Uvod. Aksiome polja realnih brojeva. Supremum skupa.

АНАЛИЗА I припрема испита Оно што следи представља белешке које сам правио непосредно пред полагање усменог дела испита (јул, 2002. године). Због тога нису потпуне, и може понешто бити нетачно, или пропуштено. Нисам посећивао предавања, па ово нису белешке са предавања! Већина одговора је заснована на књизи Математичка Анализа, од Д. Аднађевића и З. Каделбурга; међутим, поред ње су коришћене и књиге Светозара Курепе и неколицине руских аутора. Надам се да ове белешке не угрожавају било чија (ауторска) права пре свега, оне не могу заменити прави уџбеник, и не садрже ни најмањи део онога што би уџбеник морао. Наравно, ја (Данило Шеган) не нудим никакве гаранције у вези ових белешки (па тиме ни гаранције да ћете положити испит, или да вам неће отпасти глава). Просто, понуђене су свакоме на увид и измене. Како се ради о општем знању, нећу се позивати на било која ауторска права, и документ се може дистрибуирати и мењати под Лиценцом за Слободну Документацију (ФДЛ, посетите ). У Београду, 23. септембар 2002. ДАНИЛОВА СТУДЕНТСКА СТРАНИЦА! "#$%&'()*+-,."0/1 "2"331465

Uvod pitanje 1. Aksiome polja realnih brojeva. Skup realnih brojeva R zajedno sa binarnim operacijama sabiranja i množenja čini polje uredeno - binarnom relacijom manje ili jednako. Osnovne osobine (aksiome) ovakve strukture (R, +, ) su sledeće. I Osobine sabiranja (R, +) je komutativna grupa 1 ( x, y, z R) (x + y) + z = x + (y + z) (asocijativnost) 2 ( 0 R) x + 0 = 0 + x = x (neutral) 3 ( x R)( x R)x + ( x) = ( x) + x = 0 (inverz) 4 ( x, y R) x + y = y + x (komutativnost) II Osobine množenja i sabiranja (R, +, ) je polje 1 ( x, y, z R) (x y) z = x (y z) (asocijativnost) 2 ( 1 R) x 1 = 1 x = x (neutral) 3 ( x R \ {0})( x 1 R) x x 1 = x 1 x = 1 (inverz) 4 ( x, y R) x y = y x (komutativnost) 5 ( x, y, z R) x (y + z) = x y + x z (distributivnost prema +) III Osobine relacije manje-ili-jednako relacija je uredenje - polja R 1 ( x R) x x (refleksivnost) 2 ( x, y R) (x y y x x = y) (antisimetričnost) 3 ( x, y, z R) (x y y z x z) (tranzitivnost) 4 ( x, y R) x y y x (?) 5 ( x, y, z R) (x y x + z y + z) (slaže se sa sabiranjem) 6 ( x, y R) (0 x 0 y 0 x y) (slaže se sa množenjem) IV Aksioma neprekidnosti/potpunosti Ako su A i B neprazni podskupovi skupa R, takvi da je x y za sve x A i y B, tada postoji element z R, takav da je x z y za sve x A, y B. Prve tri grupe aksioma se nazivaju algebarskim aksiomama. Za ovako uveden skup realnih brojeva važe sve poznate osobine (kao i one karakteristične za svako polje). Tako je neutral svake operacije jedinstven, kao i inverz svakog elementa (ako postoji). Pored toga, svaka od jednačina a + x = b i ax = b ima jedinstveno rešenje (u drugom slučaju kada je a 0). Takode - je x 0 = 0, a iz xy = 0 sledi da je x = 0 ili y = 0. Važi i x = ( 1)x i ( 1)( 1) = 1, a odavde je i ( x)( y) = xy. Pored relacije totalnog uredenja - uvodimo i relacije < (manje), > (veće), (veće ili jednako). Za ove relacije takode - važe sve poznate i uobičajene osobine. Svaki broj x > 0 zovemo pozitivnim, a x < 0 negativnim brojem. Ukoliko je x 0 onda se radi o nepozitivnom, a ako je x 0 o nenegativnom broju. Apsolutna vrednost/modul broja x je { x, ako je x 0 x = x, ako je x < 0 Za ɛ > 0 je x a < ɛ ekvivalentno sa a ɛ < x < a + ɛ. Važna nejednakost trougla se izražava kao x + y x + y, gde jednakost važi ako su brojevi x i y oba nenegativni ili oba nepozitivni. Za sve x, y R važi i xy = x y i x/y = x / y (druga jednakost samo ako je y 0). pitanje 2. Supremum skupa. Def. Broj x R je supremum skupa A ako važi ( a A) a x i ( ɛ > 0)( a A) a > x ɛ. Tada pišemo i x = sup A. (Teorema o supremumu) Svaki neprazan, odozgo (odozdo) ograničen podskup skupa R ima supremum (infimum) u R. D798;:=<?> Neka je B skup svih majoranata skupa A. Za sve x A, y B je x y, pa postoji (na osnovu aksiome neprekidnosti) z R, x z y. Ovaj broj je najmanja od svih majoranata i ujedno je z = sup A.

pitanje 3. Arhimedovo svojstvo. Egzistencija korena. (Arhimedovo svojstvo) Za proizvoljne pozitivne realne brojeve a i b postoji jedinstven prirodan broj n, takav da je (n 1)a b < na. D@9A;B=C?D Pretpostavimo suprotno, da ne postoji n N, b < na. To znači da je na b za sve n N, pa je skup A = {na n N} ograničen odozgo, i postoji c = sup A. Tada je i c a < c jer je a > 0, pa c a ne može biti majoranta skupa A, pa postoji m N, ma > c a. Sada je i A (m + 1)a > c, što dovodi do protivrečnosti sa izborom broja c kao supremuma. Prema tome, postoji prirodan broj n takav da je b < na. Ovaj skup je ograničen odozdo, pa ima infimum koji je upravo traženi broj n. Pos. 1 Za svako ɛ > 0 postoji n N takav da je 0 < 1/n < ɛ. 2 Ako je x nenegativan realan broj i za sve n N važi x < 1/n onda je x = 0. Pos. Za sve a, b R za koje je a < b postoji x Q takav da je a < x < b. D@9A;B=C?D Za broj b a > 0 postoji q N, 1/q < b a (prethodna posledica). Na osnovu Arhimedovog svojstva, postoji p Z, za koje je p 1 q a < p q. Transformacijom imamo da je p q a 1 q < b a, tj. p q < b, pa je a < p q < b. Pomoću Arhimedovog svojstva se uvodi i decimalna reprezentacija realnih brojeva (zapis realnih brojeva pomoću nizova cifara 0 9). (Teorema o egzistenciji korena) Za dati pozitivan broj x i prirodan broj n postoji jedinstven pozitivan broj y, takav da je y n = x. D@9A;B=C?D Označimo skup A = {z 0 z n x} koji je neprazan i ograničen odozgo (ili sa 1 za x 1 ili sa x za x 1), pa postoji supremum ovog skupa y = sup A. Ovo je upravo traženi broj što se proverava binomnom formulom (koja važi u svakom komutativnom prstenu), i za sve 0 < h 1 važi da je (y + h) n y n + h[(1 + y) n y n ]. Ako izaberemo ɛ = x y n > 0 i h < ɛ/[(1 + y) n y n ], imamo da je (y + h) n y n + ɛ = x, tj. protivrečnost sa pretpostavkom da je y supremum skupa A. pitanje 4. Prirodni, racionalni i realni brojevi. Def. Podskup A skupa R se naziva induktivnim ako važi ( x)(x A x + 1 A). Def. Najmanji induktivni podskup skupa R koji sadrži 1 se naziva skupom prirodnih brojeva N. (Princip matematičke indukcije) Ako podskup A skupa N ima osobine 1 1 A, 2 ( x)(x A x + 1 A), tada je A = N, odnosno skupovi A i N se poklapaju. (Osobine prirodnih brojeva) 1 m, n N m + n N mn N 2 n N n 1 n 1 N 3 m, n N m > n m n N 4 min N = 1, odnosno ( n N) n 1 m, n N m > n m n + 1 5 Svaki neprazan skup A N ima minimalni element. D@9A;B=C?D 2. A = {n 1 n 1}, dokazati da je A = N. 4. A = {n N 1 n}, dokazati da je A = N. Principom matematičke indukcije se uvode pojmovi suma i x i, proizvoda i x i, kao i stepen realnog broja prirodnim izložiocem. Celi brojevi Def. Sa N označavamo skup { n n N}. Tada skup Z = N {0} ( N) nazivamo skupom celih brojeva.

