matematika i - zeljko.dmfa.sizeljko.dmfa.si/lectures/zapiski_matematika1.pdfmatematika i matjaˇz...

Matematika I

Matjaz Zeljko

NTF – Nacrtovanje tekstilij in oblacil

Zapiski ob predavanjih v solskem letu 2006/07

Izpis: 2. marec 2009

Kazalo

1 Mnozice in stevila 41.1 Mnozice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Realna stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3 Podmnozice realnih stevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.4 Kompleksna stevila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2 Zaporedja in stevilske vrste 182.1 Zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.2 Stevilske vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

3 Funkcije 413.1 Splosni pojem funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 413.2 Limita funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.3 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.4 Lastnosti zveznih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.5 Zveznost elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.6 Pregled elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.7 Enakomerna zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4 Diferencialni racun 664.1 Odvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 664.2 Geometricni pomen odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3 Pravila za odvajanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 724.4 Odvodi elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 744.5 Diferencial funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.6 Visji odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.7 Lastnosti odvedljivih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 824.8 Konveksnost, konkavnost, prevoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 884.9 Ekstremi funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.10 Risanje grafov funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 944.11 Odpravljanje nedolocenosti in L’Hopitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . 994.12 Taylorjeva vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

5 Integralski racun 1095.1 Nedoloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.2 Doloceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215.3 Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom . . . . . . . . . . . . . . . 1255.4 Uporaba integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1365.5 Numericno racunanje dolocenih integralov . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

6 Vektorska algebra 1486.1 Vektorji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1486.2 Koordinatni sistem v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.3 Premica in ravnina v prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1626.4 Razdalje med tockami, premicami in ravninami . . . . . . . . . . . . . . . 164

2. marec 2009, 20 : 15 2

7 Matrike 1687.1 Operacije z matrikami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

8 Determinante in sistemi linearnih enacb 1728.1 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1728.2 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1738.3 Racunanje determinant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1758.4 Poddeterminante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1788.5 Cramerjevo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1798.6 Gaußova metoda za resevanje sistemov linearnih enacb . . . . . . . . . . . 1828.7 Rang matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1868.8 Inverz matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

9 Funkcije vec spremenljivk 1939.1 Graf funkcije vec spremenljivk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1939.2 Odprte mnozice in okolice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1979.3 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1989.4 Parcialni odvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2029.5 Totalni diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2059.6 Verizno pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2089.7 Taylorjeva formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2109.8 Lokalni ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2119.9 Metoda najmanjsih kvadratov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2179.10 Vezani ekstremi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218

10 Diferencialne enacbe 22210.1 Splosen pojem diferencialne enacbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22210.2 Diferencialne enacbe prvega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22410.3 Diferencialne enacbe visjih redov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22810.4 Sistemi diferencialnih enacb . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234

2. marec 2009, 20 : 15 3

1 Mnozice in stevila

1.1 Mnozice

Mnozica A je dolocena, ce obstaja pravilo, po katerem je mogoce za vsako rec odlociti alije v A ali ne. Ce a spada v mnozico A, pravimo, da je a element mnozice A in oznacimoa ∈ A. Ce a ni element mnozice A, oznacimo a /∈ A.

Mnozico lahko podamo tako, da zapisemo njene elemente:

A = {1, 2, 3} , B = {“modra”, “zelena”}.

Ce je elementov zelo veliko (ali celo neskoncno), jih ne moremo vse nasteti. Tedaj rajepovemo lastnost L, ki jo imajo natanko vsi elementi mnozice A. Slednje zapisemo kotA = {a; L(a)}. Npr.

C = {x; |2x− 1| < 1} , D = {n; n deli stevilo 12}.

Mozno je, da noben element nima lastnosti L; tedaj je A prazna mnozica, kar zapisemoA = ∅. Tako npr. velja {x; x 6= x} = ∅.

Operacije z mnozicami Unija mnozic A in B je mnozica A ∪B, definirana z

A ∪ B = {x; x ∈ A ali x ∈ B}.

Presek mnozic A in B je mnozica A ∩B, definirana z

A ∩ B = {x; x ∈ A in x ∈ B}.

A B

A ∪ B

A B

A ∩ B

Mnozica A je podmnozica mnozice B, z oznako A ⊆ B, ce vsak element mnozice Alezi tudi v mnozici B. Ce je A ⊆ B in B ⊆ A, imata mnozici A in B iste elemente in staenaki. Oznaka: A = B.

Razlika mnozic A in B je mnozica A \B, definirana z

A \B = {x; x ∈ A in x /∈ B}.

A \B

A B

2. marec 2009, 20 : 15 4

Vcasih obravnavamo le podmnozice neke fiksne, dovolj velike mnozice U , ki jo v temprimeru imenujemo univerzalna mnozica. Komplement mnozice A (glede na univerzalnomnozico U) je mnozica Ac, definirana z Ac = U \ A.

Izrek 1 Za poljubne mnozice A, B in C velja

• Distributivnost ∪ in ∩A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

• Komutativnost ∪ in ∩A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A

• Asociativnost ∪ in ∩(A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

• Idempotentnost ∪ in ∩A ∪ A = A, A ∩ A = A

• AbsorbcijaA ∪ (A ∩B) = A, A ∩ (A ∪B) = A

• Involutivnost komplementa(Ac)c = A

• De Morganova zakona(A ∪ B)c = Ac ∩Bc, (A ∩B)c = Ac ∪ Bc

• Lastnost ∅A ∪ ∅ = A, A ∩ ∅ = ∅

• Lastnost univerzalne mnozice UA ∪ U = U , A ∩ U = A

• Komplementarnost U in ∅U c = ∅, ∅c = U

• Lastnost komplementaA ∪ Ac = U , A ∩ Ac = ∅

Zgled 1 Izracunaj A ∪ B, A ∩ B in A \ B za A = {2n − 1; n = 1, 2, . . . , 7} in B ={3n− 2; n = 1, 2, . . . , 7}.Resitev. Ker je A = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13} in B = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19}, je

A ∪ B = {1, 3, 4, 5, 7, 9, 10, 11, 13, 16, 19},A ∩ B = {1, 7, 13} in

A \B = {3, 5, 9, 11}.Naj bo x ∈ A in y ∈ B. Urejeni par elementov x in y je mnozica {{x}, {x, y}}, ki jo

krajse oznacimo z (x, y). Prepricamo se lahko, da iz (x, y) = (x′, y′) sledi, da je x = x′

in y = y′. Torej je v urejenem pari vrstni red zapisa pomemben. Za x 6= y sta tako para(x, y) in (y, x) razlicna, mnozici {x, y} in {y, x} pa ne.

Kartezicni produkt mnozic A in B je mnozica A×B = {(x, y); x ∈ A, y ∈ B}. Ocitnoje A × B = ∅ natanko tedaj, ko je vsaj ena izmed mnozic A in B prazna. Iz definicijetudi sledi, da za razlicni neprazni mnozici A in B velja A× B 6= B ×A.

Potencna mnozica mnozice A je mnozica vseh podmnizic mnozice A in jo oznacimo sP(A). Torej P(A) = {X; X ⊆ A}.

2. marec 2009, 20 : 15 5

• P(∅) = {∅}

• P(P(∅)) = {∅, {∅}}

• P({1, 2, 3}) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}

• Za koncno mnozico A z n elementi velja, da ima potencna mnozica P(A) natanko2n elementov.

Preslikave med mnozicami Naj bosta A in B mnozici. Preslikava f :A→ B je pravilof , ki vsakemu elementu a mnozice A priredi natancno dolocen element f(a) mnozice B.(Preslikavo pogosto imenujemo tudi funkcija, zlasti, ce je A ⊆ R in B ⊆ R.)

f

a f(a)

A B

b

b

Mnozica A je lahko tudi prazna, saj za vsako mnozico B obstaja “prazna” preslikava∅ → B. Ce pa je mnozica B prazna, obstaja preslikava A → ∅, le ce je tudi mnozica Aprazna.

Mnozico A imenujemo definicijsko obmocje ali domena, mnozico f(A) = {f(a); a ∈A} pa zaloga vrednosti preslikave f . Definicijsko obmocje funkcije f oznacimo tudi z Df ,zalogo vrednosti pa z Zf .

f

A = DfB

Zf

Zgled 2 Ali sta funkciji f(x) = xx

in g(x) = 1 enaki?

Resitev. Vprasanje je nekoliko nejasno zastavljeno. Zapisa f(x) = xx

in g(x) = 1 v resnicinista funkciji, ampak le funkcijska predpisa. Kje sta funkciji f in g, podani s predpisomaf(x) = x

xin g(x) = 1, sploh definirani? Ce ju opazujemo kot funkciji f : R \ {0} → R

in g: R \ {0} → R, sta enaki. Najpogosteje pri funkciji, ki je podana le s predpisom,vzamemo njeno ”naravno” definicijsko obmocje; torej tisto najvecjo mnozico tock v R, zakatere je funkcijski predpis sploh smiseln. V tem smislu sta f in g naravno definirani kotfunkciji f : R \ {0} → R in g: R → R in nista enaki, saj imata razlicni definicijski obmocji.

Preslikava f :A → B je injektivna, ce za vsaka a1, a2 ∈ A velja: ce je a1 6= a2, veljaf(a1) 6= f(a2). (Ekvivalentno: f je injektivna, ce za vsaka a1, a2 ∈ A iz f(a1) = f(a2)sledi a1 = a2.)

a1f(a1)

a2 f(a2)

A B

ff

b

b

b

b

2. marec 2009, 20 : 15 6

Preslikava f :A → B je surjektivna, ce je Zf = B. (Ekvivalentno: f je surjektivna,ce za vsak b ∈ B obstaja tak a ∈ A, da je f(a) = b.) Preslikava f je bijektivna, ce jeinjektivna in surjektivna.

a b

A B

fb b

Graf preslikave Graf preslikave f :A→ B je mnozica

Γ(f) = {(a, f(a)); a ∈ A} ⊂ A×B.

A

B

Γ(f)

A×Ba

f(a) bc

bc

bc

Z grafa funkcije lahko lepo razbermo injektivnost in surjektivnost. Funkcija f jeinjektivna, ce vsaka vodoravna premica v A× B seka graf Γ(f) najvec enkrat. Funkcijaf je surjektivna, ce vsaka vodoravna premica v A×B seka graf Γ(f) vsaj enkrat.

Preslikavo f :A → A, definirano z f(a) = a, imenujemo identicna preslikava mnoziceA in oznacimo idA.

Naj bosta f :A→ B in g:B → C preslikavi. Kompozitum preslikav f in g je preslikavag ◦ f :A→ C, definirana z (g ◦ f)(a) = g(f(a)).

f

a f(a)

A B

g

g(f(a))

C

g ◦ f

b

b

b

Naj bo f :A → B preslikava. Ce obstaja taka preslikava g:B → A, da je g ◦ f = idA

in f ◦ g = idB, pravimo, da je g inverz preslikave f in oznacimo f−1 = g.

f

a f(a)

A Bg

b

b

Trditev 2 Preslikava f :A→ B je bijektivna natanko tedaj, ko ima inverz.

2. marec 2009, 20 : 15 7

Dokaz. Ce je f bijektivna, za vsak y ∈ B obstaja x ∈ A, da je f(x) = y. Torej lahkos predpisom g(y) = x definiramo preslikavo g:B → A. Po konstrukciji je f ◦ g = idY .Ce bi za nek x ∈ A veljalo g ◦ f(x) = x′ 6= x, bi imeli f(x) = f(x′) za x′ 6= x in f nebi bila injektivna. Slednje pa je v nasprotju s predpostavko trditve, kar pomeni, da jeg ◦ f = idX .

Za dokaz v drugo smer vzemimo, da obstaja inverz preslikave f ; torej taka preslikavag:B → A, da je g ◦ f = idA in f ◦ g = idB. Preslikava f je injektivna, saj iz f(x) = f(x′)sledi g(f(x)) = g(f(x′)) in x = x′. Preslikava je tudi surjektivna, saj se v dani y ∈ Bpreslika x = g(y).

Zgled 3 Poisci bijektivno preslikavo med mnozicama A = {2n − 1; n = 1, 2, . . . , 7} inB = {3n− 2; n = 1, 2, . . . , 7}.

Resitev. Najlaze bo, da element oblike 2n−1 preslikamo v 3n−2. Ce je torej x = 2n−1,je n = x+1

2in 3n− 1 = 3x+1

2− 2 = 3x−1

2. Nazadnje se sami prepricamo, da je f :A → B,

f(x) = 3x−12

, iskana bijekcija. (Bijekcija ni ena sama, ampak jih je 7! = 5040.)

Naj bo f :A → B poljubna preslikava in A ⊂ A podmnozica. Zozitev preslikave f napodmnozico A je preslikava f |A: A→ B, definirana z f |A(a) = f(a).

Zgled 4 Funkcija f : R → R, podana s predpisom f(x) = x2 + 1, ni bijektivna. ZaA = {x; x ≥ 0} in B = {x; x ≥ 1} je zozitev f |A:A→ B funkcije f bijektivna.

Funkcija f ni injektivna, saj je f(x) = f(−x) za vsak x ∈ R. Funkcija f ni surjektivna,saj je f(x) ≥ 1 za vsak x ∈ R.

Injektivnost zozitve: Ce je f |A(x1) = f |A(x2), je x21 + 1 = x2

2 + 1, od koder sledix2

1 = x22 oz. (x1 − x2)(x1 + x2) = 0. Ce je x1 + x2 = 0, je zaradi x1 ≥ 0 in x2 ≥ 0 lahko le

x1 = x2 = 0. Ce je x1 + x2 6= 0, mora biti x1 − x2 = 0, kar nas ponovno privede do edinemoznosti x1 = x2.

Injektivnost zozitve: Vzemimo poljuben y ≥ 1. Tedaj za x =√y − 1 velja f |A(x) = y.

1.2 Realna stevila

Realna stevila sestavljajo mnozico, ki jo oznacimo z R. Med realnimi stevili je definiranihvec racunskih operacij. Osnovni dve sta sestevanje in mnozenje. Za poljubni dve stevilia ∈ R in b ∈ R obstaja natancno doloceno realno stevilo a + b, ki ga imenujemo vsotastevil a in b. Za poljubni dve stevili a ∈ R in b ∈ R obstaja natancno doloceno realnostevilo a · b (krajse ab), ki ga imenujemo produkt stevil a in b. Za sestevanje in mnozenjeveljajo naslednji zakoni

I Komutativnost sestevanja:a+ b = b+ a za vsaka a, b ∈ R

II Asociativnost sestevanja:(a+ b) + c = a+ (b+ c) za vsake a, b, c ∈ R

III Obstoj nevtralnega elementa za sestevanje:Obstaja 0 ∈ R, da je a+ 0 = a za vsak a ∈ R

2. marec 2009, 20 : 15 8

IV Obstoj nasprotnega elementa za sestevanje:Za vsak a ∈ R obstaja stevilo −a ∈ R, da je a+ (−a) = 0

V Komutativnost mnozenja:a · b = b · a za vsaka a, b ∈ R

VI Asociativnost mnozenja:(a · b) · c = a · (b · c) za vsake a, b, c ∈ R

VII Obstoj enote za mnozenje:Obstaja 1 ∈ R, da je 1 · a = a za vsak a ∈ R

VIII Obstoj inverznega elementa za mnozenje:Za vsak a ∈ R \ {0} obstaja a−1 ∈ R, da je a · a−1 = 1

IX Distributivnostni zakon:(a+ b) · c = a · c+ b · c za vsake a, b, c ∈ R

X Razlicnost stevil 0 in 1:Velja 1 6= 0

Mnozici, opremljeni z operacijama sestevanja in mnozenja, ki zadoscata zahtevam I–X,pravimo obseg. Torej je mnozica realnih stevil obseg.

Odstevanje in deljenje Za vsaki dve realni stevili a in b obstaja natancno dolocenorealno stevilo x (namrec stevilo b + (−a)), da je a + x = b. Stevilo x imenujemo razlikastevil b in a in oznacimo z b − a. Velja a + (b − a) = b. Podobno za vsaki dve realnistevili a, a 6= 0, in b obstaja natancno doloceno realno stevilo x, da je ax = b. Stevilo ximenujemo kvocient stevil b in a in oznacimo z b

a. Velja a · b

a= b.

Urejenost mnozice R Realna stevila delimo na pozitivna, negativna in stevilo 0.

XI Ce je a 6= 0, je od stevil a in −a natanko eno pozitivno. Stevilo 0 ni ne pozitivnone negativno.

XII Ce sta stevili a in b pozitivni, sta tudi stevili a+ b in ab pozitivni.

Mnozico R uredimo po velikosti z dogovorom: ce je a − b pozitivno stevilo, pravimo,da je stevilo a vecje od b in pisemo a > b. Podobno, ce je a−b negativno stevilo, pravimo,da je stevilo a manjse od b in pisemo a < b. Ce je a < b ali a = b, pisemo a ≤ b. Ce jea > b ali a = b, pisemo a ≥ b.

Lastnosti urejenosti:

• Tranzitivnost :Ce je a > b in b > c, je a > c.

• Zakon trihotomije:Za vsaki dve stevili a in b velja natanko ena od treh moznosti a > b ali a < b alia = b.

• Ce je a > b, je a+ c > b+ c za vsak c ∈ R.

2. marec 2009, 20 : 15 9

• Ce je a > b in c > 0, je ac > bc. Ce je a > b in c < 0, je ac < bc.

• Med poljubnima dvema realnima steviloma lezi vsaj eno realno stevilo.

Absolutna vrednost Vsakemu realnemu stevilu x lahko priredimo realno stevilo |x| spredpisom

|x| =

{x, ce je x ≥ 0 in−x, ce je x < 0.

Stevilo |x| je vedno nenegativno in ga imenujemo absolutna vrednost stevila x. Velja

|x · y| = |x| · |y|∣∣∣∣x

y

∣∣∣∣ =|x||y|

|x+ y| ≤ |x| + |y| trikotniska neenakost

Geometrijsko pomeni |x| razdaljo od tocke X, ki upodablja stevilo x, do tocke O nastevilski premici. Splosneje: ce sta x, y realni stevili, je |y − x| razdalja med njunimaslikama na stevilski premici.

1.3 Podmnozice realnih stevil

Naravna stevila Naj bo 1 ∈ R enota za mnozenje. Stevila 1 + 1 = 2, 1 + 2 = 3,1 + 3 = 4, . . . imenujemo naravna stevila. Mnozico naravnih stevil {1, 2, 3, . . .} oznacimoz N. Naravna stevila so induktivna mnozica: ce je S ⊆ N taka podmnozica, da je 1 ∈ Sin velja sklep: ce n ∈ S, potem n + 1 ∈ S, je S = N. Tej lastnosti pravimo tudi nacelomatematicne indukcije.

Zgled 5 Dokazi, da za vsako naravno stevilo n velja

1 + 2 + . . .+ n =n(n+ 1)

2. (1)

Resitev.Oznacimo S = {n ∈ N; 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)

2}. Mnozica S je torej mnozica tistih

naravnih stevil, za katera drzi enakost (1). (Induktivna hipoteza je, da formula (1) drziza dano stevilo n.)

Najprej preverimo, da je 1 ∈ S.Privzemimo sedaj, da je n ∈ S. Tedaj je 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)

2. Torej je (1 + 2 +

. . . + n) + (n + 1) = n(n+1)2

+ (n + 1) = (n+1)(n+2)2

, kar pomeni, da je tudi n + 1 ∈ S. Po

nacelu matematicne indukcije je S = N. Torej velja formula 1 + 2 + . . . + n = n(n+1)2

zavsako naravno stevilo n.

Peanovi aksiomi Naravna stevila lahko vpljemo tudi s pomocjo Peanovih aksiomov:

• 1 je naravno stevilo.

• Vsakemu naravnemu stevilu n pripada natancno doloceno naravno stevilo n+, ki gaimenujemo naslednik stevila n.

2. marec 2009, 20 : 15 10

• Stevilo 1 ni naslednik nobenega naravnega stevila.

• [Nacelo indukcije] Ce je S ⊆ N taka podmnozica, da je 1 ∈ S in velja sklep: cen ∈ S, potem n+ ∈ S, je S = N.

S Peanovimi aksiomi lahko v mnozico naravnih stevil vpeljemo tudi sestevanje in mno-zenje.

Cela in racionalna stevila Mnozico celih stevil oznacimo z

Z = N ∪ {0} ∪ {−n; n ∈ N}.

To je najmanjsa mnozica stevil, v kateri je resljiva enacba a + x = b za vsaki naravnistevili a in b.

Mnozico racionalnih stevil oznacimo z Q = {ab; a, b ∈ Z, b 6= 0}. To je najmanjsa

mnozica stevil, v kateri je resljiva enacba ax = b za vsaki celi stevili a in b, a 6= 0.Med njimi velja zveza

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R,

kjer so vse inkluzije prave.

Formalna izgradnja stevilskih mnozic v resnici poteka v tej smeri: Najprej vpeljemomnozico naravnih stevil kot induktivno mnozico in definiramo osnovni racunski opera-ciji sestevanje in mnozenje. Ker enacba a + x = b v mnozici naravnih stevil ni vednoresljiva, konstruiramo mnozico celih stevil kot razsiritev mnozice naravnih stevil. Po-dobno konstruiramo racionalna stevila kot tako razsiritev mnozice celih stevil, v kateri jeenacba ax = b, a 6= 0, vedno resljiva. Realna stevila na koncu konstruiramo s pomocjoracionalnih stevil tako, da zadostimo aksiomu XIII (Dedekindov aksiom; glej spodaj).

Omejene mnozice realnih stevil Naj bo A neprazna mnozica realnih stevil. Ceobstaja stevilo M , da je a ≤ M za vsak a ∈ A, pravimo, da je M zgornja meja mnoziceA. Pravimo, da je mnozica A navzgor omejena, ce obstaja kaksna zgornja meja mnoziceA. Ce obstaja stevilo m, da je m ≤ a za vsak a ∈ A, pravimo, da je m spodnja mejamnozice A. Pravimo, da je mnozica A navzdol omejena, ce obstaja kaksna spodnja mejamnozice A. Mnozica A je omejena, ce je omejena navzgor in navzdol.

Stevilo M je natancna zgornja meja mnozice A, ce je zgornja meja mnozice A in ce zavsak ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a > M − ε. (Natancna zgornja meja je torej najmanjsazgornja meja mnozice A.)

MM − ε aAbc bcbc

Natancno zgornjo mejo mnozice A oznacimo s supA in poimenujemo supremum mnoziceA.

• Natancna zgornja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med ain b je stevilo b.

Stevilo m je natancna spodnja meja mnozice A, ce je spodnja meja mnozice A in ceza vsak ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a < m+ ε. (Natancna spodnja meja je torej najvecjaspodnja meja mnozice A.)

2. marec 2009, 20 : 15 11

m m+ εa Abcbc bc

Natancno spodnjo mejo mnozice A oznacimo z inf A in poimenujemo infimum mnoziceA.

• Natancna spodnja meja vsakega (odprtega, zaprtega, polodprtega) intervala med ain b je stevilo a.

XIII (Dedekindov aksiom) Vsaka neprazna navzdol omejena podmnozica realnih stevilima natancno spodnjo mejo.

Aksiom XIII je ekvivalenten trditvi, da ima vsaka neprazna navzgor omejena podmno-zica realnih stevil natancno zgornjo mejo. Ta aksiom razloci med realnimi in racionalnimistevili. Mnozica A = {x; x2 > 2 in x > 0} v mnozici racionalnih stevil namrec nimanatancne spodnje meje, v mnozici realnih stevil pa je natancna spodnja meja (iracionalno)stevilo

√2.

Zgled 6 Stevilo√

2 je iracionalno.

Dokaz s protislovjem.Recimo, da je

√2 = p

q, kjer je p

qokrajsan ulomek. Potem je p2 = 2q2. Torej p = 2p1

in 2p21 = q2. Sledi q = 2q1 in p

q= 2p1

2q1v resnici ni okrajsan ulomek.

Izrek 3 (Arhimedova lastnost) Ce sta x, y ∈ R in je y > 0, obstaja tak n ∈ N, da jex < ny.

Dokaz. Recimo, da takega n ni. Potem je x ≥ ny za vsak n in je zato x zgornja mejamnozice A = {ny; n ∈ N}. Oznacimo z M njeno natancno zgornjo mejo. Potem obstajatak n ∈ N, da je ny > M −y. Sledi (n+1)y > M . Ker je (n+1)y ∈ A, je to v protislovjus predpostavko, da je M natancna zgornja meja mnozice A.

Posledica 4 Za vsako realno stevilo a in vsak ε > 0 obstaja racionalno stevilo pq, da je

|a− pq| < ε.

Pravimo, da je mnozica racionalnih stevil gosta v mnozici realnih stevil.

Intervali in okolice Naj bosta a in b, a ≤ b, poljubni realni stevili. Definirajmo:

[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b} zaprt interval od a do b(a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b} polodprt interval od a do b[a, b) = {x ∈ R; a ≤ x < b} polodprt interval od a do b(a, b) = {x ∈ R; a < x < b} odprt interval od a do b

a b[a, b]

a b(a, b]

a b[a, b)

a b(a, b)

2. marec 2009, 20 : 15 12

Pri a = b je [a, a] = {a}, ostali intervali so prazne mnozice. Definiramo lahko tudineskoncne intervale, ki so pri ∞ vedno odprti, saj ∞ sploh ni stevilo:

(−∞, b] = {x ∈ R; −∞ < x ≤ b}(−∞, b) = {x ∈ R; −∞ < x < b}

[a,∞) = {x ∈ R; a ≤ x <∞}(a,∞) = {x ∈ R; a < x <∞}

(−∞,∞) = {x ∈ R; −∞ < x <∞} = R

Za vsak a ∈ R in ε > 0 imenujemo interval

(a− ε, a+ ε) = {x ∈ R; a− ε < x < a+ ε}

ε-okolica tocke a.

a a + εa− εbcbc bc

Stevilska premica Realna stevila si lahko ponazorimo s tockami na stevilski premici.Stevilska premica je poljubna premica, na kateri smo si izbrali dve razlicni tocki O in E.Tocko O imenujemo koordindatno izhodisce in upodablja stevilo 0. Tocka E upodabljastevilo 1.

O E0 1bc bc

Z nanasanjem daljice OE v eno ali v drugo stran od koordinatnega izhodisca dobimoslike celih stevil. Z enostavno geometrijsko konstrukcijo (razmerja) lahko upodobimoracionalna stevila. Velja pa se vec:

Izrek 5 Vsakemu realnemu stevilu pripada natanko ena tocka na stevilski premici. Vsakatocka na stevilski premici je slika natanko enega realnega stevila.

1.4 Kompleksna stevila

Poiskati zelimo tako stevilo, da je x2 = −1 oz. zelimo vpeljati taksna stevila, da bokvadratna enacba z realnimi koeficienti vedno resljiva. Kompleksno stevilo z je par realnihstevil: z = (a, b). Mnozico vseh kompleksnih stevil oznacimo s C. Stevilo a imenujemorealna komponenta stevila z in oznacimo a = Re(z). Stevilo b imenujemo imaginarnakomponenta stevila z in oznacimo a = Im(z). Za kompleksni stevili z = (a, b) in w = (c, d)lahko definiramo njuno vsoto in produkt:

z + w = (a+ c, b+ d)z · w = (ac− bd, ad+ bc)

Prepricamo se lahko, da za sestevanje in mnozenje kompleksnih stevil veljajo obicajniracunski zakoni: komutativnost, asociativnost, distributivnost.

2. marec 2009, 20 : 15 13

Stevilo (0, 0) je nevtralni element za sestevanje, stevilo (1, 0) pa nevtralni element zamnozenje. Ce je z = (a, b) 6= (0, 0), se lahko prepricamo, da za stevilo

z−1 =

(a

a2 + b2,

−ba2 + b2

)

velja z−1 · z = (1, 0). Tako definirano stevilo z−1 imenujemo inverz kompleksnega stevilaz.

Ker za kompleksni stevili z = (a, 0) in w = (c, 0) velja

z + w = (a+ c, 0)z · w = (ac, 0),

lahko kompleksno stevilo (a, 0) identificiramo z realnim stevilom a. V smislu te identifi-kacije tudi velja, da je R ⊂ C.

Velja (0, b) · (0, b) = (−b2, 0). Torej je za b 6= 0 kvadrat kompleksnega stevila (0, b)negativno realno stevilo. Stevilo (0, b) imenujemo cisto imaginarno stevilo. Med cistoimaginarnimi stevili je stevilo i = (0, 1) odlikovano in zanj velja i2 = (0, 1) · (0, 1) =(−1, 0) = −1. Stevilo i imenujemo imaginarna enota. Ker je z = (a, b) = (a, 0) + (0, b) =(a, 0) · (1, 0) + (b, 0) · (0, 1), lahko zapisemo z = a + bi.

R

i

1

(0, b) = bi

(a, 0) = a

(a, b) = a + bi

Obc

bc

bc

bcbc

bc

Ce kompleksna stevila pisemo v tej obliki, jih sestevamo in mnozimo kot binome. Primnozenju upostevamo, da je i2 = −1.

Konjugirana vrednost kompleksnega stevila z = a+ bi je stevilo a− bi, ki ga oznacimoz z. Kompleksno stevilo z je realno natanko tedaj, ko je enako svoji konjugirani vrednosti.

Kvocient kompleksnih stevil z = a+ bi in w = c+ di, c+ di 6= 0, izracunamo tako, da

stevec ulomkaz

w=a+ bi

c+ dipomnozimo s konjugiramo vrednostjo imenovalca:

z

w=a+ bi

c+ di=

(a + bi)(c− di)

(c+ di)(c− di)=ac+ bd

c2 + d2+ i

bc− ad

c2 + d2.

Absolutna vrednost kompleksnega stevila z = a+ bi je (nenegativno) realno stevilo

|z| =√z · z =

√a2 + b2.

Ce je z realno stevilo, se gornja definicija ujema z obicajno definicijo absolutne vrednosti.Podobno kot za realna stevila velja

|z · w| = |z| · |w|∣∣∣z

w

∣∣∣ =|z||w|

|z + w| ≤ |z| + |w| trikotniska neenakost

2. marec 2009, 20 : 15 14

|z| = |z|.

Dokazimo npr. prvo formulo. Za z = a+ bi in w = c+ di je zw = (ac− bd)+ (ad+ bc)i in

|zw| = (ac− bd)2 + (ad+ bc)2 = a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 = (a2 + b2)(c2 + d2) = |z| |w|.

Zgled 7 Naj bo z = 3 + 4i, w = 1 − 2i. Izracunaj z, |z|, 1z, z + w, z − w, zw in z

w.

Resitev.

z = 3 − 4i

|z| =√zz =

√(3 + 4i)(3 − 4i) =

√32 + 42 =

√25 = 5

1

z=

3 − 4i

32 + 42=

3

25− i

4

25z + w = (3 + 4i) + (1 − 2i) = (3 + 1) + (4 − 2)i = 4 + 2i

z − w = (3 + 4i) − (1 − 2i) = (3 − 1) + (4 − (−2))i = 2 + 6i

zw = (3 + 4i) · (1 − 2i) = 3 · 1 + 4 · (−2)i2 + (3 · (−2) + 4 · 1)i = 11 − 2i

z

w=

3 + 4i

1 − 2i=

(3 + 4i)(1 + 2i)

(1 − 2i)(1 + 2i)=

−5 + 10i

1 + 4= −1 + 2i

Geometrijska interpretacija kompleksnega stevila Kompleksnemu stevilu z = a+ib priredimo tocko Z = (a, b) v ravnini R2. Realna komponenta stevila z ustreza abscisitocke Z, imaginarna komponenta pa ordinati tocke Z. Sestevanje stevil z = a + ib inw = c+ id razumemo kot sestevanje vektorjev, saj velja a+ ib+ c+ id = (a+ c)+ i(b+d).

1c

i

di

O R

bi

a

z

w

z + w

bc

bc

bc

bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Absolutna vrednost |z| =√a2 + b2 meri razdaljo od tocke Z do koordinatnega izhodisca.

Kot, ki ga s pozitivno smerjo abscisne osi oklepa vektor od izhodisca do tocke Z, imenujmoargument kompleksnega stevila z in ga oznacimo z arg z.

√a2 +

b2

bi

O R

z = a+ bi

aϕ

bc

bc

bc

bc

2. marec 2009, 20 : 15 15

S slike razberemo, da je z = a + bi = r(cosϕ + i sinϕ), kjer je |z| = r in arg z = ϕ.Zapis z = r(cosϕ + i sinϕ) imenujemo polarni zapis kompleksnega stevila. Ce je z1 =r1(cosϕ1 + i sinϕ1) in z2 = r2(cosϕ2 + i sinϕ2), je

z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)). (2)

Ce je r2 = 1, razumemo mnozenje s stevilom z2 = cosϕ2 + i sinϕ2 kot vrtez okoli ko-ordinatnega izhodisca za kot ϕ2. Ce v formuli (2) postavimo z = z1 = z2, dobimoz2 = cos 2ϕ+ i sin 2ϕ. Z indukcijo preverimo, da velja

zn = cosnϕ + i sinnϕ. (3)

Formuli (3) pravimo Moivrova formula.

Zgled 8 Izracunaj (−1 + i√

3)12.

Resitev. Za z = −1 + i√

3 izracunamo r = |z| =√

(−1)2 + (√

3)2 = 2 in tgϕ = −√

3,

od koder sledi ϕ = −π3

+ π = 23π, saj lezi tocka (−1,

√3) v drugem kvadrantu. Sedaj po

Moivrovi formuli izracunamo

z12 = r12(cos 12ϕ+ i sin 12ϕ) = 212(cos 8π + i sin 8π) = 212

Koreni enote Dano je kompleksno stevilo w. Iscemo vse resitve enacbe

zn = w. (4)

Pisimo z = r(cosϕ+ i sinϕ) in w = R(cos Φ + i sin Φ). Po Moivrovi formuli velja

zn = rn(cosnϕ+ i sinnϕ) = R(cos Φ + i sin Φ),

od koder sledi

rn = R

cosnϕ + i sinnϕ = cos Φ + i sin Φ.

Ker je r ≥ 0 in R ≥ 0, iz prve enacbe sledi r = n√R. Iz druge enacbe sledi, da je

cosnϕ = cos Φ in sinnϕ = sin Φ. Torej se kota nϕ in Φ razlikujeta za veckratnik polnegakota. Sledi nϕ = Φ + 2kπ in ϕ = 1

n(Φ + 2kπ). Vse resitve enacbe zn = w so

zk =n√R

(cos

Φ + 2kπ

n+ i sin

Φ + 2kπ

n

)za k = 0, 1, 2, . . . n− 1. (5)

Te tocke so oglisca nekega n-kotnika v kompleksni ravnini.

n√R R

z02πn

Φn

z1

zn−1

b

b

b

bc

2. marec 2009, 20 : 15 16

Pri w = 1 imamo R = 1 in Φ = 0. Enacba zn = 1 ima resitve

ζk = cos2kπ

n+ i sin

2kπ

nza k = 0, 1, 2, . . . n− 1, (6)

ki jih imenujemo koreni enote. Korene enote si lahko v ravnini C predstavljamo kotoglisca pravilnega n-kotnika, katerega sredisce lezi v koordinatnem izhodiscu, eno ogliscepa v tocki 1. (Polmer kroznice, ocrtane temu n-kotniku, je 1.)

Zgled 9 Zapisi vse resitve enacbe z5 = 32.

Resitev. Gre za enacbo oblike zn = w, kjer je n = 5 in w pozitivno realno stevilo. Torejso vse resitve oblike zk = 5

√32ζk = 2ζk, kjer so ζk = cos 2kπ

5+ i sin 2kπ

5za k = 0, 1, 2, 3, 4

obicajni peti koreni enote.

Zgled 10 Zapisi vse resitve enacbe z4 = −1.

Resitev. Gre za enacbo oblike zn = w, kjer je n = 4 in w = −1. Torej moramo najprejpretvoriti w v polarni zapis: w = −1 = cosπ + i sin π, od koder sledi R = 1 in Φ = π.Vse resitve gornje enacbe so

zk =4√

1

(cos

π + 2kπ

4+ i sin

π + 2kπ

4

)za k = 0, 1, 2, 3,

kar lahko poenostavimo v

z0 = cosπ

4+ i sin

π

4=

√2

2+ i

√2

2

z1 = cos3π

4+ i sin

3π

4= −

√2

2+ i

√2

2

z2 = cos5π

4+ i sin

5π

4= −

√2

2− i

√2

2

z3 = cos7π

4+ i sin

7π

4=

√2

2− i

√2

2

Te tocke so oglisca nekega kvadrata v kompleksni ravnini.

1 R

z0z1

z2 z3

ibb

b b

2. marec 2009, 20 : 15 17

2 Zaporedja in stevilske vrste

2.1 Zaporedja

Zaporedje realnih stevil je preslikava a: N → R. Obicajno namesto a(n) pisemo an. Steviloan imenujemo n-ti clen zaporedja, stevilo n pa indeks clena an. Zaporedje s splosnimclenom an oznacimo z (an).

Zaporedje je lahko podano

• eksplicitno: s pomocjo funkcijskega predpisa an = f(n)

• implicitno oz. rekurzivno: zapisemo prvih nekaj clenov zaporedja in pravilo, kakoizracunamo naslednji clen s pomocjo prejsnjih.

Zaporedje lahko ponazorimo

• s sliko mnozice tock {an; n ∈ N} na realni osi ali

• z grafom Γ(a) ⊂ N × R funkcije a: N → R.

Zgledi zaporedij

• Zaporedje s splosnim clenom an = 2−n je 2−1, 2−2, 2−3, . . .

• Zaporedje (an) = (−1, 1,−1, . . .) ima splosni clen an = (−1)n = cos(nπ).

• Aritmeticno zaporedje Podamo a1 in razliko d med poljubnima sosednjima clenoma:an+1 − an = d. Sledi an = a1 + (n− 1)d.Ugodneje an = a0 + nd.

• Geometricno zaporedje Podamo a1 in kvocient q med poljubnima sosednjima clenoma:an+1

an= q. Sledi an = a1q

n−1. Ugodneje: an = a0qn.

• Fibonaccijevo zaporedje Podamo a1 = a2 = 1 in an+2 = an+1 + an. Velja an =(1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . .)

Zaporedje je narascajoce, ce je an+1 ≥ an za vsak indeks n.

N

R

b

b

b b

b

b

b

b b

b

| | | | | | | | | |

Ran−1 an an+1

b bb

Zaporedje je padajoce, ce je an+1 ≤ an za vsak indeks n. Zaporedje je monotono, ceje narascajoce ali padajoce.

Zaporedje je navzgor omejeno, ce obstaja M ∈ R, da je an ≤M za vsak n. Stevilo Mimenujemo zgornja meja zaporedja.

2. marec 2009, 20 : 15 18

N

R

M

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

bc

| | | | | | | | | |

Ran−1 an+1 an Mbb bb

Zaporedje je navzdol omejeno, ce obstaja m ∈ R, da je an ≥ m za vsak n. Stevilo mimenujemo spodnja meja zaporedja.

Zaporedje je omejeno, ce je navzgor in navzdol omejeno.

Iz definicije vidimo, da je narascajoce zaporedje navzdol omejeno, padajoce pa navzgoromejeno.

Zgled 11 Razisci zaporedje s splosnim clenom an = 14n+ 1.

N

R

1

an = 14n + 1

bb

bb

bb

bb

bb

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje ima clene a1 = 54, a2 = 6

4, a3 = 7

4, . . . . Ker je an+1 − an = 1

4> 0, je zaporedje

narascajoce. Torej je navzdol omejeno. Zaporedje ni navzgor omejeno.

Zgled 12 Razisci zaporedje s splosnim clenom an = 1n.

N

R

1

an = 1n

b

b

bb b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje ima clene a1 = 1, a2 = 12, a3 = 1

3, . . . . Ker je an+1 − an = − 1

n(n+1)< 0, je

zaporedje padajoce. Torej je navzgor omejeno. Ker je an > 0 za vsak n ∈ N, je zaporedjetudi navzdol omejeno. Torej je zaporedje omejeno.

Oglejmo si mnozico A = {an; n ∈ N} vseh clenov zaporedja (an). Spomnimo se, daje stevilo M natancna zgornja meja mnozice A, ce je M zgornja meja mnozice A in ce zavsak ε > 0 obstaja a ∈ A, da je a > M −ε. Torej lahko recemo, da je stevilo M natancnazgornja meja zaporedja (an), z oznako M = supn∈N

an, ce je an ≤ M za vsak n in ce zavsak ε > 0 obstaja indeks k, da je ak > M − ε.

2. marec 2009, 20 : 15 19

k N

R

M

M − ε bc

bc

b

b

b

bb

b

b

b

b

b

| | | | | | | | | |

Rakan MM − εbbb

Povsem analogno definiramo, da je stevilo M natancna spodnja meja zaporedja (an),z oznako M = infn∈N an, ce je an ≥M za vsak n in ce za vsak ε > 0 obstaja indeks k, daje ak < M + ε.

Nk

R

M

M + ε bc

bc

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

| | | | | | | | | |

Rak anM + εMb b b

Po aksiomu XIII vidimo, da ima vsako omejeno zaporedje natancno zgornjo in spodnjomejo.

Opozoriti velja, da inf an ne pomeni najmanjsi clen zaporedja. Tudi ce inf an

obstaja, ni nujno, da je inf an = aN za neki N ∈ N. Podobno tudi sup an ne pomeninajvecji clen zaporedja. Tudi ce sup an obstaja, ni nujno, da je sup an = aN za nekiN ∈ N.

Obratna trditev pa drzi. Ce najmanjsi clen zaporedja obstaja (oznacimo ga z min an),je seveda inf an = min an. Podobno je tudi sup an = max an, ce le najvecji clen zaporedjaobstaja (oznacimo ga z max an).

Zgled 13 Doloci natancno zgornjo in spodnjo mejo zaporedja s splosnim clenom an =(n+1)(−1)n

n.

N

R

1

−1

an = (n+1)(−1)n

n

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bbc

bc

| | | | | | | | | |

Zaporedje s cleni |an| = n+1n

= 1 + 1n

je padajoce k 1. Torej je (pod)zaporedje s sodimiindeksi padajoce k 1, (pod)zaporedje z lihimi pa narascajoce k −1. Torej je sup an =max an = a2 = 3

2in inf an = min an = a1 = −2.

2. marec 2009, 20 : 15 20

Stekalisce zaporedja Stevilo a je stekalisce zaporedja (an), ce za vsak ε > 0 in obstajaneskoncno indeksov m, da je |a − am| < ε. Drugace povedano, stevilo a je stekaliscezaporedja (an), ce je v vsaki njegovi okolici neskoncno clenov tega zaporedja.

N

R

a + εa

a− ε bc

bc

bc

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

| | | | | | | | | |

Raam

a+ εa− εbc b

Zgled 14 Zaporedje s splosnim clenom an = 1n

ima (edino) stekalisce v tocki 0. Stevilo0 ni clen tega zaporedja.

N

R

1

an = 1n

b

b

bb b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Zgled 15 Zaporedje s splosnim clenom an = (−1)n ima stekalisci v tockah 1 in −1, kista tudi clena zaporedja.

N

R

1

−1

an = cos(nπ)

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bbc

bc

| | | | | | | | | |

Zgled 16 Zaporedje s splosnim clenom an = 14n + 1 nima stekalisc.

N

R

1

an = 14n + 1

bb

bb

bb

bb

bb

bc

| | | | | | | | | |

Zgled 17 Zaporedje s splosnim clenom an = 1 + nn+1

cos(nπ2

) ima stekalisca v tockah 0, 1in 2. Tocka 1 je tudi clen tega zaporedja.

2. marec 2009, 20 : 15 21

N

R

0

1

2

an = 1 + nn+1

cos(nπ2

)

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

bc

bc

bc | | | | | | | | | | | | | |

Za n = 4k ± 1 velja an = 1 + 4k±14k±1+1

· 0 = 1.

Za n = 4k velja an = 1 + 4k4k+1

· 1 → 2.

Za n = 4k + 2 velja an = 1 + 4k+24k+3

· (−1) → 0.

Kot kazejo zgornji primeri, ima lahko zaporedje nic, eno ali vec stekalisc. Tudi ce jezaporedje omejeno, ima lahko vec stekalisc. Z nekoliko truda lahko konstruiramo tudizaporedje, ki ima neskoncno stekalisc.

Da bi zaporedje realnih stevil ne imelo nobenega stekalisca, mora biti neomejeno, sajvelja:

Izrek 6 Vsako omejeno zaporedje ima stekalisce.

Dokaz. Naj bo m = inf an in M = sup an. Mnozica

A = {x ∈ R; an < x za najvec koncno n}

je neprazna, saj je m ∈ A. Je omejena, saj x < M za vsak x ∈ A. Torej ima natancnozgornjo mejo a = supA.

Rkoncno clenov

neskoncno clenov

aa− ε a+ εbcbc bc

Stevilo a je stekalisce zaporedja. Za ε > 0 je a − ε ∈ A in a + ε /∈ A. Levo od a − εje koncno mnogo clenov zaporedja, levo od a + ε pa neskoncno. Torej jih je na intervalu(a− ε, a+ ε) neskoncno.

Alternativen dokaz: Ker je zaporedje (an) omejeno, obstajata stevili A1 in B1, daje A1 ≤ an ≤ B1 za vsak n. Razpolovimo interval. Ker je zaporedje neskoncno, navsaj enem od podintervalov [A1,

A1+B1

2] in [A1+B1

2, B1] lezi neskoncno clenov zaporedja.

Oznacimo ta podinterval z [A2, B2]. Ko interval [A2, B2] razpolovimo, na vsaj enemizmed dobljenih podintervalov (oznacimo ga z [A3, B3]) lezi neskoncno clenov zaporedja.Postopek ponavljamo.

Dobimo neskoncno zaporedje intervalov, pri katerem vsak nadaljnji interval lezi vprejsnjem in je od njega pol krajsi. Leva krajisca torej sestavljajo narascajoce in navzgor (zB1) omejeno zaporedje, desna pa padajoce in navzdol (zA1) omejeno zaporedje. OznacimoA = supAn in B = inf Bn. Potem je

A1 ≤ A2 ≤ . . . ≤ A = B ≤ B2 ≤ B1.

(Enakost A = B velja zato, ker gredo dolzine intervalov proti 0.)

2. marec 2009, 20 : 15 22

Dokazimo, da je tocka s = A = B iskano stekalisce. Naj bo ε > 0. Ker je s = supAn,obstaja n1, da je An1 > s− ε. Ker je s = inf Bn, obstaja n2, da je An2 < s+ ε. Oznacimom = max{n1, n2}. Torej lezi interval [Am, Bm] v celoti v ε-okolici tocke s. Po konstrukcijipa v intervalu [Am, Bm] lezi neskoncno clenov zaporedja.Opomba. Videli smo ze, da ima vsako omejeno zaporedje ima natancno zgornjo in spo-dnjo mejo. Ce je zaporedje monotono, je ena od teh dveh mej tudi stekalisce. Zaporedjea1 = −1, a2 = 1, an = 1

nza n ≥ 2 pa ima stekalisce 0, vendar je sup an = 1 in inf an = −1.

Limita zaporedja Stevilo a je limita zaporedja an, z oznako a = limn→∞

an, ce za vsak

ε > 0 obstaja N ∈ N, da je |an − a| < ε za vsak n ≥ N . Drugace povedano, a jelimita zaporedja an, ce v vsaki njegovi okolici lezijo vsi cleni od nekega clena dalje. Torejje vsaka limita tudi stekalisce, obrat pa ne drzi, saj ima lahko zaporedje vec stekalisc.Zaporedje je konvergentno, ce obstaja limita tega zaporedja. Zaporedje je divergentno, ceni konvergentno.

Zgled 18 Dokazi, da za zaporedje an = 1n

velja limn→∞

an = 0. Od katerega clena dalje

lezijo vsi cleni v ε-okolici limitne tocke za ε = 1100

?

Resitev. Za dani ε > 0 oznacimo N = [1ε]+1. Torej je 1

N< ε in je zato an ≤ aN = 1

N< ε

za vsak n ≥ N . Posebej, pri ε = 1100

lezijo v ε-okolici limitne tocke vsi cleni od vkljucnoclena a101 dalje.

Zgled 19 Izracunaj limito zaporedja s splosnim clenom an = n+1n+3

.

Resitev. Ker je n+1n+3

= 1 − 2n+3

, domnevamo, da bo limn→∞

n+1n+3

= 1.

N

R

1

an = n+1n+3

bb

b b b b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Naj bo ε > 0. Da bi vsi cleni od N -tega dalje lezali v ε-okolici tocke 1, mora veljati|an − 1| < ε za n ≥ N . Torej mora biti | 2

n+3| < ε oz. n > 2

ε− 1. Ce torej izberemo

poljubno tako naravno stevilo N , da je N > 2ε− 1, bo za vsak n ≥ N veljalo |an − 1| < ε.

V skladu z definicijo je limita zaporedja tudi njegovo stekalisce, obrat pa ne drzi.Zaporedje ima lahko vec stekalisc in zato ni konvergentno.

Izrek 7 Vsako konvergentno zaporedje je omejeno.

Dokaz. Naj bo a = limn→∞

an. Torej lezi izven intervala (a − 1, a + 1) le koncno mnogo

clenov zaporedja an. Mnozica

A = {a− 1, a+ 1} ∪ {an; an /∈ (a− 1, a+ 1)}je koncna in ima natancno spodnjo in zgornjo mejo: m in M . Sledi m ≤ an ≤M za vsakn.

Zaporedje, ki ni omejeno, ne more biti konvergentno. Prav tako ne more biti konver-gentno zaporedje, ki ima vec kot eno stekalisce.

2. marec 2009, 20 : 15 23

Izrek 8 Zaporedje je konvergentno natanko tedaj, ko je omejeno in ima natanko enostekalisce.

Rs1

s1 − ε s1 + εs2

s2 − ε s2 + εb bbc bc

Dokaz. Recimo, da je zaporedje konvergentno in oznacimo njegovo limito z s1. Po zedokazanem je omejeno. V skladu z definicijo je limita zaporedja tudi njegovo stekalisce.Recimo, da ima zaporedje se eno stekalisce, ki ga oznacimo z s2. Oznacimo ε = 1

2|s2−s1|.

Potem znotraj ε-okolic za s1 in s2 lezi neskoncno clenov tega zaporedja, kar pomeni, danobena izmed tock s1 in s2 ni limita tega zaporedja.

Zgled 20 Zaporedje s splosnim clenom an = (−1)n ni konvergentno, ker ima dve ste-kalisci. Zaporedje s splosnim clenom an = n ni konvergentno, ker nima stekalisc. (Tozaporedje je namrec monotono in neomejeno.)

Cauchyjevo zaporedje Zaporedje je Cauchyjevo, ce za vsak ε > 0 obstaja N ∈ N, daje |an − am| < ε za vsaka m,n ≥ N .

Izrek 9 Zaporedje je konvergentno natanko tedaj, ko je Cauchyjevo.

Dokaz. Privzemimo najprej, da je zaporedje an konvergentno. Oznacimo z a njegovolimito. Naj bo ε > 0. Ker je zaporedje konvergentno, obstaja N ∈ N, da je |a− an| < ε

2

za vse n ≥ N . Ce sta torej m,n ≥ N , je

|am − an| = |am − a + a− an| ≤ |am − a| + |a− an| ≤ε

2+ε

2= ε.

Za dokaz v drugo smer pa privzemimo, da je zaporedje Cauchyevo. Potem obstaja N0,da je |am − an| < 1 za vse m,n ≥ N0. Posebej to pomeni, da je |am − aN0 | < 1 zavse n ≥ N0 in je zaporedje omejeno. Torej ima vsaj eno stekalisce, ki ga oznacimo z a.Dokazimo, da je a limita zaporedja (an). Izberimo in fiksirajmo ε > 0. Obstaja nek N ,da je |am − an| < ε

2za vse m,n ≥ N . Vzemimo sedaj poljuben n ≥ N . Potem lezi an na

intervalu (aN − ε2, aN + ε

2) in zato lezi stekalisce a na intervalu [aN − ε

2, aN + ε

2]. Sledi

|an − a| ≤ |an − aN | + |aN − a| ≤ ε

2+ε

2= ε.

Torej je a limita zaporedja (an).

Izrek 10 Vsako monotono in omejeno zaporedje je konvergentno.

Dokaz. Naj bo (an) npr. narascajoce zaporedje. Ker je zaporedje omejeno, obstajanjegova natancna zgornja meja, ki jo oznacimo z a. Potem za vsak ε > 0 obstaja N , daje a− ε < aN ≤ a. Ker je zaporedje monotono in navzgor omejeno z a, je a− ε < an ≤ aza vsak n ≥ N . Torej lezijo v ε-okolici stevila a vsi cleni od N -tega dalje in je zatoa = lim

n→∞an.

2. marec 2009, 20 : 15 24

Rekurzivno podana zaporedja Zaporedje je podano z rekurzivno zvezo reda k, ceso podani cleni a1, . . . , ak in pravilo, kako za vsak n s pomocjo clenov an, . . . , an+k−1

dolocino an+k, tj. an+k = f(an, an+1, . . . , an+k−1).

Zgled 21 Dokazi, da je rekurzivno podano zaporedje a1 = 12, an+1 = 1

2(an + 4

an), konver-

gentno in izracunaj njegovo limito.

Resitev. Oznacimo f(x) = 12(x + 4

x). Zapisimo nekaj njegovih clenov: a1 = 0.5, a2 =

174

= 4.25, a3 ≈ 2.5956, a4 ≈ 2.0683, a5 ≈ 2.0011, . . .

R

R

1

1

y = f(x)

y = x

bc

bc

a1

bc

a2

bc

a3

bc

a4

b

b b

bb

bbbb

Kot kaze slika, lahko domnevamo, da je od clena a2 dalje zaporedje padajoce in navzdolomejeno z 2.

Zaporedje je padajoce: an+1 − an = 4−a2n

2an< 0, ce je an > 2.

Zaporedje je navzdol omejeno z 2: an+1 − 2 = (an−2)2

2an> 0.

Ker je zaporedje padajoce in navzdol omejeno, je po izreku 10 konvergentno.

