Granicni_procesi.doc

Dr. sc. Vladimir Kadum1, profesor visoke škole

T e m a2

3. GRANIČNI PROCESI3 12. Nizovi 12.1. POJAM NIZA. Neka je N skup prirodnih brojeva i R skup realnih brojeva. Funkciju f : N  R koja svakom prirodnom broju n po pravilu f pridružuje po jedan realan broj zovemo niz. Elemente skupa vrijednosti niza bilježimo a1, a2, a3, ..., an, ... an je nti ili opći član niza. Broj n je indeks općega člana an. Niz kratko bilježimo (an), n = 1, 2, ... ili (an), nN, ili jednostavno (an). Niz zadajemo, najčešće, analitički pomoću formule (ili više formula) koja kazuje kako se za određeni n izračunava pripadajući član niza. Pritom formulu an = f(n) zovemo formula općeg člana niza. U našim razmatranjima promatrat ćemo uglavnom nizove koji će biti zadani formulom općeg člana, iako ima i drugih mogućnosti zadavanja niza. n Primjer 1. Opći član niza je dan formulom an  . Napišimo prvih nekoliko članova toga 2n  1 niza. Pomoću dane formule možemo izračunati bilo koji član niza. Dovoljno je da umjesto n stavimo u formulu upravo onaj prirodni broj koji je indeks onoga člana kojega želimo izračunati. Tako imamo

a1 

1 1 2 2 3 3   1 , a2   , a3   , ... 2 1  1 1 2  2 1 3 2  3 1 5

Prema tome, početni dio ovoga niza je 1,

1

2 3 4 5 6 7 , , , , , , ... 3 5 7 9 11 13

Dr. sc. Vladimir Kadum profesor je na Visokoj tehničkoj školi u Puli – Politehnički studij. Riječ je o trećoj od pet (5) tema koje se izlažu u okviru kolegija Matematika I., koji se predaje u zimskom semestru I. godine s fondom od 3 sata predavanja i 2 sata vježbi. 3 Recenzenti su: Dr. sc Mirko Radić, profesor emeritus Sveučilišta u Rijeci i dr. sc. Cvetan Jar das, redoviti profesor Ekonomskog fakulteta Sveučilišta u Rijeci. 2

1  n , za n neparno Primjer 2. Niz je zadan njegovim općim članom a  . Početni dio ovoga niza je: n  n  1  , za n parno  n 1,

1 1 3 1 5 1 7 1 , , , , , , , , ... 2 3 4 5 6 7 8 9

Geometrijska interpretacija. Grafički se niz može prikazati na dva načina. Prvi način se sastoji u tome da se funkcija an = f(n) prikaže pomoću dijela njenoga grafa, tj. pomoću skupa točaka ravnine f = (n, f(n)) : nN. U ovom skupu točaka apscise su prirodni brojevi, a ordinate su pripadajuće vrijednosti članova niza za odgovarajući prirodni broj. (N a p o m e n a: Preglednosti radi, dobro je da se na koordinatnim osima uzmu različite jedinice.) Drugi način se sastoji u tome da se članovi niza prikažu na brojevnome pravcu i pritom se tim točkama daju odgovarajuće oznake. Primjer 3. Niz iz primjera 2 prikazan je na slici 3.1 – prvi način, odnosno na slici 3.2 – drugi način.

1

a9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Slika 3.1.

a7 a5

a3

a2

a4

a6

11 1 97 5

1 3

1 2 Slika 3.2.

3 4

5 6

a8

a1 1

12.2. POJAM OKOLINE. Pod okolinom neke točke (broja) a brojevnoga pravca razumijevamo interval a  , a +  gdje je  ma koji pozitivan broj. Broj  je polumjer okoline. Dakle, okoline točke a je skup realnih brojeva x za koje je x  a < . U po volji maloj okolini a  , a +  nalazi se beskonačno mnogo članova niza, a samo će konačan broj prvih članova niza biti izvan te okoline. 2

Izvan okoline a  , a + može biti i vrlo velik broj članova niza. To ovisi o tome koliki je . Što je on manji, bit će više članova koji će pasti izvan okoline, no uvijek i samo konačan broj. 1 1 1 Primjer 4. Promotrimo niz 1, , , ..., , ... Iz nejednakosti 2 3 n 1  n 1 izlazi da će svi članovi promatranog niza kojima je indeks n > ležati u okolini 0  , 0 + , a  samo će konačan broj prvih članova biti izvan te okoline.

Pod iskazom skoro svi članovi niza razumijevamo sve članove osim njih konačno mnogo. 12.3. TOČKA GOMILANJA. Točka (broj) a je točka gomilanja niza (an) ako se u svakoj njezinoj okolini nalazi beskonačno mnogo članova niza (an). Primjer 5. Nizu 1, 

1 1 (1) n 1 , ... točka gomilanja je (broj) 0. Naime, u njenoj po , , ..., 2 3 n

volji malenoj okolini nalazi se (nagomilalo se) beskonačno mnogo članova toga niza.

Prema tome, točka gomilanja zadanoga niza brojeva je svaki broj koji ima svojstvo da se u po volji malenoj njegovoj okolini nalazi beskonačno mnogo članova toga niza. 12.4. GRANIČNA VRIJEDNOST. Ako niz ima samo jednu točku (broj) gomilanja, onda se ta točka (broj) zove granična vrijednost ili limes. Broj a je granična vrijednost niza (an) ako za svaki  > 0 postoji prirodan broj n0 (određen u zavisnosti od ) takav da za sve članove niza, indeksi kojih su veći od n0, vrijedi an  a < . Sadržaj ove definicije simbolički zapisujemo ovako

lim a n  a n 

i čitamo: limes (granična vrijednost) od an, kada n teži u beskonačnost, je a. 1 Primjer 6. Promotrimo niz zadan formulom an  . Nekoliko početnih članova toga niza je n 1 1 1 1, , , , ... 2 3 4 Grafički prikaz je na slici 3.3. Vidimo da udaljenost točaka brojevnoga pravca koje su pridru žene članovima promatranog niza, od broja 0, rastom indeksa n, postaje sve manja. To znači da je broj 0 točka gomilanja.

