АНАЛИЗА Iрирема исиа

Оно шо слеи ресавља елешке које сам равио неосрено

ре олаање усмено ела исиа (јул, 2002. оине). Зо оа нису

оуне, и може онешо ии неачно, или роушено. Нисам

осећивао реавања, а ово нису елешке са реавања!

Већина оовора је заснована на књизи „Маемаичка Анализа�”, о

Д. Анађевића и З. Каелура; међуим, оре ње су коришћене и књие

Свеозара Курее и неколицине руских ауора. Наам се а ове елешке

не урожавају ило чија (ауорска) рава — ре свеа, оне не моу

замении рави уџеник, и не сарже ни најмањи ео оноа шо и

уџеник морао.

Наравно, ја (Данило Шеан) не нуим никакве аранције у вези ових

елешки (а име ни аранције а ћее оложии иси, или а вам неће

оаси лава). Просо, онуђене су свакоме на уви и измене. Како се

раи о ошем знању, нећу се озиваи на ило која ауорска рава, и

окумен се може исриуираи и мењаи о „Лиценцом за Слоону

Докуменацију” (ФДЛ, осеие ������� ����� �� �� ).У Беорау, 23. сеемар 2002.

ДАНИЛОВА СТУДЕНТСКА СТРАНИЦА�����������������������! "�#��$%�&�'(�)��*+�-,�."�0/1 � "2"3�31465��

Uvod

pitanje 1. Aksiome polja realnih brojeva.

Skup realnih brojeva R zajedno sa binarnim operacijama sabiranja i mnozenja cini polje ure -deno binarnomrelacijom manje ili jednako. Osnovne osobine (aksiome) ovakve strukture (R, +, ·) su sledece.I Osobine sabiranja — (R, +) je komutativna grupa

· (∀x, y, z ∈ R) (x + y) + z = x + (y + z) (asocijativnost)· (∃0 ∈ R) x + 0 = 0 + x = x (neutral)· (∀x ∈ R)(∃ − x ∈ R)x + (−x) = (−x) + x = 0 (inverz)· (∀x, y ∈ R) x + y = y + x (komutativnost)

II Osobine mnozenja i sabiranja — (R, +, ·) je polje· (∀x, y, z ∈ R) (x · y) · z = x · (y · z) (asocijativnost)· (∃1 ∈ R) x · 1 = 1 · x = x (neutral)· (∀x ∈ R \ {0})(∃x−1 ∈ R) x · x−1 = x−1 · x = 1 (inverz)· (∀x, y ∈ R) x · y = y · x (komutativnost)· (∀x, y, z ∈ R) x · (y + z) = x · y + x · z (distributivnost · prema +)

III Osobine relacije manje-ili-jednako — relacija ≤ je ure -denje polja R

· (∀x ∈ R) x ≤ x (refleksivnost)· (∀x, y ∈ R) (x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y) (antisimetricnost)· (∀x, y, z ∈ R) (x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z) (tranzitivnost)· (∀x, y ∈ R) x ≤ y ∨ y ≤ x (?)· (∀x, y, z ∈ R) (x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z) (slaze se sa sabiranjem)· (∀x, y ∈ R) (0 ≤ x ∧ 0 ≤ y ⇒ 0 ≤ x · y) (slaze se sa mnozenjem)

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 vaze svepoznate osobine (kao i one karakteristicne za svako polje). Tako je neutral svake operacije jedinstven, kao iinverz svakog elementa (ako postoji).Pored toga, svaka od jednacina a + x = b i ax = b ima jedinstveno resenje (u drugom slucaju kada je a 6= 0).Tako -de je x · 0 = 0, a iz xy = 0 sledi da je x = 0 ili y = 0. Vazi i −x = (−1)x i (−1)(−1) = 1, a odavde je i(−x)(−y) = xy.Pored relacije totalnog ure -denja uvodimo i relacije < (manje), > (vece), ≥ (vece ili jednako). Za ove relacijetako -de vaze sve poznate i uobicajene 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| ={

x, ako je x ≥ 0−x, ako je x < 0

Za ε > 0 je |x − a| < ε ekvivalentno sa a − ε < x < a + ε. Vazna nejednakost trougla se izrazava kao|x + y| ≤ |x| + |y|, gde jednakost vazi ako su brojevi x i y oba nenegativni ili oba nepozitivni. Za sve x, y ∈ R

vazi i |xy| = |x| · |y| i |x/y| = |x|/|y| (druga jednakost samo ako je y 6= 0).

pitanje 2. Supremum skupa.

Def. Broj x ∈ R je supremum skupa A ako vazi (∀a ∈ A) a ≤ x i (∀ε > 0)(∃a ∈ A) a > x− ε. Tada pisemo ix = supA.

Tvr. (Teorema o supremumu) Svaki neprazan, odozgo (odozdo) ogranicen podskup skupa R ima supremum(infimum) u R.

D 798;:=<?> 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.

Tvr. (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 znaci da je na ≤ b za sve n ∈ N, pa je skupA = {na | n ∈ N} ogranicen odozgo, i postoji c = sup A. Tada je i c−a < c jer je a > 0, pa c−a ne moze biti majorantaskupa A, pa postoji m ∈ N, ma > c − a. Sada je i A 3 (m + 1)a > c, sto dovodi do protivrecnosti sa izborom broja ckao supremuma.

Prema tome, postoji prirodan broj n takav da je b < na. Ovaj skup je ogranicen odozdo, pa ima infimum koji je upravo

trazeni broj n.

Pos. · Za svako ε > 0 postoji n ∈ N takav da je 0 < 1/n < ε.· Ako je x nenegativan realan broj i za sve n ∈ N vazi 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−1q≤ a < p

q. Transformacijom imamo da je p

q− a ≤ 1

q< b− a, tj. p

q< b, pa je a < p

q< b.

Pomocu Arhimedovog svojstva se uvodi i decimalna reprezentacija realnih brojeva (zapis realnih brojeva pomocunizova cifara 0–9).Tvr. (Teorema o egzistenciji korena) Za dati pozitivan broj x i prirodan broj n postoji jedinstven pozitivanbroj y, takav da je yn = x.

D @9A;B=C?D Oznacimo skup A = {z ≥ 0|zn ≤ x} koji je neprazan i ogranicen odozgo (ili sa 1 za x ≤ 1 ili sa x za x ≥ 1),

pa postoji supremum ovog skupa y = sup A. Ovo je upravo trazeni broj sto se proverava binomnom formulom (koja

vazi u svakom komutativnom prstenu), i za sve 0 < h ≤ 1 vazi da je (y + h)n ≤ yn + h[(1 + y)n − yn]. Ako izaberemo

ε = x − yn > 0 i h < ε/[(1 + y)n − yn], imamo da je (y + h)n ≤ yn + ε = x, tj. protivrecnost sa pretpostavkom da je y

supremum skupa A.

pitanje 4. Prirodni, racionalni i realni brojevi.

Def. Podskup A skupa R se naziva induktivnim ako vazi

(∀x)(x ∈ A ⇒ x + 1 ∈ A).

Def. Najmanji induktivni podskup skupa R koji sadrzi 1 se naziva skupom prirodnih brojeva N.

Tvr. (Princip matematicke indukcije) Ako podskup A skupa N ima osobine· 1 ∈ A,· (∀x)(x ∈ A ⇒ x + 1 ∈ A),

tada je A = N, odnosno skupovi A i N se poklapaju.

Tvr. (Osobine prirodnih brojeva)· m, n ∈ N ⇒ m + n ∈ N ∧mn ∈ N

· n ∈ N ∧ n 6= 1 ⇒ n− 1 ∈ N

· m, n ∈ N ∧m > n ⇒ m− n ∈ N

· min N = 1, odnosno (∀n ∈ N) n ≥ 1· m, n ∈ N ∧m > n ⇒ m ≥ n + 1

· Svaki neprazan skup A ⊂ N ima minimalni element.

D @9A;B=C?D 2. A = {n − 1|n 6= 1}, dokazati da je A = N. 4. A = {n ∈ N|1 ≤ n}, dokazati da je A = N.

Principom matematicke indukcije se uvode pojmovi suma∑

i xi, proizvoda∏

i xi, kao i stepen realnog brojaprirodnim izloziocem.

• Celi brojevi

Def. Sa −N oznacavamo 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 uodnosu na mnozenje uvodimo relaciju deljivosti (a|b ⇔ (∃k ∈ Z) b = ak). Uz pomoc celih brojeva prosirujemoi definiciju stepena.

• Racionalni brojevi

Def. Svaki broj oblika p/q za p ∈ Z, q ∈ N je racionalan broj. Skup svih ovakvih brojeva nazivamo skupomracionalnih brojeva Q.

Tvr. (Q, +, ·,≤) je ure -deno polje.

D E9F;G=H?I Data struktura zadovoljava aksiome I–III, ali ne i aksiomu neprekidnosti IV (proveriti za skupove A = {x ∈Q | x2 < 2} i B = {x ∈ Q | x2 > 2}).

pitanje 5. Kantorova lema o umetnutim odseccima.Borel-Lebegova lema o pokrivacima.