Oznacimo a = limn→∞

an. Sledi a = 12(a+ 4

a), od koder sledi a2 = 4 in a = 2, ker je a > 0.

Zgled 22 Izracunaj limito zaporedja, podanega z an =

√

2 +

√2 + · · ·+

√2

︸︷︷︸n korenov

.

Resitev. Oznacimo f(x) =√

2 + x. Zaporedje lahko podamo rekurzivno z zacetnimclenom a1 =

√2 in zvezo an+1 = f(an). Oznacimo f(x) =

√2 + x.

R

R

1

1y = f(x)

y = x

bc

bc

a1

bc

a2

bc

a3

b

b bb

b bb

2. marec 2009, 20 : 15 25

Recimo, da limita zaporedja obstaja. Oznacimo a = limn→∞

an. Sledi a =√a+ 2, od koder

izpeljemo a2 − a− 2 = 0 in a = 2. (Resitev a = −1 odpade, saj je√

2 + a ≥ 0.) Z grafarazberemo, da je zaporedje (an) narascajoce in navzgor omejeno z 2.

Dokazimo z indukcijo, da je navzor omejeno z 2. Ocitno je a1 =√

2 ≤ 2. Ce je an ≤ 2,je 2 + an ≤ 4 in an+1 =

√2 + an ≤ 2.

Dokazimo, da je zaporedje narascajoce. Dokazati, je potrebno, da je an+1 − an ≥0. Pogoj je ekvivalenten z

√2 + an ≥ an, kar lahko preoblikujemo v 2 + an ≥ a2

n oz.(an − 2)(an + 1) ≤ 0. Slednje drzi, saj je 0 ≤ an ≤ 2 za vsak indeks n.

Dokazali smo, da je zaporedje (an) narascajoce in navzgor omejeno, torej konvergentno.Limita a = lim

n→∞an res obstaja in po ze dokazanem je a = 2.

Operacije z zaporedji

Izrek 11 Ce sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni, so tudi zaporedja (an +bn), (an−bn)in (anbn) konvergentna ter velja

limn→∞

(an + bn) = limn→∞

an + limn→∞

bn,

limn→∞

(an − bn) = limn→∞

an − limn→∞

bn,

limn→∞

(anbn) = limn→∞

an · limn→∞

bn.

Ce velja se bn 6= 0 za vsak n in limn→∞

bn 6= 0, je konvergentno tudi zaporedje (an

bn) in velja

limn→∞

an

bn=

limn→∞

an

limn→∞

bn.

Dokaz. Naj bo a = limn→∞

an in b = limn→∞

bn. Ce je |an − a| < ε2

in |bn − b| < ε2, je

|(an + bn) − (a+ b)| ≤ |an − a| + |bn − b| < 2ε

2= ε.

Torej je limn→∞


an + limn→∞

bn. Podobno dokazemo, da je tudi limn→∞

(an − bn) =

limn→∞

an − limn→∞

bn.

Za dokaz konvergentnosti zaporedja anbn ocenimo

|anbn − ab| = |(an − a)(bn − b) + (an − a)b+ (bn − b)a| =

≤ |(an − a)(bn − b)| + |(an − a)b| + |(bn − b)a| << ε2 + (|a| + |b|)ε,

kjer smo privzeli, da je |an − a| < ε in |bn − b| < ε. Torej lahko izberemo tak ε > 0, da jevrednost izraza |anbn − ab| poljubno majhna in je zato res lim

n→∞(anbn) = lim

n→∞an · lim

n→∞bn.

Za dokaz cetrte formule pa najprej dokazimo, da je limn→∞

1bn

= 1b. Ocenimo

∣∣∣∣1

bn− 1

b

∣∣∣∣ =|b− bn||bbn|

<ε

|b|(|b| − ε)<

2ε

|b|2

2. marec 2009, 20 : 15 26

za ε < |b|2. Po ze dokazanem pa je lim

n→∞an

bn= lim

n→∞an · 1

bn= a · 1

b= a

b.

Opomba. Predpostavka o konvergentnosti zaporedij an in bn je bistvena. Ce npr. po-stavimo an = (−1)n in bn = (−1)n+1, je seveda an + bn = 0, anbn = −1, za vsak n inlim

n→∞(an + bn) = 0, lim

n→∞(anbn) = −1, zaporedji an in bn pa seveda nista konvergentni.

Posledica 12 Ce je zaporedje (an) konvergentno, je tudi zaporedje can konvergentna invelja

limn→∞

(can) = c · limn→∞

an.

Dokaz. Postavimo bn = c za vsak n in uporabimo gornji izrek.

Zgled 23 Izracunaj limn→∞

(n− 1)2

3n2 + n + 1.

Resitev. Ker je (n−1)2

3n2+n+1= n2−2n+1

3n2+n+1, delimo stevec in imenovalec tega ulomka z najvisjo

potenco; torej z n2. Dobimo (n−1)2

3n2+n+1= n2−2n+1

3n2+n+1=

1− 2n

+ 1n2

3+ 1n

+ 1n2

. Ker je

limn→∞

1

n= 0,

je

limn→∞

(1 − 2

n+

1

n2

)= lim

n→∞1 − lim

n→∞

2

n+ lim

n→∞

1

n2= 1 − 0 − 0 = 1,

saj vse limite na desni obstajajo. Podobno je tudi

limn→∞

(3 +

1

n+

1

n2

)= lim

n→∞3 + lim

n→∞

1

n+ lim

n→∞

1

n2= 3 + 0 + 0 = 3.

Sledi

limn→∞

(n− 1)2

3n2 + n + 1= lim

n→∞

1 − 2n

+ 1n2

3 + 1n

+ 1n2

=lim

n→∞(1 − 2

n+ 1

n2 )

limn→∞

(3 + 1n

+ 1n2 )

=1

3.


1 + 2 + . . .+ n

n2.

Resitev. Ceprav lahko zapisemo 1+2+...+nn2 = 1

n2 + 2n2 + . . .+ n

n2 in je limn→∞

kn2 = 0 za vsak

k = 1, 2, . . . , n, ne smemo sklepati, da je limn→∞

1+2+...+nn2 = 0 + 0 + . . . + 0 = 0. Izrek

limn→∞


an + limn→∞

bn lahko sicer razsirimo na poljubno, vendar fiksno stevilo

clenov, v izrazu 1+2+...+nn2 pa stevilo clenov ni fiksno, ampak se spreminja hkrati z n. Za

resitev moramo torej ubrati drugacno pot.Kot smo ze videli, je 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)

2, zato lahko zapisemo

1 + 2 + . . .+ n

n2=n(n + 1)

2n2=n + 1

2n=

1 + 1n

2.

Torej je

limn→∞

1 + 2 + . . .+ n

n2=

limn→∞

(1 + 1n)

limn→∞

2=

1

2.

2. marec 2009, 20 : 15 27

Izrek 13 (Izrek o sendvicu) Ce sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni in imata enakilimiti ter je an ≤ cn ≤ bn za vsak n ≥ N , je tudi zaporedje (cn) konvergentno in veljalim

n→∞(an) = lim

n→∞(bn) = lim

n→∞(cn).

N

R

Abc

b

b

b

b

b bb

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b

b b

b

b

b

b

b

bb

bb b

| | | | | | | | | |

Oznacimo limn→∞

(an) = limn→∞

(bn) = A. Naj bo ε > 0. Potem obstaja n1, da je an > A−εza n ≥ n1. Potem obstaja n2, da je bn < A + ε za n ≥ n2. Torej za n ≥ n0 =max{n1, n2, N} velja

A− ε < an ≤ cn ≤ bn < A+ ε.

Sledi limn→∞

cn = A.

Zgled 25 Izracunaj limito zaporedja s splosnim clenom

an =1√

n2 + 1+

1√n2 + 2

+ . . .+1√

n2 + n.

Ocitno je n√n2+n

≤ an ≤ n√n2+1

. Ker je limn→∞

n√n2+n

= limn→∞

n√n2+1

= 1, je tudi limn→∞

an = 1.

Potence in koreni Naj bo a ∈ R in n ∈ N. Produkt n enakih faktorjev a imenujemon-ta potenca stevila a in oznacimo z an. Stevilo a je osnova, stevilo n pa eksponent. Zindukcijo preverimo, da velja

am+n = am · an

(am)n = am·n

(ab)m = ambm(ab

)m

=am

bm

am

an= am−n

(V zadnjih dveh formulah smo privzeli, da je a 6= 0 6= b, v zadnji pa se dodatno, da jem > n.) Ce dodatno postavimo

a−m =1

amin a0 = 1,

veljajo gornje formule za vse celostevilske eksponente m in n.

2. marec 2009, 20 : 15 28

Izrek 14 Naj bo a ∈ R. Tedaj za |a| < 1 zaporedje s splosnim clenom an = an konvergirak 0, za a = 1 zaporedje (an) konvergira k 1, v vseh ostalih primerih pa je zaporedje (an)divergentno.

Dokaz. Ce je a = 0, je ocitno limn→∞

an = 0. Naj bo a > 0. Ce je a < 1, je zaporedje an

padajoce in navzdol omejeno. Torej je konvergentno in oznacimo njegovo limito z α. Kerse zaporedje an+1 razlikuje od zaporedja an le v prvem clenu, je tudi ima enako limito kotan. Sledi

α = limn→∞

an+1 = limn→∞

a · an = limn→∞

a · limn→∞

an = aα,

od koder zaradi a 6= 0 sledi α = 0. Ce je a = 1, je ocitno limn→∞

an = 1. Ce je a > 1 in je

zaporedje an omejeno, je konvergentno. Oznacimo njegovo limito z β. Torej je β ≥ a > 1.Sedaj podobno kot v primeru 0 < a < 1 dokazemo, da je β = aβ. Ker pa je β > 1 ina > 1, ta enacba ni smiselna. Ce je −1 < a < 0, velja lim

n→∞|a|n = 0, od koder izpeljemo, da

je tudi limn→∞

an = 0. Za a ≤ −1 pa ima zaporedje neskoncno clenov na intervalu (−∞,−1]

in neskoncno clenov na intervalu [1,∞), zato ni konvergentno.

Koreni Naj bo a pozitivno realno stevilo in n naravno stevilo. Koren n√a je tisto stevilo,

katerega n-ta potenca je enaka a. Dokazati je mozno, da velja naslednji izrek:

Izrek 15 Za vsako pozitivno realno stevilo x in naravno stevilo n obstaja natanko enopozitivno stevilo y, da je yn = x.

Ker je korenjenje obratna operacija od potenciranja, velja

n√ab = n

√a

n√b

m

√n√a =

mn√ab

m√an =

(m√a)n

Ce je naravno stevilo p deljivo z naravnim stevilom q, velja

q√ap = a

pq .

To ugotovitev vzamemo za definicijo potence z racionalnim eksponentnom. Ce je r = pq

racionalno stevilo, definiramo ar = q√ap. Prepricamo se lahko, da je definicija dobra, tj.

ce je pq

= p′

q′, je tudi q

√ap =

q′√ap′.

Izrek 16 (Bernoullijeva neenakost) Za vsako pozitivno stevilo x in naravno stevilon > 1 velja

(1 + x)n > 1 + nx.

Dokaz. Trditev bomo dokazali z indukcijo. Za n = 2 ni kaj dokazovati. V dokazuindukcijskega koraka pa privzemimo, da je (1 + x)n > 1 + nx. Tedaj velja

(1 + x)n+1 = (1 + x)n(1 + x) > (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n+ 1)x+ nx2 > 1 + (n+ 1)x,

saj je nx2 > 0.S pomocjo Bernoullijeve neenakosti lahko dokazemo naslednjo trditev.

2. marec 2009, 20 : 15 29

Izrek 17 Naj bo a pozitivno realno stevilo. Potem je limn→∞

n√a = 1.

Dokaz. Za a = 1 ni kaj dokazovati. Ce je a > 1, lahko pri fiksnem n > 1 zapisemoa = 1 + nx, kjer je x = a−1

n> 0. Tedaj po Bernoullijevi neenakosti velja

(1 +

a− 1

n

)n

> 1 + na− 1

n= a,

od koder sledi

1 +a− 1

n> n

√a > 1.

Ker je limn→∞

(1+ a−1n

) = 1, iz gornje ocene sledi, da je tudi limn→∞

n√a = 1. Ce pa je 0 < a < 1,

pisemo b = 1a

in po ze dokazanem velja limn→∞

n√b = 1. Torej je tudi

limn→∞

n√a = lim

n→∞

1n√b

=1

limn→∞

n√b

= 1.

Izrek 18 Za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsako racionalno stevilo q, |q| < δ, velja|aq − 1| < ε.

Dokaz. Naj bo ε > 0. Ker je limn→∞

n√a = 1, obstaja tak n1, da je | n1

√a − 1| < ε. Ker

je limn→∞

n√a−1 = 1, obstaja tak n2, da je | n2

√a−1 − 1| < ε. Postavimo n = max{n1, n2}.

Ce je sedaj 0 ≤ q < 1n, je |aq − 1| < | n

√a − 1| < ε. Za − 1

n< q < 0 pa ocenimo

|aq − 1| < | n√a−1 − 1| < ε. Torej lahko postavimo δ = 1

n.

Vzemimo sedaj poljubno realno stevilo r. Radi bi definirali ar, ce je a pozitivnorealno stevilo. Obstaja zaporedje (rn) racionalnih stevil, da je lim

n→∞rn = r. Pokazimo, da

je zaporedje arn Cauchyjevo. Naj bo ε > 0. Za rm > rn velja arm − arn = arn(arm−rn − 1).Ker je zaporedje rn konvergentno, je omejeno in je zato tudi |arn | ≤ M za vse n. Poprejsnjem izreku obstaja δ > 0, da je |aq − 1| < ε

Mza vse |q| < δ. Ker je zaporedje rn

konvergentno, je Cauchyevo in obstaja N ∈ N, da je |rn − rm| < δ za m,n ≥ N . Torej je

|arm − arn | = |arn| · |arm−rn − 1| < Mε

M= ε

za vse m,n ≥ N . Zaporedje je zato Cauchyjevo in obstaja limn→∞

arn. Dobljeno vrednost

oznacimo z ar.Ce imamo se eno zaporedje r′n, za katero je lim

n→∞r′n = r, velja lim

n→∞(r′n − rn) = 0 in zato

limn→∞

ar′n−rn = 1. Ker pa je

limn→∞

ar′n−rn =lim

n→∞ar′n

limn→∞

arn= 1,

od tod sledi limn→∞

ar′n = limn→∞

arn . Torej je vrednost ar neodvisna od zaporedja racionalnih

stevil, ki konvergira k r.

Nazadnje omenimo, da veljajo vsa pravila za racunanje s potencami, ki smo jih izpeljaliza racionalne eksponente, tudi za realne eksponente.

2. marec 2009, 20 : 15 30

Stevilo e Oglejmo si zaporedji an =(1 + 1

n

)nin bn =

(1 − 1

n

)−n. Dokazati je mozno,

da je zaporedje an narascajoce in navzgor omejeno, zaporedje bn pa padajoce in navzdolomejeno. Torej sta obe zaporedji konvergentni. Iz zveze

bn+1 =

(1 − 1

n + 1

)−(n+1)

=

(n+ 1

n

)n+1

=

(1 +

1

n

)n

·(

1 +1

n

)= an

(1 +

1

n

)

pa sledi, da je

limn→∞

bn = limn→∞

bn+1 = limn→∞

an

(1 +

1

n

)= lim

n→∞an · lim

n→∞

(1 +

1

n

)= lim

n→∞an,

kar pomeni, da imata zaporedji an in bn isto limito, ki jo oznacimo z e. Skratka

e = limn→∞

(1 +

1

n

)n

= limn→∞

(1 − 1

n

)−n

= limn→−∞

(1 +

1

n

)n

.

Stevilo e je iracionalno in velja e ≈ 2.7182.

Dokazati je mozno, da je

e = limx→∞

(1 +

1

x

)x

= limx→−∞

(1 +

1

x

)x

tudi, ko x tece po realnih stevilih. Ce sedaj pisemo h = 1x, nam primera x → ∞ in

x→ −∞ skupaj dastalimh→0

(1 + h)1h = e.


(n+1n+2

)n.

Resitev. Ker je n+1n+2

= n+2−1n+2

= 1 − 1n+2

, lahko zapisemo n+1n+2

= 1 + h, kjer je h = − 1n+2

.

Od tod sledi n = − 1h− 2 in

limn→∞

(n+ 1

n+ 2

)n

= limh→0

(1 + h)−1h−2 = lim

h→0

((1 + h)−

1h · (1 + h)−2

)=

=1

limh→0

(1 + h)1h

· 1

limh→0

(1 + h)2=

1

e.


(1 − 1

3n

)n.

Resitev. Racunajmo

limn→∞

(1 − 1

3n

)n

= limn→∞

(1 − 1

3n

)−3n·(− 13)

= limn→∞

((1 − 1

3n

)−3n)− 1

3

=

=

(lim

m→∞

(1 − 1

m

)−m)− 1

3

= e−13 .

2. marec 2009, 20 : 15 31

Opomba. V racunu smo uporabili, da je

limn→∞

a− 1

3n =

(lim

n→∞an

)− 13

,

kjer je bilo an konvergentno zaporedje. Slednje bi lahko izpeljali iz izreka o produktulimit, vendar bomo v poglavju o zveznih funkcijah dokazali se mocnejsi izrek, ki ga tunavedimo brez dokaza:

Izrek 19 Ce je limn→∞

an = a in f zvezna funkcija v tocki a, je limn→∞

f(an) = f(a)

Logaritem Vzemimo, da sta v enacbi ay = x stevili a in x znani, y pa ne. Resitevte enacbe zapisemo v obliki y = loga x in preberemo y je logaritem stevila x z osnovo a.Stevilu x pravimo logaritmand, stevilo a pa osnova logaritma. Da se dokazati, da je zadani pozitivni stevili a in x, a 6= 1, stevilo y, ki zadosca enacbi ay = x, enolicno doloceno.Iz definicije logaritma sledi, da je loga 1 = 0 in loga a = 1. Logaritem ni definiran, ce jea ≤ 0 ali a = 1. Ce je a > 1, je funkcija x 7→ loga x narascajoca in navzgor neomejena.

Iz pravil za racunanje s potencami izpeljemo podobna pravila za racunanje z logaritmi.Ce v formulo aU+V = aUaV vstavimo U = loga u in V = loga v, dobimo

loga(uv) = loga u+ loga v.

Iz aU−V = aU

aV izpeljemo

loga

u

v= loga u− loga v.

Iz (aU)V = aUV pa s podobnim prijemom izpeljemo

loga uv = v loga u.

Ceprav je lahko osnova logaritma katerokoli pozitivno realno stevilo a, a 6= 1, najpogostejeuporabljamo logaritme z osnovo e ali 10. Logaritem z osnovo e imenujemo naravni loga-ritem in oznacimo loge x = lnx. Logaritem z osnovo 10 imenujemo desetiski ali Briggsovlogaritem in oznacimo log10 x = log x. V novejsem casu se uporabljajo tudi logaritmi zosnovo 2, ki jih imenujemo dvojiski logaritmi.

Iz enakosti aloga x = x = blogb x z logaritmiranjem sledi loga x · loga a = logb x · loga b, odkoder izpeljemo

logb x =loga x

loga b.

Posebej velja

log x = log10 x =loge x

loge 10=

ln x

ln 10

in

ln x = loge x =log10 x

log10 e=

log x

log e.

2. marec 2009, 20 : 15 32

2.2 Stevilske vrste

Naj bo a1, a2, . . . zaporedje realnih stevil. Izraz a1+a2+a3+· · · imenujemo stevilska vrsta(oznaka

∑∞k=1 ak), stevila a1, a2, . . . pa cleni te vrste. Za vsak n definiramo sn =

∑nk=1 ak.

Stevilo sn imenujemo n-ta delna vsota vrste∑∞

k=1 ak. Vrsta je konvergentna, ce konvergirazaporedje delnih vsot. Ce vrsta ni konvergentna, pravimo, da je divergentna. Limitozaporedja delnih vsot imenujemo vsota vrste.

Zgled 28 Vrsta∑∞

k=1 k s splosnim clenom ak = k je divergentna, ker je zaporedje delnih

vsot sn = a1 + . . .+ an = 1 + 2 + . . .+ n = n(n+1)2

neomejeno.


k=1(−1)k s splosnim clenom ak = (−1)k je divergentna, ker ima zapo-redje delnih vsot

sn =

{−1, ce je n liho stevilo,0, ce je n stevilo,

dve stekalisci.

Zgled 30 Dokazi, da je vrsta∑∞

k=11

k(k+1)konvergentna in izracunaj njeno vsoto.

Resitev. Ker je 1k(k+1)

= 1k− 1

k+1, lahko izraz za n-to delno vsoto zapisemo kot

sn =

n∑

k=1

1

k(k + 1)=

(1

1− 1

2

)+

(1

2− 1

3

)+ . . .+

(1

n− 1

n+ 1

)=

1

1− 1

n+ 1.

Torej je sn = 1 − 1n+1

. Ker je limn→∞

(1 − 1n+1

) = 1, je vrsta konvergentna in ima vsoto 1.

Zgled 31 Dokazi, da je vrsta∞∑

k=1

ln(1 + 1k) divergentna.

Splosni clen je ak = ln(1 + 1k). Izracunajmo delno vsoto:

sn =n∑

k=1

ak =n∑

k=1

ln(1 + 1k) =

= ln(1 + 11) + ln(1 + 1

2) + · · · + ln(1 + 1

n) =

= ln((1 + 1

1)(1 + 1

2)(1 + 1

3) · · · (1 + 1

n))

=

= ln(

21· 3

2· 4

3· · · n+1

n

)= ln(n+ 1).

Vrsta je divergentna, ker je zaporedje delnih vsot neomejeno.

Geometrijska vrsta je vrsta

∞∑

k=0

aqk s splosnim clenom ak = a qk. Ce je q 6= 1, velja

sn =

n∑

k=0

a qk = a+ a q + a q2 + · · ·+ a qn = a qn+1−1q−1

.

Vemo, da za |q| < 1 zaporedje qn konvergira k 0 in tedaj je limn→∞

sn = a1−q

.

2. marec 2009, 20 : 15 33

Ce je q = 1, je sn =n∑

k=0

a = (n+ 1)a in to zaporedje je neomejeno.

Torej geometrijska vrsta∞∑

k=0

aqk konvergira natanko tedaj, ko je |q| < 1. Tedaj velja

∞∑

k=0

aqk =a

1 − q.

Zgled 32 Izracunaj∞∑

k=1

4

3k−1.

Najprej premaknimo sumacijski indeks:∞∑

k=1

4

3k−1=

∞∑

k=0

4

3k. Torej je a = 4 in q = 1

3. Sledi

∞∑

k=0

4

3k=

4

1 − 13

= 6.

Zgled 33 (Legenda o sahu) Legenda pravi, da je kralj Sahram zelel nagraditi modrecaSisa Ben Dahiro, ki ga je naucil sah. Modrec je bil skromen in mu je rekel, da naj mu datoliko zita, kot ga gre na sahovsko plosco, ce polozi na prvo polje 1 zrno, na drugo 2 zrni,na tretje 4, . . . .

Ali mu je kralj lahko izplacal zeleno nagrado?

Na sahovnico bi bilo potrebno poloziti

1 + 2 + . . .+ 263 =264 − 1

2 − 1= 18 446 744 073 709 551 615≈ 1.8 · 1019

zrn zita. Ce vzamemo, da zrno zita tehta 20 mg (tj. 2 ·10−5 kg), bi vse zito skupaj tehtalo3.6 · 1014 kg oz. 3.6 · 1011 ton. (Svetovna letna proizvodnja zita je 6 · 108 ton.)

Izrek 20 (Cauchyjev kriterij) Vrsta∑∞

k=1 ak je konvergentna natanko tedaj, ko zavsak ε > 0 obstaja N ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N velja |∑m

k=n+1 ak| < ε.

Dokaz. Po definiciji je vrsta konvergentna natanko tedaj, ko je konvergentno zaporedjedelnih vsot. Zaporedje pa je konvergentno natanko tedaj, ko ustreza Cauchyjevemu po-goju: Za vsak ε > 0 obstaja N ∈ N, da je |sm − sn| < ε za vsaka m,n ≥ N . Trditev jetako dokazana, saj je sm − sn =

∑mk=n+1 ak.

Posledica 21 Ce je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, je limk→∞

ak = 0.

Dokaz. V Cauchyjevem pogoju pisemo m = n+ 1 in dobimo, da za vsak ε > 0 obstajaN ∈ N, da je |am| < ε za vsak m ≥ N . To pa ravno pomeni, da je lim

k→∞ak = 0.

Zgled 34 Harmonicna vrsta∑∞

k=11k

je divergentna.

2. marec 2009, 20 : 15 34

Resitev. Oglejmo si delne vsote:

s2n − sn =1

n+ 1+

1

n+ 2+ . . .+

1

n+ n≥ 1

n+ n+

1

n+ n+ . . .

1

n + n=

1

2.

Torej zaporedje delnih vsot ne ustreza Cauchyjevemu pogoju.

Opozorilo. Ocitno je limk→∞

1k

= 0. Videli pa smo, da je harmonicna vrsta divergentna.

Torej je pogoj limk→∞

1k

= 0 za konvergenco vrste potreben, a ni zadosten.

Izrek 22 (Primerjalni kriterij) Ce za vsak indeks k velja |ak| ≤ bk in je vrsta∑∞

k=1 bkkonvergentna, je tudi vrsta

∑∞k=1 ak konvergentna.

Dokaz. Ker je vrsta∑∞

k=1 bk konvergentna, po Cauchyjevem kriteriju za dani ε > 0obstaja N ∈ N, da je

∑mk=n+1 bk < ε za vse m > n ≥ N . Torej je

∣∣∣∣∣

m∑

k=n+1

ak

∣∣∣∣∣ ≤m∑

k=n+1

|ak| ≤m∑

k=n+1

bk < ε

in je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, saj ustreza Cauchyjevemu kriteriju.


k=012k sin kx konvergentna za vsako realno stevilo x.

Resitev. Ker za vsako realno stevilo x velja | sin kx| ≤ 1, lahko ocenimo | 12k sin kx| ≤ 1

2k .Torej smo clene vrste

∑∞k=0

12k sin kx navzgor ocenili s cleni konvergentne geometrijske

vrste∑∞

k=012k .

Pri primerjalnem kriteriju moramo vrsto

∞∑

k=1

ak primerjati s kaksno znano vrsto. Naj-

pogosteje uporabljamo geometrijsko vrsto ali pa vrsto

∞∑

k=1

1

kαza primerno realno stevilo

α.

Izrek 23 Naj bo α ∈ R poljubno stevilo. Vrsta

∞∑

k=1

1

kαkonvergira natanko tedaj, ko je

α > 1.

Za α = 1 dobimo (divergentno) harmonicno vrsto

∞∑

k=1

1

k. Ker za α < 1 velja 1

kα >1k, je v

tem primeru vrsta

∞∑

k=1

1

kαdivergentna. Dokaz konvergentnosti vrste za α > 1 izpustimo.

Izrek 24 (Kvocientni oz. d’Alembertov kriterij) Naj bo∑∞

k=1 ak taka vrsta s po-zitivnimi cleni, za katero obstaja lim

n→∞an+1

an, ki jo oznacimo s q. Ce je q < 1, je vrsta

konvergentna. Ce je q > 1, je vrsta divergentna.

2. marec 2009, 20 : 15 35

Dokaz. Oglejmo si najprej primer, ko je q < 1. Izberimo poljubno stevilo r, q < r < 1.Tedaj obstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja an+1

an≤ r. Torej je an+1 ≤ ran za

vsak n ≥ N . Zapisimo

aN+1 ≤ raN ,

aN+2 ≤ raN+1 ≤ r2aN ,...

aN+k ≤ rkaN .

Torej je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, saj lahko njene clene od N -tega dalje navzgor oce-nimo s cleni konvergentne vrste

∑∞k=0 r

kaN :

∞∑

k=1

ak ≤ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ aN + raN + r2aN + . . .︸︷︷︸konvergentna vrsta

.

V drugem primeru pa naj bo q > 1. Izberimo poljubno stevilo r, 1 < r < q. Tedajobstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja an+1

an≥ r. Torej je an+1 ≥ ran za vsak

n ≥ N in podobno kot zgoraj velja

aN+1 ≥ raN ≥ aN ,

aN+2 ≥ raN+1 ≥ raN ≥ aN ,...

aN+k ≥ aN .

Sedaj pa vidimo, da pogoj limn→∞

an = 0, ki mu zadosca vsaka konvergentna vrsta (posledica

21), ne more biti izpolnjen.

Zgled 36 Za vsako realno stevilo x je vrsta∑∞

k=1xk

k!konvergentna.

Resitev. Ce je x = 0, je vrsta ocitno konvergentna. Ce pa je x 6= 0, pisimo an = xn

n!.

Tedaj je

q = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

xn+1

(n+1)!

xn

n!

= limn→∞

x

n+ 1= 0,

kar zaradi q < 1 pomeni, da vrsta konvergira za vsak x.

Zgled 37 Dokazali smo ze, da je vrsta∑∞

k=11

k(k+1)konvergentna. D’Alembertov kriterij

tega ne ugotovi.

Resitev. Za an = 1n(n+1)

imamo

q = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

1(n+1)(n+2)

1n(n+1)

= limn→∞

n

n+ 2= 1.

Zgled 38 Dokazali smo ze, da je vrsta∑∞

k=11k

divergentna. D’Alembertov kriterij tegane ugotovi.

2. marec 2009, 20 : 15 36

Resitev. Za an = 1n

imamo

q = limn→∞

an+1

an= lim

n→∞

1n+1

1n

= limn→∞

n

n + 1= 1.

Zgled 39 Razisci konvergenco vrste∑∞

k=1k!kk .

Resitev. Za an = n!nn imamo

q = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

(n+1)!(n+1)n+1

n!nn

= limn→∞

nn

(n+ 1)n=

1

e.

Ker je 1e< 1, je vrsta konvergentna.

Zgled 40 Razisci konvergenco vrste

∞∑

k=1

ak

(1 + a)(1 + a2) · · · (1 + ak)za a > 0.

Za an = an

(1+a)(1+a2)···(1+an)imamo

q = limn→∞

an+1

an

= limn→∞

an+1

(1+a)(1+a2)···(1+an)(1+an+1)

an

(1+a)(1+a2)···(1+an)

= limn→∞

a

1 + an+1.

Ker je

q = limn→∞

a

1 + an+1=

{ a, ce je a < 1,12, ce je a = 1,

0, a > 1,

je za vsak a > 0 gornja vrsta konvergentna.

Izrek 25 (Korenski oz. Cauchyjev kriterij) Naj bo∑∞

k=1 ak taka vrsta s pozitivnimicleni, za katero obstaja lim

n→∞n√an, ki jo oznacimo s q. Ce je q < 1, je vrsta konvergentna.

Ce je q > 1, je vrsta divergentna.

Dokaz. Oglejmo si najprej primer, ko je q < 1. Izberimo poljubno stevilo r, q < r < 1.Tedaj obstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja n

√an ≤ r. Torej je an ≤ rn za vsak

n ≥ N . Torej je vrsta∞∑

k=1

ak konvergentna, saj je lahko navzgor ocenimo s konvergentno

vrsto: ∞∑

k=1

ak ≤ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ rN + rN+1 + rN+2 + . . .︸︷︷︸konvergentna vrsta

.

V drugem primeru pa naj bo q > 1. Izberimo poljubno stevilo r, 1 < r < q. Tedajobstaja stevilo N , da za vsak indeks n ≥ N velja n

√an ≥ r. Torej je an ≥ rn za vsak

n ≥ N . Torej je vrsta

∞∑

k=1

ak divergentna, saj je lahko navzdol ocenimo z divergentno

geometrijsko vrsto (tj. r > 1):

∞∑

k=1

ak ≥ a1 + a2 + . . .+ aN−1︸︷︷︸koncno clenov

+ rN + rN+1 + rN+2 + . . .︸︷︷︸divergentna vrsta

.

2. marec 2009, 20 : 15 37

Zgled 41 Razisci konvergenco vrste∞∑

k=1

k

akza a > 0.

Ker je limn→∞

n√n = 1, velja

q = limn→∞

n

√n

an= lim

n→∞

n√n

a=

1

a.

Torej je po korenskem kriteriju vrsta konvergentna za 1a< 1 (tj. a > 1) in divergentna za

1a> 1 (tj. a < 1).

Ce je a = 1, korenski kriterij ne odloca o konvergenci. Divergenco vrste pa lahko v

tem primeru uvidimo kar iz vrste same. Vrsta

∞∑

k=1

k

1k=

∞∑

k=1

k namrec divergira.

Korenski kriterij za ugotavljanje konvergence vrste∞∑

k=1

ak uporabljamo najpogosteje tedaj,

ko je izraz n√an ’ugoden’ za limitiranje. Korenski kriterij pa ni izboljsava kvocientnega,

saj velja:

Izrek 26 Naj bo (an) zaporedje s pozitivnimi cleni. Ce obstaja limita limn→∞

an+1

an, obstaja

tudi limita limn→∞

n√an in sta enaki.

Torej nima smisla poskusiti s korenskim kriterijem, ce smo pri kvocientnem kriterijuizracunali lim

n→∞an+1

an= 1, saj bomo izracunali tudi lim

n→∞n√an = 1.

Alternirajoce vrste Vrsta∑∞

k=1 ak je alternirajoca, ce je akak+1 < 0 za vsak k.

Izrek 27 (Leibnitzov kriterij) Ce v alternirajoci vrsti absolutne vrednosti clenov pa-dajo in konvergirajo k 0, je vrsta konvergentna.

Dokaz. Naj vrsta∑∞

k=1 ak ustreza pogojem izreka. Oznacimo bk = |ak|. Privzetismemo, da je a1 > 0. Torej imamo vrsto

∑∞k=1(−1)k+1bk, kjer je bk ≥ bk+1 > 0 za vsak k

in limk→∞

bk = 0. Ker je

s2n+2 = s2n + (b2n+1 − b2n+2)︸︷︷︸≥0

≥ s2n,

je zaporedje (s2n)n sodih delnih vsot narascajoce. Zaradi

s2n = b1 − (b2 − b3)︸︷︷︸≥0

− (b4 − b5)︸︷︷︸≥0

− . . .− (b2n−2 − b2n−1)︸︷︷︸≥0

− b2n︸︷︷︸≥0

≤ b1,

je zaporedje navzgor omejeno. Torej je zaporedje sodih delnih vsot konvergentno. Ozna-cimo s = lim

n→∞s2n. Ker je s2n+1 = s2n + b2n+1 in je lim

n→∞b2n+1 = 0, je konvergentno

tudi zaporedje (s2n+1)n lihih delnih vsot in s = limn→∞

s2n+1. Torej je konvergentno tudi

zaporedje (sn) in velja s = limn→∞

sn.

2. marec 2009, 20 : 15 38

Izrek 28 Delna vsota sn alternirajoce vrste∞∑

k=1

ak se od vsote vrste razlikuje za manj kot

|an+1|.

Oglejmo si dokaz Leibnitzovega izreka podrobneje. Ce je a1 > 0, smo dokazali, da jezaporedje sodih delnih vsot narascajoce. Ker je konvergentno, je navzgor omejeno ssvojo limito. Podobno dokazemo, da je zaporedje lihih delnih vsot padajoce. Ker jekonvergentno, je navzdol omejeno s svojo limito. Sledi s2n < s < s2n+1, od koder izpeljemo0 < s − s2n < s2n+1 − s2n = a2n+1. Podobno je s2n+2 < s < s2n+1, od koder izpeljemos2n+2 − s2n+1 = a2n+2 < s− s2n+1 < 0.

Torej za vsak indeks n velja, da je |s− sn| < |an+1|.


k=1(−1)k+1 1k

konvergentna.

Resitev. Oznacimo ak = (−1)k+1 1k. Ker je ak · ak+1 = − 1

k(k+1)< 0 in |ak| = 1

k+1<

|ak+1| = 1k+1

, po Leibnitzovem kriteriju vrsta konvergira.

Zgled 43 Dokazi, da je vrsta∞∑

k=2

(−1)k 1

ln kkonvergentna. Koliko clenov moramo sesteti,

da bi izracunali vsoto vrste na 1100

natancno?

Vrsta je konvergentna, saj je zaporedje 1lnk

padajoce. Ker se napaka delne vsote razlikujeod vsote vrste za manj kot je absolutna vrednost prvega izpuscenega clena, moramopoiskati tak k, da je 1

ln k< 1

100. Slednje je ekvivalentno s k > e100 ≈ 1043. Torej smo

ugotovili, da vrsta sicer konvergira, a je konvergenca precej ’pocasna’.

Zgled 44 Ali je vrsta 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ 1√4−1

− 1√4+1

+ · · · konvergentna?

Leibnitzovega kriterija ne smemo uporabiti, saj absolutne vrednosti clenov vrste kon-vergirajo k 0, vendar ne monotono. Za vsak k ≥ 2 namrec velja 1√

k−1> 1√

k+1in

1√k+1

< 1√k+1−1

. (Slednje je ekvivalentno z√k + 1 −

√k < 2.)

N

R

1

|an|b

b

b

bb

b b b b b

bc

| | | | | | | | | |

Izracunajmo sode delne vsote gornje vrste:

s2n = 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ · · ·+ 1√n−1

− 1√n+1

=

= 2(√

2−1)(√

2+1)+ 2

(√

3−1)(√

3+1)+ · · ·+ 2

(√

n−1)(√

n+1)=

= 22−1

+ 23−1

+ · · · + 2n−1

= 2

n−1∑

k=1

1

k.

Torej so sode delne vsote s2n neomejeno podzaporedje v zaporedju delnih vsot.

2. marec 2009, 20 : 15 39

Absolutna in pogojna konvergenca Vrsta∑∞

k=1 ak je absolutno konvergentna, ce jekonvergentna tudi vrsta

∑∞k=1 |ak|. Ce je vrsta konvergentna, a ni absolutno konvergentna,

pravimo, da je pogojno konvergentna.


k=1(−1)k+1 1k

je pogojno konvergentna, saj je harmonicna vrsta∑∞

k=11k

divergentna.

Zgled 46 Ali je vrsta 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ 1√4−1

− 1√4+1

+ · · · konvergentna?

Leibnitzovega kriterija ne smemo uporabitim, saj absolutne vrednosti clenov vrste kon-vergirajo k 0, vendar ne monotono. Za vsak k ≥ 2 namrec velja 1√

k−1> 1√

k+1in

1√k+1

< 1√k+1−1

. (Slednje je ekvivalentno z√k + 1 −

√k < 2.)

Izracunajmo sode delne vsote gornje vrste:

s2n = 1√2−1

− 1√2+1

+ 1√3−1

− 1√3+1

+ · · ·+ 1√n−1

− 1√n+1

=

= 2(√

2−1)(√

2+1)+ 2

(√

3−1)(√

3+1)+ · · ·+ 2

(√

n−1)(√

n+1)=

= 22−1

+ 23−1

+ · · · + 2n−1

= 2n−1∑

k=1

1

k.

Torej so sode delne vsote s2n neomejeno podzaporedje v zaporedju delnih vsot.

Izrek 29 Vsaka absolutno konvergentna vrsta je konvergentna.

Dokaz. Oglejmo si vrsto∑∞

k=1 ak. Ker je vrsta absolutno konvergentna (tj. vrsta∑∞k=1 |ak| je konvergentna), po Cauchyjevem kriteriju za ε > 0 obstaja N ∈ N, da za

vsaka m > n ≥ N velja∑m

k=n+1 |ak| < ε. Ker zaradi trikotniske neenakosti velja se|∑m

k=n+1 ak| ≤∑m

k=n+1 |ak|, je tako |∑mk=n+1 ak| < ε in tudi vrsta

∑∞k=1 ak je konvergen-

tna.

Ena najpomembnejsih lastnosti absolutno konvergentnih vrst je, da se njena vsota nespremeni, ce sestejemo clene v drugacnem vrstnem redu.

Izrek 30 Ce je vrsta∞∑

k=1

ak absolutno konvergentna, je za vsako bijekcijo σ: N → N vrsta

∞∑

k=1

aσ(k) absolutno konvergentna in velja∞∑

k=1

aσ(k) =∞∑

k=1

ak.

Pri vsaki pogojno konvergentni vrsti pa lahko s primerno spremembo vrstnega redasestevanja clenov kot vsoto vrste dobimo vsako realno stevilo ali celo ∞ ali −∞.

Izrek 31 Ce je vrsta∞∑

k=1

ak pogojno konvergentna, za vsak α ∈ R ∪ {−∞,∞} obstaja

taka bijekcija σ: N → N, da je∞∑

k=1

aσ(k) = α.

2. marec 2009, 20 : 15 40

Operacije z vrstami

Izrek 32 Ce sta vrsti∑∞

k=1 ak in∑∞

k=1 bk konvergentni, konvergira tudi vrsta∑∞

k=1(ak +bk) in velja

∞∑

k=1

(ak + bk) =∞∑

k=1

ak +∞∑

k=1

bk. (7)

Ce je vrsta∑∞

k=1 ak konvergentna, je za vsako realno stevilo c konvergentna tudi vrsta∑∞k=1 cak in velja

∞∑

k=1

cak = c∞∑

k=1

ak. (8)

Dokaz. Naj bo ε > 0. Po Cauchyjevem kriteriju za vrsto∑∞

k=1 ak obstaja N1 ∈ N,da za vsaka m > n ≥ N1 velja |∑m

k=n+1 ak| < ε2. Podobno po Cauchyjevem kriteriju za

vrsto∑∞

k=1 bk obstaja N2 ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N2 velja |∑mk=n+1 bk| < ε

2. Ce sedaj

pisemo N = max{N1, N2}, velja ocena

|m∑

k=n+1

(ak + bk)| ≤ |m∑

k=n+1

ak| + |m∑

k=n+1

bk| ≤ε

2+ε

2= ε

za vse m > n ≥ N . Enakost (7) nazadnje sledi iz izreka o vsoti limit zaporedij (izrek 11na str. 26):

∞∑

k=1

(ak + bk) = limn→∞

n∑

k=1

(ak + bk) = limn→∞

(n∑

k=1

ak +

n∑

k=1

bk

)=

= limn→∞

n∑

k=1

ak + limn→∞

n∑

k=1

bk =∞∑

k=1

ak +∞∑

k=1

bk.

Druga trditev ocitno drzi, ce je c = 0. Vzemimo sedaj c 6= 0. Naj bo ε > 0. PoCauchyjevem kriteriju za vrsto

∑∞k=1 ak obstaja N ∈ N, da za vsaka m > n ≥ N velja

|∑mk=n+1 ak| < ε

|c| . Tedaj velja ocena

|m∑

k=n+1

cak| = |c| · |m∑

k=n+1

cak| ≤ |c| · ε|c| = ε.

Enakost (8) nazadnje sledi iz izreka o limiti produkta zaporedja s konstanto (posledica 12na str. 27):

∞∑

k=1

cak = limn→∞

n∑

k=1

cak = limn→∞

c

n∑

k=1

ak = c limn→∞

n∑

k=1

ak = c ·∞∑

k=1

ak.

3 Funkcije

3.1 Splosni pojem funkcije

Naj bosta X in Y mnozici. Funkcija ali preslikava f :X → Y je pravilo f , ki vsakemuelementu x mnozice X priredi natancno dolocen element f(x) mnozice Y . Oznacimo

2. marec 2009, 20 : 15 41

lahko tudi x 7→ f(x). Mnozico X imenujemo definicijsko obmocje ali domena, mnozicof(X) = {f(x); x ∈ X} pa zaloga vrednosti funkcije f . Definicijsko obmocje funkcije foznacimo tudi z Df , zalogo vrednosti pa z Zf .

Graf funkcije f :X → Y je mnozica

Γ(f) = {(x, f(x)) ∈ X × Y ; x ∈ X} ⊂ X × Y.

Funkcija f je tako dolocena, ce je podano definicijsko obmocje Df in funkcijski predpis,ki vsakemu x ∈ Df priredi natancno dolocen element f(x). Funkcijski predpis podamolahko s tabelo, besedilom, diagramom, ali pa, kot je v matematiki obicajno, analiticno.Analiticno lahko podamo funkcijo

• eksplicitno; tj. v obliki y = f(x)

• implicitno; tj. v obliki F (x, y) = 0

• parametricno; tj. v obliki x = g(t), y = h(t)

Ce je funkcija podana eksplicitno, jo enostavno pretvorimo v implicitno ali parametricnoobliko. Obratna pot ni vedno mozna ali pa je racunsko neizvedljiva.

Zgled 47 Funkcijo y = f(x) zapisemo implicitno kot F (x, y) = y − f(x), parametricnopa kot x = t, y = f(t).

Naj bo I ⊂ R interval in f : I → R funkcija. Funkcija f je navzgor omejena, ce obstajaM ∈ R, da je f(x) ≤M za vsak x ∈ I. Stevilo M imenujemo zgornja meja funkcije f .

y

xI

M bc

Funkcija f je navzdol omejena, ce obstaja m ∈ R, da je f(x) ≥ m za vsak x ∈ I.Stevilo m imenujemo spodnja meja funkcije f .

y

xI

m bc

2. marec 2009, 20 : 15 42

Funkcija f je omejena, ce je navzgor in navzdol omejena. Torej obstajata m,M ∈ R,da je m ≤ f(x) ≤M za vsak x ∈ I.

y

xI

M

m

bc

bc

Natancna zgornja meja funkcije f je njena najmanjsa zgornja meja: torej steviloM ∈ R, da je f(x) ≤ M za vsak x ∈ I in da za vsak ε > 0 obstaja x0 ∈ I, da jef(x0) > M − ε. Pogosto oznacimo M = sup(f).

y

xI

M − ε

M

x0

bc

bc

bc

bc

Natancna spodnja meja funkcije f je njena najvecja spodnja meja: torej stevilo m ∈ R,da je f(x) ≥ m za vsak x ∈ I in da za vsak ε > 0 obstaja x0 ∈ I, da je f(x0) < m + ε.Pogosto oznacimo m = inf(f).

y

xI

m

m+ ε

x0

bc

bc

bc

bc

Nicla funkcije f je tako stevilo a, da je f(a) = 0.

2. marec 2009, 20 : 15 43

y

xabcbc

Nicla funkcije f je tako stevilo a, da je f(a) = 0.

Zgled 48 Obravnavaj omejenost funkcije f : [1,∞) → R, podane s predpisom f(x) = 1x.

x

y

f(x) = 1x

bc

O

bc1

bc

1

bc

Funkcija f je omejena in velja sup(f) = 1, inf(f) = 0. Ker velja f(1) = sup(f), jesup(f) = max(f). Ker pa je f(x) > 0 za vsak x > 0, ne obstaja tocka x0, v kateri jef(x0) = inf(f) in zato ne obstaja minimum funkcije f .

Tocka x0 je pol funkcije f , ce je v vsaki njeni okolici funkcija f neomejena; tj. ce zavsak M obstaja ε > 0, da je |f(x)| > M za vsak 0 < |x− x0| < ε.

x0 − ε x0 + εx0 x

y

M

f

Obcbc

bc

bc bc

Zgled 49 Funkcija f : R \ {−1} → R, f(x) = 1x+1

, ima pol v tocki x0 = −1. Funkcijaf : R → R,

f(x) =

{1

x+1, ce je x 6= −1,

0, ce je x = −1

ima pol v tocki x0 = −1 ∈ Df .

Definicijsko obmocje funkcije f je simetricno, ce je x ∈ Df natanko tedaj, ko je −x ∈ Df .Funkcija f je soda, ce ima simetricno definicijsko obmocje in velja f(−x) = f(x) za vsakx ∈ Df . Funkcija f je liha, ce ima simetricno definicijsko obmocje in velja f(−x) = −f(x)za vsak x ∈ Df . Enostavno je videti, da je

2. marec 2009, 20 : 15 44

• Vsota, razlika, produkt in kvocient dveh sodih funkcij je soda funkcija.

• Vsota in razlika dveh lihih funkcij je liha funkcija, produkt in kvocient dveh lihihpa je soda funkcija.

• Produkt in kvocient sode in lihe funkcije je liha funkcija.

Zgled 50 Funkcija xf7→ ex+e−x

2je soda, x

h7→ ex−e−x

2liha, x

g7→ ex

2pa ni ne soda ne liha.

x

y

f

h

gbc

O

bc

1

bc−1

bc

1bc

−1

Funkcija f : I → R je narascajoca na intervalu I, ce je f(x1) ≤ f(x2) za vsaka x1, x2 ∈ I,x1 < x2. Funkcija f : I → R je strogo narascajoca na intervalu I, ce je f(x1) < f(x2) zavsaka x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Funkcija f : I → R je padajoca na intervalu I, ce je f(x1) ≥ f(x2) za vsaka x1, x2 ∈ I,x1 < x2. Funkcija f : I → R je strogo padajoca na intervalu I, ce je f(x1) > f(x2) zavsaka x1, x2 ∈ I, x1 < x2.

Zgled 51 Funkcija f : R → R, podana s predpisom f(x) = 2xx2−1

, je na intervalu [−1, 1]strogo narascajoca, na intervalih (−∞,−1], in [1,∞) pa strogo padajoca.

x

y

bc

O

bc

bc

bc

1bc

−1

Polarni koordinatni sistem Naj bo T (x, y) tocka v ravnini, (x, y) 6= (0, 0). Potemje T od koordinatnega izhodisca oddaljena za r =

√x2 + y2. Oznacimo s T ′ pravokotno

projekcijo tocke T na abscisno os. Potem je OT ′T pravokotni trikotnik in velja x = r cosϕin y = r sinϕ. Tu smo spotoma privzeli, da lezi T v I. kvadrantu. S podobnim razmislekomugotovimo, da zvezi x = r cosϕ in y = r sinϕ veljata vedno, ce s ϕ oznacimo pozitivnousmerjen kot med pozitivnim poltrakom abscisne osi in krajevnim vektorjem tocke T .Paru (r, ϕ) recemo polarne koordinate tocke T (x, y).

2. marec 2009, 20 : 15 45

Inverzna funkcija Naj bo f :X → Y funkcija. Ce obstaja taka funkcija g:Y → X,da je g ◦ f = idX in f ◦ g = idY , pravimo, da je f inverz funkcije f in oznacimof−1 = g. Spomimo se, da inverzna funkcija k dani funkciji f obstaja natanko tedaj, ko jef bijektivna.

Inverzno funkcijo graficno dolocimo tako, da narisemo graf funkcije f in ga prezrcalimocez simetralo lihih kvadantov. Analiticno pa dolocimo inverzno funkcijo tako, da enacboy = f(x) “resimo” na x; torej tako, da iz enacbe y = f(x) izrazimo x = g(y).

3.2 Limita funkcije

Naj bo x0 notranja tocka intervala I in f : I \ {x0} → R dana funkcija. Stevilo A je limitafunkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz 0 < |x− x0| < δsledi |f(x) −A| < ε. Oznaka: lim

x→x0

f(x) = A.

y

xO x0x0 − δ x0 + δ

A

A + ε

A− ε

f

bc

bc

bc

bc

Zgled 52 Dokazi, da je limx→1

(2x+ 1) = 3.

Dokaz. Oznacimo f(x) = 2x+1 in izberimo ε. Poiskati moramo tak δ, da je |f(x)−3| < εza 0 < |x − 1| < δ. Ker je f(x) − 2 = 2(x− 1), bo za |x− 1| < ε

2veljalo |2(x − 1)| < ε.

Torej za δ = ε2

velja: ce je 0 < |x− 1| < δ, je |f(x) − 3| < ε.

Zgled 53 Doloci limx→1

f(x) za funkcijo f , podano z f(x) =

{x2−1x−1

ce je x 6= 11 ce je x = 1

x

y

bcO

bc2

bc1

bc

1

b

Velja: limx→1

f(x) = 2 in f(1) = 1.

Limita funkcije f v tocki x0 ni odvisna od funkcijske vre-dnosti v tej tocki. V definiciji limite imamo namrec pogoj0 < |x − x0| < δ, kar pomeni, da se x tocki x0 sicer po-ljubno priblizuje, vendar te tocke ne doseze. Se vec, zaradipogoja |x − x0| > 0 tudi ni potrebno, da je funkcija f vtocki x0 sploh definirana.

Izrek 33 Ce je limx→x0

f(x) = limx→x0

h(x) = A in je f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) za vse x blizu x0

(razen za x = x0), obstaja tudi limita limx→x0

g(x) in je enaka A.

2. marec 2009, 20 : 15 46

x

y

h

g

f

bcO

bcbcA

bc

x0

Dokaz. Naj obstaja δ0 > 0, da je f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) za vse 0 < |x − x0| < δ0.Izberimo ε > 0. Potem obstaja δ1, da je |f(x)−A| < ε za vse 0 < |x− x0| < δ1. Obstajatudi δ2, da je |h(x)−A| < ε za vse 0 < |x−x0| < δ2. Oznacimo δ = min{δ0, δ1, δ2}. Torejza vse 0 < |x− x0| < δ velja

−ε < f(x) − A ≤ g(x) −A ≤ h(x) − A < ε,

kar nam da |g(x) − A| < ε. Torej je res limx→x0

g(x) = A.

Zgled 54 Dokazi, da je limx→0

sinxx

= 1.

Dokaz. S skice razberemo, da za 0 < x < π2

velja ocena

|CD| = sin x < x < tg x = |AB|.

Ox

C A

D

B

1

x

y

bc

bc

bc bc

bc

bc

Torej je 1 < xsinx

< 1cos x

, kar lahko zapisemo tudi v obliki

cos x <sin x

x< 1.

Ker je limx→0

cosx = 1, po prejsnjem izreku sledi limx→0

sinxx

= 1.

Leva in desna limita Stevilo A je leva limita funkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz 0 < x0 − x < δ sledi |f(x) − A| < ε. Oznaka:limx↑x0

f(x) = A.

2. marec 2009, 20 : 15 47

A

A+ ε

A− ε

x0x0 − δ x

y

Obcbc

bcbc

bc

Stevilo A je desna limita funkcije f v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da zavsak x ∈ I iz 0 < x− x0 < δ sledi |f(x) −A| < ε. Oznaka: lim

x↓x0

f(x) = A.

