Granicne vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

1 Pojam granicne vrednosti

Naka su x0 ∈ R i δ ∈ R, δ > 0. Pod δ okolinom tacke x0 podrazumevamointerval Uδ(x0) = (x0 − δ, x0 + δ), a pod probodenom δ okolinom tacke x0

podrazumevamo skup◦U δ(x0) = (x0−δ, x0+δ)\{x0}. Jasno je da x ∈

◦U δ(x0)

ako i samo ako 0 < |x− x0| < δ. Interval (x0 − δ, x0) ((x0, x0 + δ)) zvacemoleva (desna) δ okolina tacke x0.

Definicija 1. (Cauchy) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj

okolini◦U(x0) tacke x0. Broj A je granicna vrednost funkcije f u tacki x0

ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x iz probodene δ okolinetacke x0 vazi f(x) ∈ (A− ε, A + ε), tj. |f(x)−A| < ε:

(∀ε > 0)(∃δ > 0)(∀x)(0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)−A| < ε), (1)

i pisemolim

x→x0

f(x) = A.

Iz definicije sledi da se za svaku ε okolinu tacke A, Uε(A), moze naci pro-

bodena δ okolina tacke x0,◦U δ(x0), koja se sa f slika u Uε(A) (f(

◦U δ(x0)) ⊂

Uε(A)). To znaci da se vrednosti funkcije f sve vise priblizavaju broju Aukoliko se promenljiva x priblizava broju x0.

Primer 2. Ako je f(x) = x2, dokazati da je limx→2

f(x) = 4.Kako je

|f(x)−4| = |x2−4| = |(x−2)(x+2)| = |(x−2)((x−2)+4)| ≤ |x−2|(|x−2|+4)

za |x− 2| < δ imamo|f(x)− 4| < δ(δ + 4).

Ako se uzmeδ(δ + 4) = ε, (2)

1

onda je δ = −2 +√

4 + ε (jer ono drugo resenje koje se dobija iz jednacine(2) je negativno, δ = −2−√4 + ε, i ne dolazi u obzir) i za |x− 2| < δ sledi|f(x)− 4| < ε.

Definicija 3. (Heine) Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj

okolini◦U(x0) tacke x0. Broj A je granicna vrednost funkcije f u tacki x0

(ili kad x tezi ka x0), ako za svaki niz xn ∈◦U(x0), n ∈ N, koji konvergira ka

x0, limn→∞xn = x0, niz (f(xn))n∈N konvergira ka A, lim

n→∞ f(xn) = A, i tada

pisemo limx→x0

f(x) = A.

Primer 4. Ako je f(x) =−x2 + 5x− 6

x− 2, da li funkcija f ima granicnu

vrednost u tacki −1?Neka je (xn)n proizvoljan niz takav da lim

n→∞xn = −1 i xn 6= −1 za svakon ∈ N. Tada

limn→∞

−x2n + 5xn − 6xn − 2

=−( lim

n→∞xn)2 + 5 limn→∞xn − 6

limn→∞xn − 2

=−12−3

= 4

(pritom smo uzeli da je xn 6= 2 za svako n ∈ N, jer za x = 2 funkcija nijedefinisana). Dakle, postoji lim

n→∞ f(xn) = 4 i kako ne zavisi od izbora niza

(xn)n koji konvergira ka −1, to potoji limx→−1

f(x) = 4.

Teorema 5. Definicije 1 i 3 granicne vrednosti funkcije u datoj tacki suekvivalentne.

Dokaz. Neka je limx→x0

f(x) = A u smislu Definicije 3. Tada je funkcija

f definisana u nekoj probodenoj okolini◦U δ0(x0) tacke x0 i za svaki niz

xn ∈◦U δ0(x0), n = 1, 2, . . . koji konvergira ka x0 vazi lim

n→∞ f(xn) = A.

Dokazujemo da vazi (1). Prepostavimo suprotno, tj. da vazi:

(∃ε0 > 0)(∀δ > 0)(∃xδ)(0 < |xδ − x0| < δ ∧ |f(xδ)−A| ≥ ε0). (3)

Iz (3) sledi da za δ =δ0

n, n = 1, 2, . . . postoji xn tako da je

|xn − x0| < δ0

n, xn 6= x0, n = 1, 2, . . . , (4)

i|f(xn)−A| ≥ ε0, n = 1, 2, . . . . (5)

2

Na osnovu (4) sledi da xn ∈◦U δ0(x0) i lim

n→∞xn = x0, a na osnovu (5) da broj

A ne moze biti granicna vrednost niza (f(xn))n, sto protivureci Definiciji 3.Dobijena protivurecnost dokazuje da vazi (1).

Obrnuto, pretpostavimo da je limx→x0

f(x) = A u smislu Definicije 1. Tada

je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0 i vazi

uslov (1). Neka je

xn ∈◦U(x0), n ∈ N i lim

n→∞xn = x0. (6)

Pokazimo da funkcija f ispunjava uslove Definicije 3, tj. da vazi

limn→∞ f(xn) = A. (7)

Za proizvoljno ε > 0, izaberimo δ > 0 koje zadovoljava uslov (1). Za to δ, naosnovu (6), postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0 vazi 0 < |xn − x0| < δ.Iz uslova (1) sledi da za n ≥ n0 vazi |f(xn)−A| < ε, sto zbog proizvoljnostiε > 0 implicira (7). ¤

Definicija 6. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, x0) ((x0, b)).Broj A je leva (desna) granicna vrednost funkcije f u tacki x0 ako za svakoε > 0 postoji δ = δ(ε) > 0 tako da za svako x koje ispunjava uslov x0 − δ <x < x0 (x0 < x < x0 + δ) vazi f(x) ∈ (A − ε, A + ε), tj. |f(x) − A| < ε, ipisemo

limx→x0−0

f(x) = A ili A = f(x0 − 0)

( limx→x0+0

f(x) = A ili A = f(x0 + 0)).

U slucaju x0 = 0 umesto x → 0 + 0 (x → 0 − 0) pisemo jednostavnox → +0 (x → −0).

Analogno dokazu Teoreme 5, pokazuje se da je ova definicija ekvivalentnasledecoj:

Definicija 7. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, x0) ((x0, b)).Broj A nazivamo levom (desnom) granicnom vrednoscu funkcije f u tackix0 ako za svaki niz (xn)n takav da lim

n→∞xn = x0, a < xn < x0 (x0 < xn < b),

niz (f(xn))n konvergira ka A, tj. limn→∞ f(xn) = A.

Primer 8. Neka je f(x) = sin1x

. Pokazacemo da ova funkcija nema ni desnuni levu granicnu vrednost u 0.

3

Neka je xn =1

nπ, x′n =

1π6 + 2nπ

, zn = −xn i z′n = −x′n, n = 1, 2, . . . .

Jasno, xn > 0, x′n > 0, limn→∞xn = lim

n→∞x′n = 0, f(xn) = 0, f(x′n) =12. Zato

limn→∞ f(xn) = 0 i lim

n→∞ f(x′n) =12

i stoga, na osnovu Definicije 7, limx→+0

f(x)

ne postoji.Slicno, zn < 0, z′n < 0, lim

n→∞ zn = limn→∞ z′n = 0, f(zn) = 0, f(z′n) = −1

2 .