Lako se dokazuje da je (Z, +, ) komutativan prsten sa jedinicom; zbog nepostojanja inverznih elemenata u odnosu na množenje uvodimo relaciju deljivosti (a b ( k Z) b = ak). Uz pomoć celih brojeva proširujemo i definiciju stepena. Racionalni brojevi Def. Svaki broj oblika p/q za p Z, q N je racionalan broj. Skup svih ovakvih brojeva nazivamo skupom racionalnih brojeva Q. (Q, +,, ) je ure - deno polje. DE9F;G=H?I Data struktura zadovoljava aksiome I III, ali ne i aksiomu neprekidnosti IV (proveriti za skupove A = {x Q x 2 < 2} i B = {x Q x 2 > 2}). pitanje 5. Kantorova lema o umetnutim odsečcima. Borel-Lebegova lema o pokrivačima. Def. Ako su dati odsečci realne prave I n = [a n, b n ], n N, i ako dalje važi [a n+1, b n+1 ] [a n, b n ] za sve n N, (I n ) ćemo nazivati nizom umetnutih odsečaka. (Kantorov princip umetnutih odsečaka) Svaki niz (I n ) umetnutih odsečaka na realnoj pravoj ima neprazan presek. DE9F;G=H?I Jasno je da je a m < b n, za sve m, n N, pa je skup svih a m ograničen odozgo i ima supremum x R. Odatle je a n < x < b n za sve n N, pa je x u preseku svih odsečaka. Ako se za niz umetnutih odsečaka (I n ) može naći odsečak I n takav da mu je dužina I n = b n a n proizvoljno mala (manja od ɛ > 0), tada je n I n jednočlan. DE9F;G=H?I Pretpostavimo suprotno, da postoje dve tačke x i y, i izaberemo ɛ = x y > 0. pitanje 6. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi. Def. Za skupove A i B kažemo da su ekvivalentni (ekvipotentni, bijektivni, imaju istu moć), ako postoji bar jedna bijekcija f : A B. Uvedena relacija me - du skupovima je relacija ekvivalencije. Karakteristika klase ekvivalencije kod konačnih skupova je broj elemenata skupa. Kod beskonačnog skupa A ćemo karakteristiku nazvati kardinalnim brojem i označavati sa card A. Skupovi N, Z, Q su ekvivalentni. DE9F;G=H?I Napraviti odgovarajuća bijektivna preslikavanja. Def. Skup A je prebrojiv ako je ekvivalentan skupu N. Za skup koji je konačan ili prebrojiv kažemo da je najviše prebrojiv. Skup realnih brojeva iz intervala (0, 1) nije prebrojiv. DE9F;G=H?I Pokušamo da poredamo - sve realne brojeve iz ovog intervala u niz a 1, a 2,...,a n,... tako da su za sve i N brojevi dati sa a i = 0, a i1a i2... a in..., i izaberemo broj b = 0, b 1b 2... b n... gde su cifre b i = 2 ako je a ii = 1 i b i = 1 ako je a ii 1. Broj b pripada intervalu (0, 1) ali se ne poklapa ni sa jednim navedenim brojem, pa smo došli do protivrečnosti sa pretpostavkom da smo sve brojeve iz ovog intervala poredali - u niz. Unija najviše prebrojivo mnogo prebrojivih skupova je prebrojiv skup. DE9F;G=H?I Ukoliko imamo konačan broj skupova, niz formiramo tako što izaberemo iz svakog skupa prvi član, pa iz svakog drugi, itd. Ukoliko imamo prebrojivo mnogo prebrojivih skupova, postupak je dijagonalan: iz prvog skupa prvi član; iz drugog prvi, iz prvog drugi; iz trećeg prvi, iz drugog drugi, i iz prvog treći; itd.

Ako je B prebrojiv skup i A B, tada je skup A najviše prebrojiv. Ako je B bilo koji beskonačan skup, onda postoji skup A B koji je prebrojiv. Def. Ukoliko je skup A ekvivalentan nekom podskupu skupa B pišemo card A card B i kažemo da skup A ima moć ne veću od moći skupa B. Za skupove A i B su sledeća tvr - denja ekvivalentna. 1 card A card B 2 postoji injekcija f : A B 3 postoji surjekcija g : B A. Za proizvoljan skup A važi card A < card PA, gde je PA partitivni skup skupa A. DJ9K;L=M?N Pretpostavimo suprotno da postoji bijekcija f, i izaberemo skup X = {x A x / f(x)}. Važiće X PA, a zbog surjektivnosti f će postojati a A, takvo da je f(a) = X. Zbog definicije skupa X dolazimo do protivrečnosti (a X a / X). pitanje 7. Polje kompleksnih brojeva. Def. Def. Broj i je takav broj da je i 2 = 1. Zovemo ga imaginarnom jedinicom. Skup svih brojeva C = {x + iy : x, y R, i 2 = 1 zovemo skupom kompleksnih brojeva. Def. Za sve z 1 = x 1 +iy 1 i z 2 = x 2 +iy 2, z 1, z 2 C zbirom z = z 1 +z 2 nazivamo broj z = (x 1 +x 2 )+i(y 1 +y 2 ) koji je tako - de kompleksan broj. Struktura (C, +, ) je polje. pitanje 8. Granična vrednost niza realnih brojeva. Def. Pod nizom elemenata skupa A podrazumevamo svaku funkciju a : N A. Vrednost funkcije a u tački n N označavamo sa a n i zovemo n-im članom tog niza, a sam niz označavamo sa (a n ). Def. Za tačku a R kažemo da je limes ili granična vrednost niza (a n ) realnih brojeva i pišemo a = lim a n ako za svaku okolinu U tačke a postoji prirodan broj n 0 takav da je a n U za sve n N veće od n 0. Još kažemo da niz (a n ) teži ka a kad n teži. Ako je a konačan broj, kažemo da niz (a n ) konvergira ka a, a u suprotnom da divergira. Za konačnu graničnu vrednost a R, možemo pisati i a = lim a n ( ɛ > 0)( n 0 N)( n N)(n > n 0 a n a < ɛ). Ako je a = ±, možemo koristiti lim a n = ± ( M R)( n 0 N)( n N)(n > n 0 a n M). Ako niz ima graničnu vrednost, ona je jedinstvena. Def. Svaki konvergentan niz je ograničen. Za niz (x n ) kažemo da je nula-niz ako je lim x n = 0. 1 lim a n = a, a R akko a n = a + x n gde je (x n ) nula-niz. 2 Zbir i razlika dva nula-niza su nula-nizovi. 3 Proizvod ograničenog i nula-niza je nula-niz. DJ9K;L=M?N 2. Dva niza lim a n = lim b n = 0 i ɛ > 0. Izaberemo n 1, a n < ɛ/2 za n > n 1 i n 2, b n < ɛ/2 za n > n 2. Veći od ova dva označimo sa n 0 i tada je za n > n 0 a n ± b n a n + b n < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ.