A

x0 x

y

O x0 + δ

A+ ε

A− ε

bc

bc bc

bc bc

Neposredno iz definicije limite vidimo, da obstaja limx→x0

f(x) natanko tedaj, ko obstajata

limiti limx↑x0

f(x) in limx↓x0

f(x) in sta enaki.

Zgled 55 Izracunaj limx↓0

arc tg 1x

in limx↑0

arc tg 1x. Ali obstaja lim

x→0arc tg 1

x?

x

y

bcO

bc

π2

bc

−π2

Resitev. Ko gre x k tocki 0 z desne, gre vrednostizraza 1

xk +∞, zato je

limx↓0

arc tg1

x=π

2.

Ko gre x k tocki 0 z leve, gre vrednost izraza 1x

k−∞, zato je

limx↑0

arc tg1

x= −π

2.

Limita limx→0

arc tg 1x

pa ne obstaja, saj je limx↓0

arc tg 1x6= lim

x↑0arc tg 1

x.

Zgled 56 Ali obstaja limx→0

1

1+e1x?

2. marec 2009, 20 : 15 48

x

y

bc

O

bc1bc

12

Funkcija x 7→ 1x

ima pri x = 0 pol: limx↓0

1x

= +∞ in limx↑0

1x

= −∞. Torej je limx↓0

1

1+e1x

= 0 in

limx↑0

1x

= 1 ter limx→0

1

1+e1x

ne obstaja.

Limita v neskoncnosti Stevilo A je limita funkcije f v neskoncnosti, limx→∞

f(x) = A,

ce za vsak ε > 0 obstaja b, da za vsak x > b velja |f(x) − A| < ε.

b x

y

AA+ ε

A− ε

f

Obc

bc

bc

bc

bc

Podobno je limx→−∞

f(x) = A, ce za vsak ε > 0 obstaja b, da za vsak x < b velja

|f(x) −A| < ε.

Neskoncna limita Ce za vsak b obstaja δ > 0, da je f(x) > b za 0 < |x − a| < δ,pravimo, da gre vrednost funkcije f preko vsake meje, ko gre x proti a, in oznacimolimx→a

f(x) = ∞.

a− δ a+ δa x

y

b

f

Obcbc

bc

bc bc

2. marec 2009, 20 : 15 49

3.3 Zveznost

Naj bo x0 poljubna tocka intervala I in f : I → R dana funkcija.Funkcija f je zvezna v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ I iz

|x− x0| < δ sledi |f(x) − f(x0)| < ε.

y

xO x0x0 − δ x0 + δ

f(x0)

f(x0) + ε

f(x0) − ε

f

bc

bc

bc

bc

Pravimo, da je funkcija f zvezna na intervalu I, ce je zvezna v vsaki njegovi tocki.

Funkcija je zvezna z leve v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ Iiz 0 ≤ x0 − x < δ sledi |f(x) − f(x0)| < ε.

f(x0)

f(x0) + ε

f(x0) − ε

x0x0 − δ x

y

Obcbc

bcbc

bc

Funkcija je zvezna z desne v tocki x0, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da za vsak x ∈ Iiz 0 ≤ x− x0 < δ sledi |f(x) − f(x0)| < ε.

f(x0)

x0 x

y

O x0 + δ

f(x0) + ε

f(x0) − ε

bc

bc bc

bc bc

Funkcija celi del Za realno stevilo x z [x] oznacimo najvecje celo stevilo, ki ne presegax. Torej je [π] = 3 in [−π] = −4.

2. marec 2009, 20 : 15 50

x

y

bc

O

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc1

bc−1

bc2

bc−2

bc

3bc

2bc

1bc

−1bc

−2

Funkcija x 7→ [x] je v vseh celostevilskih tockah zvezna z desne.Mnozica tock, v katerih je funkcija f : R → R nezvezna, je lahko koncna (ali celo

prazna) ali neskocna (ali celo vsa realna stevila).

Zgled 57 Dirichletova funkcija f(x) =

{1, ce je x ∈ Q

0 ce je x /∈ Qje nezvezna v vsaki tocki x ∈

R.

x

y

bc

O

bc

1

bc

x0

Pojem limite je v tesni zvezi s pojmom zveznosti:

Izrek 34 Funkcija f : I → R je v tocki x0 ∈ I zvezna natanko tedaj, ko je limx→x0

f(x) =

f(x0).

Dokaz. Tu pravzaprav ni kaj dokazovati. V definiciji limite pisemo f(x0) = A in dobimodefinicijo zveznosti.

Pogosto je funkcija f v okolici tocke x0 podana z vec predpisi. Ker je limx→x0

f(x) = A

natanko tedaj, ko obstajata limiti limx↑x0

f(x) in limx↓x0

f(x) in sta enaki A, lahko zveznost v

tocki x0 dokazemo tudi s pomocjo leve in desne limite:

Izrek 35 Funkcija f : I → R je v tocki x0 ∈ I zvezna natanko tedaj, ko je

limx↑x0

f(x) = limx↓x0

f(x) = f(x0).

Zgled 58 Doloci vrednosti konstant a in b tako, da bo funkcija f : R → R,

f(x) =

{ax+ b, ce je x > 25 ce je x = 2bx− a ce je x < 2

zvezna v tocki x = 2.

2. marec 2009, 20 : 15 51

Resitev. Da bi bila funkcija zvezna v tocki 2, mora veljati limx↑2

f(x) = limx↓2

f(x) = f(2).

Ker je limx↑2

f(x) = 2b− a, limx↓2

f(x) = 2a+ b in f(2) = 5, mora veljati

2b− a = 5

2a + b = 5

Ce enacbi odstejemo, dobimo b − 3a = 0, kar nam da b = 3a in od tod z upostevanjemdruge enacbe izpeljemo 2a+ 3a = 5. Sledi a = 1 in b = 3.

Izrek 36 Naj bosta f, g: I → R funkciji in naj obstajata limiti limx→x0

f(x) in limx→x0

g(x).

Potem obstajata tudi limiti limx→x0

(f(x) + g(x)) in limx→x0

(f(x) · g(x)) in velja

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)

Ce je g(x) 6= 0 za vse x blizu x0 in limx→x0

g(x) 6= 0, obstaja tudi limita limx→x0

f(x)g(x)

in velja

limx→x0

f(x)

g(x)=

limx→x0

f(x)

limx→x0

g(x).

Dokaz. Oznacimo limx→x0

f(x) = A in limx→x0

g(x) = B. Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1

in δ2, da je |f(x) − A| < ε2

za 0 < |x − x0| < δ1 in |g(x) − B| < ε2

za 0 < |x − x0| < δ2.Oznacimo δ = min{δ1, δ2}. Torej za 0 < |x− x0| < δ velja

|(f(x) + g(x)) − (A +B)| ≤ |f(x) − A| + |g(x) − B| < ε

2+ε

2= ε.

Za dokaz druge trditve zapisimo

f(x)g(x) −AB = (f(x) −A)g(x) + A(g(x) − B). (9)

Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1 in δ2, da je |f(x)−A| < ε2(|B|+1)

za 0 < |x− x0| < δ1in |g(x) − B| < ε

2(|A|+1)za 0 < |x − x0| < δ2. Ker je lim

x→x0

g(x) = B, obstaja δ3, da je

|g(x)| ≤ |B| + 1 za 0 < |x − x0| < δ3. Oznacimo δ = min{δ1, δ2, δ3}. Torej lahko za0 < |x− x0| < δ v (9) ocenimo

|f(x)g(x) − AB| = |(f(x) − A)g(x) + A(g(x) − B)| ≤≤ |(f(x) − A)g(x)| + |A(g(x) −B)|= |(f(x) − A)| · |g(x)| + |A| · |(g(x) − B)| ≤≤ |(f(x) − A)| · |g(x)| + (|A| + 1) · |(g(x) − B)| <<

ε

2(|B| + 1)(|B| + 1) + (|A| + 1)

ε

2(|A| + 1)= ε.

Za dokaz tretje trditve pa zapisimo

f(x)

g(x)− A

B=f(x)B − g(x)A

g(x)B=

(f(x) − A)B + A(B − g(x))

Bg(x). (10)

2. marec 2009, 20 : 15 52

Izberimo ε > 0. Potem obstajata δ1 in δ2, da je |f(x) − A| < ε4|B| za 0 < |x − x0| < δ1

in |g(x) − B| < ε4

B2

|A|+1za 0 < |x − x0| < δ2. Ker je lim

x→x0

g(x) = B 6= 0, obstaja δ3,

da je |g(x)| ≥ |B|2

za 0 < |x − x0| < δ3. Oznacimo δ = min{δ1, δ2, δ3}. Torej lahko za0 < |x− x0| < δ v (10) ocenimo

∣∣∣∣f(x)

g(x)− A

B

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣f(x)B − g(x)A

Bg(x)

∣∣∣∣ ≤

≤ |f(x) − A| · |B| + |A| · |B − g(x)||B| · |g(x)| ≤

≤ε4|B| · |B| + |A| · ε

4B2

|A|+1

|B| · |B|2

=

=ε

2+ε

2

|A||A| + 1

<ε

2+ε

2= ε.

Posledica 37 Ce sta funkciji f in g zvezni v tocki x0, sta v tej tocki zvezni tudi funkijix 7→ (f(x)+g(x)) in x 7→ (f(x) ·g(x)). Ce je g(x0) 6= 0, je v tocki x0 zvezna tudi funkcija

x 7→ f(x)g(x)

.

Kompozitum zveznih funkcij Dosedaj smo videli, da lahko iz zveznih funkcij spomocjo osnovnih racunskih operacij naredimo nove zvezne funkcije. Zvezne funkcijepa lahko tvorimo tudi s pomocjo kompozituma:

Izrek 38 Ce obstaja limita limx→x0

f(x) (oznacimo jo z A) in je funkcija g zvezna v tocki

A, obstaja tudi limita limx→x0

g(f(x)) in velja limx→x0

g(f(x)) = g(A).

Dokaz. Naj bo ε > 0. Ker je g zvezna v tocki A, obstaja δ1 > 0, da je |g(y)− g(A)| < εza |y − A| < δ1. Ker je lim

x→x0

f(x) = A, obstaja δ > 0, da je |f(x) − A| < δ1 za

0 < |x− x0| < δ. Ce pisemo f(x) = y, od tod sledi |g(f(x)) − g(A)| = |g(y)− g(A)| < ε.Torej za 0 < |x− x0| < δ velja |g(f(x)) − g(A)| < ε in je res lim

x→x0

g(f(x)) = g(A).

Posledica 39 Ce je funkcija f zvezna v tocki x0 in funkcija g zvezna v tocki f(x0), jetudi funkcija g ◦ f zvezna v tocki x0.

Zgled 59 Izracunaj limiti limx→x0

x2−5x+6x2−6x+8

za x0 = 2 in x0 = 3.

Oznacimo f(x) = x2−5x+6x2−6x+8

. Ker je x2−5x+6x2−6x+8

= (x−2)(x−3)(x−2)(x−4)

, lahko za x 6= 2 ulomek okrajsmo

v x−3x−4

. Ker je funkcija x 7→ x−3x−4

v tocki x = 2 zvezna, tako velja

limx→2

x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8= lim

x→2

x− 3

x− 4=x− 3

x− 4

∣∣∣∣x=2

=2 − 3

2 − 4=

1

2.

Izracun limite

limx→3

x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8

2. marec 2009, 20 : 15 53

pa ni problematicen, saj je funkcija x 7→ x2−5x+6x2−6x+8

v tocki x = 3 zvezna in zato velja

limx→3

x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8=x2 − 5x+ 6

x2 − 6x+ 8

∣∣∣∣x=3

=0

−1= 0.

Zgled 60 Izracunaj limx→−1

√x2+3−2x+1

.

Resitev. Ko pomnozimo stevec in imenovalec ulomka√

x2+3−2x+1

z√x2 + 3 + 2, dobimo

(√x2 + 3)2 − 22

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=(x2 + 3) − 4

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=x2 − 1

(x+ 1)(√x2 + 3 + 2)

=x− 1√x2 + 3 + 2

.

Torej je

limx→−1

√x2 + 3 − 2

x+ 1= lim

x→−1

x− 1√x2 + 3 + 2

=−2√4 + 2

= −1

2.

Zgled 61 Doloci vrednosti konstant a in b tako, da bo funkcija f ,

f(x) =

{a2e1/x+a+2

1+e1/x , ce je x 6= 0b, ce je x = 0

zvezna povsod, kjer je definirana.

Resitev. Ker je 1 + e1/x 6= 0 za vsak x 6= 0, je potrebno posebej obravnavati zveznost lev tocki x = 0. Ko gre x k tocki 0 z leve, gre vrednost izraza 1

xk −∞, zato je

limx↑0

e1/x = 0.

Torej je

limx↑0

f(x) = limx↑0

a2e1/x + a+ 2

1 + e1/x=a2 · 0 + a+ 2

1 + 0= a+ 2.

Ko gre x k tocki 0 z desne, gre vrednost izraza 1x

k +∞, zato stevec in imenovalec delimoz e1/x. Dobimo

limx↓0

f(x) = limx↓0

a2 + ae−1/x + 2e−1/x

e−1/x + 1=a2 + a · 0 + 2 · 0

0 + 1= a2.

Da bila funkcija f zvezna v tocki 0, mora veljati limx↑0

f(x) = limx↓0

f(x) = f(0), kar nam da

pogoje a + 2 = a2 = b, oz. a = 2 in b = 4 ali a = −1 in b = 1.

3.4 Lastnosti zveznih funkcij

Izrek 40 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in je f(a)f(b) < 0, ima funkcija f na temintervalu vsaj eno niclo.

Dokaz. Privzeti smemo, da je f(a) > 0 > f(b). Trditev je geometricno zalo nazorna, sajje graf zvezne funkcije nepretrgan. Ker lezi tocka A(a, f(a)) na zgornji polravnini, tockaB(b, f(b)) pa na spodnji, mora graf funkcije f med tockama A in B vsaj enkrat sekatiabscisno os.

2. marec 2009, 20 : 15 54

xbc

a

bcA

bca2

bca1

bc

c1

bc

bca3

bc

c3

bc

bca4

bc

c4

bc

bcb4

bcb3

bcb2

bc

c2

bc

bcBbcb1

bc

b

Dokazimo sedaj trditev analiticno. Razpolovimo interval [a, b]. Ce v razpoloviscu c1 veljaf(c1) = 0, smo niclo ze nasli, sicer pa na enem od podintervalov, oznacimo ga z [a1, b1],velja

f(a1) > 0 > f(b1).

Razpolovimo interval [a1, b1]. Ce v razpoloviscu c2 intervala [a1, b1] velja f(c2) = 0,smo tako tocko ze nasli, sicer pa na enem od podintervalov, oznacimo ga z [a2, b2], veljaf(a2) > 0 > f(b2). Postopek se ponavljamo . . .

Tako dobimo narascajoce zaporedje (an) levih krajisc in padajoce zaporedje (bn) desnihkrajisc. Obe zaporedji sta konvergentni in imata skupno limito x0. Ker je f zvezna vtocki x0, velja f(x0) = lim

n→∞f(an) ≥ 0 in f(x0) = lim

n→∞f(bn) ≤ 0. Ker je f(x0) ≥ 0 in

f(x0) ≤ 0, od tod sledi f(x0) = 0.

Opomba. Metodi iskanja nicle funkcije, ki smo jo uporabili v gornjem dokazu, pravimobisekcija in je ena najenostavnejsih numericnih metod za iskanje nicel funkcij.

Zgled 62 Poisci kaksno realno niclo polinoma f(x) = x3 − 2x2 + x− 1.

x

y

bc

O

bc1

bc

−1

bc

1bc

2bc

bc

Ker je f(1) = −1 in f(2) = 1, lezi nicla na intervalu [1, 2].

[1, 2] f(1.5) < 0[1.5, 2] f(1.75) < 0[1.75, 2] f(1.875) > 0[1.75, 1.875] f(1.8125) > 0[1.75, 1.8125] f(1.78125) > 0[1.75, 1.78125] f(1.765625) > 0[1.75, 1.765625] f(1.7578125) > 0[1.75, 1.765625] f(1.75390625) < 0[1.75390625, 1.7578125] x0 ≈ 1.755859375

Izrek 41 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je na tem intervalu tudi omejena.

Dokaz. Recimo, da je funkcija f neomejena. Razpolovimo interval [a, b]. Potem je navsaj enem dobljenih podintervalov, oznacimo ga z [a1, b1], neomejena. Postopek ponovimoin dobimo, da je na vsaj enem od novih podintervalov, oznacimo ga z [a2, b2], neomejena.Postopek ponavljamo . . .

Tako dobimo narascajoce zaporedje (an) levih krajisc in padajoce zaporedje (bn) desnihkrajisc. Obe zaporedji sta konvergentni in imata skupno limito x0.

2. marec 2009, 20 : 15 55

xbaa1 a2 b1b2

x0

f(x0)f(x0) + 1

f(x0) − 1

x0 − δ x0 + δ

aN bNbc bc

bc

bc bc bcbcbcbc bc

bc

bc

bc

Ker je f zvezna v tocki x0, obstaja δ > 0, da je |f(x) − f(x0)| < 1 za |x − x0| < δ.Ker lim

n→∞|bn − an| = 0, obstaja N , da lezi interval [aN , bN ] znotraj (x− δ, x0 + δ). To pa

ni mozno, kar je po eni strani funkcija f na intervalu [aN , bN ] neomejena, po drugi stranipa za x ∈ (x− δ, x0 + δ) velja f(x) ∈ (f(x0) − 1, f(x0) + 1).

Opomba. Predpostavka, da je funkcija definirana na zaprtem intervalu, je bistvena.Zvezna funkcija f : (−1, 1) → R, f(x) = x

1−x2 , je na (odprtem) intervalu (−1, 1) navzgorin navzdol neomejena.

x

y

bc

Obc

1bc

−1

Izrek 42 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in m njena natancna spodnja meja, M panjena natancna zgornja meja, obstajata tocki xm in xM , da je f(xm) = m in f(xM) = M .

x

y

Oa b

m

M

f

xM xm

b b

b

b

b bbc

bc

bc

bc

bc

Dokaz. Recimo, da ne obstaja tako stevilo xm, da je f(xm) = m. Torej je f(x) 6= mza vsak x ∈ [a, b] in je funkcija g, g(x) = 1

f(x)−m, na intervalu [a, b] zvezna. Naj bo M ′

natancna zgornja meja za g. Tedaj je 1f(x)−m

≤ M ′, kar nam da f(x) ≥ m + 1M ′ > m,

zato m ni natancna spodnja meja za f . Privzetek, da je f(x) 6= m za vsak x ∈ [a, b], jetako napacen. Podobno dokazemo tudi, da obstaja xM , da je f(xM) = M .

2. marec 2009, 20 : 15 56

Opomba. Predpostavka, da je funkcija definirana na zaprtem intervalu, je bistvena.Zvezna funkcija f : (1, 2) → R, f(x) = x, ima na odprtem intervalu (1, 2) natancno spodnjomejo 1 in natancno zgornjo mejo 2, vendar teh dveh vrednosti ne zavzame.

x

y

Df

bc

O

bc1

bc2

bc

1bc

2

Posledica 43 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija in M njena natancna zgornja meja,m pa njena natancna spodnja meja, za vsak y ∈ [m,M ] obstaja tocka x ∈ [a, b], da jef(x) = y.

Dokaz. Naj bo y ∈ [m,M ] poljubno stevilo. Videli smo ze, da obstajata xm in xM , daje f(xm) = m in f(xM) = M . Privzemimo torej, da je y ∈ (m,M). Oglejmo si funkcijog, g(x) = f(x) − y, na intervalu a′ = min{xm, xM} in a′ = max{xm, xM}. Potem jeg(a′) 6= 0, g(b′) 6= 0 in g(a′)g(b′) < 0. Po izreku 40 obstaja x ∈ (a′, b′), da je g(x) = 0, karnam da f(x) = y.

Gornja dva izreka in posledico lahko skupaj na kratko povemo takole: Zvezna funkcija jena (koncnem) zaprtem intervalu omejena in zavzame vse vrednosti na zaprtem intervalu(vkljucno s krajisci) med svojo najvecjo in najmanjso vrednostjo.

x

y

Oa b

m

M

f

b b

b

b

bc

bc

bc

bc

bc

Izrek 44 Ce je f : [a, b] → R zvezna in strogo narascajoca funkcija, obstaja inverznafunkcija g: [f(a), f(b)] → R k f in g je na intervalu [f(a), f(b)] strogo narascajoca inzvezna.

Dokaz. Po gornjem izreku za vsak y ∈ [f(a), f(b)] obstaja x, da je f(x) = y. Ker jef strogo narascajoca, je injektivna. Torej je f : [a, b] → [f(a), f(b)] bijektivna in obstajainverz g: [f(a), f(b)] → [a, b]. Ker je f(x) < f(x′) natanko tedaj, ko je x < x′, je y < y′

natanko tedaj, ko je g(y) < g(y′). Torej je tudi g strogo narascajoca.Dokazimo se, da je g zvezna. Vzemimo ε > 0. Potem moramo poiskati tak δ > 0, da

bo iz |y−y0| < δ sledilo |g(y)−g(y0)| < ε. Torej iscemo tak δ > 0, da iz |f(x)−f(x0)| < δsledi |x− x0| < ε. Oznacimo y1 = f(x0 − ε), y2 = f(x0 + ε) in δ = min{y2 − y0, y0 − y1}.Tedaj zaradi monotonosti g velja: Ce je y2 < y < y1, je g(y2) < g(y) < g(y1) oz.|g(y)− g(y0)| < ε. Torej za |y − y0| < δ res velja |g(y)− g(y0)| < ε.

2. marec 2009, 20 : 15 57

3.5 Zveznost elementarnih funkcij

3.6 Pregled elementarnih funkcij

Potence in polinomi Naj bo n naravno stevilo. Funkcija, podana s predpisom f(x) =xn, se imenuje potencna funkcija ali na kratko potenca. Potencna funkcija je definiranaza vsak x in ima edino niclo pri x = 0. Graf te funkcije imenujemo parabola n-te stopnje.Ce je n sodo stevilo, je f soda funkcija, sicer pa je f liha funkcija. Potencna funkcija jedefinirana na vsej realni osi in je neomejena.

x

yx2

x

x3

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

bcbc

bc

Naj bodo a0, a1, . . . , an realna stevila. Izraz f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0

imenujemo polinom. Ce je an 6= 0, je stopnja polinoma f enaka n. Polinomska funkcijaje definirana na celi realni osi in nima polov.

Izrek 45 (Osnovni izrek algebre) Vsak polinom stopnje vsaj 1 ima vsaj eno komple-ksno niclo.

Od tod izpeljemo, da lahko polinom stopnje n zapisemo v obliki

f(x) = a0(x− x1)(x− x2) · · · (x− xn),

kjer so x1, . . . , xn nicle polinoma f . Nadalje vidimo, da nastopajo kompleksne niclepolinoma z realnimi koeficienti v konjugiranih parih, od koder sledi, da ima polinom lihestopnje z realnimi koeficienti vsaj eno realno niclo. Iskanje nicel polinomov je zapleteno:za polinome stopnje najvec 4 obstajajo (bolj ali manj komplicirane) formule. Za polinomestopnje 5 ali vec pa je dokazano, da v splosnem takih formul ni.

Ker sta konstantna funkcija x 7→ c in identicna funkcija x 7→ x zvezni, z veckratnouporabo trditve 37 izpeljemo, da sta tudi polinomska funkcija in racionalna funkcija zveznipovsod, kjer sta definirani.

Lokalno obnasanje polinoma v okolici nicle Ker je f(x) = (x−x0)rg(x) in g(x0) 6=

0, se v okolici nicle polinom obnasa podobno kot potencna funkcija x 7→ a(x − x0)r, kjer

je a 6= 0. Glede na stevilo r locimo 3 tipe nicel.

2. marec 2009, 20 : 15 58

x

r = 1 r > 1, liho r > 1, sodo

a < 0

a > 0

a < 0

a > 0

a > 0

a < 0

bc

x0bc

x0bc

x0

Zgled 63 Skiciraj graf polinoma f(x) = x4 − x2.

Ker je f(x) = x2(x− 1)(x+ 1), ima polinom nicle v −1, 0 (reda 2) in 1.

x

y

y = x4 − x2

bc

Obc

1

bc1

bc

−1bc

− 1√2

bc

bc

1√2

bcbc

−14

Zgled 64 Skiciraj graf polinoma f(x) = x3(x− 2)2.

Polinom ima niclo tretjega reda v x = 0 in drugega v x = 2. Za velike x se obnasapodobno kot x 7→ x5.

x

y

y = x3(x− 2)2

bc

Obc

1

bc

1

bc

2bc

65

bcbc

Racionalne funkcije Kvocient dveh polinomov

f(x) =p(x)

q(x)=

anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0

bmxm + bm−1xm−1 + . . .+ b1x+ b0

imenujemo racionalna funkcija. Ce polinoma p in q nimata skupnih nicel, so nicle ra-cionalne funkcije f nicle polinoma p, poli pa nicle funkcije q. Racionalna funkcija f jedefinirana povsod, razen v niclah polinoma q. (Mozno je, da q nima realnih nicel, tedajje f definirana povsod. Npr. f(x) = 1−x

1+x2 .)

2. marec 2009, 20 : 15 59

Lokalno obnasanje racionalne funkcije v okolici pola Naj bo f(x) = p(x)q(x)

. Recimo,

da je x0 nicla reda r polinoma q in da je p(x0) 6= 0. Tedaj zapisemo f(x) = p(x)(x−x0)rq1(x)

,

kjer je p(x0)q1(x0)

6= 0. Torej je v blizini pola racionalna funkcija obnasa kot x 7→ a(x− x0)−r,

a 6= 0.

x

r liho r sodo

a < 0

a > 0 a > 0

a < 0

bc

x0bc

x0

Zgled 65 Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = 1x2+2x

.

Ker je x2 + 2x = x(x+ 2), ima f pola prvega reda v x = 0 in x = −2.

x

y1

x2+2x

bc

Obc

1

bc1bc

−1bc

−2bc bc−1

Asimptota racionalne funkcije Naj bo f(x) = p(x)q(x)

, kjer stopnja polinoma p ni manjsa

od stopnje polinoma q. Potem lahko zapisemo p(x) = k(x)q(x) + r(x), kjer je stopnjapolinoma r manjsa od stopnje polinoma q, k pa nenicelni polinom. Torej je f(x) =

k(x) + r(x)q(x)

. Ker je lim|x|→∞

r(x)q(x)

= 0, se za velike x racionalna funkcija obnasa tako kot

polinom k. Pravimo, da je k asimptota racionalne funkcije f

Zgled 66 Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x2

x2+1.

Ker je x2

x2+1= x2+1−1

x2+1= 1 − 1

x2+1, ima funkcija vodoravno asimptoto y = 1.

x

y

x2

x2+1bc

Obc

1

bc

1

2. marec 2009, 20 : 15 60

Zgled 67 Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x2

2x−2.

Ker je x2

2x−2= 1

2x+ 1

2+ 12x− 2, je polinom 1

2x+ 1

2(linearna) asimptota funkcije f .

x

yx2

2x−2

bc

Obc

1

bc1bc

12

Zgled 68 Skiciraj graf racionalne funkcije f(x) = x4−3x2+1x2−1

.

Ker je x4 − 3x2 + 1 = (x2 − 1)(x2 − 2) − 1, je x4+x2+1x2−1

= x2 − 2 − 1x2+1

in je polinomx 7→ x2 − 2 asimptota funkcije f .

x

y

x4−3x2+1x2−1

bc

Obc1

bc1bc

−1

Algebraicne funkcije Algebraicna funkcija y = y(x) je resitev enacbe

An(x)yn + An−1yn−1 + . . .+ A1(x)y + A0(x) = 0,

kjer so A0, . . . , An polinomi. Tako npr. za n = 2 in A2 = 1, A1 = 0 in A0(x) = −xdobimo enacbo y2 − x = 0, kar nam da korensko funkcijo. V splosnem ima gornja enacban resitev, zato je algebraicna funkcija veclicna. Ce se omejimo na realne funkcije, resitevne obstaja ali pa ni povsod definirana. Med algebraicne funkcije spadajo vse krivulje II.reda:

• elipsa; npr. x2

a2 + y2

b2= 1,

• hiperbola; npr. x2

a2 − y2

b2= 1 (ali x2

a2 − y2

b2= −1),

• parabola; npr. y2 = 2px.

2. marec 2009, 20 : 15 61

Eksponentna funkcija Funkcija, ki ni algebraicna, se imenuje transcendentna. Mednajpomembnejse take funkcije sodi eksponentna funkcija x 7→ ax, kjer je a > 0 poljubnorealno stevilo. Za eksponentno funkcijo je znacilen adicijski izrek ax+y = axay. Najpogo-steje uporabljamo eksponentno funkcijo z osnovo e, torej x 7→ ex. Eksponentna funkcijaje povsod definirana in navzgor neomejena, ce je a 6= 1.

xO 1

a

y

ax0

x0

1

ax

bc bc

bc

bc

bc

bc

bc

Oznacimo f(x) = ax. Tedaj je f(x) − f(x0) = ax − ax0 = ax0(ax−x0 − 1). Ker jelim

x→x0

ax−x0 = 1, je limx→x0

f(x) = f(x0). Torej je eksponentna funkcija zvezna.

Obrat eksponentne funkcije x 7→ ex je logaritemska funkcija ln, ki je definirana spredpisom: x = ey natanko tedaj, ko je y = ln x. Logaritemska funkcija je definrana naintervalu (0,∞) in je neomejena. Za logaritemsko funkcijo je znacilna enakost ln(xy) =ln x+ ln y.

xO

1

y

1

e

e

ex

ln x

bc bc

bc

bc

bc

bcbc

Logaritemska funkcija je po definiciji inverzna funkcije k zvezni eksponentni funkciji,zato je po izreku o inverzu zveznih funkcij (izrek 44) tudi zvezna.

Kotne funkcije Kotne funkcije so sin, cos, tg, ctg in jih vpeljemo s pomocjo kotovv pravokotnem trikotniku. V pravokotnem trikotniku OAB s hipotenuzo OB naj veljax = ∠AOB. Definiramo sin x = |AB|

|OB| , cosx = |OA||OB| in tg x = |AB|

|OA| . Definicijo lahko prifunkcijah sin in cos razsirimo na vsa realna stevila.

O 1

1

αO 1

1

αsinα

cosαbc bc

bc

bc bc

bc

2. marec 2009, 20 : 15 62

Funkcija tg ima v tockah oblike π2

+ kπ, k ∈ Z, pole in je zato definirana na mnoziciR \ {π

2+ kπ; k ∈ Z}, Funkcija ctg pa ima pole v tockah oblike kπ, k ∈ Z, in je definirana

na mnozici R \ {kπ; k ∈ Z}. Funkciji sin in cos sta periodicni s periodo 2π, saj veljasin x = sin(x+ 2π) in cosx = cos(x+ 2π) za vsak x ∈ R.

x

ysin x

bc

Obc

2πbc

πbc−π

bc1

bc−1

x

ycosx

bc

Obc

π2

bc

πbc

3π2

bc

2πbc

−π2

bc

−πbc

−3π2

bc1

bc−1

Funkciji tg in ctg sta periodicni s periodo π, saj velja tg x = tg(x + π) in ctg x =ctg(x+ π) za vsak x ∈ R.

x

ytan x

bc

0bc

π2

bcπ

bc

3π2

bc2π

bc

5π2

bc3π

bc

−π2

bc

−πbc

−3π2

bc1

Med njimi veljajo zveze tg x = sinxcos x

, ctg x = sinxcos x

= 1tg x

, sin2 x+cos2 x = 1, 1+tg2 x =1

cos2 x.

Kotne funkcije Dokazimo zveznost za funkcijo sin. Ker je

sin x− sin x0 = 2 sinx− x0

2cos

x+ x0

2,

je

| sinx− sin x0| = |2 sinx− x0

2cos

x+ x0

2| ≤ 2| sin x− x0

2| ≤ |2 · x− x0

2| = |x− x0|.

(V gornjem racunu smo upostevali, da za vsak t velja | sin t| ≤ |t|.) Torej lahko v definicijizveznosti pri danem ε > 0 postavimo δ = ε, in bo za |x−x0| < δ veljalo | sinx−sin x0| < ε.

Ker je cos(x) = sin(π2−x), po izreku o kompozitumu zveznih funkcij (izrek 38) od tod

sledi, da je zvezna tudi funkcija cos. Iz zveze tg(x) = sin xcos x

potem sledi, da je zvezna tudifunkcija tg povsod, kjer je definirana; torej na mnozici R \ {π

2+ kπ; k ∈ Z}.

2. marec 2009, 20 : 15 63

Ciklometricne funkcije Ciklometricne funkcije so inverzne funkcije h kotnim funkci-jam. Funkcija sin: R → R ni injektivna, zato inverz na celotni realni osi ne obstaja. Naintervalu [−π

2, π

2] pa je injektivna in zavzame vsako vrednost z intervala [−1, 1] natanko

enkrat. Inverz funkcije sin: [−π2, π

2] → [−1, 1] torej obstaja in ga oznacimo z arc sin. Torej

za x ∈ [−π2, π

2] in y ∈ [−1, 1] velja x = sin y natanko tedaj, ko je y = arc sin x.

x

y

y = sin x,|x| ≤ π

2

y = arc sin x

bc

Obc

π2

bc

−π2

bc

π2

bc−π2

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

bc

bc

Ker je sin periodicna funkcija, ima enacba x = sin y, x ∈ [−1, 1] neskoncno resitev: ce jey = arc sin x resitev, je za vsak k ∈ Z tudi arc sin x+2kπ resitev. Zgoraj opisano funkcijoimenujemo zato glavno vejo funkcije arc sin.

Podobno definiramo (glavno vejo) inverza funkcije cos, skrcene na interval [0, π], tj. funk-cije cos: [0, π] → [−1, 1]. Inverz oznacimo z arc cos in za x ∈ [0, π] in y ∈ [−1, 1] veljax = cos y natanko tedaj, ko je y = arc cos x.

x

y

y = cosx, 0 ≤ x ≤ π

y = arc cosx

bc

Obc

π2

bc

π

bcπ

bc

π2

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

bc

Nazadnje vpeljemo se (glavno vejo) inverza funkcije tg: (−π2, π

2) → R, ki ga imenujemo

arc tg. Za x ∈ (−π2, π

2) in y ∈ R velja x = tg y natanko tedaj, ko je y = arc tg x.

2. marec 2009, 20 : 15 64

x

yy = tan x,|x| < π

2

y = arc tanxbc

Obc

π2

bc

−π2

bc

π2

bc

−π2

Inverzne funkcije h kotnim funkcijam lahko dolocimo graficno tako, da ustrezne grafeprezrcalimo cez simetralo lihih kvadrantov. Pomen glavne veje inverzne funkcije je izslike tedaj lepo razviden.

Ciklometricne funkcije so po definiciji inverzne funkcije k zveznim kotnim funkcijam,zato so po izreku o inverzu zveznih funkcij (izrek 44) tudi zvezne.

3.7 Enakomerna zveznost

Spomnimo se, da je funkcija f : I → R na intervalu zvezna, ce za vsak x0 ∈ I in vsak ε > 0obstaja δ > 0, da iz |x− x0| < δ sledi |f(x) − f(x0)| < ε. Ker izbiramo δ pri ze izbranihx0 in ε, je δ odvisen od x0 (in ε). Torej od tod v splosnem ne sledi, da pri danem ε > 0obstaja δ > 0, da za vsak x0 ∈ I iz |x− x0| < δ sledi |f(x) − f(x0)| < ε.

Zgled 69 Naj bo f : (0,∞) → R, f(x) = 1x. Pri danem ε ne obstaja δ, da bi bil “dober”

za vse x0.

Resitev. Veljati mora

|f(x) − f(x0)| = | 1x− 1

a| = |x−x0|

|x0|·|x| = |x−x0|x0x

< ε,

kar nam da |x − x0| < εx0x. Ce bi obstajal tak δ < 1, da bi iz |x − x0| < δ sledilo|f(x)−f(x0)| < ε, mora biti δ < εx0x < εx0(x0 +1). (Tu smo upostevali, da zaradi δ < 1velja x < x0+1.) Ker mora biti δ primeren za vse (poljubno majhne) x0, iz δ < εx0(x0+1)sledi, da bi moral biti δ = 0. Takega δ torej ni.

Pravimo, da je funkcija f enakomerno zvezna na intervalu I, ce za vsak ε > 0 obstajaδ > 0, da za vsaka x, x′ ∈ I iz |x− x′| < δ sledi |f(x) − f(x′)| < ε.

Izrek 46 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Potem je funkcija f na tem intervaluenakomerno zvezna.

Dokaz. Oznacimo I = [a, b] in naj bo ε > 0. Zaradi zveznosti za vsak x′ ∈ I obstaja δx′,da je |f(x) − f(x′)| < ε za vsak x ∈ I, ki zadosca pogoju |x− x′| < δa.

Privzemimo, da ne obstaja tak δ > 0, da bi za vsaka x, x′ ∈ I iz |x − x′| < δ sledilo|f(x) − f(x′)| < ε. Torej za δ = 1

kobstajata tocki x′k, x

′′k ∈ I, da je |x′k − x′′k| < 1

kin

|f(x′k) − f(x′′k)| ≥ ε2.

2. marec 2009, 20 : 15 65

Zaporedje (x′k) je omejeno (lezi na [a, b]), zato ima vsaj eno stekalisce, recimo x0 ∈ I.Ker je f zvezna v tocki x0, obstaja δ0, da je |f(x) − f(x0)| < ε

2za |x− x0| < δ0.

Obstaja dovolj velik N , da je 2N< δ0. Ker je x0 stekalisce zaporedja (x′k), obstaja

n ≥ N , da je |x′n − x0| < 12δ0. Velja se |x′n − x′′n| < 1

n≤ 1

N< 1

2δ0. Torej je

|x′′n − x0| ≤ |x′′n − x′n| + |x′n − x0| <1

2δ0 +

1

2δ0 = δ0.

Sledi |f(x′′n) − f(x0)| < ε2

in od tod

|f(x′′n) − f(x′n)| ≤ |f(x′′n) − f(x0)| + |f(x0) − f(x′n)| < ε

2+ε

2= ε,

kar pa zaradi |x′n − x′′n| < 1n

ni mozno.

4 Diferencialni racun

4.1 Odvod

Dana je funkcija f : (a, b) → R. Zanima nas, kako hitro se funkcijska vrednost f(x)spreminja v odvisnosti od x.

Izrazf(x+ h) − f(x)

h

imenujemo diferencni kvocient in je enak naklonskemu koeficientu premice skozi tocki(x, f(x)) in (x+ h, f(x+ h)).

seka

nta

x

y f

f(x)

f(x+ h)

x x+ h

h

f(x+ h) − f(x)

Obc

bc

bc

bc

bc

bc bc

Naj bo x notranja tocka intervala I. Funkcija f : I → R je odvedljiva v tocki x, ceobstaja limita

limh→0

f(x+ h) − f(x)

h.

Vrednost te limite oznacimo z f ′(x) in imenujemo odvod funkcije f v tocki x. Pravimo,da je funkcija f odvedljiva na intervalu I, ce je odvedljiva v vsaki tocki na tem intervalu.

Definicijo lahko povemo tudi drugace. Stevilo f ′(x) je odvod funkcije f v tocki x, ceza vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da iz 0 < |h| < δ sledi

∣∣∣∣f(x+ h) − f(x)

h− f ′(x)

∣∣∣∣ < ε.

Zgled 70 Izracunaj odvod konstantne funkcije.

2. marec 2009, 20 : 15 66

Ce oznacimo f(x) = c, potem za vsak x velja

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

c− c

h= 0.

Zgled 71 Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = x2, v tocki x.

Resitev. Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

(x+ h)2 − x2

h= lim

h→0

2xh + h2

h= lim

h→0(2x+ h) = 2x.

x

y

f

f ′

bc

O

bc

1

bc−1

bc

1bc

−1

Zgled 72 Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = 13x3, v poljubni tocki x.

x

yf ′

f ′

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h=

= limh→0

(x+ h)3 − x3

3h=

= limh→0

3hx2 + 3h2x+ h3

3h=

= limh→0

3x2 + 3hx+ h2

3= x2.

Zgled 73 Izracunaj odvod funkcije f , f(x) = 1x, v poljubni tocki x 6= 0.

x

y

f

f ′

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h=

= limh→0

1x+h

− 1x

h=

= limh→0

x− (x+ h)

hx(x+ h)=

= limh→0

−hhx(x+ h)

= − 1

x2.

Zgled 74 Ali je funkcija f , f(x) = |x|, odvedljiva v tocki x = 0?

2. marec 2009, 20 : 15 67

Resitev. Ker je

limh↑0

f(0 + h) − f(0)

h= lim

h↑0

|0 + h| − |0|h

= limh↑0

−hh

= −1

in

limh↓0

f(0 + h) − f(0)

h= lim

h↓0

|0 + h| − |0|h

= limh↓0

h

h= 1,

limita limh→0

f(0+h)−f(0)h

ne obstaja. Torej funkcija f ni odvedljiva v tocki x = 0.

x

y

f

f ′

bc

O

bc1

bc−1

bc

1bc

−1

V gornjem zgledu smo videli, da limita limh→0

f(x+h)−f(x)h

sicer ni obstajala, leva in desna

limita pa sta. Torej je smiselno definirati: Ce obstaja limita limh↑0

f(x+h)−f(x)h

, pravimo, da

je funkcija f z leve odvedljiva v tocki x in oznacimo

limh↑0

f(x+ h) − f(x)

h= f ′

L(x).

Ce obstaja limita limh↓0

f(x+h)−f(x)h

, pravimo, da je funkcija f z desne odvedljiva v tocki x

in oznacimo

limh↓0

f(x+ h) − f(x)

h= f ′

D(x).

Kot kaze zgled 74, obstajajo funkcije, ki so v neki tocki odvedljive z leve in z desne, vendarsta ta dva odvoda razlicna in zato funkcija v tej tocki ni odvedljiva.

Neposredno iz definicije sledi, da je neka funkcija odvedljiva v tocki x natanko tedaj,ko je v tej tocki odvedljiva z leve in z desne in sta levi in desni odvod enaka.

Zgled 75 Doloci vrednosti parametrov a in b tako, da bo funkcija f ,

f(x) =

{x2, ce je x > 1 inax+ b, ce je x ≤ 1,

odvedljiva v tocki x = 1.

Resitev. Vrednosti parametrov a in b moramo izbrati tako, da bo obstajala limitalimh→0

f(1+h)−f(1)h

. Ker sta za funkcijo uporabljena dva predpisa, si bomo pomagali z le-

vim in desnim odvodom v tocki x = 1. Izracunajmo najprej levi odvod:

f ′L(1) = lim

h↑0

f(1 + h) − f(1)

h= lim

h↑0

a(1 + h) + b− (a + b)

h= lim

h↑0

ah

h= a.

2. marec 2009, 20 : 15 68

V izracunu desnega odvoda pa se zatakne:

f ′D(1) = lim

h↓0f(1+h)−f(1)

h= lim

h↓0(1+h)2−(a+b)

h= lim

h↓0(1−a−b)+2h+h2

h.

Ce naj gornja limita obstaja, mora biti a+ b = 1. Sledi

f ′D(1) = lim

h↓0(1−a−b)+2h+h2

h= lim

h↓02h+h2

h= lim

h↓0(2 + h) = 2.

Torej bo funkcija v tocki x = 1 odvedljiva, ce bo f ′L(1) = f ′

D(1) oz. a = 2. Skupaj spogojem a+ b = 1 izracunamo se b = −1.

Cemu pogoj a + b = 1 pri gornji nalogi? Ker je limx↑1

f(x) = a + b in limx↓1

f(x) = 1 = f(1),

lahko pogoj a+ b = 1 zapisemo tudi v obliki

limx↑1

f(x) = limx↓1

f(x) = f(1),

kar pomeni, da je funkcija f zvezna v tocki 1. Slednje velja tudi v splosnem:

Izrek 47 Ce je funkcija f : I → R v tocki x odvedljiva, je v tej tocki tudi zvezna.

Dokaz. Spomnimo se, da je stevilo f ′(x) odvod funkcije f v tocki x, ce za vsak ε > 0obstaja δ > 0, da iz 0 < |h| < δ sledi

∣∣∣∣f(x+ h) − f(x)

h− f ′(x)

∣∣∣∣ < ε,

kar lahko zapisemo tudi kot

|f(x+ h) − f(x) − hf ′(x)| < ε|h|.

Slednje lahko preoblikujemo v

|f(x+ h) − f(x)| < |h|(ε+ |f ′(x)|).

Torej velja limh→0

f(x+ h) = f(x), kar je ravno pogoj zveznosti v tocki x.

Kot kaze primer 74 (funkcija x 7→ |x|), je lahko funkcija v neki tocki zvezna, a ni odve-dljiva. Obstajajo celo funkcije, ki so zvezne v vsaki tocki nekega intervala, pa v nobenitocki niso odvedljive.

4.2 Geometricni pomen odvoda

Naj bo f : I → R zvezna funkcija. Kot smo ze videli, je diferencni kvocient

f(x+ h) − f(x)

h

enak naklonskemu koeficientu premice skozi tocki T (x, f(x)) in T1(x+ h, f(x+ h)), ki joimenujeno sekanta.

2. marec 2009, 20 : 15 69

tangen

ta

x

y

O

f

x x+ h

f(x)

f(x+ h)

bc

bcT

bc

bc bc

bc

T1bc

Ko se h priblizuje vrednosti 0, se tocka T1 priblizuje tocki T . Ce sekanta limitira protineki koncni legi, imenujemo sekanto v limitni legi tangenta na krivuljo v tocki (x, f(x)).Smerni koeficient sekante preide v smerni koeficient tangente. Tangenta na graf funkcijef v tocki (x, f(x)) oklepa s pozitivno smerjo abscisne osi kot α, ki zadosca zvezi

tanα = f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h.

tang

enta

normala

O x

y

x

f(x)

α

f

bc

bcbc

bc

Enacba tangente na graf funkcije f v tocki x se glasi Y − y = f ′(x)(X − x), enacbanormale (tj. pravokotnice na tangento) v tej tocki pa Y − y = − 1

f ′(x)(X − x), kjer smo

oznacili y = f(x).

Zgled 76 Zapisi enacbo tangente in normale na graf funkcije f , podane s predpisomf(x) = 1

3x3 v tocki x = 1.

y= −

x+

43 y

=x−

23

x

y

f(x) = 13x3

bc

O

bc13

bc1

bc

1

bc

Resitev. Izracunali smo ze f ′(x) = x2. Enacba tangenteje Y − 1

3x3 = x2(X − x), kar nam za x = 1 da

Y =1

3+ (X − 1) = X − 2

3.

Enacba normale je Y − 13x3 = − 1

x2 (X − x), kar nam zax = 1 da

Y =1

3− (X − 1) = −X +

4

3.

Kot med premicama Dolocimo kot med premicama y = k1x+ n1 in y = k2x+ n2.

2. marec 2009, 20 : 15 70

x

y

Oα2 α1

α

bcbc bc

bc

Iskani kot je enak α = α2 − α1, kjer je k1 = tanα1 in k2 = tanα2. Torej je

tanα = tan(α2 − α1) =tanα2 − tanα1

1 + tanα1 tanα2=

k2 − k1

1 + k1k2.

Od tod tudi vidimo, da je naklonski koficient normale − 1k, ce je k naklonski koeficient

tangente.

Kot med premico in krivuljo Kot med premico in krivuljo je po definiciji enak kotumed premico in tangento v presecni tocki.

αA

t

k

p

bc

Kot med krivuljama Kot med krivuljama je po definiciji enak kotu med tangentamav presecni tocki.

x

y

O

α

t1

t2

bc

bc

Zgled 77 Poisci tocko na grafu funkcije f : (0,∞) → R, f(x) = 1x, v kateri tangenta seka

abscisno os pod kotom π4. V kateri tocki ta tangenta seka ordinatno os?

2. marec 2009, 20 : 15 71

x

y f

bc

O

bc1

bc

2

bc

1bc

2

bc

Resitev. Tangenta ima enacbo Y − f(x) = f ′(x)(X − x). Ker jef ′(x) = − 1

x2 , velja

Y − 1

x= − 1

x2(X − x),

od koder izrazimo Y = 1x− 1

x2 (X−x). Ker mora v tangentni tockiveljati |f ′(x)| = 1

x2 = 1, sledi x = 1. Enacba tangente je zatoY = 1 − (X − 1) = 2 − X. V tocki, kjer tangenta seka ordinatnoos, velja X = 0, zato je Y = 2. Tangenta seka ordinatno os v tocki (0, 2).

4.3 Pravila za odvajanje

Izrek 48 Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudi funkcijaf + g in velja (f + g)′(x) = f ′(x) + g′(x).

Dokaz. Racunajmo

(f + g)′(x) = limh→0

(f + g)(x+ h) − (f + g)(x)

h=

= limh→0

f(x+ h) + g(x+ h) − f(x) − g(x)

h=

= limh→0

f(x+ h) − f(x)

h+ lim

h→0

g(x+ h) − g(x)

h= f ′(x) + g′(x).

Posledica 49 Ce so funkcije f1, f2, . . . , fn odvedljive v tocki x, je v tej tocki odvedljivatudi funkcija f1 + f2 + . . .+ fn in velja (f1 + f2 + . . .+ fn)′ = f ′

1 + f ′2 + . . .+ f ′

n.

Dokaz. Dokazimo trditev z indukcijo. Za n = 1 ni kaj dokazovati. Za n > 1 pa lahkozapisemo

(f1 + f2 + . . .+ fn−1 + fn)′ = (f1 + f2 + . . .+ fn−1)′ + f ′

n = (f ′1 + f2 + . . .+ f ′

n−1) + f ′n,

kjer smo v prvi enakosti upostevali indukcijsko predpostavko za 2 clena, v drugi pa in-dukcijsko predpostavko za n− 1 clenov.

Izrek 50 Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x, je v tej tocki odvedljiva tudi funkcijafg in velja (fg)′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).

Dokaz. Racunajmo

(fg)′(x) = limh→0

(fg)(x+ h) − (fg)(x)

h=

= limh→0

f(x+ h)g(x+ h) − f(x)g(x)

h=

= limh→0

(f(x+ h) − f(x))g(x+ h) + f(x)(g(x+ h) − g(x))

h=

= limh→0

(f(x+ h) − f(x))g(x+ h)

h+ lim

h→0

f(x)(g(x+ h) − g(x))

h=

= limh→0

(f(x+ h) − f(x))

h· lim

h→0g(x+ h) + f(x) lim

h→0

(g(x+ h) − g(x))

h=

= f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),

2. marec 2009, 20 : 15 72

kjer smo zaradi zveznosti funkcije g zapisali limh→0

g(x+ h) = g(x).

Posledica 51 Ce so funkcije f1, f2, . . . , fn odvedljive v tocki x, je v tej tocki odvedljivatudi funkcija f1f2 · · · fn in velja

(f1f2 · · · fn)′ = f ′1f2f3 · · · fn + f1f

′2f3 · · ·fn + . . .+ f1f2 · · · fn−1f

′n.

Dokaz. Dokazimo trditev z indukcijo. Za n = 1 ni kaj dokazovati. Za n > 1 pa lahkozapisemo

(f1f2 · · · fn)′ = (f1f2 · · · fn−1)′fn + (f1f2 · · · fn−1)f

′n =

= f ′1f2f3 · · · fn + f1f

′2f3 · · ·fn + . . .+ f1f2 · · · fn−1f

′n

kjer smo v prvi enakosti upostevali indukcijsko predpostavko za 2 faktorja, v drugi paindukcijsko predpostavko za n− 1 faktorjev.

Posledica 52 Ce je f odvedljiva funkcija v tocki x in c poljubna konstanta, je v tocki xodvedljiva tudi funkcija cf in velja (cf)′(x) = cf ′(x).

Dokaz. V izreku 50 upostevamo, da je odvod konstante v vsaki tocki enak 0.

Izrek 53 Ce sta funkciji f in g odvedljivi v tocki x in g(x) 6= 0, je v tej tocki odvedljiva

tudi funkcija fg

in velja (fg)′(x) = f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)

g2(x).

Dokaz. Racunajmo

(f

g

)′(x) = lim

h→0

(fg)(x+ h) − (f

g)(x)

h= lim

h→0

f(x+h)g(x+h)

− f(x)g(x)

h=

= limh→0

f(x+ h)g(x) − f(x)g(x+ h)

hg(x)g(x+ h)=

= limh→0

(f(x+ h) − f(x))g(x) − f(x)(g(x+ h) − g(x))

hg(x)g(x+ h)=

=limh→0

f(x+h)−f(x)h

g(x) − f(x) limh→0

g(x+h)−g(x)h

limh→0

g(x)g(x+ h)=

=f ′(x)g(x) − f(x)g′(x)

g2(x),

kjer smo zaradi zveznosti funkcije g zapisali limh→0

g(x+ h) = g(x).

Izrek 54 (Verizno pravilo) Ce je f odvedljiva funkcija v tocki x in g odvedljiva funkcijav tocki f(x), je tudi funkcija g ◦ f odvedljiva v tocki x in velja g(f(x))′ = g′(f(x))f ′(x).

2. marec 2009, 20 : 15 73

Dokaz. Ker je g odvedljiva v tocki t = f(x), velja g(t+k)−g(t)k

= g′(t) + η(k), kjer jelimk→0

η(k) = 0. Torej je g(t + k) − g(t) = kg′(t) + kη(k) za majhne k. Ker je f zvezna v

tocki x, bo za k(h) = f(x+ h) − f(x) veljalo limh→0

k(h) = 0. Racunajmo

g(f(x+ h)) − g(f(x))

h=

g(f(x) + k(h)) − g(f(x))

h=

=g(f(x) + k(h)) − g(f(x))

k(h)· k(h)h

=

= g′(f(x))f(x+ h) − f(x)

h+ η(h)

f(x+ h) − f(x)

h

Od tod sledi

g(f(x))′ = limh→0

g(f(x+ h)) − g(f(x))

h=

= limh→0

(g′(f(x))

f(x+ h) − f(x)

h+ η(h)

f(x+ h) − f(x)

h

)=

= g′(f(x))f ′(x).