3

Pokazat ćemo da je broj 0 ujedno i granična vrijednost toga niza, tj. da se u po volji malenoj okolini broja 0 0  , 0 +  nalaze gotovo svi članovi promatranog niza. Dakle, moramo pokazati da je

a4 a3 0

lim an  0 .

a2

a1

1 1 1 4 3 2

1

Slika 3.3.

n 

Da to pokažemo odredit ćemo formulu pomoću koje svakom  pridružujemo broj n0() takav da vrijedi

1  0   , n > n0(). n Imamo

1 0  n

1  n





1  , n

odnosno n>

Za n0 možemo uzeti cijeli dio broja

n>

1



.

1  

1

, što pišemo   . Vrijedi



1 1   n0 .    

1  

Pokazali smo da za svaki n >   vrijedi polazna nejednakost je broj 0 uistinu granična vrijednost niza an 

1  0   , a to znači da n

1 . n (1) n  n 1. n n

Primjer 7. Pokažimo na osnovi definicije da je lim Prvih nekoliko članova toga niza su 0,

3 2 5 4 7 6 , , , , , , ... Odavde se može 2 3 4 5 6 7

uočiti da je točka gomilanja broj 1. Sada je an  1 

( 1) n  1 1  n

(1) n  n  n n



( 1) n n



( 1) n n



1  n

,  n>

n0, a odavde je n >

1



1  

. Imamo n0    . Za

 

1 1 1 n   6 imamo da je 0  6  , a to znači da 1 6 6

se svi članovi niza poslije šestog nalaze u toj okolini broja 1.

4

12.5. KONVERGENTNI NIZOVI. Za niz kojemu je granična vrijednost u konačnosti kažemo da je konvergentan. Konvergentan niz definiramo ovako: Ako postoji točka (broj) a takav da se u svakoj njenoj okolini nalaze skoro svi članovi niza (an) kažemo da je niz (an) konvergentan i da je a njegova granična vrijednost. Niz kojemu je granična vrijednost u beskonačnosti je divergentan. Dakle, za niz (an) kažemo da je divergentan prema + ako za svaki a možemo naći broj n0 takav da je an > a, n > n0. To zapisujemo ovako lim a n   .

n 

Slično, kada niz (an) divergira prema . Primjer 8. Niz (an) divergira prema +, a niz (an) prema .

12.6. SVOJSTVA KONVERGENTNIH NIZOVA. Pokazat ćemo da konvergentni nizovi imaju sljedeća svojstva: Svojstvo 1. Ako niz (an) ima graničnu vrijednost ona je jedinstvena, tj. ako je lim a n  a i lim a n  b , tada je a = b. n 

n 

D o k a z. Pretpostavimo suprotno, tj. da je a  b i neka je 1 a b  0. 4 Budući da niz (an) konvergira prema a, slijedi da možemo naći broj n1 takav da je (*)

an  a < , n > n1. Po pretpostavci je i b granična vrijednost niza (an), a to znači da postoji broj n2 takav da je (**) an  b < , n > n2. Veći od brojeva n1 i n2 označimo sa n0, tj. n0 = max n1, n2. Tada nejednakosti (*) i (**) vrijede za svaki n > n0, pa imamo a  b = (an  a) + (an  b)  an  a + an  b <  +  = 2 = 1 1 = 2  a  b = a  b. 4 2 1 1 Budući da je a  b  0, iz a – b = a – b slijedi da je 1  što je 2 2 nemoguće. Prema tome, naša pretpostavka da je a  b vodi na kontradikciju pa slijedi zaključak da je a = b. Svojstvo 2. Ako je a granična vrijednost niza (an), tada je i niz (an) konvergentan i granična mu je vrijednost a. 5

D o k a z. Budući da je niz (an) konvergentan, tada za svako  > 0 postoji broj n0N takav da je an  a < , n > n0. Dalje je an  a  an  a i a  an  a  an = an  a, pa je an  a  an  a. Dakle, imamo an  a < , a to znači da je lim a n  a .

n 

Svojstvo 3. Ako su nizovi (an), (bn) i (cn) takovi da je an  bn  cn za svaki n veći od nekog n0 i ako nizovi (an) i (cn) imaju istu graničnu vrijednost, tada i niz (bn) ima tu istu graničnu vrijednost.

a n  lim c n  a . Tada za svaki  > 0 vrijedi D o k a z. Neka je nlim  n  an  a < , n > n1, cn  a < , n > n2, gdje su n1 i n2 brojevi u zavisnosti od , odnosno imamo a   < an < a + , n > n1, a   < cn < a + , n > n2. Za svaki n > n3 = max n0, n1, n2 imamo da je a   < an  bn  cn < a + , odnosno a   < bn < a + . Odavde dobivamo da za svaki  > 0 vrijedi a  bn < , n > n3. To kazuje da je

lim bn  a

n 

što je valjalo pokazati.

a n  a i lim bn  b , i ako je, počevši od nekog n, an  bn, Svojstvo 4. Ako je nlim  n  tada je a  b.

6

D o k a z. Pretpostavimo suprotno, da je a > b. Tada je a  b = 2 > 0. Kaa n  a postoji prirodan broj n1 takav da je a   < an < a +  za n > n1. Iz ko za nlim 

lim bn  b slijedi da postoji prirodan broj n2 takav da je b   < bn < b +  za n >

n 

n2. Iz pretpostavke a > b i a  b = 2 slijedi bn < b +  = a   < an za n > n0 = max n1, n2, tj. bn < an, što je suprotno pretpostavci an  bn. Time je ovo svojstvo dokazano. Svojstvo 5. Konvergentan niz je omeđen niz. Najprije definiramo pojam omeđenog niza. Definicija 2. Niz (an) je omeđen s gornje strane ako postoji broj M takav da je an  M, nN. Broj M je gornja granica niza (an). Niz (an) je omeđen s donje strane ako postoji broj m takav da je an  m, nN. Broj m je donja granica niza (an). Niz (an) je omeđen ako je omeđen i s gornje i s donje strane, tj. ako vrijedi nejednakost m  an  M, gdje je m donja, a M gornja granica niza (an).

a n  a . Tada postoji prirodan broj n0 takav D o k a z svojstva 5. Neka je nlim  da je an  a < 1, n > n0. Na osnovu toga i an = an  a + a  an  a + a slijedi da je an < 1 + a. Neka je P = max 1 + a, a1, ...,  a n0 . Tada je an  P, nN, tj. niz (an) je omeđen. Time je i ovo svojstvo dokazano. 12.7. BROJ e. Promotrimo niz 1

2

3

n

1  1  1 1   1   , 1   , 1   , ..., 1   , ... 1  2  3 n  

Njegova je granična vrijednost broj e, tj. n

1  e  lim 1   . n   n  

Dokazat ćemo da niz kojemu je opći član a n  1 

1  n

n

ima graničnu vrijed-

nost. Da bismo to dokazali, potrebno je pokazati da je taj niz monotono rastući i da je omeđen. 7

 

Lema 1. Niz čiji je opći član a n  1 

1  n

n

je monotono rastući.