Def. Ako su dati odsecci realne prave In = [an, bn], n ∈ N, i ako dalje vazi [an+1, bn+1] ⊂ [an, bn] za sven ∈ N, (In) cemo nazivati nizom umetnutih odsecaka.

Tvr. (Kantorov princip umetnutih odsecaka) Svaki niz (In) umetnutih odsecaka na realnoj pravoj imaneprazan presek.

D E9F;G=H?I Jasno je da je am < bn, za sve m,n ∈ N, pa je skup svih am ogranicen odozgo i ima supremum x ∈ R. Odatle

je an < x < bn za sve n ∈ N, pa je x u preseku svih odsecaka.

Tvr. Ako se za niz umetnutih odsecaka (In) moze naci odsecak In takav da mu je duzina |In| = bn − an

proizvoljno mala (manja od ε > 0), tada je⋂

n In jednoclan.

D E9F;G=H?I Pretpostavimo suprotno, da postoje dve tacke x i y, i izaberemo ε = |x− y| > 0.

pitanje 6. Prebrojivi i neprebrojivi skupovi.

Def. Za skupove A i B kazemo da su ekvivalentni (ekvipotentni, bijektivni, imaju istu moc), ako postoji barjedna bijekcija f : A → B.

Tvr. Uvedena relacija me -du skupovima je relacija ekvivalencije.

Karakteristika klase ekvivalencije kod konacnih skupova je broj elemenata skupa. Kod beskonacnog skupa Acemo karakteristiku nazvati kardinalnim brojem i oznacavati sa cardA.Tvr. Skupovi N, Z, Q su ekvivalentni.

D E9F;G=H?I Napraviti odgovarajuca bijektivna preslikavanja.

Def. Skup A je prebrojiv ako je ekvivalentan skupu N. Za skup koji je konacan ili prebrojiv kazemo da jenajvise prebrojiv.

Tvr. Skup realnih brojeva iz intervala (0, 1) nije prebrojiv.

D E9F;G=H?I Pokusamo da pore -damo sve realne brojeve iz ovog intervala u niz a1, a2,. . . ,an,. . . tako da su za sve i ∈ N

brojevi dati sa ai = 0, ai1ai2 . . . ain . . ., i izaberemo broj b = 0, b1b2 . . . bn . . . gde su cifre bi = 2 ako je aii = 1 i bi = 1 ako

je aii 6= 1. Broj b pripada intervalu (0, 1) ali se ne poklapa ni sa jednim navedenim brojem, pa smo dosli do protivrecnosti

sa pretpostavkom da smo sve brojeve iz ovog intervala pore -dali u niz.

Tvr. Unija najvise prebrojivo mnogo prebrojivih skupova je prebrojiv skup.

D E9F;G=H?I Ukoliko imamo konacan broj skupova, niz formiramo tako sto izaberemo iz svakog skupa prvi clan, pa iz svakog

drugi, itd. Ukoliko imamo prebrojivo mnogo prebrojivih skupova, postupak je dijagonalan: iz prvog skupa prvi clan; iz

drugog prvi, iz prvog drugi; iz treceg prvi, iz drugog drugi, i iz prvog treci; itd.

Tvr. Ako je B prebrojiv skup i A ⊂ B, tada je skup A najvise prebrojiv.

Tvr. Ako je B bilo koji beskonacan skup, onda postoji skup A ⊂ B koji je prebrojiv.

Def. Ukoliko je skup A ekvivalentan nekom podskupu skupa B pisemo cardA ≤ cardB i kazemo da skup Aima moc ne vecu od moci skupa B.

Tvr. Za skupove A i B su sledeca tvr -denja ekvivalentna.· cardA ≤ cardB· postoji injekcija f : A → B· postoji surjekcija g : B → A.

Tvr. Za proizvoljan skup A vazi cardA < cardPA, gde je PA partitivni skup skupa A.

D J9K;L=M?N Pretpostavimo suprotno da postoji bijekcija f , i izaberemo skup X = {x ∈ A|x /∈ f(x)}. Vazice X ∈ PA, a

zbog surjektivnosti f ce postojati a ∈ A, takvo da je f(a) = X. Zbog definicije skupa X dolazimo do protivrecnosti

(a ∈ X ⇔ a /∈ X).

pitanje 7. Polje kompleksnih brojeva.

Def. Broj i je takav broj da je i2 = −1. Zovemo ga imaginarnom jedinicom.

Def. Skup svih brojeva C = {x + iy : x, y ∈ R, i2 = −1 zovemo skupom kompleksnih brojeva.

Def. Za sve z1 = x1+iy1 i z2 = x2 +iy2, z1, z2 ∈ C zbirom z = z1+z2 nazivamo broj z = (x1 +x2)+i(y1+y2)koji je tako -de kompleksan broj.

Tvr. Struktura (C, +, ·) je polje.

pitanje 8. Granicna vrednost niza realnih brojeva.

Def. Pod nizom elemenata skupa A podrazumevamo svaku funkciju a : N → A. Vrednost funkcije a u tackin ∈ N oznacavamo sa an i zovemo n-im clanom tog niza, a sam niz oznacavamo sa (an).

Def. Za tacku a ∈ R kazemo da je limes ili granicna vrednost niza (an) realnih brojeva i pisemo a = limn→∞

an

ako za svaku okolinu U tacke a postoji prirodan broj n0 takav da je an ∈ U za sve n ∈ N vece od n0. Joskazemo da niz (an) tezi ka a kad n tezi ∞. Ako je a konacan broj, kazemo da niz (an) konvergira ka a, a usuprotnom da divergira.

Za konacnu granicnu vrednost a ∈ R, mozemo pisati i

a = limn→∞

an ⇔ (∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ |an − a| < ε).

Ako je a = ±∞, mozemo koristiti

limn→∞

an = ±∞⇔ (∀M ∈ R)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ an≷M).

Tvr. Ako niz ima granicnu vrednost, ona je jedinstvena.

Tvr. Svaki konvergentan niz je ogranicen.

Def. Za niz (xn) kazemo da je nula-niz ako je limn→∞

xn = 0.

Tvr. · limn→∞

an = a, a ∈ R akko an = a + xn gde je (xn) nula-niz.

· Zbir i razlika dva nula-niza su nula-nizovi.· Proizvod ogranicenog i nula-niza je nula-niz.

D J9K;L=M?N 2. Dva niza limn→∞ an = limn→∞ bn = 0 i ε > 0. Izaberemo n1, an < ε/2 za n > n1 i n2, bn < ε/2 za n > n2.

Veci od ova dva oznacimo sa n0 i tada je za n > n0 |an ± bn| ≤ |an| + |bn| < ε/2 + ε/2 = ε.

Tvr. Neka za a, b ∈ R i nizove (an), (bn) je limn→∞

an = a i limn→∞

bn = b. Onda je

· limn→∞

(an ± bn) = a± b

· limn→∞

anbn = ab

· limn→∞

an

bn= a

b ako je bn 6= 0 za sve n ∈ N i b 6= 0.

D O9P;Q=R?S 1. i 2. Svedemo na zbir/razliku konstante i nula-niza i koristima prethodno tvr -denje. 3. Ispitamo niz (an/bn −a/b) i dokazemo da je on nula-niz.

Tvr. Ako je limn→∞

an = a i limn→∞

bn = b i a < b, tada je an < bn pocev od nekog n.

D O9P;Q=R?S Ako su a, b ∈ R mozemo izabrati ε = |a − b|/2. Zato je tvr -denje tacno za ono n ∈ N za koje je an u ε-okolini

tacke a i bn u ε-okolini tacke b.

pitanje 9. Kosijev princip konvergencije niza realnih brojeva.

Def. Za niz (an) realnih brojeva kazemo da je Kosijev ako za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da je|am − an| < ε za sve m, n > n0.

Tvr. (Osobine Kosijevih nizova)· Svaki konvergentan niz je Kosijev.· Svaki Kosijev niz je ogranicen.· Ako Kosijev niz ima konvergentan podniz, on je i sam konvergentan.

D O9P;Q=R?S 1. Ako je limes niza a ∈ R i ε > 0, izaberemo n0 ∈ N tako da je |an − a| < ε/2 za n > n0. Tada je

|am−an| ≤ |am−a|+ |an−a| < ε/2+ε/2 = ε za sve m,n > n0, i niz je Kosijev. 2. Clanovi sa dovoljno velikim indeksom

su svi proizvoljno malo udaljeni jedan od drugog. Niz je ogranicen odozgo ili gornjom granicom izabrane okoline, ili

najvecim od konacnog broja elemenata koji nisu u toj okolini. 3. Ako neki podniz datog Kosijevog niza ima granicnu

vrednost, onda se za dovoljno veliki indeks svi clanovi niza nalaze proizvoljno blizu same te granicne vrednosti, pa je

limes tog podniza ujedno i limes samog niza.

Tvr. (Kosijev princip konvergencije) Svaki Kosijev niz u R je konvergentan.