Posledica 55 Ce je g inverzna funkcija k f in f ′(x) 6= 0, je g odvedljiva v tocki f(x), invelja g′(f(x)) = 1

f ′(x).

Dokaz. Ce je g inverzna funkcija k f , velja g(f(x)) = x. Torej je g′(f(x))f ′(x) = x′ = 1,od koder sledi g′(f(x)) = 1

f ′(x).

Zgled 78 Izracunaj odvod funkcije x 7→ √x.

Resitev. Oznacimo f(x) = x2. Potem je g, g(x) =√x, inverzna funkcija k f na intervalu

[0,∞). Ker je f ′(x) = 2x, po zgoraj dokazanem velja g′(f(x)) = 1f ′(x)

= 12x

za vsak x > 0.

Ce sedaj pisemo y = x2, izpeljemo g′(y) = 12√

y.

Opomba. Ce pisemo y = f(x), lahko pravilo o odvodu inverzne funkcije zapisemo tudikot g′(y) = 1

f ′(g(y)).

4.4 Odvodi elementarnih funkcij

Polinomi in racionalne funkcije Naj bo f(x) = xn, kjer je n ∈ N. Tedaj je

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

(x+ h)n − xn

h=

= limh→0

∑ni=0

(ni

)xn−ihi − xn

h= lim

h→0(

n∑

i=1

(n

i

)xn−ihi−1) =

=

(n

1

)xn−1 = nxn−1.

Ce je f(x) = x−m = 1xm , m ∈ N, racunamo

f ′(x) =1′ · xm − 1 · (xm)′

(xm)2=

−mxm−1

x2m= −mx−m−1.

2. marec 2009, 20 : 15 74

Torej je res (xn)′ = nxn−1 za vsak n ∈ Z.Racionalne funkcije odvajamo po pravilu za odvajanje kvocienta dveh funkcij.

Zgled 79 Izracunaj odvod funkcije x 7→ (x2 + x+ 1)9.

Naj bo f(x) = (x2 + x + 1) in g(x) = x9. Tedaj je h(x) = g(f(x)) = (x2 + x + 1)9. Kerje f ′(x) = 2x+ 1 in g(x) = 9x8, po veriznem pravilu sledi

h′(x) = g′(f(x)) · f ′(x) = 9(x2 + x+ 1)8 · (2x+ 1).

Zgled 80 Izracunaj odvod funkcije x 7→ xx2+1

.

Oznacimo f(x) = xx2+1

. Tedaj je

f ′(x) =x′(x2 + 1) − x(x2 + 1)′

(x2 + 1)2=

1(x2 + 1) − x (2x)

(x2 + 1)2=

1 − x2

(x2 + 1)2.

Eksponentna funkcija Oznacimo f(x) = ex. Tedaj je

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

ex+h − ex

h=

= ex limh→0

eh − 1

h.

Ce postavimo t = eh − 1, velja limh→0

eh − 1 = 0. Torej lahko zapisemo saj je limh→0

eh−1h

=

limt→0

tln(1+t)

= limt→0

1ln(1+t)1/t = 1

ln e= 1, kjer smo upostevali, da je lim

t→0(1 + t)1/t = e. Torej je

(ex)′ = ex.Za splosno eksponentno funkcijo pa lahko zapisemo ax = ex ln a. Ce oznacimo g(x) = ex

in f(x) = x ln a, velja ax = ex ln a = g(f(x)). Izracunajmo odvod po pravilu za odvodsestavljene funkcije 54: Ker je g′(x) = (ex)′ = ex in f ′(x) = (x ln a)′ = ln a, je

(ax)′ = g(f(x))′ = g′(f(x))f ′(x) = ex lna ln a = ax ln a.

Zgled 81 Izracunaj odvod funkcije x 7→ x e−x.

Naj bo f(x) = x e−x. Tedaj je

f ′(x) = x′ e−x + x (e−x)′ = e−x + x e−x(−x)′ =

= e−x + x e−x(−1) = (1 − x)e−x.

Zgled 82 Izracunaj odvod funkcije x 7→ x2 + 2x.

Naj bo f(x) = x2 + 2x. Tedaj je

f ′(x) = 2x+ 2x ln 2.

2. marec 2009, 20 : 15 75

Logaritemska funkcija Naj bo f(x) = ax. Potem je funkcija g, g(x) = loga x, inverznafunkcija k f in velja g′(f(x)) = 1

f ′(x)= 1

ax ln a, kar lahko preoblikujemo v (loga y)

′ = g′(y) =1

y ln a, ko postavimo y = f(x) = ax. Posebej: ln x′ = 1

x.

Zgled 83 Izracunaj odvod funkcije x 7→ x ln x.

Naj bo f(x) = x ln x. Tedaj je

f ′(x) = x′ ln x+ x(ln x)′ = ln x+ x1

x= 1 + ln x.

Zgled 84 Izracunaj odvod funkcije x 7→ 1+lnx1−lnx

.

Naj bo f(x) = 1+ln x1−ln x

. Tedaj je

f ′(x) =(1 + ln x)′ · (1 − ln x) − (1 + lnx) · (1 − ln x)′

(1 − ln x)2=

=1x(1 − ln x) − (1 + ln x)(− 1

x)

(1 − ln x)2=

2x

(1 − ln x)2.

Splosna potencna funkcija Izracunali smo ze odvod funkcije f , f(x) = xn, kjer jeeksponent n naravno stevilo. Ce pa je n poljubno realno stevilo, pisemo f(x) = en lnx, odkoder sledi

f ′(x) = en ln x(n ln x)′ = en ln x(n1

x) = nxn 1

x= nxn−1.

Zgled 85 Izracunaj odvod funkcije x 7→ 2x√

2.

Naj bo f(x) = 2x√

2. Tedaj je

f ′(x) = 2x√

2 · ln 2 · (x√

2)′ = 2x√

2

(ln 2)(√

2x√

2−1) =

= 2x√

2

x2√

2−1√

2 ln 2.

Zgled 86 Izracunaj odvod funkcije x 7→ xx.

Naj bo f(x) = xx. Tedaj je f(x) = ex lnx. Torej lahko odvajamo po veriznem pravilu:f ′(x) = ex ln x(x ln x)′ = xx(ln x+ 1).

Kotne funkcije Naj bo f(x) = sin x. Racunajmo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

h→0

sin(x+ h) − sin x

h=

= limh→0

2 cos(x+ h2) sin h

2

h= lim

h→0cos(x+

h

2) · lim

h→0

sin h2

h2

= cosx,

saj je limh→0

sin h2

h2

= 1. Ker je cosx = sin(π2− x), je

(cosx)′ = sin(π

2− x)′ = sin′(

π

2− x) · (π

2− x)′ = cos(

π

2− x) · (−1) = − sin x.

Iz tan x = sin xcos x

pa izpeljemo se

tanx′ =

(sin x

cos x

)′=

sin′ x cos x− sin x cos′ x

cos2 x=

cos x cosx− sin x(− sin x)

cos2 x=

1

cos2 x.

2. marec 2009, 20 : 15 76

Ciklometricne funkcije Ker so te funkcije po definiciji inverzne h kotnim funkcijam,si pri izracunu odvodov pomagamo s pravilom 55. Racunajmo

(arc sin x)′ =1

sin′(arc sin x)=

1

cos(arc sin x)=

1√1 − x2

,

saj je cos(arc sin x) =√

1 − x2 (pisemo t = arc sin x in upostevamo, da je sin2 t+ cos2 t =1). Podobno izpeljemo se

(arc cos x)′ =1

cos′(arc cosx)=

1

− sin(arc cosx)= − 1√

1 − x2

in

(arc tan x)′ =1

tan′(arc tan x)= cos2(arc tan x) =

1

tan2(arc tan x) + 1=

1

x2 + 1.

Zgled 87 Izracunaj odvod funkcije x 7→ x arc sin(x).

Naj bo f(x) = x arc sin(x). Tedaj je f ′(x) = arc sin(x) + x 1√1−x2 .

Zgled 88 Izracunaj odvod funkcije x 7→ arc tan( 1x2+1

).

Naj bo f(x) = arc tan( 1x2+1

). Tedaj je

f ′(x) =1

1 + ( 1x2+1

)2·(

1

x2 + 1

)′=

(x2 + 1)2

x2 + 2x+ 2· −2x

(x2 + 1)2=

−2x

x2 + 2x+ 2.

Zberimo odvode elementarnih funkcij v eno preglednico:

(c)′ = 0, c konstanta(xr)′ = rxr−1, r ∈ R

(ex)′ = ex

(ax)′ = ax ln a, a > 0

(ln x)′ =1

x

(loga x)′ =

1

x ln a, a > 0, a 6= 1

(sin x)′ = cosx

(cosx)′ = − sin x

(tan x)′ =1

cos2 x

(arc sin x)′ =1√

1 − x2

(arc cosx)′ = − 1√1 − x2

(arc tanx)′ =1

x2 + 1

Zgled 89 Izracunaj odvod funkcije f , podane s predpisom f(x) = ln x+1x−1

.

Resitev. Racunajmo

(lnx+ 1

x− 1

)′=

1x+1x−1

·(x+ 1

x− 1

)′=x− 1

x+ 1· (x+ 1)′(x− 1) − (x+ 1)(x− 1)′

(x− 1)2=

=x− 1

x+ 1· 1 · (x− 1) − (x+ 1) · 1

(x− 1)2=x− 1

x+ 1· −2

(x− 1)2= − 2

x2 − 1.

2. marec 2009, 20 : 15 77

Do enakega rezultata pa pridemo nekoliko hitreje, ce opazimo, da je

lnx+ 1

x− 1= ln(x+ 1) − ln(x− 1)

in od tod (lnx+ 1

x− 1

)′=

1

x+ 1− 1

x− 1= − 2

x2 − 1.

Zgled 90 Izracunaj odvod funkcije x 7→ ln x+√

1−x2

x.

Racunajmo

f ′(x) =1

x+√

1−x2

x

·(x+

√1 − x2

x

)′

=

=x

x+√

1 − x2· (x+

√1 − x2)′x− (x+

√1 − x2)x′

x2=

=x

x+√

1 − x2·(1 + −2x

2√

1−x2 )x− (x+√

1 − x2)

x2=

=x

x+√

1 − x2· (√

1 − x2 − x)x− x√

1 − x2 − (1 − x2)

x2√

1 − x2=

=x

x+√

1 − x2· −1

x2√

1 − x2= − 1

x(x +√

1 − x2)√

1 − x2.

Zgled 91 Izracunaj odvod funkcije x 7→ arc tan ex − ln√

e2x

e2x+1.

Racunajmo

f ′(x) =1

1 + (ex)2· (ex)′ +

1√e2x

e2x+1

(√e2x

e2x + 1

)′

=

=ex

1 + e2x+

1√e2x

e2x+1

· 1

2√

e2x

e2x+1

·(

e2x

e2x + 1

)′=

=ex

1 + e2x+

12e2x

e2x+1

· 2e2x(e2x + 1) − e2x(2e2x)

(e2x + 1)2=

=ex

1 + e2x+e2x + 1

2e2x· 2e2x

(e2x + 1)2=

=ex

1 + e2x+

1

e2x + 1=

ex + 1

1 + e2x.

Zgled 92 Izracunaj odvod funkcije x 7→ 2 arc tanx+ arc sin 2x1+x2 .

2. marec 2009, 20 : 15 78

Racunajmo

f ′(x) =2

1 + x2+

1√1 − ( 2x

1+x2 )2·(

2x

1 + x2

)′=

=2

1 + x2+

1√(x2+1)2−4x2

(1+x2)2

· 2(1 + x2) − 2x · 2x(1 + x2)2

=

=2

1 + x2+

1√x4 + 2x2 + 1 − 4x2

· 2(1 − x2)

1 + x2=

=2

1 + x2+

1√(x2 − 1)2

· 2(1 − x2)

1 + x2=

=2

1 + x2+

1

|x2 − 1| ·2(1 − x2)

1 + x2.

Torej je

f ′(x) =2

1 + x2+

1

|x2 − 1| ·2(1 − x2)

1 + x2,

kar med drugim pomeni, da v tockah x = ±1 funkcija ni odvedljiva. Ce je |x| < 1, je|x2−1| = 1−x2, zato je f ′(x) = 4

1+x2 . Ce je |x| > 1, je |x2−1| = x2−1, zato je f ′(x) = 0.

x

y

bc

O

bcπ

bc−π

bc

1bc

−1

bc

bc

4.5 Diferencial funkcije

Naj bo f odvedljiva funkcija, y = f(x). Spremembo vrednosti funkcije f pogosto oznacimoz ∆y. Podobno oznacimo spremembo vrednosti spremenljivke x z ∆x. S temi oznakamilahko zapisemo

f ′(x) = limh→0

f(x+ h) − f(x)

h= lim

∆x→0

∆y

∆x.

Torej velja f ′(x)− ∆y∆x

= η, kjer gre pri ∆x → 0 tudi η → 0. Gornjo enacbo preoblikujemov

∆y = f ′(x)∆x+ η∆x.

Kot smo ze omenili, gre hkrati z ∆x tudi η k 0, zato je ∆y ≈ f ′(x)∆x.

2. marec 2009, 20 : 15 79

x

y

O x x+ h

f ′(x)∆x

∆x

∆y

t f

bc bc bc

bcbc

bc

bc

bc

Diferencial funkcije f v tocki x je enak produktu iz odvoda funkcije in diferencialaneodvisne spremenljivke. Torej

dy = f ′(x) ∆x.

Za funkcijo f : x 7→ x je df(x) = dx = 1 · ∆x = ∆x. Torej je dx = ∆x in zato diferencialpogosto zapisemo v obliki dy = f ′(x) dx ali

f ′(x) =dy

dx.

Ce je y posredna funkcija spremenljivke x, tj. y = f(u) in u = g(x), je dy =(f(g(x)))′ dx = f ′(u)g′(x) dx. Ker je f ′(u) = dy

duin g′(x) = du

dx, lahko verizno pravilo

za odvajanje zapisemo z diferenciali kot

dy

dx=dy

du

du

dx.

Diferenciale pogosto uporabljamo pri racunanju pribliznih vrednosti funkcije, saj jef(x+ dx) = f(x) + ∆y. Torej je

f(x+ dx) ≈ f(x) + ∆y = f(x) + f ′(x) dx.

Graficno to pomeni, da smo v okolici dotikalisca funkcijo aproksimirali s tangento.

x

y

O x x+ dx

f(x) + f ′(x)dxf(x+ dx)

f(x)f ′(x) dx

t f

bc bc bc

bcbc

bc bc

bcbc

Zgled 93 Priblizno izracunaj√

17.

Ker je 17 = 16 + 1, lahko zapisemo√

17 = 4√

1 + 116

. Oznacimo f(x) = 4√

1 + x. Torej

moramo priblizno izracunati f(x+dx) za x = 0 in dx = 116

. Ker je f ′(x) = 4 12√

1+x= 2√

1+x,

jef( 1

16) ≈ f(0) + f ′(0) 1

16= 4 + 2 · 1

16= 4.125 .

Dobljen rezulat je natancen na dve decimalni mesti, saj je√

17 ≈ 4.1231056 . Omenjenametoda racunanja pribliznih vrednosti funkcije je enostavna, zal pa iz metode same nirazvidno, kako natancen je dobljen rezultat. Kasneje si bomo pogledali, kako lahko spomocjo Taylorjeve vrste ocenimo, kako velika je napaka, ce nadomestimo f(x + dx) zf(x) + f ′(x) dx.

2. marec 2009, 20 : 15 80

4.6 Visji odvodi

Naj bo funkcija f na intervalu (a, b) odvedljiva in g = f ′ njen odvod. Ce je funkcija godvedljiva v tocki x, pravimo, da je funkcija f dvakrat odvedljiva v tocki x in oznacimof ′′(x) = g′(x). Funkcijo f ′′ imenujemo drugi odvod funkcije f . Ce je drugi odvod odve-dljiva funkcija, oznacimo odvod drugega odvoda z f ′′′ in imenujemo tretji odvod funkcijef . Splosno velja: ce se da funkcija f n-krat zaporedoma odvajati, dobimo po n korakihn-ti odvod, ki ga oznacimo z f (n).

Visji odvodi elementarnih funkcij Za f(x) = xm po vrsti izracunamo

(xm)′ = mxm−1

(xm)′′ = m(m− 1)xm−2

...

(xm)(n) = m(m− 1) . . . (m− n+ 1)xm−n.

Ce je m naravno stevilo, bo (m + 1)-vi in vsi visji odvod enak 0. (tj. (xm)(n) = 0 zan ≥ m+ 1). Ce pa je m negativno celo stevilo ali m ∈ R \ Z, pa noben odvod ne bo 0.

Za f(x) = sin x po vrsti izracunamo

(sin x)′ = cosx = sin(x+ π2),

(sin x)′′ = − sin x = sin(x+ 2 · π2),

(sin x)′′′ = − cosx = sin(x+ 3 · π2),

(sin x)(4) = sin x = sin(x+ 4 · π2).

Torej za vsak k velja (sin x)(k)(x) = sin(x+ k · π2).

Za f(x) = cosx po vrsti izracunamo

(cosx)′ = − sin x = cos(x+ π2),

(cosx)′′ = − cosx = cos(x+ 2 · π2),

(cos x)′′′ = sin x = cos(x+ 3 · π2),

(cosx)(4) = cosx = cos(x+ 4 · π2).

Torej za vsak k velja (cosx)(k)(x) = cos(x+ k · π2).

Za f(x) = ln x po vrsti izracunamo

(ln x)′ =1

x= x−1

(ln x)′′ = −x−2

(ln x)′′′ = (−1)(−2)x−3 = 2x−3

...

(ln x)(n) = (−1)n−1(n− 1)! x−n

Za f(x) = ax pa je f ′(x) = ax ln a, od koder v splosnem sledi f (k)(x) = ax(ln a)k.

Za visje odvode ciklometricnih funkcij pa v splosnem ne obstajajo lepe formule.

2. marec 2009, 20 : 15 81

4.7 Lastnosti odvedljivih funkcij

Naj bo f odvedljiva funkcija v tocki x0. Iz

limh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h= f ′(x0)

sledi, da lahko zapisemo f(x0+h)−f(x0)h

= f ′(x0)+η(h), kjer za funkcijo η velja limh→0

η(h) = 0.

Naj bo sedaj f ′(x0) 6= 0. Potem je v enakosti

f(x0 + h) − f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

predznak vsote f ′(x0) + η(h) dolocen s predznakom stevila f ′(x0) in se za majhne h nespreminja. (Obstaja namrec tak δ > 0, da je |f ′(x0)| > |η(h)| za vse |h| < δ.)

Ce je f ′(x0) > 0, izf(x0 + h) − f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

sledi, da za majhne h velja

f(x0 + h) > f(x0) ⇐⇒ h > 0.

x0

f(x0)

x0 + h

f(x0 + h)

x

y f

bcbc

bcbc

bc

bc bc

Opozorilo. To se ne pomeni, da je funkcija f v okolici tocke x0 narascajoca.

Ce je f ′(x0) < 0, izf(x0 + h) − f(x0) = h(f ′(x0) + η(h))

sledi, da za majhne h velja

f(x0 + h) < f(x0) ⇐⇒ h > 0.

x0

f(x0)

x0 + h

f(x0 + h)

x

y

fbcbc

bcbc

bc

bc bc

2. marec 2009, 20 : 15 82

Opozorilo. To se ne pomeni, da je funkcija f v okolici tocke x0 padajoca.

Ce pa je f ′(x0) = 0, veljaf(x0 + h) − f(x0) = hη(h)

in o obnasanju funkcije f v okolici tocke x0 ne moremo povedati nicesar.

x0

f(x0)

x0 + h x

y

f(x0 + h)

f(x0 + h)

f

bcbc

bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

Za funkcije x 7→ x3, x 7→ −x3 in x 7→ x2 velja, da je njihov odvod v tocki 0 enak 0.Prva funkcija je v okolici tocke 0 narascajoca, druga padajoca, tretja pa ni ne narascajocain ne padajoca.

x

y

x3

bc

O x

y

−x3

bc

O x

y

x2

bc

O

Zgled 94 Za funkcijo f ,

f(x) =

{x+ 2x2 sin π

x, ce je x 6= 0 in

0, ce je x = 0,

je f ′(0) = 1, vendar v nobeni okolici tocke 0 ni narascajoca.

Dokaz. Res je

f ′(0) = limh→0

f(h) − f(0)

h= lim

h→0

h+ 2h2 sin πh

h= lim

h→0(1 + 2h sin

π

h) = 1.

Po drugi strani pa za x 6= 0 velja

f ′(x) = 1 + 4x sinπ

x− 2π cos

π

x.

Ce postavimo a = 1πn

, n ∈ N, bo f ′(a) = 1 + 42n

· sin(2πn) − 2π cos(2πn) = 1 − 2π < 0.Po gornjem razmisleku za tocko b blizu a, b < a, velja f(b) > f(a). Torej funkcija f naintervalu [0, a] ni narascajoca.

2. marec 2009, 20 : 15 83

x

y

bc

O

Naj bo I odprt interval in f : I → R funkcija. Tocki x ∈ I, kjer je f ′(x) = 0, pravimostacionarna tocka funkcije f . Vrednost funkcije se v okolici stacionarne tocke pocasispreminja. Tangenta na graf funkcije v stacionarni tocki je vzporedna z abscisno osjo.

Funkcija f ima v tocki x0 ∈ I lokalni maksimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsakx ∈ (x0 − δ, x0 + δ) velja f(x) < f(x0).

x0 − δ x0 + δx0

f(x0)

x

y

bc bc

bc

bc

bc

Funkcija f ima v tocki x0 ∈ I lokalni minimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsakx ∈ (x0 − δ, x0 + δ) velja f(x) > f(x0).

x0 − δ x0 + δx0

f(x0)

x

y

bc bc

bc

bc

bc

Ce ima funkcija f v tocki x0 lokalni maksimum ali lokalni minimum, pravimo, da imaf v tocki x0 lokalni ekstrem.

Izrek 56 Ce ima odvedljiva funkcija f v tocki x0 lokalni ekstrem, je f ′(x0) = 0.

Dokaz. Naj ima f v tocki x0 lokalni maksimum. Ce ima lokalni minimum, dokazemotrditev podobno.

2. marec 2009, 20 : 15 84

Naj bo torej f(x0 + h) < f(x0) za vse h blizu 0. Za h < 0 torej velja

f(x0 + h) − f(x0)

h> 0

in zato

f ′L(x0) = lim

h↑0

f(x0 + h) − f(x0)

h≥ 0.

Za h > 0 pa veljaf(x0 + h) − f(x0)

h< 0

in zato

f ′D(x0) = lim

h↓0

f(x0 + h) − f(x0)

h≤ 0.

Ker je f ′(x0) = f ′L(x0) ≥ 0 in f ′(x0) = f ′

D(x0) ≤ 0, od tod sledi f ′(x0) = 0.

Odvedljiva funkcija ima lahko ekstreme le v stacionarnih tockah. Kot kaze funkcija x 7→x3, pa obrat ne drzi. Tocka x = 0 je stacionarna, vendar je v okolici te tocke funkcijanarascajoca.

xO

1

−1

y

1−1

x3

bc

bc

bc

bcbc

V gornjem izreku predpostavke o odvedljivosti ne smemo izpustiti. Funkcija x 7→3√x2 ima v tocki x = 0 lokalni minimum, a ni odvedljiva. Prav tako ima tudi funkcijax 7→

√4 − x2 lokalna minima v tockah x = ±2, a sta ti dve tocki na robu definicijskega

obmocja in zato funkcija v teh dveh tockah ni odvedljiva.

xO

1

y

1−1

3√x2

bc

bc

bc

bcbc

xO

2y

2−2

√4 − x2

bc

bc

bb

Izrek 57 (Rolleov izrek) Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija, ki je na intervalu (a, b)odvedljiva. Ce je f(a) = f(b), obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je f ′(ξ) = 0.

2. marec 2009, 20 : 15 85

Dokaz. Ker je f zvezna na zaprtem intervalu [a, b], zavzame maksimum M in minimumm. Ce je M = m, je funkcija f konstantna, zato je f ′(ξ) = 0 za vsak ξ ∈ (a, b). Cepa je m < M , zaradi pogoja f(a) = f(b) ne more zavzeti obeh ekstremnih vrednosti vkrajiscih. Torej obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je f(ξ) ∈ {M,m} \ {f(a)}. V tocki ξ jefunkcija f odvedljiva in po izreku 56 je f ′(ξ) = 0.

Geometrijski pomen Rolleovega izreka: Ce imata krajisci grafa funkcije f na intervalu [a, b]enaki ordinati, obstaja vsaj ena tocka na grafu funkcije, v kateri je tangenta vzporedna zabscisno osjo.

a bξ

f ′(ξ) = 0

f(a) = f(b)

x

y

bc bc

bc

bc

bc bc bc

Izrek 58 (Lagrangeov izrek) Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija, ki je na intervalu

(a, b) odvedljiva. Potem obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je f ′(ξ) = f(b)−f(a)b−a

.

Dokaz. Funkcija g: [a, b] → R,

g(x) = f(x) − f(b) − f(a)

b− a(x− a),

je intervalu [a, b] zvezna in na intervalu (a, b) odvedljiva. Po konstrukciji je g(a) = f(a)

in g(b) = f(b) − f(b)−f(a)b−a

(b − a) = f(a), zato ustreza pogojem Rolleovega izreka. Torej

obstaja tocka ξ ∈ (a, b), da je g′(ξ) = 0. Sledi g′(ξ) = f ′(ξ) − f(b)−f(a)b−a

= 0, kar nam da

f ′(ξ) = f(b)−f(a)b−a

.

Tudi Lagrangeov izrek ima lep geometrijski pomen. Ce je funkcija med tockama A(a, f(a))in B(b, f(b)) gladka, obstaja vsaj ena tocka na grafu, v kateri je tangenta vzporednapremici skozi tocki A in B.

a bξ

f ′(ξ) = f(b)−f(a)b−a

f(a)

f(b)

x

y

A

B

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Zgled 95 S pomocjo Lagrangeovega izreka dokazi, da za 0 ≤ a < b < π2

velja

b− a

cos2 a< tan b− tan a <

b− a

cos2 b. (11)

2. marec 2009, 20 : 15 86

Resitev. Ker je tan′(x) = 1cos2 x

, opazujmo funkcijo f , podano s predpisom f(x) = tan x.Po Lagrangeovem izreku obstaja tocka ξ med a in b, da je f(b) − f(a) = f ′(ξ)(b− a) oz.

tan b− tan a =1

cos2 ξ(b− a).

Ker je funkcija cos na intervalu [0, π2) pozitivna in padajoca, je funkcija x 7→ 1

cos2 x

narascajoca, zato za a < ξ < b velja

1

cos2 a<

1

cos2 ξ<

1

cos2 b.

Ko slednje pomozimo z b− a, dobimo zeleno neenakost (11).

Posledica 59 Ce je funkcija f na intervalu [a, b] zvezna, na intervalu (a, b) odvedljiva inje f ′(x) = 0 za vsak x ∈ (a, b), je f konstantna.

Dokaz. Vzemimo poljuben x ∈ (a, b). Po Lagrangeovem izreku za funkcijo f na intervalu

[a, x], obstaja ξ ∈ (a, x), da je f ′(ξ) = f(x)−f(a)x−a

. Ker je f ′(ξ) = 0, je f(x) = f(a). Zaradizveznosti je f(b) = lim

x↑bf(x) = f(a). Torej je res funkcija na intervalu [a, b] konstantna.

Posledica 60 Ce sta funkciji f in g na intervalu [a, b] zvezni, na intervalu (a, b) odvedljiviin je f ′(x) = g′(x) za vsak x ∈ (a, b), obstaja konstanta c, da je g(x) = f(x) + c za vsakx ∈ [a, b].

Dokaz. Funkcija h = g − f ustreza pogojem prejsnje trditve, zato je g − f konstanta,recimo c. Torej je g(x) − f(x) = c oz. g(x) = f(x) + c za vsak x ∈ [a, b].

Gornjo trditev lahko enostavno povemo tudi takole: ce imata funkciji enaka odvoda, serazlikujeta le za konstanto. Pri uporabi gornje trditve pa je potrebno paziti, da sta funkcijires definirani na intervalih.

Zgled 96 Zapisi zvezo med arc cosx in arc sin x.

Oznacimo f(x) = arc cosx in g(x) = arc sin x. Ker je f ′(x) = − 1√1−x2 in g′(x) = 1√

1−x2 ,

se odvoda funkcij x 7→ −f(x) in x 7→ g(x) ujemata. Po zgornji trditvi je zato g(x) =−f(x) + c oz.

arc sin x = − arc cosx+ c. (12)

Ko vstavimo primeren x, npr. x = 0, dobimo arc sin 0 = − arc cos 0 + c in od tod c =arc cos 0 = π

2.

Zgled 97 Skiciraj grafe funkcij, podane s predpisi f(x) = arc tan x, g(x) = 12arc tan 2x

1−x2

in h(x) = − arc tan x+1x−1

.

Najprej opazimo, da je Df = R, Dg = R\{−1, 1} in Dh = R\{1}. Ker je f ′(x) = 1x2+1

=g′(x) = h′(x), se funkcije na intervalih, ki so v presekih definicijskih obmocij, razlikujejoza konstante.

2. marec 2009, 20 : 15 87

F (x) F (0) limx→−∞

F (x) limx→∞

F (x)

f(x) = arc tan x 0 −π2

π2

g(x) = 12arc tan 2x

1−x2 0 0 0

h(x) = − arc tan x+1x−1

π4

−π4

−π4

Iz tabele torej vidimo, da dobimo grafa funkcij g in h tako, da vzporedno premaknemoposamezne dele grafov funkcije f .

x

y

bc

O

f

h

g

bc

π2

bc

−π2

bc

π4

bc

−π4

bc

1bc

−1

Izrek 61 Naj bo funkcija f na intervalu (a, b) odvedljiva. Ce je f ′(x) > 0 za vsak x ∈(a, b), je f narascajoca. Ce je f ′(x) < 0 za vsak x ∈ (a, b), je f padajoca.

Dokaz. Izberimo x1, x2 ∈ (a, b), x1 < x2. Po Lagrangeovem izreku za funkcijo f na

intervalu [x1, x2], obstaja ξ ∈ (x1, x2), da je f ′(ξ) = f(x2)−f(x1)x2−x1

. V prvem primeru je

f ′(ξ) > 0, zato je f(x2)−f(x1)x2−x1

> 0, kar nam da f(x2) > f(x1). V drugem primeru pa je

f ′(ξ) < 0, zato je f(x2)−f(x1)x2−x1

< 0, kar nam da f(x2) < f(x1).

4.8 Konveksnost, konkavnost, prevoji

Pravimo, da je funkcija f : I → R konveksna na intervalu [a, b] ⊂ I, ce za vsako tockox ∈ (a, b) velja

f(x) ≤ f(a) +f(b) − f(a)

b− a(x− a).

Graficno to pomeni, da na intervalu [a, b] lezi graf funkcije f pod premico skozi tocki(a, f(a)) in (b, f(b)).

xa b

f

x

y

Obc

bc

bc

bcbc

bc

bc

Pravimo, da je funkcija f : I → R konkavna na intervalu [a, b] ⊂ I, ce za vsako tockox ∈ (a, b) velja

f(x) ≥ f(a) +f(b) − f(a)

b− a(x− a).

Graficno to pomeni, da na intervalu [a, b] lezi graf funkcije f nad premico skozi tocki(a, f(a)) in (b, f(b)).

2. marec 2009, 20 : 15 88

xa b

f

x

y

Obc

bc

bc

bcbc

bc

bc

Neposredno iz definicije vidimo, da je funkcija f : I → R na intervalu [a, b] ⊂ I kon-veksna natanko tedaj, ko je funkcija g: I → R, definirana s predpisom g(x) = −f(x), natem intervalu konkavna.

Izrek 62 Funkcija je konveksna na intervalu [a, b], ce je f ′′(x) > 0 za vsak x ∈ (a, b).Funkcija je konkavna na intervalu [a, b], ce je f ′′(x) < 0 za vsak x ∈ (a, b).

Naj bo f : I → R funkcija. Tocka x ∈ I je prevoj funkcije f , ce se funkcija v njejspremeni iz konveksne v konkavno ali obratno.

xx

y

O

f

konkavna konveksnabcbc

bc

Izrek 63 Naj bo f : I → R dvakrat odvedljiva funkcija. Ce je f ′′(x) = 0 in f ′′ spremenipredznak pri prehodu cez tocko x, je tocka x prevoj funkcije f .

Torej v prevojni tocki graf funkcije seka tangento na graf funkcije v tej tocki.

xx

y

O

f

bcbc

bc

Zgled 98 Doloci obmocje konveksnosti, konkavnosti in prevoje za funkcijo f , podano spredpisom f(x) = 1

4(x2 − 9)(x2 − 1).

Po vrsti izracunamo

f(x) =1

4(x4 − 10x2 + 1),

f ′(x) =1

4(4x3 − 2 · 10x) = x3 − 5x,

f ′′(x) = 3x2 − 5.

Torej sta prevoja v tockah x = ±√

53. Funkcija konveksna na intervalih (−∞,−

√53) in

(√

53,∞), konkavna pa na intervalu (−

√53,√

53).

2. marec 2009, 20 : 15 89

xO

y94

−119

√53

−√

53

1−1 3−3

konveksna konveksnakonkavna

bc

bc

bc

bcbc bcbc bc bc

bc bc

4.9 Ekstremi funkcij

Spomnimo se, da za odvedljivo funkcijo f v lokalnem ekstremu x0 velja f ′(x0) = 0. Alivelja obrat, tj. ali lahko iz pogoja f ′(x0) = 0 sklepamo, da ima funkcija f je v tockix0 lokalni ekstrem? Odgovor je v splosnem negativen: funckija, podana s predpisomf(x) = x3, v tocki x0 = 0 nima ekstrema. Kot kaze spodnji izrek, pa nam stacionarnetocke kljub temu zelo koristijo pri iskanju ekstremov:

Izrek 64 Naj bo x0 stacionarna tocka funkcije f .

1. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0− δ, x0) in f ′(x) < 0 za x ∈ (x0, x0 + δ),ima funkcija f v tocki x0 lokalni maksimum.

2. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) < 0 za x ∈ (x0− δ, x0) in f ′(x) > 0 za x ∈ (x0, x0 + δ),ima funkcija f v tocki x0 lokalni minimum.

3. Ce obstaja δ > 0, da je f ′(x) enakega predznaka za vse x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0},funkcija f v tocki x0 nima lokalnega ekstrema.

Dokaz. Po izreku 61 je funkcija narascajoca, ce je f ′ > 0 in padajoca, ce je f ′ < 0.V prvem primeru je f na intervalu (x0 − δ, x0) narascajoca, zato je f(x) < f(x0) za

x0 − δ < x < x0. Podobno je f na intervalu (x0, x0 + δ) padajoca, zato je f(x0) > f(x) zax0 < x < x0 + δ. Torej je f(x) > f(x0) za vsak x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0} in je x0 lokalnimaksimum.

Drugi primer dokazemo podobno kot prvi.V tretjem primeru pa npr. vzemimo, da je f ′(x) > 0 za x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) \ {x0}.

Potem je na intervalih (x0 − δ, x0) in (x0, x0 + δ) funkcija f narascajoca, kar pomeni, daje

f(x1) < f(x0) < f(x2)

za vsak x1 ∈ (x0 − δ, x0) in vsak x2 ∈ (x0, x0 + δ). Torej v tocki x0 funkcija f nimaekstrema.

Pri prehodu preko stacionarne tocke so mozne stiri kombinacije predznakov odvoda indve od teh nam dasta lokalni ekstrem, v drugih dveh primerih pa ekstrema ni

2. marec 2009, 20 : 15 90

f ′ se spremeni:+−→ x0

−−→ lokalni maksimum

f ′ se spremeni:−−→ x0

+−→ lokalni minimum

f ′ se spremeni:+−→ x0

+−→ ni ekstrema

f ′ se spremeni:−−→ x0

−−→ ni ekstrema

+−→ x0−−→ −−→ x0

+−→ +−→ x0+−→ −−→ x0

−−→

bc bc bc bc

Zgled 99 Karakteriziraj vse stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x) = x2 +4x+ 1.

xO

−3

y

−2bc

bcbc

bc

Resitev. Ker jef ′(x) = 2x+ 4,

je edina stacionarna tocka pri x0 = −2. Iz zapisa f ′(x) = 2(x+2)sledi, da je f ′(x) < 0 za x < −2 in f ′(x) > 0 za x > −2. Torejimamo prehod oblike

−−→ x0+−→,

ki nam da lokalni minimum.

Zgled 100 Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x3 − x2 − x+ 1.

xO

3227

y

1−13

bc bc

bc

bc

Resitev. Izracunajmo odvod:

f ′(x) = 3x2 − 2x− 1.

Ker je 3x2 − 2x − 1 = (3x + 1)(x − 1), vidimo od tod, da jef ′(x) = 0 za x1 = −1

3in x2 = 1.

Ce je x < x1, je f ′(x) > 0. Ce je x1 < x < x2, je f ′(x) < 0. Cepa je x2 < x, je spet f ′(x) > 0. Pri stacionarni tocki x1 = −1

3

imamo torej prehod oblike+−→ x1

−−→, ki nam da lokalni maksimum. Pri stacionarni

tocki x2 = 1 pa imamo prehod oblike−−→ x1

+−→, ki nam da lokalni minimum.

Zgled 101 Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = (2x+ 1)5.

xO

y

−12

bcbc

Resitev. Ker je

f ′(x) = 5 · (2x+ 1)4 · 2 = 10(2x+ 1)4,

je edina stacionarna tocka pri x0 = −12. Ker je f ′(x) > 0 za vsak

x 6= −12, imamo pri x0 prehod oblike

+−→ x0+−→, kar pomeni,

da v tej tocki ni ekstrema.

Pogosto pa je funkcija, katere ekstrem iscemo, (vsaj) dvakrat odvedljiva. V tem primeruvelja:

2. marec 2009, 20 : 15 91

Izrek 65 Naj bo funkcija f dvakrat odvedljiva. Ce v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) < 0,je v tej tocki lokalni maksimum. Ce v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) > 0, je v tej tockilokalni minimum.

Dokaz. Oglejmo si primer, da v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) < 0. Potem je funkcijag = f ′ v okolici tocke x0 padajoca. Torej obstaja δ > 0, da je f ′(x) = g(x) > 0 zax ∈ (x0−δ, x0) in f ′(x) = g(x) < 0 za x ∈ (x0, x0 + δ). Torej imamo za funkcijo f ′ prehod

oblike+−→ x0

−−→, kar pomeni, da je v tocki lokalni maksimum.Ce pa v stacionarni tocki x0 velja f ′′(x0) > 0, je funkcija f ′ v okolici tocke x0

narascajoca. Podobno kot zgoraj vidimo, da imamo v tem primeru prehod oblike−−→

x0+−→, ki nam da lokalni minimum.

Opozorilo. Ce je f ′′(x0) = 0 v stacionarni tocki x0, to ne pomeni, da v tej tocki niekstrema, pac pa le, da o naravi stacionarne tocke ne moremo sklepati na podlagi drugegaodvoda. Za primer vzemimo funkciji f : x 7→ x3 in g: x 7→ x4, za kateri sta prvi in drugiodvod v tocki x0 = 0 enaka 0. Funkcija f v tocki x0 nima ekstrema, funkcija g pa imalokalni (celo globalni) minimum.

x

y

x3

bc

O x

y

x4

bc

O

Zgled 102 Poisci vse ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x) = x2e−x.

xO

y

2

4e−2

bc

bc

bc

bc

Resitev. Odvajajmo:

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = (−x2 + 2x)e−x

f ′′(x) = (−2x+ 2)e−x − (−x2 + 2x)e−x = (x2 − 4x+ 2)e−x

Iz pogojaf ′(x) = (−x2 + 2x)e−x = x(2 − x)e−x = 0

izpeljemo, da ima funkcija stacionarni tocki x1 = 0 in x2 = 2. Iz f ′′(x1) = f ′′(0) = 2 > 0sledi, da je v tocki x1 = 0 lokalni minimum. Iz f ′′(x2) = f ′′(2) = −2e−2 < 0 pa sledi, daje v tocki x2 = 2 lokalni maksimum.

Ekstrem zvezne funkcije na zaprtem intervalu Naj bo f : [a, b] → R zvezna funk-cija. Po izreku 43 vemo, da zvezna funkcija f na zaprtem intervalu zavzame najvecjo innajmanjso vrednst. Ce je funkcija f na odprtem intervalu (a, b) odvedljiva, je ekstremnatocka stacionarna (izrek 56). Ekstrem pa lahko doseze tudi v krajiscu intervala ali pa vtocki, kjer funkcija f sploh ni odvedljiva. Povzemimo:

Ce zavzame f v tocki x ekstremno vrednost, je x

• stacionarna tocka funkcije f ali

2. marec 2009, 20 : 15 92

• krajisce intervala ali

• tocka, v kateri f ni odvedljiva.

Opozorilo. Ni nujno, da funkcija v krajiscu ekstrem dejansko doseze.

Zgled 103 Ali ima funkcija f : [0, 1] → R, podana s predpisom

f(x) =

{x2 sin π

x, ce je 0 < x ≤ 1 in

0, ce je x = 0,

lokalna ekstrema v tockah x = 0 in x = 1?

Za x > 0 velja

f ′(x) = 2x sinπ

x+ x2 cos

π

x·(− π

x2

)= x2 sin

π

x− π cos

π

x,

zato je f ′L(1) = π in je v tocki x = 1 lokalni maksimum. Zaradi

f ′D(0) = lim

h↓0

f(h) − f(0)

h= lim

h↓0

h2 sin πh

h= 0

je funkcija f z desne odvedljiva v 0 in x = 0 je njena stacionarna tocka. Ker pa funkcijaf zavzame pozitivne in negative vrednosti poljubno blizu tocke x = 0, v tej tocki nilokalnega ekstrema.

x

y

bc

Obc

1

Zgled 104 Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f : [−1, 2] → R, podane s pred-pisom f(x) = x2.

xO

1

4

y

−1 2bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Dokaz. Stacionarna tocka je le ena sama: f ′(x) = 2x in f ′(x) =0 le za x = 0. Ker je f ′′(0) = 2 > 0, je v tocki x = 0 lokalniminimum. Ker je f(x) ≥ 0 za vsak x, je v tocki x = 0 tudi globalniminimum. Ker je f na intervalu (−1, 2) povsod odvedljiva, simoramo ogledati le se vrednost v krajiscih: f(−1) = 1, f(2) =4. Torej je najvecja vrednost funkcije f enaka 4, funkcija pa tovrednost zavzame v tocki 2.

Zgled 105 Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f : [−1, 1] → R, podane s pred-

pisom f(x) = x23 .

Resitev. Ker je f ′(x) = 23x−

13 6= 0, funkcija nima stacionarnih tock. Ekstrem lahko

nastopi se v krajiscih (tj. pri x = ±1) in v tocki x = 0, kjer funkcija f ni odvedljiva. Spomocjo vrednosti f(1) = 1, f(−1) = 1 in f(0) = 0 ugotovimo, da ima funkcija v tockix = 0 lokalni minimum, v tockah ±1 pa lokalna maksima.

2. marec 2009, 20 : 15 93

Zgled 106 Kanal sirine a se pravokotno stika s kanalom sirine b. Doloci dolzino najdaljse(tanke) palice, ki lahko priplava iz enega v drugi kanal.

b

a

d

ϕ

Resitev. Pri danem kotu ϕ je dolzina najdaljse palice, ki lahko priplava iz enega v drugikanal, enaka

d(ϕ) =a

cosϕ+

b

sinϕ.

Iscemo minimum te funkcije. Velja

d′(ϕ) = asinϕ

cos2 ϕ− b

cosϕ

sin2 ϕ.

Ce je d′(ϕ) = 0, sledi tanϕ = 3

√ba. Potem je

1

cosϕ=

√√√√1 +

3

√(b

a

)2

,

1

sinϕ=

√

1 +3

√(ab

)2

,

od koder sledi

d =

√(3√a2 +

3√b2)3

=(a

23 + b

23

) 32

.

Tocka je res minimum, saj imamo pri d′(ϕ) = a sin3 ϕ−b cos3 ϕcos2 ϕ sin2 ϕ

premeno tipa−−→ ϕ

+−→.

4.10 Risanje grafov funkcij

Asimptote Funkcija g je asimptota funkcije f , ko gre x proti ∞, ce velja

limx→∞

(f(x) − g(x)) = 0.

Najpogosteje obravnamo linearne asimptote, tj. premice. Da bi bila premica z enacboy = kx+ n asimptota, mora veljati

limx→∞

(f(x) − kx− n) = 0.

2. marec 2009, 20 : 15 94

Torej je n = limx→∞

(f(x) − kx) = limx→∞

x(f(x)x

− k). Ker limita limx→∞

x(f(x)x

− k) obstaja, od

tod sledi, da je limx→∞

(f(x)x

− k) = 0. Torej smo dokazali, da je

k = limx→∞

f(x)

x,

n = limx→∞

(f(x) − kx).

Zgled 107 Zapisi enacbo linearne asimptote funkcije f , podane s predpisom f(x) = x2+1x−1

.

xO

1

y

−11

bc

bc

bcbc

Resitev. Racunajmo

k = limx→∞

f(x)

x= lim

x→∞

x2 + 1

x(x− 1)= 1,

n = limx→∞

(f(x) − kx) = limx→∞

(x2 + 1

x− 1− x

)=

= limx→∞

x+ 1

x− 1= 1.

Enacba asimptote se torej glasi y = kx + n = x + 1 in je enakatudi, ko gre x proti −∞.

Pripomniti velja, da lahko pri racionalnih funkcijah do (linearne) asimptote pridemo hi-treje z deljenjem polinomov. Ker je x2 + 1 = (x− 1)(x+ 1) + 2, lahko v gornjem primeruzapisemo

x2 + 1

x− 1= (x+ 1) +

2

x− 1.

Ker je limx→∞

2x−1

= 0, velja limx→∞

(f(x) − (x + 1)) = 0 in je zato y = x + 1 res asimptota

funkcije f . Z opisano metodo lahko pri racionalnih funkcijah poisceno tudi polinomskoasimptoto.

Zgled 108 Dana je racionalna funkcija f , f(x) = x4

x2−1. Poisci polinom g, da bo lim

x→∞(f(x)−

g(x)) = 0.

Z deljenjem polinomov dobimo x4 = (x2 +1)(x2 − 1)+ 1. Torej je f(x) = (x2 +1) + 1x2−1

.Iskani polinom je g(x) = x2 + 1.

xO1

y

−1 1bc

bc

bcbc

2. marec 2009, 20 : 15 95

Risanje grafov funkcij Pri risanju grafov funkcij obravnavamo naslednje elemente:

• definicijsko obmocje, nicle in pole funkcije,

• ekstreme funkcije,

• asimptote

• in po potrebi prevoje.

Zgled 109 Narisi graf funkcije f , podane s predpisom

f(x) =(1 − x)3

(1 + x)2.

Definicijko obmocje: Df = R \ {−1}, nicle: {1}, poli: {−1}. Ker je

f ′(x) =−3(1 − x)2(1 + x) − 2(1 − x)3(1 + x)

(1 + x)4=

(1 − x)2(−5 − x)

(1 + x)3,

sta x = −5 in x = 1 stacionarni tocki. Z analizo spremembe predznaka odvoda priprehodu preko stacionarne tocke ugotovimo, da je pri x = −5 lokalni minimum, v tockix = 1 pa ni ekstrema. Ker je

f ′′(x) =24(1 − x)

(1 + x)4,

je v tocki x = 1 prevoj.Z deljenjem ugotovimo: −x3 +3x2 −3x+1 = (x2 +2x+1)(−x+5)+(−6x−4), torej

je f(x) = (−x+ 5) + −6x−4(x+1)2

in je y = −x+ 5 linearna asimptota.

xO1

5

y

13.5

1−1

−55

bc

bc

bc

bcbc

bc bcbcbc


f(x) =

√x3

x− 2.

2. marec 2009, 20 : 15 96

Df = (−∞, 0]∪(2,∞), nicle: {0}, poli: {2}. Z odvajanjem dobimo f ′(x) = (x−3)√

x(x−2)3

.

Z analizo spremembe predznaka pri prehodu cez tocko x = 3 oz. pri x ↑ 0 ugotovimo,da ima f lokalna minima pri v tockah (0, 0) in (3, 3

√3). Opazimo, da se pri x = 0 graf

dotika abscisne osi. Ker je f ′′(x) = 3√x(x−2)5

, funkcija nima prevojev. Dolocimo linearne

asimptote:

k+ = limx→∞

√x3

x−2

x= lim

x→∞

√x

x− 2= 1,

n+ = limx→∞

(√x3

x− 2− x

)= lim

x→∞

x3

x−2− x2

√x3

x−2+ x

=

= limx→∞

2x2

√x3(x− 2) + x(x− 2)

= 1,

k− = limx→−∞

√x3

x−2

x= − lim

x→−∞

√x

x− 2= −1,

n− = limx→−∞

(√x3

x− 2+ x

)= lim

x→−∞

x3

x−2− x2

√x3

x−2− x

=

= limx→−∞

2x2

−√x3(x− 2) − x(x− 2)

= −1.

Tu velja opozoriti, da smo pri zadnjih dveh racunih upostevali, da gre x→ −∞. Torej jex < 0 in zato

√x2 = |x| = −x. Funkcija ima torej dve linearni asimptoti: y = k+x+n+ =

x+ 1 za x→ ∞ in y = k−x+ n− = −x− 1 za x→ −∞.

xO

1

3√

3

−1

y

12 3

bcbc

bc

bc

bc

bc bc

bc

bc

bc


f(x) = x ln2 x.

Definicijsko obmocje: Df = (0,∞), nicle: {0}. Ker je

f ′(x) = ln(x)(ln(x) + 2),

2. marec 2009, 20 : 15 97

sta x = 1 in x = e−2 stacionarni tocki. Z analizo spremembe predznaka pri prehoducez stacionarni tocki ugotovimo, da je (e−2, 4e−2) lokalni maksimum, (1, 0) pa lokalniminimum.Iz odvoda tudi vidimo, da ima f asimptoticno navpicno tangento za x ↓ 0. Ker je

f ′′(x) =2(ln(x) + 1)

x

in f ′′ spremeni predznak pri prehodu preko tocke e−1, je v tocki (e−1, e−1) prevoj.

xO

1

y

1e−1

e−1

e−2

4e−2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc


f(x) = arc tan

(1 +

1

x

).

Definicijsko obmocje: Df = R \ {0}, nicle: {−1}. Ker je

f ′(x) =−1

2x2 + 2x+ 1,

funkcija nima stacionarnih tock. Ker je povsod odvedljiva in definirana na uniji odprtihintervalov, nima ekstremov. Ker je

f ′′(x) =2(2x+ 1)

(2x2 + 2x+ 1)2,

ima funkcija prevoj v tocki (−12,−π

4). Funkcija ima vodoravno asimptoto y = π

4za x → ∞

in x→ −∞.

xO

1

y

1−1

−12

π4

−π4

π2

−π2

bcbc

bc

bc

bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

2. marec 2009, 20 : 15 98


f(x) = x23 e−x2

.

Definicijsko obmocje: Df = R, nicla {0}. Ker je

f ′(x) = − 23√x

(3x2 − 1)e−x2

,

sta stacionarni tocki ± 1√3. Z analizo spremembe predznaka odvoda pri prehodu preko

stacionarne tocke vidimo, da sta tocki (− 1√3, 1

3√3e) in ( 1√

3, 1

3√3e) lokalna maksima. Funkcija

v tocki x = 0 ni odvedljiva in ima asimptoticno navpicno tangento pri x → 0. Ker jef(0) = 0 in f(x) > 0 za x 6= 0, je v tocki (0, 0) (globalni) minimum.

xO

1

y

11√3

− 1√3

13√3e

bcbc

bc

bc

bc

bcbc

bcbc

bc

4.11 Odpravljanje nedolocenosti in L’Hopitalovo pravilo

Ce imata pri funkciji F , F (x) = f(x)g(x)

, stevec in imenovalec v kaksni tocki a skupno niclo,

pravimo, da ima funkcija v tocki a nedolocenost oblike 00. Kljub temu pa je mozno, da

obstaja limita limx→a

f(x)g(x)

. Ce sta npr. f in g polinoma, x = a pa enostavna nicla za f in

g, lahko zapisemo f(x) = (x− a)f1(x) in g(x) = (x − a)g1(x), kjer je f1(a) 6= 0 6= g1(a).Tedaj je

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

(x− a)f1(x)

(x− a)g1(x)= lim

x→a

f1(x)

g1(x)=f1(a)

g1(a).

Zgled 114 Izracunaj limx→1

x3−1x2−1

.

Racunajmo limx→1

x3−1x2−1

= limx→1

(x−1)(x2+x+1)(x−1)(x+1)

= limx→1

x2+x+1x+1

= 32.

Pogosto pa si lahko pri odpravljanju nedolocenosti pomagamo z odvodom.

Izrek 66 (L’Hopitalovo pravilo) Naj bosta funkciji f in g odvedljivi v okolici tocke ain f(a) = g(a) = 0. Obstaja naj δ > 0, da je g(x) 6= 0 in g′(x) 6= 0 za vsak x, za katerega

je 0 < |x− a| < δ. Ce obstaja limx→a

f ′(x)g′(x)

, obstaja tudi limx→a

f(x)g(x)

in sta enaki.

2. marec 2009, 20 : 15 99

Dokaz. Vzemimo poljubno tocko x ∈ (a − δ, a + δ) \ {a} in definirajmo A = f(x)g(x)

.

Vpeljimo funkcijo F , F (t) = f(t) − Ag(t), definirano na intervalu med a in x. Tedaj je

F (a) = f(a) − Ag(a) = 0 in F (x) = f(x) − f(x)g(x)

· g(x) = 0. Po Rolleovem izreku obstaja

tocka ξ = ξ(x) med a in x, da je F ′(ξ) = 0. Torej je F ′(ξ) = f ′(ξ) −Ag′(ξ) = 0, kar nam

da A = f ′(ξ)g′(ξ)

. Sedaj pa lahko izracunamo

limx→a

f(x)

g(x)= lim

x→a

f ′(ξ)

g′(ξ)= lim

x→a

f ′(x)

g′(x),

saj lezi ξ med x in a in je limx→a

ξ(x) = a.