D o k a z. Moramo pokazati da je 1   1   n  1 

n 1

n

1   1   , n 

tj. da je an  1 < an. Na osnovi Bernoullijeve nejednakosti4 imamo (n > 1) n 1  1  1   1  2  > 1 + n  2   1  , n  n  n  

odnosno n n 1 1  1  . 1    1   > 1  n  n n  n

 

Podijelimo li ovu nejednakost sa 1 

1  > 0, dobivamo n

n

1 1   1   >  1   n n  

1 n

.

Kako je 1  1   n 

1 n

 n  1    n 

1 n

 n     n  1

n 1

1    1   n  1 

n 1

,

to posljednja nejednakost poprima oblik n

1 1     1   > 1   n n  1   

n 1

,

tj. an > an  1, odnosno an  1 < an što je valjalo dokazati.  

Pokazat ćemo sada da je niz kojemu je opći član a n  1   

Lema 2. Niz čiji je opći član a n  1  4

1  n

1  n

n

omeđen.

n

je omeđen.

Bernoullijeva nejednakost je oblika

1    n

 1  n ,  > 1, nN.

Ova se nejednakost lako dokazuje primjenom, na primjer, metode matematičke indukcije. Dokaz vidjeti, na primjer, u: Bradić i dr., 1998, 58.

8

D o k a z. Kako je promatrani niz monotono rastući (lema 1) on je omeđen s donje strane s a1 = 2. Pokazat ćemo da je ovaj niz omeđen i s gornje strane. 1  1 , tj. Za svaki prirodan broj n je 1  4n 2 1 1 1  1 , 2n 1 2n pa je 1   1   2n  

2n



1 1   1   2n  

2n



1 n  1   1    2n   

2

.

Na osnovi Beroullijeve nejednakosti je n  1  1 1    , 1   >1  n   2n   2n  2 

odnosno 1 n  1   1    2n   

2



1 1   2

2

4

.

Prema tome, imamo da je 1   1   2 n 

2n

 4,

tj. a2n < 4. Budući da je promatrani niz monotono rastući bit će an < 4, a time je dokazano da je promatrani niz i ograničen. Kako je svaki ograničeni niz i monotono rastući niz konvergentan, na osnovi  

leme 1 i leme 2, slijedi da niz kojemu je opći član a n  1 

1  n

n

ima graničnu vri-

jednost.  

Rekli smo da je granična vrijednost niza a n  1 

1  n

n

broj e, tj.

n

1  lim 1    e . n   n 

Broj e je iracionalan broj. 9

Kako broj e ne može biti rješenje algebarske jednadžbe, on je i transcendentan broj. Vrijednost broja e može se izračunati elementarnim postupcima s proizvoljnim stupnjem točnosti: e = 2,718 281 ... 12.8. NULANIZ. Konvergentni niz kojega je granična vrijednost jednaka 0 (nula) zovemo nulaniz. Prema tome, ako je (an) nulaniz, tada za svako  > 0 postoji broj n0N takav da je an < , n > n0. Teorem. Niz (an) je konvergentan ako i samo ako se može napisati u obliku zbroja konstante i nulaniza. Ta konstanta je granična vrijednost niza. D o k a z. Neka je an = a + n, gdje je (n) nulaniz i a konstanta. Tada je an  a = n. Budući da je (n) nulaniz, to za svako  > 0 postoji broj n0N takav da je n< , n > n0. Dakle, vrijedi da je an  a < , tj. lim a n  a . n 

a n  a , tada se za svako  > 0 može naći broj n0N da Obratno, ako je nlim  za n > n0 vrijedi an  a < . To znači da je (an  a) nulaniz. Stavimo li da je an  a = n, dobivamo an = a + n. Time je tvrdnja dokazana. 12.9. OPERACIJE SA KONVERGENTNIM NIZOVIMA. Neka su dani nizovi n

f  n   a n i n  g  x   bn .

 an Tada je niz (an + bn) zbroj, (an  bn) razlika, (an  bn) umnožak i   bn nik nizova (an) i (bn).

  , bn  0, količ

 n 1   n   i   , onda je:  n  n2

Primjer 9. Ako su dani nizovi 

 2n 2  n  2   njihov zbroj, – niz   n 2  2n   

 n2 

 je njihova razlika, – niz  2  n  2n 

 n 1   je njihov umnožak, a n2

– niz 

 n2  n  2   je količnik danih nizova. – niz    n2  

10

Uvjerite se u to!

Neka su zadana dva niza (an) i (bn) i neka postoje njihove granične vrijednosa n  a i lim bn  b . Tada su operacije sa konvergentnim ti, tj. neka je nlim  n  nizovima opisane izjavama:

 a n  bn   lim a n  lim bn  a  b ; (1) nlim  n  n   a n  bn   lim a n  lim bn  a  b ; (2) nlim  n n

 a n  bn   lim a n  lim bn  a  b ; (3) nlim  n  n   an (4) lim  n  b  n

an a  nlim     , bn  0 n, b  0; bn b  nlim 

(5) nlim C = C, (C je proizvoljna konstanta);  (6) nlim (C  an) = C nlim a = C  a = aC;   n p

a np   lim a n   a p , ako je an > 0, a > 0 i pR; (7) nlim  n  

(8) Ako je p 

1 k a  k lim a  k a n n , tada imamo specijalni slučaj nlim ;  n  k

 k

(9) lim k n 



an

lim an

n

 k a , k > 0.