Sledi limn→∞ f(zn) = 0 i lim

n→∞ f(z′n) = −12

i stoga limx→−0

f(x) ne postoji.

Na osnovu Definicije 3 zakljucujemo da ne postoji ni limx→0

f(x).

Primer 9. Neka je f(x) = sgnx. Pokazacemo da ova funkcija ima levu idesnu granicnu vrednost u 0, ali da se one razlikuju.

Neka je xn > 0, x′n < 0, n ∈ N i limn→∞xn = lim

n→∞x′n = 0. Tada je

limn→∞ sgnxn = lim

n→∞ 1 = 1, limn→∞ sgnx′n = lim

n→∞(−1) = −1,

i stoga jelim

x→+0sgnx = 1 i lim

x→−0sgnx = −1.

Takode sledi da limx→0

sgnx ne postoji.

Teorema 10. Funkcija f ima granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo akoona ima i levu i desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su one jednake.

Dokaz. Neka je limx→x0 f(x) = A i ε > 0 proizvoljno. Tada postoji δ > 0tako da za svako x koje zadovoljava uslove |x − x0| < δ i x 6= x0 vazi|f(x) − A| < ε. To znaci da za x ∈ (x0 − δ, x0), kao i x ∈ (x0, x0 + δ) vazi|f(x)−A| < ε. Na osnovu Definicije 6 zakljucujemo da funkcija f ima i levui desnu granicnu vrednost u tacki x0 i ako su one jednake A.

Obrnuto, pretpostavimo da vazi

limx→x0+0

f(x) = limx→x0−0

f(x) = A. (8)

Neka je ε > 0 proizvoljno. Na osnovu (8) postoji δ1 > 0 tako da za svakox takvo da je x ∈ (x0 − δ1, x0) vazi |f(x) − A| < ε. Takode postoji δ2 > 0tako da za svako x takvo da je x ∈ (x0, x0 + δ2) vazi |f(x)−A| < ε. Neka jeδ = min{δ1, δ2}. Tada za x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) i x 6= x0 vazi |f(x) − A| < ε.Prema tome, lim

x→x0

f(x) = A. ¤

4

Primer 11. Neka je

f(x) =

x− 3, x < 112 , x = 1x2 , x > 1

Tada jelim

x→1−0f(x) = lim

x→1−0(x− 3) = −2,

ilim

x→1+0f(x) = lim

x→1+0x2 = 1.

Zakljucujemo da limx→1

f(x) ne postoji.

Definicija 12. Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0. Kazemo da je +∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezika x0 i pisemo

limx→x0

f(x) = +∞,

ako za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0}vazi f(x) > ε.

Ova definicija je ekvivalentna sledecoj:

Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0.

Kazemo da je +∞ granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka x0 ako za svaki

niz takav da xn ∈◦U(x0), n ∈ N, i lim

n→∞xn = x0, vazi limn→∞ f(xn) = +∞.

Slicno se uvode sledeci pojmovi:

limx→x0−0

f(x) = +∞, limx→x0+0

f(x) = +∞,

limx→x0−0

f(x) = −∞, limx→x0+0

f(x) = −∞, limx→x0

f(x) = −∞.

Primer 13. Dokazati

limx→+0

1x

= +∞ i limx→−0

1x

= −∞.

Neka je ε > 0 proizvoljno. Za δ =1ε

i x ∈ (0, δ), vazi1x

>1δ

= ε. Na

osnovu Definicije 12 sledi limx→+0

1x

= +∞. Slicno se dokazuje da je limx→−0

1x

=−∞.

5

Definicija 14. Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini +∞, (M, +∞),M ∈ R. Kazemo da je A granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ ipisemo

limx→+∞ f(x) = A,

ako za svako ε > 0 postoji δ tako da za svako x > δ vazi |f(x)−A| < ε.Ova definicija je ekvivalentna sledecoj:Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini +∞, (M, +∞), M ∈ R.

Kazemo da je A granicna vrednost funkcije f kad x tezi ka +∞ ako za svakiniz takav da xn > M , n ∈ N, i lim

n→∞xn = +∞, vazi limn→∞ f(xn) = A.

Na slican nacin se uvodi pojam:

limx→−∞ f(x) = A.

Primer 15. Da li postoji limx→+∞ cosx?

Neka je xn = 2nπ i x′n = π3 + 2nπ, n ∈ N. Kako je lim

n→∞xn = limn→∞x′n =

+∞, limn→∞ cosxn = 1 i lim

n→∞ cosx′n =12, sledi da lim

x→+∞ cosx ne postoji.

2 Osobine granicnih vrednosti

U ovoj sekciji pod tackom x0 podrazumevamo kako realan broj, tako i +∞i −∞. Pod probodenom δ okolinom +∞ (−∞) podrazumevamo interval

(δ,+∞) ((−∞,−δ)), δ > 0, u oznaci◦U δ(+∞) (

◦U δ(−∞)). Naredna tvrdenja

su iskazana za slucaj dvostrane granicne vrednosti, ali ona vaze i u slucajujednostranih granicnih vrednosti, s tim sto bi u tom slucaju termin probo-dena okolina bio zamenjen terminom leva odnosno desna okolina.

Teorema 16. Ako funkcija f ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0,onda je ona ogranicena u nekoj probodenoj okolini tacke x0.

Dokaz. Neka je limx→x0 f(x) = A ∈ R. Na osnovu definicije granicne

vrednosti funkcije, za ε = 1 postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 tako

da za svako x ∈◦U(x0) vazi |f(x)− A| < 1, tj. A− 1 < f(x) < A + 1. Ovo

znaci da je funkcija f ogranicena u probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0. ¤

Teorema 17. Ako funkcija f u tacki x0 ima konacnu granicnu vrednostrazlicitu od 0, onda funkcija ima isti znak kao i ta granicna vrednost unekoj probodenoj okolini tacke x0.

6

Dokaz. Neka je limx→x0

f(x) = A ∈ R i A > 0. Tada za ε = A (u slucaju

A < 0 treba uzeti ε = −A) postoji probodena okolina◦U(x0) tacke x0 tako

da za svako x ∈◦U(x0) vazi |f(x)−A| < A, tj. A−A < f(x) < A + A. Ovo

znaci da je f(x) > 0 za x ∈◦U(x0). ¤

S obzirom da se pojam granicne vrednosti funkcija svodi na granicnuvrednost niza, osobine granicnih vrednosti nizova se prenose i na granicnevrednosti funkcija. Naredna tvrdenja se dokazuju koriscenjem odgovarajucihtvrdenja za nizove.

Teorema 18. Ako je A ≤ f(x) za svako x iz neke probodene okoline◦U(x0)

tacke x0 i ako postoji (konacna ili beskonacna) granicna vrednost limx→x0

f(x),

tada je A ≤ limx→x0

f(x).

Teorema 19. Ako je g(x) ≤ f(x) za svako x iz neke probodene okoline◦U(x0) tacke x0 i ako postoje (konacne ili beskonacne) grani v cne vrednostilim

x→x0

g(x) i limx→x0

f(x), tada je

limx→x0

g(x) ≤ limx→x0

f(x).

