Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo skup U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 +δ)\{x 0 }. Jasno je da x U δ x 0 ) ako i samo ako 0 < x x 0 < δ. Interval x 0 δ, x 0 ) x 0, x 0 + δ)) zvaćemo leva desna) δ okolina tačke x 0. Definicija 1. Cauchy) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Broj A je granična vrednost funkcije f u tački x 0 ako za svako ɛ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x iz probodene δ okoline tačke x 0 važi fx) A ɛ, A + ɛ), tj. fx) A < ɛ: i pišemo ɛ > 0) δ > 0) x)0 < x x 0 < δ = fx) A < ɛ), 1) fx) = A. Iz definicije sledi da se za svaku ɛ okolinu tačke A, U ɛ A), može naći probodena δ okolina tačke x 0, U δ x 0 ), koja se sa f slika u U ɛ A) f U δ x 0 )) U ɛ A)). To znači da se vrednosti funkcije f sve više približavaju broju A ukoliko se promenljiva x približava broju x 0. Primer. Ako je fx) = x, dokazati da je x fx) = 4. Kako je fx) 4 = x 4 = x )x+) = x )x )+4) x x +4) za x < δ imamo Ako se uzme fx) 4 < δδ + 4). δδ + 4) = ɛ, ) 1

onda je δ = + 4 + ɛ jer ono drugo rešenje koje se dobija iz jednačine ) je negativno, δ = 4 + ɛ, i ne dolazi u obzir) i za x < δ sledi fx) 4 < ɛ. Definicija 3. Heine) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Broj A je granična vrednost funkcije f u tački x 0 ili kad x teži ka x 0 ), ako za svaki niz x n Ux 0 ), n N, koji konvergira ka x 0, x n = x 0, niz fx n )) n N konvergira ka A, fx n) = A, i tada n n pišemo fx) = A. Primer 4. Ako je fx) = x + 5x 6, da li funkcija f ima graničnu x vrednost u tački 1? Neka je x n ) n proizvoljan niz takav da x n = 1 i x n 1 za svako n n N. Tada x n + 5x n 6 = n x n x n) + 5 x n 6 n n x n n = 1 3 = 4 pritom smo uzeli da je x n za svako n N, jer za x = funkcija nije definisana). Dakle, postoji fx n) = 4 i kako ne zavisi od izbora niza n x n ) n koji konvergira ka 1, to potoji fx) = 4. x 1 Teorema 5. Definicije 1 i 3 granične vrednosti funkcije u datoj tački su ekvivalentne. Dokaz. Neka je fx) = A u smislu Definicije 3. f definisana u nekoj probodenoj okolini Tada je funkcija U δ0 x 0 ) tačke x 0 i za svaki niz x n U δ0 x 0 ), n = 1,,... koji konvergira ka x 0 važi n fx n) = A. Dokazujemo da važi 1). Prepostavimo suprotno, tj. da važi: ε 0 > 0) δ > 0) x δ )0 < x δ x 0 < δ fx δ ) A ɛ 0 ). 3) Iz 3) sledi da za δ = δ 0 n, n = 1,,... postoji x n tako da je i x n x 0 < δ 0 n, x n x 0, n = 1,,..., 4) fx n ) A ɛ 0, n = 1,,.... 5)

Na osnovu 4) sledi da x n U δ0 x 0 ) i x n = x 0, a na osnovu 5) da broj n A ne može biti granična vrednost niza fx n )) n, što protivureči Definiciji 3. Dobijena protivurečnost dokazuje da važi 1). Obrnuto, pretpostavimo da je fx) = A u smislu Definicije 1. Tada je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini uslov 1). Neka je x n Ux 0 ), n N i Ux 0 ) tačke x 0 i važi x n = x 0. 6) n Pokažimo da funkcija f ispunjava uslove Definicije 3, tj. da važi fx n) = A. 7) n Za proizvoljno ɛ > 0, izaberimo δ > 0 koje zadovoljava uslov 1). Za to δ, na osnovu 6), postoji n 0 N tako da za svako n n 0 važi 0 < x n x 0 < δ. Iz uslova 1) sledi da za n n 0 važi fx n ) A < ɛ, što zbog proizvoljnosti ɛ > 0 implicira 7). Definicija 6. Neka je funkcija f definisana na intervalu a, x 0 ) x 0, b)). Broj A je leva desna) granična vrednost funkcije f u tački x 0 ako za svako ɛ > 0 postoji δ = δɛ) > 0 tako da za svako x koje ispunjava uslov x 0 δ < x < x 0 x 0 < x < x 0 + δ) važi fx) A ɛ, A + ɛ), tj. fx) A < ɛ, i pišemo 0 fx) = A ili A = fx 0 0) +0 fx) = A ili A = fx 0 + 0)). U slučaju x 0 = 0 umesto x 0 + 0 x 0 0) pišemo jednostavno x +0 x 0). Analogno dokazu Teoreme 5, pokazuje se da je ova definicija ekvivalentna sledećoj: Definicija 7. Neka je funkcija f definisana na intervalu a, x 0 ) x 0, b)). Broj A nazivamo levom desnom) graničnom vrednošću funkcije f u tački x 0 ako za svaki niz x n ) n takav da x n = x 0, a < x n < x 0 x 0 < x n < b), n niz fx n )) n konvergira ka A, tj. fx n) = A. n Primer 8. Neka je fx) = sin 1. Pokazaćemo da ova funkcija nema ni desnu x ni levu graničnu vrednost u 0. 3