Zgled 115 Izracunaj limito limx→1

x3−1x2−1

.

Racunajmo limx→1

x3−1x2−1

= limx→1

3x2

2x= 3

2.

Uporaba L’Hospitalovega pravila je vsekakor enostavna in je zagotovo najbolj priljubljenametoda za izracun limit. Pravilo pa v sebi skriva kar nekaj pasti.

• Najpogostejsa napaka je, da izraz f ′(x)g′(x)

zamenjamo z odvodom ulomka f(x)g(x)

; tj. z

izrazom(

f(x)g(x)

)′. Seveda pa to ni res, saj je

(f(x)g(x)

)′= f ′(x)g(x)−f(x)g(x)

g2(x)in slednji izraz

zagotovo ni enak f ′(x)g′(x)

.

• Pred uporabo L’Hospitalovega pravila se moramo prepricati, da so izpolnjene VSEpredpostavke. Prav tako tudi ne smemo pozabti, da lahko s pomocjo L’Hospita-lovega pravila odpravljamo le nedolocenosti tipa 0

0(ali ∞

∞ , kot pravi izrek 67). Cezelimo L’Hopitalovo pravilo uporabljati tudi v drugih primerih, moramo nedoloceneizraze najprej primerno preoblikovati.

Izrek 67 Naj bosta funkciji f in g odvedljivi v okolici tocke a in limx→a

f(a) = limx→a

g(a) = ∞.

Ce obstaja limx→a

f ′(x)g′(x)

, obstaja tudi limx→a

f(x)g(x)

in sta enaki.

Brez dokaza povejmo se, da lahko izreka 66 in 67 uporabljamo tudi v primeru a = ∞ alipa za enostransko limito lim

x↑af(x)g(x)

oz. limx↓a

f(x)g(x)

.

Odpravljanje nedolocenosti tipa 00

ali ∞∞ . Ti dve nedolocenosti spadata v osnovno

verzijo L’Hopitalovega pravila.


ex−1ln(x+1)

.

Resitev. Gre za nedolocenost tipa 00. Racunajmo

limx→0

ex − 1

ln(x+ 1)= lim

x→0

ex

1x+1

= 1.

Zgled 117 Izracunaj limito limx→∞

x2+1(x+1)2

.

Racunajmo

limx→∞

x2 + 1

(x+ 1)2= lim

x→∞

2x

2(x+ 1)= lim

x→∞

1

1 + 1x

= 1.

2. marec 2009, 20 : 15 100

Odpravljanje nedolocenosti tipa 0 · ∞ ali ∞ · 0. Izraz f(x) · g(x) preoblikujemo v

tistega izmed ekvivalentnih izrazov f(x)1

g(x)

ali g(x)1

f(x)

, pri katerem je imenovalec lazje odvajati.


x ln2 x.

Resitev. Gre za nedolocenost tipa 0 · ∞, zato je smiselno zapisati x ln2 x = ln2 xx−1 . Sledi

limx↓0

ln2 x

x−1= lim

x↓0

2 ln x · 1x

−x−2= lim

x↓0

2 lnx

−x−3= lim

x↓0

2 1x

3x−4=

2

3limx↓0

x3 = 0.

Opomba. Z enakim prijemom je mozno dokazati, da je

limx↓0

x lna x = 0 za vsak a > 0.

Zgled 119 Izracunaj limx→∞

x2e−x.

Resitev. Tokrat je smiselno zapisati x2e−x = x2

ex . Sledi

limx→∞

x2

ex= lim

x→∞

2x

ex= lim

x→∞

2

ex= 0.

Opomba. Z enakim prijemom je mozno dokazati, da je

limx→∞

xbe−x = 0 za vsak b ∈ R.

(Ce je b ≤ 0, ni kaj dokazovati. Ce je b > 0, pa zaporedoma uporabljamo L’Hopitalovopravilo.)

Odpravljanje nedolocenosti tipa ∞−∞. Da bi lahko uporabili L’Hopitalovo pravilo,moramo najprej izraz spretno preoblikovati.


( 1x sin x

− 1x2 ).

Racunajmo

limx→0

(1

x sin x− 1

x2

)= lim

x→0

x− sin x

x2 sin x= lim

x→0

1 − cosx

2x sin x+ x2 cosx=

= limx→0

sin x

2 sin x+ 4x cosx− x2 sin x=

= limx→0

cosx

6 cosx− 6x sin x− x2 cosx=

1

6.

Opazimo lahko, da je bilo zadnje odvajanje odvec, saj je

sin x

2 sin x+ 4x cosx− x2 sin x=

1

2 + 4 xsinx

cosx− x2,

od koder sledi, da limita res 16.

2. marec 2009, 20 : 15 101

Odpravljanje nedolocenosti tipa 1∞, ∞0 in 00. Pri vseh treh nedolocenostih upora-bimo enak prijem: izraz logaritmiramo in prevedemo na nedolocenost tipa 0 ·∞ ali ∞· 0.Natancneje: ce zelimo izracunati lim

x→af(x)g(x) = L, izracunamo raje K = lim

x→ag(x) ln f(x),

od koder potem sledi L = eK .


xx.

Resitev. Ko logaritmiramo, dobimo ln(xx) = x ln x. Po ze izracunanem je limx↓0

x ln x = 0,

od koder sledi, da je iskana limita enaka e0 = 1.


(e2x + x)1x .

Gre za nedolocenost tipa 1∞, zato izraz logaritmiramo;

limx→0

ln((e2x + x)1x ) = lim

x→0

ln(e2x + x)

x= lim

x→0

2e2x+1e2x+x

1= 3

in od tod limx→0

(e2x + x)1x = e3.


(cotx)1

lnx .

Gre za nedolocenost tipa ∞0. Ko logaritmiramo, dobimo ln((cotx)1

ln x ) = ln(cot x)ln x

. Torejje

limx↓0

ln(cotx)

lnx= lim

x↓0

1cot x

· −1sin2 x

1x

= limx↓0

−1sin x cos x

1x

= limx↓0

−xsin x cosx

= −1,

od koder sledi limx↓0

(cotx)1

lnx = e−1.

4.12 Taylorjeva vrsta

Ko vstavimo v polinom

f(x) = c0 + c1x+ c2x2 + . . .+ cnx

n

izraz x = a+ h, dobimo

f(a+ h) = c0 + c1(a + h) + c2(a + h)2 + . . .+ cn(a+ h)n. (13)

Gornji izraz lahko preoblikujemo v

f(a+ h) = b0 + b1h + b2h2 + . . .+ bnh

n, (14)

kjer je bk = bk(a). Po vrsti izracunamo

f(a+ h) = b0 + b1h + b2h2 + . . .+ bnh

n,f ′(a+ h) = b1 + 2b2h+ . . .+ nbnh

n−1,f ′′(a+ h) = 2b2 + 3 · 2b3h+ . . .+ n(n− 1)bnh

n−2,...

2. marec 2009, 20 : 15 102

f (n)(a+ h) = n(n− 1) · · · 1f (n+1)(a+ h) = 0

Ce sedaj v gornjih enacbah postavimo h = 0, dobimo f(a) = b0, f′(a) = b1, f

′′(a) = 2b2,. . . , f (n+1)(a + h) = n!bn; torej

bk =1

k!f (k)(a) za k = 0, 1, . . . , n,

kjer smo definirali 0! = 1 in k! = 1 · 2 · · ·k za k ∈ N. Ce sedaj to upostevamo v (14),dobimo

f(a+ h) =n∑

k=0

f (k)(a)

k!hk.

Ker je a + h = x, lahko zapisemo Taylorjevo formulo za polinom f :

f(x) =n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (15)

Zgled 124 Zapisi polinom najmanjse stopnje, za katerega je f(1) = 1, f ′(1) = 3 inf ′′(1) = 6, vsi visji odvodi pa so enaki 0.

Resitev. Naj bo f iskani polinom. Ker je f (k)(x) = 0 za k ≥ 3, lahko postavimo n = 2.Uporabimo formulo (15) in zapisemo

f(x) =2∑

k=0

f (k)(1)

k!(x− 1)k =

= f(1) + f ′(1)(x− 1) +1

2f ′′(1)(x− 1)2 =

= 1 + 3(x− 1) +1

2· 6(x− 1)2 = 3x2 − 3x+ 1.

Zgled 125 Zapisi polinom f(x) = x3 + x2 po potencah izraza x+ 1.

Resitev. Ker je x+ 1 = x − (−1), gre za razvoj polinoma okoli tocke a = −1. Po vrstiizracunamo f(−1) = 0, f ′(−1) = 3x2 + 2x|x=−1 = 1, f ′′(−1) = 6x + 2|x=−1 = −4 inf ′′′(−1) = 6|x=−1 = 6. Torej po formuli (15) velja

f(x) =3∑

k=0

f (k)(−1)

k!(x+ 1)k =

= f(−1) + f ′(−1)(x+ 1) +1

2f ′′(−1)(x+ 1)2 +

1

6f ′′′(−1)(x+ 1)3 =

= 0 + 1 · (x+ 1) − 2 · (x+ 1)2 + 1 · (x+ 1)3.

Opomba. Pripomniti velja, da lahko razvoj polinoma po potencah izraza (x + 1) eno-stavno izracunamo tudi s pomocjo deljenja polinomov po Hornerjevi metodi. Racunajmo

2. marec 2009, 20 : 15 103

1 1 0 0−1 0 0

x = −1 1 0 0 0 koeficient pri (x+ 1)0

−1 1

x = −1 1 −1 1 koeficient pri (x+ 1)1

−1

x = −1 1 −2 koeficient pri (x+ 1)2

x = −1 1 koeficient pri (x+ 1)3

Ce je f poljubna funkcija, ki je v tocki x = a n-krat odvedljiva, lahko zapisemo polinom

Pn(x) =

n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k. (16)

Za polinom Pn velja Pn(a) = f(a) in P(k)n (a) = f (k)(a) za k = 1, 2, . . . , n. V splosnem pa

Pn(x) ni enak f(x) za vsak x, ampak je le priblizek. Izraz

Rn(x) = f(x) − Pn(x) = f(x) −n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k.

imenujemo ostanek v Taylorjevi formuli (in je odvisen od x, a in n.)

V nadaljevanju si oglejmo (n + 1)-krat odvedljivo funkcijo f : I → R. Naj bo x ∈ Ipoljubna tocka z odprtega intervala I. Postavimo

g(t) = −f(x) +n∑

k=0

f (k)(t)

k!(x− t)k +Rn(x)

(x− t

x− a

)n+1

.

Potem je g(a) = g(x) = 0 in po Rolleovem izreku obstaja tocka ξ med a in x, da jeg′(ξ) = 0. Racunajmo

g′(t) =n∑

k=1

f (k+1)(t)

k!(x− t)k −

n∑

k=0

f (k)(t)

k!k(x− t)k−1 +Rn(x)

(n + 1)(x− t)n(−1)

(x− a)n+1=

=f (n+1)(t)

n!(x− t)n − Rn(x)

(n + 1)(x− t)n

(x− a)n+1.

Ker je g′(ξ) = 0, sledi f(n+1)(t)n!

(x− ξ)n = Rn(x) (n+1)(x−ξ)n

(x−a)n+1 in od tod

Rn(x) =f (n+1)(ξ)

(n + 1)!(x− a)n+1.

Gornji izraz imenujemo Lagrangeova oblika ostanka v Taylorjevi formuli. Povzemimo

Izrek 68 Naj bo n ∈ N in f zvezna funkcija, definirana na zaprtem intervalu med a inx, ki je na odprtem intervalu med a in x (n+ 1)-krat odvedljiva. Potem obstaja stevilo ξmed a in x, da je

f(x) =

n∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k +

f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

2. marec 2009, 20 : 15 104

Pri fiksnem a je ostanek v Taylorjevi formuli odvisen se od x in n. Pri funkcijah, ki soneskoncnokrat odvedljive, se lahko zgodi, da je lim

n→∞Rn(x) = 0. Za take funkcije velja

f(x) =

∞∑

k=0

f (k)(a)

k!(x− a)k.

Gornji izraz imenujemo Taylorjeva vrsta funkcije f v okolici tocke x = a.

Taylorjeva vrsta za ex Naj bo f(x) = ex. Videli smo ze, da je f (k)(x) = ex za vsak k.Torej je razvoj pri a = 0 enak

f(x) =

n∑

k=0

f (k)(0)

k!xk +Rn(x) =

n∑

k=0

1

k!xk +Rn(x),

kjer je Rn(x) = xn+1

(n+1)!eξ, ξ med 0 in x. Za vsak x in vsak ξ je

limn→∞

Rn(x) = limn→∞

xn+1

(n+ 1)!eξ = 0.

Razvoj za eksponentno funkcijo se torej glasi

ex = 1 + x+1

2!x2 +

1

3!x3 + . . . =

∞∑

k=0

xk

k!za vsak x ∈ R.

Taylorjeva vrsta za sin x Naj bo f(x) = sin x. Tedaj je

f ′(x) = cosx = sin(x+ π2),

f ′′(x) = − sin x = sin(x+ 2 · π2),

f ′′′(x) = − cosx = sin(x+ 3 · π2),

f (4)(x) = sin x = sin(x+ 4 · π2).

Torej za vsak k veljaf (k)(x) = sin(x+ k · π

2).

Pri a = 0 je zato f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 0, f ′′′(0) = −1, f (4)(0) = 0, . . . , kar namda

f(x) = x− 1

3!x3 +

1

5!x5 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)!.

Ostanek te vrste je namrec Rn(x) = xn+1

(n+1)!sin(ξ+(n+1) · π

2) in podobno kot prej ocenimo

limn→∞

Rn(x) = 0. Torej je

sin x = x− 1

3!x3 +

1

5!x5 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)k x2k+1

(2k + 1)!za vsak x ∈ R.

2. marec 2009, 20 : 15 105

Taylorjeva vrsta za cos x Taylorjevo vrsto za cos izpeljemo podobno kot vrsto za sin.Naj bo f(x) = cosx. Tedaj je

f ′(x) = − sin x = cos(x+ π2),

f ′′(x) = − cos x = cos(x+ 2 · π2),

f ′′′(x) = sin x = cos(x+ 3 · π2),

f (4)(x) = cosx = cos(x+ 4 · π2).

Torej za vsak k veljaf (k)(x) = cos(x+ k · π

2).

Pri a = 0 je zato f(0) = 1, f ′(0) = 0, f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 0, f (4)(0) = 1, . . . , kar namda

f(x) = 1 − 1

2!x2 +

1

4!x4 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)k x2k

(2k)!.

Ostanek te vrste je namrec Rn(x) = xn+1

(n+1)!cos(ξ+(n+1) · π

2) in podobno kot prej ocenimo

limn→∞

Rn(x) = 0. Torej je

cosx = 1 − 1

2!x2 +

1

4!x4 + . . . =

∞∑

k=0

(−1)k x2k

(2k)!za vsak x ∈ R.

Taylorjeva vrsta za (1 + x)r Naj bo f(x) = (1 + x)r. Potem je

f ′(x) = r(1 + x)r−1,

f ′′(x) = r(r − 1)(1 + x)r−2,

f ′′′(x) = r(r − 1)(r − 2)(1 + x)r−3,...

f (k)(x) = r(r − 1) · · · (r − k + 1)(1 + x)r−k.

Za vsak k torej velja f (k)(0) = r(r − 1) · · · (r − k + 1) in lahko zapisemo

f(x) = 1+ rx+r(r − 1)

2!x2 +

r(r − 1)(r − 2)

3!x2 + . . .+

r(r − 1) · · · (r − n+ 1)

n!xn +Rn(x).

Dokazati je mozno, da je limn→∞

Rn(x) = 0 za |x| < 1. Razvoj v potencno vrsto se torej

glasi

(1 + x)r = 1 + rx+r(r − 1)

2!x2 +

r(r − 1)(r − 2)

3!x3 + . . . =

∞∑

k=0

(r

k

)xk za |x| < 1,

kjer smo oznacili(

r0

)= 1 in

(rk

)= r(r−1)(r−2)···(r−k+1)

k!.

Oglejmo si nekaj primerov razvojev v binomsko vrsto:

Za r = −1 imamo f(x) = (1 + x)−1 = 11+x

. Po vrsti izracunamo(−1

1

)= −1,

(−12

)= 1,(−1

3

)= −1, . . . . Torej je

1

1 + x= 1 − x+ x2 − x3 + . . . za |x| < 1.

2. marec 2009, 20 : 15 106

Ta razvoj pravzaprav ze poznamo. Gre za vsoto konvergentne geometrijske vrste s kvo-cientom q = −x. Vsota je res 1 − x + x2 − x3 + . . . =

∑∞k=0(−x)k = 1

1−(−x)= 1

1+x.

Za r = 12

imamo f(x) = (1+x)12 =

√1 + x. Po vrsti izracunamo

( 121

)= 1

2,( 1

22

)=

12·( 1

2−1)

2=

−18,( 1

23

)=

12·( 1

2−1)·( 1

2−2)

3!= 1

16, . . . . Torej je

√1 + x = 1 +

1

2x− 1

8x2 +

1

16x3 + . . . za |x| < 1.

Za r = −12

imamo f(x) = (1 + x)−12 = 1√

1+x. Po vrsti izracunamo

(− 12

1

)= −1

2,(− 1

22

)=

− 12·(− 1

2−1)

2= 3

8,(− 1

23

)=

− 12·(− 1

2−1)·(− 1

2−2)

3!= − 5

16, . . . . Torej je

1√1 + x

= 1 − 1

2x+

3

8x2 − 5

16x3 + . . . za |x| < 1.

Taylorjeva vrsta za ln(1 + x) Za f(x) = ln(1 + x) lahko izracunamo

f ′(x) = x−1,

f ′′(x) = −x−2,

f ′′′(x) = (−1)(−2)x−3 = 2x−3,...

f (k)(x) = (−1)k−1(k − 1)!(1 + x)−k.

Sledi f (k)(0) = (−1)k−1(k − 1)! in

f(x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ . . . .

Ostanek v Lagrangeovi obliki je enak Rn(x) = (−1)n

n+1( x

1+ξ)n+1 in dokazati je mozno, da je

limn→∞

Rn(x) = 0 za |x| < 1. Razvoj za logaritemsko vrsto se torej glasi

ln(1 + x) = x− x2

2+x3

3− x4

4+ . . . =

∞∑

k=1

(−1)k−1xk

kza |x| < 1.

Uporaba Taylorjeve vrste pri racunanju limit


3√1+x− 3√1−xx

.

Resitev. Ker je

3√

1 + x = 1 +

(13

1

)x+

(13

2

)x2 + . . . = 1 +

1

3x+

(13

2

)x2 + . . . ,

3√

1 − x = 1 −(1

3

1

)x+

(13

2

)x2 + . . . = 1 − 1

3x+

(13

2

)x2 + . . . ,

velja 3√

1 + x− 3√

1 − x = 23x+ 2

( 133

)x3 + . . . in

limx→0

3√

1 + x− 3√

1 − x

x= lim

x→0

23x+ 2

( 133

)x3 + . . .

x=

2

3.

2. marec 2009, 20 : 15 107


ex−cos xx

.

Resitev. Ker je ex = 1 + x+ 12x2 + . . . in cosx = 1 − 1

2x2 + . . ., je

limx→0

ex − cos x

x= lim

x→0

(1 + x+ 12x2 + . . .) − (1 − 1

2x2 + . . .)

x=

= limx→0

x+ x2 + . . .

x= 1.


ln(1+x)x

.

Resitev. Ker je ln(1 + x) = x− 12x2 + 1

3x3 + . . ., je

limx→0

ln(1 + x)

x= lim

x→0

x− 12x2 + 1

3x3 + . . .

x= 1.

Zgled 129 Razvij funkcijo f , f(x) = 11+x2 , v Taylorjevo vrsto okoli x = 0.

Resitev. Ker je 11+x2 = (1 + x2)−1, lahko uporabimo razvoj za f(t) = (1 + t)−1 =

1 − t+ t2 − t3 + . . ., |t| < 1, okoli t = 0, v katerega pisemo t = x2. Sledi

f(x2) =1

1 + x2= 1 − x2 + x4 − x6 + . . . za |x| < 1.

Ze v izreku 65 smo ugotovili, da je v stacionarni tocki x0, v kateri je funkcija dvakratodvedljiva, ekstrem, ce je le f ′′(x0) 6= 0. Ce pa je f ′′(x0) = 0, o obstoju ekstrema nemoremo sklepati. S pomocjo Taylorjeve formule lahko dokazemo:

Izrek 69 Naj bo funkcija f (n+ 1)-krat odvedljiva. Ce v stacionarni tocki x0 velja

f ′(x0) = f ′′(x0) = . . . = f (n−1)(x0) = 0 in f (n)(x0) 6= 0,

kjer je n sodo stevilo, je v tej tocki ekstrem in sicer lokalni maksimum, ce je f (n)(x0) < 0in lokalni minimum, ce je f (n)(x0) > 0. Ce je n liho stevilo, v tej tocki ni ekstrema.

Dokaz. Zaradi Taylorjeve formule je

f(x0 + h) =

n−1∑

k=0

f (k)(x0)

k!hk +

f (n)(ξ)

n!hn+1 = f(x0) +

f (n)(ξ)

n!hn,

kjer je ξ tocka med x0 in x0 +h. Ce je n sodo stevilo in je npr. f (n)(x0) > 0, je f (n)(ξ) > 0

tudi za vsak ξ blizu x0 in je zato f(x0 + h)− f(x0) = f(n)(ξ)n!

hn > 0 za vse h blizu 0. Torejje v tocki x0 lokalni minimum. Podobno dokazemo, da je v primeru f (n)(x0) < 0 v tockix0 lokalni maksimum.

Ce pa je n liho stevilo, izraz hn nima konstantnega predznaka za majhne h. V tocki x0

ni ekstrema, saj potem tudi f(x0 + h) − f(x0) = f(n)(ξ)n!

hn nima konstantnega predznakaza majhne h.

2. marec 2009, 20 : 15 108

5 Integralski racun

5.1 Nedoloceni integral

Naj bo f : I → R dana funkcija, kjer je I ⊂ R odprti interval. Funkcijo F , za kateroje F ′(x) = f(x) za vsak x ∈ I, imenujemo nedoloceni integral oz. primitivna funkcijafunkcije f in oznacimo F (x) =

∫f(x)dx. Kot ze ime pove, nedoloceni integral ni dolocen

enolicno, ampak velja

Izrek 70 Ce je F nedoloceni integral funkcije f : I → R, je njen nedoloceni integral tudifunkcija G, G(x) = F (x)+c, kjer je c ∈ R poljubna konstanta, in vsak nedoloceni integralfunkcije f ima obliko F (x) + c.

Dokaz. Po definiciji nedolocenega integrala je F ′(x) = f(x), zato je tudi (F (x) + c)′ =F ′(x) + c′ = F ′(x) + 0 = f(x).

Za drugi del dokaza pa vzemimo neko funkcijo G, za katero je G′(x) = f(x) za vsakx ∈ I. Ker je poleg tega se F ′(x) = f(x) za vsak x ∈ I, velja F ′(x) = G′(x) za vsak x zintervala I. Po posledici 60 Lagrangeovega izreka obstaja c ∈ R, da je G(x) = F (x) + c.

Torej je∫f(x) dx dolocen le do aditivne konstante natancno. Ce poznamo neko

funkcijo F , da je F (x) =∫f(x) dx, smemo zapisati tudi F (x) + c =

∫f(x) dx.

Zgled 130 Izracunaj∫x2 dx.

Resitev. Ker je (x3)′ = 3x2, je (13x3)′ = x2. Torej je

∫x2 dx = 1

3x3 + c, kjer je c ∈ R

poljubna konstanta.

Zgled 131 Izracunaj∫

1(1+x)2

dx.

Resitev. Spomnimo se, da je ( 1x)′ = − 1

x2 . Torej je ( 1x+1

)′ = − 1(x+1)2

in zato∫

1(1+x)2

dx =

− 1x+1

+ c.

Zgled 132 Izracunaj integral∫

1xdx.

Spomnimo se, da je (lnx)′ = 1x

za x > 0. Za x < 0 pa velja (ln(−x))′ = 1−x

· (−1) = 1x.

Torej je ∫1

xdx =

{ln(x) + c1, ce x > 0,ln(−x) + c2, ce x < 0.

Pogosto pisemo, da je∫

1xdx = ln |x| + c, kjer je

c = c(x) =

{c1, ce x > 0,c2, ce x < 0.

funkcija, ki ni konstantna po vsej realni osi, je pa konstantna na pozitivnem in negativnempoltraku posebej.

Tabelo integralov nekaterih elementarnih funkcij dobimo iz tabele odvodov elementarnihfunkcij. Torej je

2. marec 2009, 20 : 15 109

∫xr dx = 1

r+1xr+1 + c, r 6= −1∫

1xdx = ln |x| + c∫

ex dx = ex + c∫ax dx = 1

lnaax + c, a > 0, a 6= 1∫

sin x dx = − cos x+ c∫cosx dx = sin x+ c

∫1

cos2x dx = tan x+ c∫

1sin2x dx = − ctg x+ c∫

1√1−x2 dx = arc sin x+ c = − arc cosx+ c1∫1

x2+1dx = arc tanx+ c∫

1√1+x2 dx = ln(x+

√1 + x2) + c

Pravila za integriranje

Izrek 71 Ce imata funkciji f in g nedolocena integrala, ga ima tudi njuna vsota in velja∫

(f(x) + g(x)) dx =

∫f(x) dx+

∫g(x) dx.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx in G(x) =

∫g(x) dx. Tedaj je (F (x) + G(x))′ =

F ′(x)+G′(x) = f(x)+g(x) in zato∫

(f(x)+g(x))dx = F (x)+G(x) =∫f(x)dx+

∫g(x)dx.

Izrek 72 Ce ima funkcija f nedolocen integral, ga ima za vsak k ∈ R tudi funkcija g,g(x) = kf(x), in velja ∫

(kf(x)) dx = k

∫f(x) dx.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx. Tedaj je (kF (x))′ = k F ′(x)) = k f(x) in zato∫

(k f(x)) dx = k F (x) = k∫f(x) dx.


(x5 + 3x−2 + 1) dx.

Resitev. Racunajmo∫

(x5 + 3x−2 + 1) dx =

∫x5 dx+

∫3x−2 dx+

∫1 dx =

=1

6x6 + 3 · 1

−1x−1 + x =

=1

6x6 − 3x−1 + x.


5x3−x dx.

Resitev. Racunajmo∫

5x3−x dx =∫

(53)x dx = 1

ln 53

(53)x.

S pomocjo gornjih dveh izrekov vidimo, da vsak polinom z realnimi koeficienti premorenedoloceni integral. Za polinom

f(x) = anxn + an−1x

n−1 + . . .+ a1x+ a0

tako velja∫f(x) dx =

∫(anx

n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0) dx =

=

∫anx

n dx+

∫an−1x

n−1 dx+ . . .+

∫a1x dx+

∫a0 dx =

=an

n+ 1xn+1 +

an−1

nxn + . . .+

a1

2x2 + a0x.

2. marec 2009, 20 : 15 110


(6x3 − 4x2 − x) dx.

Resitev.∫

(6x3 − 4x2 − x) dx = 6 · 1

4x4 − 4 · 1

3x3 − 1

2x2 =

=3

2x4 − 4

3x3 − 1

2x2.


(x+ 1)2(x− 1) dx.

Ker je (x+ 1)2(x− 1) = (x2 − 1)(x+ 1) = x3 + x2 − x− 1, je

∫(x+ 1)2(x− 1) dx =

∫(x3 + x2 − x− 1) dx =

1

4x4 +

1

3x3 − 1

2x− x.

Izrek 73 (Pravilo zamenjave) Ce ima funkcija f nedoloceni integral in je g odvedljivafunkcija, ima nedoloceni integral tudi funkcija h, h(t) = f(g(t)) · g′(t), in velja

∫f(x) dx =

∫f(g(t)) · g′(t) dt.

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx. Ce pisemo x = g(t), dobimo F (g(t)) = G(t) in

G′(t) = F ′(g(t))g′(t) = f(g(t))g′(t). Sledi F (x) = F (g(t)) = G(t) =∫f(g(t))g′(t) dt in

od tod∫f(x) dx =

∫f(g(t))g′(t) dt.

Gornji metodi pravimo metoda zamenjave (substitucije) integracijske spremenljivke invelja za eno najpomebnejsih integracijskih metod.


(3 + 2x)42 dx.

Resitev. Ker je (3+2x)42 polinom, bi ga (naceloma) lahko eksplicitno izracunali in natointegrirali po clenih. Ker pa je stopnja v eksponentu neprijetno visoka, metoda v praksini uporabna.

Oglejmo si, kako uporabimo metodo zamenjave. Oznacimo f(x) = (3 + 2x)42. Torejmoramo izracunati integral

∫f(x) dx. Ce oznacimo 3 + 2x = t, lahko izrazimo x = t−3

2=

g(t). Po izreku 73 je zato

∫f(x) dx =

∫f(g(t))g′(t) dt =

∫t42

1

2dt =

=1

2· 1

43t43 =

1

86t43 =

1

86(3 + 2x)43 + c.

Obicajno uporabljamo metodo zamenjave v nekoliko drugacni obliki. Pri gornjemintegralu smo zapisali 3 + 2x = t. Da bi formalno uporabili metodo zamenjave, moramoiz te zveze izraziti x kot funkcijo spremenljivke t. Vendar tega v resnici ne potrebujemo.Ce izraz 3 + 2x = t diferenciramo, dobimo dt = d(3 + 2x) = 2dx, od koder izrazimodx = 1

2dt. Torej je

∫(3 + 2x)42 dx =

∫t42 1

2dt = 1

86t43 = 1

86(3 + 2x)43 + c.


1x−7

dx.

2. marec 2009, 20 : 15 111

Resitev. Pisimo x − 7 = t. Torej je dt = d(x − 7) = dx in∫

1x−7

dx =∫

1tdt = ln t =

ln(x− 7) + c.

Zgled 139 Izracunaj∫ √

2x− 1 dx.

Pisimo 2x− 1 = t. Torej je dt = 2dx in

∫ √2x− 1 dx =

∫ √t · 1

2dt =

1

2

∫t

12 dt =

1

2· 2

3t

32 =

1

3(2x− 1)

32 + c.


1x2+a2 dx.

Vemo∫

1x2+1

dx = arc tanx. Pisimo x = at in dx = a dt. Sledi

∫1

x2 + a2dx =

∫a

a2t2 + a2dt =

1

aarc tan t =

1

aarc tan

x

a.


1a2x2+1

dx.

Pisimo ax = t in a dx = dt. Sledi

∫1

a2x2 + 1dx =

∫ 1a

t2 + 1dt =

1

aarc tan t =

1

aarc tan ax.

Izrek 74 Ce je g odvedljiva funkcija, velja∫ g′(x)

g(x)dx = ln(g(x)) + c.

Pisimo t = g(x). Tedaj je dt = g′(x) dx in∫ g′(x)

g(x)dx =

∫1tdt = ln t = ln g(x) + c.


1√a2−x2 dx.

Resitev. Pisimo x = at in dx = a dt. Sledi∫

1√a2 − x2

dx =

∫a√

a2 − a2t2dt =

∫1√

1 − t2dt = arc sin t = arc sin

x

a.


x√x2+1

dx.

Resitev. Pisimo t = x2 + 1 in dt = 2x dx. Sledi∫

x√x2 + 1

dx =1

2

∫1√tdt =

1

2

∫t−

12 dt = t

12 =

√x2 + 1 + c.

Izrek 75 Ce je g odvedljiva funkcija, velja

∫g′(x)

g(x)dx = ln(g(x)) + c.

Dokaz. Pisimo t = g(x). Tedaj je dt = g′(x)dx in∫ g′(x)

g(x)dx =

∫1tdt = ln t = ln g(x)+ c.


tan x dx.

2. marec 2009, 20 : 15 112

Resitev. Ker je tan x = sin xcos x

in (cosx)′ = − sin x, pisemo cosx = t. Tedaj je dt =− sin x dx in

∫sinxcos x

dx = −∫

1tdt = − ln t = − ln cos x+ c.

Izrek 76 (Integracija po delih) Ce obstaja eden od integralov∫f(x)g′(x) dx in∫

g(x)f ′(x) dx, obstaja tudi drugi in velja∫f(x)g′(x) dx+

∫g(x)f ′(x) dx = f(x)g(x).

Dokaz. Recimo, da obstaja integral∫f(x)g′(x) dx. Pisimo F (x) =

∫f(x)g′(x) dx.

Tedaj je F ′(x) = f(x)g′(x). Ker je (f(x)g(x)−F (x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)− F ′(x) =f ′(x)g(x), po definiciji nedolocenega integrala velja f(x)g(x)−F (x) =

∫f ′(x)g(x) dx oz.∫

f(x)g′(x) dx+∫g(x)f ′(x) dx = f(x)g(x).

Opomba. Pogosto pisimo pravilo za integracijo po delih (integracija per partes) v obliki

∫u dv = uv −

∫v du

ali ∫v du = uv −

∫u dv.

Zgled 145 Izracunaj integral∫x ln x dx.

Resitev. Bistvo integracije po delih je v tem, da integrand spretno zapisemo v oblikif(x)g′(x). Torej v obliki produkta dveh funkcij, od katerih bo potrebno eno odvajati,drugo pa integrirati. Ker naceloma znamo odvajati vsako funkcijo, je potrebno spretnoizbrati tisto funkcijo, ki jo bomo integrirali. V danem primeru lahko zapisemo u = ln xin dv = x dx. Tedaj je du = 1

xdx, v = 1

2x2 in lahko zapisemo

∫x ln x dx = ln x · 1

2x2 −

∫1

x· 1

2x2 =

=1

2x2 ln x− 1

2

∫x dx =

1

2x2 ln x− 1

4x2 + c.


ln x dx.

Resitev. Ker funkcije ln ne znamo neposredno integrirati, jo bomo odvajali. Integriralipa bomo tisto, kar je poleg nje. Skratka u = lnx, dv = dx in du = 1

xdx, v = x. Torej

lahko zapisemo ∫ln x dx = x ln x−

∫x

1

xdx = x ln x− x+ c.

Opomba. Opisana metoda je uporabna tudi v splosnem za izracun integralov oblike∫f(x) ln x dx, kjer je f polinom. V tem primeru funkcijo ln odvajamo, polinom poleg pa

integriramo. Pri integraciji po delih nam v drugem clenu ostane tako le se integral, ki jeenostavno izracunljiv.

Zgled 147 Izracunaj integral∫x2ex dx.

2. marec 2009, 20 : 15 113

Resitev. Ker je (ex)′ = ex, je precej vseeno, ali bomo eksponentno funkcijo integrirali aliodvajali. Ker je izraz poleg nje polinom (tj. x2), ga je koristno odvajati in znizati njegovostopnjo. Skratka du = ex dx, v = x2 in u = ex, dv = 2x dx. Torej je

∫x2ex dx = x2ex −

∫2xex dx.

V preostalem integralu je polinom nizje stopnje kot prej, zato postopek ponovimo: du =ex dx, v = x in u = ex, dv = dx. Torej je

∫xex dx = xex −

∫ex = xex − ex in

∫x2ex dx = x2ex − 2(xex − ex) = (x2 − 2x+ 2)ex.

Opomba. Opisana metoda je uporabna tudi v splosnem za izracun integralov oblike∫f(x)ex dx, kjer je f polinom. V tem primeru funkcijo x 7→ ex integriramo, polinom

poleg nje pa odvajamo. Pri integraciji po delih nam v drugem clenu ostane tako le seintegral podobne oblike, kjer pa je stopnja polinoma za 1 manjsa kot prej. Skratka:∫f(x)ex dx = f(x)ex −

∫f ′(x)ex dx.

Integrala oblike∫f(x) sin x dx ali

∫f(x) cosx dx, kjer je f polinom, izracunamo po-

dobno. V tem primeru funkcijo sin ali cos integriramo, polinom poleg nje pa odvajamo.Pri integraciji po delih nam v drugem clenu ostane tako le se integral podobne oblike,kjer pa je stopnja polinoma za 1 manjsa kot prej. Skratka

∫f(x) sin x dx = −f(x) cosx+

∫f ′(x) cosx dx,

∫f(x) cosx dx = f(x) sin x−

∫f ′(x) sin x dx.


(x+ 1) sinx dx.

Resitev. Pisimo u = x + 1 in dv = sin x dx. Tedaj je du = dx, v = − cos x in∫

(x +1) sin x dx = −(x+ 1) cosx+

∫cosx dx = −(x+ 1) cosx+ sin x.

Zgled 149 Izracunaj integral∫x2 cosx dx.

Resitev. Pisimo u = x2 in dv = cosx dx. Tedaj je du = 2x dx, v = sin x in∫x2 cosxdx =

x2 sin x −∫

2x sin x dx. Integral∫x sin x dx izracunamo enako kot v prejsnjem zgledu.

Pisimo u = x in dv = sin x dx. Tedaj je du = dx, v = − cos x in∫x sin x dx = −x cos x+∫

cosx dx = −x cos x+ sin x.

Zgled 150 Izracunaj integrala∫eax sin bx dx in

∫eax cos bx dx, kjer je a 6= 0 6= b.

Resitev. Uporabimo metodo integracije po delih. Poskusimo s prijemom u = eax indv = sin bx dx. Tedaj je du = aeax dx in v = −1

bcos bx. Sledi

∫eax sin bx dx = −1

beax cos bx+

a

b

∫eax cos bx dx. (17)

2. marec 2009, 20 : 15 114

Integral∫eax cos bx poskusimo izracunati s podobnim prijemom: u = eax in dv =

cos bx dx. Tedaj je du = aeax dx in v = 1bsin bx. Sledi

∫eax cos bx dx =

1

beax sin bx− a

b

∫eax sin bx dx. (18)

Ce sedaj upostevamo (18) v (17), dobimo

∫eax sin bx dx = −1

beax cos bx+

a

b

(1

beax sin bx− a

b

∫eax sin bx dx

). (19)

Opazimo, da integral, ki ga zelimo izracunati, nastopa v gornji enacbi tudi na desni strani.Pisimo

∫eax sin bx dx = I. Tedaj iz (19) sledi

I = −1

beax cosx+

a

b

(1

beax sin bx− a

bI

),

od koder izracunamo

I

(1 +

a2

b2

)= −1

beax cos bx+

a

b2eax sin bx

in nazadnje I = eax

a2+b2(a sin bx− b cos bx). Sledi

∫eax sin bx dx =

eax

a2 + b2(a sin bx− b cos bx)

in podobno se ∫eax cos bx dx =

eax

a2 + b2(a cos bx+ b sin bx).

Opomba. Pri izracunu integrala smo dvakrat zaporedoma uporabili integracijo po delih.Vseeno je, katero izmed funkcij bomo na zacetku integrirali, katero pa odvajali. Po-membno pa je, isti tip funkcije (eksponentno ali trigonometricno) tudi v drugem korakuintegriramo.

Nazadnje omenimo se, da lahko s pomocno integracije po delih (z zelo veliko racunanja)uzenemo vse integrale oblike

∫f(x)eax sin bx dx in

∫f(x)eax cos bx dx, kjer je a 6= 0 6= b,

f pa polinom z realnimi koeficienti. Pri tem moramo polinom vedno odvajati, preostalofunkcijo pa integrirati tako, kot smo to storili v zgledu 150.

Integral racionalne funkcije Izracunati zelimo integral∫ p(x)

q(x)dx, kjer sta p in q poli-

noma.Oglejmo si najprej enostaven primer. Naj bo q(x) = (ax + b)m, kjer je a 6= 0. Tedaj

lahko pisemo ax+b = t. Od tod izrazimo x = 1a(t−b) in zapisemo p(x) = p( 1

a(t−b)) = r(t).

Ker je dx = 1adt, sledi

∫ p(x)(ax+b)m dx =

∫ r(t)atm

dt. Funkcija r je se vedno polinom v t, zatoga lahko clenoma delimo s tm. Dobljene integrale zlahka izracunamo.


x2+x(x−1)3

dx.

2. marec 2009, 20 : 15 115

Resitev. Pisimo x− 1 = t. Tedaj je

∫x2 + x

(x− 1)3dx =

∫t+ 1 + (t+ 1)2

t3dt =

∫t2 + 3t+ 2

t3dt =

=

∫ (1

t+

3

t2+

2

t3

)dt = ln t− 3

t− 1

t2=

= ln(x− 1) − 3

x− 1− 1

(x− 1)2.

Ce v integralu∫ p(x)

q(x)dx, kjer sta p in q polinoma, stopnja polinoma p ni nizja od

stopnje polinoma q, lahko polinoma delno delimo. Torej je p(x) = k(x)q(x) + r(x), kjerje stopnja polinoma r manjsa od stopnje polinoma q. Tedaj velja

∫p(x)

q(x)dx =

∫k(x)q(x) + r(x)

q(x)dx =

∫ (k(x) +

r(x)

q(x)

)dx.

Integral∫k(x) dx je enostavno izracunljiv. V preostalem integralu

∫ r(x)q(x)

dx pa je stopnjastevca manjsa od stopnje imenovalca.

Poiscimo vse (realne in kompleksne) nicle polinoma q. Ker ima ta polinom realnekoeficiente, nastopajo realne nicle v konjugiranih parih. Potem lahko zapisemo

q(x) = (x− x1)α1(x− x2)

α2 · · · (x− xm)αm ··(x− y1)

β1(x− y1)β1(x− y2)

β2(x− y2)β2 · · · (x− yn)

βn(x− yn)βn,

kjer je x1, . . . , xm ∈ R, y1, . . . , yn ∈ C \ R.Naj bo j ∈ {1, 2, . . . , n}. Za aj = −(yj + yj) in bj = |yj|2 lahko zapisemo

(x− yj)(x− yj) = x2 − (yj + yj)x+ |yj|2 = (x2 + ajx+ bj)βj .

Poudarimo se, da je polinom x2 + ajx + bj nerazcepen v realnem, saj sta yj, yj ∈ C \ R

njegovi nicli.Kvocient r(x)

q(x)lahko sedaj zapisemo v obliki

r(x)

q(x)=

(A11

x− x1

+A12

(x− x1)2+ . . .+

A1α1

(x− x1)α1

)+

+

(A21

x− x2+

A22

(x− x2)2+ . . .+

A2α2

(x− x2)α2

)+

+ . . .+

+

(An1

x− xn+

An2

(x− xn)2+ . . .+

Anαn

(x− xn)αn

)+

+

(B11x+ C11

x2 + a1x+ b1+

B12x+ C12

(x2 + a1x+ b1)2+ . . .+

B1β1x+ C1β1

(x2 + a1x+ b1)β1

)+

+ . . .+

+

(Bm1x+ Cm1

x2 + amx+ bm+

Bm2x+ Cm2

(x2 + amx+ bm)2+ . . .+

Bmβmx+ Cmβm

(x2 + amx+ bm)βm

),

kjer so Aij , Bij in Cij neznani koeficienti. Ko gornjo enakost pomnozimo s q(x) in od-pravimo vse ulomke, dobimo enakost r(x) = s(x), kjer je s polinom, katerega stopnja je

2. marec 2009, 20 : 15 116

manjsa od stopnje polinoma q. Neznani koeficienti Aij, Bij in Cij nastopajo kot koefici-enti polinoma s. Ko izenacimo istolezne koeficiente polinoma s z istoleznimi koeficientipolinoma r, dobimo sistem enacb. Dokazati je mozno, da je ta sistem vedno enolicnoresljiv. Torej nam preostane le se, da pokazemo kako izracunamo integral vsakega clenaposebej.


x5

x3−1dx.

Resitev. Ker stopnja polinoma v stevcu ni manjsa od stopnje polinoma v imenovalcu,lahko delno delimo: x5 = (x3 − 1)x2 + x2. Torej je

∫x5

x3 − 1dx =

∫x2 dx+

∫x2

x3 − 1dx =

x3

3+

1

3ln(x3 − 1).


1x4−1

dx.

Resitev. Ker je x4 − 1 = (x− 1)(x+ 1)(x2 + 1), napravimo razcep

1

x4 − 1=

A

x− 1+

B

x+ 1+Cx+D

x2 + 1.

Ko odpravimo ulomke, dobimo

1 = A(x+ 1)(x2 + 1) +B(x− 1)(x2 + 1) + (Cx+D)(x2 − 1) =

= x3(A +B + C) + x2(A− B +D) + x(A+B − C) + 1(A− B −D).

Ko izenacimo koeficiente na levi in desni strani, dobimo sistem enacb

A+B + C = 0 (20)

A− B +D = 0 (21)

A +B − C = 0 (22)

A− B −D = 1. (23)

Iz (20) in (22) sledi C = 0, iz (21) in (23) pa D = −12. Preostali enacbi dasta A = 1

4in

B = −14. Sledi

1

x4 − 1=

1

4· 1

x− 1− 1

4· 1

x+ 1− 1

2· 1

x2 + 1.

Torej je ∫1

x4 − 1dx =

1

4ln(x− 1) − 1

4ln(x+ 1) − 1

2arc tanx.

Integrale oblike

∫Aij

(x− xi)jdx smo ze izracunali:

∫Aij

(x− xi)jdx =

Aij

(1 − j)(x− xi)j−1, ce j 6= 1,

Aij ln(x− xi), ce j = 1.

Tu smo si pomagali z zamenjavo t = x− xi.

2. marec 2009, 20 : 15 117

Integrale oblike∫ Bijx+Cij

(x2−aix+bi)j dx pa bomo v nadaljevanju izracunali le v primeru, ko je

j = 1. (Tj. v primeru, ko polinom q nima pravih kompleksnih nicel visje stopnje.)Izracunajmo

∫Bx+C

x2+ax+b, kjer je polinom x2 + ax+ b nerazcepen v realnem; tj. a2 − 4b < 0.

Izraz Bx+Cx2+ax+b

preoblikujemo v

Bx+ C

x2 + ax+ b=

1

2· B(2x+ a)

x2 + ax+ b+

C − 12aB

x2 + ax+ b.

Torej je

∫Bx+ C

x2 + ax+ bdx =

B

2ln(x2 + ax+ b) +

C − 12aB√

b− a2

4

arc tanx+ a

2√b− a2

2

.

Pri zadnjem integralu smo si pomagali s substitucijo x+ p = qx, ki nam da∫

1

(x+ p)2 + q2dx =

1

q

∫1

t2 + 1dt =

1

qarc tan t =

1

qarc tan

x+ p

q.


x+1x2−x−6

dx.

Resitev. Razcep na parcialne ulomke da

x+ 1

x2 − x− 6=

A

x− 3+

B

x+ 2.

Dobimo x + 1 = A(x + 2) + B(x − 3) oz. A + B = 1, 2A − 3B = 1, kar nam da A = 45,

B = 15. Sledi ∫

x+ 1

x2 − x− 6dx =

4

5ln(x− 3) +

1

5ln(x+ 2).


2x3

x2+2x+2dx.

Resitev. Delno deljenje: 2x3 = (x2 + 2x+ 2)(2x− 4) + (4x+ 8). Sledi

∫2x3

x2 + 2x+ 2dx =

∫(2x− 4) dx+

∫4x+ 8

x2 + 2x+ 2dx. =

= (x2 − 2x) +

∫2(2x+ 2)

x2 + 2x+ 4dx+

∫4

(x+ 1)2 + 1dx =

= (x2 − 2x) + 2 ln(x2 + 2x+ 2) + 4 arc tan(x+ 1).


x2+1x4−x2 dx.

Resitev. Ker je x4 − x2 = x2(x− 1)(x+ 1), napravimo razcep

x2 + 1

x4 − x2=A

x+B

x2+

C

x− 1+

D

x+ 1.

Ko odpravimo ulomke, dobimo

x2 + 1 = Ax(x2 − 1) +B(x2 − 1) + Cx2(x+ 1) +Dx2(x− 1) =

= x3(A+ C +D) + x2(B + C −D) + x(−A) + 1(−B).

2. marec 2009, 20 : 15 118

Ko izenacimo koeficiente na levi in desni strani, dobimo sistem enacb

A+ C +D = 0

B + C −D = 1

−A = 0

−B = 1.

Torej je A = 0 in B = −1 ter od tod C + D = 0 in C − D = 2, kar nam da C = 1 inD = −1. Sledi

x2 + 1

x4 − x2= − 1

x2+

1

x− 1− 1

x+ 1.

Torej je ∫x2 + 1

x4 − x2dx =

1

x+ ln(x− 1) − ln(x+ 1).

Integracija trigonometricnih funkcij Integral oblike∫R(sin x, cosx) dx, kjer je R

racionalna funkcija, lahko z univerzalno trigonometrijsko substitucijo prevedemo v integralracionalne funkcije, ki ga vsaj naceloma znamo izracunati. Pisimo

t = tanx

2.

Tedaj je dt = 1cos2 x

2· 1

2dx, od koder sledi

dx =2 dt

1 + t2.

Velja se

sin x = 2 sinx

2cos

x

2= 2 tan

x

2cos2 x

2=

2t

1 + t2

cosx = 2 cos2 x

2− 1 =

1 − t2

1 + t2,

kjer smo upostevali, da je cos2 x2

= 11+tan2 x

2= 1

1+t2. Velja se

tanx =2t

1 − t2.


1sin x

dx.

Resitev. Pisimo t = tan x2. Tedaj je

∫1

sinxdx =

∫12t

1+t2· 2

1+t2dt =

∫1tdt = ln t =

ln tan x2

+ C.


1cos x+2

dx.

2. marec 2009, 20 : 15 119

Resitev. Pisimo t = tan x2. Tedaj je

∫1

cos x+2dx =

∫1

1−t2

1+t2+2

· 21+t2

dt =∫

23+t2

dt =

2√3arc tan t√

3= 2√

3arc tan

tan x2√

3+ C.

Integrale oblike∫

sinm x cosn x dx, kjer sta celi stevili, lahko v primeru, ko je m ali nliho stevilo, uzenemo s primerno zamenjavo. Ce je m liho stevilo, postavimo t = cosx. Ceje n liho, postavimo t = sin x. Ce sta obe stevili lihi, sta obe zamenjavi primerni. Ce pasta obe stevili sodi, moramo najprej z ustreznimi trigonometricnimi prijemi znizati red.


sin3 x cos3 x dx.

Resitev. Ce pisemo t = cosx, dt = sin x dx, lahko izracunamo

∫sin3 x cos3 x dx = −

∫t3(1 − t2) dt = −

∫t3 dt+

∫t5 dt =

= −1

4t4 +

1

6t6 = −1

4cos4 x+

1

6cos6 x+ C.


sin2 x cos2 x dx.

Resitev. Racunajmo sin2 x cos2 x dx = 14sin2(2x) = 1

41−cos(4x)

2= 1

8− 1

8cos(4x). Torej je∫

sin2 x cos2 x dx = 18

∫(1 − cos(4x)) dx = x

8− 1

32sin 4x+ C.

Integracija korenskih funkcij Integral iracionalne funkcije, v katerih nastopajo izrazi√x2 + a2,

√x2 − a2 ali

√a2 − x2, najprej z ustrezno trigonometricno zamenjavo preve-

demo na integral racionalne trigonometricne funkcije.

• Ce v integralu nastopa√a2 − x2, sta x = a sin t ali x = a cos t primerni zamenjavi.

• Ce v integralu nastopa√x2 + a2, je x = a tan t primerna zamenjava.

• Ce v integralu nastopa√x2 − a2 sta x = a

sin tali x = a

cos tprimerni zamenjavi.

Zgled 161 Izracunaj∫ √

a2 − x2 dx.

Resitev. Vpeljimo x = a sin t. Tedaj je dx = a cos t dt in∫ √

a2 − x2 dx =∫a2 cos2 t dt =

a2

2

∫(1 + cos(2t)) dt = a2

2(t + 1

2sin(2t)). Ker je t = arc sin x

a, lahko zapisemo sin 2t =

2 sin t cos t = 2xa

√1 − (x

a)2 = 2x2

a2

√a2 − x2. Sledi

∫ √a2 − x2 dx =

a2

2(t+

1

2sin 2t) =

=a2

2

(arc sin

x

a+x2

a2

√a2 − x2

)=

1

2a2 arc sin

x

a+

1

2x2√a2 − x2.


1x2

√a2+x2 dx.

Resitev. Vpeljimo x = a tan t. Tedaj je dx = acos2 t

dt in

∫1

x2√a2 + x2

dx =

∫1

a2 tan2 t acos t

· a

cos2 tdt =

1

a2

∫cos t

sin2 tdt.

2. marec 2009, 20 : 15 120

Ce sedaj pisemo u = sin t, du = cos t dt, izracunamo∫

cos tsin2 t

dt =∫

1u2 du = − 1

u= − 1

sin t.

Ker je tan2 t+ 1 = 1cos2 t

, velja

1

sin t=

1

tan t · cos t=

√tan2 t+ 1

tan t=a

x

√x2

a2+ 1 =

√a2 + x2

x.

Torej je ∫1

x2√a2 + x2

dx = −√a2 + x2

a2 x.

5.2 Doloceni integral

Naj bo [a, b] poljuben zaprt interval in f : [a, b] → R omejena funkcija. Radi bi izracunaliploscino lika med abscisno osjo in grafom funkcije f na intervalu [a, b]. Priblizno lahkoploscino lika izracunamo tako, da ga razrezemo na navpicne trakove. Cim ozji so trakovi,tem boljsa je aproksimacija za ploscino. Pricakovati je, da bomo najbolj natancen rezultatdobili v limiti, ko gredo sirine trakov proti 0.

Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Njihove dolzine ∆k = xk − xk−1 so lahkorazlicne. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆. Torej je

∆ = max{∆1,∆2, . . . ,∆k}.

Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Izraz

σ =n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1)

imenujemo Riemannova oz. integralska vsota funkcije f pri dani delitvi D intervala [a, b]na podintervale.

a = x0 b = xnξk x

y

xk−1 xk

f(ξk)

bc bcbc

bc

bc bc

bc

Stevilo I imenujemo doloceni integral funkcije f na intervalu [a, b], ce za vsak ε > 0obstaja δ > 0, da iz ∆ < δ sledi |I − σ| < ε. Ce tako stevilo I obstaja, pravimo, da je

f integrabilna na intervalu [a, b] in oznacimo I =∫ b

af(x) dx. Interval [a, b] imenujemo

integracijski interval, stevili a in b spodnja in zgornja meja integracije, x pa integracijskaspremenljivka.