Neka za a, b R i nizove (a n ), (b n ) je lim a n = a i lim b n = b. Onda je 1 lim (a n ± b n ) = a ± b 2 lim a nb n = ab a 3 lim n bn = a b ako je b n 0 za sve n N i b 0. DO9P;Q=R?S 1. i 2. Svedemo na zbir/razliku konstante i nula-niza i koristima prethodno tvrdenje. - 3. Ispitamo niz (a n/b n a/b) i dokažemo da je on nula-niz. Ako je lim a n = a i lim b n = b i a < b, tada je a n < b n počev od nekog n. DO9P;Q=R?S Ako su a, b R možemo izabrati ɛ = a b /2. Zato je tvrdenje - tačno za ono n N za koje je a n u ɛ-okolini tačke a i b n u ɛ-okolini tačke b. pitanje 9. Košijev princip konvergencije niza realnih brojeva. Def. Za niz (a n ) realnih brojeva kažemo da je Košijev ako za svako ɛ > 0 postoji n 0 N takav da je a m a n < ɛ za sve m, n > n 0. (Osobine Košijevih nizova) 1 Svaki konvergentan niz je Košijev. 2 Svaki Košijev niz je ograničen. 3 Ako Košijev niz ima konvergentan podniz, on je i sam konvergentan. DO9P;Q=R?S 1. Ako je limes niza a R i ɛ > 0, izaberemo n 0 N tako da je a n a < ɛ/2 za n > n 0. Tada je a m a n a m a + a n a < ɛ/2+ɛ/2 = ɛ za sve m, n > n 0, i niz je Košijev. 2. Članovi sa dovoljno velikim indeksom su svi proizvoljno malo udaljeni jedan od drugog. Niz je ograničen odozgo ili gornjom granicom izabrane okoline, ili najvećim od konačnog broja elemenata koji nisu u toj okolini. 3. Ako neki podniz datog Košijevog niza ima graničnu vrednost, onda se za dovoljno veliki indeks svi članovi niza nalaze proizvoljno blizu same te granične vrednosti, pa je limes tog podniza ujedno i limes samog niza. (Košijev princip konvergencije) Svaki Košijev niz u R je konvergentan. DO9P;Q=R?S Svaki Košijev niz je ograničen prema prethodnom tvrdenju, - a iz Bolcano-Vajerštrasove teoreme imamo da postoji konvergentan podniz tog niza. Prema tome je i sam taj niz konvergentan (opet prema prethodnom tvrdenju). - pitanje 10. Konvergencija monotonih nizova. Broj e. Def. Niz (a n ) realnih brojeva je rastući (opadajući) ako za svako n N važi a n a n+1 (a n a n+1 ). Niz (a n ) je strogo rastući (strogo opadajući) ako je za svako n N a n < a n+1 (odnosno a n > a n+1 ). Zajedničko ime za ovakve nizove je monotoni nizovi. (Kriterijum konvergencije monotonih nizova) 1 Rastući niz (a n ) realnih brojeva je konvergentan ako i samo ako je ograničen odozgo. 2 Svaki rastući niz u R ima graničnu vrednost u R. DO9P;Q=R?S Za 1. treba uočiti supremum skupa vrednosti niza, a proizvoljno blizu toj vrednosti se može naći bar jedan član niza, a zbog monotonije, onda su i svi članovi sa indeksom većim od tog takode - u toj okolini, pa je sam supremum granična vrednost niza. U slučaju 2. je takva granična vrednost +. Ojlerov broj e (Bernulijeva nejednakost) Za proizvoljan prirodan broj m i proizvoljan realan broj h > 1 važi nejednakost (1 + h) m 1 + mh. DO9P;Q=R?S Dokaz izvodimo matematičkom indukcijom. Za m = 1 važi jednakost, a ako nejednakost važi za neko m, imamo da je (1 + h) m+1 = (1 + h) m (1 + h) (1 + mh)(1 + h) = 1 + (m + 1)h + mh 2 1 + (m + 1)h.

Niz a n = ( 1 + 1 n) n je rastući i ograničen odozgo. DT9U;V=W?X Posmatrajmo dati niz (a n) koji je i uporedimo dva uzastopna člana ( ) n+1 a n+1 1 n =... = 1 a n (n + 1) 2 n + 1 a kada u Bernulijevu nejednakost stavimo h = 1/(n + 1) 2, m = n + 1, dobijamo da je a n+1/a n 1, odnosno da je dati niz rastući. Slično, uzimajući niz b n = ( 1 + 1 n ) n+1 dobijamo da je on opadajući bn 1/b n 1, i za svako n N je a n < b n. Niz b n je prema tome ograničen odozdo, a niz a n odozgo. Def. (Ojlerov broj) ( e = lim 1 + 1 n. n) pitanje 11. Bolcano-Vajerštrasov stav. Def. Za niz b : N A kažemo da je podniz niza a : N A ako postoji strogo rastući niz p : N N takav da je b = a p, tj. b n = a p(n) = a pn za sve n N. Ako niz (a n ) ima graničnu vrednost a, onda i bilo koji njegov podniz tako - de ima graničnu vrednost a. Def. Tačku a R zovemo tačkom nagomilavanja niza realnih brojeva (a n ) ako postoji podniz (a nk ) tog niza koji tež ka a kad k. Tačka a R je tačka nagomilavanja niza (a n ) ako i samo ako za svaku okolinu U tačke a i svako n N postoji r N, r > n tako da je a r U. (Bolcano-Vajerštrasova teorema za nizove) 1 Svaki ograničen niz realnih brojeva ima bar jednu tačku nagomilavanja u R. 2 Svaki niz realnih brojeva ima bar jednu tačku nagomilavanja u R. DT9U;V=W?X 1. Neka je (a n) ograničen, i A = {a n n N}. Ako je A konačan, tada je za beskonačno mnogo vrednosti m N a m = a, pa je ta vrednost a i jedna tačka nagomilavanja. Ako je A beskonačan onda taj skup ima tačku nagomilavanja u R, a ona je istovremeno i tačka nagomilavanja niza (a n). 2. Ukoliko je niz neograničen odozgo onda je tačka + jedna njegova tačka nagomilavanja, a ukoliko je neograničen odozdo, onda je to. pitanje 12. Gornji i donji limes niza realnih brojeva. Def. Najveća tačka nagomilavanja niza (a n ) zove se gornji limes ili limes superior i označava sa lim sup a n ili lim a n. Najmanja tačka nagomilavanja niza (a n ) se naziva donji limes ili limes inferior i označava sa lim inf a n ili lim a n. Neka je (a n ) niz u R i lim a n = a R. Tada važi: 1 za svako ɛ > 0 postoji n 0 N, tako da n > n 0 a n < a + ɛ. 2 za svako ɛ > 0 i svako n N postoji r > n, tako da je a r > a ɛ Obrnuto, ako a R zadovoljava 1. i 2., onda je a = lim a n. DT9U;V=W?X Ukoliko 1. ne bi bilo ispunjeno, postojala bi tačka nagomilavanja veća od a koja je najveća. Drugi deo tvr - denja je tačan jer je (a ɛ, + ) okolina tačke nagomilavanja a, pa tu mora biti beskonačno mnogo vrednosti. Niz (a n ) ima (konačnu) graničnu vrednost ako i samo ako je lim a n = lim a n (konačan), odnosno ako ima tačno jednu (konačnu) tačku nagomilavanja. Niz (a n ) ima graničnu vrednost ako i samo ako svaki njegov podniz ima graničnu vrednost.

Realne funkcije pitanje 13. Granična vrednost realne funkcije. Svojstva. Def. Neka je f : A R funkcija realne promenljive i a R tačka nagomilavanja skupa A. Kažemo da je b R granična vrednost (limes) funkcije f u tački a i pišemo lim f(x) = b ako za svaku okolinu V (b) tačke b postoji okolina U(a) tačke a takva da je za sve x A, ako je x a x U(a), onda je f(x) V (b). Ukoliko su a i b konačni, dati uslovi su ekvivalentni sa f(x) = b ( ɛ > 0)( δ > 0)( x A)(0 < x a < δ f(x) b < ɛ). lim Leva i desna granična vrednost se definišu na poznat način. Granična vrednost funkcije realne promenljive f : A R u tački a R jednaka je b R akko za svaki niz (x n ), takav da je x n A \ {a} za n N i lim x n = a, važi lim f(x n) = b. DY9Z;[=\?] Kada je lim f(x) = b i lim x n = a, tada postoji okolina U(a) tačke a takva da je f(û(a)) V (b), a tada je i x n U(a) za sve n > n 0 N. Prema tome je i lim okoline tačke a u kojima postoje tačke x n Û 1/n (a) takve da je lim Ako funkcija f ima limes u tački a, on je jedinstven. f(x n) = b. Ako nije lim f(x) = b, onda se mogu izabrati 1/n f(x n) b. x n = a, ali je i tada lim Ako funkcija f ima konačnu graničnu vrednost u tački a, onda postoji okolina U(a) takva da je funkcija f ograničena na skupu Û(a). Def. Ako za realnu funkciju α : A R realne promenljive važi lim α(x) = 0, nazivamo je beskonačno mala funkcija kad x a. 1 lim f(x) = b R ako i samo ako je f(x) = b + α(x), gde je α(x) beskonačno mala kad x a. 2 Zbir i razlika dve beskonačno male funkcije kad x a su beskonačno male kad x a. 3 Ako je α beskonačno mala kad x a, a funkcija β ograničena na skupu Û(a) za neku okolinu U(a) tačke a, tada je αβ beskonačno mala kad x a. DY9Z;[=\?] Slično kao i odgovarajuće tvr - denje iz nizova. (Osnovne operacije sa limesima) Ako je lim f(x) = b i lim g(x) = c za b, c R, tada je 1 lim (f(x) ± g(x)) = b ± c, 2 lim (f(x)g(x)) = bc, f(x) 3 lim g(x) = b ako je c 0. c DY9Z;[=\?] Svako od tvrdenja - svedemo na zbir konstante i beskonačno male funkcije. Ako je lim f(x) = b i lim g(x) = c i b < c, tada postoji okolina U(a) tačke a takva da je f(x) < g(x) za x Û(a). Ako je za neku okolinu tačke a ispunjeno f(x) g(x) za sve x Û(a) i funkcije f i g imaju granične vrednosti kada x a, tada je i lim f(x) lim g(x). Neka su f, g, h : A R tri funkcije realne promenljive, a tačka nagomilavanja skupa A i neka je f(x) g(x) h(x) u nekoj okolini Û(a). Ako je lim f(x) = lim h(x) = b R tada je i lim g(x) = b. (Granična vrednost složene funkcije) Kada je 1 B R i b R tačka nagomilavanja skupa B, g : B R i lim y b g(y) = c 2 A R i a R tačka nagomilavanja skupa A, f : A R i za svaku okolinu V (b) postoji okolina U(a) takva da je f(û) ˆV, tada je lim (g f)(x) = c. DY9Z;[=\?] Za okolinu W (c) postoji okolina V (b) i važi g( ˆV ) W. Prema drugom delu tvrdenja - tada postoji i okolina U(a) tako da je f(û) V, pa je odatle i g(f(û)) W, odnosno lim (g f)(x) = c.