Teorema 20. Ako je ϕ(x) ≤ f(x) ≤ ψ(x) za svako x iz neke probodene oko-

line◦U(x0) tacke x0 i ako postoje (konacne ili beskonacne) granicne vrednosti

limx→x0

ϕ(x) i limx→x0

ψ(x) koje su medusobno jednake, tada postoji i granicna

vrednost limx→x0

f(x) i vazi

limx→x0

ϕ(x) = limx→x0

f(x) = limx→x0

ψ(x).

Dokaz. Neka je limx→x0

ϕ(x) = limx→x0

ψ(x) = A, xn ∈◦U(x0), n = 1, 2, . . . i

limn→∞xn = x0. Tada je lim

n→∞ϕ(xn) = limn→∞ψ(xn) = A i

ϕ(xn) ≤ f(xn) ≤ ψ(xn).

Na osnovu Teoreme ”o zatvoreniku izmedu dva policajca” za nizove, sledi daje lim

n→∞ f(xn) = A. Iz definicije granicne vrednosti funkcija sledi da postoji

granicna vrednost funkcije f u tacki x0 i da je limx→x0

f(x) = A. ¤

7

Primer 21. Da li postoji limx→0

x cos1x

?Iz

|x cos1x| = |x|| cos

1x| ≤ |x|, x 6= 0,

sledi−|x| ≤ x cos

1x≤ |x|, x 6= 0.

Kako je limx→0

(−|x|) = limx→0

|x| = 0, na osnovu Teoreme 20, zakljucujemo da je

limx→0

x cos1x

= 0.

Teorema 22. Ako postoje konacne granicne vrednosti limx→x0

f(x) i limx→x0

g(x),

onda postoje i konacne granicne vrednosti limx→x0

(f(x)±g(x)), limx→x0

(f(x)g(x)),

a ako je limx→x0

g(x) 6= 0, onda i granicna vrednost limx→x0

f(x)g(x)

i vazi

limx→x0

(f(x)± g(x)) = limx→x0

f(x)± limx→x0

g(x),

limx→x0

(f(x)g(x)) = limx→x0

f(x) limx→x0

g(x),

limx→x0

f(x)g(x)

=lim

x→x0

f(x)

limx→x0

g(x)

Za funkciju f : S → R, gde je S ⊂ R, kazemo da je rastuca (opadajuca)ako za proizvoljne x1, x2 ∈ S takve da je x1 < x2 vazi f(x1) ≤ f(x2)(f(x1) ≥ f(x2)).

Za f cemo reci da je strogo rastuca (opadajuca) ako za svako x1, x2 ∈ Siz x1 < x2 sledi f(x1) < f(x2) (f(x1) > f(x2)).

Za funkciju koja ispunjava bilo koji od predhodna cetiri uslova kazemoda je monotona. Ako je funkcija strogo rastuca ili strogo opadajuca, ondacemo reci da je strogo monotona.

Teorema 23. (Granicna vrednost monotonih funkcija) Neka je funkcija frastuca na intervalu (a, b), a, b ∈ R. Tada f ima levu granicnu vrednost utacki b i desnu granicnu vrednost u tacki a i pritom je:

limx→b−0

f(x) = supx∈(a,b)

f(x) i limx→a+0

f(x) = infx∈(a,b)

f(x).

8

Posledica 24. Ako je funkcija f monotona na intervalu (a, b), a, b ∈ R ix0 ∈ (a, b), tada f ima konacne jednostrane granicne vrednosti u tacki x0.

Teorema 25. (Kosijev kriterijum egzistencije granicnih vrednosti funkcija)Neka je funkcija f definisana u nekoj probodenoj okolini tacke x0. Funkcijaf ima konacnu granicnu vrednost u tacki x0 ako i samo ako za svako ε > 0

postoji δ > 0 tako da za sve x′, x′′ ∈◦U δ(x0) vazi |f(x′)− f(x′′)| < ε.

3 Beskonacno male funkcije

Definicija 26. Za funkciju α kazemo da je beskonacno mala funkcija kad xtezi ka x0 (ovde x0 moze biti realan broj ili jedna od beskonacnosti) ako je

limx→x0

α(x) = 0.

Beskonacno mala α cesto se naziva i infinitezimala.Sledeca teorema se dokazuje koriscenjem odgovarajucih osobina nula ni-

zova.

Teorema 27. (i) Zbir i proizvod dve beskonacno male funkcije kad x → x0

je beskonacno mala funkcija kad x → x0.(ii) Ako je α beskonacno mala kad x → x0, a g funkcija ogranicena u nekojprobodenoj okolini tacke x0, onda je gα beskonacno mala kad x → x0.

Sledeca teorema pokazuje da se pojam granicne vrednosti funkcija mozesvesti na pojam beskonacno male.

Teorema 28. Funkcija f u tacki x0 ∈ R ima granicnu vrednost jednakuA ∈ R, lim

x→x0

f(x) = A, ako i samo ako postoji beskonacno mala α kad

x → x0 tako da jef(x) = A + α(x)

za x iz neke probodene okoline tacke x0.

Dokaz. Neka je limx→x0

f(x) = A. Sledi funkcija f je definisana u nekoj

probodenoj okolini◦U(x0) tacke x0. Definisimo α(x) = f(x) − A za x ∈

◦U(x0). Tada na osnovu Teoreme 22 sledi

limx→x0

α(x) = limx→x0

(f(x)−A) = limx→x0

f(x)−A = A−A = 0,

9

i ocigledno je f(x) = A + α(x).Obrnuto, ako je f(x) = A + α(x) za x iz neke probodene okoline tacke

x0, i limx→x0

α(x) = 0, tada je

limx→x0

f(x) = limx→x0

(A + α(x)) = A + limx→x0

α(x) = A + 0 = A. ¤

4 Neprekidnost funkcija

Definicija 29. Za funkciju f definisanu u nekoj okolini U(x0) tacke x0 ∈ Rkazemo da je neprekidna u tacki x0 ako je

limx→x0

f(x) = f(x0). (9)

Uslov (9) je ekvivalentan uslovu

limx−x0→0

(f(x)− f(x0)) = 0.

Razlika x − x0 se zove prirastaj argumenta i oznacava sa ∆x, a razlikaf(x) − f(x0) prirastaj funkcije koji odgovara prirastaju argumenta ∆x, ioznacava se sa ∆y. Prema tome

∆x = x− x0, x = x0 + ∆x, ∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0)

i uslov (9) je ekvivalentan uslovu

lim∆x→0

∆y = 0.

Definicija 30. Ako je funkcija f neprekidna u svakoj tacki skupa S, ondakazemo da je f neprekidna na S.

Primer 31. Funkcija f(x) = c, c ∈ R, je neprekidna na R.Zaista, za svako x0 ∈ R, lim

x→x0

f(x) = c = f(x0).

Primer 32. Pokazimo da je funkcija f(x) = xn, n ∈ N, neprekidna na R.Neka je x0 ∈ R. Iz

∆y = f(x0 + ∆x)− f(x0) = (x0 + ∆x)n − xn0 =

= nxn−10 ∆x + n(n−1)

2 xn−20 (∆x)2 + · · ·+ (∆x)n

sledilim

∆x→0∆y = 0.

