (A _ C):

8. Dani su skupovi A = f1; 2; 3; 4; 5g; B = f0; 1; 2; 3; 4g i C = f�1; 0; 1; 2; 3g: Odrediteskupove A [ B; A [ C; A \ B; A \ C; A n B; B n A; A n C; 2A; 2B i komplemente CSAod A obzirom na S ako je S = A [B; A�B; B �A; A� C:

9. Neka su A;B i C podskupovi skupa U . Dokaµzite sljedece jednakosti:

(a) (A [B) [ C = A [ (B [ C); (A \B) \ C = A \ (B \ C);(b) A [B = B [A; A \B = B \A;(c) A [ (B \ C) = (A [B) \ (A [ C); A \ (B [ C) = (A \B) [ (A \ C);(d) A [ ; = A; A \ ; = ;;(e) A [ U = U ; A \ U = A;

(f) A [A = A; A \A = A;

(g) (Ac)c = A;

(h) (A [B)c = Ac \Bc; (A \B)c = Ac [Bc.

213

214 POGLAVLJE 5. ZADACI

10. Neka su A1; B1 � X i A2; B2 � X. Dokaµzite da je

(a) A1� (A2 [B2) = (A1�A2)[ (A1�B2); (A1 [B1)�A2 = (A1�A2)[ (B1�A2);(b) A1� (A2 \B2) = (A1�A2)\ (A1�B2); (A1 \B1)�A2 = (A1�A2)\ (B1�A2).

11. Simetriµcna razlika A4B skupova A i B je skup (A nB) [ (B nA): Dokaµzite da vrijedi:(a) A4B = B4A; (b) A \ (B4D) = (A \B)4(A \D);(c) A4; = A; (d) A4(B4D) = (A4B)4D;(e) A4A = ;:

12. Neka je S skup svih pravaca dane ravnine. Dokaµzite da je relacija aRb sa znaµcenjempravac a je paralelan pravcu b re�eksivna, simetriµcna i tranzitivna.

13. Neka je Z skup cijelih brojeva, c 2 Z; i neka je relacija R de�nirana sa xRy , a� b = ck;k 2 Z: Ova se relacija zove jo� i kongruencija i oznaµcava sa x � y(mod c) (µcita se "xkongruentno sa y modulo c": Dokaµzite da je to relacija klasi�kacije i odredite kvocijentniskup.

14. Dokaµzite da je, za svaki skup X, relacija odre�ena odnosom "biti podskup" (�) napartitivnom skupu 2X jedna relacija parcijalnog ure�aja.

15. Neka je f : X ! Y funkcija i neka su A;B � X i C;D � Y . Dokaµzite formule:

(a) f [A [B] = f [A] [ f [B]; f�1[C [D] = f�1[C] [ f�1[D];(b) f [A \B] � f [A] \ f [B]; f�1[C \D] = f�1[C] \ f�1[D];(c) f [A nB] � f [A] n f [B]; f�1[C nD] = f�1[C] n f�1[D];(d) f [f�1[C]] = C \ f [X] � C; f�1[f [A]] � A.

16. Neka su f : X ! Y i g : Y ! Z funkcije. Tada vrijedi:

(a) Ako je gf : X ! Z injekcija onda je i f injekcija;

(b) Ako je gf :X ! Z surjekcija onda je i g surjekcija.

17. Dokaµzite da je, za svaku bijekciju f : X ! Y , (f�1)�1 = f .

18. Dokaµzite da je kompozicija gf od bijekcija g i f opet bijekcija.

19. Neka je X skup. Za svaki podskup A � X de�nirajmo tzv. karakteristiµcnu funkciju�A : X ! f0; 1g podskupa A stavljajuci

�A(x) =

�1; x 2 A0; x 2 X nA :

Dokaµzite da je funkcija F : 2X ! ff j f : X ! f0; 1gg � f0; 1gX , odre�ena pravilomF (A) = �A za svaki A 2 2X , bijekcija. (Prema tomu, partitivni skup 2X i skup f0; 1gXsvih funkcija iz X u dvoµclani skup su ekvipotentni.)

20. Reci cemo da je broj n 2 N paran (neparan), ako postoji k 2 N takav da je n = 2k(n = 2k � 1). Dokaµzite da je svaki prirodni broj ili paran ili neparan, te da je skup svihparnih (neparnih) prirodnih brojeva ekvipotentan skupu N.

21. Reci cemo da m 2 N dijeli n 2 N (ili da je n djeljiv s m) i pisati m jn, ako postoji k 2 Ntakav da je n = mk. Oµcito je da je svaki n 2 N djeljiv s 1 i s n. Reci cemo da je prirodnibroj p, p � 2, prost broj (ili prim-broj ), ako je p djeljiv samo s 1 i s p. Dokaµzite da jesvaki prirodni broj n jednak umno�ku nekih prostih brojeva, te da je skup P svih prostihbrojeva ekvipotentan skupu N.

22. Broj k 2 N nazivamo zajedniµckim (vi�e)kratnikom od m;n 2 N, ako m jk i n jk. Dokaµziteda je, za svaki m;n 2 N, skup svih zajedniµckih vi�ekratnika od m i n neprazan i da imaminimalni element, tzv. najmanji zajedniµcki (vi�e)kratnik V (m;n) brojeva m i n.

5.1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 215

23. Broj l 2 N nazivamo zajedniµckom mjerom od m;n 2 N, ako l jm i l jn. Dokaµzite da je,za svaki m;n 2 N, skup svih zajedniµckih mjera od m i n neprazan i da ima maksimalnielement, tzv. najvecu zajedniµcku mjeru M(m;n) brojeva m i n.

24. Pojmovi najmanjega zajedniµckog vi�ekratnika V (m;n) i najvece zajedniµcke mjereM(m;n)se pro�iruju na svaki par cijelih brojeva m;n 2 Z n f0g. Dokaµzite:(a) V (m;n) = V (n;m) i M(m;n) =M(n;m);

(b) Svaka zajedniµcka mjera od m i n dijeli M(m;n);

(c) V (m;n) dijeli svaki zajedniµcki vi�ekratnik od m i n;

(d) V (km; kn) = kV (m;n).

25. Reci cemo da su cijeli brojevi m;n 2 Znf0g relativno prosti, ako je M(m;n) = 1.Dokaµzite:

(a) M(m;n) = 1) (9k; l 2 Z) mk + nl = 1;(b) M(m;n) = 1) mn=V (m;n).

26. Dokaµzite: (8m;n 2 Znf0g) V (m;n) �M(m;n) = mn.

27. Dokaµzite da je S(n) = 12 + 22 + 32 + : : :+ n2 =1

6n(n+ 1)(2n+ 1):

28. Izraµcunajte sume:

(a)1

1 � 3 +1

3 � 5 +1

5 � 7 + : : :+1

(2n� 1)(2n+ 1) ;

(b)Xn

k=1k(k + 1)(k + 2)

�= n(n+1)(n+2)(n+3)

4

�:

29. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n � 2 vrijedi nejednakost(2n)!

(n!)2>

4n

n+ 1:

30. Dokaµzite da za svaki prirodan broj n � 2 vrijedi nejednakost

1 +1p2+

1p3+ : : :+

1pn< 2

pn� 1:

31. Dokaµzite da za svaki x > 0 i svaki prirodan broj n vrijedi nejednakost

xn + xn�2 + xn�4 + : : :+1

xn�4+

1

xn�2+1

xn� n+ 1:

32. Dokaµzite:

(a) 3n � 2n2 � 1 j8 (broj 3n � 2n2 � 1 je djeljiv sa 8 za svaki n 2 N);(b) 212n+4 � 36n+1 j13;(c) (22n � 1)(23n � 1) j21 :

33. Neka su x1 i x2 nultoµcke polinima P (x) = x2 � 1994x+ 1: Dokaµzite da je xn1 + xn2 cijelibroj za svaki prirodan broj n:

34. Defektna d� d �ahovska ploµca je d� d �ahovska ploµca s jednim uklonjenim poljem (bilokojim). Dokaµzite da se svaka defektna 2n � 2n; n 2 N , �ahovska ploµca moµze pokrititrinomima, �gurama od tri polja u obliku slova L.

35. Na kruµznici je izabrano n parova razliµcitih toµcaka. Na koliko dijelova P1(n) one dijele tukruµznicu.

36. Na sferi je dano n kruµznica od kojih se svake dvije sijeku. Dokaµzite da one dijele sferuna P2(n) = n2 � n+ 2 dijela.


37. Dokaµzite da je za svaki prirodan broj n broj:

(a)�3 +p17

2

�n+�3�p17

2

�nneparan cijeli broj;

(b) (�2 +p3)n + (�2�

p3)n cijeli broj.

38. Realni broj a 2 R nazivamo algebarskim brojem, ako postoji polinom x 7! p(x) = anxn+

� � �+a1x+a0 s racionalnim koe�cijentima an; � � � ; a1; a0 2 Q kojemu je a nultoµcka, tj. zakoji je p(a) = 0. Preostale realne brojeve nazivamo transcendentnima. (Primjerice,

p2

je algebarski broj, dok je, za svaki krug, omjer njegova opsega i promjera transcendentanbroj "pi" - � � 3; 14159 � � � .) Dokaµzite da je Q pravi podskup skupa A svih algebarskihbrojeva, te da je A prebrojiv, tj. jAj = @0.