pitanje 14. Eksponencijaln logaritamska i stepena funkcija. Treba dodati sa definicijama, osnovnim osobinama, graficima i slično. pitanje 15. Trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije. sin x lim x 0 x = 1. Treba dodati sa definicijama, osnovnim osobinama, graficima i slično. sin x lim x 0 x = 1. D^9_;`=a?b Upotrebom nejednakosti sin x < x < tg x, i deljenjem sa sin x. pitanje 16. Košijev princip konvergencije realnih funkcija. pitanje 17. Smena promenljive u limesu. lim x 0 (1 + x) 1/x = e.... 1 ( lim x 2 lim x 1 + x) 1 x = e, ( 1 + x) 1 x = e i 3 lim x 0 (1 + x) 1/x = e. D^9_;`=a?b 1. Uporedo sa datom funkcijom posmatramo i funkcije (1 + 1/(n + 1)) n i (1 + 1/n) n+1 koje obe teže ka e kad x, i od kojih je jedna veća od date funkcije, a druga manja. Radi transformacije koristimo funkciju f(x) = x, i onda primenimo tvr - denje o limesu složenih funkcija. 2. i 3. Transformacijama svedemo na 1.

pitanje 18. Asimptotske oznake o, O, i njihova svojstva. Def. Funkcija f je beskonačno mala u odnosu na funkciju g kad x a i pišemo f = o(g), (x a) ako postoji okolina U(a) takva da je f(x) = α(x)g(x) za x Û, gde je α beskonačno mala funkcija kad x a. Ako su i f i g beskonačno male funkcije, i važi f = o(g) kažemo da je f beskonačno mala višeg reda od g, a ako su f i g beskonačno velike funkcije kažemo da je g beskonačno velika višeg reda od f kad x a. Def. Ako postoji okolina U(a) i funkcija β koja je ograničena na Û, takva da je f(x) = β(x)g(x) za x Û, pišemo f = O(g), (x a). Ako je istovremeno f = O(g) i g = O(f) kažemo da su funkcije f i g istog reda kad x a. Funkcije f i g su istog reda kad x a ako i samo ako postoje konstante c 1, c 2 > 0 takve da za neku okolinu U(a) važi c 1 g(x) f(x) c 2 g(x) za x Û. Def. Ako postoje okolina U(a) i funkcija γ takva da je lim γ(x) = 1 i f(x) = γ(x)g(x) za x Û, kažemo da se funkcija f asimptotski ponaša kao funkcija g kad x a i pišemo f g (x a). Još kažemo da su ove dve funkcije ekvivalentne. Relacija je relacija ekvivalencije. f g (x a) ako i samo ako f = g + o(g) (x a). Dc9d;e=f?g Direktno iz lim γ(x) = 1 i γ = 1 + α, gde je α beskonačno mala kad x a. (Osnovne formule) sin x x (x 0) ln(1 + x) x (x 0) a x 1 x ln a (x 0) (1 + x) α 1 + αx (x 0) (Operacije sa asimptotskim oznakama) 1 f g (x a) o(f) = o(g) (x a). 2 f o(g) = o(fg) (x a). 3 o(f) + o(f) = o(f) (x a). 4 o(o(f)) = o(f) (x a). 5 g = o(f) g = O(f) (x a). 6 O(f) + O(f) = O(f) (x a). pitanje 19. Neprekidnost realnih funkcija definicija i osnovna svojstva. Def. Za funkciju realne promenljive f : A R kažemo da je neprekidna u tački a A ako za svaku okolinu V tačke f(a) postoji okolina U tačke a takva da je f(u) V. Izrečeno u epsilon-delta zapisu, imamo da je neophodno i dovoljno da bude ( ɛ > 0)( δ > 0)( x A)( x a < δ f(x) f(a) < ɛ).

Neka je f : A R funkcija realne promenljive i a A tačka nagomilavanja skupa A. Tada su sledeća tvrdenja - ekvivalentna. 1 funkcija f je neprekidna u tački a. 2 lim f(x) = f(a). 3 za svaki niz (x n ), x n A za koji je lim x n = a važi lim f(x n) = f(a). Dh9i;j=k?l 2. i 3. su ekvivalentni na osnovu ekvivalencije Hajneove i Košijeve definicije limesa, a ekvivalencija 1. i 2. sledi direktno iz definicija limesa i neprekidnosti u tački. Def. Za tačku a A kažemo da je tačka prekida funkcije f : A R ako f nije neprekidna u toj tački. Def. (Vrste prekida) Neka je f : A R i a A tačka prekida funkcije f. Kažemo da je u a: prekid prve vrste funkcije f ako postoje konačne granične vrednosti lim f(x) i 0 prekid je otklonjiv ako su ova dva limesa jednaka. prekid druge vrste funkcije f ako nije prve vrste. Def. i lim 0 lim +0 f(x); ovakav Za funkciju f : A R kažemo da je neprekidna sleva (zdesna) u tački a A ako je vrednost f(a) = c R f(x) = c (odnosno lim f(x) = c). +0 Neka je f : A R neprekidna u tački a A. Onda važe sledeća tvr - denja. 1 Postoji okolina U tačke a (u A) takva da je f ograničena na U. 2 Ako je f(a) 0, onda postoji okolina U tačke a takva da je za sve x U znak f(x) isti kao znak f(a). Ako su funkcije f, g : A R neprekidne u tački a A, tada su i funkcije f + g, fg i f/g neprekidne u tački a (f/g ako je i g(a) 0). Dh9i;j=k?l Sledi na osnovu osnovnih operacija sa graničnim vrednostima. Neka su f : A B i g : B R realne funkcije realne promenljive. Ako je f neprekidna u tački a A i g neprekidna u tački f(a), onda je i složena funkcija h = g f neprekidna u tački a. Def. Funkcija f : A R je neprekidna na skupu A ako je ona neprekidna u svakoj tački tog skupa. Funkcija f je neprekidna na segmentu [a, b] ako je neprekidna na (a, b) i neprekidna je sleva u tački b, odnosno zdesna u tački a. Def. Funkcija f je deo-po-deo neprekidna na [a, b] ako postoji konačno mnogo tačaka x i takvih da je a = x 0 < x 1 < < x n = b i da je f neprekidna na svakom od [x i 1, x i ] za 1 i n. pitanje 20. Teorema o me - duvrednosti (Koši-Bolcanova teorema). (Koši-Bolcanova teorema o me - duvrednosti) Neka je f : [a, b] R neprekidna funkcija, i neka je f(a) = A, f(b) = B i C proizvoljna vrednost izme - du A i B. Tada postoji tačka c [a, b] takva da je f(c) = C. Specijalno, ako neprekidna funkcija f ima vrednosti različitog znaka na krajevima (f(a)f(b) < 0), onda postoji c [a, b] tako da je f(c) = 0. Dh9i;j=k?l Upotrebom funkcije ϕ(x) = f(x) C, prvi deo tvrdenja - svodimo na naš,,specijalni slučaj. Zato neka je f(a) > 0 i f(b) < 0. Segment [a, b] podelimo na pola tačkom (a + b)/2 i ako je tu vrednost funkcije 0, uzimamo je za tačku c. U suprotnom će tu vrednost funkcije biti ili veća, ili manja od nule. U svakom slučaju, uzimamo odgovarajuću vrednost tako da dobijemo segment u kome su opet vrednosti funkcije u krajevima različitog znaka. Ovaj postupak nastavljamo dok ne dobijemo tačku c, ili ćemo dobiti beskonačan niz umetnutih odsečaka za koji znamo da ima neprazan presek i to tačno jednu tačku c.