D o k a z a t ćemo tvrdnju pod (1). Kako su nizovi (an) i (bn) konvergentni oni se mogu napisati u obliku an = a + n, bn = b + n, gdje su a i b granične vrijednosti nizova (an) i (bn), a (n) i (n) su nulanizovi. Znači niz (an + bn) je konvergentan i granična vrijednost mu je a + b, tj. vrijedi

lim  a n  bn   a  b  lim a n  lim bn .

n 

n 

n 

Sličnim razmatranjem lako se pokazuje da vrijede izreke i ostale izreke. 2  2 2 lim  3   lim 3  lim 3n  2 n n      n  n  n  3  0  3 n   lim Primjer 10. lim . 3 3 20 2 3  n  2 n  3 n  2 lim 2  lim lim  2   n n  n  n n  n  3

11

Primjer

lim

n 

11.

n

n2  n  1

2 3

 lim n n  n  1 n   n3 3

n3



n



3

n n

1

1 1 1   2 n n n3  0  0  0  0  0 .  lim 1 1 1 0  0 1 n  1  2 3 n n

3

n 1

 3 3 n n

Vježbe 12. 1. Napišite prvih nekoliko članova niza, ako je opći član an jednak: 1)

2n  1 2

n 1

;

3n  2 ; n 1

2)

3)

n 1 n2  n

.

1 točka gomilanja toga niza. Koliko mora 3

2. Zadan je niz 0.3, 0.33, 0.333, … Pokažite da je broj biti  pa da u okolini

1 1 ,  3 3

ne bude samo prvih deset članova?

  n 1  2    1 n  1 . Koliko točaka gomilanja ima taj niz i koje

3. Opći je član niza an  3   1

n

su to?

n , kada n  . Počevši od kojeg je člana an0 n 1

4. Odredite graničnu vrijednost A niza an  zadovoljen uvjet

A  an 

1 . 10

5. Pokažite da je broj 2 granične vrijednost niza 2.1, 2.01, 2.001, … Koliki je n0, ako je: 1)  = 1;

2)  =

1 10

3)  =

1 . 100

6. Pokažite da je broj –1 granična vrijednost niza 0, 

1 1 1 n ,  , …, , … Koliki je n0, ako 3 2 1 n

je: 1)  = 1;

2)  = 10 3 ;

1  7. Pokažite da je lim 1   n   n

3)  = 10 6 . n

8. Odredite graničnu vrijednost niza

e. 3 ,

3

3

,

3

3

3

,…

13. Granična vrijednost funkcije 13.1. GRANIČNA VRIJENOST FUNKCIJE KADA x  . Neka je funkcija f definirana za svaki xR ili za svaki x koji je veći od nekog realnog broja. Broj a je

12

granična vrijednost funkcije kada x  , ako za svaki  > 0 možemo naći broj M takav da za svaki x > M vrijedi f(x)  a < . Ovo možemo zapisati ovako (x > M)  (f(x)  a < ). Pišemo

lim f  x   a .

x 

Geometrijska interpretacija. Promatrajmo prugu koja je ograničena pravcima y1 = a   i y2 = a + , paralelnim s xosi. Širina pruge je 2 (slika 3.4). Ma kako bila uska ta pruga postoji broj M takav da za sve vrijednosti nezavisne varijable x > M točke grafa funkcije f leže u toj pruzi. y2 = a + 

a+ a

y=a

a

y1 = a   M Slika 3.4.

Primjer 12. Pokažimo da je Imamo:

x 1 1. x   x  1 lim

f  x  1 

x 1 1  x 1

Da bi za zadani  > 0 vrijedilo

2  x 1

x 1  1   dovoljno je da bude x 1

Kako x  +, može se smatrati da je x pozitivan, pa imamo Na taj smo način za proizvoljno  > 0 našli broj M  nejednakost

2 . x 1

2  . x 1

2 2   odnosno x >  1 = M. x 1 

2  1 , tako da za svaki x > M vrijedi polazna 

x 1  1   , a to znači da je x 1

x 1 1. x   x  1 lim

Primjer 13. Odredimo

Imamo:

x  sin x . x x   lim

sin x  sin x  x sin x   lim    1 0  1 .   lim 1    lim 1  lim x  x   x  x   x    x x   x

13

Na sličan se način definira granična vrijednost funkcije f kada nezavisna varijabla x teži ka –, tj. x  . 13.2. GRANIČNA VRIJENOST FUNKCIJE KADA x  x0. Za slučaj kada je x0 realan broj, kao okolina točke x0 javlja se interval (x0  , x0 + ), pa se granična vrijednost funkcije može definirati ovako: Definicija 3. Funkcija f(x) ima graničnu vrijednost a kada x teži ka x0, ako za proizvoljan broj  > 0 postoji broj () > 0 takav da za svaku vrijednost nezavisne varijable x koja pripada okolini točke x0 vrijedi nejednakost f(x)  a < . Kaže se još da ispunjavanje nejednakosti 0 < x  x0 < () povlači ispunjavanje nejednakosti f(x)  a < . Pišemo

lim f  x   a .

x x0

Primjer 14. Ako je f(x) = 4x –3, pokazati da je lim  4 x  3  1 . x 1

Neka je dan broj  > 0. Iz nejednakosti (4x – 3) – 1 <  slijedi 4  x  1 < , a odavde imamo

x 1  Uzimajući



 . 4

 imamo da za sve vrijednosti nezavisne varijable x za koju je x  1 <  4

ispunjena nejednakost (4x  3)  1 < ,

što, po definiciji, znači da je zaista lim  4 x  3  1 . x 1

Granična točka a = 1 u ovome slučaju pripada domeni funkcije f(x). 2 Primjer 15. Ako je f(x) = x2, pokazati da je lim x  9 . x 3

Treba pokazati da se za proizvoljan  > 0 može naći broj  > 0, takav da za sve vrijednosti od x za koje je x  3 <  vrijedi x2  9 < . Ako je x  3 < , tada je x + 3 = (x – 3) + 6  x – 3 + 6 <  + 6, pa je x2 – 9 = (x – 3) (x + 3)=x – 3  x + 3 <  ( + 6).