Neka je x n = 1 nπ, x n = 1 π 6 + nπ, z n = x n i z n = x n, n = 1,,.... Jasno, x n > 0, x n > 0, n x n = n x n = 0, fx n ) = 0, fx n) = 1. Zato fx n) = 0 i n n fx n) = 1 i stoga, na osnovu Definicije 7, fx) x +0 ne postoji. Slično, z n < 0, z n < 0, z n = n n z n = 0, fz n ) = 0, fz n) = 1. Sledi fz n) = 0 i n n fz n) = 1 i stoga fx) ne postoji. x 0 Na osnovu Definicije 3 zaključujemo da ne postoji ni fx). x 0 Primer 9. Neka je fx) = sgnx. Pokazaćemo da ova funkcija ima levu i desnu graničnu vrednost u 0, ali da se one razlikuju. Neka je x n > 0, x n < 0, n N i x n = n n x n = 0. Tada je sgnx n = 1 = 1, n n n sgnx n = 1) = 1, n i stoga je sgnx = 1 i x +0 Takod e sledi da x 0 sgnx ne postoji. sgnx = 1. x 0 Teorema 10. Funkcija f ima graničnu vrednost u tački x 0 ako i samo ako ona ima i levu i desnu graničnu vrednost u tački x 0 i ako su one jednake. Dokaz. Neka je x x0 fx) = A i ɛ > 0 proizvoljno. Tada postoji δ > 0 tako da za svako x koje zadovoljava uslove x x 0 < δ i x x 0 važi fx) A < ɛ. To znači da za x x 0 δ, x 0 ), kao i x x 0, x 0 + δ) važi fx) A < ɛ. Na osnovu Definicije 6 zaključujemo da funkcija f ima i levu i desnu graničnu vrednost u tački x 0 i ako su one jednake A. Obrnuto, pretpostavimo da važi fx) = fx) = A. 8) +0 0 Neka je ɛ > 0 proizvoljno. Na osnovu 8) postoji δ 1 > 0 tako da za svako x takvo da je x x 0 δ 1, x 0 ) važi fx) A < ɛ. Takod e postoji δ > 0 tako da za svako x takvo da je x x 0, x 0 + δ ) važi fx) A < ɛ. Neka je δ = min{δ 1, δ }. Tada za x x 0 δ, x 0 + δ) i x x 0 važi fx) A < ɛ. Prema tome, fx) = A. 4

Primer 11. Neka je x 3, x < 1 1 fx) =, x = 1 x, x > 1 Tada je i Zaključujemo da x 1 fx) ne postoji. fx) = x 3) =, x 1 0 x 1 0 fx) = x 1+0 x 1+0 x = 1. Definicija 1. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Kažemo da je + granična vrednost funkcije f kad x teži ka x 0 i pišemo fx) = +, ako za svako ɛ > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x x 0 δ, x 0 + δ)\{x 0 } važi fx) > ɛ. Ova definicija je ekvivalentna sledećoj: Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Kažemo da je + granična vrednost funkcije f kad x teži ka x 0 ako za svaki niz takav da x n Ux 0 ), n N, i x n = x 0, važi fx n) = +. n n Slično se uvode sledeći pojmovi: 0 Primer 13. Dokazati fx) = +, 0 fx) =, +0 1 x +0 x = + i +0 fx) = +, fx) =, fx) =. 1 x 0 x =. Neka je ɛ > 0 proizvoljno. Za δ = 1 ɛ i x 0, δ), važi 1 x > 1 = ε. Na δ 1 1 osnovu Definicije 1 sledi = +. Slično se dokazuje da je x +0 x x 0 x =. 5

Definicija 14. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini +, M, + ), M R. Kažemo da je A granična vrednost funkcije f kad x teži ka + i pišemo fx) = A, x + ako za svako ɛ > 0 postoji δ tako da za svako x > δ važi fx) A < ɛ. Ova definicija je ekvivalentna sledećoj: Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini +, M, + ), M R. Kažemo da je A granična vrednost funkcije f kad x teži ka + ako za svaki niz takav da x n > M, n N, i x n = +, važi fx n) = A. n n Na sličan način se uvodi pojam: fx) = A. x Primer 15. Da li postoji cos x? x + Neka je x n = nπ i x n = π 3 + nπ, n N. Kako je x n = n n x n = +, cos x n = 1 i cos n n x n = 1, sledi da cos x ne postoji. x + Osobine graničnih vrednosti U ovoj sekciji pod tačkom x 0 podrazumevamo kako realan broj, tako i + i. Pod probodenom δ okolinom + ) podrazumevamo interval δ, + ), δ)), δ > 0, u oznaci U δ + ) U δ )). Naredna tvrd enja su iskazana za slučaj dvostrane granične vrednosti, ali ona važe i u slučaju jednostranih graničnih vrednosti, s tim što bi u tom slučaju termin probodena okolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina. Teorema 16. Ako funkcija f ima konačnu graničnu vrednost u tački x 0, onda je ona ograničena u nekoj probodenoj okolini tačke x 0. Dokaz. Neka je x x0 fx) = A R. Na osnovu definicije granične vrednosti funkcije, za ɛ = 1 postoji probodena okolina Ux 0 ) tačke x 0 tako da za svako x Ux 0 ) važi fx) A < 1, tj. A 1 < fx) < A + 1. Ovo znači da je funkcija f ograničena u probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Teorema 17. Ako funkcija f u tački x 0 ima konačnu graničnu vrednost različitu od 0, onda funkcija ima isti znak kao i ta granična vrednost u nekoj probodenoj okolini tačke x 0. 6