pitanje 21. Vajerštrasova teorema za neprekidne realne nizove. (Vajerštrasova teorema o ograničenosti neprekidne funkcije) Ako je funkcija f : [a, b] R neprekidna, tada je ona ograničena na [a, b] i postoje tačke tog segmenta u kojima ona postiže svoju minimalnu i maksimalnu vrednost. Dm9n;o=p?q Pretpostavimo suprotno, da je f neograničena na [a, b]. Onda postoji ograničeni niz brojeva (x n) tako da je f(x n) > n za sve n N. Zbog toga mora postojati i neki podniz (x nk ) koji ima limes x 0 kad k. Tada je istovremeno i lim k f(x nk ) = f(x 0) (konačan) i beskonačan, što dovodi do protivrečnosti. Za drugi deo tvrdenja - sa m i M označimo infimum i supremum skupa vrednosti funkcije f(x) na [a, b] koji moraju biti konačni. Pretpostavimo da ne postoji c [a, b] tako da je f(c) = M, tj. neka je f(x) < M za sve x [a, b]. Sada je funkcija φ(x) = 1/(M f(x) uvek pozitivna neprekidna funkcija na [a, b], i prema već dokazanom je ograničena nekim brojem Φ > 0. Odatle je i f(x) M 1/Φ pa je i broj M 1/Φ < M majoranta skupa vrednosti funkcije, što protivreči izboru broja M. pitanje 22. Ravnomerna neprekidnost. Kantorova teorema. Def. Za funkciju f : A R kažemo da je ravnomerno neprekidna na skupu A R ako se za svako ɛ > 0 može naći pozitivan broj δ = δ(ɛ) takav da za svake dve tačke x 1 i x 2 skupa A koje su na rastojanju manjem od δ je rastojanje izme - du vrednosti u njima manje od ɛ, tj. ( ɛ > 0)( δ > 0)( x 1, x 2 A)( x 1 x 2 < δ f(x 1 ) f(x 2 ) < ɛ). (Kantorova teorema o ravnomernoj neprekidnosti) Svaka funkcija f : [a, b] R koja je neprekidna na segmentu [a, b] je i ravnomerno neprekidna na njemu. Dm9n;o=p?q Dokaz se može izvesti primenom Borel-Lebegove teoreme o pokrivačima. Za proizvoljne ɛ > 0 i x [a, b] postoji U δ (x) za koju je x 1 U δ (x) f(x 1) f(x) < ɛ/2. Za x 1, x 2 U δ (x) će važiti i f(x 1) f(x 2) < ɛ. Izaberimo sada za ρ = δ/2 okolinu U ρ(x) za svaku tačku segmenta [a, b] i dobićemo pokrivač tog segmenta, pa prema Borel-Lebegovoj teoremi postoji konačan potpokrivač tog pokrivača, tj. postoje x 1,..., x n [a, b] takve da svi U δi /2(x i) tako - de čine pokrivač [a, b]. Najmanji od brojeva δ i/2 označimo sa δ i on zadovoljava uslove date u definiciji. Za sve x, x iz [a, b] za koje je x x < δ obe ove tačke pripadaju jednoj okolini U δi (x i), pa je i f(x ) f(x ) < ɛ. pitanje 23. Ravnomerna neprekidnost. Modul neprekidnosti. Druga varijanta opisivanja ravnomerne neprekidnosti.

pitanje 24. Neprekidnost i monotonost. Neprekidnost inverzne funkcije. Neka je funkcija f : A R monotona na skupu A R. Tada ona može imati samo prekide prve vrste i to najviše prebrojivo mnogo njih. Dr9s;t=u?v Ako je tačka a prekid, odgovarajući limesi f(a 0) i f(a + 0) postoje, a izmedu - njih se nalazi vrednost f(a) (zbog monotonosti). Tada u nekom od tih intervala možemo naći neki racionalan broj, i na taj način svakom prekidu pridružiti jedinstven racionalan broj kojih ukupno ima prebrojivo mnogo, pa prekida mora biti manje. Neka je f : [a, b] R monotona funkcija i neka za sve tačke γ koje su izmedu - f(a) i f(b) postoji vrednost c [a, b] takva da je f(c) = γ. Tada je funkcija f neprekidna na [a, b]. Dr9s;t=u?v Pretpostavimo suprotno, da rastuća funkcija f ima prekid u d [a, b]. Tada je f(d 0) < f(d) (ili f(d) < f(d+0) ako je f(d 0) = f(d)), pa vrednost γ (f(d 0), f(d)) ne možemo dobiti ni za jedno c [a, b] što dovodi do protivrečnosti. Neka je f : [a, b] R monotona funkcija. Ona je neprekidna na [a, b] ako i samo ako je slika tog segmenta segment sa krajevima f(a) i f(b). Dr9s;t=u?v Upotrebom prethodnog tvr - denja i podelom segmenta [a, b] Koši-Bolcanovom teoremom o me - duvrednosti. Ako je f : A B R strogo monotona na skupu A R i B = f(a), tada postoji inverzna funkcija f 1 : B A i ona je takode - strogo monotona (sa istim smislom monotonosti kao i funkcija f). Neka je f : [a, b] R neprekidna i injektivna funkcija. Tada je f strogo monotona na [a, b]. Dr9s;t=u?v Pretpostavimo suprotno da f nije strogo monotona, i da je za p < q < r odnos vrednosti f(q) < f(p) < f(r). Tada po Koši-Bolcanovoj teoremi o me - duvrednosti postoji c [q, r] tako da je f(c) = f(p) za c p što protivreči injektivnosti funkcije f. Neka je f : [a, b] B R neprekidna i strogo monotona funkcija i B = f([a, b]). Tada je B segment u R sa krajevima f(a) i f(b) i postoji funkcija f 1 : B R koja je neprekidna na B i strogo monotona (sa istim smislom monotonosti kao i f). pitanje 25. Neprekidnost elementarnih funkcija. Def. Osnovne elementarne funkcije realne promenljive su konstante i identička funkcija, eksponencijalne i logaritamske funkcije, eksponencijalne, logaritamske, stepene, trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije. Def. Elementarne funkcije realne promenljive su one funkcije koje se mogu dobiti konačnom primenom sledećih pravila: 1 Osnovne elementarne funkcije su elementarne funkcije. 2 Ako su f i g elementarne funkcije, tada su i f ± g, fg i f/g elementarne funkcije. 3 Ako su f i g elementarne funkcije, i definisana je g f onda je i ona elementarna funkcija. Sve elementarne funkcije su neprekidne. Dr9s;t=u?v Dovoljno je dokazati neprekidnost osnovnih elementarnih funkcija, a za ostale se koristi tvr - denje o operacijama sa neprekidnim funkcijama. pitanje 26. Hiperboličke i inverzne hiperboličke funkcije. Definicije, osobine, skice grafika itd.