D O9P;Q=R?S Svaki Kosijev niz je ogranicen prema prethodnom tvr -denju, a iz Bolcano-Vajerstrasove teoreme imamo da

postoji konvergentan podniz tog niza. Prema tome je i sam taj niz konvergentan (opet prema prethodnom tvr -denju).

pitanje 10. Konvergencija monotonih nizova. Broj e.

Def. Niz (an) realnih brojeva je rastuci (opadajuci) ako za svako n ∈ N vazi an ≤ an+1 (an ≥ an+1). Niz(an) je strogo rastuci (strogo opadajuci) ako je za svako n ∈ N an < an+1 (odnosno an > an+1). Zajednicko imeza ovakve nizove je monotoni nizovi.

Tvr. (Kriterijum konvergencije monotonih nizova)· Rastuci niz (an) realnih brojeva je konvergentan ako i samo ako je ogranicen odozgo.· Svaki rastuci niz u R ima granicnu vrednost u R.

D O9P;Q=R?S Za 1. treba uociti supremum skupa vrednosti niza, a proizvoljno blizu toj vrednosti se moze naci bar jedan

clan niza, a zbog monotonije, onda su i svi clanovi sa indeksom vecim od tog tako -de u toj okolini, pa je sam supremum

granicna vrednost niza. U slucaju 2. je takva granicna vrednost +∞.

• Ojlerov broj eTvr. (Bernulijeva nejednakost) Za proizvoljan prirodan broj m i proizvoljan realan broj h > −1 vazi nejed-nakost (1 + h)m ≥ 1 + mh.

D O9P;Q=R?S Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Za m = 1 vazi jednakost, a ako nejednakost vazi za neko m, imamo

da je (1 + h)m+1 = (1 + h)m (1 + h) ≥ (1 + mh)(1 + h) = 1 + (m + 1)h + mh2 ≥ 1 + (m + 1)h.

Tvr. Niz an =

(

1 +1

n

)n

je rastuci i ogranicen odozgo.

D T9U;V=W?X Posmatrajmo dati niz (an) koji je i uporedimo dva uzastopna clana

an+1

an= . . . =

(

1 − 1

(n + 1)2

)n+1

· n

n + 1

a kada u Bernulijevu nejednakost stavimo h = 1/(n + 1)2, m = n + 1, dobijamo da je an+1/an ≥ 1, odnosno da je

dati niz rastuci. Slicno, uzimajuci niz bn =(

1 + 1n

)n+1dobijamo da je on opadajuci bn−1/bn ≥ 1, i za svako n ∈ N je

an < bn. Niz bn je prema tome ogranicen odozdo, a niz an odozgo.

Def. (Ojlerov broj)

e = limn→∞

(

1 +1

n

)n

.

pitanje 11. Bolcano-Vajerstrasov stav.

Def. Za niz b : N → A kazemo da je podniz niza a : N → A ako postoji strogo rastuci niz p : N → N takav daje b = a ◦ p, tj. bn = ap(n) = apn

za sve n ∈ N.

Tvr. Ako niz (an) ima granicnu vrednost a, onda i bilo koji njegov podniz tako -de ima granicnu vrednost a.

Def. Tacku a ∈ R zovemo tackom nagomilavanja niza realnih brojeva (an) ako postoji podniz (ank) tog niza

koji tez ka a kad k →∞.

Tvr. Tacka a ∈ R je tacka nagomilavanja niza (an) ako i samo ako za svaku okolinu U tacke a i svako n ∈ N

postoji r ∈ N, r > n tako da je ar ∈ U .

Tvr. (Bolcano-Vajerstrasova teorema za nizove)· Svaki ogranicen niz realnih brojeva ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.· Svaki niz realnih brojeva ima bar jednu tacku nagomilavanja u R.

D T9U;V=W?X 1. Neka je (an) ogranicen, i A = {an|n ∈ N}. Ako je A konacan, tada je za beskonacno mnogo vrednosti m ∈ N

am = a, pa je ta vrednost a i jedna tacka nagomilavanja. Ako je A beskonacan onda taj skup ima tacku nagomilavanja

u R, a ona je istovremeno i tacka nagomilavanja niza (an). 2. Ukoliko je niz neogranicen odozgo onda je tacka +∞ jedna

njegova tacka nagomilavanja, a ukoliko je neogranicen odozdo, onda je to −∞.

pitanje 12. Gornji i donji limes niza realnih brojeva.

Def. Najveca tacka nagomilavanja niza (an) zove se gornji limes ili limes superior i oznacava sa lim supan ililim an. Najmanja tacka nagomilavanja niza (an) se naziva donji limes ili limes inferior i oznacava sa lim inf an

ili lim an.

Tvr. Neka je (an) niz u R i lim an = a ∈ R. Tada vazi:· za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N, tako da n > n0 ⇒ an < a + ε.· za svako ε > 0 i svako n ∈ N postoji r > n, tako da je ar > a− ε

Obrnuto, ako a ∈ R zadovoljava 1. i 2., onda je a = lim an.

D T9U;V=W?X Ukoliko 1. ne bi bilo ispunjeno, postojala bi tacka nagomilavanja veca od a koja je najveca. Drugi deo tvr -denja

je tacan jer je (a− ε, +∞) okolina tacke nagomilavanja a, pa tu mora biti beskonacno mnogo vrednosti.

Tvr. Niz (an) ima (konacnu) granicnu vrednost ako i samo ako je lim an = lim an (konacan), odnosno akoima tacno jednu (konacnu) tacku nagomilavanja.

Tvr. Niz (an) ima granicnu vrednost ako i samo ako svaki njegov podniz ima granicnu vrednost.

Realne funkcije

pitanje 13. Granicna vrednost realne funkcije. Svojstva.

Def. Neka je f : A → R funkcija realne promenljive i a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A. Kazemo da jeb ∈ R granicna vrednost (limes) funkcije f u tacki a i pisemo lim

x→af(x) = b ako za svaku okolinu V (b) tacke b

postoji okolina U(a) tacke a takva da je za sve x ∈ A, ako je x 6= a ∧ x ∈ U(a), onda je f(x) ∈ V (b).

Ukoliko su a i b konacni, dati uslovi su ekvivalentni sa

limx→a

f(x) = b ⇔ (∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(0 < |x− a| < δ ⇒ |f(x)− b| < ε).

Leva i desna granicna vrednost se definisu na poznat nacin.Tvr. Granicna vrednost funkcije realne promenljive f : A → R u tacki a ∈ R jednaka je b ∈ R akko za svakiniz (xn), takav da je xn ∈ A \ {a} za n ∈ N i lim

n→∞xn = a, vazi lim

n→∞f(xn) = b.

D Y9Z;[=\?] Kada je limx→a

f(x) = b i limn→∞

xn = a, tada postoji okolina U(a) tacke a takva da je f(U (a)) ⊂ V (b), a tada je

i xn ∈ U(a) za sve n > n0 ∈ N. Prema tome je i limn→∞

f(xn) = b. Ako nije limx→a

f(x) = b, onda se mogu izabrati 1/n

okoline tacke a u kojima postoje tacke xn ∈ U1/n(a) takve da je limn→∞

xn = a, ali je i tada limn→∞

f(xn) 6= b.

Tvr. Ako funkcija f ima limes u tacki a, on je jedinstven.

Tvr. Ako funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki a, onda postoji okolina U(a) takva da je funkcijaf ogranicena na skupu U(a).

Def. Ako za realnu funkciju α : A → R realne promenljive vazi limx→a

α(x) = 0, nazivamo je beskonacno mala

funkcija kad x → a.

Tvr. · limx→a

f(x) = b ∈ R ako i samo ako je f(x) = b + α(x), gde je α(x) beskonacno mala kad x → a.

· Zbir i razlika dve beskonacno male funkcije kad x → a su beskonacno male kad x → a.· Ako je α beskonacno mala kad x → a, a funkcija β ogranicena na skupu U(a) za neku okolinu U(a)

tacke a, tada je αβ beskonacno mala kad x → a.

D Y9Z;[=\?] Slicno kao i odgovarajuce tvr -denje iz nizova.

Tvr. (Osnovne operacije sa limesima) Ako je limx→a

f(x) = b i limx→a

g(x) = c za b, c ∈ R, tada je

· limx→a

(f(x)± g(x)) = b± c,

· limx→a

(f(x)g(x)) = bc,

· limx→a

f(x)

g(x)=

b

cako je c 6= 0.

D Y9Z;[=\?] Svako od tvr -denja svedemo na zbir konstante i beskonacno male funkcije.

Tvr. Ako je limx→a

f(x) = b i limx→a

g(x) = c i b < c, tada postoji okolina U(a) tacke a takva da je f(x) < g(x)

za x ∈ U(a).

Tvr. Ako je za neku okolinu tacke a ispunjeno f(x) ≤ g(x) za sve x ∈ U(a) i funkcije f i g imaju granicnevrednosti kada x → a, tada je i lim

x→af(x) ≤ lim

x→ag(x).

Tvr. Neka su f, g, h : A → R tri funkcije realne promenljive, a tacka nagomilavanja skupa A i neka jef(x) ≤ g(x) ≤ h(x) u nekoj okolini U(a). Ako je lim

x→af(x) = lim

x→ah(x) = b ∈ R tada je i lim

x→ag(x) = b.