Dokaz. Neka je fx) = A R i A > 0. Tada za ɛ = A u slučaju A < 0 treba uzeti ɛ = A) postoji probodena okolina Ux 0 ) tačke x 0 tako da za svako x Ux 0 ) važi fx) A < A, tj. A A < fx) < A + A. Ovo znači da je fx) > 0 za x Ux 0 ). S obzirom da se pojam granične vrednosti funkcija svodi na graničnu vrednost niza, osobine graničnih vrednosti nizova se prenose i na granične vrednosti funkcija. Naredna tvrd enja se dokazuju korišćenjem odgovarajućih tvrd enja za nizove. Teorema 18. Ako je A fx) za svako x iz neke probodene okoline Ux 0 ) tačke x 0 i ako postoji konačna ili beskonačna) granična vrednost fx), tada je A fx). Teorema 19. Ako je gx) fx) za svako x iz neke probodene okoline Ux 0 ) tačke x 0 i ako postoje konačne ili beskonačne) grani v cne vrednosti gx) i fx), tada je gx) fx). Teorema 0. Ako je ϕx) fx) ψx) za svako x iz neke probodene okoline Ux 0 ) tačke x 0 i ako postoje konačne ili beskonačne) granične vrednosti ϕx) i ψx) koje su med usobno jednake, tada postoji i granična vrednost fx) i važi ϕx) = fx) = ψx). Dokaz. Neka je ϕx) = ψx) = A, x n Ux 0 ), n = 1,,... i x n = x 0. Tada je ϕx n) = ψx n) = A i n n n ϕx n ) fx n ) ψx n ). Na osnovu Teoreme o zatvoreniku izmed u dva policajca za nizove, sledi da je fx n) = A. Iz definicije granične vrednosti funkcija sledi da postoji n granična vrednost funkcije f u tački x 0 i da je fx) = A. 7

Primer 1. Da li postoji x cos 1? Iz x cos 1 x = x cos 1 x, x 0, x sledi x x cos 1 x x, x 0. Kako je x 0 x ) = x 0 x = 0, na osnovu Teoreme 0, zaključujemo da je x cos 1 = 0. Teorema. Ako postoje konačne granične vrednosti fx) i gx), onda postoje i konačne granične vrednosti fx)±gx)), fx)gx)), fx) a ako je gx) 0, onda i granična vrednost gx) i važi fx) ± gx)) = fx) ± gx), fx)gx)) = fx) gx), fx) fx) gx) = gx) Za funkciju f : S R, gde je S R, kažemo da je rastuća opadajuća) ako za proizvoljne x 1, x S takve da je x 1 < x važi fx 1 ) fx ) fx 1 ) fx )). Za f ćemo reći da je strogo rastuća opadajuća) ako za svako x 1, x S iz x 1 < x sledi fx 1 ) < fx ) fx 1 ) > fx )). Za funkciju koja ispunjava bilo koji od predhodna četiri uslova kažemo da je monotona. Ako je funkcija strogo rastuća ili strogo opadajuća, onda ćemo reći da je strogo monotona. Teorema 3. Granična vrednost monotonih funkcija) Neka je funkcija f rastuća na intervalu a, b), a, b R. Tada f ima levu graničnu vrednost u tački b i desnu graničnu vrednost u tački a i pritom je: fx) = x b 0 sup fx) i fx) = x a,b) x a+0 inf fx). x a,b) 8

Posledica 4. Ako je funkcija f monotona na intervalu a, b), a, b R i x 0 a, b), tada f ima konačne jednostrane granične vrednosti u tački x 0. Teorema 5. Košijev kriterijum egzistencije graničnih vrednosti funkcija) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tačke x 0. Funkcija f ima konačnu graničnu vrednost u tački x 0 ako i samo ako za svako ɛ > 0 postoji δ > 0 tako da za sve x, x U δ x 0 ) važi fx ) fx ) < ɛ. 3 Beskonačno male funkcije Definicija 6. Za funkciju α kažemo da je beskonačno mala funkcija kad x teži ka x 0 ovde x 0 može biti realan broj ili jedna od beskonačnosti) ako je αx) = 0. Beskonačno mala α često se naziva i infinitezimala. Sledeća teorema se dokazuje korišćenjem odgovarajućih osobina nula nizova. Teorema 7. i) Zbir i proizvod dve beskonačno male funkcije kad x x 0 je beskonačno mala funkcija kad x x 0. ii) Ako je α beskonačno mala kad x x 0, a g funkcija ograničena u nekoj probodenoj okolini tačke x 0, onda je gα beskonačno mala kad x x 0. Sledeća teorema pokazuje da se pojam granične vrednosti funkcija može svesti na pojam beskonačno male. Teorema 8. Funkcija f u tački x 0 R ima graničnu vrednost jednaku A R, fx) = A, ako i samo ako postoji beskonačno mala α kad x x 0 tako da je fx) = A + αx) za x iz neke probodene okoline tačke x 0. Dokaz. Neka je fx) = A. Sledi funkcija f je definisana u nekoj probodenoj okolini Ux 0 ) tačke x 0. Definišimo αx) = fx) A za x Ux 0 ). Tada na osnovu Teoreme sledi αx) = fx) A) = fx) A = A A = 0, 9

i očigledno je fx) = A + αx). Obrnuto, ako je fx) = A + αx) za x iz neke probodene okoline tačke x 0, i αx) = 0, tada je fx) = A + αx)) = A + αx) = A + 0 = A. 4 Neprekidnost funkcija Definicija 9. Za funkciju f definisanu u nekoj okolini Ux 0 ) tačke x 0 R kažemo da je neprekidna u tački x 0 ako je Uslov 9) je ekvivalentan uslovu fx) = fx 0 ). 9) fx) fx 0)) = 0. x x 0 0 Razlika x x 0 se zove priraštaj argumenta i označava sa x, a razlika fx) fx 0 ) priraštaj funkcije koji odgovara priraštaju argumenta x, i označava se sa y. Prema tome x = x x 0, x = x 0 + x, y = fx 0 + x) fx 0 ) i uslov 9) je ekvivalentan uslovu y = 0. x 0 Definicija 30. Ako je funkcija f neprekidna u svakoj tački skupa S, onda kažemo da je f neprekidna na S. Primer 31. Funkcija fx) = c, c R, je neprekidna na R. Zaista, za svako x 0 R, fx) = c = fx 0 ). Primer 3. Pokažimo da je funkcija fx) = x n, n N, neprekidna na R. Neka je x 0 R. Iz y = fx 0 + x) fx 0 ) = x 0 + x) n x n 0 = = nx n 1 0 x + nn 1) x n 0 x) + + x) n sledi y = 0. x 0 Prema tome, funkcija f je neprekidna za svako x 0 R. 10