2. marec 2009, 20 : 15 121

Definicijo dolocenega intervala lahko povemo tudi drugace. Stevilo I je doloceni inte-gral funkcije f na intervalu [a, b], ce se od njega locijo integralske vsote funkcije f za vsezadosti drobne delitve intervala [a, b] tako malo, kot hocemo. Zapisati smemo tudi

∫ b

a

f(x) dx = lim∆→0

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1).

Dokazati je mozno, da vse dovolj “lepe” funkcije premorejo doloceni integral. Natancneje:

Izrek 77 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je tudi integrabilna na intervalu [a, b].

Zgled 163 Izracunaj∫ b

ax dx.

Resitev. Naj bo f(x) = x. Razdelimo interval [a, b] na n podintervalov z delilnimitockami

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Za tocko ξk ∈ [xk−1, xk] vzemimo kar sredino ustreznega intervala: ξk = 12(xk−1 + xk).

Tedaj je

σ =n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) =n∑

k=1

1

2(xk−1 + xk)(xk − xk−1) =

=1

2

n∑

k=1

(x2k − x2

k−1) =1

2(b2 − a2),

saj se v tej vsoti vsi vmesni cleni odstejejo. Ker je funkcija f zvezna, je integrabilna (izrek77), zato je limita

lim∆→0

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1)

neodvisna od izbire delilnih tock ξk ∈ [xk−1, xk]. Sledi∫ b

ax dx = 1

2(b2 − a2).

Geometrijski pomen integrala Naj bo f na intervalu [a, b] zvezna in nikjer negativna.Graf funkcije f , abscisna os ter premici x = a in x = b, omejujeta lik T , ki ga imenujemokrivocrtni trazpez. Dolocimo njegovo ploscino.

Razdelimo interval [a, b] na podintervale z delilnimi tockami a = x0 < x1 < x2 < . . . <xn = b in oznacimo ∆ = max{xk −xk−1; k = 1, 2, . . . , n}. Za vsak k oznacimo z mk in Mk

natancno spodnjo in natancno zgornjo mejo funkcije f na intervalu [xk−1, xk]. Narisimonad vsakim intervalom [xk−1, xk] pravokotnik z visino mk. Tedaj je

S(T ) =

n∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≤ S(T ).

Stevilo S(T ) imenujemo spodnja integralska vsota za f na intervalu [a, b]. Podobno lahkonarisemo nad vsakim intervalom [xk−1, xk] pravokotnik z visino Mk. Tedaj je

S(T ) =n∑

k=1

mk(xk − xk−1) ≥ S(T ).

Stevilo S(T ) imenujemo zgornja integralska vsota za f na intervalu [a, b].

2. marec 2009, 20 : 15 122

a = x0 b = xnx

y

xk−1 xk

mk

Mk

bc bc

bc

bc bc

bc

Ker je funkcija f zvezna na intervalu [a, b], je integrabilna in je zato

lim∆→0

S(T ) = lim∆→0

S(T ) =

∫ b

a

f(x) dx.

Ker pa je S(T ) ≤ S(T ) ≤ S(T ), od tod sledi S(T ) =∫ b

af(x) dx in je stevilo S(T )

neodvisno od delitve intervala [a, b] na podintervale. Torej smo dokazali:

Izrek 78 Ce je f : [a, b] → R zvezna in nenegativna, je ploscina lika, ki ga omejujejo graf

funkcije f , abscisna os ter premici x = a in x = b, enaka

∫ b

a

f(x) dx.

a b x

y

∫ b

a

f(x) dx

bc bc

Posledica 79 Ploscina lika med grafoma zveznih funkcij f in g na intervalu [a, b] je enaka∫ b

a|g(x) − f(x)| dx.

a b x

y

f

g

∫ b

a

|g(x) − f(x)| dx

bc bc

Lastnosti dolocenega integrala

Izrek 80 Ce sta funkciji f in g integrabilni na intervalu [a, b], α in β pa poljubni realnistevili, je funkcija h, h(x) = αf(x) + βg(x), tudi integrabilna na intervalu [a, b] in velja

∫ b

a

(αf(x) + βg(x)) dx = α

∫ b

a

f(x) dx+ β

∫ b

a

g(x) dx.

2. marec 2009, 20 : 15 123

Dokaz. Naj boD katerakoli delitev intervala [a, b]. Potem je integralska vsota za funkcijoh enaka

σ(h) =n∑

k=1

h(ξk)(xk − xk−1) =n∑

k=1

(αf(ξk) + βg(ξk))(xk − xk−1).

Ce je delitev intervala dovolj drobna, je vrednost desne strani poljubno blizu stevilaα∫ b

af(x) dx+ β

∫ b

ag(x) dx, leva pa blizu

∫ b

a(αf(x) + βg(x)) dx. Torej je res

∫ b

a

(αf(x) + βg(x)) dx = α

∫ b

a

f(x) dx+ β

∫ b

a

g(x) dx.

Izrek 81 Ce je f na intervalu [a, b] zvezna in c ∈ (a, b) poljubno stevilo, je

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx+

∫ b

c

f(x) dx.

Dokaz. Ker je funkcija f zvezna na [a, b], je zvezna tudi na intervalih [a, c] in [c, b], zato

integrala∫ c

af(x) dx in

∫ b

cf(x) dx obstajata. Vzemimo sedaj tako delitev a = x0 < x1 <

x2 < . . . < xn = b intervala [a, b], da je v njej c delilna tocka – torej c = xm za neki m,1 < m < n. Tedaj je

n∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) =

m∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) +

n∑

k=m+1

f(ξk)(xk − xk−1).

Od tod sledi gornja zveza, ko gredo dolzine vseh delilnih podintervalov k 0.

Izrek 82 Ce v integralu zamenjamo meji, spremeni predznak:

∫ a

b

f(x)dx = −∫ b

a

f(x)dx.

Dokaz. Ce zamenjamo meji, je treba vse razlike xk − xk−1 nadomestiti z razlikamixk−1 − xk = −(xk − xk−1), zato dobi vsak clen v integralski vsoti nasproten predznak.

Posledica 83 Velja

∫ a

a

f(x) dx = 0.

Dokaz. Po gornjem izreku je

∫ a

a

f(x) dx = −∫ a

a

f(x) dx, torej je 2

∫ a

a

f(x) dx = 0 oz.∫ a

a

f(x) dx = 0.

Izrek 84 (Izrek o povprecni vrednosti) Naj bosta m in M natancna spodnja in zgor-nja meja funkcije f na intervalu [a, b]. Potem obstaja tocka p ∈ [m,M ], da je

1

b− a

∫ b

a

f(x) dx = p.

Ce je f na intervalu [a, b] zvezna, obstaja taka tocka ξ ∈ [a, b], da je

1

b− a

∫ b

a

f(x) dx = f(ξ).

2. marec 2009, 20 : 15 124

Dokaz. Ker je m ≤ f(x) ≤M za vsak x ∈ [a, b], lahko integralsko vsoto za f ocenimo:

m(b− a) =

m∑

k=1

m(xk − xk−1) ≤m∑

k=1

f(ξk)(xk − xk−1) ≤m∑

k=1

M(xk − xk−1) = M(b − a).

Torej je

m ≤ 1

b− a

∫ b

a

f(x) dx ≤M

in je res1

b− a

∫ b

a

f(x) dx = p za neko stevilo p ∈ [m,M ]. Ce je f zvezna funkcija,

zavzame vse vrednosti med svojo najmanjso in svojo najvecjo vrednostjo, zato obstaja ξ,da je f(ξ) = p oz.

1

b− a

∫ b

a

f(x) dx = f(ξ).

a bξ x

y

f(ξ)

bc bcbc

bc bc

5.3 Zveza med dolocenim in nedolocenim integralom

Naj bo f : [a, b] → R integrabilna funkcija. Tedaj je za vsak x ∈ [a, b] funkcija F , F (x) =∫ x

a

f(t) dt, dobro definirana.

y

xba

f

x

F (x)

bc

bc

bc

bc

bc

Izrek 85 Ce je f : [a, b] → R integrabilna, je funkcija F , F (x) =

∫ x

a

f(t) dt, zvezna.

Dokaz. Ker je F (x+ h) =

∫ x+h

a

f(t) dt in F (x) =

∫ x

a

f(t) dt, je

F (x+ h) − F (x) =

∫ x+h

a

f(t) dt−∫ x

a

f(t) dt =

∫ x+h

x

f(t) dt.

2. marec 2009, 20 : 15 125

y

xba

f

x

F (x+ h) − F (x)

x+ h

h

bc

bc

bc

bc

bc bc

Po izreku o povprecni vrednosti je

∫ x+h

x

f(t) dt = f(ξ)h za neko stevilo ξ med x in

x + h. Stevilo f(ξ) lezi med m in M , kjer sta m in M najmanjsa in najvecja vrednostfunkcije f na intervalu [a, b]. Torej je

|F (x+ h) − F (x)| = |f(ξ)h| ≤ |h|max{|m|, |M |}.

Torej je za majhne h sprememba F (x+ h) − F (x) poljubno majhna.

Izrek 86 Ce je f : [a, b] → R zvezna funkcija, je funkcija F , F (x) =

∫ x

a

f(t)dt, odvedljiva

in velja F ′(x) = f(x) za vsak x ∈ (a, b).

Dokaz. Ker je f zvezna, obstaja tocka ξ med x in x+ h, da je

F (x+ h) − F (x) =

∫ x+h

a

f(t) dt−∫ x

a

f(t) dt =

∫ x+h

x

f(t) dt = f(ξ)h.

Torej je f(ξ) = F (x+h)−F (x)h

. Ko gre h → 0, gre tudi ξ → x, zato je limh→0

F (x+h)−F (x)h

=

limh→0

f(ξ)hh

= f(x). Sledi F ′(x) = f(x).

Izrek 87 (Osnovni izrek infitenzimalnega racuna) Doloceni integral zvezne funkci-je je kot funkcija zgornje meje nedoloceni integral funkcije pod integralskim znakom.

Dokaz. Ker je F ′(x) = f(x), se funkciji F (x) in

∫ x

a

f(t) dt razlikujeta za konstanto.

Torej F (x) =

∫ x

a

f(t) dt + C. Ker je

∫ a

a

f(t) dt = 0, je C = F (a). Sledi

∫ x

a

f(t) dt =

F (x) − C = F (x) − F (a).

Gornji izrek lahko povemo tudi drugace. Ce je F katerikoli nedoloceni integral funkcijef , za doloceni integral velja

∫ b

a

f(x) dx = F (b) − F (a).

Pogosto pisemo ∫ b

a

f(x) dx = F (x)∣∣∣b

a= F (b) − F (a)

ali celo ∫ b

a

f(x) dx = F (x)∣∣∣b

x=a= F (b) − F (a),

ce v integralu nastopa vec parametrov.

2. marec 2009, 20 : 15 126

Racunanje dolocenega integrala Pri racunanju dolocenega integrala si najpogostejepomagamo s prejsnjim izrekom in najprej izracunamo nedoloceni intagral.

Zgled 164 Izracunaj

∫ 2

−1

x2 dx.

Nedoloceni integral je ∫x2 dx =

1

3x3.

Torej je ∫ 2

−1

x2 dx =

(1

3x3

)∣∣∣∣2

−1

=1

3

(23 − (−1)3

)= 3.

Zgled 165 Izracunaj

∫ 4

1

(x2 − 2x) dx.

Resitev. Racunajmo

∫ 4

1

(x2 − 2x) dx =

(1

3x3 − x2

)∣∣∣∣4

1

= (1

3· 43 − 42)− (

1

3· 13 − 12) = 6.

Zgled 166 Izracunaj

∫ π/2

0

sin2 x dx.

Resitev. Ker je sin2 x = 12(1 − cos 2x), zapisemo

∫sin2 x dx =

∫1

2(1 − cos 2x) dx =

x

2− 1

4sin(2x) in od tod

∫ π/2

0

sin2 x dx =

(x

2− 1

4sin(2x)

)∣∣∣∣π/2

0

=π

4.

Opozorilo. Pri uporabi izreka 87 moramo biti pazljivi. Za

∫f(x) dx = F (x) res velja

∫ b

a

f(x)dx = F (x)|ba = F (b)−F (a), a ne smemo spregledati pogoja, da mora biti funkcija

f na intervalu [a, b] integrabilna. Tako je npr. racun

∫ 2

−1

1

x2dx =

(−1

x

)∣∣∣∣2

−1

= −1

2− 1 = −3

2

ocitno napacen, saj je podintegralska funkcija pozitivna, integral pa negativen. Tezavase skriva v tem, da funkcija F , F (x) = − 1

x, ni nedoloceni integral funkcije f , f(x) = 1

x2 ,na intervalu [−1, 2], saj na tem intervalu povsod niti definirana ni.

2. marec 2009, 20 : 15 127

Enostavni zgledi

Zgled 167 Doloci ploscino obmocja, ki ga graf polinoma f(x) = 14(x+ 1)(x− 2)2 oklepa

z abscisno osjo.

xO

y

2−1

bc bcbc

Obmocje je omejeno z grafom funkcije f na intervalu [−1, 2] in odsekom abscisne osi.Torej je

S =

∫ 2

−1

f(x) dx =

∫ 2

−1

1

4(x3 − 3x2 + 4) dx =

1

4

(1

4x4 − x3 + 4x

)∣∣∣∣2

−1

=

=1

4

((1

4· 24 − 23 + 4 · 2

)−(

1

4· (−1)4 − (−1)3 + 4 · (−1)

))=

=1

4

(4 −

(−11

4

))=

27

16.

Zgled 168 Doloci ploscino obmocja, ki ga omejujeta grafa funkcij, podanih s predpisomaf(x) = x2 + x− 1 in g(x) = −x2 + x+ 1.

Dolocimo najprej presecisca krivulj: x2 + x − 1 = −x2 + x + 1, kar nam da 2x2 = 2 oz.x = ±1. Sledi

S =

∫ 1

−1

(g(x) − f(x)) dx =

∫ 1

−1

(2 − 2x2) dx =

=

(2x− 2

3x3

)∣∣∣∣1

−1

=4

3− (−4

3) =

8

3.

y

x

g

f

O 1−1

1

−1

bc bcbc

bc

bc

bc

bc

Zgled 169 Naj bo f(x) = x2 + 1. Doloci ploscino obmocja, ki ga dolocajo graf funkcijef , tangenta na graf funkcije f v tocki (0, 1) in normala na graf funkcije v tocki (1, 2).

2. marec 2009, 20 : 15 128

y = 1

y = − 12 x+ 5

2

y

xO 1 3

1

2

bc bc bc

bcbc

bc bc

Ker je f(x) = x2 + 1, je f ′(x) = 2x. Torej je f ′(0) = 0 in f ′(1) = 2. Enacba tangentev tocki (0, 0) je y = 0, saj je ta tocka stacionarna. Enacba normale v tocki (1, 2) jey − 1 = −1

2(x− 1), kar lahko zapisemo kot y = −1

2x+ 5

2.

Premici y = 1 in y = −12x+ 5

2se sekata v tocki (3, 1). Torej je iskana ploscina enaka

S =

∫ 1

0

((x2 + 1) − 1) dx+

∫ 3

1

((−1

2x+

5

2) − 1) dx =

=

(1

3x3

)∣∣∣∣1

0

+

(−1

4x2 +

3

2x

)∣∣∣∣3

1

=1

3+

9

4− 5

4=

4

3.

Pravilo zamenjave v doloceni integral Pri racunanju nedolocenega integrala si

pogosto pomagamo s pravilom zamenjave. Ce pisemo x = g(t), velja

∫f(x) dx =

∫f(g(t)) · g′(t) dt = G(t) = F (x), kjer smo v funkciji G zamenjali t = g−1(x). Ravno ta

korak pa je pogosto v praksi tezko izvedljiv ali pa vsaj racunsko neugoden, saj to pomeni,da moramo izracunati tudi inverz g−1. Pri zamenjavi v doloceni integral pa zadnji korakni potreben, saj lahko meje sproti transformiramo. Velja izrek

Izrek 88 (Pravilo zamenjave v doloceni integral) Naj bo g: [α, β] → R zvezna, mo-notona in odvedljiva funkcija na intervalu [α, β]. Tedaj je

∫ b

a

f(x) dx =

∫ β

α

f(g(t)) · g′(t) dt,

kjer smo oznacili a = g(α) in b = g(β).

Dokaz. Naj bo F (x) =∫f(x) dx. Tedaj je

∫ β

α

f(g(t)) · g′(t) dt = F (g(t))|βα = F (g(α)) − F (g(β)) = F (b) − F (a) =

∫ b

a

f(x) dx,

kjer potrebujemo monotonost funkcije g zato, da je g: [α, β] → [a, b] bijekcija.

Zgled 170 Izracunaj

∫ a

0

√a2 − x2 dx.

2. marec 2009, 20 : 15 129

Resitev. V zgledu 161 smo s pomocjo izreka 73 o zamenjavi v nedoloceni integralizracunali

∫ √a2 − x2 dx = 1

2a2 arc sin x

a+ 1

2x2√a2 − x2, torej je

∫ a

0

√a2 − x2 dx =

(1

2a2 arc sin

x

a+

1

2x2√a2 − x2

)∣∣∣∣a

0

=1

2a2 arc sin 1 =

π

4a2.

S pomocjo izreka 88 pa pri zamenjavi x = a sin t izracunamo

∫ a

0

√a2 − x2 dx =

∫ π/2

0

a2 cos2 t dt =

∫ π/2

0

a2

2(1 + cos 2t) dt =

=a2

2

(t+

1

2sin 2t

)∣∣∣∣π/2

0

=π

4a2.

Zgled 171 Izracunaj

∫ 1

0

1

ex + e−xdx.

Resitev. Poskusimo z zamenjavo t = ex, dt = ex dx. Sledi dx = t−1 dt. Tedaj je∫ 1

0

1

ex + e−xdx =

∫ e

1

1

t+ t−1t−1dt =

∫ e

1

1

t2 + 1dt = (arc tan t)

∣∣∣e

1= arc tan e− π

4.

Opozorilo. Pri uporabi pravila zamenjave v doloceni integral moramo biti nadvse pre-vidni. Najpomembneje je, da za zamenjavo uporabimo bijektivno funkcijo.

Substitucija t = sin x v integral

∫ π

0

sin2 xdx ocitno nima smisla, saj bi dobili

∫ π

0

sin2 xdx =∫ 0

0

t2√1 − t2

dt = 0, kar ne drzi, saj je sin2 x > 0 na intervalu (0, π).

Za izracun dolocenega integrala si lahko pomagamo tudi z metodo za integracijo po delih.Velja namrec

Izrek 89 (Integracija po delih) Ce sta f in g odvedljivi funkciji na intervalu [a, b],velja ∫ b

a

f(x)g′(x) dx = (f(b)g(b) − f(a)g(a)) −∫ b

a

g(x)f ′(x) dx.

Dokaz. Ker za H(x) = f(x)g(x) velja H ′(x) = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x), je H(x) =∫(f(x)g′(x) +

∫g(x)f ′(x)) dx. Torej je

H(b) −H(a) =

∫ b

a

(f(x)g′(x) + g(x)f ′(x)) dx =

∫ b

a

f(x)g′(x) dx+

∫ b

a

g(x)f ′(x) dx,

od koder sledi∫ b

a

f(x)g′(x) dx = H(b) −H(a) −∫ b

a

g(x)f ′(x) dx =

= (f(b)g(b) − f(a)g(a)) −∫ b

a

g(x)f ′(x) dx.

2. marec 2009, 20 : 15 130

Zgled 172 Izracunaj

∫ π

0

x sin x dx.

Ker gre za integral oblike

∫p(x) sin x dx, kjer je p(x) = x polinom, je pri integraciji po

delih ugodno polinom odvajati, trigonometricno funkcijo poleg njega pa integrirati. Torej∫ π

0

x sin x dx = −x cos x∣∣∣π

0+

∫ π

0

cosx dx = π + sin x∣∣∣π

0= π,

kjer smo v prvi enakosti upostevali u = x, dv = sin x dx in du = dx, v = − cosx.

Zgled 173 Izracunaj

∫ 1

−1

x ex dx.

Ker gre za integral oblike

∫p(x)ex dx, kjer je p(x) = x polinom, je pri integraciji po delih

ugodno polinom odvajati, eksponentno funkcijo poleg njega pa integrirati. Torej

∫ 1

−1

x ex dx = (x ex)|1−1 −∫ 1

−1

ex dx =((e+ e−1) − ex

)∣∣1−1

=

= (e+ e−1) − (e− e−1) = 2e−1,

kjer smo v prvi enakosti upostevali u = x, dv = ex dx in du = dx, v = ex.

Zgled 174 Izracunaj∫ 2

1x(ln x+ 1) dx.

Resitev. Integral lahko zapisemo kot vsoto dveh integralov:

∫ 2

1

x(ln x+ 1) dx =

∫ 2

1

x ln x dx+

∫ 2

1

x dx.

Ocitno je∫ 2

1x dx = 1

2x2|21 = 1

2(4− 1) = 3

2. Za izracun integrala

∫ 2

1x ln x dx pa uporabimo

integracijo po delih. Za du = xdx, v = ln x velja u = 12x2, dv = 1

xdx in

∫ 2

1x lnx dx =

12x2 ln x|21 −

∫ 2

112x2 · 1

xdx = 2 ln 2 − 1

4x2|21 = 2 ln 2 − 3

4. Torej je

∫ 2

1

x(ln x+ 1) dx = (2 ln 2 − 3

4) +

3

2= 2 ln 2 +

3

4.

Posploseni integral Pri definiciji dolocenega integrala smo zahtevali, da je integracij-sko obmocje zaprt (torej tudi koncen) interval, funkcija, ki jo integriramo, pa na njemomejena. V tem razdelku bomo razsirili pojem dolocenega integrala na primer, ko kaksenod gornjih privzetkov ni izpolnjen. Take integrale imenujemo posplosene oz. izlimitirane.

Vzemimo najprej primer, ko funkcija f : [a, b] → R ni omejena in ima natanko en polna intervalu [a, b].

Recimo, da ima f pol v tocki b, sicer pa je na intervalu [a, b) omejena. Potem za vsak

ε > 0 obstaja integral∫ b−ε

af(x) dx. Ce obstaja lim

ε↓0

∫ b−ε

af(x) dx, oznacimo

∫ b

a

f(x) dx = limε↓0

∫ b−ε

a

f(x) dx.

2. marec 2009, 20 : 15 131

Ce ima f pol v tocki a, definiramo∫ b

af(x) dx podobno. Ce obstaja lim

ε↓0

∫ b

a+εf(x) dx,

oznacimo ∫ b

a

f(x) dx = limε↓0

∫ b

a+ε

f(x) dx.

Ce ima funkcija f pol v kaksni tocki c ∈ (a, b), integracijsko obmocje razdelimo na dva

dela. Ce obstajata integrala∫ c

af(x) dx in

∫ b

cf(x) dx, oznacimo

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx+

∫ b

c

f(x) dx = limε↓0

∫ c−ε

a

f(x) dx+ limε↓0

∫ b

c+ε

f(x) dx.

Opozorilo. Limiti limε↓0

∫ c−ε

af(x) dx in lim

ε↓0

∫ b

c+εf(x) dx ne smemo zdruziti v eno limito,

tj. v

limε↓0

(∫ c−ε

a

f(x) dx+

∫ b

c+ε

f(x) dx

), (24)

saj sta limiti med seboj neodvisni.

Zgled 175 Ali obstaja posploseni integral∫ 1

−21x3 dx?

Ker funkcija f , f(x) = 1x3 , ni definirana v tocki 0, moramo zapisati

∫ 1

−2

1

x3dx =

∫ 0

−2

1

x3dx+

∫ 1

0

1

x3dx,

kjer zahtevamo, da oba integrala na desni strani obstajata. Po definiciji je∫ 0

−21x3 dx =

lime↓0

∫ 0−ε

−21x3 dx, ce ta integral sploh obstaja. Racunajmo

∫ 0−ε

−21x3 dx = − 1

2x2 |−ε−2 = − 1

2ε2 + 18.

Ker limita limε↓0

(− 12ε2 + 1

8) ne obstaja, funkcija f ni integrabilna na intervalu [−2, 0], torej

tudi ne na vecjem intervalu [−2, 1].Pripomniti pa velja, da bi s pomocjo limite 24 prisli do napacne ugotovitve. Velja

namrec∫ 1

0+ε1x3 dx = − 1

2x2 |10+ε = −1 + 12ε2 in od tod dobimo

limε↓0

(∫ 0−ε

−2

1

x2dx+

∫ 1

0+ε

1

x2dx

)= lim

ε↓0

((−1 +

1

2ε2

)+

(− 1

2ε2+

1

8

))= −7

8.

Slednje pa seveda ni enako vrednosti integrala∫ 1

−21x3 dx, sa le-ta ne obstaja.

Gornji primer torej kaze, da lahko obstaja limita

limε↓0

(∫ c−ε

a

f(x) dx+

∫ b

c+ε

f(x) dx

),

ceprav ne obstaja izlimirani integral∫ b

af(x) dx. V tem primeru pravimo, da obstaja

Cauchyjeva glavna vrednost integrala∫ b

af(x) dx.


01√2−x

dx.

2. marec 2009, 20 : 15 132

Resitev. Ker funkcija f , f(x) = 1√2−x

, ni definirana v tocki x = 2, je

∫ 2

0

1√2 − x

dx = limε↓0

∫ 2−ε

0

1√2 − x

dx,

ce integral na desni obstaja. Ker je∫ 2−ε

0

1√2 − x

dx =

∫ 2−ε

0

(2 − x)−1/2 dx = 2(2 − x)+1/2|2−ε0 = 2ε1/2 − 2

√2,

velja ∫ 2

0

1√2 − x

dx = limε↓0

∫ 2−ε

0

1√2 − x

dx = limε↓0

(2ε1/2 − 2√

2) = 2√

2.


01

xα dx za razlicne vrednosti parametra α.

Resitev. Po definiciji je ∫ 1

0

1

xαdx = lim

ε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx.

Ce je α = 1, imamo∫ 1

ε1xdx = ln x|1ε = − ln ε, vendar v tem primeru

limε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx = lim

ε↓0− ln ε

ne obstaja. Ce pa je α 6= 1,∫ 1

ε

1

xαdx =

1

1 − αx1−α

∣∣∣∣1

ε

=1

1 − α(1 − ε1−α).

Ker pa limita limε↓0

ε1−α obstaja le za α < 1, obstaja integral le za α < 1 in v tem primeru

velja ∫ 1

0

1

xαdx = lim

ε↓0

∫ 1

ε

1

xαdx = lim

ε↓0

1

1 − α(1 − ε1−α) =

1

1 − α.


−1x−

23 dx.

Resitev. Ker funkcija f , f(x) = x−23 , ni definirana v tocki x = 0, moramo pisati

∫ 8

−1

x−23 dx =

∫ 8

−1

x−23 dx+

∫ 8

−1

x−23 dx.

Oba integrala na desni strani obstajata, saj ustrezata pogojem prejsnje naloge pri α = 23.

Racunajmo∫ 8

−1

x−23 dx =

∫ 8

−1

x−23 dx+

∫ 8

−1

x−23 dx =

= limε↓0

∫ −ε

−1

x−23 dx+ lim

ε↓0

∫ 8

ε

x−23 dx =

= limε↓0

3x1/3|−ε−1 + lim

ε↓03x1/3|8ε =

= limε↓0

3(−ε1/3 + 1) + limε↓0

3(2 − ε1/3) = 3 + 6 = 9.

2. marec 2009, 20 : 15 133


01√

1−x2 dx.

Resitev. Po definiciji je

∫ 1

0

1√1 − x2

dx = limε↓0

∫ 1

ε

1√1 − x2

dx.

Ker pa je∫

1√1−x2 dx = arc sin x, lahko izracunamo.

∫ 1

0

1√1 − x2

dx = limε↓0

arc sin x|1ε =π

2− arc sin ε =

π

2.

Doslej smo se ukvarjali le z integrali neomejenih funkcij na koncnih intervalih. Zdaj pavzemimo, da je integracijski interval neomejen, funkcija pa naj bo na vsakem koncnempodintervalu integrabilna (v pravem ali posplosenem smislu).

Ce za vsak b > a obstaja integral∫ b

af(x)dx in ce obstaja lim

b→∞

∫ b

af(x)dx, pravimo, da

je f integrabilna na intervalu [a,∞) in oznacimo

∫ ∞

a

f(x) dx = limb→∞

∫ b

a

f(x) dx.

Podobno definiramo integrabilnost na intervalu (−∞, b]. Ce za vsak a < b obstaja integral∫ b

af(x)dx in ce obstaja lim

a→−∞

∫ b

af(x)dx, pravimo, da je f integrabilna na intervalu (−∞, b]

in oznacimo ∫ b

−∞f(x) dx = lim

a→−∞

∫ b

a

f(x) dx.

Nazadnje definiramo se integral∫∞−∞ f(x) dx. Ce je funkcija f integrabilna na vsakem

koncnem zaprtem intervalu v (−∞,∞) in ce obstaja limita

lima→−∞b→∞

∫ b

a

f(x) dx,

pravimo, da je f integrabilna na (−∞,∞) in oznacimo

∫ ∞

−∞f(x) dx = lim

a→−∞b→∞

∫ b

a

f(x) dx.

Opozoriti velja, da moramo v lima→−∞b→∞

∫ b

af(x) dx izracunati limiti po a in b neodvisno in si

racuna ne smemo poenostaviti v

lima→∞

∫ a

−a

f(x) dx =

∫ ∞

−∞f(x) dx.

Ce pa integral∫∞−∞ f(x) dx obstaja, potem velja

∫∞−∞ f(x) dx = lim

a→∞

∫ a

−af(x) dx.

Zgled 180 Izracunaj∫∞1

1xα dx za razlicne vrednosti parametra α.

2. marec 2009, 20 : 15 134

Resitev. Po definiciji je∫∞1

1xα dx = lim

b→∞

∫ b

11

xα dx. Ce je α = 1, imamo∫ b

11xdx = lnx|b1 =

ln b, vendar v tem primeru limb→∞

∫ b

11

xα dx = limb→∞

ln b ne obstaja.

Ce pa je α 6= 1, velja∫ b

11

xα dx = 11−α

x1−α|b1 = 11−α

(b1−α − 1). Ker pa limita limb→∞

b1−α

obstaja le za α > 1, obstaja integral le za α > 1 in v tem primeru velja

∫ b

1

1

xαdx = lim

b→∞

∫ b

1

1

xαdx = lim

b→∞

1

1 − α(b1−α − 1) =

1

α− 1.

Iz zgledov 177 in 180 vidimo, da integral

∫ ∞

0

xα dx

ne obstaja za noben α ∈ R.


−∞ ex dx.

Resitev. Racunajmo∫ 0

−∞ ex dx = lima→−∞

ex dx = lima→−∞

ex|0a = lima→−∞

(1 − ea) = 1.

Zgled 182 Ali obstaja∫∞0

x1+x2 dx?

Resitev. Integral ne obstaja, saj je

∫ ∞

0

x

1 + x2dx = lim

b→∞

∫ b

0

x

1 + x2dx = lim

b→∞

1

2ln(1 + x2)|∞0 = ∞.

Zgled 183 Izracunaj∫ 1/2

01

x ln2 xdx.

Resitev. Poskusimo z zamenjavo t = ln x, dt = 1xdx. Tedaj je

∫ 1/2

0

1

x ln2 xdx =

∫ −2

−∞

1

t2dt = −1

t

∣∣∣∣−2

−∞=

1

2.


0x ln x dx.

Resitev. Videli smo ze, da je∫x lnx dx = x2

4ln x− x2

4. Torej je

∫ 1

0

ln x dx = limε↓0

∫ 1

ε

x ln x dx = limε↓0

(x2

4ln x− x2

4)

∣∣∣∣1

ε

= limε↓0

(−1

4− ε2

4ln ε+

ε2

4)

∣∣∣∣1

ε

= −1

4,

saj je limε↓0

ε2 ln ε = 0.

Zgled 185 Izracunaj∫ 2π

01

4−3 cos xdx.

2. marec 2009, 20 : 15 135

Resitev. Poskusimo z zamenjavo t = tan x2. Potem je dx = 2dt

1+t2in cosx = 1−t2

1+t2. Ker

funkcija x 7→ tan x2

ni injektivna na intervalu [0, π] (pravzaprtav ni niti definirana zax = π), ne moremo napraviti zamenjave na celem integracijskem intervalu, ampak moramonajprej obmocje razdeliti na dva dela. Racunajmo

∫ 2π

0

1

4 − 3 cosxdx =

∫ π

0

1

4 − 3 cosxdx+

∫ 2π

π

1

4 − 3 cosxdx =

=

∫ ∞

0

1

4 − 31−t2

1+t2

· 2

1 + t2dt+

∫ 0

−∞

1

4 − 31−t2

1+t2

· 2

1 + t2dt =

=

∫ ∞

−∞

1

4 − 31−t2

1+t2

· 2

1 + t2dt =

∫ ∞

−∞

2

1 + 7t2dt =

=2√7

arc tan(t√

7)

∣∣∣∣∞

−∞=

2√7

(π2− (−π

2))

=2π√

7.

5.4 Uporaba integrala

Prostornina vrtenine pri vrtenju okoli abscisne osi Izracunati zelimo prostorninovrtenine, ki jo doloca graf pozitivne funkcije f na intervalu [a, b] pri vrtenju okoli abscisneosi. Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimoz ∆. Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Telo, ki ga graf doloca, razdelimo natanke navpicne rezine – valje.

a bξk x

y

xk−1 xk

f(ξk)

bc bcbc

bc

bc bc

bc

Prostornina posameznega valja je enaka πf 2(ξk)(xk − xk−1). Celotna prostornina telesapri delitvi D je priblizno enaka

V (D) = π

n∑

k=1

f 2(ξk)(xk − xk−1)

in je zato

V = lim∆→0

V (D) = π

∫ b

a

f 2(x) dx.

2. marec 2009, 20 : 15 136

Opomba. Pri izracunu smo uporabili, da je prostornina pokoncnega valja s polmerom rosnovne ploskve in visino h enaka πr2h.

r

h

Zgled 186 Izracunaj prostornino krogle s polmerom r.

Resitev. Kroglo v srediscni legi si lahko predstavljamo kot vrtenino, ki jo dobimo zvrtenjem kroznega loka z enacbo f(x) =

√r2 − x2 na intervalu [−r, r] okoli abscisne osi.

Torej je

V = π

∫ r

−r

f 2(x) dx = π

∫ r

−r

(r2 − x2) dx =

(xr2 − 1

3x3

)∣∣∣∣r

−r

=4

3πr3.

Zgled 187 Izracunaj prostornino vrtenine, ki nastane z vrtenjem enega loka grafa funk-cije f , podane z enacbo f(x) =

√sin x, okoli abscisne osi.

x

y √sin x

sin x

bc

Obc

2πbc

πbc−π

bc1

bc−1

Ker je sin x ≥ 0 za x ∈ [0, π], je iskana prostornina enaka

V = π

∫ π

0

sin x dx = π(− cosx)∣∣∣π

0= 2π.

Prostornina vrtenine pri vrtenju okoli ordinatne osi Izracunajmo prostorninovrtenine, ki jo doloca graf pozitivne funkcije f na intervalu [a, b], 0 /∈ [a, b], pri vrtenjuokoli ordinatne osi. Vzemimo na intervalu [a, b] koncno zaporedje tock

a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.

Te tocke razdelijo interval na n podintervalov. Dolzino najdaljsega med njimi oznacimoz ∆. Nadalje naj bo ξk ∈ [xk−1, xk] poljubna tocka. Telo, ki ga graf doloca, razdelimo natanke valjaste cevi.

a bxk−1 ξk xk

f(ξk)

x

y

f

bc bcbcbc bc

bc

2. marec 2009, 20 : 15 137

Prostornina posamezne valjaste cevi je enaka πf(ξk)(x2k − x2

k−1). Ker je x2k − x2

k−1 =(xk+xk−1)(xk−xk−1) in ξk ∈ [xk−1, xk], je xk+xk−1 ≈ 2ξk. Torej je prostornina posameznevaljaste cevi priblizno enaka 2πξk f(ξk)(xk − xk−1). Celotna prostornina telesa pri delitviD je priblizno enaka

V (D) =

n∑

k=1

2πξkf(ξk)(xk − xk−1)

in je zato

V = lim∆→0

V (D) = 2π

∫ b

a

x f(x) dx.

Opomba. Pri izracunu smo uporabili, da je prostornina pokoncne valjaste cevi z zunanjimpolmerom R, notranjim polmerom r in h enaka π(R2 − r2)h.

r

h

R

Zgled 188 Koliksna je prostornina telesa, ki ga dobimo, ko graf funkcije f(x) = 1(x2+1)2

na intervalu [0, 1] zavrtimo okoli ordinatne osi?

Naj bo f(x) = 1(x2+1)2

. Potem je prostornina enaka

V = 2π

∫ 1

0

x

(x2 + 1)2dx.

Vpeljimo substitucijo t = x2 + 1, dt = 2x dx. Sledi

V = 2π

∫ 1

0

x

(x2 + 1)2dx = π

∫ 2

1

1

t2dt = − π

t

∣∣∣2

1= −π

2+ π =

π

2.

Zgled 189 Izracunaj prostornino torusa s polmeroma R in r.

Torus nastane tako, da krog/kroznico s polmerom r, katere sredisce je od premice ℓoddaljeno R, zavrtimo okoli te premice.

bR

ℓ

r

2. marec 2009, 20 : 15 138

Torej lahko nalogo resimo na dva nacina – z vrtenjem okoli abscisne ali vrtenjem okoliordinatne osi.

x−r r

R

y

O

yz

ys

bc

bc

bc bc

1. nacin Torus nastane tako, da kroznico z enacbo x2 + (y −R)2 = r2 zavrtimo okoli abscisne osi. Sledi y = R ±

√r2 − x2

in yz = R +√r2 − x2, ys = R −

√r2 − x2. Prostornina je tako

enaka

V = Vz − Vs = π

∫ r

−r

(y2z − y2

s) dx =

= π

∫ r

−r

(yz + ys)(yz − ys) dx =

= π

∫ r

−r

2R · 2√r2 − x2 dx =

= 4πR · 1

2πr2 = 2π2Rr2.

y

−r

r

R xR + rR− r

O

yz

ys

bc bcbc bcbc

bc

bc

2. nacin Torus nastane tudi tako, da kroznico z enacbo(x−R)2 + y2 = r2 zavrtimo okoli ordinatne osi. V temprimeru je

yz =√r2 − (x− R)2,

ys = = −√r2 − (x− R)2.

Sledi

V = 2π

∫ R+r

R−r

x(yz − ys) dx = 4π

∫ R+r

R−r

x√r2 − (x−R)2 dx = . . . = 2π2Rr2.

Dolzina ravninske krivulje Naj bo K krivulja v ravnini. Radi bi definirali dolzinokrivulje K. Naj bosta A in B krajisci te krivulje. Oznacimo z D delitev krivulje K zzaporednimi tockami A = T0, T1, . . . , B = Tn. Dobimo poligonalno crto, katere dolzino

lahko izracunamo: L(D) =n∑

k=1

|Tk−1Tk|.

A = T0

B = Tn

Tn−1

Tn−2

T1

T2

T3

Kbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Poligonalna crta T0T1 . . . Tn se loci od krivulje K tem manj, cim krajse so vse daljice vpoligonski crti. Se vec, krivuljo imamo lahko za limitno obliko poligonalnih crt, ko gredodolzine vseh daljic proti 0. Torej lahko vzamemo za dolzino L krivulje K kar limito dolzinL(D), ko gredo dolzine vseh daljic proti 0. Ce z ∆ oznacimo dolzino najkrajse med njimi,je

L = lim∆→0

L(D).

2. marec 2009, 20 : 15 139

Ce gornja limita obstaja, pravimo, da je krivulja merljiva.Naj bo sedaj krivulja K podana z grafom zvezno odvedljive funkcije f na intervalu

[a, b]. Razdelimo interval z delilnimi tockami a = x0 < x1 < . . . < xn = b na podintervale.Dolzino najdaljsega med njimi oznacimo z ∆. Tocka Tk ima koordinati (xk, f(xk)).

a = x0 b = xnx

y

xk−1 xk

f(xk)f(xk−1)

Tk−1

Tkbc

bc

bc bc

bc

bc

bc

bc

Dolzina posameznega odseka lomljenke je enaka |Tk−1Tk| =√

(xk − xk−1)2 + (f(xk) − f(xk−1))2.Racunajmo

L(D) =n∑

k=1

√(xk − xk−1)2 + (f(xk) − f(xk−1))2 =

=

n∑

k=1

√1 +

(f(xk)−f(xk−1)

xk−xk−1

)2

· (xk − xk−1) =

=

n∑

k=1

√1 + (f ′(ξk))2 · (xk − xk−1),

kjer smo zapisali f ′(ξk) = f(xk)−f(xk−1)

xk−xk−1s pomocjo Lagrangeovega izreka. Torej je

L = lim∆→0

L(D) =

∫ b

a

√1 + (f ′(x))2 dx.

Zgled 190 Izracunaj obseg kroznice s polmerom r.

Resitev. Ker je kroznica simetricna, zadosca dolociti dolzino loka kroznice v I. kvadrantu.Ker je f(x) =

√r2 − x2, je f ′(x) = − x√

r2−x2 . Torej je

ℓ =

∫ r

0

√1 + (f ′(x))2 dx =

∫ r

0

√1 +

x2

r2 − x2dx =

=

∫ r

0

√r2

r2 − x2dx = r

∫ r

0

1√r2 − x2

dx =

= r arc sin 1 =πr

2.

Obseg kroznice je torej enak 4 · πr2

= 2πr.

Zgled 191 Izracunaj dolzino loka grafa funkcije y = ln(1 − x2) med tockama x = 0 inx = 1

2.

2. marec 2009, 20 : 15 140

Naj bo f(x) = ln(1 − x2). Potem je f ′(x) = −2x1−x2 in dolzina loka je enaka

∫ 12

0

√

1 +

( −2x

1 − x2

)2

dx =

∫ 12

0

√(1 − x2)2 + (−2x)2

(1 − x2)2dx =

=

∫ 12

0

√(1 + x2)2

(1 − x2)2dx =

∫ 12

0

1 + x2

1 − x2dx.

xO

y

ln 34

12

bc bcbc

bc

bcbc

Izracunajmo najprej nedoloceni integral

∫1 + x2

1 − x2dx. Ker stopnja polinoma v stevcu

ni manjsa od stopnje polinoma v imenovalcu, najprej delno delimo:

(x2 + 1) = (−x2 + 1)(−1) + 2

in od tod1 + x2

1 − x2= −1 +

2

−x2 + 1= −1 +

−2

x2 − 1.

S pomocjo razcepa na parcialne ulomke

−2

x2 − 1=

A

x+ 1+

B

x− 1=A(x− 1) +B(x+ 1)

x2 − 1

dobimo A+B = 0 in −A+B = −2. Sledi A = 1 in B = −1. Torej je

1 + x2

1 − x2= −1 +

1

x+ 1− 1

x− 1.

Sledi∫

1 + x2

1 − x2dx =

∫ (−1 +

1

x+ 1− 1

x− 1

)dx =

= −x+ ln |x+ 1| − ln |x− 1| = −x+ ln

∣∣∣∣x+ 1

x− 1

∣∣∣∣

in

L =

(−x+ ln

∣∣∣∣x+ 1

x− 1

∣∣∣∣)∣∣∣∣

12

0

= −1

2+ ln 3.

Povrsina vrtenine Izracunati zelimo povrsino vrtenine, ki jo doloca graf pozitivnefunkcije f na intervalu [a, b] pri vrtenju okoli abscisne osi. Razdelimo interval z delilnimitockami a = x0 < x1 < . . . < xn = b na podintervale. Dolzino najdaljsega med njimioznacimo z ∆. Telo, ki ga graf doloca, razdelimo na tanke navpicne rezine – prisekanestozce.

2. marec 2009, 20 : 15 141

a = x0 b = xnx

y

xk−1 xk

f(xk)f(xk−1)

bc bc

bc

bc bc

bc

bc

bc

Povrsina plasca posameznega stozca je enaka

π(f(xk) + f(xk−1))√

(xk − xk−1)2 + (f(xk) − f(xk−1))2.

Torej je povrsina pri delitvi D priblizno enaka

P (D) =

n∑

k=1

2π√

(xk − xk−1)2 + (f(xk) − f(xk−1))2 · f(xk) + f(xk−1)

2=

= 2π

n∑

k=1

√

1 +

(f(xk) − f(xk−1)

xk − xk−1

)2

· f(xk) + f(xk−1)

2· (xk − xk−1) =

= 2πn∑

k=1

√1 + (f ′(ξk))2 · f(xk) + f(xk−1)

2· (xk − xk−1),

kjer smo zapisali f ′(ξk) = f(xk)−f(xk−1)xk−xk−1

s pomocjo Lagrangeovega izreka. Ker je ξk ∈(xk−1, xk) in je f zvezna, je

f(xk)+f(xk−1)

2≈ f(ξk). Sledi

P = lim∆→0

P (D) = 2π

∫ b

a

f(x)√

1 + (f ′(x))2 dx.

Opomba. Pri izracunu smo uporabili, da plasc prisekanega stozca meri π(R + r)d, kjersta r in R polmera osnovnih ploskev, d pa stranska visina.

R

rd

d

2πR

2πr

x x

Plasc prisekanega stozca razgrnemo v ravnino in dobimo kolobarjev izsek. Iz podobnostisledi x : r = d : (R−r) in x = rd

R−r. Ploscina kolobarjevega izseka je p = πR(x+d)−πrx =

π(Rd+ x(R− r)) = π(R + r)d.

2. marec 2009, 20 : 15 142

Zgled 192 Izracunaj povrsino krogle s polmerom r.

Resitev. Pri obicajni parametrizaciji je y =√r2 − x2 in y′ = −x√

r2−x2 . Torej je

P = 2π

∫ r

−r

y√

1 + y′2 dx = 2π

∫ r

−r

√r2 − x2

√1 +

x2

r2 − x2dx =

= 2πr

∫ r

−r

dx = 4πr2.

Zgled 193 Izracunaj povrsino telesa, ki ga doloca graf funkcije f , f(x) = 13(3 − x)

√x,

na intervalu med njenima niclama pri vrtenju okoli abscisne osi.

xO

y

123

1 3bc bc bc

bc

bcbc

Ker je f(x) =1

3(3 − x)

√x = x

12 − 1

3x

32 , je f ′(x) =

1

2x−

12 − 1

2x

12 =

1 − x

2√x. Sledi

1 + (f ′(x))2 = 1 +(1 − x)2

4x=

4x+ 1 − 2x+ x2

4x=

(1 + x)2

4x

in od tod

P = 2π

∫ 3

0

y√

1 + y′2 dx = 2π

∫ 3

0

1

3(3 − x)

√x · x+ 1√

4xdx =

=π

3

∫ 3

0

(3 − x)(x+ 1) dx =π

3

∫ 3

0

(−x2 + 2x+ 3) dx =

=π

3

(−1

3x3 + x2 + 3x

)∣∣∣∣3

0

= 3π

Prostornina geometrijskega telesa Dano naj bo geometrijsko telo in stevilska pre-mica x. Pri dani vrednosti x naj bo S(x) ploscina preseka telesa z ravnino, ki je pravokotnana os x v tocki x. Vzemimo se, da je S zvezna funkcija.

ba

xx

S(x)bcbc bc

2. marec 2009, 20 : 15 143

Razdelimo telo z ravninami, pravokotnimi na os x, na rezine. Ce je plast med sosednjimapresekoma tanka, je prostornina priblizno enaka S(ξk)(xk − xk−1), kjer je ξk ∈ [xk−1, xk]

poljubna tocka. Torej je celotna prostornina priblizno enaka V (D) =n∑

k=1

S(ξk)(xk−xk−1).

Ta priblizek je tem boljsi, cim tanjse so rezine, tj. cim krajsi so delilni intervali. Torej jesmiselno postaviti V = lim

∆→0V (D), kjer je ∆ dolzina najdaljsega izmed delilnih intervalov.

Ker je je S zvezna funkcija, je integrabilna in

V = lim∆→0

V (D) =

∫ b

a

S(x) dx.

Zgled 194 Izracunaj prostornino piramide s ploscino osnovne ploskve S in visino h.

x

hS(x)

S

Na visini x je ploscina prereza enaka S(x). Torej jeS(x) : S = x2 : h2 in zato S(x) = Sx2

h2 . Sledi

V =

∫ h

0

S(x) dx =

=

∫ h

0

Sx2

h2dx =

1

3Sh.

Guldinovi pravili za vrtenine

br∗

S

Prostornina telesa, ki ga dobimo pri vrtenju ploskve S okoliravne osi, je enaka

V = 2πr∗p(S),

kjer je p(S) ploscina ploskve S, r∗ pa oddaljenost tezisca plo-skve od osi vrtenja.

br∗

LPovrsina ploskve, ki jo dobimo pri vrtenju loka L okoli ravneosi, je enaka

P = 2πr∗s(L),

kjer je s(L) dolzina loka L, r∗ pa oddaljenost tezisca loka odosi vrtenja.

Zgled 195 Izracunaj prostornino in povrsino torusa s polmeroma R in r.

Resitev. Torus nastane tako, da krog/kroznico s polmerom r, katere sredisce je od pre-mice ℓ oddaljeno R, zavrtimo okoli te premice.

bR

ℓ

r

2. marec 2009, 20 : 15 144

Torej jeV = 2πr∗p(S) = 2πR · πr2 = 2π2r2R

inP = 2πr∗s(L) = 2πR · 2πr = 4π2rR.

5.5 Numericno racunanje dolocenih integralov

Izracunati zelimo integral

∫ b

a

f(x) dx, kjer je f : [a, b] → R eksplicitno podana pozitivna

funkcija. Obicajno najprej izracunamo nedoloceni integral

∫f(x) dx = F (x), nato pa

upostevamo se meje: ∫ b

a

f(x) dx = F (b) − F (a).

Seveda je ta nacin uporaben le, ce znamo eksplicitno dolociti primitivno funkcijo F .Ce primitivne funkcije ne moremo eksplicitno dolociti, se moramo zadovoljiti le s

pribliznim numericnim rezultatom. Da bi bila numericna metoda uporabna, moramo obtem tudi znati oceniti napako.

Trapezna formula Pri tej metodi nadomestimo funkcijo f z odsekoma linearno funk-cijo. Naj bo n ∈ N. Razdelimo integracijski interval [a, b] na n enakih delov z dolzinoh = b−a

n. Delilne tocke so

xk = a+k(b− a)

n, k = 0, 1, . . . , n.

Za k = 0, 1, . . . , n oznacimo yk = f(xk) in Tk = Tk(xk, yk). Lomljena crta skozi tocke T0,T1, . . . , Tn predstavlja graf kosoma linearne funkcije f , ki aproksimira funkcijo f .

a = x0 b = xnx

y

xk−1 xk

yk

yk−1Tk−1

TkT0

Tnbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Na intervalu [xk−1, xk] je funkcija f podana s predpisom f(x) = yk−1 +yk − yk−1

xk − xk−1(x−

xk−1). Ploscina pod grafom funkcije f na intervalu [xk−1, xk] je tako

∫ xk

xk−1

f(x) dx =h

2(yk−1 + yk).

Ko dobljene ploscine sestejemo, dobimo trapezno formulo

∫ b

a

f(x) dx =h

2(y0 + 2y1 + . . .+ 2yn−1 + yn).

2. marec 2009, 20 : 15 145

Napaka pri tej formuli je enaka

Rn =

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

f(x) dx.

Za dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo f velja

|Rn| ≤(b− a)3

12n2maxx∈[a,b]

|f ′′(x)|,

kar pomeni, da lahko z vecanjem stevila n dobimo bolj natancen rezultat.


0e−

x2

2 dx na dve decimalni mesti natancno s pomocjo trapezneformule.

Za izracun na dve decimalni mesti mora veljati |Rn| < 0.005. Racunajmo: f ′(x) = −xe−x2

2

in f ′′(x) = e−x2

2 (x2 − 1). Torej za x ∈ [0, 1] velja |f ′′(x)| = |e−x2

2 (x2 − 1)| ≤ 1. Sledi

|Rn| ≤(b− a)3

12n2maxx∈[a,b]

|f ′′(x)| ≤ 1

12n2< 0.005,

kar nam da 112n2 < 0.005 oz. n > 4. Torej postavimo n = 5. Po vrsti izracunamo

0 1 2 3 4 5xk 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0yk 1 0.9802 0.9231 0.8353 0.7261 0.6065

Priblizna vrednost integrala je tako enaka

1

10(1.0000 + 2 · 0.9802 + 2 · 0.9231 + 2 · 0.8353 + 2 · 0.7261 + 0.6065) = 0.85359.

Torej je∫ 1

0e−

x2

2 dx ≈ 0.85359. Pripomnimo se, da je natancna vrednost enaka 0.85563756 . . ..

Opomba. Dokazati je mozno, da integral∫e−

x2

2 dx ni elementaren, kar pomeni, da ne

obstaja elementarna funkcija F , da je F ′(x) = e−x2

2 .

Simpsonova formula Pri trapezni formuli smo funkcijo aproksimirali s kosoma line-arno. Ce namesto kosoma linearne funkcije uporabimo kvadratno funkcijo, je pricakovati,da bo rezultat precej bolj natancen. Razdelimo interval [a, b] na n delov, kjer je n sodostevilo. Oznacimo h = b−a

n.

Za vsak k = 1, 2, . . . , n2

aproksimirajmo funkcijo f na intervalu [x2k−2, x2k] s kvadratnoparabolo p(x) = ax2+bx+c, ki poteka skozi tocke (x2k−2, y2k−2), (x2k−1, y2k−1) in (x2k, y2k).