Prema tome, funkcija f je neprekidna za svako x0 ∈ R.

10

Primer 33. Da li je funkcija f(x) = |sgnx| neprekidna u 0?Kako je

limx→0

f(x) = limx→0

|sgnx| = 1

i f(0) = |sgn 0| = 0, sledi limx→0

f(x) 6= f(0) i funkcija f nije neprekidna u 0.

Primer 34. Da li je funkcija

f(x) =

{x sin

1x

, x 6= 0

0, x = 0

neprekidna u 0?

Slicno kao u Primeru 21 mozemo pokazati da je limx→0

x sin1x

= 0. Stoga

je limx→0

f(x) = f(0) i funkcija f je neprekidna u 0.

Definicija 35. Neka je funkcija f definisana na intervalu (a, x0]. Ako je

limx→x0−0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna sleva u tacki x0.Ako je funkcija f definisana na intervalu [x0, b) i ako je

limx→x0+0

f(x) = f(x0),

onda kazemo da je funkcija f neprekidna zdesna u tacki x0.

Primer 36. Za dato x ∈ R najveci ceo broj koji je manji ili jednak od xoznacava se sa [x]. Neka je f(x) = [x], x ∈ R. Neka je x0 ceo broj. Tada je

limx→x0+0

f(x) = limx→x0+0

[x] = x0 = [x0] = f(x0),

sto znaci da je f neprekidna zdesna u x0. Medutim f nije neprekidna slevau tacki x0 jer:

limx→x0−0

f(x) = limx→x0−0

[x] = x0 − 1 6= x0 = [x0] = f(x0).

Teorema 37. Ako su funkcije f i g neprekidne u tacki x0 ∈ R, tada su i

funkcije f ± g, fg neprekidne u x0, a ako je g(x0) 6= 0, onda i funkcijaf

gneprekidna u x0.

11

Dokaz. Tvrdenje sledi na osnovu definicije neprekidnosti i Teoreme 22.

Pokazacemo recimo da je funkcijaf

gneprekidna u x0.

Kako je limx→x0

f(x) = f(x0) i limx→x0

g(x) = g(x0) 6= 0, na osnovu Teoreme

22 sledi

limx→x0

f(x)g(x)

=lim

x→x0

f(x)

limx→x0

g(x)=

f(x0)g(x0)

,

te je funkcijaf

gneprekidna u x0. ¤

Teorema 38. Neka funkcija g u tacki x0 ima granicnu vrednost y0 ∈ R ineka je funkcija f neprekidna u tacki y0. Tada slozena funcija x ½ f(g(x))ima granicnu vrednost u tacki x0 i vazi

limx→x0

f(g(x)) = f(y0) = f( limx→x0

g(x)).

Dokaz. Neka je ε > 0 proizvoljno. Iz cinjenice da je funkcija f neprekidnau tacki y0, tj. iz lim

y→y0

f(y) = f(y0) sledi da postoji ε1 > 0 tako da za

y ∈ (y0 − ε1, y0 + ε1) vazi |f(y) − f(y0)| < ε. Kako je limx→x0

g(x) = y0

sledi da postoji δ > 0 tako da za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazig(x) ∈ (y0 − ε1, y0 + ε1). Zato za svako x ∈ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} vazi|f(g(x))− f(y0)| < ε. Prema tome, lim

x→x0

f(g(x)) = f(y0). ¤

Posledica 39. Ako je funkcija g neprekidna u tacki x0 ∈ R i funkcija fneprekidna u tacki g(x0), tada je slozena funcija x ½ f(g(x)) neprekidna utacki x0.

Dokaz. Iz Teoreme 38 sledi

limx→x0

f(g(x)) = f(g(x0)),

te je funkcija x ½ f(g(x)) neprekidna u x0. ¤

5 Neke osobine funkcija neprekidnih na segmentu

Reci cemo da da je funkcija f : [a, b] → R neprekidna na segmentu [a, b] akoje neprekidna u svakoj tacki intervala (a, b), u tacki a neprekidna zdesna,a u tacki b neprekidna sleva. Sledeca teorema govori o tome da je svakaneprekidna funkcija na segmentu ogranicena i da na njemu dostize svojsupremum i infimum.

12

Teorema 40. (Weierstrass) Neka je funkcija f : [a, b] → R neprekidna nasegmentu [a, b]. Tada je ona ogranicena i postoje tacke x0, x′0 ∈ [a, b] takveda je

f(x0) = supa≤x≤b

f(x) i f(x′0) = infa≤x≤b

f(x).

Dokaz. Neka jeM = sup

a≤x≤bf(x). (10)

Jasno, M ∈ R. Pokazacemo da je M < ∞ i da postoji x0 ∈ [a, b] tako da jef(x0) = M . Neka je (an)n niz realnih brojeva takav da je

limn→∞ an = M (11)

ian < M, n = 1, 2, . . . . (12)

Iz (10) i (12) sledi da za svako n ∈ N postoji xn ∈ [a, b] tako da je

an < f(xn) ≤ M, n = 1, 2, . . . . (13)

Kako je a ≤ xn ≤ b, n = 1, 2, . . . , sledi niz (xn)n je ogranicen i na osnovuBolcano-Vajerstrasove teoreme ima konvergentan podniz (xnk

)k. Neka je

limk→∞

xnk= x0. (14)

Zbog a ≤ xnk≤ b dobijamo a ≤ x0 ≤ b, a na osnovu (13)

ank< f(xnk

) ≤ M, k = 1, 2, . . . . (15)

Iz (11) sledi limk→∞

ank= M , sto zajedno sa (15) implicira

limk→∞

f(xnk) = M. (16)

Kako je f neprekidna na segmentu [a, b] i x0 ∈ [a, b], f je neprekidna u x0 ina osnovu (14) sledi

limk→∞

f(xnk) = f(x0). (17)

Iz (16) i (17) sledi f(x0) = M . Kako je f(x0) ∈ R, sledi M < ∞, tj. funkcijaf je ogranicena odozgo i dostize svoj supremum u tacki x0.

Analogno se dokazuje da je funkcija odozdo ogranicena na segmentu [a, b]i da na njemu dostize svoj infimum. ¤

13

Primetimo da je pretpostavka da je funkcija definisana i neprekidna na

zatvorenom i ogranicenom intervalu bitna. Na primer, funkcija f(x) =1x

je

neprekidna na intervalu (0, 1], ali nije ogranicena na njemu. Funkcija f(x) =x je neprekidna na skupu R = (−∞,+∞), ali nije ogranicena na njemu.Funkcija f(x) = x je neprekidna i ogranicena na intervalu (0, 1), ali nedostize ni svoj supremum, ni svoj infimum na ovom intervalu ( sup

x∈(0,1)f(x) =

1, infx∈(0,1)

f(x) = 0).

Teorema 41. (Bolzano-Cauchy) Neka je funkcija f neprekidna na segmentu[a, b]. Tada za svaki broj C koji se nalazi izmadu brojeva f(a) i f(b) postojibar jedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je f(ξ) = C.