Primer 33. Da li je funkcija fx) = sgn x neprekidna u 0? Kako je fx) = sgn x = 1 0 i f0) = sgn 0 = 0, sledi x 0 fx) f0) i funkcija f nije neprekidna u 0. Primer 34. Da li je funkcija neprekidna u 0? fx) = { x sin 1 x, x 0 0, x = 0 Slično kao u Primeru 1 možemo pokazati da je x sin 1 = 0. Stoga je fx) = f0) i funkcija f je neprekidna u 0. x 0 Definicija 35. Neka je funkcija f definisana na intervalu a, x 0 ]. Ako je fx) = fx 0), 0 onda kažemo da je funkcija f neprekidna sleva u tački x 0. Ako je funkcija f definisana na intervalu [x 0, b) i ako je fx) = fx 0), +0 onda kažemo da je funkcija f neprekidna zdesna u tački x 0. Primer 36. Za dato x R najveći ceo broj koji je manji ili jednak od x označava se sa [x]. Neka je fx) = [x], x R. Neka je x 0 ceo broj. Tada je fx) = [x] = x 0 = [x 0 ] = fx 0 ), +0 +0 što znači da je f neprekidna zdesna u x 0. Med utim f nije neprekidna sleva u tački x 0 jer: fx) = [x] = x 0 1 x 0 = [x 0 ] = fx 0 ). 0 0 Teorema 37. Ako su funkcije f i g neprekidne u tački x 0 R, tada su i funkcije f ± g, fg neprekidne u x 0, a ako je gx 0 ) 0, onda i funkcija f g neprekidna u x 0. 11

Dokaz. Tvrd enje sledi na osnovu definicije neprekidnosti i Teoreme. Pokazaćemo recimo da je funkcija f g neprekidna u x 0. Kako je fx) = fx 0 ) i gx) = gx 0 ) 0, na osnovu Teoreme sledi fx) fx) gx) = gx) = fx 0) gx 0 ), te je funkcija f g neprekidna u x 0. Teorema 38. Neka funkcija g u tački x 0 ima graničnu vrednost y 0 R i neka je funkcija f neprekidna u tački y 0. Tada složena funcija x fgx)) ima graničnu vrednost u tački x 0 i važi fgx)) = fy 0 ) = f gx)). Dokaz. Neka je ɛ > 0 proizvoljno. Iz činjenice da je funkcija f neprekidna u tački y 0, tj. iz fy) = fy 0 ) sledi da postoji ɛ 1 > 0 tako da za y y 0 y y 0 ɛ 1, y 0 + ɛ 1 ) važi fy) fy 0 ) < ɛ. Kako je gx) = y 0 sledi da postoji δ > 0 tako da za svako x x 0 δ, x 0 + δ)\{x 0 } važi gx) y 0 ɛ 1, y 0 + ɛ 1 ). Zato za svako x x 0 δ, x 0 + δ)\{x 0 } važi fgx)) fy 0 ) < ɛ. Prema tome, fgx)) = fy 0 ). Posledica 39. Ako je funkcija g neprekidna u tački x 0 R i funkcija f neprekidna u tački gx 0 ), tada je složena funcija x fgx)) neprekidna u tački x 0. Dokaz. Iz Teoreme 38 sledi fgx)) = fgx 0 )), te je funkcija x fgx)) neprekidna u x 0. 5 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu Reći ćemo da da je funkcija f : [a, b] R neprekidna na segmentu [a, b] ako je neprekidna u svakoj tački intervala a, b), u tački a neprekidna zdesna, a u tački b neprekidna sleva. Sledeća teorema govori o tome da je svaka neprekidna funkcija na segmentu ograničena i da na njemu dostiže svoj supremum i infimum. 1

Teorema 40. Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b] R neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je ona ograničena i postoje tačke x 0, x 0 [a, b] takve da je fx 0 ) = sup fx) i fx 0) = inf fx). a x b a x b Dokaz. Neka je M = sup fx). 10) a x b Jasno, M R. Pokazaćemo da je M < i da postoji x 0 [a, b] tako da je fx 0 ) = M. Neka je a n ) n niz realnih brojeva takav da je i a n = M 11) n a n < M, n = 1,,.... 1) Iz 10) i 1) sledi da za svako n N postoji x n [a, b] tako da je a n < fx n ) M, n = 1,,.... 13) Kako je a x n b, n = 1,,..., sledi niz x n ) n je ograničen i na osnovu Bolcano-Vajerštrasove teoreme ima konvergentan podniz x nk ) k. Neka je x n k = x 0. 14) k Zbog a x nk b dobijamo a x 0 b, a na osnovu 13) a nk < fx nk ) M, k = 1,,.... 15) Iz 11) sledi k a n k = M, što zajedno sa 15) implicira fx n k ) = M. 16) k Kako je f neprekidna na segmentu [a, b] i x 0 [a, b], f je neprekidna u x 0 i na osnovu 14) sledi fx n k ) = fx 0 ). 17) k Iz 16) i 17) sledi fx 0 ) = M. Kako je fx 0 ) R, sledi M <, tj. funkcija f je ograničena odozgo i dostiže svoj supremum u tački x 0. Analogno se dokazuje da je funkcija odozdo ograničena na segmentu [a, b] i da na njemu dostiže svoj infimum. 13

Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na zatvorenom i ograničenom intervalu bitna. Na primer, funkcija fx) = 1 x je neprekidna na intervalu 0, 1], ali nije ograničena na njemu. Funkcija fx) = x je neprekidna na skupu R =, + ), ali nije ograničena na njemu. Funkcija fx) = x je neprekidna i ograničena na intervalu 0, 1), ali ne dostiže ni svoj supremum, ni svoj infimum na ovom intervalu sup x 0,1) 1, inf fx) = 0). x 0,1) fx) = Teorema 41. Bolzano-Cauchy) Neka je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b]. Tada za svaki broj C koji se nalazi izmad u brojeva fa) i fb) postoji bar jedna tačka ξ a, b) takva da je fξ) = C. Dokaz. Neka je fa) < C < fb). Podeo segment [a, b] tačkom x 0 na dva segmenta jednake dužine. Tada je ili fx 0 ) = C, pa je tražena tačka ξ = x 0, ili je fx 0 ) C, i tada na levom kraju jednog od ta dva segmenta funkcija ima manju vrednost od C, a na desnom veću od C. Označimo taj segment sa [a 1, b 1 ] i podeo ga na dva segmenta jednaka po dužini i td. Tim postupkom ćemo ili nakon konačno mnogo koraka doći do tačke ξ takve da je fξ) = C ili ćemo dobiti niz umetnutih odsečaka [a n, b n ], čija dužina teži 0 i takav da je fa n ) < C < fb n ). 18) Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedinstvena tačka ξ koja pripada svim segmentima [a n, b n ], n = 1,,.... Kako je ξ = a n = b n, n n zbog neprekidnosti funkcije f imamo Iz 18) sledi Iz 19) i 0) sledi fξ) = C. fξ) = n fa n) = n fb n). 19) fa n) C fb n). 0) n n Posledica 4. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i na krajevima segmenta ima vrednosti različitog znaka, tada u intervalu a, b) postoji bar jedna tačka ξ takva da je fξ) = 0 14

Posledica 43. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka je m = fx) i M = sup fx). Tada je f[a, b]) = [m, M]. inf a x b a x b Dokaz. Očigledno je f[a, b]) [m, M]. Dokažimo obrnutu inkluziju. Na osnovu Weierstrassove teoreme postoje tačke α, β [a, b], takve da je fα) = m i fβ) = M. Tvrd enje sada sledi iz Bolzano-Cauchyeve teoreme primenjene na segmet [α, β] ako je α < β, ili segment [β, α] ako je β < α. 6 Neprekidnost elementarnih funkcija U ovoj sekciji biće nam potrebne sledeće dve teoreme koje se odnose na neprekidne i strogo monotone funkcije i njihove inverzne funkcije. Teorema 44. Neka je funkcija f strogo rastuća opadajuća) i neprekidna na segmentu [a, b]. Tada je inverzna funkcija f 1 definisana, strogo rastuća opadajuća) i neprekidna na segmentu sa krajevima u tačkama fa) i fb). Teorema 45. Neka je funkcija f strogo rastuća opadajuća) i neprekidna na intervalu a, b) konačnom ili beskonačnom) i neka je c = fx), d = fx). x a+0 x b 0 Tada je inverzna funkcija f 1 definisana, strogo rastuća opadajuća) i neprekidna na intervalu konačnom ili beskonačnom) sa krajevima u tačkama c i d. Definišimo najpre osnovne elementarne funkcije. Definicija 46. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije su osnovne elementarne funkcije. Definišimo sada pojam elementarne funkcije. Definicija 47. 1. Osnovne elementarne funcije su elementarne funkcije.. Ako su f i g elementarne funkcije, onda su i f + g, f g, fg, f g i g f elementarne funkcije pod uslovom da su definisane). 3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i. konačno mnogo puta. Na primer funkcija x = x je elementarna i takod e funkcija y = lnarccos x + x + 1)) 3. e arctgx +1) 15

Teorema 48. Eksponencijalna funkcija y = a x, a > 0, je neprekidna na skupu R. Dokaz. Ako je a = 1 onda je y = 1 x = 1 za svako x R i ovo je neprekidna funkcija na R. Neka je sada a 1. Dokažimo da je Neka je najpre a > 1 i neka je ɛ > 0. Kako je n 0 N tako da je x 0 a x = 1. 1) a 1 n 0 1 = a 1 n 0 1 < ɛ. n n a = 1, to postoji Neka je δ = funkcija sledi 1 n 0. Tada, za 0 < x < δ, iz činjenice da je y = a x rastuća Prema tome, Odavde sledi x 0 a x = a x 1 = a x 1 < a δ 1 = a 1 n 0 1 < ɛ. t +0 a t = x +0 a x = 1. ) t +0 1 a t = 1 = 1 = 1. 3) t +0 a t 1 Iz ) i 3) sledi da 1) važi za a > 1. Neka je sada 0 < a < 1. Tada je b = 1 a > 1 važi x 0 b x = 1, te je 1 x 0 a x = x 0 b x = 1 = 1 x 0 b x 1 = 1. Prema tome, 1) važi i za 0 < a < 1. Iz 1) sledi y = a x+ x a x) = x 0 x 0 x 0 ax a x 1 ) = 0, što znači da je funcija y = a x neprekudna za svako x R. Posledica 49. Funkcija y = log a x, a > 0, a 1 je neprekidna funkcija za svako x 0, + ). 16

Dokaz. Za a > 1 0 < a < 1) funkcija y = a x je strogo rastuća opadajuća) na intervalu, + ). Kako je za a > 1 dok za 0 < a < 1 važi x ax = 0 i x + ax = +, x ax = + i x + ax = 0, na osnovu Teoreme 45 i Teoreme 48 sledi da je inverzna funkcija y = log a x neprekidna na intervalu 0, + ). Posledica 50. Funkcija y = x α je neprekidna funkcija za svako x 0, + ). Dokaz. Kako je y = x α = e α ln x, tvrd enje sledi iz Teoreme 48, Posledice 49 i Posledice 39. Biće nam potrebno sledeće tvrd enje. Lema 51. Za svako x R važi nejednakost Dokaz. sin x x. 4) Za x = 0 očigledno važi 4). Neka je najpre 0 < x < π. Uočimo kružnicu poluprečnika R sa centrom u koordinatnom početku i poluprečnik OB neka obrazuje ugao od x radijana sa pozitivnim delom x ose, tj. sa poluprečniokom OA. Neka OB 1 poluprečnik simetričan poluprečniku OB u odnosu na x osu. Jasno duž BB 1 je upravna na duž OA i obeležimo sa C njihovu tačku preseka. Iz pravouglog trougla OBC sledi BC = R sin x, pa je BB 1 = R sin x. Dužina kružnog luka BAB 1 je Rx. Očigledno dužina duži BB 1 nije veća od dužine kružnog luka BAB 1, tj. R sin x Rx. Prema tome, sin x x. Ako je π < x < 0, tada je 0 < x < π, pa je na osnovu već dokazanog sin x) x. Kako je u ovom slučaju sin x = sin x = sin x) i x = x, dokazali smo da je sin x x. Ako je x π, tada je sin x 1 < π x. 17