Tvr. (Granicna vrednost slozene funkcije) Kada je· B ⊂ R i b ∈ R tacka nagomilavanja skupa B, g : B → R i lim

y→bg(y) = c

· A ⊂ R i a ∈ R tacka nagomilavanja skupa A, f : A → R i za svaku okolinu V (b) postoji okolina U(a)takva da je f(U) ⊂ V ,

tada je limx→a

(g ◦ f)(x) = c.

D Y9Z;[=\?] Za okolinu W (c) postoji okolina V (b) i vazi g(V ) ⊂ W . Prema drugom delu tvr -denja tada postoji i okolina

U(a) tako da je f(U ) ⊂ V , pa je odatle i g(f(U)) ⊂ W , odnosno limx→a

(g ◦ f)(x) = c.

pitanje 14. Eksponencijaln logaritamska i stepena funkcija.

Treba dodati sa definicijama, osnovnim osobinama, graficima i slicno.

pitanje 15. Trigonometrijske i inverzne trigonometrijske funkcije.

limx→0

sinx

x= 1.

Treba dodati sa definicijama, osnovnim osobinama, graficima i slicno.Tvr. lim

x→0

sinx

x= 1.

D ^9_;`=a?b Upotrebom nejednakosti sin x < x < tg x, i deljenjem sa sin x.

pitanje 16. Kosijev princip konvergencije realnih funkcija.

pitanje 17. Smena promenljive u limesu. limx→0

(1 + x)1/x = e.

. . .Tvr. · lim

x→∞

(

1 +1

x

)x

= e,

· limx→−∞

(

1 +1

x

)x

= e i

· limx→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 teze ka e kad

x → ∞, i od kojih je jedna veca od date funkcije, a druga manja. Radi transformacije koristimo funkciju f(x) = bxc, i

onda primenimo tvr -denje o limesu slozenih funkcija. 2. i 3. Transformacijama svedemo na 1.

pitanje 18. Asimptotske oznake o, O, ∼ i njihova svojstva.

Def. Funkcija f je beskonacno mala u odnosu na funkciju g kad x → a i pisemo f = o(g), (x → a) akopostoji okolina U(a) takva da je f(x) = α(x)g(x) za x ∈ U , gde je α beskonacno mala funkcija kad x → a. Akosu i f i g beskonacno male funkcije, i vazi f = o(g) kazemo da je f beskonacno mala viseg reda od g, a ako suf i g beskonacno velike funkcije kazemo da je g beskonacno velika viseg reda od f kad x → a.

Def. Ako postoji okolina U(a) i funkcija β koja je ogranicena na U , takva da je f(x) = β(x)g(x) za x ∈ U ,pisemo f = O(g), (x → a). Ako je istovremeno f = O(g) i g = O(f) kazemo da su funkcije f i g istog reda kadx → a.

Tvr. Funkcije f i g su istog reda kad x → a ako i samo ako postoje konstante c1, c2 > 0 takve da za nekuokolinu U(a) vazi c1|g(x)| ≤ |f(x)| ≤ c2|g(x)| za x ∈ U .

Def. Ako postoje okolina U(a) i funkcija γ takva da je limx→a

γ(x) = 1 i f(x) = γ(x)g(x) za x ∈ U , kazemo da

se funkcija f asimptotski ponasa kao funkcija g kad x → a i pisemo f ∼ g (x → a). Jos kazemo da su ove dvefunkcije ekvivalentne.

Tvr. Relacija ∼ je relacija ekvivalencije.

Tvr. f ∼ g (x → a) ako i samo ako f = g + o(g) (x → a).

D c9d;e=f?g Direktno iz limx→a

γ(x) = 1 i γ = 1 + α, gde je α beskonacno mala kad x → a.

Tvr. (Osnovne formule)

· sin x ∼ x (x → 0)

· ln(1 + x) ∼ x (x → 0)

· ax − 1 ∼ x ln a (x → 0)

· (1 + x)α ∼ 1 + αx (x → 0)

Tvr. (Operacije sa asimptotskim oznakama)

· f ∼ g (x → a) ⇒ o(f) = o(g) (x → a).

· f · o(g) = o(fg) (x → a).

· o(f) + o(f) = o(f) (x → a).

· o(o(f)) = o(f) (x → a).

· g = o(f) ⇒ g = O(f) (x → a).

· O(f) + O(f) = O(f) (x → a).

pitanje 19. Neprekidnost realnih funkcija — definicija i osnovnasvojstva.

Def. Za funkciju realne promenljive f : A → R kazemo da je neprekidna u tacki a ∈ A ako za svaku okolinuV tacke f(a) postoji okolina U tacke a takva da je f(U) ⊂ V . Izreceno u epsilon-delta zapisu, imamo da jeneophodno i dovoljno da bude

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x ∈ A)(|x − a| < δ ⇒ |f(x)− f(a)| < ε).

Tvr. Neka je f : A → R funkcija realne promenljive i a ∈ A tacka nagomilavanja skupa A. Tada su sledecatvr -denja ekvivalentna.

· funkcija f je neprekidna u tacki a.· lim

x→af(x) = f(a).

· za svaki niz (xn), xn ∈ A za koji je limn→∞

xn = a vazi limn→∞

f(xn) = f(a).

D h9i;j=k?l 2. i 3. su ekvivalentni na osnovu ekvivalencije Hajneove i Kosijeve definicije limesa, a ekvivalencija 1. i 2. sledi

direktno iz definicija limesa i neprekidnosti u tacki.

Def. Za tacku a ∈ A kazemo da je tacka prekida funkcije f : A → R ako f nije neprekidna u toj tacki.

Def. (Vrste prekida) Neka je f : A → R i a ∈ A tacka prekida funkcije f . Kazemo da je u a:· prekid prve vrste funkcije f ako postoje konacne granicne vrednosti lim

x→a−0f(x) i lim

x→a+0f(x); ovakav

prekid je otklonjiv ako su ova dva limesa jednaka.· prekid druge vrste funkcije f ako nije prve vrste.

Def. Za funkciju f : A → R kazemo da je neprekidna sleva (zdesna) u tacki a ∈ A ako je vrednost f(a) = c ∈ R

i limx→a−0

f(x) = c (odnosno limx→a+0

f(x) = c).

Tvr. Neka je f : A → R neprekidna u tacki a ∈ A. Onda vaze sledeca tvr -denja.· Postoji okolina U tacke a (u A) takva da je f ogranicena na U .· Ako je f(a) 6= 0, onda postoji okolina U tacke a takva da je za sve x ∈ U znak f(x) isti kao znak f(a).

Tvr. Ako su funkcije f, g : A → R neprekidne u tacki a ∈ A, tada su i funkcije f + g, fg i f/g neprekidne utacki a (f/g ako je i g(a) 6= 0).

D h9i;j=k?l Sledi na osnovu osnovnih operacija sa granicnim vrednostima.

Tvr. Neka su f : A → B i g : B → R realne funkcije realne promenljive. Ako je f neprekidna u tacki a ∈ A ig neprekidna u tacki f(a), onda je i slozena funkcija h = g ◦ f neprekidna u tacki a.

Def. Funkcija f : A → R je neprekidna na skupu A ako je ona neprekidna u svakoj tacki tog skupa. Funkcijaf je neprekidna na segmentu [a, b] ako je neprekidna na (a, b) i neprekidna je sleva u tacki b, odnosno zdesna utacki a.

Def. Funkcija f je deo-po-deo neprekidna na [a, b] ako postoji konacno mnogo tacaka xi takvih da je a =x0 < x1 < · · · < xn = b i da je f neprekidna na svakom od [xi−1, xi] za 1 ≤ i ≤ n.

pitanje 20. Teorema o me -duvrednosti (Kosi-Bolcanova teorema).

Tvr. (Kosi-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 tacka c ∈ [a, b] takva da je f(c) = C.Specijalno, ako neprekidna funkcija f ima vrednosti razlicitog znaka na krajevima (f(a)f(b) < 0), onda postojic ∈ [a, b] tako da je f(c) = 0.

D h9i;j=k?l Upotrebom funkcije ϕ(x) = f(x) − C, prvi deo tvr -denja svodimo na nas ,,specijalni slucaj“. Zato neka je

f(a) > 0 i f(b) < 0. Segment [a, b] podelimo na pola tackom (a + b)/2 i ako je tu vrednost funkcije 0, uzimamo je za

tacku c. U suprotnom ce tu vrednost funkcije biti ili veca, ili manja od nule. U svakom slucaju, uzimamo odgovarajucu

vrednost tako da dobijemo segment u kome su opet vrednosti funkcije u krajevima razlicitog znaka. Ovaj postupak

nastavljamo dok ne dobijemo tacku c, ili cemo dobiti beskonacan niz umetnutih odsecaka za koji znamo da ima neprazan

presek i to tacno jednu tacku c.

pitanje 21. Vajerstrasova teorema za neprekidne realne nizove.