Dokaz. Neka je f(a) < C < f(b). Podelimo segment [a, b] tackom x0 nadva segmenta jednake duzine. Tada je ili f(x0) = C, pa je trazena tackaξ = x0, ili je f(x0) 6= C, i tada na levom kraju jednog od ta dva segmentafunkcija ima manju vrednost od C, a na desnom vecu od C. Oznacimo tajsegment sa [a1, b1] i podelimo ga na dva segmenta jednaka po duzini i td.Tim postupkom cemo ili nakon konacno mnogo koraka doci do tacke ξ takveda je f(ξ) = C ili cemo dobiti niz umetnutih odsecaka [an, bn], cija duzinatezi 0 i takav da je

f(an) < C < f(bn). (18)

Na osnovu Kantorovog principa o umetnutim segmentima postoji jedin-stvena tacka ξ koja pripada svim segmentima [an, bn], n = 1, 2, . . . . Kakoje

ξ = limn→∞ an = lim

n→∞ bn,

zbog neprekidnosti funkcije f imamo

f(ξ) = limn→∞ f(an) = lim

n→∞ f(bn). (19)

Iz (18) sledilim

n→∞ f(an) ≤ C ≤ limn→∞ f(bn). (20)

Iz (19) i (20) sledi f(ξ) = C. ¤

Posledica 42. Ako je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] i na kraje-vima segmenta ima vrednosti razlicitog znaka, tada u intervalu (a, b) postojibar jedna tacka ξ takva da je f(ξ) = 0

14

Posledica 43. Neka je f neprekidna funkcija na segmentu [a, b], i neka jem = inf

a≤x≤bf(x) i M = sup

a≤x≤bf(x). Tada je f([a, b]) = [m, M ].

Dokaz. Ocigledno je f([a, b]) ⊂ [m,M ].Dokazimo obrnutu inkluziju. Na osnovu Weierstrassove teoreme postoje

tacke α, β ∈ [a, b], takve da je f(α) = m i f(β) = M . Tvrdenje sada slediiz Bolzano-Cauchyeve teoreme primenjene na segmet [α, β] ako je α < β, ilisegment [β, α] ako je β < α. ¤

6 Neprekidnost elementarnih funkcija

U ovoj sekciji bice nam potrebne sledece dve teoreme koje se odnose naneprekidne i strogo monotone funkcije i njihove inverzne funkcije.

Teorema 44. Neka je funkcija f strogo rastuca (opadajuca) i neprekidnana segmentu [a, b]. Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca(opadajuca) i neprekidna na segmentu sa krajevima u tackama f(a) i f(b).

Teorema 45. Neka je funkcija f strogo rastuca (opadajuca) i neprekidnana intervalu (a, b) (konacnom ili beskonacnom) i neka je

c = limx→a+0

f(x), d = limx→b−0

f(x).

Tada je inverzna funkcija f−1 definisana, strogo rastuca (opadajuca) i neprekidnana intervalu (konacnom ili beskonacnom) sa krajevima u tackama c i d.

Definisimo najpre osnovne elementarne funkcije.

Definicija 46. Konstantne, stepene, eksponencijalne, logaritamske, trigonometri-jske i inverzne trigonometrijske funkcije su osnovne elementarne funkcije.

Definisimo sada pojam elementarne funkcije.

Definicija 47. 1. Osnovne elementarne funcije su elementarne funkcije.

2. Ako su f i g elementarne funkcije, onda su i f + g, f − g, fg,f

gi g ◦ f

elementarne funkcije (pod uslovom da su definisane).3. Sve elementarne funkcije se dobijaju primenom pravila 1. i 2. konacno

mnogo puta.

Na primer funkcija |x| =√

x2 je elementarna i takode funkcija

y =ln(arccos(

√x2 + x + 1))

3√

earctg(x2+1).

15

Teorema 48. Eksponencijalna funkcija y = ax, a > 0, je neprekidna naskupu R.

Dokaz. Ako je a = 1 onda je y = 1x = 1 za svako x ∈ R i ovo je neprekidnafunkcija na R.

Neka je sada a 6= 1. Dokazimo da je

lim∆x→0

a∆x = 1. (21)

Neka je najpre a > 1 i neka je ε > 0. Kako je limn→∞

n√

a = 1, to postojin0 ∈ N tako da je

a1

n0 − 1 = |a1

n0 − 1| < ε.

Neka je δ =1n0

. Tada, za 0 < ∆x < δ, iz cinjenice da je y = ax rastuca

funkcija sledi

|a∆x − 1| = a∆x − 1 < aδ − 1 = a1

n0 − 1 < ε.

Prema tome,lim

∆x→+0a∆x = 1. (22)

Odavde sledi

lim∆x→−0

a∆x = lim∆t→+0

a−∆t = lim∆t→+0

1a∆t

=1

lim∆t→+0

a∆t=

11

= 1. (23)

Iz (22) i (23) sledi da (21) vazi za a > 1. Neka je sada 0 < a < 1. Tadaje b = 1

a > 1 vazi lim∆x→0

b∆x = 1, te je

lim∆x→0

a∆x = lim∆x→0

1b∆x

=1

lim∆x→0

b∆x=

11

= 1.

Prema tome, (21) vazi i za 0 < a < 1.Iz (21) sledi

lim∆x→0

∆y = lim∆x→0

(ax+∆x − ax

)= lim

∆x→0ax

(a∆x − 1

)= 0,

sto znaci da je funcija y = ax neprekudna za svako x ∈ R. ¤

Posledica 49. Funkcija y = loga x, a > 0, a 6= 1 je neprekidna funkcija zasvako x ∈ (0,+∞).

16

Dokaz. Za a > 1 (0 < a < 1) funkcija y = ax je strogo rastuca (opadajuca)na intervalu (−∞, +∞). Kako je za a > 1

limx→−∞ ax = 0 i lim

x→+∞ ax = +∞,

dok za 0 < a < 1 vazi

limx→−∞ ax = +∞ i lim

x→+∞ ax = 0,

na osnovu Teoreme 45 i Teoreme 48 sledi da je inverzna funkcija y = loga xneprekidna na intervalu (0, +∞).

Posledica 50. Funkcija y = xα je neprekidna funkcija za svako x ∈ (0, +∞).

Dokaz. Kako je y = xα = eα ln x, tvrdenje sledi iz Teoreme 48, Posledice 49i Posledice 39. ¤

Bice nam potrebno sledece tvrdenje.

Lema 51. Za svako x ∈ R vazi nejednakost

| sinx| ≤ |x|. (24)

Dokaz. Za x = 0 ocigledno vazi (24). Neka je najpre 0 < x <π

2. Uocimo

kruznicu poluprecnika R sa centrom u koordinatnom pocetku i poluprecnikOB neka obrazuje ugao od x radijana sa pozitivnim delom x−ose, tj. sapoluprecniokom OA. Neka OB1 poluprecnik simetrican poluprecniku OB uodnosu na x−osu. Jasno duz BB1 je upravna na duz OA i obelezimo sa Cnjihovu tacku preseka. Iz pravouglog trougla OBC sledi BC = R sinx, pa jeBB1 = 2R sinx. Duzina kruznog luka BAB1 je 2Rx. Ocigledno duzina duziBB1 nije veca od duzine kruznog luka BAB1, tj. 2R sinx ≤ 2Rx. Prematome, sinx ≤ x.