39. Rije�ite jednadµzbe x2� 2x+2 = 0 i x2+4 = 0 i njihova rje�enja prikaµzite u kompleksnojravnini.

40. Izraµcunajte z1 + z2; z1 � z2; z1 � z2 i z1z2 ako je:

(a) z1 = 1� i; z2 = 2 + 3i; (b) z1 = 2� i; z2 = i; (c) z1 = 2; z2 = 1� 2i:

41. Odredite realni i imaginarni dio kompleksnih brojeva

z =1

1� i ; z =�1� i

p3

2

�2; z =

�1� i1 + i

�3i odredite njihove module.

42. Izraµcunajte:

(a)i6 + i3

i2 � i7 ; (b) Imi20 � ii+ 1

; (c) p(2 + i) ako je p(z) = z2 � 5z + 1:

43. Odredite Re(z) i Im(z), ako je z =�1 + i1� i

�ni n 2 N.

44. Dokaµzite sljedece relacije o konjugiranju kompleksnih brojeva:

(a) z1 + z2 = z1 + z2; (b) z1 � z2 = z1 � z2;

(c) z1 � z2 = z1 � z2; (d)�z1z2

�=z1z2, z2 6= 0;

(e) z = z; (f) z = z , z 2 R.

45. Odredite t 2 R takav da je Im(z1 + z2) = 0 ako je z1 = 1 + 2ti i z2 = 3t� 4i:

46. Odredite sve z 2 C takve da je:

(a) z = z2; (b) z = z3;

(c) z(3 + 2i) = i10; (d)jzj+ z �

p29

2= 1 +

5

2i9:

47. Ako je jz1j = jz2j = 1 i z1 � z2 6= �1 dokaµzite da je z =z1 + z21 + z1 � z2

2 R:

48. Prikaµzite u trigonometrijskom obliku kompleksne brojeve:

z1 =p3 + i; z2 = 2i; z3 = �

p2; z4 = 3; z5 = 1 + i

123

i nacrtajte iz u kompleksnoj ravnini.

49. Odredite podskup A kompleksne ravnine C kojemu elementi ispunjaju uvjet:

(a) jz � 1j < 1; (b) jzj+Re(z) � 2;(c) jz � 2j+ jz + 2j = 6; (d) jz2 + 1j � 2jzj = 0.

5.1. SKUPOVI, FUNKCIJE, REALNI BROJEVI 217

50. Izraµcunajte:

(a)��1 + i

p3�3; (b)

�12+ i

p3

2

�50; (c)

(1 + i)16�

1� ip3�9 :

51. Izraµcunajte:

(a) 5p�1; (b)

q(1� i

p3)7; (c) 4

p�8 + 8

p3i; (d) 5

p�p3 + i:

52. Dokaµzite idantitet jz1 + z2j+ jz1 � z2j = 2�jz1j2 + jz2j2

�: Koji je geometrijski smisao tog

identiteta.

53. Odredite sve kompleksne brojeve (i nacrtajte ih u kompleksnoj ravnini) za koje vrijedi:

(a) jzj =p2; jz + ij = jz + 1j ; (b) jzj = jz � 1j ; arg(z � 1) = 3�

4 ;

(c) �6 < arg z <�4 ; 1 < jzj < 3:

54. Nacrtajte skupove u kompleksnoj ravnini:

(a) fz 2 C : jz � ij > 1g ; (b) fz 2 C : Re z = Im zg ;(c) fz 2 C : jz � 1 + ij = 3g ; (d) fz 2 C : Im [(1 + i) z] � 1g ;(e) fz 2 C : jz � ij+ jz + ij = 1g ; (f) fz 2 C : 1 < jzj � 2g ;(g) fz 2 C : z � z + i(z � z) = 2g ; (h)

�z 2 C : ��

2 < arg(z + 1� i) <3�4

:

55. Neka je funkcija f zadana pravilom f(x) =x� 3x2 � 1 : Odredite f(�2); f(0) i f(0; 5): Da li

postoji li f(�1)?

56. Neka je f(x) =

8<: 2x; �1 < x < 02; 0 � x < 1x� 1; 1 � x � 3

: Odredite f(2); f(0; 5); f(�0; 5) i f(3):

57. Odredite f(x) ako je:

(a) f(x+ 1) = x2 � 3x+ 2; (b) f�x+

1

x

�= x2 +

1

x2:

58. Odredite funkciju f : X ! R, X � R, implicitno zadanu jednadµzbomlg(x� 1) + lg(y + 1)� 1 = 0:

59. Odredite funkciju f : X ! R, X � R, f(x) = y, parametarski zadanu jednadµzbama

x =et + e�t

2; y = t+ et; t 2 R:

60. Odrediti de�nicijsko podruµcje X � R funkcije f : X ! R zadane izrazom:

(a) f(x) =p2x2 + x+ 9; (b) f(x) = arcsin(3 + 2x);

(c) f(x) =px+ 1�

p3� x+ e 1x ; (d) f(x) =

px+ 1

ln(1� x) ;

(e) f(x) =x2 � 4 + ln(�x)1 +

px2 � 4

; (f) f(x) = ln arcsinx+ 1

5� x ;

(g) f(x) =x+ 2

3px� jxj

:

61. Odredite inverzne funkcije i njihovo de�nicijsko podruµcje od funkcija:

(a) f(x) = x+ 1; (b) f(x) = 3px2 + 1; (c) f(x) =

1� x1 + x

:

62. Provjerite bijektivnost i odredite inverznu funkciju od f : R! R;f(x) =

3px+

p1 + x2 +

3px�

p1 + x2:


63. Odredite de�nicijsko podruµcje X � R i dokaµzite da je realna funkcija:

(a) x 7! 5p(x� 1)2 + 5

p(x+ 1)2 parna; (b) x 7! loga

1 + x

1� x neparna.

64. Dokaµzite da je funkcija x 7! sinx + 12 sin 2x +

13 sin 3x periodiµcna i odredite joj osnovni

period.

65. Ako za funkciju f : X ! R vrijedi f(x) =1 + f(x� a)1� f(x� a) ; x 2 X (a je bilo koja konstanta).

Dokaµzite da je f periodiµcna funkcija.

66. Toµcnom ra�µclambom na osnovne elementarne funkcije, dokaµzite da je funkcija f : X ! R,X � R, f(x) = �1 + arctg 5(3x+1)2 , elementarna.

67. Nacrtajte grafove:

(a) y = x jxj ; (b) y = jx� 3j � jxj ; (c) y =��x2 � 1�� jx� 2j ;

(d) y = x3 � 1; (e) y = (x� 1)3; (f) y = 2 + (x� 2)3:(g) y = x3 � 3x+ 2; (h) y = x2 � x4:


(a) y =2

x; (b) y =

1

1� x (c) y =x� 2x+ 2

;

(d) y = x+1

x; (e) y =

1

(x� 1)2; (f) y =

1

x2 + 1;

(g) y =1

x2 � 1 :


(a) y = e�x; (b) y = e�1x2 ; (c) y = ln(x+ 3) + 1;

(d) y = lnx2; (e) y = ln(1� x2); (f) y = lnx� 2x+ 2

;

(g) y = ln��x� 1x+ 3

��:70. Nacrtajte grafove:

(a) y = sin jxj ; (b) y = 2 sin�� 12x� 1��; (c) y = cosx� jcosxj ;

(d) y = cos(x2 + 1); (e) y = arctg(x� 1); (f) y = arcsin jsinxj :

5.2 LINEARNA ALGEBRA

1. Za matrice A =

�1 �24 �2

�i B =

�2 13 5

�odredite

(a) A+ 2B; (b) A�B; (c) AB; (d) BA:

2. Odredite umoµzak matrica:

(a)�1 �3�2 �2

��3 25 3

�; (b)

�1 2 14 5 �1

��

24 2 1�1 25 1

35 ;(c)

�0 2 12 3 �2

��

24 12�1

35 ; (d)

24 25�1

35 � ��2 1 3�;

(e)��1 3 4

��

24 32�1

35 ; (f)

24 5 2 13 2 �1�1 5 3

35 �242 4 �21 �1 22 5 4

35 :

5.2. LINEARNA ALGEBRA 219

3. Izraµcunajte AB �BA ako je

A =

24 1 2 14 2 1�1 6 5

35 ;B =

24 4 �2 1�2 3 25 �2 5

35 :4. Neka je f(x) = 2x2 + 3x� 2 i A =

�1 12 3

�: Izraµcunajte f(A) = 2A2 + 3A� 2:

5. Dokaµzite da su prve tri od matrica24 100

35 ;24 010

35 ;24 001

35 ;24 2�312

35linearno nezavisne i prikaµzite µcetvrtu kao njihovu linearnu kombinaciju.

6. Neka je A matrica tipa (m;n), a I jediniµcna matrica n-toga (m-toga) reda. Dokaµzite daje AI = A (IA = A):

7. Neka je A matrica tipa (m;n), a O neka oznaµcuje bilo koju nulmatricu. Dokaµzite da jeAO = O i OA = O kad god su ti umno�ci moguci.