Tvr. (Vajerstrasova teorema o ogranicenosti neprekidne funkcije) Ako je funkcija f : [a, b] → R neprekidna,tada je ona ogranicena na [a, b] i postoje tacke tog segmenta u kojima ona postize svoju minimalnu i maksimalnuvrednost.

D m9n;o=p?q Pretpostavimo suprotno, da je f neogranicena na [a, b]. Onda postoji ograniceni niz brojeva (xn) tako da jef(xn) > n za sve n ∈ N. Zbog toga mora postojati i neki podniz (xnk

) koji ima limes x0 kad k →∞. Tada je istovremenoi limk→∞ f(xnk

) = f(x0) (konacan) i beskonacan, sto dovodi do protivrecnosti.

Za drugi deo tvr -denja sa m i M oznacimo infimum i supremum skupa vrednosti funkcije f(x) na [a, b] koji moraju biti

konacni. 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 vec dokazanom je ogranicena nekim

brojem Φ > 0. Odatle je i f(x) ≤ M −1/Φ pa je i broj M −1/Φ < M majoranta skupa vrednosti funkcije, sto protivreci

izboru broja M .

pitanje 22. Ravnomerna neprekidnost. Kantorova teorema.

Def. Za funkciju f : A → R kazemo da je ravnomerno neprekidna na skupu A ⊂ R ako se za svako ε > 0moze naci pozitivan broj δ = δ(ε) takav da za svake dve tacke x1 i x2 skupa A koje su na rastojanju manjemod δ je rastojanje izme -du vrednosti u njima manje od ε, tj.

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x1, x2 ∈ A)(|x1 − x2| < δ ⇒ |f(x1)− f(x2)| < ε).

Tvr. (Kantorova teorema o ravnomernoj neprekidnosti) Svaka funkcija f : [a, b] → R koja je neprekidna nasegmentu [a, b] je i ravnomerno neprekidna na njemu.

D m9n;o=p?q Dokaz se moze izvesti primenom Borel-Lebegove teoreme o pokrivacima. Za proizvoljne ε > 0 i x ∈ [a, b] postojiUδ(x) za koju je x1 ∈ Uδ(x) ⇒ |f(x1) − f(x)| < ε/2. Za x1, x2 ∈ Uδ(x) ce vaziti i |f(x1) − f(x2)| < ε. Izaberimo sadaza ρ = δ/2 okolinu Uρ(x) za svaku tacku segmenta [a, b] i dobicemo pokrivac tog segmenta, pa prema Borel-Lebegovojteoremi postoji konacan potpokrivac tog pokrivaca, tj. postoje x1, . . . , xn ∈ [a, b] takve da svi Uδi/2(xi) tako -de cinepokrivac [a, b]. Najmanji od brojeva δi/2 oznacimo sa δ i on zadovoljava uslove date u definiciji.

Za sve x′, x′′ iz [a, b] za koje je |x′ − x′′| < δ obe ove tacke pripadaju jednoj okolini Uδi(xi), pa je i |f(x′)− f(x′′)| < ε.

pitanje 23. Ravnomerna neprekidnost. Modul neprekidnosti.

Druga varijanta opisivanja ravnomerne neprekidnosti.

pitanje 24. Neprekidnost i monotonost.Neprekidnost inverzne funkcije.

Tvr. Neka je funkcija f : A → R monotona na skupu A ⊂ R. Tada ona moze imati samo prekide prve vrstei to najvise prebrojivo mnogo njih.

D r9s;t=u?v Ako je tacka a prekid, odgovarajuci limesi f(a − 0) i f(a + 0) postoje, a izme -du njih se nalazi vrednost f(a)

(zbog monotonosti). Tada u nekom od tih intervala mozemo naci neki racionalan broj, i na taj nacin svakom prekidu

pridruziti jedinstven racionalan broj kojih ukupno ima prebrojivo mnogo, pa prekida mora biti manje.

Tvr. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija i neka za sve tacke γ koje su izme -du f(a) i f(b) postojivrednost c ∈ [a, b] takva da je f(c) = γ. Tada je funkcija f neprekidna na [a, b].

D r9s;t=u?v Pretpostavimo suprotno, da rastuca 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 mozemo dobiti ni za jedno c ∈ [a, b] sto dovodi do protivrecnosti.

Tvr. Neka je f : [a, b] → R monotona funkcija. Ona je neprekidna na [a, b] ako i samo ako je slika togsegmenta segment sa krajevima f(a) i f(b).

D r9s;t=u?v Upotrebom prethodnog tvr -denja i podelom segmenta [a, b] Kosi-Bolcanovom teoremom o me -duvrednosti.

Tvr. Ako je f : A → B ⊂ R strogo monotona na skupu A ⊂ R i B = f(A), tada postoji inverzna funkcijaf−1 : B → A i ona je tako -de strogo monotona (sa istim smislom monotonosti kao i funkcija f).

Tvr. Neka je f : [a, b] → R neprekidna i injektivna funkcija. Tada je f strogo monotona na [a, b].

D r9s;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 Kosi-Bolcanovoj teoremi o me -duvrednosti postoji c ∈ [q, r] tako da je f(c) = f(p) za c 6= p sto protivreci

injektivnosti funkcije f .

Tvr. Neka je f : [a, b] → B ⊂ R neprekidna i strogo monotona funkcija i B = f([a, b]). Tada je B segment uR sa krajevima f(a) i f(b) i postoji funkcija f−1 : B → R koja je neprekidna na B i strogo monotona (sa istimsmislom monotonosti kao i f).

pitanje 25. Neprekidnost elementarnih funkcija.

Def. Osnovne elementarne funkcije realne promenljive su konstante i identicka funkcija, eksponencijalnei logaritamske funkcije, eksponencijalne, logaritamske, stepene, trigonometrijske i inverzne trigonometrijskefunkcije.

Def. Elementarne funkcije realne promenljive su one funkcije koje se mogu dobiti konacnom primenomsledecih pravila:

· Osnovne elementarne funkcije su elementarne funkcije.· Ako su f i g elementarne funkcije, tada su i f ± g, fg i f/g elementarne funkcije.· Ako su f i g elementarne funkcije, i definisana je g ◦ f onda je i ona elementarna funkcija.

Tvr. Sve elementarne funkcije su neprekidne.

D r9s;t=u?v Dovoljno je dokazati neprekidnost osnovnih elementarnih funkcija, a za ostale se koristi tvr -denje o operacijama

sa neprekidnim funkcijama.

pitanje 26. Hiperbolicke i inverzne hiperbolicke funkcije.

Definicije, osobine, skice grafika itd.

Diferencijalni racun

pitanje 27. Definicija izvoda i diferencijala funkcije.Pravila diferenciranja.

Def. Izvodom funkcije f(x) u tacki x naziva se konacan limes kolicnika prirastaja funkcije i prirastajapromenljive, kad prirastaj promenljive tezi nuli, tj.

f ′(x) = lim∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)

∆x.

Def. Funkcija y = f(x) je diferencijabilna u tacki x ako se prirastaj ∆y moze napisati kao ∆y = A∆x +α(∆x)∆x, gde je A realan broj a funkcija α(∆x) je beskonacno mala kad ∆x → 0.

Tvr. Funkcija f je diferencijabilna u tacki x ako i samo ako u toj tacki ima izvod f ′(x).

Tvr. Ako je funkcija f diferencijabilna u x, onda je ona i neprekidna u tacki x

• Pravila diferenciranjaTvr. Ako funkcije u i v imaju izvode u tacki x, onda i funkcije u± v, uv i u/v imaju izvode u toj tacki (u/v

ako je jos v(x) 6= 0). Tada je i· (u± v)′(x) = u′(x)± v′(x),· (uv)′(x) = u′(x)v(x) + u(x)v′(x),

·(u

v

)

′

(x) =u′(x)v(x) − u(x)v′(x)

v2(x).

D w9x;y=z?{ Odgovarajucim transformacijama limesa po definiciji se dobijaju trazeni rezultati.

Def. Funkcija ∆x → f ′(x)∆x se naziva diferencijalom funkcije f(x) u tacki x i oznacava sa df(x) =df(x)(∆x) = f ′(x)∆x.

Kako je za f(x) = x, dx = df(x) = ∆x, najcescje zapisujemo dy = f ′(x)dx. Za diferencijal funkcije vazeanalogna pravila diferenciranja kao i za izvod funkcije.Tvr. Neka je funkcija y = f(x) diferencijabilna u tacki x0 i funkcija z = g(y) diferencijabilna u tacki y0 =f(x0). Tada je funkcija z = (g ◦ f)(x) diferencijabilna u tacki x0 i vazi (g ◦ f)′(x0) = g′(y0)f

′(x0).

D w9x;y=z?{ Prirastaj funkcije z = g(y) mozemo napisati kao ∆z = g′(y0)∆y+α(∆y)∆y, gde je α(∆y) beskonacno mala kad

∆y → 0. Ovu beskonacno malu mozemo dodefinisati tako da ona ima vrednost 0 u tacki 0 (gde inace nije definisana), bez

posledica po dobijenu jednakost. Kada jednakost podelimo sa ∆x, imamo da je ∆z/∆x = g ′(y0)·∆y/∆x+α(∆y)·∆y/∆x.