Diferencijalni račun pitanje 27. Definicija izvoda i diferencijala funkcije. Pravila diferenciranja. Def. Izvodom funkcije f(x) u tački x naziva se konačan limes količnika priraštaja funkcije i priraštaja promenljive, kad priraštaj promenljive teži nuli, tj. f f(x + x) f(x) (x) = lim. x 0 x Def. Funkcija y = f(x) je diferencijabilna u tački x ako se priraštaj y može napisati kao y = A x + α( x) x, gde je A realan broj a funkcija α( x) je beskonačno mala kad x 0. Funkcija f je diferencijabilna u tački x ako i samo ako u toj tački ima izvod f (x). Ako je funkcija f diferencijabilna u x, onda je ona i neprekidna u tački x Pravila diferenciranja Ako funkcije u i v imaju izvode u tački x, onda i funkcije u ± v, uv i u/v imaju izvode u toj tački (u/v ako je još v(x) 0). Tada je i 1 (u ± v) (x) = u (x) ± v (x), 2 (uv) (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x), ( u ) u (x)v(x) u(x)v (x) 3 (x) = v v 2. (x) Dw9x;y=z?{ Odgovarajućim transformacijama limesa po definiciji se dobijaju traženi rezultati. Def. Funkcija x f (x) x se naziva diferencijalom funkcije f(x) u tački x i označava sa df(x) = df(x)( x) = f (x) x. Kako je za f(x) = x, dx = df(x) = x, najčešcje zapisujemo dy = f (x)dx. Za diferencijal funkcije važe analogna pravila diferenciranja kao i za izvod funkcije. Neka je funkcija y = f(x) diferencijabilna u tački x 0 i funkcija z = g(y) diferencijabilna u tački y 0 = f(x 0 ). Tada je funkcija z = (g f)(x) diferencijabilna u tački x 0 i važi (g f) (x 0 ) = g (y 0 )f (x 0 ). Dw9x;y=z?{ Priraštaj funkcije z = g(y) možemo napisati kao z = g (y 0) y +α( y) y, gde je α( y) beskonačno mala kad y 0. Ovu beskonačno malu možemo dodefinisati tako da ona ima vrednost 0 u tački 0 (gde inače nije definisana), bez posledica po dobijenu jednakost. Kada jednakost podelimo sa x, imamo da je z/ x = g (y 0) y/ x+α( y) y/ x. Kada x 0 onda i y 0 kao i α( y) 0, pa uzimajući limes ovog izraza dobijamo izvod složene funkcije g (y 0)f (x 0). Neka je y = f(x) neprekidna strogo monotona funkcija u nekoj okolini tačke x 0 i neka je x = φ(y) njena inverzna funkcija. Ako je funkcija f(x) diferencijabilna u tački x 0 i f (x 0 ) 0, onda je i funkcija φ(y) diferencijabilna u tački y 0 = f(x 0 ). Pri tom je φ (y 0 ) = 1/f (x 0 ). Dw9x;y=z?{ Kako je f strogo monotona i neprekidna, to će x x 0 onda i samo onda kada i y y 0. Na osnovu ovoga i definicije izvoda u tački imamo da je φ φ(y) φ(y (y 0) = lim 0 ) x x y y y y 0 = lim 0 = 1/f 0 x x f(x) f(x 0 (x ) 0). 0 pitanje 28. Izvodi višeg reda. Lajbnicova formula. Def. Izvod prvog reda funkcije f(x) je izvod te funkcije f (x). Izvod n+1-og reda funkcije f(x) je izvod izvoda n-tog reda te funkcije. Izvod n-og reda označavamo sa f (n) (x). (Lajbnicova formula) Ako su u i v n puta diferencijabilne funkcije, onda važi formula n ( ) n (uv) (n) = u (n k) v (k). k k=0 Dw9x;y=z?{ Za n = 1 važi, zatim matematičkom indukcijom i primenom jednakosti Paskalovog trougla ( ( n k 1) + n ) ( k = n+1 ) k.

pitanje 29. Teoreme o srednjoj vrednosti diferencijalnog računa. Rolova, Darbuova, Lagranževa teorema.

Integralni račun

Redovi pitanje 30. Redovi. Osnovna svojstva. Košijev princip konvergencije. Def. Neka je (a n ) niz realnih brojeva. Izraz [a n ] = n=1 a n se naziva beskonačnim realnim redom sa opštim članom a n. Zbirovi s i = n=i n=1 za i N se nazivaju parcijalnim zbirovima reda [a n]. Def. Red [a n ] konvergira i zbir mu je s ako postoji konačan limes niza parcijalnih suma (s n ), lim s n = s. Red koji ne konvergira nazivamo divergentnim. Def. Red r m = k=1 a m+k za m N zovemo ostatkom reda [a n ] posle m-og člana. 1 Red [a n ] konvergira ako i samo ako konvergira njegov ostatak. 2 Red [a n ] konvergira ako i samo ako njegov ostatak r m teži nuli kad m. D 9};~=? 1. Neka je parcijalna suma reda [a m] označena sa s m, a parcijalna suma ostatka r m sa σ k. Jasno je da će biti σ k = s m+k s m, i uzimanjem odgovarajućih limesa za k će se dobiti da je i drugi limes konačan. 2. Kao prethodno, uzimanjem granične vrednosti za m. (Košijev kriterijum za konvergenciju reda) Red [a n ] konvergira ako i samo ako za svako ɛ > 0 postoji n 0 N tako da za sve n > n 0 i p N važi a n+1 +... + a n+p < ɛ. D 9};~=? Upotrebom Košijevog kriterijuma za konvergenciju nizova. Ako konvergiraju redovi [a n ] i [b n ] onda konvergiraju i redovi [ca n ] (c R) i [a n + b n ] i važi [ca n ] = c[a n ] i [a n + b n ] = [a n ] + [b n ]. (Neophodan uslov konvergencije) Ako red [a n ] konvergira, onda je lim a n = 0. D 9};~=? Uzeti a n = s n s n 1 i naći traženi limes. pitanje 31. Redovi sa pozitivnim članovima. Poredbeni princip. Integralno pravilo. Def. Red [a n ] je red sa pozitivnim članovima ako postoji n 0 N tako da je a n > 0 za sve n > n 0. Red [a n ] sa pozitivnim članovima je konvergentan ako je niz njegovih parcijalnih suma ograničen. D 9};~=? Niz parcijalnih suma je rastući, pa da bi konvergirao mora biti ograničen. Neka za dva reda sa pozitivnim članovima [a n ] i [b n ] postoji n 0 N tako da je a n b n za sve n n 0. Ukoliko konvergira red [b n ], konvergira i red [a n ], a ukoliko divergira red [a n ], divergira i red [b n ]. D 9};~=? Može se uzeti da je n 0 = 1. Ako su parcijalne sume s n i σ n redova [a n] i [b n], i ako je lim σ n = σ, tada je i s n σ n σ, pa je niz (s n) rastući i ograničen odozgo. a Neka za članove pozitivnih redova [a n ] i [b n ] važi lim n bn = k za neko 0 k. Tada ako k < i red [b n ] konvergira, mora konvergirati i red [a n ], a ukoliko divergira red [b n ] i k > 0 onda mora divergirati i red [a n ]. D 9};~=? Za ɛ > 0 postoji n 0 N tako da za sve n > n 0 važi a n/b n k < ɛ, pa i a n < (k + ɛ)b n, to prema prethodnom tvr - denju i red [a n] konvergira. Ako za članove redova [a n ] i [b n ] sa pozitivnim članovima za neko n 0 N važi an+1 a n bn+1 b n za n > n 0, onda iz konvergencije reda [b n ] sledi konvergencija reda [a n ], a iz divergencije reda [a n ] sledi divergencija reda [b n ]. D 9};~=? Važi a n+1/b n+1 a n/b n, odnosno redom, a n/b n a 1/b 1. Tada je i a n (a 1/b 1)b n i b n (b 1/a 1)a n pa na osnovu prethodnih tvrdenja - vidimo da je ovo tvrdenje - tačno.

pitanje 32. Košijevo, Dalamberovo i Gausovo pravilo. (Dalamberov kriterijum) 1. Ako za red sa pozitivnim članovima [a n ] postoje n 0 N i q R takvi da je an+1 a n q < 1 za n n 0 onda on konvergira. Ako postoji n 1 N takvo da je an+1 1 za n n 1, onda red [a n ] divergira. 2. Ako postoji limes lim a n+1 a n a n = l, i l < 1, red [a n ] konvergira, a ako je l > 1 red [a n ] divergira. D 9 ;ƒ=? 1. Možemo napisati a n+1 a nq, a n+2 a n+1q a nq 2,..., a n+k a nq k, pa zbog konvergencije (divergencije) reda [a n0 q k ], konvergira (divergira) i red [a n]. 2. Izaberemo 0 < ɛ < 1 l, i označimo q = l + ɛ, i primenimo prvi deo tvr - denja. (Košijev kriterijum) 1 Ako za red sa pozitivnim članovima [a n ] postoje n 0 N i q R takvi da je n a n q < 1 za n n 0, onda on konvergira. Ako postoji n 1 N takvo da je n a n 1 za n n 1, onda red [a n ] divergira. 2 Ako postoji lim n an = l, onda za l < 1 red [a n ] konvergira, a za l > 1 red [a n ] divergira. D 9 ;ƒ=? 1. Slično kao prethodno, iz datog uslova imamo da je a n q n < 1, pa red [a n] konvergira jer red [q n ] konvergira. 2. Označimo l = lim n a n < 1 i izaberemo 0 < ɛ < 1 l. Za q = l + ɛ primenimo prvi deo tvr - denja. (Kumerov kriterijum) Neka je (c n ) niz pozitivnih brojeva takav da red [1/c n ] divergira. Uvedimo a K n = c n n a n+1 c n+1 gde su a n članovi reda [a n ]. 1 Ako postoji δ > 0 i n 0 N, tako da je K n δ za n n 0, onda red [a n ] konvergira. Ako postoji n 1 N takav da je K n 0 za n n 1, onda red [a n ] divergira. 2 Ako je lim K n = K i pritom K > 0 onda red [a n ] konvergira, a ako je K < 0 onda red [a n ] divergira. D 9 ;ƒ=? 1. Prema pretpostavkama, imamo da je c na n c n+1a n+1 δa n+1 > 0, pa i c na n > c n+1a n+1 za n > n 0. Na osnovu ovoga je niz (c na n) strogo opadajući i ograničen odozdo, pa postoji i l = lim c na n. Zato je red [c na n c n+1a n+1] konvergentan i ima vrednost c 1a 1 l. Pošto je počev od nekog člana δa n+1 manje od članova ovog reda, to je i red [δa n+1] konvergentan, pa i sam red [a n]. Ako je K n 0, onda je a n+1/a n (1/c n+1)/(1/c n), pa zbog divergencije reda [1/c n] divergira i red [a n]. 2. Za K > 0 izaberemo 0 < δ < K i n 0 N, tako da je n > n 0 K n > δ, i iskoristimo prvi deo tvrdenja. - ( ) an (Rabeov kriterijum) Ako postoji n 0 N tako da za n n 0 važi n 1 r > 1, onda red [a n ] ( ) a n+1 an ( ) konvergira, a ako važi n 1 1, onda red [a n ] divergira. Ako je lim a n an n+1 a n+1 1 = r, ibda red [a n ] konvergira za r > 1 a divergira za r < 1. D 9 ;ƒ=? Primenom Kumerovog kriterijuma i izborom c n = n, dobijamo K n = na n/a n+1 (n + 1). (Gausov kriterijum) Ako za članove reda sa pozitivnim članovima [a n ] važi a n /a n+1 = λ + µ/n + θ n /n α, gde su λ, µ i α konstante, α > 1 i (θ n ) je ograničen niz, tada 1 Za λ > 1 red [a n ] konvergira, a za λ < 1 divergira. 2 Za λ = 1, ako je µ > 1 red [a n ] konvergira, a za µ < 1 divergira. 3 Za λ = 1, µ = 1 red [a n ] divergira. D 9 ;ƒ=? 1. Prema Dalamberovom kriterijumu. 2. Prema Rabeovom kriterijumu. 3. Prema Kumerovom kriterijumu, i izborom c n = n ln n, lim K n = ln(1/e) = 1.