8. Odredite inverzne matrice A�1 matrica:

(a) A =

�1 23 4

�; (b) A =

�1 22 5

�;

(c) A =

243 �4 52 �3 13 �5 �1

35 ; (d) A =

266412

12

12

12

12

12 � 1

2 � 12

12 � 1

212 � 1

212 � 1

2 � 12

12

3775 :9. Odredite rang r(A) matrica:

(a) A =

�1 0 �10 2 3

�; (b) A =

242 �3 16 11 6 �2 31 3 2 2

35 ;(c) A =

26641 6 7 1 42 5 11 1 612 5 3 1 415 25 10 5 30

3775 :

10. Odredite rang matrice

241 � �1 22 �1 � 51 10 6 1

35 u ovisnosti o parametru �:

11. Odredite parametar � tako da matrica

26643 1 1 4� 4 10 11 7 17 32 2 4 3

3775 ima najmanji rang i odredite tajrang. Koliki je rang za ostale vrijednosti parametra �?

12. Jesu li matrice24 3�+ 1 � 4�

1� � �� 1 �� 2�2 + �+ 2 � �2 + 2�

35 i24�+ 1 �� 2 �2 � 2�2� 2�� 3 �2 � 2��2 1 1

35ekvivalentne?


13. Izravnom provjerom potvrdite da ce izmjenom mjesta trecega i sedmoga elementa upermutaciji (5; 1; 4; 2; 3; 7; 6) broj pripadnih inverzija promijeniti parnost.

14. Neka je A = (aij) kvadratna matrica µcetrvrtog reda.

(a) Koliko inverzija prvih (drugih) indeksa ima u zapisu a11a32a24a43?

(b) Koliko je inverzija prvih indeksa u zapisu toga umno�ka kad su drugi indeksi uosnovnoj permutaciji, a koliko je inverzija drugih indeksa kad su prvi indeksi uosnovnoj permutaciji?

15. Izraµcunajte determinante:

(a)

��6 14 7

�� ; (b)

��x+ y x� yx� y x+ y

�� ; (c)

��3 4 �58 7 �22 1 8

�� ;(d)

��1 4 �1 22 3 �2 �2�1 2 4 13 5 4 3

�� ; (e)

��1 1 3 42 0 0 83 0 0 24 4 7 5

�� :16. Neka je A = (aij) "donja (gornja) trokutasta" matrica, tj. kvadratna matrica s ele-

mentima aij = 0 µcim je i > j (aij = 0 µcim je i < j). Dokaµzite da je detA =Y

iaii.

(Posebice, det I = 1.)

17. Dokaµzite da za kvadratne n-redne matrice A i B vrijede ove formule:

(a) det(A+B) = detA+ detB;

(b) det(�A) = �n detA; � 2 R (C);(c) det(AB) = detA � detB.

18. Rije�ite jednadµzbu

��x� 3 x+ 2 x� 1x+ 2 x� 4 xx� 1 x+ 4 x� 5

�� = 0:19. Dokaµzite:

(a)

��1 a bc1 b ca1 c ab

�� = (b� c)(b� a)(a� c);

(b)

��a a a aa b b ba b c ca b c d

�� = a(a� b)(c� b)(d� c):

20. Ako su A1 i A2 rje�enja linearnog sustava Ax = B. Dokaµzite da je za svaki � 2 R iA(�) = �A1 + (1� �)A2 rje�enje toga sustava.

21. Dokaµzite ispravnost Cramerove formule.

22. Rije�ite sustave:

(a)

8<: 5x +6y �5z = 453x �2y +4z = 204x +y �2z = 35

; (b)

8<: 2x �3y +z = �1x +y +z = 63x +y �2z = �1

;

(c)

8>><>>:x1 +2x2 +3x3 �4x4 = 112x1 +x2 +5x3 +x4 = 33x1 +2x2 +x3 +2x4 = �1x1 +x2 +5x3 +x4 = 5

.


23. Za koje vrijednosti parametra t je sustav�x cos t +y sin t = 1

x +y = 2

proturjeµcan.

24. Je li sustav8>>>><>>>>:x5 +x6 = 2

x4 +x5 = 3x3 +x4 = 4

x2 +x3 = 5x1 +x2 = 6

proturjeµcan?

25. Odredite rje�enja sustava u ovisnosti o parametru:

(a)

8>><>>:�x +3y +2z = 1x +(�� 1)y = 4

10y +3z = �22x ��y �z = 5

(b)

8<: ax +y �z = 1x +ay �z = 1x �y �az = 1

;

(c)

8>><>>:tx1 +x2 +x3 +x4 = 1x1 +tx2 +x3 +x4 = tx1 +x2 +tx3 +x4 = t2

x1 +x2 +x3 +tx4 = t3

26. Rije�ite matriµcne jednadµzbe:

(a)�1 33 4

��X =

�3 55 9

�;

(b)�3 �15 �2

��X�

�5 67 8

�=

�14 169 10

�;

(c)

241 2 �33 2 �42 �1 0

35 �X =

24 1 �3 010 2 710 7 8

35 ;(d)

242 �3 14 �5 25 �7 3

35 �X�249 7 61 1 21 1 1

35 =24 2 0 �218 12 923 15 11

35 :27. Dokaµzite da je relacija � na skupu svih usmjerenih duµzina iz prostora E razredbena

relacija.

28. Neka su dane bilo koje dvije usmjerene duµzine��!AB i

��!CD. Dakaµzite:

(a)��!AB � ��!CD , �!

AC � ��!BD; (b)��!AB � ��!CD , ��!

BA � ��!DC.

29. Dokaµzite tvrdnju �(a+ b) = �a+ �b.

30. Dan je pravokutnik ABCD: Izrazite preko dijagonala�!AC i

��!BD stranice

��!AB;

��!BC;

��!CD i��!

DA:

31. Kakav je me�usobni poloµzaj vektora a i b ako je:

(a) kak+ kbk = ka+ bk ; (b) kak � kbk = ka� bk :

32. Nacrtajte vektore a = 4i+j i b = i+3j: Kolike su projekcije vektora a i b na koordinatneosi x i y?

33. Neka je a = 4i+ j, b = �2i+ 3j; c = i+ 4j: Odredite � i � ako je c = �a+ �b:


34. Toµcke A = (�3; 2; �) ; B = (3;�3; 1) i C = (5; �; 2) uzastopni su vrhovi paralelogramaABCD:

(a) Odredite vrh D; (b) Odredite � tako ja je k ��!AD k=p14;

(c) Za vecu vrijednost iz (b) prikaµzite�!AC preko

��!AD i

��!BD:

35. Dokaµzite da su dva ne-nulvektora a i b okomita onda i samo onda kad njihov skalarniumnoµzak i�µcezava.

36. Odredite skalarni umnoµzak a � b ako je a = 2m � n; b = m � 2n; kmk = 2; knk = 4 i\ (m;n) = �

3 :

37. Odredite kut izme�u vekrora a =m+ n i b =m� n ako je kmk = knk = 2:

38. Toµcke A = (�3; 2; 0) ; B = (3;�3; 1) i C = (5; 0; 2) i D = (�1; 1; 1) vrhovi su paralelo-grama ABCD: Odredite kut izme�u dijagonala.

39. Dani su vektori a = 6i+ j + k; b = 3j � k i c = �2i+ 3j + 5k: Odredite � tako da suvektori 2a+ �b i c okomiti.

40. Izraµcunajte:

(a) [(i� j)� i]� i; (b) i� (j + k)� j � (i+ k) + k � (i+ j + k) :

41. Izraµcunajte ka� 2bk ako je kak = 6; kbk = 5 i \ (a; b) = �6 :

42. Ako je kak = 10; kbk = 5; a � b = 12 odredite ka� bk :

43. Ako je kak = 10; kbk = 5; ka� bk = 16 odredite a � b:

44. Dani su vektori a = i+ j + k; b = i+ j i c = i� j: Odredite vektor x ako je x � a = 3 ix� b = c:

45. Dokaµzite tvrdnje:

(a) (a� b)� c = (a � c)b� (b � c)a; (b) a� (b� c) = (a � c)b� (a � b)c.

46. Dokaµzite da je (a+ b) � [(a+ c)� b] = (a� c) � b:

47. Dokaµzite da su toµcke A = (2;�1;�2) ; B = (1; 2; 1) i C = (2; 3; 0) i D = (5; 0;�6)komplanarne.

48. Toµcke A = (2; 0; 0) ; B = (0; 3; 0) i C = (0; 0; 6) i D = (2; 3; 8) su vrhovi tetraedra.

(a) Izraµcunajte volumen tetaedra; (b) Izraµcunajte visinu iz vrha D:

49. Dokaµzite da je (a� b) � (c� d) =��a � c a � db � b b � b

�� :50. Odredite kanonski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1;�1; 1) i paralelan je s vek-

torom s = i+ 2j + 3k:

51. Odredite parametarski zapis pravca koji prolazi toµckom T = (1; 0; 2) i kojemu je smjerovnivektor s = �i+ 2j + 3k:

52. Odredite kanonski zapis pravca�

x� y + 3� 4 = 02x+ y � 2z + 5 = 0 :


53. Nuµzan uvjet da se pravcix� x1l1

=y � y1m1

=z � z1n1

ix� x2l2

=y � y2m2

=z � z2n2

sijeku je��x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1l1 m1 n1l2 m2 n2

�� = 0:Odredite n tako da pravac

x� 11

=y � 2�1 =

z � 1n

sijeµce pravacx� 21

=y � 32

=z � 43

i odredite presjeµcnu toµcku.

54. Udaljenost d toµcke T0 od pravca p koji prolazi toµckom T1 i ima smjerovni vektor s danaje formulom

d =k s��!T0T1 k

k s k :

Dokaµzite.