Kada ∆x → 0 onda i ∆y → 0 kao i α(∆y) → 0, pa uzimajuci limes ovog izraza dobijamo izvod slozene funkcije

g′(y0)f′(x0).

Tvr. Neka je y = f(x) neprekidna strogo monotona funkcija u nekoj okolini tacke x0 i neka je x = φ(y)njena inverzna funkcija. Ako je funkcija f(x) diferencijabilna u tacki x0 i f ′(x0) 6= 0, onda je i funkcija φ(y)diferencijabilna u tacki y0 = f(x0). Pri tom je φ′(y0) = 1/f ′(x0).

D w9x;y=z?{ Kako je f strogo monotona i neprekidna, to ce x → x0 onda i samo onda kada i y → y0. Na osnovu ovoga i

definicije izvoda u tacki imamo da je φ′(y0) = limy→y0

φ(y)−φ(y0)y−y0

= limx→x0

x−x0

f(x)−f(x0)= 1/f ′(x0).

pitanje 28. Izvodi viseg 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 izvodan-tog reda te funkcije. Izvod n-og reda oznacavamo sa f (n)(x).

Tvr. (Lajbnicova formula) Ako su u i v n puta diferencijabilne funkcije, onda vazi formula

(uv)(n) =

n∑

k=0

(

n

k

)

u(n−k)v(k).

D w9x;y=z?{ Za n = 1 vazi, zatim matematickom indukcijom i primenom jednakosti Paskalovog trougla(

nk−1

)

+(

nk

)

=(

n+1k

)

.

pitanje 29. Teoreme o srednjoj vrednosti diferencijalnog racuna.

Rolova, Darbuova, Lagranzeva teorema.

Integralni racun

Redovi

pitanje 30. Redovi. Osnovna svojstva.Kosijev princip konvergencije.

Def. Neka je (an) niz realnih brojeva. Izraz [an] =∑

∞

n=1 an se naziva beskonacnim realnim redom sa opstim

clanom an. Zbirovi si =∑n=i

n=1 za i ∈ N se nazivaju parcijalnim zbirovima reda [an].

Def. Red [an] konvergira i zbir mu je s ako postoji konacan limes niza parcijalnih suma (sn), limn→∞

sn = s.

Red koji ne konvergira nazivamo divergentnim.

Def. Red rm =∑

∞

k=1 am+k za m ∈ N zovemo ostatkom reda [an] posle m-og clana.

Tvr. · Red [an] konvergira ako i samo ako konvergira njegov ostatak.· Red [an] konvergira ako i samo ako njegov ostatak rm tezi nuli kad m →∞.

D |9};~=�?� 1. Neka je parcijalna suma reda [am] oznacena sa sm, a parcijalna suma ostatka rm sa σk. Jasno je da ce biti

σk = sm+k−sm, i uzimanjem odgovarajucih limesa za k →∞ ce se dobiti da je i drugi limes konacan. 2. Kao prethodno,

uzimanjem granicne vrednosti za m →∞.

Tvr. (Kosijev kriterijum za konvergenciju reda) Red [an] konvergira ako i samo ako za svako ε > 0 postojin0 ∈ N tako da za sve n > n0 i p ∈ N vazi |an+1 + . . . + an+p| < ε.

D |9};~=�?� Upotrebom Kosijevog kriterijuma za konvergenciju nizova.

Tvr. Ako konvergiraju redovi [an] i [bn] onda konvergiraju i redovi [can] (c ∈ R) i [an + bn] i vazi [can] = c[an]i [an + bn] = [an] + [bn].

Tvr. (Neophodan uslov konvergencije) Ako red [an] konvergira, onda je limn→∞

an = 0.

D |9};~=�?� Uzeti an = sn − sn−1 i naci trazeni limes.

pitanje 31. Redovi sa pozitivnim clanovima. Poredbeni princip.Integralno pravilo.

Def. Red [an] je red sa pozitivnim clanovima ako postoji n0 ∈ N tako da je an > 0 za sve n > n0.

Tvr. Red [an] sa pozitivnim clanovima je konvergentan ako je niz njegovih parcijalnih suma ogranicen.

D |9};~=�?� Niz parcijalnih suma je rastuci, pa da bi konvergirao mora biti ogranicen.

Tvr. Neka za dva reda sa pozitivnim clanovima [an] i [bn] postoji n0 ∈ N tako da je an ≤ bn za sve n ≥ n0.Ukoliko konvergira red [bn], konvergira i red [an], a ukoliko divergira red [an], divergira i red [bn].

D |9};~=�?� Moze se uzeti da je n0 = 1. Ako su parcijalne sume sn i σn redova [an] i [bn], i ako je lim σn = σ, tada je i

sn ≤ σn ≤ σ, pa je niz (sn) rastuci i ogranicen odozgo.

Tvr. Neka za clanove pozitivnih redova [an] i [bn] vazi limn→∞

an

bn

= k za neko 0 ≤ k ≤ ∞. Tada ako k < ∞ i

red [bn] konvergira, mora konvergirati i red [an], a ukoliko divergira red [bn] i k > 0 onda mora divergirati i red[an].

D |9};~=�?� Za ε > 0 postoji n0 ∈ N tako da za sve n > n0 vazi |an/bn − k| < ε, pa i an < (k + ε)bn, to prema prethodnom

tvr -denju i red [an] konvergira.

Tvr. Ako za clanove redova [an] i [bn] sa pozitivnim clanovima za neko n0 ∈ N vazi an+1

an

≤ bn+1

bn

za n > n0,onda iz konvergencije reda [bn] sledi konvergencija reda [an], a iz divergencije reda [an] sledi divergencija reda[bn].

D |9};~=�?� Vazi an+1/bn+1 ≤ an/bn, odnosno redom, an/bn ≤ a1/b1. Tada je i an ≤ (a1/b1)bn i bn ≥ (b1/a1)an pa na

osnovu prethodnih tvr -denja vidimo da je ovo tvr -denje tacno.

pitanje 32. Kosijevo, Dalamberovo i Gausovo pravilo.

Tvr. (Dalamberov kriterijum)

.· Ako za red sa pozitivnim clanovima [an] postoje n0 ∈ N i q ∈ R takvi da je an+1

an≤ q < 1 za n ≥ n0

onda on konvergira. Ako postoji n1 ∈ N takvo da je an+1

an

≥ 1 za n ≥ n1, onda red [an] divergira.

.· Ako postoji limes limn→∞

an+1

an

= l, i l < 1, red [an] konvergira, a ako je l > 1 red [an] divergira.

D �9�;�=�?� 1. Mozemo napisati an+1 ≤ anq, an+2 ≤ an+1q ≤ anq2, . . . , an+k ≤ anqk, pa zbog konvergencije (divergencije)

reda [an0qk], konvergira (divergira) i red [an]. 2. Izaberemo 0 < ε < 1 − l, i oznacimo q = l + ε, i primenimo prvi deo

tvr -denja.

Tvr. (Kosijev kriterijum)

· Ako za red sa pozitivnim clanovima [an] postoje n0 ∈ N i q ∈ R takvi da je n√

an ≤ q < 1 za n ≥ n0,onda on konvergira. Ako postoji n1 ∈ N takvo da je n

√an ≥ 1 za n ≥ n1, onda red [an] divergira.

· Ako postoji limn→∞

n√

an = l, onda za l < 1 red [an] konvergira, a za l > 1 red [an] divergira.

D �9�;�=�?� 1. Slicno kao prethodno, iz datog uslova imamo da je an ≤ qn < 1, pa red [an] konvergira jer red [qn] konvergira.

2. Oznacimo l = lim n√

an < 1 i izaberemo 0 < ε < 1 − l. Za q = l + ε primenimo prvi deo tvr -denja.

Tvr. (Kumerov kriterijum) Neka je (cn) niz pozitivnih brojeva takav da red [1/cn] divergira. UvedimoKn = cn

an

an+1− cn+1 gde su an clanovi reda [an].

· Ako postoji δ > 0 i n0 ∈ N, tako da je Kn ≥ δ za n ≥ n0, onda red [an] konvergira. Ako postoji n1 ∈ N

takav da je Kn ≤ 0 za n ≥ n1, onda red [an] divergira.

· Ako je limn→∞

Kn = K i pritom K > 0 onda red [an] konvergira, a ako je K < 0 onda red [an] divergira.

D �9�;�=�?� 1. Prema pretpostavkama, imamo da je cnan − cn+1an+1 ≥ δan+1 > 0, pa i cnan > cn+1an+1 za n > n0. Na

osnovu ovoga je niz (cnan) strogo opadajuci i ogranicen odozdo, pa postoji i l = lim cnan. Zato je red [cnan− cn+1an+1]

konvergentan i ima vrednost c1a1 − l. Posto je pocev od nekog clana δan+1 manje od clanova ovog reda, to je i red

[δan+1] konvergentan, pa i sam red [an]. Ako je Kn ≤ 0, onda je an+1/an ≥ (1/cn+1)/(1/cn), pa zbog divergencije reda

[1/cn] divergira i red [an]. 2. Za K > 0 izaberemo 0 < δ < K i n0 ∈ N, tako da je n > n0 ⇒ Kn > δ, i iskoristimo prvi

deo tvr -denja.