Ako je −π

2< x < 0, tada je 0 < −x <

π

2, pa je na osnovu vec dokazanog

sin(−x) ≤ −x. Kako je u ovom slucaju | sinx| = − sinx = sin(−x) i |x| =−x, dokazali smo da je | sinx| ≤ |x|.

Ako je |x| ≥ π

2, tada je | sinx| ≤ 1 <

π

2≤ |x|. ¤

17

Teorema 52. Funkcije y = sin x i y = cosx su neprekidne na skupu R.

Dokaz. Za x ∈ R i ∆x ∈ R vazi

sin(x + ∆x)− sinx = 2 sin∆x

2cos

2x + ∆x

2,

cos(x + ∆x)− cosx = −2 sin∆x

2sin

2x + ∆x

2.

(25)

Kako je | sinα| ≤ 1 i | cosα| ≤ 1 za svako α ∈ R, i na osnovu (24)∣∣∣∣sin∆x

2

∣∣∣∣ ≤|∆x|

2, to iz (25) sledi

|sin(x + ∆x)− sinx| = 2∣∣∣∣sin

∆x

2

∣∣∣∣∣∣∣∣cos

2x + ∆x

2

∣∣∣∣ ≤ 2|∆x|

2= |∆x|,

|cos(x + ∆x)− cosx| = 2∣∣∣∣sin

∆x

2

∣∣∣∣∣∣∣∣sin

2x + ∆x

2

∣∣∣∣ ≤ 2|∆x|

2= |∆x|.

(26)

Na osnovu (26) zakljucujemo

lim∆x→0

(sin(x + ∆x)− sinx) = 0 i lim∆x→0

(cos(x + ∆x)− cosx) = 0,

sto dokazuje da su funkcije y = sin x i y = cosx neprekidne u tacki x. ¤.

Posledica 53. Funkcije y = tgx i y = ctgx su neprekidne u svakoj tackisvog domena.

Dokaz. Na osnovu Teoreme 52 i Teoreme 37 funkcija y = tgx =sinx

cosxje

neprekidna u skakoj tacki x ∈ R za koju je cosx 6= 0. Analogno i y = ctgx =cos xsin x je neprekidna funkcija u svakoj tacki x ∈ R za koju je sinx 6= 0. ¤

Posledica 54. Inverzne trigonometrijske funkcije y = arcsinx, y = arccosx,y = arctgx i y = arcctgx su neprekidne u svakoj tacki svog domena.

Dokaz. Funkcija y = sinx je strogo rastuca na segmentu[−π

2,π

2

],

sin(−π

2) = −1, sin(

π

2) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverzna

funkcija y = arcsinx neprekidna na segmetu [−1, 1].Funkcija y = cosx je strogo opadajuca na segmentu [0, π], cos(π) = −1,

cos(0) = 1, i na osnovu Teoreme 44 sledi da je inverzna funkcija y = arccosxneprekidna na segmetu [−1, 1].

18

Funkcija y = tgx je strogo rastuca na intervalu(−π

2 , π2

),

limx→−π

2+0

tgx = −∞, limx→π

2−0

tgx = +∞,

i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcija y = arctgx neprekidnana intervalu (−∞, +∞).

Funkcija y = ctgx je strogo opadajuca na intervalu (0, π),

limx→+0

ctgx = +∞, limx→π−0

ctgx = −∞,

i na osnovu Teoreme 45 sledi da je inverzna funkcija y = arcctgx neprekidnana intervalu (−∞, +∞). ¤

Teorema 55. Svaka elementarna funkcija je neprekidna u svakoj tacki svogdomena.

Dokaz. Dokazali smo da je svaka osnovna elementarna funkcija neprekidnau svakoj tacki svog domena. Sada iz Definicije 47 i Teorema 37 i 39 sleditvrdenje teoreme. ¤

Primetimo da funkcija y = sgnx nije elementarna, bez obzira na njenrelativno jednostavan analiticki izraz, jer nije neprekidna u 0.

7 Vazne granicne vrednosti

Primer 56. Dokazati da je

limx→0

sinx

x= 1. (27)

Dokaz. Uocimo kruznicu poluprecnika R sa centom u tacki O. Neka poluprecnikOB sa poluprecnikom OA gradi ugao od x radijana, 0 < x <

π

2. U tacki A

konstruisimo normalu na poluprecnik OA i neka ona sece poluprecnik OB u

tacki C. Povrsina trougla OAB je12R2 sinx, povrsina kruznog isecka OAB

je12R2x, dok je povrsina trougla OAC jednaka

12R2tgx. Kako je trougao

OAB sadrzan u kruznom isecku OAB, a ovaj pak sadrfzan u trouglu OAC,to dobijamo nejednakost:

12R2 sinx <

12R2x <

12R2tgx,

19

i stoga jesinx < x < tgx.

Deobom ove nejednakosti sa sinx > 0 (jer 0 < x <π

2) dobijamo:

1 <x

sinx<

1cosx

,

tj.

cosx <sinx

x< 1. (28)

Ako x ∈(−π

2, 0

), tada 0 < −x <

π

2i prema vec dokazanom imamo da je

cos(−x) <sin(−x)−x

< 1, tj. cosx < sin xx < 1. Prema tome, nejednakost (28)

vazi za svako x ∈(−π

2,π

2

)\ {0}. Kako je funkcija y = cosx neprekidna u

0, to je limx→0

cosx = cos 0 = 1, pa iz (28) na osnovu Teoreme 20 dobijamo

(2). ¤

20

Primer 57. Dokazati da je

limx→+∞

(1 +

1x

)x

= e i limx→−∞

(1 +

1x

)x

= e. (29)

Dokaz. Dokazimo najpre da za svaki niz prirodnih brojeva (nk)k takav da

limk→∞

nk = +∞ (30)

vazi

limk→∞

(1 +

1nk

)nk

= e. (31)

Neka je ε > 0. Kako je

limn→∞

(1 +

1n

)n

= e,

postoji n0 ∈ N tako da za svako n ∈ N,

n ≥ n0 =⇒∣∣∣∣(

1 +1n

)n

− e

∣∣∣∣ < ε. (32)

Iz (30) sledi da postoji k0 ∈ N tako da za k ≥ k0 vazi nk > n0, te zbog (32)

dobijamo∣∣∣∣(

1 +1nk

)nk

− e

∣∣∣∣ < ε. Ovim smo dokazali jednakost (31).

Neka je sada (xk)k proizvoljan niz realnih brojeva koji tezi ka +∞. Neumanjujuci opstost dokaza mozemo pretpostaviti da je xk ≥ 1 za svakok ∈ N. Da bi smo dokazali prvu jednakost u (29), na osnovu Heineovedefinicije granicne vrednosti funkcija, dovoljno je dokazati da je

limk→∞

(1 +

1xk

)xk

= e. (33)

Neka je nk = [xk], k ∈ N. Tada je nk ∈ N i

nk ≤ xk < nk + 1, k ∈ N. (34)

Odavde1

nk + 1<

1xk

≤ 1nk

i stoga

1 +1

nk + 1< 1 +

1xk

≤ 1 +1nk

. (35)

Iz (34) i (35) sledi(

1 +1

nk + 1

)nk

<

(1 +

1xk

)xk

<

(1 +

1nk

)nk+1

. (36)

21

Kako je

limk→∞

(1 +

1nk + 1

)nk

= limk→∞

(1 + 1

nk+1

)nk+1

1 + 1nk+1

=e

1= e

i

limk→∞

(1 +

1nk

)nk+1

= limk→∞

(1 +

1nk

)nk(

1 +1nk

)= e · 1 = e,

iz nejednakosti (36) i Teoreme 20 dobijamo (33).Neka je sada (xk)k niz realnih brojeva koji tezi ka −∞. Mozemo pret-

postaviti da je xk ≤ −1 za svako k ∈ N. Da bi smo dokazali drugu jednakostu (29) dovoljno je dokazati da vazi (33).