55. Izvedite formulu za najkracu udaljenost izme�u dvaju neparalelnih pravacax� x1l1

=y � y1m1

=z � z1n1

ix� x2l2

=y � y2m2

=z � z2n2

:

Na�ite najkracu udaljenost pravacax+ 1

1=y

1=z � 12

ix� 21

=y + 1

3=z � 24

:

56. Napi�ite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = 2;�1; 3) i:

(a) na koordinatnim osima odsijeca jednake odsjeµcke;

(b) sadrµzi x-os;

(c) prolazi ishodi�tem i toµckom T1 = (1; 1; 1):

57. Napi�ite jednadµzbu ravnine u vektorskom obliku n � r +D = 0:

(a) ravnine 2x� y + z � 3 = 0;(b) ravnine koja je paralelna ravnini [2 �1 0] �r = 5 i koja prolazi toµckom T = (0; 1; 2):

58. Odredite sjeci�te pravcax� 11

=y

2=z + 1

1i ravnine x� 2y + z + 5 = 0:

59. Pravacx� 1a

=y + 2

2=

z

�1 je paralelan s ravninom x� 2y + 3z � 1 = 0: Koliki je a?

60. Odredite jednadµzbu ravnine koja prolazi toµckom T = (0: � 1; 0) i sadµzi pravacx� 12

=

y

1=z + 1

3:

61. Odredite ortogonalnu projekciju toµcke T = (�1; 0; 1) na ravninu 2x+ y � z + 7 = 0:

62. Na�ite toµcku koja je simetriµcna toµcki T = (�1; 0;�1) obzirom na ravninu 2x+ y� z+7:

63. Na�ite projekciju toµcke T = (1; 2; 8) na pravacx� 12

=y

�1 =z

1:

64. Na�ite toµcku koja je simetriµcna toµcki T = (1; 2; 8) obzirom na pravacx� 12

=y

�1 =z

1:


5.3 KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST

1. Odredite graniµcne vrijednost (konvergentnih) realnih nizova (an):

(a) an =n

cn, c > 1; (b) an = n

pc, c > 0;

(c) an =nb

cn, b > 0, c > 1; (d) an =

cn

n!;

(e) an = npn; (f) an =

1npn!.

2. Zadan je niz an =(1� a)n2 � 2n+ b

an2 + n+ 1: Odredite a i b tako da je lim (an) = 2 i a1 = 0:

3. Odredite graniµcne vrijednost sljedecih (konvergentnih) realnih nizova (an):

(a) an =2n3 � 11� n3 ; (b) an =

3

arctg n;

(c) an =n2(n2 + 1)

2n(n2 � 1) ; (d) an =�2n+ 32n+ 1

�n+1;

(e) an = n [ln(n+ 3)� lnn] ; (f) an =(�3)n + 4n

(�3)n+1 + 4n+1:

4. Odredite sva gomili�ta niza:

(a) an =3n2 + 2n

n2 + 1� 1 + (�1)

n

2+1� (�1)n

n; (b) an =

�1 +

1

n

�cosn�:

5. Neka je (an) realni niz i an 6= 0 za svaki n 2 N. Dokaµzite implikacije:

(a) lim(an) = +1) lim�1 +

1

an

�an= e;

(b) lim(an) = �1) lim�1 +

1

an

�an= e;

(c) lim(an) = 0) lim�1 +

1

an

�an= e;

(d) lim(an) = 0) lim� ln(1 + an)

an

�an= 1.

6. Neka je A � R i neka je a0 = inf A ili a0 = supA. Tada postoji niz (an) u A takav da jelim(an) = a0. (Uputa : Ako je a0 = inf A onda (8" > 0)(9a 2 A) a < a0 + ", pa se moµzeuporabiti niz ("n), "n = 1

n .)

7. Odredite graniµcne vrijednost nizova:

(a) an =2pn2 sinn

n+ 1; (b) an =

n sin(n!)

n2 + 1:

8. Odredite graniµcne vrijednost nizova:

(a) an =1

3pn3 + 1

+1

3pn3 + 2

+ � � �+ 13pn3 + n

;

(b) an =1p

n2 + 1+

1qn2 + 1

2

+ � � �+ 1qn2 + 1

n

:

9. Pokaµzite da realni redX

an, an = ln�1 +

1

n

�, divergira iako je lim(an) = 0.

5.3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 225

10. Neka je (an) bilo koji niz decimalnih znamenaka (tj. an 2 f0; 1; 2; � � � ; 9g). Dokaµzite darealni redX

bn; bn =an10n

;konvergira.

11. Ispitajte konvergenciju redova pomocu D�Alembertovog kriterija:

(a)1

e+8

e2+27

e3+64

e4+ � � � ;

(b)1!

21 + 1+

2!

22 + 1+

3!

23 + 1+ � � � ;

(c) 1 +1

a+2b

a2+3b

a3+ � � � ; a > 1; b 2 R:

12. Ispitajte konvergenciju redova pomocu Cauchyjevog kriterija:

(a) 1 +1

22+1

33+1

44+ � � � ;

(b)3

2 arctg 1+

32

22 arctg 22+

33

23 arctg 33+ � � � ;

(c) sin 2 + 22 sin 1 + 23 sin2

3+ 24 sin

2

4+ � � � :

13. Konvergira li redX1

n=1an gdje je

a2n�1 =� n

2n� 1

�2n�1i a2n =

� n

2n+ 1

�2n+1?

(Uputa: Primijenite Cauchyjev kriterij.) Osim toga, pokaµzite da je lim�a2n+1a2n

�> 3 i

raspravite tu µcinjenicu.

14. Ispitajte konvergenciju redova pomocu poredbenog kriterija:

(a) 1 +ln 2

2+ln 3

3+ln 4

4+ � � � ;

(b) 1 +1

ln 2+

1

ln 3+

1

ln 4+ � � � ;

(c)1

1001+

1

2001+

1

3001+ � � � :

15. Ispitajte konvergenciju redova pomocu Leibnizovog kriterija:

(a)X1

n=2(�1)n 1

(lnn)n; (b)

X1

n=1(�1)n 1

n� lnn:

16. Ispitajte konvergenciju redova:

(a)X1

n=1

nn

(n!)2;

(b)X1

n=1

(2n� 1)!2 � 4 � 6 � � � � � (2n) ;

(c)X1

n=1

�n� 2n+ 2

�n(n+1);

(d) 1 +2

3� 49+8

27+16

81� 32

243+ � � � ;

(e) cos 1 +cos 2p23+cos 3p33+cos 4p43+ � � � :


17. Izraµcunajte sume redova:

(a)X1

n=1

1

n(n+ 3);

(b)X1

n=1

1

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

(c)X1

n=1

�pn+ 2� 2

pn+ 1 +

pn�:

18. Dokaµzite da funkcijski niz (fn), fn : [0; �i ! R; fn(x) = np1 + xn; konvergira po toµckama

prema funkciji f0 : [0; �i ! R, f0(x) = 1 za x � 1 i f0(x) = x za x > 1.

19. Dokaµzite da funkcijski niz (fn) u RR,

fn(x) =�1 +

x

n

�n;

konvergira po toµckama prema funkciji f0 : R ! R; f0(x) = ex. Je li ta konvergencijajednolika?

20. Dokaµzite da funkcijski redX

fn u RR,

fn(x) = ln�1 +

x2

n ln(1 + n)

�;

jednoliko konvergira na svakom segmentu [�c; c] � R, ali ne i na cijelom R.

21. Odredite podruµcje konvergencije redova:

(a)X1

n=1

xn�1

n2 � 3n ; (b)X1

n=1

xn2

n!;

(c)X1

n=1

xn

n � 10n ; (d)X1

n=1

(x� 1)n

(2n+ 1)(2n+ 3):

(e)X1

n=1

(�1)n2n� 1

�1� x1 + x

�n;

22. Odredite konvergencijski polumjer potencijskoga redaX

anxn:

(a) an = 1 za svaki n; (b) an =1

n2; (c) an =

nn

n!.

23. Pokaµzite da potencijski redX

xn, n 2 N[f0g jednoliko konvergira na svakom segmentu

[�r; r] za r 2 h0; 1i, ali ne i na intervalu h�1; 1i. (Uputa:��Pk

n=0 xn � 1

1�x�� = jxjk+1

j1�xj �1

2k+1j1�xj � 1 µcim je x dovoljno blizu 1.)

24. Odredite graniµcne vrijednosti:

(a) limx!+1

(x� 1)3

2x3 � x+ 2 , r > 0; (b) limx!+1

3px3+2

x;

(c) limx!1

� 3

1� x3 �1

1� x

�; (d) lim

x!0

p1 + x� 1

3p1 + x� 1

:

25. Odredite graniµcne vrijednosti:

(a) limx!3+0

2

3� x ; (b) limx!3�0

2

3� x ;

(c) limx!+0

e1x ; (d) lim

x!�0e1x :

26. Funkciji x 7! f(x) =e1x + a2 + a

e1x + 2

odredite limese slijeva i zdesna u toµcki x = 0. Moµze li

se odabrati neki a 2 R za koji bi postojao limx!0

f(x)?