Tvr. (Rabeov kriterijum) Ako postoji n0 ∈ N tako da za n ≥ n0 vazi n

(

an

an+1− 1

)

≥ r > 1, onda red [an]

konvergira, a ako vazi n

(

an

an+1− 1

)

≤ 1, onda red [an] divergira. Ako je limn→∞

n(

an

an+1− 1)

= r, ibda red [an]

konvergira za r > 1 a divergira za r < 1.

D �9�;�=�?� Primenom Kumerovog kriterijuma i izborom cn = n, dobijamo Kn = nan/an+1 − (n + 1).

Tvr. (Gausov kriterijum) Ako za clanove reda sa pozitivnim clanovima [an] vazi an/an+1 = λ+µ/n+θn/nα,gde su λ, µ i α konstante, α > 1 i (θn) je ogranicen niz, tada

· Za λ > 1 red [an] konvergira, a za λ < 1 divergira.

· Za λ = 1, ako je µ > 1 red [an] konvergira, a za µ < 1 divergira.

· Za λ = 1, µ = 1 red [an] divergira.

D �9�;�=�?� 1. Prema Dalamberovom kriterijumu. 2. Prema Rabeovom kriterijumu. 3. Prema Kumerovom kriterijumu, i

izborom cn = n ln n, lim Kn = ln(1/e) = −1.

pitanje 33. Lajbnicovo, Abelovo i Dirihleovo pravilo.

Def. Red [(−1)n+1cn] = c1 − c2 + c3 − c4 + . . . + (−1)n+1cn + . . ., gde su realni brojevi cn svi istog znaka,nazivamo alternativnim redom.

Tvr. (Lajbnicov kriterijum) Ako je cn+1 ≤ cn za n ∈ N i limn→∞

cn = 0, onda alternativni red [(−1)n+1cn]

konvergira.

D �9�;�=�?� Niz parcijalnih suma (s2n) je rastuci sto vidimo iz s2n = (c1 − c2) + (c3 − c4) + . . . + (c2n−1 − c2n), i ogranicen

sa c1 jer je s2n = c1 − (c2 − c3)− . . .− (c2n−2 − c2n−1)− c2n, pa postoji s = lim s2n. Kako je s2n+1 = s2n + c2n+1 to je i

lim sn = s.

Tvr. (Abelov kriterijum)

Tvr. (Dirihleov kriterijum)

pitanje 34. Apsolutna konvergencija nizova.Komutativna konvergencija.

Def. Realni red [an] apsolutno konvergira ako konvergira red [|an|]. Ako red [an] konvergira a ne konvergiraapsolutno, kazemo da on uslovno konvergira.

Tvr. Ako konvergira red [|an|] onda konvergira i red [an].

D �9�;�=�?� Za sve clanove ovih redova vazi |an| ≥ an.

Tvr. Konvergentan red ima svojstvo asocijativnosti. Apsolutno konvergentan red ima svojstvo komuta-tivnosti.

D �9�;�=�?� Parcijalne sume reda dobijenog grupisanjem clanova datog niza predstavljaju podniz parcijalnih suma samogreda, pa im je limes isti.

Za drugi deo tvr -denja, posmatramo apsolutno konvergentan red [an] (parcijalne sume sn) i red [αn] (parcijalne sume σn)

dobijen premestanjem clanova niza. Mozemo pretpostaviti da je an ≥ 0. Svaka parcijalna suma σn je manja od vrednosti

[an], a vazi i obrnuto (posto se prvi niz moze dobiti premestanjem clanova drugog niza) pa su granicne vrednosti ova dva

niza suma jednake. Ukoliko postoji clanovi ai < 0, onda podelimo red [an] na dva podniza i posmatramo njihove sume.

pitanje 35. Neapsolutna konvergencija redova. Rimanov stav.

Tvr. (Rimanova teorema) Ako red [an] uslovno konvergira, onda se za sve A ∈ R moze premestanjem clanovadatog reda dobiti red ciji je zbir A.

D �9�;�=�?� Izaberemo prvo najmanje prvih pozitivnih clanova ciji ce zbir preci A, recimo njih p1, zatim najmanji broj

prvih negativnih clanova tako da zbir prethodni sa zbirom ovih bude manji od A, recimo njih m1, pa opet dodajemo p2

pozitivnih tako da zbir pre -de A, pa oduzimamo m2 negativnih itd. Ovako formiran red ce imati konacnu vrednost A, a

ukoliko je potrebno da A = ∞, biramo pozitivne tako da prvo prelazimo broj 2, pa se spustamo ispod 1, pa preko 4 itd.

pitanje 36. Mnozenje redova.

Pomocu redova [an] i [bn] mozemo formirati matricu [[aibj ]] za i = 1, 2, . . . i j = 1, 2, . . . koja se sastoji odproizvoda elementa dva data reda.Tvr. Ako redovi [an] i [bn] apsolutno konvergiraju, onda red sastavljen od elemenata matrice [[aibj ]] u bilokom poretku tako -de apsolutno konvergira, i suma ovog reda je jednaka proizvodu suma redova [an] i [bn].

D �9�;�=�?� Oznacimo parcijalne sume redova [an] i [bn] sa sn i σn, a njihove zbirove sa s i σ. Zbirove redova [|an|] i [|bn|]oznacimo sa s i σ. Red koji se sastoji od clanova konstruisane matrice u proizvoljnom poretku neka ima parcijalne sume

Sn. Jasno je da je Sn ≤ (|a1|+ |a2|+ . . . + |an|+ . . .)(|b1|+ |b2|+ . . .+ |bn|+ . . .) = sσ. Prema tome je taj niz parcijalnih

suma ogranicen odozgo, pa i konvergentan. Tako zakljucujemo da red clanova matrice apsolutno konvergira (i poredak

nije bitan). Zato mozemo sumu trazenog reda izraziti kao a1b1 +(a1b2 +a2b2 +a2b1)+ . . .+(a1bn +a2bn + . . .+anbn−1 +

. . .+anb1)+ . . . cije su parcijalne sume redom s1σ1, s2σ2, . . . , snσn,. . . Odavde dobijamo da je zbir trazenog reda upravo

sσ.

pitanje 37. Beskonacni proizvodi.

Def. Za niz (pn) izraz 〈pn〉 =∏

∞

n=1 pn zovemo beskonacnim proizvodom sa opstim clanom pn. ProizvodPn =

∏ni=1 pi zovemo n-im parcijalnim proizvodom. Ako postoji konacan i razlicit od nule limes P = lim

n→∞Pn

kazemo da beskonacan proizvod konvergira, a u suprotnom da divergira.

Tvr. Izostavljanje konacno mnogo clanova beskonacnog proizvoda ne utice na njegovu konvergenciju.

Tvr. Potreban uslov da proizvod 〈pn〉 konvergira je da njegov opsti clan pn tezi 1 kad n →∞.

Tvr. (Kosijev kriterijum za beskonacan proizvod) Proizvod 〈pn〉 konvergira ako i samo ako za svako ε > 0postoji n0 ∈ N tako da za sve n > n0 i k ∈ N je |pn+1pn+2 · · · pn+k − 1| < ε.

D �9�;�=�?� Izostavljen; treba ga uneti.

Tvr. (Veza izme -du redova i beskonacnih proizvoda) Beskonacan proizvod 〈pn〉 sa pozitivnim clanovima kon-vergira ako i samo ako konvergira red [ln pn]. Ako taj red ima zbir s, onda proizvod ima vrednost es.

D �9�;�=�?� Neka su parcijalne sume reda sn =∑

ln pi i proizvoda Pn =∏

pi. Ocigledno je da je ln Pn = sn, odakle se i

dobija tvr -denje.

Tvr. Proizvod 〈pn〉 = 〈1 + an〉 za an > −1 konvergira ako i samo ako konvergira red [an].

D �9�;�=�?� Iskoristiti prethodno tvr -denje i limx→0 ln(1 + x)/x = 1.

Tvr. Ako proizvod 〈1 + an〉 apsolutno konvergira onda on konvergira.

D �9�;�=�?� Iz nejednakosti |∏k

i=1(1+an+i)−1| ≤

∏

i = 1k(1+|an+i|)−1, pomocu Kosijevog kriterijuma se dobija odgovor.

Metricki prostori

pitanje 38. Definicija i primeri metrickih prostora.

Def. Funkcija d: X×X → R, gde je X proizvoljan skup, koja ima osobine:

· d(x, y) ≥ 0;

· d(x, y) = 0 ako i samo ako je x = y;

· d(x, y) = d(y, x);

· d(x, y) + d(y, z) ≥ d(x, z), (nejednakost trougla)

za x, y, z ∈ X , se naziva rastojanjem (ili metrikom) na X , a ure -deni par (X, d) nazivamo metrickim prostorom.