Neka je yk = −xk, k ∈ N. Tada je yk ≥ 1 i limk→+∞

yk = +∞, te je

(1 +

1xk

)xk

=(

1− 1yk

)−yk

=(

yk − 1yk

)−yk

=(

yk

yk − 1

)yk

=

=(

1 +1

yk − 1

)yk

=(

1 +1

yk − 1

)yk−1 (1 +

1yk − 1

).

Kako je na osnovu vec dokazanog

limk→+∞

(1 +

1yk − 1

)yk−1

= e,

to je i

limk→+∞

(1 +

1yk − 1

)yk−1 (1 +

1yk − 1

)= e.

Prema tome, vazi (33). ¤Primer 58. Dokazati da je

limx→0

(1 + x)1x = e. (37)

Dokaz. Iz prve jednakosti u (29) sledi

limx→+0

(1 + x)1x = lim

t→+∞

(1 +

1t

)t

= e, (38)

dok iz druge jednakosti u (29) sledi

limx→−0

(1 + x)1x = lim

t→−∞

(1 +

1t

)t

= e. (39)

Na osnovu Teoreme 10, iz (38) i (39) sledi (37). ¤

22

Primer 59. Dokazati da je

limx→0

loga(1 + x)x

= loga e =1

ln a. (40)

Dokaz. Zbog neprekidnosti funkcije y = loga x, iz (37) sledi

limx→0

loga(1 + x)x

= limx→0

loga (1 + x)1x = loga

(limx→0

(1 + x)1x

)= loga e.¤

Iz (40) sledi

limx→0

ln(1 + x)x

= loge e = 1. (41)

Primer 60. Dokazati da je

limx→0

ax − 1x

= ln a. (42)

Dokaz. Uvedimo smenu ax − 1 = t. Tada je x = loga(1 + t) i x → 0 ako isamo ako t → 0. Sada iz (40) sledi

limx→0

ax − 1x

= limt→0

t

loga(1 + t)= lim

t→0

1loga(1+t)

t

=1

limt→0loga(1+t)

t

=11

ln a

= ln a. ¤

Prema tome,

limx→0

ex − 1x

= ln e = 1. (43)

Primer 61. Dokazati da je

limx→0

(1 + x)α − 1x

= α, α ∈ R. (44)

Dokaz. Primetimo da je

limx→0

(1 + x)α − 1x

= limx→0

eα ln(1+x) − 1x

= limx→0

eα ln(1+x) − 1x

· α ln(1 + x)α ln(1 + x)

=

= limx→0

eα ln(1+x) − 1α ln(1 + x)

limx→0

α ln(1 + x)x

.

(45)

Smenom t = α ln(1 + x) (x → 0 ⇐⇒ t → 0), iz (43) dobijamo

limx→0

eα ln(1+x) − 1α ln(1 + x)

= limt→0

et − 1t

= 1, (46)

23

sledi dok iz (41)

limx→0

α ln(1 + x)x

= α. (47)

Iz (45), (46) i (47) sledi (44). ¤

8 Asimptotska oznaka o

Definicija 62. Ako postoji probodena okolina tacke x0 ∈ R,◦U(x0), tako

da je

f(x) = ε(x)g(x) za svako x ∈◦U(x0),

gde je ε beskonacno mala funkcija kad x → x0, tada kazemo da je funkcijaf beskonacno mala u odnosu na g kad x → x0 i pisemo

f = o(g) kad x → x0 (48)

(citamo: ”f je malo o od g kad x tezi ka x0”).Osim toga, ako su funkcije f i g jos i beskonacno male funkcije kad

x → x0, onda kazemo da je f beskonacno mala viseg reda u odnosu na gkad x → x0 ili ”da f brze tezi nuli nego funkcija g kad x → x0”.

Primetimo da sada uslov da je f beskonacno mala funkcija kad x → x0

mozemo zapisati na sledeci nacin:

f = o(1) kad x → x0.

Ako je g(x) 6= 0 za x ∈◦U(x0), onda je uslov (48) ekvivalentan uslovu

limx→x0

f(x)g(x)

= 0. (49)

Prema tome, ako je g(x) 6= 0 za x ∈◦U(x0), onda je

limx→x0

o(g)g

= 0.

Primer 63. Primetimo da je x2 = o(x) kad x → 0, jer x2 = x·x i limx→0

x = 0,

tj. limx→0

x2

x= 0. Takode je i x3 = o(x) kad x → 0, jer x3 = x2 ·x i lim

x→0x2 = 0,

odnosno limx→0

x3

x= 0. Zakljucujemo da je i xn = o(x), x → 0 za n ≥ 2.

24

Primetimo da o(x) kad x → 0, ne oznacava samo jednu funkciju, vec svefunkcije koje su beskonacno male viseg reda u odnosu na x kad x → 0 i zbogtoga bi mozda bilo pravilnije pisati x2 ∈ o(x), x → 0; x3 ∈ o(x), x → 0; . . . .Medutim usvojeno je da se umesto znaka ∈ pise znak jednakosti i navedenanekorektnost u pisanju omogucuje jednostavnu primenu, a ne dovodi dozabune ako naglasimo da se jednakosti u kojima se javlja malo o citajusamo sleva u desno; na primer, x3 = o(x), x → 0, dok o(x) = x3, x → 0,nema smisla.

Primetimo jos da nije x3 = o(x) kad x → 1, jer x3 = x2 · x ali x2 ne tezinuli kad x → 1. Ovaj primer ukazuje na to da je navodenje tacke ka kojojtezi promenljiva x nerazdvojni deo ove oznake.

Dalje je x = o(x2) kad x → +∞, a takode i kad x → −∞, jer x =1x

x2 i

limx→±∞

1x

= 0.

Kako je1x4

=1x2· 1x2

i limx→±∞

1x2

= 0, to je1x4

= o(1x2

) kad x → ±∞.

Primetimo da ako je f = o(g) kad x → x0, to znaci da (naravno poduslovom da je g(x) 6= 0 za x iz neke probodene okoline tacke x0) kolicnikfunkcija f i g tezi nuli kad x → x0, dok nemamo nikakvu informaciju oponasanju funkcija f i g pojedinacno kad x → x0. Moze da se desi dafunkcije f ili g i nemaju granicnu vrednost kad x → x0. Recimo ako je

f(x) = x sin1x

i g(x) = sin1x

, x 6= 0, tada je f(x) = xg(x) i limx→0

x = 0, te je

f = o(g) kad x → 0, limx→0

f(x) = 0, dok limx→0

g(x) ne postoji. Ako je f(x) =

x sinx, a g(x) = x2 sinx, nije tesko proveriti da ne postoji limx→+∞ f(x), a

takode ni limx→+∞ g(x), dok iz f(x) =

1x· g(x) i lim

x→+∞1x

= 0 sledi f = o(g)

kad x → +∞.