5.3. KONVERGENCIJA I NEPREKIDNOST 227

27. Odredite sljedece graniµcne vrijednosti:

(a) limx!0

px+ 1� 1

3px+ 1� 1

; (b) limx!2

px�

p2

x� 2 ;

(c) limx!4

p1 + 2x� 3px� 2 ; (d) lim

x!0

sin2 x2x2

;

(e) limx!0

1� cos 2xx sinx

; (f) limx!0

sin(x� 1)1� x3 ;

(g) limx!1

�2x+ 32x+ 2

�x+1; (h) lim

x!1

�x2 + 1x2 � 1

�x2�1;

(i) limx!0

ln(1 + x)

x; (j) lim

h!0

eh � 1h

;

(k) limx!e

lnx� 1x� e ; (l) lim

x!1

arctg x

x:

28. Istraµzite pona�anje funkcije x 7! f(x) pri rubnim toµckama njezina de�nicijskog podruµcjaX � R:

(a) f(x) =1

1 + e1x

; (b) f(x) =ln(1 + ex)

x;

(c) f(x) = arctg�1 +

1

x

�; (d) f(x) = ln(1 + 2x):

29. Dokaµzite da je funkcija f : R+ ! R, f(x) = xx, neprekidna.

30. Dokaµzite da je tzv. Dirichletova funkcija

f : R! R; f(x) =�0, x 2 Q1; x 2 R nQ ;prekidna u svakoj toµcki x 2 R.

31. Postoji li i (ako postoji) koja je to konstanta a 2 R s kojom funkcija

f : R! R; f(x) =

8<: 1� x2, x 2 h�; 0ia; x = 01 + x, x 2 h0; �i

;

postaje neprekidna?

32. Odredite parametar � tako da funkcija f bude neprekidna:

(a) f(x) =

8<: x2 � 4x2 � 2 ; x 6= 2�; x = 2

; (b) f(x) =

(sinx

x; x < 0

5x2 � 2x+ �; x � 0;

(c) f(x) =�

ex � 1; x � 0x+ �; x > 0

:

33. Dopu�ta li funkcija neprekidno pro�irenje na cijeli R:

(a) f : Rnf0g ! R, f(x) = x2 sin1

x; (b) f : Rnf1g ! R, f(x) = arctg

1

x� 1 .

34. Pokaµzite da funkcijski niz (fn); fn : R! R; fn(x) = e�nx; konvergira po toµckama prema

funkciji f0 : R ! R; f0(x) =�0; x 6= 01, x = 0

; te obrazloµziti za�to f0 ima prekid u toµcki

x = 0.

35. Dokaµzite da je svaka toµcka x 2 Q � R neizolirana toµcka od Q.


5.4 INFINITEZIMALNI RAµCUN

1. Derivirajte po de�niciji funkcije:

(a) f(x) = x2 � 2; (b) f(x) = ex2

;

(c) f(x) = sin 2x; (d) f(x) = x3:

2. Derivirajte funkcije:

(a) f(x) = x2 + x3 + sinx; (b) f(x) =�x2 � x+ 1

�(x4 + 2);

(c) f(x) =x

x2 + 1; (d) f(x) =

px+ �;

(e) f(x) = 3px2 �

pxpx+

pe; (f) f(x) =

1�px

1 + 3px:


(a) f(x) = sinx+ tg x; (b) f(x) = (1 + ctg x) cosx;

(c) f(x) = arcsinx+ arccosx; (d) f(x) =cosx

1 + tg x:


(a) f(x) = lnx+ log x; (b) f(x) = ex � cosx;

(c) f(x) = 3xex; (d) f(x) =ctg x

x lnx:

5. Izraµcunajte f 0(e�6 ) ako je f(x) = 3

psin(lnx).

6. Derivirajte kompozicije funkcija:

(a) f(x) = (x2 + 2)3; (b) f(x) = ln(sinx);

(c) f(x) =pxex; (d) f(x) = ln

r1 + x

1� x ;

(e) f(x) =1

5x2; (f) f(x) = e

pxex ;

(g) f(x) = arcsinx� 1x

; (h) f(x) =p4x� 1 + arctg

p4x� 1;

(i) f(x) = 2arctgpx; (j) f(x) = (tg x)3 � ln(cos t):


(a) f(x) = xsin x; (b) f(x) = ln xpsinx;

(c) f(x) =(cosx)sin x

x2 + 3; (d) f(x) =

(x2 + 2x+ 3)15(2x+ 5)10

(5x+ 3)13:

8. Odredite y0 ako je:

(a) x3y + xy3 = ex; (b) xy + sin y) = ex+y;

(c) x23 + y

23 = a

23 ; (d) (x2 + y2)y2 = ax2:

9. Odredite n-tu derivaciju i njenu vrijednost u toµcki x0 :

(a) f(x) =1

x; x0 = �1; (b) f(x) = sinx; x0 = �

2 ;

(c) f(x) = cosx; x0 = �; (d) f(x) = ln1� 4x1 + 4x

; x0 = 0:

10. Derivirajte parametarski zadane funkcije:

(a) x(t) = t� sin t; y(t) = 1� cos t; (b) x(t) =t(t+ 1)

t+ 2; y(t) =

t2 � 4t+ 1t

;

(c) x(t) =psin 3t; y(t) =

� t+ 3t� 3

�5:

5.4. INFINITEZIMALNI RA µCUN 229

11. Odredite jednadµzbu tangente i normale na krivulju y = f(x) u toµcki x0 :

(a) y = ln cosx+ 1, x0 = 0; (b) y = arctg e2x + ln

re2x

2e2x � 1 ; x0 = 0:

12. Iz toµcke T = (4; 1) povucite tangentu na krivulju y =x� 1x

i odredite dirali�te.

13. Na�ite tangentu na parabolu y = x2 � tx+ 3 paralelnu s pravcem 5x+ y � 3 = 0:

14. Neka je jednadµzbama x = t + ln t i y = t2 parametarski zadana funkcija x 7! f(x) = y.Odredite tangentu pripadnoga grafa Gf kojoj je smjerovni koe�cijent k = 1.

15. Neka su pravci t i n redom tangenta i normala u bilo kojoj toµcki na astroidi

x = a cos3 '; y = a sin3 '; ' 2 [0; 2�i :Dokaµzite da je 4d(t;O)2 + d(n;O)2 = a2, pri µcemu je O = (0; 0) ishodi�te, a d oznaµcujeudaljenost.

16. Primjenom L�Hospitalovog pravila izraµcunajte:

(a) limx!�

2

tg x

tg 5x; (b) lim

x!a

ln(x� a)ln(ex � ea) ;

(c) limx!1

aln x � 1lnx

; (d) limx!2

p5x� 1�

p4x+ 1p

3x� 2�px+ 2

;

(e) limx!1

lnx ln(x� 1); (f) limx!�

2

(1� sinx) � tg x;

(g) limx!0

� 1x� 1

ex � 1

�; (h) lim

x!1

� 1

x� 1 �1

lnx

�:

17. Primjenom L�Hospitalovog pravila izraµcunajte:

(a) limx!0

(sinx)tg x

; (b) limx!0

xx;

(c) limx!1

(lnx)1�x

; (d) limx!1

� 1�arcsin

� 11�x ;

(e) limx!1

(2� x)tg�2 x ; (f) lim

x!0

� sinxx

� 1x2

:

18. Neka je kuglin polumjer (izmjeren s pogre�kom) r = 3 cm�0; 1mm. Odredite (do napogre�ku) kuglin obujam V .

19. Razvijte funkciju u red potencija u okolini zadane toµcke, te provjerite za koje vrijednostix formula vrijedi (pronadite podruµcje konvergencije reda):

(a) f(x) =1

x; x0 = 3; (b) f(x) = ln(1 + 2x); x0 = 0;

(c) f(x) = sin�

4x; x0 = 2; (d) f(x) =

2

1 + 2x; x0 = 0:

20. Koliko µclanova Maclaurinova razvoja elementarne funkcije f(x) = ln(1 + x) treba uzetida bi se broj ln 2 izraµcunao s toµcnosti do 10�5 (tj. da apsolutna pogre�ka ne bude vecaod 10�5)?

21. Odrediti sumu s : X ! R potencijskoga redaX (n+ 1)(n+ 2)

2xn:

22. Smije li se funkcijski red

(a)X� sinnx

n� sin(n+ 1)x

n+ 1

�, x 2 [0; 2�];

(b)X

sinn x, x 2 [0; �2 � "], " > 0,


derivirati "µclan po µclan"? Pojasnite �to se zbiva u primjeru (b) kad se dopusti x 2�0; �2

�.

23. Neka je funkcija f : R! R zadana pravilom

f(x) =

(x2 sin

1

x, x 6= 0

0; x = 0:

Dokaµzite da postoji neki " > 0 takav su vrijednosti f(x) < 0 za x 2 h�"; 0i i f(x) > 0za x 2 h0; "i. Nadalje, dokaµzite da je funkcija f derivabilna, ali da nije monotona ni najednom intervalu �to sadrµzi toµcku x = 0 . Je li f 0 neprekidna u toµcki x = 0?

24. Dokaµzute Darbouxov teorem: Ako je funkcija f : X ! R, X � R, derivabilna na segmentu[a; b] � X i ako je f 0(a) 6= f 0(b), onda derivacija f 0 poprima svaku vrijednost izme�u f 0(a)i f 0(b). (Primijetimo da f 0 ne mora biti neprekidna!)

25. Na kruµznici x2 + y2 = R2 odredite tangentu s dirali�tem u prvom kvadrantu tako daduljina odsjeµcka te tangente me�u koordinatnim osima bude najveca.