14

Da bi nejednakost x2  9 <  vrijedila, dovoljno je zahtijevati da vrijedi  ( + 6) = , tj.

2 + 6   = 0. Rješenja ove kvadratne jednadžbe su 1,2  3  3

9   . Odavde je  =

9   . (Drugo rješenje se zbog  > 0 odbacuje.) Za proizvoljni  > 0 našli smo  > 0, takav

2 da iz nejednakosti x – 3 <  slijedi nejednakost x2  9 < , a to znači da je lim x  9 . x 3

x 2  25  10 . x 5 x  5

Primjer 16. Pokazati da je lim

Za dani proizvoljan  > 0, iz nejednakosti x 2  25  10   , x5

odnosno iz x 2  10 x  25 x5



slijedi x – 5 < . Odavde dobivamo da je  = . Prema tome, za sve vrijednosti od x za koje je 0 < x – 5 < , ispunjena je nejednakost x 2  25  10   x5

x 2  25  10 . x 5 x  5

a to znači da je uistinu lim

Pritom granična točka x = 5 ne pripada domeni funkcije f  x  

x 2  25 . x5

Za broj a kažemo da je lijeva granična vrijednost funkcije f(x) u točki x0 ako za svaki broj  > 0 postoji broj () > 0 takav da za svaki x iz x0   < x < x0 povlači f(x) – a < . Pišemo

a

lim

x  x0  o

f  x .

Za desnu graničnu vrijednost iz dvostruke nejednakosti x0 < x < x0 +  slijedi f(x) – a <  i pišemo 15

a x x

Primjer 17. Funkciji f  x  

lim

x  x0  o

f  x .

odredimo lijevu i desnu graničnu vrijednost u točki x0.

Ako x  0 – o (x teži ka 0 s lijeve strane) tada su svi x negativni pa je

x x

 1 i imamo

x  lim   1  1 . x 0  o x x 0  o lim

Ako x0 + o (x teži ka 0 s desne strane) tada su svi x pozitivni pa je

x x

 1 i imamo

x  lim 1  1 . x 0 o x x 0 o lim

13.3. BESKONAČNE GRANIČNE VRIJEDNOSTI. Za funkciju f(x) kažemo da teži prema + kada x  x0, ako za svaki po volji veliki broj M > 0, postoji broj  > 0 takav da nejednakost x  x0 <  povlači nejednakost f(x) > M. Pišemo

lim f  x    .

x  x0

Na sličan se način definira pojam da f(x) teži ka ; pišemo

lim f  x    .

x  x0

Primjer 18. Pokazati da je lim

x 0

1 x2

Za unaprijed dano M imamo

  .

1 x

2

1 2 > M ako je x  , odnosno ako je M

x 

1 M

.

Pritom možemo uzeti da je

 M  

1 M

.

Primjer 19. Ako je f  x   log 2 x , pokazati da je

lim f  x   

x 0

Točka 0 (nula) je granična točka za domenu dane funkcije, tj. za interval 0, +. Nezavisna varijabla x prima vrijednost samo iz skupa R+. Ako je 0  x  znači da je lim  log 2 x    .

1 2M

, tada je log 2 x   M , a to

x0

16

sin x sin x . Funkcija f  x   x 0 x x definirana je za sve vrijednosti x osim za x = 0. Kako je promatrana funkcija parna, tj.

13.4. GRANIČNA VRIJEDNOST

lim

sin  x   sin x sin x    f  x , x x x dovoljno je vidjeti kako se dana funkcija vlada za x > 0. Uzmimo kružnicu polumjera r. Iz slike 3.5 je očigledno da vrijedi sljedeća dvostruka nejednakost P∆OAB < Ppseudotrokut OAB < P∆OAC C  y (P je površina). Za 0  x  imamo 2

B

r sin x r2x P∆OAB = , Ppseudotrokut OAB = , 2 2 r 2 tgx P∆OAC = , 2

r

sin x

2

tg x

f   x 

A O

D

x

pa prethodne nejednakosti poprimaju oblik r 2 sin x r 2 x r 2 tgx ,   2 2 2

a odavde, nakon množenja sa

2 r2

, imamo

Slika 3.5.

sin x < x < tg x. 

Kako je sin x > 0, x 0 , 2 , dijeljenjem ove dvostruke nejednakosti sa sinx dobivamo x 1 1  sin x cos x i uzimanjem recipročnih vrijednosti imamo sin x cos x  1. x

1  1 i lim cos x  1 (ovo se lako pokazuje), slijedi da Budući da je lim x 0 x 0 mora biti lim

x 0

sin x  1. x

17

Primjer 20.

  sin 3x 3 lim  lim   x 0 sin 5 x x 0  5  

sin 3x 3x sin 5 x 5x

 lim    lim 3  x 0  x 0 5 lim  x 0 

sin 3x 3x  3  1  3 sin 5 x 5 1 5 5x

.

x

1  13.5. GRANIČNA VRIJEDNOST lim 1   . Pokazali smo već (vidjeti x   x

točku 12.7) da promatrana granična vrijednost postoji za x = n, nN, i da je jednaka broju e. Pokazat ćemo sada da ta granična vrijednost postoji i kada je x bilo kakav realan broj, pozitivan ili negativan. Neka je xR i x > 1. Stavimo  x  = n. Tada je nx
x

n

1  1 1    1    1    1   . n  1 x n     

Kako je

lim n  lim  x    ,

x  

x  

to je 1   1   n n  1 1    lim 1   lim  n    n   1 n  1 1 n

n 1

1   lim 1   n    n  1  1  lim 1   n    n

n 1

e

i 1  lim 1   n    n

n 1

n

1 1    lim 1    lim 1    e . n    n  n    n

Zato je i x

1  lim 1    e . x    x x

Primjer 21. Odredimo

5  lim 1   . x x   

Stavljanjem x = 5y, nalazimo da je 5  lim 1   x x   

x

 1  lim 1   y y   

5y

y  1  lim 1    y  y     

5

y   1   lim 1     y    y   

5

 e5 .