Buduci da je limx→0

ln(1 + x)x

= 1, sledi limx→0

ln(1 + x)− x

x= 0, te je

ln(1 + x)− x = o(x), x → 0, odnosno

ln(1 + x) = x + o(x), x → 0.

Takode, iz limx→0

ax − 1x

= ln a imamo limx→0

ax − 1− x ln a

x= 0, i zato je

ax − 1− x ln a = o(x), x → 0, tj.

ax = 1 + x ln a + o(x), x → 0.

Analogno, iz limx→0

(1 + x)α − 1x

= α, α ∈ R sledi

(1 + x)α = 1 + αx + o(x), x → 0,

25

dok iz limx→0

sinx

x= 1 sledi

sinx = x + o(x), x → 0.

U sledecoj teoremi izlazemo neke osobine ove oznake.

Teorema 64. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj probodenoj okolinitacke x0. Tada:(i) o(cg) = o(g), x → x0, gde je c ∈ R konstanta.(ii) f · o(g) = o(fg), x → x0.(iii) co(g) = o(g), x → x0, gde je c ∈ R konstanta.(iv) Ako je f(x) 6= 0 za svako x iz neke probodene okoline tacke x0, onda jeo(g)f

= o(g

f), x → x0.

(v) o(g) + o(g) = o(g), x → x0.(vi) o(o(g)) = o(g), x → x0.(vii) o(g + o(g)) = o(g), x → x0.(viii) Za n ∈ N, (o(g))n = o(gn), x → x0.(ix) Za n ∈ N, (g + o(g))n = gn + o(gn), x → x0.

(x) Ako je f = g + o(g), x → x0, onda postoji probodena okolina◦U(x0)

tako da je za svako x ∈◦U(x0), sgn(f(x)) = sgn(g(x)).

Dokaz. (i) Buduci da jednakosti u kojima ucestvuje malo o traba citatisleva u desno, da bi dokazali da je o(cg) = o(g), x → x0, treba da dokazemoda ako je neka funkcija h beskonacno mala u odnosu na cg kad x → x0, da jeonda h beskonacno mala u odnosu na g kad x → x0. Iz h = o(cg), x → x0,sledi da postoji probodena okolina tacke x0 u kojoj vazi jednakost

h(x) = ε(x)(cg(x)) = (cε(x))g(x),

gde je ε beskonacno mala kad x → x0. Kako je onda i cε beskonacno malakad x → x0, zakljucujemo da je h = o(g), x → x0.(ii) Treba dokazati da iz uslova da je funkcija h beskonacno mala u odnosuna g kad x → x0, sledi da je proizvod fh beskonacno mala u odnosu nafg kad x → x0. Iz h = o(g), x → x0 sledi da postoji probodena okolina

tacke x0,◦U(x0), tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi h(x) = ε(x)g(x), gde

je ε beskonacno mala kad x → x0. Tada je f(x)h(x) = ε(x)(f(x)g(x)) za

x ∈◦U(x0), i zato je fh = o(fg) kad x → x0.

26

(iii) Sledi iz (i) i (ii).(iv) Na osnovu (ii) imamo

o(g)f

=1f· o(g) = o(

1f· g) = o(

g

f), x → x0.

(v) Ako su h1 i h2 dve beskonacno male u odnosu na g kad x → x0, dokazimoda je takav i njihov zbir. Iz h1 = o(g) i h2 = o(g) kad x → x0 sledi da postoji

probodena okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi h1(x) = ε1(x)g(x)

i h2(x) = ε2(x)g(x), gde su ε1 i ε2 beskonacno male kad x → x0. Kako jezbir dve beskonacno male kad x → x0 opet beskonacno mala kad x → x0

(Teorema 27 (i)), i kako je

h1(x) + h2(x) = (ε1(x) + ε2(x))g(x), x ∈◦U(x0),

zakljucujemo da je h1 + h2 = o(g), x → x0.(vi) Pretpostavimo da je h = o(o(g)) kad x → x0. To znaci da je h = o(h1),x → x0 za neku funkciju h1 takvu da je h1 = o(g), x → x0. Dakle postoji

probodena okolina tacke x0,◦U(x0), tako da je za x ∈

◦U(x0), h(x) =

α(x)h1(x) i h1(x) = β(x)g(x), gde su α i β dve beskonacno male funkcijekad x → x0. Na osnovu Teoreme 27 (i) sledi da je αβ beskonacno mala kadx → x0, i zato iz

h(x) = (α(x)β(x))g(x), x ∈◦U(x0),

zakljucujemo da je h = o(g) kad x → x0.(vii) Neka je h = o(g+o(g)), x → x0. To znaci da postoji funkcija h1 takvada je h1 = o(g), x → x0, i h = o(g + h1), x → x0. Sledi postoji okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi h(x) = ε1(x)(g(x) + ε2(x)g(x)) =

ε1(x)(1 + ε2(x))g(x), gde su ε1 i ε2 beskonacno male kad x → x0. Kako jelim

x→x0

ε1(x)(1 + ε2(x)) = limx→x0

ε1(x)(1 + limx→x0

ε2(x)) = 0(1 + 0) = 0, sledi da

je h = o(g) kad x → x0.(viii) Neka je n ∈ N, i neka je h = o(g) kad x → x0. Dokazimo da jehn = o(gn), x → x0. Iz h = o(g) kad x → x0 sledi da postoji okolina◦U(x0) tako da za svako x ∈

◦U(x0) vazi jednakost h(x) = ε(x)g(x), gde je ε

beskonacno mala kad x → x0. Tada je (h(x))n = (ε(x))n(g(x))n, x ∈◦U(x0),

i εn je beskonacno mala kad x → x0 (Teorema 27 (i)), odakle zakljucujemoda je hn beskonacno mala u odnosu na gn kad x → x0.

27

(ix) Neka je n ∈ N. Na osnovu binomne formule, (viii), (ii), (iii) i (v) imamo

(g + o(g))n = gn +(n1

)gn−1o(g) +

(n2

)gn−2(o(g))2 +

(n3

)gn−3(o(g))3 + . . .

. . . +(

nn−1

)g(o(g))n−1 + (o(g))n = gn + o(gn), x → x0.

(x) Neka je f = g + o(g), x → x0. Tada postoji probodena okolina◦U δ0(x0)

tacke x0 tako da je

f(x) = g(x) + ε(x)g(x) = (1 + ε(x))g(x), za x ∈◦U δ0(x0), (50)

gde je ε beskonacno mala kad x → x0. Iz limx→x0

ε(x) = 0 sledi da postoji

δ < δ0 tako da je za svako x ∈◦U δ(x0), |ε(x)| <

12, tj. −1

2< ε(x) <

12.

Prema tome,12

< 1 + ε(x) za x ∈◦U δ(x0), i na osnovu (50) zakljucujemo da

su f(x) i g(x) istog znaka za x ∈◦U δ(x0). ¤

28