26. Nekom pravokutniku dva vrha leµze na grafu Gf , f(x) =x

x2 + 1, a druga dva na asimptoti

toga grafa. Odredite te vrhove pod uvjetom da pravokutnikova povr�ina bude najveca.

27. Raµcunom potvrdite da su x1 = 2 i x2 = 3 in�eksijske toµcke za polinom p(x) = (2x �3)(x� 3)5. Odredite i pripadne intervale na kojima je p konveksan, odnosno, konkavan.

28. Odredite ekstreme i in�eksije funkcija:

(a) f(x) = x2e�x; (b) f(x) = sinx+ 12 sin 2x:

29. Odredite a 2 R tako da funkcija f(x) = x+ a

x2 + aima in�eksiju u x = 1; a zatim odredite

sve in�eksije funkcije f:

30. Provjerom potvrdite da su pravci x = 2; y = 3 i y =x

2+ 4 asimptote za funkciju

x 7! f(x) = 3 +x3 +

px6 � 1

4(x� 2)2 :

31. Istraµziti kakva svojstva ima funkcije f : R! R u i "blizu" toµcke x = 0, ako je f(0) = 0 i:

(a) f(x) = e�1x2 , x 6= 0; (b) f(x) = xe�

1x2 , x 6= 0;

(c) f(x) = x2�2 + sin

1

x2

�, x 6= 0; (d) f(x) = x2 sin 1

x , x 6= 0;

(e) f(x) = x2�1 + x2 sin

1

x

�, x 6= 0.

32. Istraµzite funkciju i nacrtajte pripadni graf:

(a) f(x) = xjxj � 1; (b) f(x) = x+ sinx;

(c) f(x) =x� 1x+ 2

; (d) f(x) = x+ 1� 2

x;

(e) f(x) =2x3

x2 � 4 ; (f) f(x) =7

x2 + 3� 1;

(g) f(x) =

px2 � 3x� 42x+ 4

; (h) f(x) = ex2�1x2�4 ;

(i) f(x) =��e 1x � ex�� ; (j) f(x) = e

1x ;

(k) f(x) =lnxpx; (l) f(x) = x� 2 ln

�1� 1

x

�;

(m) f(x) = x1x :

33. Odredite onu primitivnu funkciju F za funkciju sin koja u toµcki x = � ima vrijednost 7.


34. Koristeci osnovna svojstva i tablicu osnovnih integrala izraµcunajte:

(a)Zx 3pxdx; (b)

Zx3 � 2x+ 4

xdx;

(c)Z �

1� 1

x2

�pxpxdx; (d)

Z2x+1 � 5x�1

10xdx;

(e)Z(2x� 3 sinx+ cosx) dx; (f)

Ztg2 xdx;

(g)Ze3x + 1

ex + 1dx; (h)

Z px2 + 2x+ 1

xdx;

(i)Zctgh2 xdx; (j)

Zx2 + 3

x2 � 1dx:

35. Metodom supstitucije izraµcunajte integrale:

(a)Z p

2x� 3dx; (b)Z

1

2 + 3px� 1

dx;

(c)Z

1

x2 + 3dx; (d)

Z1p

2� 3x2dx;

(e)Z �

e�x + e�2x�dx (f)

Zcos (1� 3x) dx;

(g)Z

1

sin2�2x+ �

4

�dx; (h)Z

1

1 + cosxdx;

(i)Ztg xdx; (j)

Z1

sinxdx;

(k)Z

x

5 + x4dx; (l)

Z1

x ln5 xdx;

(m)Zsin5 x cosxdx; (n)

Zarctg

pxp

x (x+ 1)dx:

36. Metodom parcijalne integracije izraµcunajte integrale:

(a)Zlnxdx; (b)

Zx ln2 xdx;

(c)Zln(x+

px2 + 1)dx; (d)

Zx2e�xdx;

(e)Zx sinxdx; (f)

Ze�x sin�xdx;

(g)Zcos (lnx) dx; (h)

Zarcsinxdx;

(i)Zarctg

pxdx; (j)

Z pa2 � x2dx;

(k)Z

x2

(1 + x2)2 dx; (l)

Zx2 ln

1� x1 + x

dx:

37. Odredite rekurzivne relacije za integrale:

(a) In =Zsinn xdx; (b) In =

Z1

cosn xdx;

(c) Im;n =Zsinm x cosn xdx:

38. Izraµcunajte integrale:

(a)Z

1

x2 + 3xdx; (b)

Z1

3 + x� x2 dx;


(c)Z

3x+ 2

2x2 + x� 3dx; (d)Z p

x2 + x+ 2dx;

(e)Z

3x+ 1p2x2 � x+ 1

dx; (f)Z

x

x4 � 2x2 � 1dx:

39. Izraµcunajte integrale racionalnih funkcija:

(a)Z

x3 + 1

x2 � 3x+ 2dx; (b)Z

x+ 1

x(x� 1)3 dx;

(c)Z

x2

1� x4 dx; (d)Z

1

x(x2 + 1)2dx:


(a)Z

1

5 + 4 cosxdx; (b)

Z1

2 sinx� cosx+ 3dx;

(c)Z1 + tg x

sin 2xdx; (d)

Z1

(2 + sin2 x) cosxdx;

(e)Zsin2 x cos4 xdx; (f)

Zsin 5x cosxdx:


(a)Z1�

px+ 1

1 + 3px+ 1

dx; (b)Zx

rx� 1x+ 1

dx;

(c)Z

1

(x+ 1)px2 + x+ 1

dx; (d)Z

3px� x3dx;

(e)Zxpx2 � 2x+ 2dx; (f)

Z1

x+px2 + x+ 1

dx;

(g)Z

1px2 + 1�

px2 � 1

dx:

42. Primjenom parcijalne integracije dokaµzite rekurzivne formule:

(a)Zxnexdx = xnex � n

Zxn�1exdx, n 2 N;

(b)Zcosn xdx =

cosn�1 x sinx

n+n� 1n

Zcosn�2 xdx, n 2 N.

43. Provjerite toµcnost ove formule (pod uvjetom jaj 6= jbj):Z(cos ax � cos bx)dx = 1

2(a� b) sin(a� b)x+1

2(a+ b)sin(a+ b)x+ c:

Koja se formula dobiva u sluµcaju jaj = jbj?

44. Provjerite toµcnost ovoga raµcuna:Z p1� x2dx = 1

2

�xp1� x2 + arcsinx

�+ c:

45. Smije li se funkcijski redX sinnx

npnintegrirati "µclan po µclan" na R?

46. Izraµcunajte integral funkcijskoga redaX

fn, fn(x) =1

n4 + x2.

47. Zapi�ite kao odre�eni integral limese suma:

(a) limn!1

Xn

i=1x3i sinxi4x; x 2 [0; �]; (b) lim

n!1

Xn

i=1

h(x�i )

2 � x�ii4x; x 2 [0; 1];

(c) limn!1

Xn

i=1

3

q(�xi)

24x; x 2 [0; 4]; (d) limn!1

Xn

i=1xi�1e

xi�14x; x 2 [0; 1]:


48. Aproksimirajte integralZ 4

0

�x2 � 3x

�dx sumama L8; D8 i M8: Ilustrirajte slikom.

49. KoristeciZ b

a

f(x)dx = limn!1

Dn izraµcunajte integrale

(a)Z 2

0

�2� x2

�dx; (b)

Z 5

0

�1 + 2x3

�dx:

50. Nacrtatajte graf funkcije f(x) =

8><>:4� 1

2x; x 2 [0; 2i

�p4� (x� 4)2; x 2 [2; 6i

x� 7; x 2 [6; 7]i izraµcunavanjem

povr�ina odgovarajucih ravninskih likova izraµcunajte integrale:

(a)Z 2

0

f(x)dx; (b)Z 6

2

f(x)dx; (c)Z 7

0

f(x)dx:

51. Ako jeZ 1

0

f(x)dx = 2;

Z 4

0

f(x)dx = �6;Z 4

3

f(x)dx = 1 izraµcunajteZ 3

1

f(x)dx:

52. Izraµcunavanjem povr�ina odgovarajucih ravninskih likova izraµcunajte integrale:

(a)Z 3

1

(1 + 2x)dx; (b)Z 0

�3(1 +

p9� x2)dx;

(c)Z 2

2

(1� jxj)dx; (d)Z 3

0

j3x� 5j dx:

53. Nacrtajte povr�ine koju prestavljaju integrali:

(a)Z 27

0

3pxdx; (b)

Z �3

0

sinxdx; (c)Z 2

�1

��x� x2�� dx:54. Izraµcunajte integrale:

(a)Z 0

�1(2x� ex)dx; (b)

Z 2

1

t6 � t2t4

dt;

(c)Z �

3

�4

sin#d#; (d)Z �e

�e2

3

xdx;

(e)Z 1

2

0

1p1� x2

dx; (f)Z p

3

1

6

1 + x2dx;

(g)Z 3

�2

��x2 � 1�� dx; (h)Z ln 6

ln 3

8eudu:

55. Nacrtajte funkciju f(x) =Z x

0

(1 + t2)dt:

56. Izraµcunajte derivaciju funkcije f(x):

(a) f(x) =Z x

�1(t2 � 1)20dt; (b) f(x) =

Z 2

x

cos t2dt; (c) f(x) =Z 3x

2x

u� 1u+ 1

du:

57. Izraµcunajte derivaciju funkcije g(x):

(a) g(x) =Z 1

x

2

sin4 tdt; (b) g(x) =Z p

x

1

s2

s2 + 1ds:

58. Neka je f(x) =

8>><>>:0; x < 0x; 0 � x � 12� x; 1 < x � 20; x > 2

i g(x) =Z x

0

f(t)dt:


(a) Prikaµzte g(x) na naµcin kao i f(x);

(b) Skicirajte grafove od f i g;

(c) Gdje je f diferencijabilna, a gdje g?