18

Primjer

lim

22.

x 0

ln 1  kx   (stavljanjem x

y

=

kx,

imamo)

 ln 1  y   ln 1  y   lim k     k  lim y y y 0  y 0 

1   k  lim ln 1  y  y   k  1  k . y 0   

ax 1 . x x 0

Primjer 23. Odredimo lim

Stavljanjem ax – 1 = y, imamo

  ax 1 y y  lim  lim ln a    ln a . x ln 1  y   x 0 y  0 ln 1  y  y 0  ln a lim

Vježbe 13. 1. Nađite granične vrijednosti:

lim

1)

lim

x 2

x 1

x3  1 4x2  4

;

2)

lim

2 x 4  3x 3 x3

x 0

;

x 2  3x  4 ; x 1 x 1

lim

3)

4)

x 4  8 x 2  16 ; x3  8

5)

lim

x 1

x3  1 ; x4  1

6)

3x 2  5 x  1 ; x  4 x 2  5 x  1 3   1  ; 9) lim  x 1  1  x 1  x3 

lim

x 2

x2  4 ; x 2  3x  2

7)

lim

x 

5x  1 ; x3  2

8)

lim

12)

lim

x 1

16)

lim

x 

2x 

x

4 x  3x

;

10)

12   1 lim   3 ; x  2  x  2 x 8

 x  1 2

13)

lim

17)

1 3 x ; x  1 1  x

x 1

x2  5x  4

;

14)

11)

lim

x 1

lim

x 

x3 x 7

x  3x

x2  6x  5 ; x2  2 x  1

;

15)

x 1 ; x 1 lim

x2

2 x ; 2 x

lim

18)

  3  lim  x  2    ; x 0   x 

19)

 3  2  lim   1    ; x 2  x  2  x 

19

20)

lim  x 2  3  x  ; 

x4 2 ; x

21) lim

x   

x 0

22)

lim 

x 2  2 x  4  x  

x   

;

lim  x 2  1 

23) 3

lim

x 1

x  

x 2  1  ; 

lim  9 x 2  3 x  1 

24)

9 x 2  1  ; 

x  

25)

3

a2 x  a2 . x 1

2. Nađite granične vrijednosti: 1)

1  cos x ; tgx

lim

 x 2

x2 ; x 0 1  cos x 1  cos x 6) lim ; x 0 x2 x3 ; lim x 0 sin 2 x

1  cox ; x

2) lim

x 

3) lim

x 0

sin 3 x ; sin 6 x

4) lim

x 0

sin x ; tgx

5)

lim

7)

lim

x 0

tgx ; x

3 sin x  4 x cos x 11) lim ; x  0 2 sin x  3 x cos x 14) lim

x 0

12)

lim

8)

x 0

lim x

 2

tg 2 x ; tgx

1  sin x cos x ;

9)

lim

x 0

sin 2 x ; tgx

lim

13)

x

10)

1  sin x  2

 2

cos x

;

1  cos x ; x

sin 2 x 15) lim ; x 0 1  cos3 x

1  cos3 x ; x  0 x sin x 1  tgx lim 19)  1  ctgx ; x

16)

lim x

 2

cos 2 x cos x  sin x ;

17)

lim x

 2

1  sin3 x cos 2 x ;

18)

lim

2

22) lim

x 0

20)

lim

 x 4

cos 2 x

 ; cos x  cos 4

21)

 1  lim   2ctgx  ; 2 x 0  sin x 

tg 3 x  tg 3 x ; tgx

23) lim

x 0

1  cos 3 x ; x sin x cos x

tgx ; x  0 1  cos x

24) lim

25) lim

x 0

sin 2 x 1  x sin x  cos x

.

3. Nađite granične vrijednosti:

20

1)

x ; x  0 o log x lim

1  log  2   x ;  lim x   x

2)





lim e x  e  x ;

x 

3)

x ; x 1 log x

lim

4)

1

5)

lim

x  

ax

.

x2  x

14. Neprekidnost funkcije 14.1. PRIRAST ARGUMENTA I PRIRAST FUNKCIJE. Neka je f(x) zadana funkcija definirana na intervalu a, b i neka je x0a, b. Tada se za svaki xa, b razlika ∆x = x – x0 zove prirast argumenta u točki x0 (slika 3.6). Razlika ordinata točaka A i B ∆y = f(x) – f(x0) = f(x + ∆x) – f(x0) zove prirast funkcije f u točki x0.

y A ∆y

B f(x0) a

x

f(x) x

0 Primjer 24. Za funkciju f(x) = x3 imamo ∆x f(x0 + ∆x) = (x0 + ∆x)3 = x03 + 3x02∆x + 3x(∆x)2 + (∆x)3, pa je Slika 3.6. f(x0 + ∆x) – f(x0) = 3x02∆x + 3x(∆x)2 + (∆x)3. Dakle, prirast funkcije f(x) = x3 je ∆y = ∆x (3x02 + 3x∆x + (∆x)2).

x b

14.2. FUNKCIJA NEPREKIDNA U TOČKI. Neka je funkcija f(x) definirana na nekom intervalu a, b. Za funkciju f(x) kažemo da je neprekidna u točki x0a, b ako (1) postoji vrijednost f(x0),

21

f  x , i (2) postoji xlim  f  x   f  x0  . (3) xlim  Iz definicije slijedi da funkcija može biti neprekidna samo u točkama domene. Funkcija koja je neprekidna u svakoj točki domene kažemo da je neprekidna. Zorno, funkcija je neprekidna ako se njen graf na intervalu a, b može nacrtati ne dižući vršak olovke s papira. Neprekidnost funkcije u točki možemo iskazati i ovako: Definicija 4. Funkcija f(x) je neprekidna u točki x0a, b ako za proizvoljni broj  > 0 postoji broj  > 0, takav da za svaki xa, b nejednakost x – x0 <  povlači nejednakost f(x) – f(x0) < . Primijetimo da je relacija f(x) – f(x0) <  ispunjena i u samoj točki x = x0 za funkciju neprekidnu u toj točki. Primjer 25. Funkcija f  x   n x je neprekidna u proizvoljnoj točki x0 koja pripada domeni te funkcije, te je

lim n x  n x0 .

x  x0

 