pitanje 33. Lajbnicovo, Abelovo i Dirihleovo pravilo. Def. Red [( 1) n+1 c n ] = c 1 c 2 + c 3 c 4 +... + ( 1) n+1 c n +..., gde su realni brojevi c n svi istog znaka, nazivamo alternativnim redom. (Lajbnicov kriterijum) Ako je c n+1 c n za n N i lim c n = 0, onda alternativni red [( 1) n+1 c n ] konvergira. D 9 ;ˆ=?Š Niz parcijalnih suma (s 2n) je rastući što vidimo iz s 2n = (c 1 c 2) + (c 3 c 4) +... + (c 2n 1 c 2n), i ograničen sa c 1 jer je s 2n = c 1 (c 2 c 3)... (c 2n 2 c 2n 1) c 2n, pa postoji s = lim s 2n. Kako je s 2n+1 = s 2n + c 2n+1 to je i lim s n = s. (Abelov kriterijum) (Dirihleov kriterijum) pitanje 34. Apsolutna konvergencija nizova. Komutativna konvergencija. Def. Realni red [a n ] apsolutno konvergira ako konvergira red [ a n ]. Ako red [a n ] konvergira a ne konvergira apsolutno, kažemo da on uslovno konvergira. Ako konvergira red [ a n ] onda konvergira i red [a n ]. D 9 ;ˆ=?Š Za sve članove ovih redova važi a n a n. Konvergentan red ima svojstvo asocijativnosti. Apsolutno konvergentan red ima svojstvo komutativnosti. D 9 ;ˆ=?Š Parcijalne sume reda dobijenog grupisanjem članova datog niza predstavljaju podniz parcijalnih suma samog reda, pa im je limes isti. Za drugi deo tvrdenja, - posmatramo apsolutno konvergentan red [a n] (parcijalne sume s n) i red [α n] (parcijalne sume σ n) dobijen premeštanjem članova niza. Možemo pretpostaviti da je a n 0. Svaka parcijalna suma σ n je manja od vrednosti [a n], a važi i obrnuto (pošto se prvi niz može dobiti premeštanjem članova drugog niza) pa su granične vrednosti ova dva niza suma jednake. Ukoliko postoji članovi a i < 0, onda podelimo red [a n] na dva podniza i posmatramo njihove sume. pitanje 35. Neapsolutna konvergencija redova. Rimanov stav. (Rimanova teorema) Ako red [a n ] uslovno konvergira, onda se za sve A R može premeštanjem članova datog reda dobiti red čiji je zbir A. D 9 ;ˆ=?Š Izaberemo prvo najmanje prvih pozitivnih članova čiji će zbir preći A, recimo njih p 1, zatim najmanji broj prvih negativnih članova tako da zbir prethodni sa zbirom ovih bude manji od A, recimo njih m 1, pa opet dodajemo p 2 pozitivnih tako da zbir prede - A, pa oduzimamo m 2 negativnih itd. Ovako formiran red će imati konačnu vrednost A, a ukoliko je potrebno da A =, biramo pozitivne tako da prvo prelazimo broj 2, pa se spuštamo ispod 1, pa preko 4 itd.

pitanje 36. Množenje redova. Pomoću redova [a n ] i [b n ] možemo formirati matricu [a i b j ] za i = 1, 2,... i j = 1, 2,... koja se sastoji od proizvoda elementa dva data reda. Ako redovi [a n ] i [b n ] apsolutno konvergiraju, onda red sastavljen od elemenata matrice [a i b j ] u bilo kom poretku takode - apsolutno konvergira, i suma ovog reda je jednaka proizvodu suma redova [a n ] i [b n ]. D 9Œ; =Ž? Označimo parcijalne sume redova [a n] i [b n] sa s n i σ n, a njihove zbirove sa s i σ. Zbirove redova [ a n ] i [ b n ] označimo sa s i σ. Red koji se sastoji od članova konstruisane matrice u proizvoljnom poretku neka ima parcijalne sume S n. Jasno je da je S n ( a 1 + a 2 +... + a n +...)( b 1 + b 2 +... + b n +...) = s σ. Prema tome je taj niz parcijalnih suma ograničen odozgo, pa i konvergentan. Tako zaključujemo da red članova matrice apsolutno konvergira (i poredak nije bitan). Zato možemo sumu traženog reda izraziti kao a 1b 1 + (a 1b 2 + a 2b 2 + a 2b 1) +... + (a 1b n + a 2b n +... + a nb n 1 +... + a nb 1) +... čije su parcijalne sume redom s 1σ 1, s 2σ 2,..., s nσ n,... Odavde dobijamo da je zbir traženog reda upravo sσ. pitanje 37. Beskonačni proizvodi. Def. Za niz (p n ) izraz p n = n=1 p n zovemo beskonačnim proizvodom sa opštim članom p n. Proizvod P n = n i=1 p i zovemo n-im parcijalnim proizvodom. Ako postoji konačan i različit od nule limes P = lim P n kažemo da beskonačan proizvod konvergira, a u suprotnom da divergira. Izostavljanje konačno mnogo članova beskonačnog proizvoda ne utiče na njegovu konvergenciju. Potreban uslov da proizvod p n konvergira je da njegov opšti član p n teži 1 kad n. (Košijev kriterijum za beskonačan proizvod) Proizvod p n konvergira ako i samo ako za svako ɛ > 0 postoji n 0 N tako da za sve n > n 0 i k N je p n+1 p n+2 p n+k 1 < ɛ. D 9Œ; =Ž? Izostavljen; treba ga uneti. (Veza izmedu - redova i beskonačnih proizvoda) Beskonačan proizvod p n sa pozitivnim članovima konvergira ako i samo ako konvergira red [ln p n ]. Ako taj red ima zbir s, onda proizvod ima vrednost e s. D 9Œ; =Ž? Neka su parcijalne sume reda s n = ln p i i proizvoda P n = p i. Očigledno je da je ln P n = s n, odakle se i dobija tvr - denje. Proizvod p n = 1 + a n za a n > 1 konvergira ako i samo ako konvergira red [a n ]. D 9Œ; =Ž? Iskoristiti prethodno tvr - denje i lim x 0 ln(1 + x)/x = 1. Ako proizvod 1 + a n apsolutno konvergira onda on konvergira. D 9Œ; =Ž? Iz nejednakosti k i=1 (1+an+i) 1 i = 1 k (1+ a n+i ) 1, pomoću Košijevog kriterijuma se dobija odgovor.