59. Izraµcunajte odre�ene integrale:

(a)Z 1

0

(2x+ 1)100dx; (b)Z �

2

0

esin x cosxdx;

(c)Z 2

1

xpx� 1dx; (d)

Z 9

1

1

x2

q1 + 1

xdx;

(e)Z 1

2

0

1

1 + 4x2dx; (f)

Z 1

0

t22�t3

dt;

(g)Z e4

e

1

xplnx

dx; (h)Z 1

0

4x2

2x+ 1dx;

(i)Z �

2

��2

x2 sinx

1 + x6dx:

60. Izraµcunajte odre�ene integrale:

(a)Z 1

0

xe�xdx; (b)Z 4

1

px lnxdx;

(c)Z 1

2

0

arcsinxdx; (d)Z 1

0

x arctg xdx;

(e)Z e

1

cos(lnx)dx; (f)Z 1

0

(x2 � 1)exdx;

(g)Z 4

0

lnpxdx; (h)

Z �2

0

x cos 2xdx:

61. Ako je f neprekidna funkcija i vrijediZ 9

0

f(x)dx = 10 izraµcunajteZ 3

0

xf(x2)dx:

62. Dokaµzite:

(a) Ako je f neprekidna funkcija na segmentu [0; �2 ] tada vrijediZ �2

0

f(sinx)dx =

Z �2

0

f(cosx)dx;

(b) Ako je f neprekidna funkcija na segmentu [a; b] tada vrijediZ b

a

f(a+ b� x)dx =Z b

a

f(x)dx;

(c) Ako je f neprekidna funkcija na R tada vrijediZ b

a

f(x+ c)dx =

Z b+c

a+c

f(x)dx;

(d) Ako je f neprekidna funkcija na R tada vrijediZ b

a

f(�x)dx =Z �a

�bf(x)dx;

(e) Ako su a i b pozitivni brojevi tada vrijediZ 1

0

xa(1� x)bdx =Z 1

0

xb(1� x)adx:


63. Koji je od integralaZ 1

1

x4e�x4

dx;

Z �2

0

1

cosxdx;

Z 2

0

1

2x� 1dx

nepravi i za�to?

64. Odredite koji je nepravi integral konvergentan i izraµcunajte ga:

(a)Z 1

2

1

(x+ 3)32

dx; (b)Z 1

�1

1

(2x� 3)2 dx;

(c)Z 1

�1(2x2 � x+ 3)dx; (d)

Z 1

0

xe�x2

dx;

(e)Z 1

2

1px+ 3

dx; (f)Z 1

0

1

x ln2 xdx;

(g)Z 3

�1

1

x2 + 9dx; (h)

Z 1

0

cosxdx:

65. Koristeci poredbeni kriterij ustanovite konvergenciju nepravih integrala:

(a)Z 1

1

1 + e�x

xdx; (b)

Z 1

1

cos2 x

1 + x2dx;

(c)Z 1

1

1

x+ e2xdx; (d)

Z �2

0

1

x sinxdx:

66. Izraµcunajte aproksimacije trapeznom formulom T10 i Simpsonovom formulom S10 inte-

gralaZ 1

0

exdx i odredite pogre�ke ET i ES : Koliki mora biti n da Tn aproksimira integral

s toµcno�cu 0:00001?

67. Izraµcunajte aproksimacije:

(a) L6; D6 i M6 integralaZ 2

0

1p1 + x3

dx;

(b) M8 i T8 integralaZ 4

0

px sinxdx;

(c) L10; D10; M10; T10 i S10 integralaZ 1

0

xexdx:

68. Izraµcunajte povr�inu ravninskog lika ome�enog sa:

(a) y = x2 + x+ 1; x = 0; x = 1; y = 0;

(b) x = 6� y � y2; x = 0;

(c) y = arctgx+ 1

x; x = 0; y = 0:

69. U presjeµcistima pravca x � y + 1 = 0 i parabole y = x2 � 4x + 5 povuµcene su tangentena parabolu. Izraµcunajte povr�inu lika koji odre�uju te tangente i parabola. Nacrtajtesliku.

70. Izraµcunajte povr�inu:

(a) lemniskate �2 = a2 cos 2';

(b) kardioide � = a(1 + cos');

(c) � = a cos 3':

71. Izraµcunajte povr�inu lika koji odre�uje:


(a) astroida x23 + y

23 = a

23 ;

(b) svod cikloide x = a(t� sin t); y = a(1� cos t); t 2 [0; 2�] i x-os:

72. Izraµcunajte duljinu luka krivulje:

(a) x = et cos t; y = et sin t; t 2 [0; �];(b) x = 3t� t3; y = 3t2; t 2 [0; 2];(c) x = t3; y = t4; t 2 [0; 1]:


(a) y = ln cosx; x 2 [0; �4 ];

(b) y =1

2e2x; x 2 [0; 1];

(c) y = a lna2

a2 � x2 ; x 2 [0;a2 ]:


(a) kardioide � = a(1� cos');(b) � = sin 3':

75. Izraµcunajte volumen rotacijskog tijela:

(a) y = x2; x = 1; y = 0; rotacija oko x-osi;

(b) y = �x2 + 2; y = jxj ; rotacija oko x-osi;(c) y2 = x; x = 2y; rotacija oko y-osi;

(d) y = x4; y = 2; rotacija oko pravca y = 2:

Indeks

Aditivna konstanta, 166Algebarski komplement, 56Aproksimacija pravokutnicima, 193Apsolutna vrijednost

kompleksnog broja, 26realnog broja, 22vektora, 69

Argument kompleksnog broja, 27Arhimedova spirala, 205Asimptota, 161

kosa, 161uspravna, 161vodoravna, 161

Baza potencije, 23Broj

decimalan, 24e, 94glavni, 11Imaginaran, 26kardinalan, 11racionalan, 19transcendentan, 94

Derivacijafunkcije, 127funkcijske kompozicije, 134funkcijskog reda, 150inverzne funkcije, 135slijeva, 131vi�eg reda, 141zdesna, 131

Determinanta, 51Diferencijal

drugi, 141n-ti, 142

Diferencijal funkcijeu toµcki, 138

Dijagonalaglavna, 47sporedna, 47

Disjunkcijaekskluzivna, 2inkluzivna, 2

Disjunktna unija skupova, 5

Disjunktni skupovi, 5Djelomiµcni zbroj reda, 99Domena, 8Duljina luka, 206Duljina ravninskog luka, 206Duljina vektora, 69

Eksponent potencijin, 23Ekvipotentni skupovi, 11Ekvivalencija, 3Ekvivalentne formule, 4Elementarna operacija

na matrici, 60Eulerove zamjene, 178

Formulabinomna, 16Cramerova, 65Eulerova, 150Lagrangeova, 143Moivreova, 28Newton-Leibnizova, 189, 190predikatne algebre, 4rekurzivna, 173Simpsonova, 195tangentna, 194Taylorova, 146trapezna, 194

Funkcija, 8(strogo) konkavna, 156(strogo) konveksna, 156algebarska, 41arcus-sinus, 40area-kosinus hiperbolni, 43area-kotangens hiperbolni, 43area-sinus hiperbolni, 43area-tangens hiperbolni, 43arkus-kosinus, 40arkus-kotangens, 40arkus-tangens, 40bijektivna, 10ciklometrijska, 39deferencijabilna u toµcki, 137derivabilna, 127derivabilna na skupu, 127

237

238 INDEKS

derivabilna u toµcki, 127diferencijabilna, 137divergentna u toµcki, 113dvaput derivabilna, 141dvaput diferencijabilna, 141eksponencijalna, 36elementarna, 40hiperbolna, 42identiµcka, 9implicitno zadana, 31injektivna, 10integrabilna, 184inverzna, 10iracionalna, 42konstantna, 10, 35kosinus, 39kosinus hiperbolni, 42kotangens, 39kotangens hiperbolni, 42logaritamska, 37monotona, 34neome�ena, 32neparna, 33neprekidna, 116neprekidna na skupu, 116neprekidna u toµcki, 116neprekidno derivabilna, 128ome�ena, 32ome�ena odozdol, 32ome�ena odozgor, 32opca potencija, 35padajuca, 33parametarski zadana, 32parna, 33periodiµcna, 34podintegralna, 167prava racionalna, 41prekidna u toµcki, 116R-integrabilna, 184racionalna, 41sinus, 39sinus hiperbolni, 42strogo monotona, 34surjektivna, 10tabliµcno zadana, 31tangens, 39tangens hiperbolni, 42transcendentna, 42trigonometrijska, 38uzlazna, 33zadana analitiµcki, 30zadana gra�µcki, 30