Primjer 26. Funkcija f x 

1 neprekidna je u proizvoljnoj točki x0  0 i vrijedi da je x

1 1  , x0  0. x x x  x0 0 lim

14.3. TOČKE PREKIDA. PREKIDNE FUNKCIJE. Imamo definiciju: Ako se točka x0 javlja kao granična točka za domenu funkcije f(x) i ako uvjet neprekidnosti

lim f  x   f  x 0 

x  x0

nije ispunjen, tada je točka x0 točka prekida funkcije f(x), a za funkciju f(x) kažemo da je prekidna u točki x0  0. Uvjeti neprekidnosti mogu biti ne ispunjeni ako: (1) ne postoji konačan limes funkcije f(x) u točki x0  0, (2) točka x0 ne pripada domeni funkcije f(x) pa f(x0) nema smisla, (3) postoji konačan limes funkcije f(x) u točki x0, ali on nije jednak vrijednos-

f  x  f  x0  . ti funkcije u točki x0, tj. xlim x 0

22

Struktura točaka u kojima se narušavaju uvjeti za neprekidnost, tj. točka prekida može biti različita. Imamo sljedeće mogućnosti prekida funkcije: 1. Postoji konačan limes u točki x0 koji nije jednak funkcijskoj vrijednosti u točki x0 ili u promatranoj točki funkcija f(x) nije definirana, tj. vrijedi da je

lim f  x   f  x 0  .

x  x0

Ovaj prekid je uklonjiv. Ukloniti ga možemo tako da danu funkciju predefiniramo

f  x . stavljajući da je f  x 0   xlim x 0

x  , x0 Primjer 27. Funkcija f  x    2 za vrijednost x = 0 ima uklonjiv prekid. x, x  0  2. Ako postoje konačan i lijevi i desni limes funkcije f(x) u točki x0 i ako su ti limesi međusobno različiti, tj.

lim f  x   lim f  x  ,

x  x0  o

x  x0  o

tada se točka x = x0 zove točka prekida prve vrste. (N a p o m e n a: I u slučaju 1 se radi o prekidu prve vrste.)

Primjer 28. Za funkciju

x  x , x0 f  x   0, x  0 

imamo da je

lim

x 0  o

x x

 1 i

lim

x 0  o

x 1. x

Prema tome, točka x = 0 je točka prekida prve vrste.

 

Primjer 29. Funkcija f x  arc tg

lim arc tg

x 0 o

1 ima za x = 0 točku prekida prve vrste. Naime, imamo da je x

1   x 2

i

lim arc tg

x 0  o

1   , x 2

tj. u točki x = 0 funkcija nije definirana.

3. Ako u točki x0 barem jedan od jednostranih limesa ne postoji ili su beskonačni, tada je točka x0 točka prekida druge vrste. 1 Primjer 30. Funkcija f  x   sin ima za x = 0 točku prekida druge vrste, jer u njoj ne postoji ni x lijevi ni desni limes.

23

Pokazat ćemo da ne postoji desni limes. Zaista, ako x teži nuli preko niza an 

1 , to je n

lim an  0 ,

n  

pa je

lim sin

n 

Ako x teži nuli preko niza

1 1  lim sin  lim sin n  0 1 . an n   n n bn 

lim sin

n 

Dakle, desni limes, tj.

1 2 n 

lim an  0 , ali je  , tada je opet n   2

1    lim sin 2n    1 . an n    2

lim sin

x  0 o

1 ne postoji. x

Sličnim se zaključivanjem lako pokazuje da ne postoji ni lijevi limes, tj.

lim sin

x  0 o

1 ,u x

točki x0 = 0.

Ako funkcija f(x) ima u točki x = x0, xR, beskonačni limes, tada je točka x = x0 točka prekida funkcije f(x). Primjer 31. Za funkciju f  x   log 5 x je lim f  x    , pa je x = 0 točka prekida ove x 0

funkcije.

Ako funkcija f(x) u točki x = x0 ima različite jednostrane limese od kojih je barem jedan beskonačan, tada je x = x0 točka prekida funkcije f(x). lim tgx   lim tgx    Primjer 32. Za funkciju f(x) = tg x je x    o i x o . Zato je x = 2 2 2 točka prekida funkcije f(x).

f  x   a , ali je a  f(x0), tada je x = x0 točka prekida Ako postoji xlim x 0

funkcije f(x).

Primjer 33. Za funkciju

x2 , x  0 f  x   1, x  0

prekida. Naime, uvjet neprekidnosti

je lim f  x   0 , ali je f(0) = 1, pa je x = 0 točka x 0

lim f  x   f  x0  u njoj nije ispunjen.

x  x0

24

Ako je funkcija f neprekidna u svakoj točki intervala a, b, kažemo da je ona neprekidna na intervalu a, b. Ako je funkcija f neprekidna u svakoj točki segmenta a, b, kažemo da je ona neprekidna na segmentu a, b. 14.4. NEKA SVOJSTVA NEPREKIDNIH FUNKCIJA . Navodimo bez dokazivanja ali s određenim objašnjenjem, neka svojstva neprekidnih funkcija na segmentu a, b. Svojstvo 1. Funkcija f neprekidna na segmentu a, b ima na tom segment svoju najveću i najmanju vrijednost. Ovo svojstvo kazuje da na segmentu a, b postoji točka x1 takova da za svaki xa, b je f(x)  f(x1), tj. da u x1 funkcija ima svoju najmanju vrijednost. Slično, postoji točka x2 takova da za svaki xa, b je f(x)  f(x2), tj. u točki x2 funkcija ima najveću vrijednost (slika 3.7). Kao posljedica ovoga svojstva slijedi y Svojstvo 2. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu a, b, tada je ona na tom segmentu ograničena. M Označimo li sa m najmanju a sa M najveću vrijednost funkcije f na segmentu a, b, m x (koje prema svojstvu 1 postoje), tada za proa = x1 x2 b izvoljno xa, b vrijedi m  f(x)  M. Slika 3.7. Svojstvo 3. Funkcija f neprekidna na segmentu a, b poprima na tom segmentu sve vrijednosti između najmanje i najveće vrijednosti. Kao neposredna posljedica ovoga svojstva slijedi Svojstvo 4. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu a, b koja na krajevima toga segmenta poprima vrijednosti suprotnog predznaka, tada postoji barem jedna točka segmenta a, b u kojoj je vrijednost funkcije jednaka nuli. y fb a f(a)

c

x b

Slika 3.8. To znači da za neprekidnu funkciju na segmentu a, b i f(a)  f(b) < 0 slijedi da postoji točka ca, b za koju je f(c) = 0 (slika 3.8). 25

Vježbe 14. 1. Nađite točku prekida i skicirajte graf funkcije, ako je:

 

1) f x   2.