O xx2k−2 x2k−1 x2k

y2k−2

y2k−1

y2k

y

bc bcbc bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

2. marec 2009, 20 : 15 146

Ce premaknemo koordinatno izhodisce v tocko (x2k−1, 0), je

x2k−2 = −h, x2k−1 = 0, x2k = h

in pogoji, da poteka graf polinoma p skozi dane tocke, so

y2k−2 = ah2 − bh + c

y2k−1 = c

y2k = ah2 + bh+ c.

Ploscina pod parabolo p na intervalu [−h, h] je potem enaka

∫ h

−h

(ax2 + bx+ c) dx =

(ax3

3+ b

x2

2+ cx

)∣∣∣∣h

−h

=h

3(2ah2 + 6c).

Iz pogojev za a, b in c vidimo, da je

2ah2 + 6c = y2k−2 + 4y2k−1 + y2k.

Torej smo dokazali, da je ploscina lika pod polinomom p na intervalu [x2k−2, x2k] enaka

∫ x2k

x2k−2

(ax2 + bx+ c) dx =h

3(y2k−2 + 4y2k−1 + y2k).

Ce podobno naredimo se za druge intervale, dobimo kosoma kvadraticno funkcijo f , zakatero velja Simpsonova formula

∫ b

a

f(x) dx =h

3(y0 + 4y1 + 2y2 + 4y3 + 2y4 + . . .+ 2yn−2 + 4yn−1 + yn).

a = x0 b = xnx

y

x2k−2 x2kObc bcbc bc bcbc bcbc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Napaka pri tej formuli je enaka

Rn =

∫ b

a

f(x) dx−∫ b

a

f(x) dx.

Za stirikrat zvezno odvedljivo funkcijo f velja

|Rn| ≤(b− a)5

180n4maxx∈[a,b]

|f (4)(x)|.

Opomba. Ker v oceni napake nastopa cetrti odvod funkcije f , vidimo, da je Simpsonovaformula popolnoma tocna tudi za polinome stopnje 3.

2. marec 2009, 20 : 15 147


0e−

x2

2 dx na dve decimalni mesti natancno s pomocjo Simpsonoveformule.

Za izracun na dve decimalni mesti mora veljati |Rn| < 0.005. Izracunamo: f (4)(x) =

e−x2

2 (x4−6x2+3). Prepricamo se lahko, da ima f (4)(x) ima maksimum v x = 0, minimumpa v x = ±

√3. Torej je |f (4)(x)| ≤ 3 za x ∈ [0, 1]. Za n = 4 sledi

|R4| ≤3

180 · 44≈ 0.000065.

Po vrsti izracunamo

0 1 2 3 4xk 0.0 0.25 0.50 0.75 1.0yk 1 0.96923 0.882497 0.75484 0.606531

Po Simpsonovi formuli je integral priblizno enak

1

12(1 + 4 · 0.96923 + 2 · 0.882497 + 4 · 0.75484 + 0.606531) = 0.85565.

Torej je∫ 1

0e−

x2

2 dx ≈ 0.85565 in rezultat je opazno bolj natancen kot pri trapezni formuli.

6 Vektorska algebra

6.1 Vektorji

Urejen par (A,B) tock v prostoru doloca vektor, ki ga oznacimo z−⇀AB. Vektor ponazorimo

z usmerjeno daljico od tocke A do tocke B. Smer vektorja oznacimo s puscico. Usmerjeni

daljici−⇀AB in

−⇀CD dolocata isti vektor natanko tedaj, ko sta vzporedni, enako dolgi in

kazeta v isto smer.

A

B

bc

bc

A C

DB

bc

bc

bc

bc

Dolzina vektorja−⇀AB, z oznako ‖−⇀AB‖, je dolzina daljice AB. Torej ‖−⇀AB‖ = |AB|.

Vsota vektorjev Naj bosta ~a in~b poljubna vektorja. Vektorja ~a in~b lahko premaknemotako, da konec vektorja ~a sovpada z zacetkom vektorja ~b. Potem je vektor ~a+~b usmerjenadaljica od zacetka vektorja ~a do konca vektorja ~b.

2. marec 2009, 20 : 15 148

~a+~b

~a

~b

A

B

C

bc

bc

bc

Drugace povedano: ce imata vektorja ~a in ~b skupno zacetno tocko, je njuna vsota ~a +~b usmerjena diagonala paralelograma, ki ima vektorja ~a in ~b za stranici, in sicer tistausmerjena diagonala, ki ima zacetek v skupni tocki vektorjev ~a in ~b. Iz te definicije jetudi razvidno, da je

~a+~b = ~b+ ~a.

~a+~b

~a

~b

~b

~a

A

B

C

D

bc

bc

bc

bc

Vsoto treh vektorjev izracunamo tako, da vsoti dveh pristejemo tretjega. Vrstni redsestevanja ni pomemben, saj za sestevanje vektorjev velja asociativnostni zakon.

(~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c).

~a+~b+~c

A

B

C

D

~a

~b

~c

~b+ ~c

~a+~b

bc

bc

bc

bc

Vektor, ki se zacne in konca v isti tocki, imenujemo nicelni vektor in ga oznacimo z ~0. Zavsak vektor ~a torej velja

~a+~0 = ~a.

Naj bo−⇀AB vektor. Vektor

−⇀BA je nasprotni vektor k vektorju

−⇀AB in ga oznacimo z −−⇀

AB.

A

A

B

B

−⇀AB

−⇀BA = −−⇀

AB

bc bc

bcbc

2. marec 2009, 20 : 15 149

Nasprotni vektor k vektorju ~a oznacimo z −~a. Tedaj velja

~a+ (−~a) = ~0.

Razlika vektorjev ~a in ~b je tak vektor ~x, da je ~a+~x = ~b. Razliko vektorjev ~a in ~b oznacimoz ~b− ~a in velja ~x = ~b− ~a = ~b+ (−~a).

~b−~a

A

B

C

~a

~b

bc

bc

bc

Povzemimo osnovne lastnosti sestevanja vektorjev.

• Komutativnost sestevanja:~a+~b = ~b+ ~a za poljubna vektorja ~a in ~b

• Asociativnost sestevanja:(~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c) za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c

• Obstoj nevtralnega elementa za sestevanje:Obstaja vektor ~0, da je ~a+~0 = ~a za vsak vektor ~a

• Obstoj nasprotnega elementa za sestevanje:Za vsak vektor ~a obstaja vektor −~a, da je ~a+ (−~a) = ~0

Te stiri lastnosti povemo na kratko takole: Mnozica vektorjev je Abelova grupa.

Sestevanje vektorjev zadosca trikotniski neenakosti

‖~a+~b‖ ≤ ‖~a‖ + ‖~b‖.

Mnozenje vektorja s skalarjem Naj bo λ ∈ R. Produkt λ~a je vektor z dolzino|λ| · ‖~a‖. Ce je λ > 0, ima vektor λ~a enako smer kot vektor ~a. Ce je λ < 0, ima vektorλ~a enako smer kot vektor −~a. Ce je λ = 0, je λ~a nicelni vektor.

~a

−~a3~a

bc

bc

bc

Mnozenje vektorja s skalarjem zadosca zahtevam

• (λµ)~a = λ(µ~a).

• (λ+ µ)~a = λ~a+ µ~a.

• λ(~a+~b) = λ~a+ λ~b.

2. marec 2009, 20 : 15 150

• 1 · ~a = ~a.

A B B1

C1

C

~a+~b

~a λ~a

λ~b

λ(~a+~b)

~b

bc bc bc

bc

bc

Linearna odvisnost in neodvisnost Naj bodo −⇀a1 , −⇀a2 , . . . , −⇀an vektorji v prostoru.Izraz

λ1−⇀a1 + λ2

−⇀a2 + . . .+ λn−⇀an

imenujemo linearna kombinacija vektorjev −⇀a1 , −⇀a2 , . . . , −⇀an .

Ti vektorji so linearno neodvisni, ce iz enakosti

λ1−⇀a1 + λ2

−⇀a2 + . . .+ λn−⇀an = ~0

sledi λ1 = λ2 = . . . = λn = 0.

Ti vektorji so linearno odvisni, ce niso linearno neodvisni. Torej obstajajo stevila λ1, λ2,. . . , λn, ki niso vsa enaka 0, da je

λ1−⇀a1 + λ2

−⇀a2 + . . .+ λn−⇀an = ~0.

• Vektor ~0 je linearno odvisen, saj je 1 ·~0 = ~0.

• Naj bodo A0, A1 in A2 nekolinearne tocke v ravnini. Potem sta vektorja−−−⇀A0A1 in

−−−⇀A0A2 linearno neodvisna.

−−−⇀A0A

1

−−−⇀A0A2

A1A2

A0

bc

bc

bc

• Naj bodo A0, A1, A2 in A3 nekomplanarne tocke v prostoru. Potem so vektorji−−−⇀A0A1,

−−−⇀A0A2 in

−−−⇀A0A3 linearno neodvisni.

−−−⇀A0 A

1

−−−⇀A0A

2

−−−⇀A0A3

A0

A1A2

A3

bc

bc

bcbc

Zgled 198 Naj bo tocka E razpolovisce stranice AB kvadrata ABCD. Oznacimo s Fpresescisce daljic BD in CE. V kaksem razmerju deli tocka F daljico BD?

2. marec 2009, 20 : 15 151

A B

CD

12~a 1

2~a

~b~b~b

~a

F

Ebc bc bc

bcbc

bc

Oznacimo ~a =−⇀AB in ~b =

−⇀AD. Potem sta vektorja ~a in ~b

linearno neodvisna. Ker lezi tocka F na daljici BD, velja−⇀BF = λ

−⇀BD = λ(~b− ~a) in je

−⇀AF =

−⇀AB +

−⇀BF = ~a+ λ(~b− ~a).

Ker lezi tocka F tudi na daljici EC, velja−⇀EF = µ

−⇀EC =

µ(12~a+~b) in je

−⇀AF =

−⇀AE +

−⇀EF =

1

2~a+ µ(

1

2~a+~b).

Sledi~a+ λ(~b− ~a) = 1

2~a+ µ(1

2~a+~b),

kar lahko preoblikujemo v

(12− λ− 1

2µ)~a+ (µ− λ)~b = ~0.

Ker sta vektorja ~a in ~b linearno neodvisna, je

12− λ− 1

2µ = 0,

µ− λ = 0.

Torej je 12

= 32λ, kar nam da λ = µ = 1

3. Sledi

−⇀BF = 1

3

−⇀BD in tocka F deli daljico BD v

razmerju 1 : 2.

6.2 Koordinatni sistem v prostoru

Izberimo v prostoru poljubno tocko O in polozimo skoznjo tri paroma pravokotne stevilskepremice in sicer tako, da je tocka O na vseh treh premicah slika stevila 0. Premice imenu-jemo koordinatne osi, tocko O koordinatno izhodisce, vse skupaj pa sestavlja pravokotnikoordinatni sistem v prostoru. Premice obicajno oznacimo z x, y in z tako, da ce zavrtimoos x okoli osi z za π

2v pozitivni smeri, preide v os y.

1

11

x

y

z

11

1

yx

z

O Obc bc

Za poljubno tocko T v prostoru oznacimo s T1, T2 in T3 pravokotne projekcije tockeT na koordinatne osi. Tocki T1 ustreza realno stevilo t1, tocki T2 ustreza realno stevilot2, tocki T3 pa ustreza realno stevilo t3. Torej smo tocki T priredili trojico realnih stevil(t1, t2, t3), ki jo imenujemo koordinate tocke T .

2. marec 2009, 20 : 15 152

T ′(t1, t2)

T (t1, t2, t3)

T2(t2)T1(t1)

T3(t3)

x y

z

O bc

b

bc

bc

bc

bc

Razdaljo med dvema tockama izracunamo po Pitagorovem izreku kot dolzino diagonaleustreznega kvadra. Za tocki T1(x1, y1, z1) in T2(x2, y2, z2) je

dist(T1, T2) =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2.

−−⇀T 1T 2

|z 2−z 1|

|y 2− y 1

||x2 − x1|O

z

x

y

T1

T2

x1x2

y1

y2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Krajevni vektor tocke T je usmerjena daljica od tocke O do tocke T in ga oznacimo z −⇀rT .

Skratka: −⇀rT =−⇀OT .

Ker je tocka T enolicno dolocena s trojico (t1, t2, t3), je s temi koordinatami tudi enolicno

dolocen krajevni vektor tocke T . Torej lahko oznacimo −⇀rT = (t1, t2, t3).

−⇀rT

T ′(t1, t2)

T (t1, t2, t3)

T2(t2)T1(t1)

T3(t3)

x y

z

O

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Razdaljo med tocko T in koordinatnim izhodiscem O izracunamo po Pitagorovem izrekukot dolzino diagonale ustreznega kvadra. Dolzina vektorja −⇀rT je tako enaka

‖−⇀rT ‖ = dist(T,O) =√t21 + t22 + t23.

2. marec 2009, 20 : 15 153

Vektorske operacije v koordinatnem zapisu Ce je ~a = (x1, y1, z1) in~b = (x2, y2, z2),je

~a+~b = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2).

Nicelni vektor je ~0 = (0, 0, 0), k vektorju ~a = (x1, y1, z1) nasprotni vektor pa je −~a =

(−x1,−y1,−z1). Za vektorja ~a = (x1, y1, z1) in ~b = (x2, y2, z2) je tako

~b− ~a = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1).

Ce je ~a = (x1, y1, z1) in λ ∈ R, je

λ~a = (λx1, λy1, λz1).

Baza prostora R3 Vpeljimo vektorje ~i = (1, 0, 0), ~j = (0, 1, 0) in ~k = (0, 0, 1). To

so vektorji dolzine 1, ki kazejo v pozitivnih smereh koordinatnih osi. Vektorje ~i, ~j in ~kimenujemo standardni bazni vektorji prostora R3.

~k

~i

~j

O1

11

x

y

z

bc

bc

bc

bc

Za poljubno tocko T naj bo (t1, t2, t3) njen krajevni vektor. Torej je

(t1, t2, t3) = t1(1, 0, 0) + t2(0, 1, 0) + t3(0, 0, 1) = t1~i+ t2~j + t3~k,

kar pomeni, da lahko vsak vektor v R3 izrazimo kot linearno kombinacijo vektorjev ~i, ~jin ~k.

O

yx

z

t1~i

t2~j

t3~k

~t

T

bc

bc

bc

bc

Ti vektorji so linearno neodvisni, saj iz λ1~i + λ2

~j + λ3~k = (λ1, λ2, λ3) = 0 sledi

λ1 = λ2 = λ3 = 0.

Zgled 199 Izracunaj 7~a− 5~b za ~a = (2,−1, 3) in ~b = (−4, 2, 5).

2. marec 2009, 20 : 15 154

Racunajmo

7~a− 5~b = 7(2,−1, 3) − 5(−4, 2, 5) =

= (14,−7, 21) − (−20, 10, 25) = (34,−17,−4)

Zgled 200 Doloci vektorja ~a in ~b, ce je ~a− 2~b = (−1, 2, 2) in 2~a+ 3~b = (1, 0,−1).

Iz ~a− 2~b = (−1, 2, 2) sledi ~a = 2~b+ (−1, 2, 2). Torej je

2~a+ 3~b = 2(2~b+ (−1, 2, 2)) + 3~b =

= 7~b+ (−2, 4, 4),

kar nam da7~b = (1, 0,−1) − (−2, 4, 4) = (3,−4,−5).

Sledi ~b = (37,−4

7,−5

7) in ~a = (−1, 2, 2) + 2(3

7,−4

7,−5

7) = (−1

7, 6

7, 4

7).

Skalarni produkt vektorjev Skalarni produkt vektorjev~a = (x1, y1, z1) in~b = (x2, y2, z2)

je stevilo ~a ·~b, definirano s predpisom

~a ·~b = x1x2 + y1y2 + z1z2.

Neposredno iz definicije sledi, da za skalarni produkt velja

• ~a ·~b = ~b · ~a,

• (λ~a) ·~b = ~a · (λ~b) = λ(~a ·~b),

• (~a+~b) · ~c = ~a · ~c+~b · ~c,

• ~a · ~a ≥ 0 in ~a · ~a = 0 natanko tedaj, ko je ~a = ~0,

• ‖~a‖ =√~a · ~a.

• Standardni bazni vektorji ~i, ~j in ~k so enotski in paroma pravokotni:

~i ·~i = ~j ·~j = ~k · ~k = 1 in ~i ·~j =~i · ~k = ~j · ~k = 0.

~b− ~a

~a

~bϕ

bc

bc

bc

Oznacimo s ϕ kot med vektorjema ~a in ~b. V trikotniku zdolzinami stranic ‖~a‖, ‖~b‖ in ‖~b− ~a‖ velja kosinusni izrek

‖~b− ~a‖2 = ‖~a‖2 + ‖~b‖2 − 2‖~a‖ · ‖~b‖ · cosϕ. (25)

Ker pa je

‖~b− ~a‖2 = (~b− ~a) · (~b− ~a) = ~b ·~b−~b · ~a− ~a ·~b+ ~a · ~a =

= ‖~a‖2 + ‖~b‖2 − 2~a ·~b, (26)

iz (26) in (25) sledi, da je

~a ·~b = ‖~a‖ · ‖~b‖ · cosϕ.

2. marec 2009, 20 : 15 155

Zgled 201 Izracunaj skalarni produkt vektorjev ~a = (1, 2, 3) in ~b = (−1, 0, 2).

Resitev. Skalarni produkt je

~a ·~b = 1 · (−1) + 2 · 0 + 3 · 2 = 5.

Zgled 202 Doloci kot med vektorjema ~a = (−1, 3, 0) in ~b = (1,−2, 2).

Resitev. Skalarni produkt vektorjev je

~a ·~b = (−1) · 1 + 3 · (−2) + 0 · 2 = −7.

Ker je ‖~a‖ =√

(−1)2 + 32 + 02 =√

10 in ‖~b‖ =√

12 + (−2)2 + 22 =√

9 = 3, velja

cosϕ =~a ·~b

‖~a‖ · ‖~b‖=

−7

3√

10,

kar nam da ϕ = arc cos −73√

10≈ 137.55◦.

Zgled 203 Vektorja ~a in ~b oklepata kot 2π3. Izracunaj (~a+ 2~b) · (−3~a+~b), ce je ‖~a‖ = 2

in ‖~b‖ = 3.

Oznacimo ϕ = 2π3

in racunajmo

(~a+ 2~b) · (−3~a+~b) = −3~a · ~a+ ~a ·~b− 6~b · ~a+ 2~b ·~b =

= −3~a · ~a− 5~a ·~b+ 2~b ·~b =

= −3‖~a‖2 − 5‖~a‖ · ‖~b‖ cosϕ+ 2‖~b‖2 =

= −3 · 22 − 5 · 2 · 3 · (−12) + 2 · 32 =

= −12 + 15 + 18 = 21.

Zgled 204 Izracunaj pravokotno projekcijo vektorja ~a = (−1, 1, 0) na vektor ~b = (1, 2, 3).

~a

~bλ~b

~a− λ~b

Pravokokotna projekcija je tak vektor ~ab = λ~b, da je (~a−λ~b) ⊥ ~b.Torej je

(~a− λ~b) ·~b = 0.

Sledi ~a ·~b = λ‖~b‖2, kar nam da λ = ~a·~b‖~b‖2

in

~ab =~a ·~b‖~b‖2

~b.

V danem primeru je

~a ·~b = (−1, 1, 0) · (1, 2, 3) = −1 · 1 + 1 · 2 + 0 · 3 = 1

‖~b‖2 = ~b ·~b = 12 + 22 + 32 = 14.

Sledi

~ab =1

14(1, 2, 3).

2. marec 2009, 20 : 15 156

Vektorski produkt vektorjev Vektorski produkt vektorjev ~a in ~b je vektor ~a × ~b,dolocen s pogoji

1. ‖~a×~b‖ = ‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ, kjer je ϕ kot med vektorjema ~a in ~b

2. vektor ~a×~b je pravokoten na vektorja ~a in ~b

3. vektorji ~a, ~b in ~a ×~b sestavljajo pozitivno orientirano trojico vektorjev. Torej: ceimajo vektorji ~a, ~b in ~a×~b skupno zacetno tocko in gledamo v smeri vektorja ~a×~b,se vidi najkrajse vrtenje vektorja ~a v ~b v smeri gibanja kazalcev na uri.

~a

~b

~a×~b

Dokazati je mozno, da za vektorski produkt velja

• ~a×~b = −~b× ~a,

• (λ~a) ×~b = ~a× (λ~b) = λ(~a×~b),

• (~a+~b) × ~c = ~a× ~c+~b× ~c,

• ~a×~b = ~0 natanko tedaj, ko sta vektorja ~a in ~b linearno odvisna. Posebej: ~a×~a = ~0za vsak vektor ~a.

Ker so standardni bazni vektorji ~i, ~j in ~k enotski in paroma pravokotni, je

~i×~i = ~j ×~j = ~k × ~k = ~0,~i×~j = −~j ×~i = ~k,~j × ~k = −~k ×~j = ~i,~k ×~i = −~i× ~k = ~j.

Torej lahko za vektorja ~a = (x1, y1, z1) = x1~i+y1

~j+z1~k in ~b = (x2, y2, z2) = x2~i+y2

~j+z2~kzapisemo

~a×~b = (x1~i+ y1

~j + z1~k) × (x2~i+ y2

~j + z2~k) =

= x1x2~i×~i+ x1y2

~i×~j + x1z2~i× ~k +

y1x2~j ×~i+ y1y2

~j ×~j + y1z2~j × ~k +

z1x2~k ×~i+ z1y2

~k ×~j + z1z2 ~k × ~k =

= (y1z2 − z1y2)~i+ (z1x2 − x1z2)~j + (x1y2 − y1x2)~k.

Vektorski produkt vektorjev je torej

~a×~b = (x1, y1, z1) × (x2, y2, z2) = (y1z2 − z1y2, z1x2 − x1z2, x1y2 − y1x2).

2. marec 2009, 20 : 15 157

Iz pogoja ‖~a ×~b‖ = ‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ vidimo, da je dolzina vektorja ~a ×~b enaka ploscini

paralelograma, napetega na vektorja ~a in ~b.Vektorski produkt najlazje izracunamo s pomocjo trivrsticne determinante

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kx1 y1 z1x2 y2 z2

∣∣∣∣∣∣= (y1z2 − z1y2)~i− (x1z2 − z1x2)~j + (x1y2 − y1x2)~k.

Zgled 205 Izracunaj vektorski produkt vektorjev ~a = (1, 2, 3) in ~b = (−1, 0, 2).

Resitev. Vektorski produkt je

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k1 2 3

−1 0 2

∣∣∣∣∣∣= (4,−5, 2).

Zgled 206 Izracunaj (2~a+ 3~b) × (~a− 5~b) za ~a = (−1, 1, 2) in ~b = (1, 3,−2).

Racunajmo

(2~a+ 3~b) × (~a+ 5~b) = 2

=~0︷︸︸︷~a× ~a+10~a×~b+ 3~b× ~a+ 15

=~0︷︸︸︷~b×~b =

= 10~a×~b− 3~a×~b = 7~a×~b =

= 7~a×~b = 7

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−1 1 2

1 3 −2

∣∣∣∣∣∣= 7 (−8, 0,−4) =

= (−56, 0,−28).

Do enakega rezultata pridemo tudi, ce izracunamo 2~a + 3~b = (1, 11,−2) in ~a + 5~b =(4, 16,−8) ter

(1, 11,−2) × (4, 16,−8) =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k1 11 −24 16 −8

∣∣∣∣∣∣= (−56, 0,−28).

Zgled 207 Doloci ploscino trikotnika z oglisci v tockah A(1, 2,−1), B(−1, 0, 2) in C(2,−1, 0).

A B

C

bc bc

bc

Resitev. Trikotnik je napet na vektorja ~b =−⇀AB = (−2,−2, 3) in

~c =−⇀AC = (1,−3, 1). Ploscina trikotnika ABC je enaka polovici

ploscine paralelograma, napetega na vektorja ~b in ~c, torej p =12‖~b× ~c‖. Racunajmo:

~b× ~c =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−2 −2 3

1 −3 1

∣∣∣∣∣∣= (7, 5, 8).

Sledi p = 12‖~b× ~c‖ = 1

2

√72 + 52 + 82 = 1

2

√138.

Zgled 208 Vektorja ~a in ~b oklepata kot π6. Izracunaj ploscino paralelograma, napetega na

vektorja ~a+ 2~b in −3~a+~b, ce je ‖~a‖ = 2 in ‖~b‖ = 3.

2. marec 2009, 20 : 15 158

Oznacimo ϕ = π6

in racunajmo

(~a+ 2~b) × (−3~a+~b) = −3

=~0︷︸︸︷~a× ~a+~a×~b− 6~b× ~a+ 2

=~0︷︸︸︷~b×~b =

= 7~a×~b.Sledi

p = ‖(~a+ 2~b) × (−3~a+~b)‖ = ‖7~a×~b‖ =

= 7‖~a‖ · ‖~b‖ · sinϕ = 7 · 2 · 3 · (12) = 21.

Mesani produkt Mesani produkt vektorjev ~a, ~b in ~c je skalar (~a×~b) ·~c, ki ga oznacimo

z (~a,~b,~c).

Absolutna vrednost mesanega produkta (~a,~b,~c) je enaka prostornini paralelepipeda,

napetega na vektorje ~a, ~b in ~c.

~a

~b~c

~a×~b

~c · ~e~a×~b

‖~a×~b‖

Ce so vektorji ~a, ~b in ~c nenicelni, je (~a,~b,~c) = 0 natanko tedaj, ko lezijo vektorji ~a, ~bin ~c v isti ravnini.

Privzemimo sedaj, da nenicelni vektorji ~a, ~b in ~c ne lezijo v isti ravnini. Mesaniprodukt (~a,~b,~c) je potem pozitiven natanko tedaj, ko tvorijo vektorji ~a, ~b in ~c pozitivnoorientirano trojico v R3.

Izrek 90 (Ciklicnost mesanega produkta) Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a,~b,~c) = (~b,~c,~a) = (~c,~a,~b).

Naj bo ~a = (x1, y1, z1), ~b = (x2, y2, z2) in ~c = (x3, y3, z3). Potem je

(~a×~b) · ~c = (y1z2 − z1y2, z1x2 − x1z2, x1y2 − y1x2) · (x3, y3, z3),=

= y1z2x3 − z1y2x3 + z1x2y3 − x1z2y3 + x1y2z3 − y1x2z3

kar si najlazje zapomnimo s pomocjo determinante:

(~a×~b) · ~c =

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣= x1(y2z3 − z2y3) − y1(x2z3 − z2x3) + z1(x2y3 − y2x3).

Vrednost determinante lahko izracunamo tudi tako, da na desni pripisemo prva dva stolpcater sestejemo produkte na glavnih diagonalah (polne crte) in odstejemo produkte nastranskih diagonalah (crtkane crte):

∣∣∣∣∣∣

x1 y1 z1x2 y2 z2x3 y3 z3

∣∣∣∣∣∣

x1 y1

x2 y2

x3 y3

= x1y2z3 + y1z2x3 + z1x2y3 − z1y2x3 − x1z2y3 − y1x2z3.

2. marec 2009, 20 : 15 159

Zgled 209 Izracunaj prostornino paralelepipeda, napetega na vektorje ~a = (−2, 1, 3), ~b =(1,−2, 2) in ~c = (−3, 0, 1).

Resitev. Prostornina je absolutna vrednost mesanega produkta; tj. V =∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣. Racu-

najmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

−2 1 31 −2 2

−3 0 1

∣∣∣∣∣∣= 4 − 6 + 0 − 18 − 1 − 0 = −21.

Torej je V =∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣ = 21.

Zgled 210 Izracunaj prostornino piramide z oglisci v tockah A(1, 2, 3), B(−1, 2, 0), C(2, 1,−3)in D(1,−1, 0).

AB

C

D

bc

bc

bc

bc

Oznacimo ~a =−⇀DA = (0, 3, 3), ~b =

−⇀DB = (−2, 3, 0) in ~c =

−⇀DC =

(1, 2,−3). Prostornina piramide je 16

prostornine paralelepipeda,

napetega na vektorje ~a, ~b in ~c; tj. V = 16

∣∣∣(~a,~b,~c)∣∣∣. Racunajmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

0 3 3−2 3 0

1 2 −3

∣∣∣∣∣∣= 0 + 0 − 12 − 0 − 18 − 9 = −39.

Torej je V = 16

∣∣∣(~a,~b,~c)∣∣∣ = 39

6= 13

2.

Zgled 211 Volumen paralelepipeda, napetega na vektorje ~a, ~b in ~c je 1. Koliko je volumenparalelepipeda, napetega na vektorje 2~a−~b, ~a+ 2~c, ~b+ ~c?

Izracunajmo mesani produkt:

(2~a−~b,~a+ 2~c,~b+ ~c) =((2~a−~b) × (~a+ 2~c)

)· (~b+ ~c) =

= (2~a× ~a︸︷︷︸=~0

+4~a× ~c−~b× ~a− 2~b× ~c) · (~b+ ~c) =

= 4(~a× ~c) ·~b− (~b× ~a) ·~b︸︷︷︸=0

− 2(~b× ~c) ·~b︸︷︷︸=0

+

4(~a× ~c) · ~c︸︷︷︸=0

−(~b× ~a) · ~c− 2(~b× ~c) · ~c︸︷︷︸=0

=

= −4(~a×~b) · ~c+ (~a×~b) · ~c = −3(~a×~b) · ~c.

Ker je∣∣∣(~a,~b,~c)

∣∣∣ = 1, je iskani volumen enak

∣∣∣(2~a−~b,~a+ 2~c,~b+ ~c)∣∣∣ = 3

∣∣∣(~a,~b,~c)∣∣∣ = 3.

Zgled 212 Ali lahko dolocimo vrednost parametra λ tako, da bodo vektorji ~a = (−1, 1, 2),~b = (λ, 0, 1) in ~c = (1, 2,−1) lezali v isti ravnini?

2. marec 2009, 20 : 15 160

Vektorji ~a, ~b in ~c bodo komplanarni natanko tedaj, ko bo vrednost mesanega produktaenaka 0; tj. (~a,~b,~c) = 0. Racunajmo

(~a,~b,~c) =

∣∣∣∣∣∣

−1 1 2λ 0 11 2 −1

∣∣∣∣∣∣= 0 + 1 + 4λ+ 2 + λ− 0 = 5λ+ 3.

Torej je (~a,~b,~c) = 5λ+ 3 = 0, kar nam da λ = −35.

Dvojni vektorski produkt

Izrek 91 Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a×~b) × ~c = (~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a (27)

~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c (28)

Dokaz. Enakost (28) sledi iz enakosti (27), ce upostevamo, da je

~a× (~b× ~c) = −(~b× ~c) × ~a = (~c×~b) × ~a.

Enakost (27) pa najlazje dokazemo tako, da postavimo

~a = x1~i+ y1

~j + z1~k,~b = x2

~i+ y2~j + z2~k,

~c = x3~i+ y3

~j + z3~k,

in izracunamo obe strani v formuli (27).

Izrek 92 (Jacobijeva identiteta) Za poljubne vektorje ~a, ~b in ~c velja

(~a×~b) × ~c+ (~b× ~c) × ~a+ (~c× ~a) ×~b = ~0.

Dokaz. Identiteto dokazemo z uporabo formule (27). Izraz na levi strani je tako enak

(~a · ~c)~b− (~b · ~c)~a+ (~a ·~b)~c− (~a · ~c)~b+ (~b · ~c)~a− (~a ·~b)~c = ~0.

Izrek 93 (Lagrangeova identiteta) Za poljubne vektorje ~a, ~b, ~c in ~d velja

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c)(~b · ~d) − (~a · ~d)(~b · ~c).Dokaz. Produkt (~a ×~b) · (~c × ~d) lahko prepoznamo kot mesani produkt vektorjev ~a, ~b

in ~c× ~d. Torej je

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a,~b,~c× ~d) = (~b× (~c× ~d)) · ~a,kjer zadnja enakost drzi zaradi ciklicnosti mesanega produkta. Sledi

(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a,~b,~c× ~d) = (~b× (~c× ~d)) · ~a =

= ((~b · ~d)~c− (~b · ~c)~d) · ~a = (~b · ~d)(~c · ~a) − (~b · ~c)(~d · ~a) =

= (~a · ~c)(~b · ~d) − (~a · ~d)(~b · ~c).Lagrangeovo identiteto pogosto uporabljamo v primeru, ko je ~a = ~c in ~b = ~d. Tedaj je

(~a×~b) · (~a×~b) = (~a · ~a)(~b ·~b) − (~a ·~b)(~b · ~a),kar lahko zapisemo tudi v obliki ‖~a×~b‖2 = ‖~a‖2 · ‖~b‖2 − (~a ·~b)2 oziroma

‖~a×~b‖2 + (~a ·~b)2 = ‖~a‖2 · ‖~b‖2.

2. marec 2009, 20 : 15 161

6.3 Premica in ravnina v prostoru

Premica Naj bosta A0 in A1 razlicni tocki v prostoru ter ~r0 in ~r1 njuna krajevnavektorja. Potem obstaja natanko ena premica, ki ti dve tocki vsebuje. Naj bo ~r krajevnivektor poljubne tocke na premici. Potem sta vektorja ~r−~r0 in ~s = ~r1−~r0 linearno odvisnain lahko zapisemo ~r − ~r0 = λ~s oziroma

~r = ~r0 + λ~s. (29)

Vektor ~s imenujmo smerni vektor premice, enacbo (29) pa vektorska enacba premice.

~s

~r1~r0

A0

A1

Obc

bc

bc

Ce je ~r = (x, y, z), ~r0 = (x0, y0, z0) in ~s = (x1, y1, z1), lahko gornjo enacbo zapisemo vparametricni obliki

x = x0 + λx1, y = y0 + λy1, z = z0 + λz1.

Ce predpostavimo, da smerni vektor ne lezi v nobeni od koordinatnih ravnin (tj. x1y1z1 6=0), lahko zapisemo normalno enacbo premice

x− x0

x1

=y − y0

y1

=z − z0z1

. (30)

Ce pa je npr. x1 = 0, pa v (30) namesto ulomka x−x0

x1zapisemo pogoj x = x0.

Zgled 213 Zapisi parametricno in normalno enacbo premice skozi tocki A0(0, 1,−2) inA1(3,−2, 1).

Resitev. Smerni vektor premice je

~s = (3,−2, 1) − (0, 1,−2) = (3,−3, 3) = 3(1,−1, 1).

Za smerni vektor lahko vzamemo kar vektor (1,−1, 1). Parametricna enacba premice setako glasi

~r = (0, 1,−2) + λ(1,−1, 1),

normalna pax

1=y − 1

−1=z + 2

1.

Ravnina Naj bodo A0, A1 in A2 take tocke v prostoru, da sta vektorja ~a =−−−⇀A0A1 in

~b =−−−⇀A0A2 linearno neodvisna. Potem tocke A0, A1 in A2 dolocajo natanko eno ravnino.

Ce je ~r krajevni vektor poljubne tocke na ravnini, velja ~r − ~r0 = λ~a+ µ~b. Torej je

~r = ~r0 + λ~a+ µ~b. (31)

Po definiciji vektorskega produkta je vektor ~n = ~a×~b pravokoten na ravnino, ki jo vektorja~a in ~b napenjata. Torej je ~n · (~r − ~r0) = 0. Sledi

~r · ~n = ~r0 · ~n. (32)

2. marec 2009, 20 : 15 162

A0

A1

A2

O

~n

~r~r0

µ~b

λ~abc

bc

bc

bc

Enacbo (32) imenujemo normalna enacba ravnine, vektor ~n pa normala ravnine.Obicajno zapisemo normalno enacbo ravnine v obliki

~r · ~n = d, (33)

saj je stevilo ~r · ~n enako za vse tocke na ravnini, torej tudi za ~r = ~r0. Ce je ~r = (x, y, z),~n = (a, b, c) in ~r0 · ~n = d, lahko gornjo enacbo zapisemo kot

ax+ by + cz = d. (34)

Zgled 214 Zapisi enacbo ravnine skozi tocke A0(3, 1,−2), A1(3,−2, 1) in A2(−1, 0, 1).

Oznacimo ~a = (3,−2, 1)−(3, 1,−2) = (0,−3, 3) in~b = (−1, 0, 1)−(3, 1,−2) = (−4,−1, 3).

A0A1

A2

O

~n

~r1~r0

~b

~a

~r2bc

bc

bc

bc

Normala ravnine je vektor ~a×~b = (−6,−12,−12). Ker dolzina normale ni pomembna,lahko postavimo ~n = (1, 2, 2). Enacba ravnine se tako glasi (x, y, z) · (1, 2, 2) = (3, 1,−2) ·(1, 2, 2), kar lahko zapisemo v obliki x+ 2y + 2z = 1.

Zgled 215 Zapisi enacbo ravnine, ki vsebuje tocko A0(1, 1, 2) in je pravokotna na vektor~a = (−1, 2,−2).

Vektor ~a je normala te ravnine: ~n = ~a. Enacba ravnine se zato glasi (x, y, z)·(−1, 2,−2) =(1, 1, 2) · (−1, 2,−2) oziroma −x+ 2z − 2z = −3.

2. marec 2009, 20 : 15 163

A0

O

~n

~r~r0

bc

bc

6.4 Razdalje med tockami, premicami in ravninami

Razdalja med tockama

D

~b~a

AB

Obc

bc

bc

Ce imata tocki A in B krajevna vektorja ~a in ~b, je razdalja med njimaenaka

D = ‖~b− ~a‖.

Zgled 216 Izracunaj razdaljo med tockama A(−2, 1, 3), B(3, 0,−1).

Za ~a = (−2, 1, 3) in ~b = (3, 0,−1) je ~b− ~a = (5,−1,−4) in

D =√

52 + (−1)2 + (−4)2 =√

42.

Razdalja med tocko in premico Naj ima tocka A krajevni vektor ~a, premica pa najbo podana z enacbo ~r = ~r0 + λ~s. Ce tocka A ne lezi na tej premici, razpenjata vektorja~s in ~a − ~r0 paralelogram, katerega ploscina je enaka ‖~s × (~a − ~r0)‖. Ker pa je ploscinaparalelograma enaka tudi D‖~s‖, sledi

D =‖~s× (~a− ~r0)‖

‖~s‖ .

~r0

~a

~a−~r 0

~s

OD

Abc

bc

Opazimo lahko, da je gornja formula pravilna tudi, ce tocka A lezi na dani premici,saj je tedaj D = 0 in tudi ~s× (~a− ~r0) = ~0.

Zgled 217 Izracunaj razdaljo med tocko A(2, 2, 0) in premico z enacbo

x− 1

4=y

3=z − 2

5.

2. marec 2009, 20 : 15 164

Iz podatkov razberemo ~a = (2, 2, 0), ~s = (4, 3, 5) in ~r0 = (1, 0, 2). Potem je ~a − ~r0 =(1, 2,−2) in

~s× (~a− ~r0) =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k4 3 51 2 −2

∣∣∣∣∣∣= (−16, 13, 5).

in

D =‖~s× (~a− ~r0)‖

‖~s‖ =

√(−16)2 + 132 + 52

√42 + 32 + 52

=

√450√50

= 3.

Razdalja med tocko in ravnino Dana je tocka A s krajevnim vektorjem ~a in ravninaz enacbo ~r · ~n = d. Razdaljo med tocko in ravnino izracunamo tako, da tocko pravokotnoprojeciramo na ravnino (tocka A1) ter izracunamo razdaljo med tockama A in A1.

~n

OA

A1

~a

~a1bc

bc

bc

bc

Premica, ki poteka skozi tocko A in seka ravnino pravokotno, ima enacbo ~r = ~a+ λ~n.Ce z ~a1 oznacimo krajevni vektor tocke A1, velja

~a1 = ~a+ λ~n, (35)

~a1 · ~n = d (36)

Ko (35) vstavimo v (36), dobimo λ = d−~a·~n‖~n‖2 . Torej je D = ‖~a1 − ~a‖ = |λ| · ‖~n‖ oziroma

D =|d− ~a · ~n|

‖~n‖ .

Gornja formula velja tudi v primeru, ko lezi tocka A na ravnini, saj jeD = 0 in d−~a·~n = 0,ker vektor ~a ustreza enacbi ravnine ~r · ~n = d.

Zgled 218 Izracunaj razdaljo med tocko A(1, 2,−1) in ravnino z enacbo

−3x+ y + 2z = 5.

Iz podatkov razberemo ~a = (1, 2,−1), ~n = (−3, 1, 2) in d = 5. Torej je

d− ~a · ~n = 5 − (1, 2,−1) · (−3, 1, 2) = 5 − (−3 + 2 − 2) = 8

in‖~n‖ =

√(−3)2 + 12 + 22 =

√14.

Sledi

D =|d− ~a · ~n|

‖~n‖ =8√14.

2. marec 2009, 20 : 15 165

Razdalja med premicama V prostoru sta podani premici z enacbama ~r = ~a0 + λ~ain ~r = ~b0 + λ~b. Privzeti smemo, da premici nista vzporedni, saj lahko v tem primeruizracunamo razdaljo med premicama kot razdaljo med eno premico in poljubno tocko nadrugo premici. Privzeti smemo tudi, da se premici ne sekata. Torej so vektorji ~a, ~b in~b0−~a0 linearno neodvisni in je zato prostornina paralelepipeda, napetega na te tri vektorje,enaka |(~a,~b,~b0−~a0)|. Prostornino pa lahko izracunamo tudi kot produkt ploscine osnovne

ploskve (tj. ‖~a×~b‖) in visine D, ki je hkrati tudi neznana razdalja med premicama. Sledi

D =|(~a,~b,~b0 − ~a0)|

‖~a×~b‖.

~ b 0−~a 0

~a0

~b0

~a

~b

D

Obc

Omeniti velja, da gornja formula drzi tudi, ce se premici sekata, saj je v tem primeruD = 0, velja pa tudi (~a,~b,~b0 − ~a0) = 0, saj lezi ~b0 − ~a0 v ravnini, napeti na ~a in ~b.

Zgled 219 Izracunaj razdaljo med premico skozi tocki A(0,−2, 1) in B(−3, 1, 2) ter pre-mico, podano z enacbama

x = 2 iny + 1

3=z − 3

2.

Vektorska oblika enacbe premice skozi tocki A(0,−2, 1) in B(−3, 1, 2) je ~r = ~a0 + λ~a,kjer je ~a0 = (0,−2, 1) in ~a = (−3, 3, 1). Vektorska oblika enacbe druge premice pa je

~r = ~b0 + λ~b, kjer je ~b0 = (2,−1, 3) in ~b = (0, 3, 2). Torej je

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k−3 3 1

0 3 2

∣∣∣∣∣∣= (3, 6,−9), ‖~a×~b‖ =

√126 = 3

√14,

~b0 − ~a0 = (2, 1, 2) in D =|(~a×~b) · (~b0 − ~a0)|

‖~a×~b‖=

| − 6|3√

14=

2√14

.

Zgled 220 Doloci presecisce premice z enacbo x−11

= y2

= z+11

z ravnino z enacbo x −2y + z = −5.

Pisimox− 1

1=y

2=z + 1

1= t.

Potem jex = t+ 1, y = 2t, z = t− 1.

2. marec 2009, 20 : 15 166

Iz enacbe ravnine sledix︷︸︸︷

(t+ 1)−2

y︷︸︸︷(2t) +

z︷︸︸︷(t− 1) = −5,

kar nam da −2t = −5 oz. t = 52. Presecisce je v tocki (7

2, 5, 3

2).

Zgled 221 Doloci presecisce ravnin z enacbama

x− 2y − 4z = −3 in 2x+ y − 3z = −1.

Iz prve enacbe izrazimo x = −3 + 2y + 4z in ga vstavimo v drugo enacbo

2(−3 + 2y + 4z) + y − 3z = −1.

Sledi 5y + 5z = 5 iny = −z + 1.

Torej jex = −3 + 2(−z + 1) + 4z = 2z − 1.

Enacbo premice lahko zapisemo tudi v obliki

(x, y, z) = (2z − 1,−z + 1, z) = (−1, 1, 0) + z(2,−1, 1).

Zgled 222 Doloci presecisce ravnin z enacbami

2x+ y + 3z = 1,

3x+ 3y − z = 2 in

x− y + z = −3.

Poiskati moramo resitev sistema 3 enacb s 3 neznankami. Iz zadnje enacbe izrazimox = y − z − 3. Sledi

2(y − z − 3) + y + 3z = 1 in

3(y − z − 3) + 3y − z = 2,

kar lahko poenostavimo v

3y + z = 7 in

6y − 4z = 11.

Torej je z = 7 − 3y in6y − 4(7 − 3y) = 11,

kar nam da 18y = 39 in

y =39

18=

13

6,

z = 7 − 3y =1

2,

x = y − z − 3 =13

6− 1

2− 3 = −8

6= −4

3.

Ravnine se torej sekajo v tocki (−43, 13

6, 1

2).

2. marec 2009, 20 : 15 167

7 Matrike

7.1 Operacije z matrikami

Matrika je pravokotna tabela (shema) realnih stevil, sestavljena iz vrstic in stolpcev :

[−4 2 −2 20 −3 1 1

2

]ali

−3√

5 22 0 14 −3 −1

.

Mnozico vseh realnih matrik z m vrsticami in n stolpci oznacimo z Rm×n. V splosnemoznacimo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

ali krajse A = [aij], i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n. Matriki[ai1 ai2 . . . ain

]

pravimo i-ta vrstica matrike A, matriki

a1j

a2j...amj

pravimo j-ti stolpec matrike A, stevilo aij pa imenujemo (i, j)-ti element matrike A.

Matriki A ∈ Rm×n in A′ ∈ Rm′×n′sta enaki, ce je m = m′, n = n′ ter aij = a′ij za

i = 1, . . . , m in j = 1, . . . , n. Enostavno povedano: matriki sta enaki, ce sta enakihrazseznosti in se ujemata v istoleznih elementih.

Za matriki A,B ∈ Rm×n definiramo vsoto matrik A +B. Ce je

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

in B =

b11 b12 . . . b1n

b21 b22 . . . b2n...

......

bm1 bm2 . . . bmn

,

je

A+B =

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1n

a21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n...

......

am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn

.

Za matriko A ∈ Rm×n in stevilo λ ∈ R definiramo produkt s skalarjem λ. Ce je A kotzgoraj, je

λA =

λa11 λa12 . . . λa1n

λa21 λa22 . . . λa2n...

......

λam1 λam2 . . . λamn

.

2. marec 2009, 20 : 15 168

Zgled 223 Izracunaj 5A− 3B za matriki A =

[1 −22 4

]in B =

[−1 02 −3

].

Racunajmo

5A− 3B = 5 ·[

1 −22 4

]− 3

[−1 02 −3

]=

=

[5 −1010 20

]−[−3 06 −9

]=

[8 −104 29

].

Navedimo glavne lastnosti sestevanja in mnozenja matrik s skalarjem.

• asociativnost sestevanja(A+B) + C = A + (B + C) za vse A,B,C ∈ Rm×n

• obstoj nevtralnega elementa za sestevanjeZa nicelno matriko

0 =

0 . . . 0...

...0 . . . 0

∈ Rm×n

velja A+ 0 = 0 +A = A za vsak A ∈ Rm×n.

• obstoj nasprotnega elementa za sestevanjeZa matriko A ∈ Rm×n ima nasprotna matrika −A = (−1)A lastnost A+ (−A) = 0.

• komutativnost sestevanjaA+B = B + A za vse A,B ∈ Rm×n

• distributivnost v skalarnem faktorju(λ+ µ)A = λA+ µA za vse A ∈ Rm×n in λ, µ ∈ R,

• distributivnost v matricnem faktorjuλ(A+B) = λA+ λB za vse A,B ∈ Rm×n in λ ∈ R,

• multiplikativnost v skalarnem faktorju(λµ)A = λ(µA) za vse A ∈ Rm×n in λ, µ ∈ R,

• mnozenje s skalarjem 11 · A = A za vse A ∈ Rm×n.

Ce ima matrika A toliko stolpcev kot ima matrika B vrstic, lahko matriki A in Bzmnozimo. Produkt matrik A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p A in B je matrika C = [cij], katereelementi so

cij =

n∑

k=1

aikbkj = ai1b1j + ai2b2j + . . .+ ainbnj

2. marec 2009, 20 : 15 169

za i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , p. Skratka

a11 . . . a1n...

...am1 . . . amn

︸︷︷︸A

·

b11 . . . b1p...

...bn1 . . . bnp

︸︷︷︸B

=

n∑

k=1

a1kbk1 . . .n∑

k=1

a1kbkp

......

n∑

k=1

amkbk1 . . .

n∑

k=1

amkbkp

︸︷︷︸A·B

.

Drugace povedano: (i, j)-ti element matrike AB je skalarni produkt i-te vrstice matrikeA (kot vektorja) in j-tega stoplca matrike B (kot vektorja).

Zgled 224 Izracunaj produkt AB za matriki A =

2 −1−3 20 1

in B =

[2 0−3 1

].

AB =

2 −1−3 20 1

·[

2 0−3 1

]=

=

2 · 2 + (−1) · (−3) 2 · 0 + (−1) · 1(−3) · 2 + 2 · (−3) (−3) · 0 + 2 · 1

0 · 2 + 1 · (−3) 0 · 0 + 1 · 1

=

=

7 −1−12 2−3 1

.

Zgled 225 Izracunaj produkta AB in BA za matriki A =

[1 −22 4

]in B =

[−1 02 −3

].

Racunajmo

AB =

[1 −22 4

]·[−1 02 −3

]=

=

[1 · (−1) + (−2) · 2 1 · 0 + (−2) · (−3)

2 · (−1) + 4 · 2 2 · 0 + 4 · (−3)

]=

[−5 66 −12

],

BA =

[−1 02 −3

]·[

1 −22 4

]=

=

[(−1) · 1 + 0 · 2 (−1) · (−2) + 0 · 42 · 1 + (−3) · 2 2 · (−2) + (−3) · 4

]=

[−1 2−4 −16

].

Racun torej kaze, da je AB 6= BA. Pravimo, da je mnozenje matrik nekomutativno. (Sevec, razseznosti matrik A in B so lahko take, da obstaja le eden od produktov AB inBA.)

Mnozenje matrik zadosca pogojem

2. marec 2009, 20 : 15 170

• asociativnost(AB)C = A(BC) za vse A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in C ∈ Rp×q,

• obstoj enote za mnozenje

In =

1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 0...

.... . . 0

0 0 0 . . . 1

.

Za vsako matriko A ∈ Rm×n velja ImA = AIn = A. Kvadratno matriko In imenu-jemo identicna matrika. Pogosto namesto In pisemo kar I, ko je iz besedila razvidno,kaksne razseznosti je matrika I.

• leva distributivnost(A+B)C = AC +BC za vse A,B ∈ Rm×n in C ∈ Rn×p,

• desna distributivnostA(B + C) = AB + AC za vse A ∈ Rm×n in B,C ∈ Rn×p,

• homogenostλ(AB) = (λA)B = A(λB) za vse A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in λ ∈ R.

Izrek 94 Za matrike A ∈ Rm×n, B ∈ Rn×p in C ∈ Rp×q velja (AB)C = A(BC).

Oznacimo A = [aij], B = [bij ] in C = [cij ]. Izracunajmo (i, j)-ti element matrike (AB)C:

((AB)C)ij =

p∑

l=1

(AB)ilclj =

p∑

l=1

(

n∑

k=1

aikbkl)clj =

=

p∑

l=1

n∑

k=1

aikbklclj =

n∑

k=1

p∑

l=1

aikbklclj =

=

n∑

k=1

aik(

p∑

l=1

bklclj) =

n∑

k=1

aik(BC)kj = (A(BC))ij.

Za matriko

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

definiramo transponirano matriko k A

AT =

a11 a21 . . . am1

a12 a22 . . . am2...

......

a1n a2n . . . amn

.

Skratka: za A ∈ Rm×n je AT ∈ Rn×m.

2. marec 2009, 20 : 15 171

Zgled 226 Zapisi transponirano matriko k matriki A =

2 1 −1 3−1 0 1 20 2 4 −2

.

Velja

AT =

2 −1 01 0 2−1 1 43 2 −2

.

Za transponiranje matrik velja

• (AT )T = A za vse A ∈ Rm×n

• (A+B)T = (A +B)T za vse A,B ∈ Rm×n

• (λA)T = λAT za vse A ∈ Rm×n in λ ∈ R

• (AB)T = BTAT za vse A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p

Izrek 95 Za A ∈ Rm×n in B ∈ Rn×p velja (AB)T = BTAT .

Oznacimo A = [aij] in B = [bij ]. Izracunajmo (i, j)-ti element matrike (AB)T :

((AB)T )ij = (AB)ji =n∑

k=1

ajkbki.

Ker pa je

(BTAT )ij =

n∑

k=1

BTikA

Tkj =

n∑

k=1

bkiajk =

n∑

k=1

ajkbki,

res velja (AB)T = BTAT .

8 Determinante in sistemi linearnih enacb

8.1 Permutacije

Permutacija reda n je bijektivna preslikava σ: {1, 2, 3, . . . , n} → {1, 2, 3, . . . , n}. Mnozicovseh permutacij reda n oznacimo z Sn.

Permutacijo obicajno zapisemo v obliki

σ =

(1 2 . . . na1 a2 . . . an

),

kjer gornja oznaka pomeni, da je σ(1) = a1, σ(2) = a2, . . . , σ(n) = an.

Zgled 227 Zapisi permutacijo σ ∈ S4, ki preslika 1 7→ 3, 2 7→ 1 in 4 7→ 2.

2. marec 2009, 20 : 15 172

Ker je preslikava σ bijekcija, mora veljati se σ: 3 7→ 4. Torej je

σ =

(1 2 3 43 1 4 2

).

Permutacija ι je identicna permutacija, ce je ι(i) = i za vsak i. (To je pravzapravidenticna preslikava.)

Permutacija τ je transpozicija, ce za neka i in j, i 6= j, velja τ(i) = j, τ(j) = i inτ(k) = k za vsak k /∈ {i, j}.

Zgled 228 Zapisi transpozicijo σ ∈ S4, ki zamenja stevili 2 in 4.

Iskana transpozicija je

σ =

(1 2 3 41 4 3 2

).