Teorema 5. Funkcije y = sin x i y = cos x su neprekidne na skupu R. Dokaz. Za x R i x R važi sinx + x) sin x = sin x cosx + x) cos x = sin x x + x cos, x + x sin. 5) Kako je sin α 1 i cos α 1 za svako α R, i na osnovu 4) x sin x, to iz 5) sledi sinx + x) sin x = x sin x + x cos x = x, cosx + x) cos x = x sin x + x 6) sin x = x. Na osnovu 6) zaključujemo sinx + x) sin x) = 0 i cosx + x) cos x) = 0, x 0 x 0 što dokazuje da su funkcije y = sin x i y = cos x neprekidne u tački x.. Posledica 53. Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj tački svog domena. Dokaz. Na osnovu Teoreme 5 i Teoreme 37 funkcija y = tgx = sin x cos x je neprekidna u skakoj tački x R za koju je cos x 0. Analogno i y = ctgx = cos x sin x je neprekidna funkcija u svakoj tački x R za koju je sin x 0. Posledica 54. Inverzne trigonometrijske funkcije y = arcsin x, y = arccos x, y = arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj tački svog domena. [ Dokaz. Funkcija y = sin x je strogo rastuća na segmentu π, π ], sin π ) = 1, sinπ ) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverzna funkcija y = arcsin x neprekidna na segmetu [ 1, 1]. Funkcija y = cos x je strogo opadajuća na segmentu [0, π], cosπ) = 1, cos0) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverzna funkcija y = arccos x neprekidna na segmetu [ 1, 1]. 18

Funkcija y = tgx je strogo rastuća na intervalu π, π ), tgx =, x π +0 tgx = +, x π 0 i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcija y = arctgx neprekidna na intervalu, + ). Funkcija y = ctgx je strogo opadajuća na intervalu 0, π), ctgx = +, x +0 ctgx =, x π 0 i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcija y = arcctgx neprekidna na intervalu, + ). Teorema 55. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj tački svog domena. Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidna u svakoj tački svog domena. Sada iz Definicije 47 i Teorema 37 i 39 sledi tvrd enje teoreme. Primetimo da funkcija y = sgnx nije elementarna, bez obzira na njen relativno jednostavan analitički izraz, jer nije neprekidna u 0. 7 Važne granične vrednosti Primer 56. Dokazati da je sin x = 1. 7) Dokaz. Uočimo kružnicu poluprečnika R sa centom u tački O. Neka poluprečnik OB sa poluprečnikom OA gradi ugao od x radijana, 0 < x < π. U tački A konstruišimo normalu na poluprečnik OA i neka ona seče poluprečnik OB u tački C. Površina trougla OAB je 1 R sin x, površina kružnog isečka OAB je 1 R x, dok je površina trougla OAC jednaka 1 R tgx. Kako je trougao OAB sadržan u kružnom isečku OAB, a ovaj pak sadrfžan u trouglu OAC, to dobijamo nejednakost: 1 R sin x < 1 R x < 1 R tgx, 19

i stoga je sin x < x < tgx. Deobom ove nejednakosti sa sin x > 0 jer 0 < x < π ) dobijamo: tj. 1 < x sin x < 1 cos x, cos x < sin x < 1. 8) x Ako x π ), 0, tada 0 < x < π i prema već dokazanom imamo da je cos x) < sin x) < 1, tj. cos x < sin x x x < 1. Prema tome, nejednakost 8) važi za svako x π, π ) \ {0}. Kako je funkcija y = cos x neprekidna u 0, to je cos x = cos 0 = 1, pa iz 8) na osnovu Teoreme 0 dobijamo x 0 ). 0

Primer 57. Dokazati da je x + 1 + 1 x) x = e i x 1 + 1 x) x = e. 9) Dokaz. Dokažimo najpre da za svaki niz prirodnih brojeva n k ) k takav da važi Neka je ɛ > 0. Kako je n k = + 30) k 1 + 1 ) nk = e. 31) k n k 1 + 1 n = e, n n) postoji n 0 N tako da za svako n N, n n 0 = 1 + n) 1 n e < ɛ. 3) Iz 30) sledi da postoji k 0 N tako da za k k 0 važi n k > n 0, te zbog 3) dobijamo 1 + 1 ) nk e n k < ɛ. Ovim smo dokazali jednakost 31). Neka je sada x k ) k proizvoljan niz realnih brojeva koji teži ka +. Ne umanjujući opštost dokaza možemo pretpostaviti da je x k 1 za svako k N. Da bi smo dokazali prvu jednakost u 9), na osnovu Heineove definicije granične vrednosti funkcija, dovoljno je dokazati da je 1 + 1 ) xk = e. 33) x k k Neka je n k = [x k ], k N. Tada je n k N i Odavde 1 n k + 1 < 1 x k 1 n k i stoga n k x k < n k + 1, k N. 34) 1 + 1 n k + 1 < 1 + 1 x k 1 + 1 n k. 35) Iz 34) i 35) sledi 1 + 1 ) nk < 1 + 1 ) xk ) < 1 + 1nk nk +1. 36) n k + 1 x k 1