2) f(x) = tg x;

 

3) f x 

Odredite točku prekida i skicirajte graf funkcije 1)

3.

6 ; x

lim f  x  ;

2)

x  0 o

lim f  x  ;

x  0 o

3)

4

.

4  x2 1

f  x   2 x , ako je:

lim f  x  .

x  

Nađite točku prekida i skicirajte graf funkcije, ako je:

 

1) f x 

1 x

1 2

;

 

2) f x  arctg

a ; xa

3)

f  x 

x3  x 2 . 2 x 1

26

4.

Nađite točku prekida i skicirajte graf funkcije, ako je: 1)

f  x 

2x  x

;

x

f  x 

2)

1 x  2 2

3) f  x   1 

;

x

2 .

REZULTATI, UPUTE, RJEŠENJA nekih zadatak Vježbe 12.

4.

n n 1 1 A  lim  lim n  lim  1 , jer kada n  ,  0. Prema tome, n 1 1 n  n  1 n  n n  1 n n n granična vrijednost promatranog niza je A = 1. Imamo: 1 

n 1   n 1 10

n 1 n 1 1    n + 1 > 10  n > 9. Dakle, počevši od člana an0 , gdje je n 1 n  1 10

A  an 

n0 = n + 1 = 10, zadovoljen je uvjet

1

1 . Pokazujemo to ovako: 10

n0 10 1 1  1   . n0  1 11 11 10

7. Uputa:

1  1   n  .

n

n

8. Opći član toga niza je

lim an  lim 3

n

n

1   n   n 11       1   n 1  n 1  n 1  

an 

2 n 1 2n

n 

2n

32 n 1  3 1

 lim 3 n

1 2n

2 n 1 2n

n 11

1    1   n 1 

n 1

1    1   n 1 

, pa je

 3 , jer je nlim 

1 0. 2n

Vježbe 13.

3 ; 2) 3; 3) 5; 8 1 2 11) ; 12)  ; 2 3 3 19) ; 20) 0; 21) 2

1. 1)

4) 0; 13) 0;

1 ; 4

5)

3 ; 4

14) ; 22) +;

6) 4; 15) 23) 0;

7) 0;

1 ; 2

16)

8)

3 ; 4 2 ; 4

24) za x  –: 

9) –1; 17)

1 ; 3

10) 

1 ; 2

18) –3;

1 1 , za x  +: ; 2 2

27

3

25)

a2 . 3

x 1 , rezultat: 2; 6) ; 2 2 2 2 7) 1; 8) 2; 9) 2; 10) 0; 11) –7; 12) 0; 13) 0; 14) ; 15) ; 3 2 3 3 3 16) ; 18) ; 19) –1; 20) 2 2 ; 21) +; 22) 3; 23) ; 2 ; 17) 2 2 2

2. 1) 0;

2) 0;

1 ; 2

3)

4) 1;

24) ; 25) 1. 3. 1) 0; 2) ; 3) ; Vježbe 14. 1. 1) za x = 0;

2) za

x

4) 0;

5) zamjena: 1  cos x  2 sin

5) 0.

 2n  1  

2. Točka prekida je x = 0. 1) 0;

2

2 2) ;

3. 1) Prekid prvog reda za x = 0. Pritom je

3) za x = 2.

;

3) 1.

lim f  x   1 , lim f  x   0 , x 0  o

x 0 o

1 1 , lim f  x   . 2) Prekid prvog reda za x= a. Pritom je x   2 2   f  x   0 . 3) Funkcija se može lim f  x    , lim f  x   , xlim xa o 2 xao 2   lim f  x  

x  -

napisati u obliku

 x2  , za x  1  . Za x = 1 imamo prekid prvog reda i pritom je f  x   2 2  x  2 , za x  1

lim f  x   

x 1 o

1 1 i lim f  x   . 2 x 1 o 2

4. Točke prekida su: 1) x = 0;

2) x = 2;

3) x = 0.

Lit e ra t ura БЕРМАН, Г.Н. (1965), Cбopник эaдaч по курсу мaтeмaтичecчкoго aнaлиэa, Mocквa, Издaтельство "Наука" BRADIĆ, T. i dr. (1998), Matematika za tehnološke fakultete, Zagreb, Element CHIANG, A.C. (1994), Osnovne metode matematičke ekonomije (prijevod s engleskog), Zagreb, "Mate" d.o.o.

28

ДEMИДOBИЧ, Б.П. (1963), Cбopник эaдaч и yпpaжнeний по мaтeмaтичecчкoмy aнaлиэy, Mocквa, Гocyдaрствeннoе издaтелство FERENCI, F. i dr. (1963), Zbirka rešenih zadataka iz matematike 1, Beograd, Naučna knjiga KUREPA, S. (1970), Matematička analiza 1, Zagreb, Tehnička knjiga KUREPA, S. (1971), Matematička analiza 2, Zagreb, Tehnička knjiga MIHAILOVIĆ, D. – JANIĆ, R. R. (1976), Elementi matematičke analize 1, Beograd, Naučna knjiga MINORSKI, V. P. (1971), Zbirka zadataka više matematike, Zagreb, Tehnička knjiga MINTAKOVIĆ, S. (1970), Zbirka zadataka iz infinitezimalnog računa, Sarajevo, Zavod za izdavanje udžbenika PALATINI, A. – FAGGIOLI, V. (1975), Complementi di matematica, Milano, Ghisetti e Corvi editori RADIĆ, M. (1962), Nizovi i redovi, Zagreb, Školska knjiga ТАРАСОВ, Н.П. (1971), Курс вьісшей математики для техникумов, Мocква, Издательство "Наука" ZARIĆ, B. (1971), Zbirka rešenih zadataka, Zagreb, Tehnička knjiga

29