Metrički prostori pitanje 38. Definicija i primeri metričkih prostora. Def. Funkcija d: X X R, gde je X proizvoljan skup, koja ima osobine: 1 d(x, y) 0; 2 d(x, y) = 0 ako i samo ako je x = y; 3 d(x, y) = d(y, x); 4 d(x, y) + d(y, z) d(x, z), (nejednakost trougla) za x, y, z X, se naziva rastojanjem (ili metrikom) na X, a uredeni - par (X, d) nazivamo metričkim prostorom. Def. U metričkom prostoru (X, d) otvorenom (zatvorenom) kuglom sa centrom u a X, i poluprečnika r R, r > 0 je skup Def. K(a, r) = {x X : d(x, a) < r} Sfera sa centrom u a i poluprečnika r je skup (odnosno K[a, r] = {x X : d(x, a) r}). S(a, r) = {x X : d(x, a) = r}. Podskup metričkog prostora je ograničen ako je sadržan u nekoj kugli konačnog poluprečnika. Def. Podskup G metričkog prostora (X, d) je otvoren ako zajedno sa svakom svojom tačkom sadrži i neku otvorenu kuglu sa centrom u toj tački. Podskup F metričkog prostora (X, d) je zatvoren ako mu je komplement X \ F otvoren. Unija proizvoljno mnogo, kao i presek konačno mnogo otvorenih skupova su otvoreni skupovi. Presek proizvoljno mnogo, kao i unija konačno mnogo zatvorenih skupova su zatvoreni skupovi. D 9 ; =? Po definiciji otvorenih/zatvorenih skupova, posmatramo proizvoljnu tačku iz nekog od skupova. Def. Okolinom tačke x metričkog prostora nazivamo svaki otvoren skup koji sadrži tu tačku. Naročito, kuglu K(x, δ), δ R nazivamo δ-okolinom tačke x. Def. Tačka a metričkog prostora X je u odnosu na njegov podskup A 1 unutrašnja tačka ako pripada skupu A sa nekom svojom okolinom; 2 spoljašnja tačka ako je unutrašnja tačka u odnosu na skup X \ A; 3 granična tačka ako nije ni unutrašnja ni spoljašnja (odnosno ako okolina te tačke sadrži tačke i skupa A i skupa X \ A. Norme, primeri Def. Funkciju : V R nazivamo normom u vektorskom prostoru V ako za x, y V, λ R važi: 1 x 0 2 x = 0 ako i samo ako je x = 0 3 λx = λ x 4 x + y x + y. Def. Skalarni proizvod vektora x i y u vektorskom prostoru R k se definiše kao k x y = x i y i, gde x i i y i označavaju pojedinačne komponente vektora x = (x 1,..., x k ) i y = (y 1,..., y k ). Funkcija n: R k R data kao n(x) = x x je jedna norma u vektorskom prostoru R k. D 9 ; =? Pomoću Koši-Švarcove nejednakosti ( i (xi + yi)2) 1/2 ) 1/2 ( ( i x2 i + Def. U vektorskom prostoru R k normu vektora x R k definišemo kao i=1 x = x x. i y2 i ) 1/2.

Rastojanje izmedu - elemenata x i y u prostoru R k se najčešće uvodi kao ( k ) 1/2 d(x, y) = x y = (x i y i ) 2. Medutim, - korisno uopštenje ovakve definicije rastojanja u R k je kada se koristi ( k ) 1/p d(x, y) = (x i y i ) p, za p 1. i=0 i=0 pitanje 39. Unutrašnjost,otvoreni skupovi. Prvo pogledati odgovor na Metrički prostori: Definicije. Za podskup G metričkog prostora sledeća tvrdenja - su ekvivalentna. 1 G je otvoren. 2 G je okolina neke svoje tačke. 3 svaka tačka skupa G je njegova unutrašnja tačka. Neka je (X, d) metrički prostor i X 1 njegov potprostor. Skup G 1 X 1 je otvoren (zatvoren) u X 1 ako i samo ako postoji otvoren (zatvoren) skup G X, takav da je G X 1 = G 1. D 9 ; =? Kada je K 1(a, r) u X 1 i K(a, r) u X, tada je K 1(a, r) = K(a, r) X 1. pitanje 40. Adherencija, zatvoreni skupovi. Def. Skup svih tačaka nagomilavanja nekog skupa A označavaćemo sa A. Skup A A nazivamo adherencijom skupa A i označavamo sa Ā. Tačka x X je adherentna tačka skupa A X ako i samo ako postoji niz (x n ) elemenata skupa A koji teži ka x. Za osnovno o zatvorenim skupovima videti odgovor na Metrički prostori: Definicije. Podskup F metričkog prostora X je zatvoren ako i samo ako je F = F, tj. akko sadrži sve svoje tačke nagomilavanja. D 9 ; =? Ako je F zatvoren skup, i x / F, tada je G = X \ F otvoren i sadrži x, i samim tim je G okolina x, pa je x spoljašnja tačka u odnosu na skup F. Ako je F = F, i x G = X \ F. Prema tome, postoji okolina tačke x koja ne sadrži nijednu tačku skupa F, i G je otvoren, a F zatvoren skup.

pitanje 41. Konvergencija nizova u metričkim prostorima. Kompletnost. Def. Niz (x n ) tačaka metričkog prostora (X, d) konvergira tački x X (još kažemo i da je x granična vrednost niza (x n ), a pišemo lim x n = x) ako za svaku okolinu U tačke x postoji prirodan broj n 0 tako da je za sve n > n 0 tačka x n U. Kada umesto opštih okolina koristimo δ-okoline (ili kugle), možemo napisati da je x = lim x n ako i samo ako je ( ɛ > 0)( n 0 N)( n N)(n > n 0 d(x n, x) < ɛ). (Osobine limesa) 1 Ako niz ima graničnu vrednos ona je jednoznačno odre - dena. 2 Svaki konvergentan niz je ograničen. Dš9 ;œ=?ž 1. Pretpostavimo suprotno, da postoje x i y, izaberemo ɛ = d(x, y), i posmatramo ɛ/2-okoline ove dve tačke, i izborom neke tačke z imamo da je d(x, y) d(x, z) + d(z, y) < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ. 2. Neka se svi članovi n > n 0 nalaze u nekoj ɛ-okolini granične vrednosti x. Tada se van nje nalazi samo konačan broj (najviše n 0) članova. Def. Tačku x metričkog prostora X nazivamo tačkom nagomilavanja niza (x n ) u tom prostoru, ako postoji podniz (x nk ) tog niza koji ima graničnu vrednost x kad k. (Osobine tačaka nagomilavanja) 1 Tačka x X je tačka nagomilavanja niza (x n ) ako i samo ako za svaku okolinu U tačke x i svako n N postoji r > n tako da je x r U. 2 Tačka x X je tačka nagomilavanja skupa A X ako i samo ako postoji niz medusobno - različitih elemenata x n A koji teži ka x. Dš9 ;œ=?ž Izostavljen. Košijev niz Def. Za niz (x n ) tačaka metričkog prostora X kažemo da je Košijev ako za svako ɛ > 0 postoji n 0 N tako da je d(x m, x n ) < ɛ za sve m, n > n 0. (Osobine Košijevih nizova) 1 Svaki konvergentan niz je Košijev. 2 Svaki Košijev niz je ograničen. 3 Ako Košijev niz ima konvergentan podniz, on je i sam konvergentan. Dš9 ;œ=?ž 1.Neka je x limes niza (x n), ɛ > 0, i za n > n 0 je d(x n, x) < ɛ/2. Tada je i d(x m, x n) d(x m, x) + d(x n, x) < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ za m, n > n 0. 2. Članovi sa dovoljno velikim indeksima su proizvoljno blizu (u nekom ograničenom intervalu), a ostalih članova ima konačno mnogo. 3. Ako neki podniz datog Košijevog niza ima limes, onda se za dovoljno velike indekse svi članovi niza nalaze proizvoljno blizu samom limesu, pa je on i granična vrednost samog Košijevog niza. Kompletnost Def. Metrički prostor je kompletan ako je u njemu svaki Košijev niz konvergentan. Prostor R k je kompletan. Dš9 ;œ=?ž Prvo treba pokazati da je niz tačaka x n = (x n,1, x n,2,..., x n,k ), n N Košijev akko je svaki od nizova koordinata (x n,i) za i = 1, 2,..., k Košijev u R. Tada, na osnovu Košijevog principa konvergencije, i toga što je konvergencija u R k koordinatna, direktno imamo da je R k kompletan. pitanje 42. Granična vrednost funkcije. Def. Neka su (X, d 1 ) i (Y, d 2 ) metrički prostori, A X, f: A Y i a X tačka nagomilavanja skupa A. Tačku b Y zovemo graničnom vrednošću (limesom) funkcije f u tački a ako za svaku okolinu V tačke b postoji okolina U tačke a takva da je ( x X)(x U a, x a f(x) V b ).