Kako je i ) 1 + 1 ) nk 1 + 1 nk +1 n k +1 = k n k + 1 k 1 + 1 n k +1 = e 1 = e ) 1 + 1nk nk +1 ) = 1 + 1nk nk ) 1 + 1nk = e 1 = e, k k iz nejednakosti 36) i Teoreme 0 dobijamo 33). Neka je sada x k ) k niz realnih brojeva koji teži ka. Možemo pretpostaviti da je x k 1 za svako k N. Da bi smo dokazali drugu jednakost u 9) dovoljno je dokazati da važi 33). Neka je y k = x k, k N. Tada je y k 1 i 1 + 1 x k ) xk = = 1 1 y k ) yk = 1 + 1 y k 1 Kako je na osnovu već dokazanog to je i Prema tome, važi 33). k + Primer 58. Dokazati da je y k = +, te je k + ) yk 1 yk ) yk yk = = y k y k 1 ) yk = 1 + 1 ) yk 1 1 + 1 y k 1 y k 1 1 + 1 y k 1 ) yk 1 = e, 1 + 1 ) yk 1 1 + 1 ) = e. k + y k 1 y k 1 ). 1 + x) 1 x = e. 37) x 0 Dokaz. Iz prve jednakosti u 9) sledi 1 + x) 1 x = 1 + 1 ) t = e, 38) x +0 t + t dok iz druge jednakosti u 9) sledi 1 + x) 1 x = 1 + 1 ) t = e. 39) x 0 t t Na osnovu Teoreme 10, iz 38) i 39) sledi 37).

Primer 59. Dokazati da je log a 1 + x) = log a e = 1 ln a. 40) Dokaz. Zbog neprekidnosti funkcije y = log a x, iz 37) sledi log a 1 + x) ) = log a 1 + x) 1 x = loga 1 + x) 1 x = log a e. 0 Iz 40) sledi Primer 60. Dokazati da je ln1 + x) = log e e = 1. 41) a x 1 = ln a. 4) Dokaz. Uvedimo smenu a x 1 = t. Tada je x = log a 1 + t) i x 0 ako i samo ako t 0. Sada iz 40) sledi a x 1 = t 0 Prema tome, t log a 1 + t) = t 0 Primer 61. Dokazati da je Dokaz. Primetimo da je 1 log a 1+t) t = 1 t 0 log a 1+t) t = 1 1 ln a = ln a. e x 1 = ln e = 1. 43) 1 + x) α 1 = α, α R. 44) 1 + x) α 1 e α ln1+x) 1 = e α ln1+x) 1 α ln1 + x) = α ln1 + x) = e α ln1+x) 1 = x 0 α ln1 + x) x 0 α ln1 + x). x 45) Smenom t = α ln1 + x) x 0 t 0), iz 43) dobijamo e α ln1+x) 1 e t 1 = = 1, 46) x 0 α ln1 + x) t 0 t 3

sledi dok iz 41) Iz 45), 46) i 47) sledi 44). 8 Asimptotska oznaka o α ln1 + x) = α. 47) Definicija 6. Ako postoji probodena okolina tačke x 0 R, da je fx) = ɛx)gx) za svako x Ux 0 ), Ux 0 ), tako gde je ɛ beskonačno mala funkcija kad x x 0, tada kažemo da je funkcija f beskonačno mala u odnosu na g kad x x 0 i pišemo f = og) kad x x 0 48) čitamo: f je malo o od g kad x teži ka x 0 ). Osim toga, ako su funkcije f i g još i beskonačno male funkcije kad x x 0, onda kažemo da je f beskonačno mala višeg reda u odnosu na g kad x x 0 ili da f brže teži nuli nego funkcija g kad x x 0. Primetimo da sada uslov da je f beskonačno mala funkcija kad x x 0 možemo zapisati na sledeći način: f = o1) kad x x 0. Ako je gx) 0 za x Ux 0 ), onda je uslov 48) ekvivalentan uslovu Prema tome, ako je gx) 0 za x Ux 0 ), onda je fx) = 0. 49) gx) og) = 0. g Primer 63. Primetimo da je x = ox) kad x 0, jer x = x x i x 0 x = 0, x tj. = 0. Takod e je i x3 = ox) kad x 0, jer x 3 = x x i x = 0, x 0 x 3 odnosno = 0. Zaključujemo da je i xn = ox), x 0 za n. 4

Primetimo da ox) kad x 0, ne označava samo jednu funkciju, već sve funkcije koje su beskonačno male višeg reda u odnosu na x kad x 0 i zbog toga bi možda bilo pravilnije pisati x ox), x 0; x 3 ox), x 0;.... Med utim usvojeno je da se umesto znaka piše znak jednakosti i navedena nekorektnost u pisanju omogućuje jednostavnu primenu, a ne dovodi do zabune ako naglasimo da se jednakosti u kojima se javlja malo o čitaju samo sleva u desno; na primer, x 3 = ox), x 0, dok ox) = x 3, x 0, nema smisla. Primetimo još da nije x 3 = ox) kad x 1, jer x 3 = x x ali x ne teži nuli kad x 1. Ovaj primer ukazuje na to da je navod enje tačke ka kojoj teži promenljiva x nerazdvojni deo ove oznake. Dalje je x = ox ) kad x +, a takod e i kad x, jer x = 1 x x i 1 x ± x = 0. Kako je 1 x 4 = 1 x 1 x i 1 x ± x = 0, to je 1 x 4 = o 1 ) kad x ±. x Primetimo da ako je f = og) kad x x 0, to znači da naravno pod uslovom da je gx) 0 za x iz neke probodene okoline tačke x 0 ) količnik funkcija f i g teži nuli kad x x 0, dok nemamo nikakvu informaciju o ponašanju funkcija f i g pojedinačno kad x x 0. Može da se desi da funkcije f ili g i nemaju graničnu vrednost kad x x 0. Recimo ako je fx) = x sin 1 x i gx) = sin 1, x 0, tada je fx) = xgx) i x = 0, te je x x 0 f = og) kad x 0, fx) = 0, dok gx) ne postoji. Ako je fx) = 0 x sin x, a gx) = x sin x, nije teško proveriti da ne postoji fx), a x + takod e ni gx), dok iz fx) = 1 x + x gx) i 1 = 0 sledi f = og) x + x kad x +. ln1 + x) ln1 + x) x Budući da je = 1, sledi = 0, te je ln1 + x) x = ox), x 0, odnosno ln1 + x) = x + ox), x 0. a x 1 a x 1 x ln a Takod e, iz = ln a imamo = 0, i zato je a x 1 x ln a = ox), x 0, tj. a x = 1 + x ln a + ox), x 0. 1 + x) α 1 Analogno, iz = α, α R sledi 1 + x) α = 1 + αx + ox), x 0, 5