Def. U metrickom prostoru (X, d) otvorenom (zatvorenom) kuglom sa centrom u a ∈ X , i poluprecnikar ∈ R, r > 0 je skup

K(a, r) = {x ∈ X : d(x, a) < r} (odnosno K[a, r] = {x ∈ X : d(x, a) ≤ r}).Sfera sa centrom u a i poluprecnika r je skup

S(a, r) = {x ∈ X : d(x, a) = r}.

Def. Podskup metrickog prostora je ogranicen ako je sadrzan u nekoj kugli konacnog poluprecnika.

Def. Podskup G metrickog prostora (X, d) je otvoren ako zajedno sa svakom svojom tackom sadrzi i nekuotvorenu kuglu sa centrom u toj tacki.

Podskup F metrickog prostora (X, d) je zatvoren ako mu je komplement X \ F otvoren.

Tvr. Unija proizvoljno mnogo, kao i presek konacno mnogo otvorenih skupova su otvoreni skupovi. Presekproizvoljno mnogo, kao i unija konacno mnogo zatvorenih skupova su zatvoreni skupovi.

D �9�;�=�?� Po definiciji otvorenih/zatvorenih skupova, posmatramo proizvoljnu tacku iz nekog od skupova.

Def. Okolinom tacke x metrickog prostora nazivamo svaki otvoren skup koji sadrzi tu tacku. Narocito, kugluK(x, δ), δ ∈ R nazivamo δ-okolinom tacke x.

Def. Tacka a metrickog prostora X je u odnosu na njegov podskup A

· unutrasnja tacka ako pripada skupu A sa nekom svojom okolinom;

· spoljasnja tacka ako je unutrasnja tacka u odnosu na skup X \A;

· granicna tacka ako nije ni unutrasnja ni spoljasnja (odnosno ako okolina te tacke sadrzi tacke i skupaA i skupa X \A.

• Norme, primeri

Def. Funkciju ||||: V → R nazivamo normom u vektorskom prostoru V ako za x, y ∈ V , λ ∈ R vazi:

· ||x|| ≥ 0

· ||x|| = 0 ako i samo ako je x = 0

· ||λx|| = |λ| · ||x||· ||x + y|| ≤ ||x||+ ||y||.

Def. Skalarni proizvod vektora x i y u vektorskom prostoru Rk se definise kao

x · y =

k∑

i=1

xiyi,

gde xi i yi oznacavaju pojedinacne komponente vektora x = (x1, . . . , xk) i y = (y1, . . . , yk).

Tvr. Funkcija n: Rk → R data kao n(x) =√

x · x je jedna norma u vektorskom prostoru Rk.

D �9�;�=�?� Pomocu Kosi-Svarcove nejednakosti(∑

i(xi + yi)

2)1/2 ≤

(∑

ix2

i

)1/2+(∑

iy2

i

)1/2.

Def. U vektorskom prostoru Rk normu vektora x ∈ Rk definisemo kao

||x|| =√

x · x.

Rastojanje izme -du elemenata x i y u prostoru Rk se najcesce uvodi kao

d(x, y) = ||x− y|| =(

k∑

i=0

(xi − yi)2

)1/2

.

Me -dutim, korisno uopstenje ovakve definicije rastojanja u Rk je kada se koristi

d(x, y) =

(

k∑

i=0

(xi − yi)p

)1/p

,

za p ≥ 1.

pitanje 39. Unutrasnjost,otvoreni skupovi.

Prvo pogledati odgovor na Metricki prostori: Definicije.Tvr. Za podskup G metrickog prostora sledeca tvr -denja su ekvivalentna.

· G je otvoren.· G je okolina neke svoje tacke.

· svaka tacka skupa G je njegova unutrasnja tacka.

Tvr. Neka je (X, d) metricki prostor i X1 njegov potprostor. Skup G1 ⊂ X1 je otvoren (zatvoren) u X1 akoi samo ako postoji otvoren (zatvoren) skup G ⊂ X , takav da je G ∩X1 = G1.

D �9�;�=�?� Kada je K1(a, r) u X1 i K(a, r) u X, tada je K1(a, r) = K(a, r) ∩X1.

pitanje 40. Adherencija, zatvoreni skupovi.

Def. Skup svih tacaka nagomilavanja nekog skupa A oznacavacemo sa A′. Skup A∪A′ nazivamo adherencijomskupa A i oznacavamo sa A.

Tvr. Tacka x ∈ X je adherentna tacka skupa A ⊂ X ako i samo ako postoji niz (xn) elemenata skupa A kojitezi ka x.

Za osnovno o zatvorenim skupovima videti odgovor na Metricki prostori: Definicije.Tvr. Podskup F metrickog prostora X je zatvoren ako i samo ako je F = F , tj. akko sadrzi sve svoje tackenagomilavanja.

D �9�;�=�?� Ako je F zatvoren skup, i x /∈ F , tada je G = X \ F otvoren i sadrzi x, i samim tim je G okolina x, pa je xspoljasnja tacka u odnosu na skup F .

Ako je F = F , i x ∈ G = X \ F . Prema tome, postoji okolina tacke x koja ne sadrzi nijednu tacku skupa F , i G je

otvoren, a F zatvoren skup.

pitanje 41. Konvergencija nizova u metrickim prostorima.Kompletnost.

Def. Niz (xn) tacaka metrickog prostora (X, d) konvergira tacki x ∈ X (jos kazemo i da je x granicna vrednostniza (xn), a pisemo limn→∞ xn = x) ako za svaku okolinu U tacke x postoji prirodan broj n0 tako da je za sven > n0 tacka xn ∈ U .

Kada umesto opstih okolina koristimo δ-okoline (ili kugle), mozemo napisati da je x = limn→∞ xn akoi samo ako je

(∀ε > 0)(∃n0 ∈ N)(∀n ∈ N)(n > n0 ⇒ d(xn, x) < ε).

Tvr. (Osobine limesa)· Ako niz ima granicnu vrednos ona je jednoznacno odre -dena.· Svaki konvergentan niz je ogranicen.

D �9�;�=�?� 1. Pretpostavimo suprotno, da postoje x i y, izaberemo ε = d(x, y), i posmatramo ε/2-okoline ove dve tacke, i

izborom neke tacke z imamo da je d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) < ε/2 + ε/2 = ε. 2. Neka se svi clanovi n > n0 nalaze u

nekoj ε-okolini granicne vrednosti x. Tada se van nje nalazi samo konacan broj (najvise n0) clanova.

Def. Tacku x metrickog prostora X nazivamo tackom nagomilavanja niza (xn) u tom prostoru, ako postojipodniz (xnk

) tog niza koji ima granicnu vrednost x kad k →∞.

Tvr. (Osobine tacaka nagomilavanja)· Tacka x ∈ X je tacka nagomilavanja niza (xn) ako i samo ako za svaku okolinu U tacke x i svako n ∈ N

postoji r > n tako da je xr ∈ U .· Tacka x ∈ X je tacka nagomilavanja skupa A ⊂ X ako i samo ako postoji niz me -dusobno razlicitih

elemenata xn ∈ A koji tezi ka x.

D �9�;�=�?� Izostavljen.

• Kosijev niz

Def. Za niz (xn) tacaka metrickog prostora X kazemo da je Kosijev ako za svako ε > 0 postoji n0 ∈ N takoda je d(xm, xn) < ε za sve m, n > n0.

Tvr. (Osobine Kosijevih nizova)· Svaki konvergentan niz je Kosijev.· Svaki Kosijev niz je ogranicen.· Ako Kosijev niz ima konvergentan podniz, on je i sam konvergentan.

D �9�;�=�?� 1.Neka je x limes niza (xn), ε > 0, i za n > n0 je d(xn, x) < ε/2. Tada je i d(xm, xn) ≤ d(xm, x) + d(xn, x) <

ε/2 + ε/2 = ε za m, n > n0. 2. Clanovi sa dovoljno velikim indeksima su proizvoljno blizu (u nekom ogranicenom

intervalu), a ostalih clanova ima konacno mnogo. 3. Ako neki podniz datog Kosijevog niza ima limes, onda se za

dovoljno velike indekse svi clanovi niza nalaze proizvoljno blizu samom limesu, pa je on i granicna vrednost samog

Kosijevog niza.

• Kompletnost

Def. Metricki prostor je kompletan ako je u njemu svaki Kosijev niz konvergentan.

Tvr. Prostor Rk je kompletan.

D �9�;�=�?� Prvo treba pokazati da je niz tacaka xn = (xn,1, xn,2, . . . , xn,k), n ∈ N Kosijev akko je svaki od nizova koordinata

(xn,i) za i = 1, 2, . . . , k Kosijev u R. Tada, na osnovu Kosijevog principa konvergencije, i toga sto je konvergencija u Rk

koordinatna, direktno imamo da je Rk kompletan.

pitanje 42. Granicna vrednost funkcije.

Def. Neka su (X, d1) i (Y, d2) metricki prostori, A ⊂ X , f : A → Y i a ∈ X tacka nagomilavanja skupa A.Tacku b ∈ Y zovemo granicnom vrednoscu (limesom) funkcije f u tacki a ako za svaku okolinu V tacke b postojiokolina U tacke a takva da je

(∀x ∈ X)(x ∈ Ua, x 6= a ⇒ f(x) ∈ Vb).