Funkcijski prirast, 118

Gomili�teniza, 92

Graf funkcijin, 8Gra�µcko integriranje, 196Graniµcna vrijednost

funkcije u toµcki, 111niza, 91

Graniµcna vrijednostslijeva, 114zdesna, 114

Imaginarna jedinica, 26Implikacija, 2In�mum, 7In�eksija, 158Inkluzija, 9Integracijska konstanta, 167Integracijska varijabla, 167Integral

binomni, 180donji (Riemannov), 185elementarno rje�iv, 174funkcijskog reda, 180gornji (Riemannov), 185neodre�eni, 166nepravi, 197odre�eni, 184Riemannov, 184tabliµcni, 169

Integralna suma, 183desna, 188srednja, 188

Integralna sumalijeva, 188

Intengrand, 167Interval

otvoreni, 8poluzatvoreni, 8

Jednadµzba ravnineHesseov oblik, 86normalni oblik, 86

Kanonski zapis pravca, 82Klasa, 11Kodomena, 8Koe�cijent

binomni, 15opci binomni, 150

Koe�cijent smjerovni, 84Kofaktor, 56Kompleksni broj, 25

eksponencijalni zapis, 150trigonometrijski zapis, 28

INDEKS 239

Komplement skupa, 5Komponente

skalarne, 75vektorske, 75

Komponente vektoraskalarne, 73vektorske, 73

Kompozicija, 9Konjugirano kompleksni par, 26Konjunkcija, 2Konvergencija

jednolika, 106obiµcna, 105po toµckama, 105, 106uniformna, 106

Konvergencija redaapsolutna, 107jednolika, 108obiµcna, 107po toµckama, 107uniformna, 108

Koordinatna osaplikatna, 74apscisna, 73ordinatna, 73

Koordinatne ravnine, 74Koordinatni sustav, 72

(desni) pravokutni, 74desni, 72lijevi, 74pravokutni, 74

KriterijCauchyjev, 102D�Alembertov, 102Leibnizov, 104poredbeni, 101Raabeov, 102Weierstrassov, 108

Krivuljaglatka, 202jednostavna, 202jednostavno zatvorena, 202po dijelovima glatka, 203ravninska, 202zatvorena, 202

Kvadrant, 73Kvanti�kator

egzistencijalni, 4univerzalni, 3

L�Hospitalovo pravilo, 144Laplaceov razvoj, 56Leibnizov pristup, 129

Limesfunkcije, 110inferior, 95niza, 91superior, 95

Linearnaekstrapolacija, 31interpolacija, 31

Linearna kombinacijamatriµcna, 49netrivijalna, 49stupaca (redaka) matrice, 50trivijalna, 49vektora, 76

Linearna zavisnostredaka matrice, 50stupaca matrice, 50

Linearno nezavisnivektori, 76

Linearno zavisnivektori, 76

LogaritamBriggsov, 38dekadski, 38prirodni, 38

Logiµcki sud, 1Logiµcki predikat, 3Lokalni

ekstrem, 153maksimum, 153minimum, 153

Majoranta reda, 101Maksimum, 7

funkcije, 121Matriµcin

element, 47redak, 47stupac, 47

Matricainverzna, 61jediniµcna, 47jednoredna, 47jednostupµcana, 47kompleksna, 47kvadratna, 47pravokutna, 47realna, 47regularna, 61singularna, 61sustava, 63sustava - pro�irena, 63tipa (m,n), 47

240 INDEKS

Matriceekvivalentne, 60linearno nezavisne, 49linearno zavisne, 49

Me�adonja, 7najveca donja, 7

Me�agornja, 7najmanja gornja, 7

Metodaneodre�enih koe�cijenata, 174

Minimum, 7funkcije, 121

Minoranta reda, 101Mnoµzenje

mje�ovito, 80skalarno, 77vektora skalarom, 71vektorsko, 78

Mnoµzenjematrice skalarom, 48

Modul kompleksnog broja, 27Modul vektora, 69

Naµcelo potpune indukcije, 12Nadskup, 4Najmanji element, 7Najveci element, 7Negacija, 3Nejednakost

trokutna, 22Neodre�eni oblici, 144Nepravi integral

glavna vrijednost, 200V.P., 200

Newtonov pristup, 128Niz

(strogo) monoton, 90(strogo) silazan, 90(strogo) uzlazan, 90Cauchyjev, 97divergentan, 91funkcijski, 105geometrijski, 97konvergentan, 91realnih brojeva, 89stacionaran, 90u skupu X, 89

Norma vektora, 69Normala

krivulje, 129ravnine, 85

Nulmatrica, 48Nultoµcka funkcije, 163Nulvektor, 70

Obratna slika, 10Obujam rotacijskog tijela, 208Oktant, 74Opci oblik

jednadµzbe ravnine, 85Osnovni teorem

integralnog raµcuna, 189Osnovni teorem algebre, 174Ostatak

Cauchijev oblik, 147Lagrangeov oblik, 147reda, 100Schlomilchov oblik, 147

Otvorena reµcenica, 3

Parametarski zapis pravca, 82Parametrizacija krivulje

neprekidna, 202Parcijalna integracija, 172Pascalov trokut, 15Peanovi aksiomi, 12Period funkcije, 34

osnovni, 34Permutacija

n-tog reda, 16neparna, 17parna, 17skupa, 17

Plo�tinarotacijske plohe, 209

Plo�tina ravninskog lika, 204Poµcetni komad, 13Poddeterminanta, 56Podmatrica, 56Podniz

realnog niza, 92Podruµcje

integracijsko, 184Podruµcje

de�nicijsko, 8vrijednosno, 8

Podskup, 4Pogre�ka

apsolutna, 140postotna, 140relativna, 140

Polinom, 23Polje

kompleksnih brojeva, 25

INDEKS 241

realnih brojeva, 22Polumjer

konvergencijski, 109Potencija, 23Potpuno ure�eno polje

racionalnih brojeva, 19realnih brojeva, 22

Potpunost euklidskog prostora, 98Prametrizacija krivulje

glatka, 203Prazan skup, 4Prekid

druge vrste, 120prve vrste, 120uklonjiv, 120

Presjek skupova, 5Preslikavanje, 116Prikloni kutovi, 75Primitivna funkcija, 165Pro�irenje funkcije, 10Produkt

direktni, 6Kartezijev, 6vektorski, 78vektorsko-skalarni, 80

Pro�njenje rastava, 183Projekcija, 9

Radijus-vektor, 68Rang

determinantin, 59matriµcin, 59

Rastavekvidistantni, 193segmenta, 183

Rastav na parcijalne razlomke, 175Ravninski luk, 202Razlika skupova, 5Razredi, 6Razvoj

Maclaurinov, 148Taylorov, 148

Redalternirajuci, 104alternirajuci harnonijski, 105apsolutno konvergentan, 103binomni, 150divergentan, 99funkcijski, 107geometrijski, 99harmonijski, 100konvergentan, 99Maclaurinov, 148

potencijski, 109, 151realnih brojeva, 99realnih funkcija, 107relativno konvergentan, 104s pozitivnim µclanovima, 101Taylorov, 148uvjetno konvergentan, 104zbrojiv, 99

Rekti�kabilan luk, 206Relacija

antisimetriµcna, 7binarna, 6potpunog ure�aja, 7razredbena, 6re�eksivna, 6simetriµcna, 6tranzitivna, 6ure�ajna, 7

Rotacijsko tijelo, 208

Sarussovo pravilo, 52Segment, 8Segmentni oblik

jednadµzbe ravnine, 85Simetriµcni zapis pravca, 82Skalarni produkt, 77Skup, 4

(potpuno) ure�en, 7beskonaµcan, 11cijelih brojeva, 18konaµcan, 11kvocijentni, 7neprebrojiv, 13ome�en odozdol, 7ome�en, 8ome�en odozgor, 7parcijalno ure�en, 7partitivni, 5prebrojiv, 13svuda gust, 20

Slika skupa, 10Sljedbenik, 13Smjer vektora, 69Smjerovni kosinusi, 76Smjerovni vektor pravca, 82Suµzenje funkcije, 10Suma

donja, 184gornja, 184

Suma reda, 99Supremum, 7Supstitucija, 170Sustav

242 INDEKS

binarni, 24homogeni, 66kontradiktorni, 67proturjeµcni, 67

Sustav linearnih jednadµzaba, 62

Tablica osnovnih integrala, 168Tangenta

krivulje, 129Teµzi�te ravninskog lika, 210Teorem

Abelov, 125Bolzano-Weierstrassov, 94Fermatov, 142Guldinov, 211Kronecker-Capellijev, 63L�Hospitalov, 144Lagrangeov, 143o srednjoj vrijednosti, 143, 192Rolleov, 143

Toµckain�eksijska, 158izolirana, 128kritiµcna, 153stacionarna, 153

Ulanµcan par matrica, 50Umnoµzak matrica, 50Unija skupova, 5Usmjerena duµzina, 68

Varijablanezavisna, 8zavisna, 8

Varijablin prirast, 118Vektor, 69

bazni, 73jediniµcan, 70suprotan, 70

Vektoriiste orijentacije, 69istog smjera, 69kolinearni, 69, 73koplanarni, 73

Vektorska jednadµzbapravca, 82ravnine, 84

Vektorski oblikjednadµzbe ravnine, 85

Vektorskooduzimanje, 71

Zbrajanjematriµcno, 48

paralelogramsko, 70po trokutu, 70

Zbroj vektorski, 70Znamenke

binarne, 24decimalne, 12, 23

Documents

Radna skripta