sin x dok iz = 1 sledi sin x = x + ox), x 0. U sledećoj teoremi izlažemo neke osobine ove oznake. Teorema 64. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolini tačke x 0. Tada: i) ocg) = og), x x 0, gde je c R konstanta. ii) f og) = ofg), x x 0. iii) cog) = og), x x 0, gde je c R konstanta. iv) Ako je fx) 0 za svako x iz neke probodene okoline tačke x 0, onda je og) = o g f f ), x x 0. v) og) + og) = og), x x 0. vi) oog)) = og), x x 0. vii) og + og)) = og), x x 0. viii) Za n N, og)) n = og n ), x x 0. ix) Za n N, g + og)) n = g n + og n ), x x 0. x) Ako je f = g + og), x x 0, onda postoji probodena okolina Ux 0 ) tako da je za svako x Ux 0 ), sgnfx)) = sgngx)). Dokaz. i) Budući da jednakosti u kojima učestvuje malo o traba čitati sleva u desno, da bi dokazali da je ocg) = og), x x 0, treba da dokažemo da ako je neka funkcija h beskonačno mala u odnosu na cg kad x x 0, da je onda h beskonačno mala u odnosu na g kad x x 0. Iz h = ocg), x x 0, sledi da postoji probodena okolina tačke x 0 u kojoj važi jednakost hx) = ɛx)cgx)) = cɛx))gx), gde je ɛ beskonačno mala kad x x 0. Kako je onda i cɛ beskonačno mala kad x x 0, zaključujemo da je h = og), x x 0. ii) Treba dokazati da iz uslova da je funkcija h beskonačno mala u odnosu na g kad x x 0, sledi da je proizvod fh beskonačno mala u odnosu na fg kad x x 0. Iz h = og), x x 0 sledi da postoji probodena okolina tačke x 0, Ux 0 ), tako da za svako x Ux 0 ) važi hx) = ɛx)gx), gde je ɛ beskonačno mala kad x x 0. Tada je fx)hx) = ɛx)fx)gx)) za x Ux 0 ), i zato je fh = ofg) kad x x 0. 6

iii) Sledi iz i) i ii). iv) Na osnovu ii) imamo og) f = 1 f og) = o 1 f g) = o g f ), x x 0. v) Ako su h 1 i h dve beskonačno male u odnosu na g kad x x 0, dokažimo da je takav i njihov zbir. Iz h 1 = og) i h = og) kad x x 0 sledi da postoji probodena okolina Ux 0 ) tako da za svako x Ux 0 ) važi h 1 x) = ɛ 1 x)gx) i h x) = ɛ x)gx), gde su ɛ 1 i ɛ beskonačno male kad x x 0. Kako je zbir dve beskonačno male kad x x 0 opet beskonačno mala kad x x 0 Teorema 7 i)), i kako je h 1 x) + h x) = ɛ 1 x) + ɛ x))gx), x Ux 0 ), zaključujemo da je h 1 + h = og), x x 0. vi) Pretpostavimo da je h = oog)) kad x x 0. To znači da je h = oh 1 ), x x 0 za neku funkciju h 1 takvu da je h 1 = og), x x 0. Dakle postoji probodena okolina tačke x 0, Ux 0 ), tako da je za x Ux 0 ), hx) = αx)h 1 x) i h 1 x) = βx)gx), gde su α i β dve beskonačno male funkcije kad x x 0. Na osnovu Teoreme 7 i) sledi da je αβ beskonačno mala kad x x 0, i zato iz hx) = αx)βx))gx), x Ux 0 ), zaključujemo da je h = og) kad x x 0. vii) Neka je h = og +og)), x x 0. To znači da postoji funkcija h 1 takva da je h 1 = og), x x 0, i h = og + h 1 ), x x 0. Sledi postoji okolina Ux 0 ) tako da za svako x Ux 0 ) važi hx) = ɛ 1 x)gx) + ɛ x)gx)) = ɛ 1 x)1 + ɛ x))gx), gde su ɛ 1 i ɛ beskonačno male kad x x 0. Kako je ɛ 1 x)1 + ɛ x)) = ɛ 1 x)1 + ɛ x)) = 01 + 0) = 0, sledi da je h = og) kad x x 0. viii) Neka je n N, i neka je h = og) kad x x 0. Dokažimo da je h n = og n ), x x 0. Iz h = og) kad x x 0 sledi da postoji okolina Ux 0 ) tako da za svako x Ux 0 ) važi jednakost hx) = ɛx)gx), gde je ɛ beskonačno mala kad x x 0. Tada je hx)) n = ɛx)) n gx)) n, x Ux 0 ), i ɛ n je beskonačno mala kad x x 0 Teorema 7 i)), odakle zaključujemo da je h n beskonačno mala u odnosu na g n kad x x 0. 7

ix) Neka je n N. Na osnovu binomne formule, viii), ii), iii) i v) imamo g + og)) n = g n + ) n 1 g n 1 og) + ) n g n og)) + n 3) g n 3 og)) 3 +...... + n n 1) gog)) n 1 + og)) n = g n + og n ), x x 0. x) Neka je f = g + og), x x 0. Tada postoji probodena okolina U δ0 x 0 ) tačke x 0 tako da je fx) = gx) + ɛx)gx) = 1 + ɛx))gx), za x U δ0 x 0 ), 50) gde je ɛ beskonačno mala kad x x 0. Iz ɛx) = 0 sledi da postoji δ < δ 0 tako da je za svako x U δ x 0 ), ɛx) < 1, tj. 1 < ɛx) < 1. Prema tome, 1 < 1 + ɛx) za x U δ x 0 ), i na osnovu 50) zaključujemo da su fx) i gx) istog znaka za x U δ x 0 ). 8