Dokazati je mozno, da za vsako permutacijo σ obstajajo transpozicije τ1, τ2, . . . , τm,da je

τm ◦ τm−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι.

Stevilo transpozicij, ki uredijo σ v identicno permutacijo, ni enolicno doloceno. Dokazatije mozno, da iz

τm ◦ τm−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι

inτm′ ◦ τm′−1 ◦ . . . ◦ τ1 ◦ σ = ι

sledi, da je m ≡ m′ (mod 2) (tj. stevili m in m′ sta iste parnosti), kar pomeni, daje (−1)m = (−1)m′

. Stevilo (−1)m imenujemo predznak permutacije in ga oznacimo ssign(σ). Permutacije s predznakom 1 so sode, permutacije s predznakom −1 pa lihe.

8.2 Determinante

Naj bo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

.

Determinanta matrike A je stevilo det(A), ki je vsota vseh moznih produktov po enegastevila iz vsake vrstice in stolpca z upostevanjem ustreznih predznakov. Natancneje:

det(A) =∑

σ∈Sn

sign(σ)a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n), (37)

kjer Sn oznacuje mnozico vseh permutacij reda n, stevilo sign(σ) pa predznak permutacijeσ. Obicajno pisemo

det(A) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

2. marec 2009, 20 : 15 173

Opozoriti velja, da je za velike n izracun vrednosti determinante po definiciji zelo zamuden,saj ima mnozica Sn natancno n! = 1 · 2 · · ·n elementov. Torej je potrebno za izracundeterminante reda n sesteti n! clenov in pri vsakem od njih je potrebno pravilno dolocitipredznak ustrezne permutacije.

Oglejmo si sedaj vrednost det(A) za majhne razseznosti matrike A.

Pri n = 1 jeA = [a11].

V vsoti (37) imamo je en clen, torej je

det(A) = a11.

Pri n = 2 je

A =

[a11 a12

a21 a22

].

V mnozici S2 imamo je dve permutaciji ι =

(1 21 2

)in τ =

(1 22 1

). Permutacija ι je

identicna in ima predznak (−1)0 = 1, permutacija τ pa je transpozicija in ima predznak(−1)1 = −1. Torej je

det(A) = sign(ι)a1ι(1)a2ι(2) + sign(τ)a1τ(1)a2τ(2) = a11a22 − a12a21.

Pri n = 3 je

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

.

V mnozici S3 je natancno 3! = 1 · 2 · 3 = 6 permutacij. Te so

σ1 =

(1 2 31 2 3

)

σ2 =

(1 2 31 3 2

)

σ3 =

(1 2 32 1 3

)

σ4 =

(1 2 32 3 1

)

σ5 =

(1 2 33 1 2

)

σ6 =

(1 2 33 2 1

)

Hitro se vidi, da imajo permutacije σ1, σ4 in σ5 predznak 1, ostale pa predznak −1.Torej je

det(A) = a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 − a13a22a31 − a11a23a32 − a12a21a33.

2. marec 2009, 20 : 15 174

To formulo si lahko enostavno zapomnimo tako, da k matriki A na desni pripisemo prvadva stolpca matrike A

matrika A︷︸︸︷∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

a31 a32

ter sestejemo produkte na glavnih diagonalah (polne crte) in odstejemo produkte nastranskih (crtkane crte).

Opozorilo. Zgoraj opisani prijem s pripisovanjem dveh stolpcev na desni (Sarrusovopravilo) velja samo za izracun determinant razseznosti 3 × 3. Metoda za splosen n,n 6= 3, ne drzi in je tudi ni mozno ustrezno prirediti.

8.3 Racunanje determinant

• Matrika A in njej transponirana matrika AT imata enako determinanto: det(A) =det(AT ). Torej

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a21 . . . an1

a12 a22 . . . a2n...

......

a1n a2n . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

• Ce pomnozimo vse elemente v kaksni vrstici (ali stolpcu) z istim faktorjem k, sevrednost determinante pomnozi s k.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

kai1 kai2 . . . kain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= k

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

• Ce v determinanti dve vrstici (ali stolpca) zamenjamo med sabo, determinantaspremeni predznak.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

2. marec 2009, 20 : 15 175

• Ce sta v determinanti dve vrstici enaki (ali dva stolpca enaka), je vrednost deter-minante enaka 0. ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= 0.

• Ce so vsi elementi, ki lezijo na eni strani glavne diagonale, enaki 0, je vrednostdeterminante enaka produktu diagonalnih elementov.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 . . . a1n

0 a22 a23 . . . a2n

0 0 a33 . . . a2n...

.... . .

...0 0 0 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= a11a22 . . . ann.

• Vrednost determinante se ne spremeni, ce k eni vrstici pristejemo veckratnik drugevrstice (ali ce k enemu stolpcu pristejemo veckratnik drugega stolpca).

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 + kaj1 ai2 + kaj2 . . . ain + kajn...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 . . . a1n...

......

ai1 ai2 . . . ain...

......

aj1 aj2 . . . ajn...

......

an1 an2 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Zgled 229 Izracunaj vrednost determinante

∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 3 00 −5 −1

∣∣∣∣∣∣.

Resimo nalogo na 2 nacina. Po Sarrusovem pravilu je

2 1 −1 2 11 3 0 1 30 −5 −1 0 −5

= −6 + 0 + 5 − 0 − 0 − (−1) = 0.

Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 3 00 −5 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 02 1 −10 −5 −1

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 00 −5 −10 −5 −1

∣∣∣∣∣∣=

= −

∣∣∣∣∣∣

1 3 00 −5 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣= 0.

2. marec 2009, 20 : 15 176


∣∣∣∣∣∣

−1 1 −22 −1 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣.

Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣

−1 1 −22 −1 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

−1 1 −20 1 −10 3 −5

∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣

−1 1 −20 1 10 0 −2

∣∣∣∣∣∣= (−1) · 1 · (−2) = 2.


∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 1−1 2 1 −12 0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣.

Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 1−1 2 1 −12 0 −1 3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 1 3 −10 2 −5 3

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 0 5 −20 0 −1 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 −1 2 00 1 −2 10 0 5 −20 0 0 3

5

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · 1 · 5 · 3

5= 3.


∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣.

Z vrsticnimi operacijami izracunamo∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −12 3 −1 00 −1 2 4−1 0 4 1

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 −1 2 40 2 4 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 0 3 20 0 2 4

∣∣∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 0 −10 −1 −1 20 0 3 20 0 0 8

3

∣∣∣∣∣∣∣∣= 1 · (−1) · 3 · 8

3= −8.

Zgled 233 Doloci vrednost parametra x tako, da bo vrednost determinante

∣∣∣∣∣∣

1 x 22 1 −1−x x 2

∣∣∣∣∣∣enaka 0.

2. marec 2009, 20 : 15 177

Po Sarrusovem pravilu izracunamo

1 x 22 1 −1−x x 2

=1 x 2 1 x2 1 −1 2 1−x x 2 −x x

=

= 2 + x2 + 4x− (−2x) − (−x) − 4x = x2 + 3x+ 2.

Ker je x2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2), je vrednost determinante enaka 0 le za x = −1 inx = −2.

8.4 Poddeterminante

Fiksirajmo indeksa i, j ∈ {1, 2, . . . , n} in iz primernih (n− 1)! clenov v izrazu

det(A) =∑

σ∈Sn

sign(σ)a1σ(1)a2σ(2) . . . anσ(n), (38)

izpostavimo aij . Izraz, ki nam ostane (torej vsota (n − 1)! clenov, od katerih je vsakprodukt n − 1 elementov determinante), oznacimo z Aij in imenujemo poddeterminantaelementa aij v determinanti det(A). Poddeterminanto Aij izracunamo tako, da iz matrike

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

an1 an2 . . . ann

pobrisemo i-to vrstico in j-ti stolpec in izracunamo determinanto dobljene matrike raz-seznosti (n− 1) × (n− 1).

Naj bo i katerakoli vrstica determinante det(A). Ker je v vsakem clenu v (38) po enfaktor iz i-te vrstice, je mozno zapisati tudi

det(A) = (−1)i+1ai1Ai1 + (−1)i+2ai2Ai2 + . . .+ (−1)i+nainAin. (39)

Tej formuli pravimo razvoj determinante po i-ti vrstici.Naj bo j katerikoli stolpec determinante det(A). Ker je v vsakem clenu v (38) po en

faktor iz j-tega stolpca, je mozno zapisati

det(A) = (−1)1+ja1jA1j + (−1)2+ja2jA2j + . . .+ (−1)n+janjAnj. (40)

Tej formuli pravimo razvoj determinante po j-tem stolpcu.

Zgled 234 Izracunaj

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 2 30 1 23 2 1

∣∣∣∣∣∣

s pomocjo razvoja po drugi vrstici.

2. marec 2009, 20 : 15 178

Resitev. Racunajmo

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 2 30 1 23 2 1

∣∣∣∣∣∣=

= (−1)2+1 · 0 ·∣∣∣∣

2 32 1

∣∣∣∣︸︷︷︸

−7

+(−1)2+2 · 1 ·∣∣∣∣

1 33 1

∣∣∣∣︸︷︷︸

−8

+(−1)2+3 · 2 ·∣∣∣∣

1 23 2

∣∣∣∣︸︷︷︸

−4

=

= 0 + (−8) + 8 = 0.

Zgled 235 Izracunaj

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 1 3−2 1 0 31 −1 2 1−1 3 0 1

∣∣∣∣∣∣∣∣s pomocjo razvoja po tretjem stolpcu.

Resitev. Zaradi dveh nicel v tretjem stolpcu je potrebno izracunati le

det(A13) =

∣∣∣∣∣∣

−2 1 31 −1 1−1 3 1

∣∣∣∣∣∣= (−2) · (−4) − 1 · 2 + 3 · 2 = 12,

det(A33) =

∣∣∣∣∣∣

1 2 3−2 1 3−1 3 1

∣∣∣∣∣∣= 1 · (−8) − 2 · 1 + 3 · (−5) = −25.

Torej jedet(A) = (−1)1+31 · 12 + (−1)3+32 · (−25) = −38.

Oglejmo si se enkrat razvoj determinante po i-ti vrstici. Oznacimo Aij = (−1)i+jAij. Cev formuli (39) zamenjamo koeficiente ai1, . . . , ain z ak1, . . . , akn, kjer je i 6= k, dobimo

det(A′) = ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . .+ aknAin. (41)

To je ravno determinanta matrike A′, v kateri smo vse elemente v i-ti vrstici nadomestili zelementi k-te vrstice in nato izracunali vrednost det(A′) s pomocjo razvoja po i-ti vrstici.Ker sta v matriki A′ i-ta in k-ta vrstica enaki, je det(A′) = 0. Torej za vsak k 6= i velja

ak1Ai1 + ak2Ai2 + . . .+ aknAin = 0. (42)

Podobno sklepamo, da tudi za vsak k 6= j velja

a1kA1j + a2kA2j + . . .+ ankAnj = 0. (43)

8.5 Cramerjevo pravilo

Oglejmo si sistem n linearnih enacb z n neznankami

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = b1,

a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = b2,...

an1x1 + an2x2 + . . .+ annxn = bn.

2. marec 2009, 20 : 15 179

Koeficieti sistema so lahko poljubna realna stevila. Smiselno je predpostaviti, da je vvsaki vrstici in vsakem stolpcu vsaj en koeficient neniceln, saj sicer ne bi imeli sistema nenacb z n neznankami.

Ce je b1 = b2 = . . . = bn = 0, pravimo, da je sistem homogen, sicer pa je nehomogen.Resitev gornjega sistema je taka n-terica (X1, . . . , Xn), da je

a11X1 + a12X2 + . . .+ a1nXn = b1,

a21X1 + a22X2 + . . .+ a2nXn = b2,...

an1X1 + an2X2 + . . .+ annXn = bn.

Privzemimo sedaj, da je (X1, . . . , Xn) resitev gornjega sistema. Ce pomnozimo prvo

enacbo sistema z A11, drugo z A21, . . . , in n-to z An1, dobimo

a11A11X1 + a12A11X2 + . . .+ a1nA11Xn = b1A11,

a21A21X1 + a22A21X2 + . . .+ a2nA21Xn = b2A21,...

an1An1X1 + an2An1X2 + . . .+ annAn1Xn = bnAn1.

Ko dobljene enacbe sestejemo in izpostavimo X1, X2, . . . , oziroma Xn, dobimo

X1(a11A11 + a21A21 + . . .+ an1An1) +

X2(a12A11 + a22A21 + . . .+ an2An1) +...

Xn(a1nA11 + a2nA21 + . . .+ annAn1) = b1A11 + b2A21 + . . .+ bnAn1.

Izraz a11A11 + a21A21 + . . . + an1An1 je enak det(A), saj gre za razvoj determinante po

prvem stolpcu (glej po formulo (40) za j = 1). Vsi izrazi a1kA11 + a2kA21 + . . .+ ankAn1,k 6= 1, pa so enaki 0, saj gre za razvoj matrike po prvem stolpcu, v kateri je k-ti stolpecenak prvemu (glej formulo (43) za j = 1). Torej dobimo

X1 · det(A) = b1A11 + b2A21 + . . .+ bnAn1.

Ce oznacimo

A1 =

b1 a12 . . . a1n

b2 a22 . . . a2n...

......

bn an2 . . . ann

,

opazimo, da je det(A1) = b1A11 + b2A21 + . . . + bnAn1, saj je to ravno razvoj po prvemstolpcu matrike A1. Torej je

X1 =det(A1)

det(A),

kjer smo privzeli, da je det(A) 6= 0. V splosnem torej ugotovimo, da je

Xj =det(Aj)

det(A),

2. marec 2009, 20 : 15 180

kjer je Aj matrika, ki jo dobimo iz matrike A tako, da v njej j-ti stolpec zamenjamo sstolpcem desnih strani; torej s stolcpem [b1, . . . , bn]T .

Gornja izpeljava je temeljila na predpostavki, da je sistem sploh resljiv. Dokazati paje mozno, da je ob predopstavki det(A) 6= 0 sistem vedno resljiv. Velja namrec

Izrek 96 (Cramerjevo pravilo) Ce ima sistem n linearnih enacb z n neznankami de-terminanto koeficientov razlicno od 0, je sistem enolicno resljiv in resitve so

x1 =det(A1)

det(A), . . . , xn =

det(An)

det(A),

kjer je det(A) determinanta sistema, det(Aj) pa determinanta matrike, ki jo dobimo tako,da v matriki A zamenjamo j-ti stolpec s stolpcem desnih strani.

Zgled 236 Resi sistem

x1 − x2 + x3 = −1

4x1 − x2 + 2x3 = −2

2x1 + x2 + x3 = −4

s pomocjo Cramerjevega pravila.

Resitev. Determinanta sistema je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 14 −1 22 1 1

∣∣∣∣∣∣= 3,

zato res smemo uporabiti Cramerjevo pravilo. Po vrsti izracunamo

det(A1) =

∣∣∣∣∣∣

−1 −1 1−2 −1 2−4 1 1

∣∣∣∣∣∣= 3,

det(A2) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 14 −2 22 −4 1

∣∣∣∣∣∣= −6,

det(A3) =

∣∣∣∣∣∣

1 −1 −14 −1 −22 1 −4

∣∣∣∣∣∣= −12,

zato je

x1 =det(A1)

det(A)=

3

3= 1,

x2 =det(A2)

det(A)=

−6

3= −2,

x3 =det(A3)

det(A)=

−12

3= −4.

2. marec 2009, 20 : 15 181

Zgled 237 Resi sistem

2x1 + 4x2 − x3 = 1

x1 + 8x2 + 3x3 = 2

2x1 − x3 = 1

s pomocjo Cramerjevega pravila.

Resitev. Determinanta sistema je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

2 4 −11 8 32 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 28,

zato res smemo uporabiti Cramerjevo pravilo. Po vrsti izracunamo

det(A1) =

∣∣∣∣∣∣

1 4 −12 8 31 0 −1

∣∣∣∣∣∣= 20,

det(A2) =

∣∣∣∣∣∣

2 1 −11 2 32 1 −1

∣∣∣∣∣∣= 0,

det(A3) =

∣∣∣∣∣∣

2 4 11 8 22 0 1

∣∣∣∣∣∣= 12,

zato je

x1 =det(A1)

det(A)=

20

28=

5

7

x2 =det(A2)

det(A)=

0

28= 0

x3 =det(A3)

det(A)=

12

28=

3

7.

8.6 Gaußova metoda za resevanje sistemov linearnih enacb

Iscemo vse resitve sistema m linearnih enacb z n neznankami.

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = b1,

a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = b2,...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = bm.

V tem sistemu so aij , bi dana realna stevila, x1, . . . , xn pa neznanke. Obicajno zapisemokoeficiente tega sistema v matriko

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n...

......

am1 am2 . . . amn

2. marec 2009, 20 : 15 182

Stolpcu desnih strani lahko priredimo matriko

b =

b1b2...bm

,

neznankam pa matriko

x =

x1

x2...xn

.

V matricni obliki lahko sistem enacb zapisemo kratko kot

Ax = b.

Ce matriki A dodamo se stolpec b, dobimo matriko reda m × (n + 1), ki ji pravimorazsirjena matrika sistema:

A =

a11 a12 . . . a1n b1a21 a22 . . . a2n b2...

......

...am1 am2 . . . amn bm

Razsirjena matrika sistema popolnoma popise sistem, zato lahko pri resevanju sistemaracunamo samo z matriko A.

Sistem linearnih enacb resujemo tako, da s pomocjo operacij, ki na resitve sistema nevplivajo, spreminjamo enacbe, dokler niso zapisane v taksni obliki, iz katere lahko resitevkar preberemo. Taksne operacije so:

• Enacbo lahko pomnozimo z nenicelnim stevilom.

• Eno enacbo lahko pristejemo drugi enacbi.

• Dve enacbi lahko med seboj zamenjamo.

Na matriki A se te operacije odrazajo takole:

• Vrstico lahko pomnozimo z nenicelnim stevilom.

• Eno vrstico lahko pristejemo drugi vrstici.

• Dve vrstici lahko med seboj zamenjamo.

Gornje operacije imenujemo elementarne vrsticne operacije. Pravimo, da sta matriki A inA′ vrsticno ekvivalentni, ce lahko eno preoblikujemo v drugo z zaporednjem elementarnihvrsticnih operacij. Dve vrsticno ekvivalentni razsirjeni matriki predstavljata sistema zenakima mnozicama resitev.

Izrek 97 (Gaußova eliminacija) Vsaka matrika A je vrsticno ekvivalentna matriki A′,ki ima na prvem mestu neniceln element kvecjemu v prvi vrstici, v vsaki naslednji vrsticipa ima na zacetku vsaj eno niclo vec kot v prejsnji.

2. marec 2009, 20 : 15 183

Dokaz. V matriki A najprej poiscemo vrstico, ki ima na skrajni levi neniceln element(lahko se zgodi, da ima matrika v prvih i − 1 stolpcih same nicle in je ta element sele vi-tem stolpcu) in jo z zamenjavo vrstic postavimo na vrh. Ce ima druga vrstica pod temnenicelnim elementom niclo, jo pustimo, sicer pa od nje odstejmo prvo vrstico, pomnozenos kvocientom obeh prvih clenov. S tem dosezemo, da bo na tem mestu v drugi vrstici nicla.Na podoben nacin naredimo nicle na preostalih mestih v i-tem stolpcu. Prva vrstica inprvih i stolpcev so tako v pravi obliki, na preostalem delu matrike pa postopek ponovimo.

Zgled 238 Resi sistem enacb:

x + 2y − 3z = 142x + 3y + 2z = 93x + 4y + z = 16

Resitev. Danemu sistemu lahko priredimo razsirjeno matriko

A =

1 2 −3 142 3 2 93 4 1 16

V prvem koraku s pomocjo oznacenega nenicelnega elementa (tj. 1) unicimo elementapod njim. Prvo vrstico pomnozimo z −2 in jo pristejemo drugi:

1 2 −3 140 −1 8 −193 4 1 16

Prvo vrstico pomnozimo z −3 in jo pristejemo tretji:

1 2 −3 140 −1 8 −190 −2 10 −26

Drugo vrstico pomnozimo z −1:

1 2 −3 140 1 −8 190 −2 10 −26

Drugo vrstico pomnozimo z −2 in jo pristejemo prvi:

1 0 13 −240 1 −8 190 −2 10 −26

Drugo vrstico pomnozimo z 2 in jo pristejemo tretji:

1 0 13 −240 1 −8 190 0 −6 12

2. marec 2009, 20 : 15 184

Tretjo vrstico delimo z −6:

1 0 13 −240 1 −8 190 0 1 −2

Tretjo vrstico pomnozimo z 8 in jo pristejemo drugi:

1 0 13 −240 1 0 30 0 1 −2

Tretjo vrstico pomnozimo z −13 in jo pristejemo prvi:

1 0 0 20 1 0 30 0 1 −2

Dobljena razsirjena matrika ustreza sistemu enacb

x = 2,

y = 3,

z = −2,

kar pravzaprav pomeni, da smo sistem enacb resili.

Opomba. Postopek obicajno zapisemo krajse:

1 2 −3 142 3 2 93 4 1 16

∼

1 2 −3 140 −1 8 −190 −2 10 −26

∼

1 0 13 −240 1 −8 190 0 −6 12

∼

1 0 0 20 1 0 30 0 1 −2

.

Zgled 239 Poisci vse resitve sistema 2y + 3z = 1, 2x− 6y + 7z = 0, x− 2y + 5z = −1.

Resitev. Razsirjena matrika sistema je

A =

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

.

Racunajmo

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

∼

1 −2 5 −12 −6 7 00 2 3 1

∼

1 −2 5 −10 −2 −3 20 2 3 1

∼

1 −2 5 −10 −2 −3 20 0 0 3

Zadnja vrstica dobljene razsirjene matrike ustreza enacbi 0x + 0y + 0z = 3, kar pomeni,da sistem ni resljiv.

Zgled 240 Resi sistem enacb x+ 2y − z = 1 in x− y + 2z = 2.

2. marec 2009, 20 : 15 185

Resitev.

A =

[1 2 −1 11 −1 2 2

].

Racunajmo[

1 2 −1 11 −1 2 2

]∼[

1 2 −1 10 −3 3 1

]∼[

1 0 1 53

0 1 −1 −13

].

Dobljena razsirjena matrika sistema ustreza enacbama x + z = 53

in y − z = −13. Tu

lahko vrednost spremenljivke z poljubno izberemo. Potem je resitev enaka x = 53− z in

y = −13

+ z.

Gornji trije primeri kazejo, da je lahko sistem linearnih enacb

• enolicno resljiv (zgled 238),

• neresljiv (zgled 239) ali

• pa je resljiv, vendar je resitev neskoncno (zgled 240).

Te tri mozne izide lahko prepoznamo tudi ze pri resevanju z Gaußovo metodo.

Naj bo A razsirjena matrika sistema m enacb z n neznankami. Po izreku 97 lahko Apreoblikujemo v tako matriko A′, ki ima na prvem mestu neniceln element kvecjemu vprvi vrstici, v vsaki naslednji vrstici pa ima na zacetku vsaj eno niclo vec kot v prejsnji.Recimo, da je v matriki A′ natanko r vrstic nenicelnih.

Ce med nenicelnimi vrsticami obstaja kaksna, kjer je neniceln le zadnji element v tejvrstici, je sistem protisloven. V nasprotnem pa mora biti r ≤ n. Ce je r = n, je sistemenolicno resljiv, ce pa je r < n, lahko r neznank enolicno izrazimo s pomocjo preostalihn − r neznank, katerih vrednosti so lahko poljubne. V tem primeru pravimo, da imasistem enacb (n− r)-parametricno druzino resitev.

8.7 Rang matrike

Rang matrike je red najvecje kvadratne matrike v pravokotni matriki A, ki ima determi-nanto razlicno od 0. Ce je A matrika razseznosti m× n, je rangA ≤ min{m,n}. Ce je Akvadratna matrika razseznosti n× n, je rangA = n natanko tedaj, ko je detA 6= 0.

Rang matrike se ne spremeni,

• ce vrstico v matriki pomnozimo z nenicelnim stevilom,

• ce vrstico v matriki pristejemo kaksni drugi vrstici in

• ce dve vrstici med seboj zamenjamo.

Gornje operacije imenujemo elementarne vrsticne operacije. Pravimo, da sta matriki A inA′ vrsticno ekvivalentni, ce lahko eno preoblikujemo v drugo z zaporednjem elementarnihvrsticnih operacij.

Zgled 241 Doloci rang matrike

A =

1 1 −3 1 02 −1 1 −1 11 4 −10 4 −1

2. marec 2009, 20 : 15 186

Resitev. Po vrsti izvajamo elementarne vrsticne operacije:

1 1 −3 1 02 −1 1 −1 11 4 −10 4 −1

∼

1 1 −3 1 00 −3 7 −3 10 3 −7 3 −1

∼

1 1 −3 1 00 −3 7 −3 10 0 0 0 0

.

Ker so vse determinante razseznosti 3 × 3 nicelne, je rang(A) ≤ 2. Ker je oznacena

determinanta

∣∣∣∣1 10 −3

∣∣∣∣ nenicelna, je rang(A) ≥ 2. Torej je rang(A) = 2.

Izrek 98 (Izrek o resljivosti sistemov) Sistem m linearnih enacb z n neznankami

Ax = b

z razsirjeno matriko sistema A je resljiv natanko tedaj, ko imata matriki A in A enakaranga; tj. rangA = rang A = r. Ce je r = n, je sistem enolicno resljiv. Ce je r < n, lahkoza n− r neznank izberemo poljubne vrednosti, ostalih r pa je z njimi natanko dolocenih.

Zgled 242 Poisci vse resitve sistema enacb

x1 +3x2 +5x3 +7x4 +9x5 = 1,x1 −2x2 +3x3 −4x4 +5x5 = 2,2x1 +11x2 +12x3 +25x4 +22x5 = 4.

Razsirjena matrika sistema je

A =

1 3 5 7 9 11 −2 3 −4 5 22 11 12 25 22 4

.

S pomcjo Gaußove eliminacije jo preoblikujemo v

A =

1 3 5 7 9 11 −2 3 −4 5 22 11 12 25 22 4

∼

∼

1 3 5 7 9 10 −5 −2 −11 −4 10 5 2 11 4 2

∼

∼

1 3 5 7 9 10 −5 −2 −11 −4 10 0 0 0 0 3

.

Ker je rang matrike A sistema enak 2, rang razsirjene matrike A pa 3, sistem ni resljiv.


x1 +5x2 +4x3 +3x4 = 1,2x1 −x2 +2x3 −x4 = 0,5x1 +3x2 +8x3 −x4 = 1.

2. marec 2009, 20 : 15 187


A =

1 5 4 3 12 −1 2 −1 05 3 8 −1 1

.

S pomcjo Gaußove eliminacije jo preoblikujemo v

A =

1 5 4 3 12 −1 2 −1 05 3 8 −1 1

∼

1 5 4 3 10 −11 −6 −7 −20 −22 −12 −16 −4

∼

∼

1 5 4 3 10 −11 −6 −7 −20 0 0 −2 0

∼

1 5 4 3 10 1 6

11711

211

0 0 0 1 0

∼

∼

1 5 4 0 10 1 6

110 2

11

0 0 0 1 0

∼

1 0 1411

0 111

0 1 611

0 211

0 0 0 1 0

.

Iz 3. vrste razberemo, da je x4 = 0. Iz 2. vrste razberemo, da je x2 + 611x3 = 2

11. Torej

lahko izrazimo x2 = − 611x3+ 2

11. Podobmo lahko zapisemo, da je x1 = −14

11x3+ 1

11. Resitve

sistema so torej

x1 = −14

11x3 +

1

11,

x2 = − 6

11x3 +

2

11,

x4 = 0,

kjer je x3 poljubno realno stevilo.

Poudariti velja, da je to povsem v skladu s teorijo. Rang matrike A je enak r = 3 inje enak rangu razsirjene matrike A. Ker imamo n = 4 neznanke, smo lahko r = 3 mednjimi izrazili s pomocjo n− r = 1 parametrov.


2x1 +3x2 +4x3 = 2,x1 +4x2 +5x3 = −3,

−3x1 +3x2 −7x3 = 5.


A =

2 3 4 21 4 5 −3−3 3 −7 5

∼

1 4 5 −32 3 4 2−3 3 −7 5

,

kjer smo zaradi racunske ugodnosti zamenjali 1. in 2. vrstico. S pomcjo Gaußove elimi-nacije jo preoblikujemo v

A =

1 4 5 −32 3 4 2−3 3 −7 5

∼

1 4 5 −30 −5 −6 80 15 8 −4

∼

2. marec 2009, 20 : 15 188

∼

1 4 5 −30 −5 −6 80 0 −10 20

∼

1 4 5 −30 1 6

5−8

5

0 0 1 −2

∼

∼

1 4 0 70 1 0 4

5

0 0 1 −2

∼

1 0 0 195

0 1 0 45

0 0 1 −2

.

Sistem je torej enolicno resljiv, resitve pa so

x1 =19

5,

x2 =4

5,

x3 = −2.

8.8 Inverz matrike

Ce za matriko A ∈ Rn×n obstaja taka matrika B ∈ Rn×n, da je AB = BA = In, pravimo,da je matrika A obrnljiva, matrika B pa inverz matrike A. Inverz matrike A oznacimo zA−1.

• Matrika A ∈ Rn×n je obrnljva natanko tedaj, ko je det(A) 6= 0.

• Ce je matrika A ∈ Rn×n obrnljiva, je obrnljiva tudi matrika A−1 in velja

(A−1)−1 = A.

• Ce sta matriki A,B ∈ Rn×n obrnljivi, je obrnljiva tudi matrika AB ∈ Rn×n in velja

(AB)−1 = B−1A−1.

Racunanje inverza s pomocjo Gaußove eliminacije Naj bo torej A ∈ Rn×n danamatrika. Iscemo matriko X ∈ Rn×n, da bo AX = I. Skratka

a11 . . . a1n...

...an1 . . . ann

︸︷︷︸A

·

x11 . . . x1n...

...xn1 . . . xnn

︸︷︷︸X

=

1 . . . 0...

. . ....

0 . . . 1

︸︷︷︸I

.

Ce z xj oznacimo j-ti stolpec matrike X, z bj pa j-ti stolpec matrike I, vidimo, da jev gornji matricni enacbi pravzaprav skritih n sistemov enacb:

Axj = bj , j = 1, 2, . . . , n.

Ker imajo sistemi enacb Axj = bj , j = 1, 2, . . . , n, isto matriko koeficientov, jih lahkoresujemo hkrati. Ce torej matriko A razsirimo desno z identicno matriko I, tj.

[A|I] =

a11 a12 . . . a1n 1 0 . . . 0a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0...

......

......

. . ....

an1 an2 . . . ann 0 0 . . . 1

,

2. marec 2009, 20 : 15 189

in s pomocjo Gaußove eliminacije preoblikujemo to matriko v

[I|B] =

1 0 . . . 0 b11 b12 . . . b1n

0 1 . . . 0 b21 b22 . . . b2n...

.... . .

......

......

0 0 . . . 1 bn1 bn2 . . . bnn

,

je B = A−1.

Zgled 245 Izracunaj inverz matrike A =

[1 42 3

].

Razsirjena matrika je

[A|I] =

[1 4 1 02 3 0 1

].

Sledi

[A|I] ∼[

1 4 1 00 −5 −2 1

]∼[

1 4 1 00 1 2

5−1

5

]∼[

1 0 −35

−45

0 1 23

−13

].

Torej je

A−1 =

[−3

5−4

523

−13

].


1 0 1−1 2 −12 −3 1

.

Razsirjena matrika je

[A|I] =

1 0 1 1 0 0−1 2 −1 0 1 02 −3 1 0 0 1

.

Sledi

[A|I] ∼

1 0 1 1 0 00 2 0 1 1 00 −3 −1 −2 0 1

∼

1 0 1 1 0 00 1 0 1

212

00 0 −1 −1

232

1

∼

∼

1 0 1 1 0 00 1 0 1

212

00 0 1 1

2−3

2−1

∼

1 0 0 12

32

10 1 0 1

212

00 0 1 1

2−3

2−1

.

Torej je

A−1 =

12

32

112

12

012

−32

−1

.

2. marec 2009, 20 : 15 190

Racunanje inverza s pomocjo prirejenke Vrnimo se se enkrat k sistemu enacbAxj = bj , j = 1, 2, . . . , n. Ce pisemo

xj =

x1j

x2j...xnj

,

lahko po Cramerjevem pravilu zapisemo

xij =det(Bij)

det(A),

kjer je matrika Bij enaka matriki A, v kateri smo i-ti stolpec zamenjali s stolpcem bj .Torej je det(Bij) = (−1)i+j detAji, kjer je Aji poddeterminanta elementa aji v matriki A.

Izrek 99 Ce je det(A) 6= 0, je

A−1 =1

detA(A)T ,

kjer je A prirejenka matrike A, torej matrika z elementi A = [(−1)i+j detAij], kjer je Aij

matrika, ki jo dobimo iz matrike A, tako, da v njej odstranimo i-to vrstico in j-ti stolpec.

Opomba. V racunski praksi skoraj vedno racunamo inverz matrike s pomocjo Gaußoveeliminacije, saj bi morali pri racunanju inverza s pomocjo prirejenke izracunati n2 + 1determinant reda (n− 1) × (n− 1).


[1 42 3

].

Za matriko A je det(A) = −5 in

A =

[3 −2

−4 1

].

Torej je

A−1 =1

−5

[3 −2

−4 1

]T

=1

−5

[3 −4

−4 1

]=

[−3

5−4

545

−15

].


1 0 1−1 2 −12 −3 1

.

Za matriko A je

det(A) =

∣∣∣∣∣∣

1 0 1−1 2 −12 −3 1

∣∣∣∣∣∣= 1

∣∣∣∣2 −1−3 1

∣∣∣∣+ 1

∣∣∣∣−1 22 −3

∣∣∣∣ =

= 1 · (−1) + 1 · (−1) = −2

2. marec 2009, 20 : 15 191

in

A =

∣∣∣∣2 −1−3 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣−1 −12 1

∣∣∣∣∣∣∣∣−1 22 −3

∣∣∣∣

−∣∣∣∣

0 1−3 1

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 12 1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣

1 02 −3

∣∣∣∣∣∣∣∣0 12 −1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣

1 1−1 −1

∣∣∣∣ −∣∣∣∣

1 0−1 2

∣∣∣∣

=

−1 −1 −1−3 −1 3−2 0 −2

.

Torej je

A−1 =1

−2

−1 −1 −1−3 −1 3−2 0 −2

T

=1

−2

−1 −3 −2−1 −1 0−1 3 −2

=

=

12

32

112

12

012

−32

−1

.

Inverz matrike je tesno povezan z resevanjem sistemov enacb. Recimo, da imamo linearensistem n enacb z n neznankami, ki ga v matricni obliki zapisemo kot Ax = b. Ce jedetA 6= 0, obstaja A−1. Torej je A−1Ax = A−1b oziroma

x = A−1b.

Sistem je torej enolicno resljiv. Njegovo resitev izracunamo tako, da najprej izracunamoA−1, nato pa matriko A−1 ∈ Rn×n pomnozimo z matriko b ∈ Rn×1 in dobimo x ∈ Rn×1.

Zgled 249 Naj bo A =

[2 −5−1 3

]in B =

[3 21 −1

]. Resi matricno enacbo

AX +B2 = 7I.

Enacbo najprej preoblikujemo

AX +B2 = 7I,

AX = 7I −B2,

X = A−1(7I − B2).

Sedaj pa po vrsti izracunamo

B2 =

[3 21 −1

]·[

3 21 −1

]=

[11 42 3

],

7I −B2 = 7 ·[

1 00 1

]−[

11 42 3

]=

[−4 −4−2 4

],

det(A) =

∣∣∣∣2 −5−1 3

∣∣∣∣ = 1

A−1 =

[2 −5−1 3

]−1

=

[3 15 2

]T

=

[3 51 2

].

Torej je

X = A−1(7I − B2) =

[3 51 2

]·[−4 −4−2 4

]=

[−22 8−8 4

].

2. marec 2009, 20 : 15 192

9 Funkcije vec spremenljivk

9.1 Graf funkcije vec spremenljivk

Naj bo D ⊂ Rn poljubna (neprazna) mnozica. Realna funkcija vec spremenljivk je presli-kava f : D → R. Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke lahko tudi sedaj definiramozalogo vrednosti funkcije f . Torej

Zf = {f(x) ∈ R; x ∈ D}.

Graf funkcije vec spremenljivk f : D → R je mnozica

Γ(f) = {(x, y) ∈ Rn × R; x ∈ D in f(x) = y}.

Posebej: graf funkcije dveh spremenljivk f :D → R, D ⊂ R2, je ploskev v prostoru, ki lezinad definicijskim obmocjem funkcije f .

Zgledi funkcij vec spremenljivk.

• Za tocko (x, y) v ravnini (tj. (x, y) ∈ R2) je s predpisom d(x, y) =√x2 + y2 podana

funkcija dveh spremenljivk d: R2 → R, ki podaja razdaljo te tocke do koordinatnegaizhodisca.

x

y

z

• Ploscina pravokotnika v ravnini je funkcija p: (0,∞) × (0,∞) → R, podana s pred-pisom p(x, y) = xy.

x

y

z

• Ploscina trikotnika je funkcija treh sprememljivk

t(x, y, z) =1

4

√(x+ y + z)(x+ y − z)(y + z − x)(z + x− y).

2. marec 2009, 20 : 15 193

Definicijsko obmocje funkcije t je mnozica tock v R3, dolocena s pogoji.

x > 0, y > 0, z > 0, x+ y − z > 0, y + z − x > 0, z + x− y > 0.

Zgled 250 Narisi graf funkcije f : R2 → R, podane s predpisom f(x, y) = sin(π(x2 +y2)).

xy

z

Funkcijo dveh spremenljivk lahko ponazorimo tudi drugace. Naj bo z ∈ Zf poljubnatocka iz zaloge vrednosti funkcije f :D → R. Ce je funkcija f dovolj lepa, je mnozica tock

{(x, y) ∈ D; f(x, y) = z}

krivulja v D, ki jo imenujemo nivojska krivulja funkcije f . Ocitno je, da vsaka tocka(x, y) ∈ D lezi na natanko eni nivojski krivulji.

Nivojske krivulje uporabljamo vsakodnevno. Izobare na vremenski karti so nivojskekrivulje funkcije, ki predstavlja zracni tlak na nekem obmocju. Izohipse na zemljevidu sonivojske krivulje funkcije, ki meri nadmorsko visino na nekem obmocju.

Zgled 251 Kaj so nivojske krivulje funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 3x−4y+2?Skiciraj graf funkcije f .

Nivojske krivuje so podane z enacbo 3x−4y+2 = z. Torej je y = 14(3x+2−z). Nivojske

krivuje so snop vzporednih premic.

xO1

y

1bcbc

bc

bc

Graf te funkcije predstavlja ravnino v prostoru.

2. marec 2009, 20 : 15 194

x

yz

Zgled 252 Kaj so nivojske krivulje funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 1+x2+3y2?Skiciraj graf funkcije f .

xy

z

Nivojske krivuje so podane z enacbo 1+x2+3y2 = z. Ker od tod sledi x2+3y2 = z−1,so nivojske krivulje elipse. Ker je x2 + 3y2 ≥ 0, mora biti z ≥ 1.

Zgled 253 Kaj so nivojske krivulje funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = ln(16−x2−y2)? Skiciraj graf funkcije f .

Dolocimo najprej definicijsko obmocje funkcije f . Ker mora veljati 16 − x2 − y2 > 0, jex2 + y2 < 16. Torej je funkcija f definirana na odprtem krogu s srediscem v (0, 0) inpolmerom 4. Iz enacbe ln(16 − x2 − y2) = z sledi, da je 16 − x2 − y2 = ez. Torej jex2 + y2 = 16− ez, kar zaradi x2 + y2 ≥ 0 pomeni, da mora biti 16− ez ≥ 0 oz. z ≤ ln 16.Nivojnice so kroznice, ki se zgostijo proti robu definicijskega obmocja funkcije f .

2. marec 2009, 20 : 15 195

xy

z

Zgled 254 Kako naj se planinec poda od T1(−2, 1, 3) do T2(2,−1,−3) po ploskvi, podanikot graf funkcije z = y(x2 − 1), ce naj se med potjo ne vzpenja?

Premice y = 0, x = −1 in x = 1 so nivojnice ploskve pri z = 0. Ce planinec precka tonivojnico, se nanjo ne more vec vrniti. Pot planinca med tockama A(−1, 0, 0) in B(1, 0, 0)je torej natancno dolocena. Zacetni del poti (spust od T1 do A) in koncni del poti (spust odB do T2) pa nista natancno dolocena, planinec mora paziti le, da se ne vrne na nivojnico,na kateri je ze bil.

xO

1

y

1

T2

T1

bcbc

bc

b

b

Zgled 255 Skiciraj ploskev z enacbo f(x, y) = e− 1

x2+y2 .

Nivojnice zadoscajo enacbi z = e− 1

x2+y2 . Torej je z > 0. Sledi ln z = − 1x2+y2 oz. x2 + y2 =

− 1ln z

. Ker mora biti − 1ln z

> 0 od tod sledi ln z < 0 in z ∈ (0, 1). Iz enacbe x2 +y2 = − 1ln z

nazadnje vidimo, da so nivojnice kar koncentricne kroznice.

Zgled 256 Skiciraj ploskev z enacbo f(x, y) = ln x+ 2 ln y + ln(4 − x− y).

2. marec 2009, 20 : 15 196

9.2 Odprte mnozice in okolice

Kot obicajno oznacimo mnozico realnih stevil z R, mnozico

n faktorjev︷︸︸︷R × R × . . .× R pa z Rn.

Prostor Rn je metricen prostor, v katerem merimo razdaljo na obicajen, Evklidskinacin. Razdaljo med tockama x, y ∈ Rn oznacimo z dist(x, y) in velja dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 + . . .+ (xn − yn)2, kjer je x = (x1, . . . , xn) in y = (y1, . . . , yn).Ce na Rn pogledamo kot na vektorski prostor, je dist(x, y) = ‖x− y‖, kjer je x− y razlikavektorjev x in y, ‖x− y‖ pa norma oz. dolzina vektorja x− y.

Mnozica K(a, r) = {x ∈ Rn; dist(x, a) < r} je odprta krogla s srediscem v a inpolmerom r. Mnozica K(a, r) = {x ∈ Rn; dist(x, a) ≤ r} je zaprta krogla s srediscem va in polmerom r.

Mnozica D ⊂ Rn je odprta, ce za vsako tocko a ∈ D obstaja tak r > 0, da za vsakx ∈ Rn, ki zadosca pogoju dist(x, a) < r, velja x ∈ D.

D

aK(a, r)

b

Torej lahko recemo, da je mnozica D odprta, ce lezi vsaka tocka te mnozice v neki odprtikrogli, ki v celoti lezi v D.

Odprta okolica tocke a ∈ Rn je poljubna odprta mnozica, ki vsebuje tocko a v svojinotranjosti, ε-okolica tocke a ∈ Rn pa je sinonim za odprto kroglo K(a, ε).

Zgled 257 Opisi odprte in zaprte krogle v R in R2 v obicajni Evklidski metriki.

V obicajni Evkidski metriki v R je

dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 = |x1 − y1|.Torej je odprta krogla s polmerom r in srediscem v a enaka

K(a, r) = {x ∈ R; |x− a| < r} = (a− r, a+ r),

zaprta krogla s polmerom r in srediscem v a pa je enaka

K(a, r) = {x ∈ R; |x− a| ≤ r} = [a− r, a + r].

V obicajni Evkidski metriki v R2 velja

dist(x, y) =√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2.

Torej je odprta krogla s polmerom r in srediscem v a enaka

K(a, r) = {x ∈ R2;√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 < r} =

= {x ∈ R2; (x1 − y1)2 + (x2 − y2)

2 < r2},zaprta krogla s polmerom r in srediscem v a pa je enaka

K(a, r) = {x ∈ R2;√

(x1 − y1)2 + (x2 − y2)2 ≤ r} =

= {x ∈ R2; (x1 − y1)2 + (x2 − y2)

2 ≤ r2}.

2. marec 2009, 20 : 15 197

Zgled 258 Naj bo X = {(x, y) ∈ R2; 1 ≤ x < 3; 1 ≤ y < 3}. Ali je mnozica X odprta vR2? Ali je mnozica R2 \X odprta v R2?

1 3

1

3

xO

y

a1

a2

bc

bc

bc

bc

bc

bc

Mnozica X ni odprta v R2, saj noben odprt krog s srediscem v tocki a1 ne lezi v celoti vX. Tudi mnozica R2 \X ni odprta v R2, saj noben odprt krog s srediscem v tocki a2 nelezi v celoti v R2 \X.

9.3 Zveznost

Funkcija f : D → R je zvezna v tocki a ∈ D, ce za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da zatocke, ki zadoscajo pogoju dist(x, a) < δ, velja |f(x)− f(a)| < ε. Funkcija f je zvezna namnozici D, ce je za vsako tocko a ∈ D funkcija f zvezna v tocki a.

Opazimo, da se za n = 1 ta definicija ujema z obicajno definicijo zveznosti za funkcijeene spremenljivke, saj v R velja dist(x, y) = ‖x− y‖ = |x− y|, kjer smo z |x− y| oznaciliabsolutno vrednost realnega stevila x− y.

Naj bo i ∈ {1, 2, . . . , n}. S pi: Rn → R oznacimo projekcijo na i-to koordinato.

Izrek 100 Projekcija pi: Rn → R je zvezna funkcija.

Za tocko a = (a1, . . . , an) in x = (x1, . . . , xn) velja pi(x) − pi(a) = xi − ai. Ker jed(x, a) =

√(a1 − x1)2 + . . .+ (xn − an)2, velja

|pi(x) − pi(a)| ≤ d(x, a).

Torej lahko pri izbranem ε > 0 postavimo δ = ε in bo iz d(x, a) < δ res sledilo |pi(x) −pi(a)| < ε.

Osnovne racunske operacije +, −, · lahko prepoznamo kot funkcije dveh spremenljivk,npr. sestevanje je funkcija f : R×R → R, f(x, y) = x+y. Tudi deljenje lahko prepoznamokot funkcijo dveh spremenljivk, le na definicijsko obmocje je potrebno paziti: g: R × (R \{0}) → R, g(x, y) = x

y.

Izrek 101 Osnovne racunske operacije so kot funkcije dveh spremenljivk zvezne povsod,kjer so definirane.

Dokaz. Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R2 in dokazimo, da je funkcija s, s(x, y) = x+y,zvezna v tocki (a, b). Naj bo ε > 0 in postavimo δ = 1

2ε. Ce je

‖(x, y) − (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (y − b)2 < δ,

2. marec 2009, 20 : 15 198

je tudi |x− a| < δ in |y − b| < δ. Torej je res

|s(x, y) − s(a, b)| = |x+ y − a− b| ≤ |x− a| + |y − b| < 2 · δ = ε.

Podobno dokazemo tudi zveznost odstevanja, torej zveznost funkcije (x, y) 7→ x− y.Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R2 in dokazimo, da je funkcija m, m(x, y) = x + y,

zvezna v tocki (a, b). Naj bo ε > 0 in postavimo δ = min{ ε|a|+|b|+1

, 1}. Podobno kot prejiz

‖(x, y) − (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (y − b)2 < δ,

sledi |x− a| < δ in |y − b| < δ ≤ 1; torej je |y| < |b| + 1. Racunajmo

|m(x, y) −m(a, b)| = |xy − ab| = |(x− a)y + a(y − b)| ≤≤ |x− a| · |y|+ |a| · |y − b| <<

ε

|a| + |b| + 1· (|b| + 1) + |a| · ε

|a| + |b| + 1= ε.

Izberimo poljubno tocko (a, b) ∈ R×(R\{0}) in dokazimo, da je funkcija v: R×(R\{0}) →R, v(x, y) = x

y, zvezna v tocki (a, b). Ce postavimo δ = min{ εb2

2(|a|+|b|) ,12|b|}, velja

|v(x, y) − v(a, b)| =

∣∣∣∣x

y− a

b

∣∣∣∣ =|xb− ay|

|by| =|(x− a)b− a(y − b)|

|by| ≤

≤ |x− a| · |b| + |a| · |y − b||b| · |y| <

(|b| + |a|)δ|b| · |y| < ε,

saj je |y| > |b|2

in δ ≤ εb2

2(|a|+|b|) .

Izrek 102 Naj bo f : Rn → R zvezna funkcija in g: R → R zvezna funkcija. Potem jeg ◦ f : Rn → R zvezna funcija.

Dokaz. Izberimo a ∈ D in postavimo b = f(a). Naj bo ε > 0. Potem obstaja δ1 > 0,da za |y − b| < δ1 velja |g(y) − g(b)| < ε. Torej obstaja δ > 0, da za ‖x − a‖ < δ velja|f(x) − f(a)| < δ1. Torej za ‖x− a‖ < δ res velja |g(f(x)) − g(f(a))| < ε.

Ce sedaj zdruzimo gornje izreke, lahko ugotovimo, da so tudi “elementarne” funkcijevec spremeljivk zvezne povsod, kjer so definirane.

Zgled 259 Dokazi, da je f : R2 → R, f(x, y) = ln(x2 + y2 + 1), zvezna funkcija.

Funkcijo f lahko predstavimo kot kompozitum nekaj zveznih funkcij.

x x2

(x, y) x2 + y2 ln(x2 + y2 + 1)y y2

p1

p2

q

q

s

s

g

Uporabljene so zvezne funkcije dveh spremenljivk: p1(x, y) = x, p2(x, y) = y, s(x, y) =x+ y ter zvezni funkciji ene spremenljivke q(t) = t2, g(t) = ln(t+ 1).

Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke lahko definiramo limito: Stevilo A jelimita funkcije f v tocki a, oznaka lim

x→af(x) = A, ce za vsak ε > 0 obstaja δ > 0, da iz

0 < dist(x, a) < δ sledi |f(x) − A| < ε. Iz definicije torej sledi, da funkcijska vrednost vtocki a ne vpliva na vrednost lim

x→af(x). (Potrebno ni niti, da je funkcija f sploh definirana

v tocki a.)

2. marec 2009, 20 : 15 199

Izrek 103 Funkcija f :D → R je zvezna v tocki a ∈ D, natanko tedaj, ko je limx→a

f(x) =

f(a).

Zgled 260 Naj bo f(x, y) = x2−y2

x2+y2 . Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

Limito L1 = limx→0

(limy→0

f(x, y)

)izracunamo tako, da pri fiksnem x 6= 0 izracunamo

limy→0

f(x, y), nato pa dobljeneni izraz po x limitiramo k 0. Torej limy→0

f(x, y) = limy→0

x2−y2

x2+y2 =

x2

x2 = 1 in zato L1 = limx→0

(1) = 1.

Podobno za y 6= 0 najprej izracunamo limx→0

f(x, y) = limx→0

x2−y2

x2+y2 = −y2

y2 = −1 in odtod

L2 = limy→0

(−1) = −1.

F (x) = limy→0

f(x, y)limx→0

F (x)(0, 0)bc

Dokazimo nazadnje, da limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja. Ce bi ta limita obstajala,

bi bila neodvisna od smeri priblizevanja (x, y) → (0, 0). Postavimo y = kx. Ce bi torejlimita lim

(x,y)→(0,0)f(x, y) obstajala, bi bila enaka limiti lim

x→0f(x, kx) za vsak k. Racunajmo:

limx→0

f(x, kx) = limx→0

x2 − (kx)2

x2 + (kx)2= lim

x→0

x2(1 − k2)

x2(1 + k2)=

1 − k2

1 + k2.

Izracunali smo, da limita limx→0

f(x, kx) obstaja za vsak k, vendar je njena vrednost za vsak

k drugacna. Torej limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja.

(0, 0)

y=k 1x

y = k2x(x, y) (x, k2x)

(x, k1x)

bc

bc

bc

bc

Zgled 261 Naj bo f(x, y) = 2xyx2+y2 . Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

2. marec 2009, 20 : 15 200

Pri danem x 6= 0 je seveda L1 = limy→0

f(x, y) = limy→0

2xyx2+y2 = 0 in zato L1 = lim

x→00 = 0.

Podobno je tudi limy→0

(limx→0

f(x, y))

= 0. Ceprav sta sedaj ponovljeni limiti enaki, tudi to

ni dovolj za zveznost. Postavimo y = kx in izracunajmo radialno limito

limx→0

f(x, kx) = limx→0

2x · kxx2 + (kx)2

=2k

1 + k2.

Enako kot prej lahko sklepamo, da limita lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ne obstaja, saj so radialne

limite razlicne.

Zgled 262 Naj bo f(x, y) = (x+ y) sin 1x

sin 1y. Izracunaj limite

limx→0

(limy→0

f(x, y)

), lim

y→0

(limx→0

f(x, y)), lim

(x,y)→(0,0)f(x, y).

Naj bo x 6= 0. Potem limita

limy→0

(x+ y) sin1

xsin

1

y

ne obstaja. Podobno za y 6= 0 tudi limita ne obstaja

limx→0

(x+ y) sin1

xsin

1

y.

Po drugi strani pa lahko ocenimo

|f(x, y)| = |x+ y| · | sin 1

x| · | sin 1

y| ≤ |x| + |y|,

saj je sinus navzgor omejen z 1. Ker velja lim(x,y)→(0,0)

(|x| + |y|) = 0, je tudi

0 ≤ lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) ≤ lim(x,y)→(0,0)

(|x| + |y|) = 0

in zatolim

(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0.

Gornji primeri kazejo, da je obravnavanje zveznosti funkcije vec spremenljivk tezavnejseod obravnavanja zveznosti funkcije ene spremenljivke in da si pri tem ne moremo pomagati

s ponovljenimi limitami (tj. limitami oblike limx→0

(limy→0

f(x, y)

). )

Naj boD odprta mnozica in f :D → R poljubna funkcija. Za poljubno tocko (a, b) ∈ Dlahko definiramo funkciji f1:Dx → R, f1(x) = f(x, b), in f2:Dy → R, f2(y) = f(a, y),definirani na majhnih okolicah Dx in Dy tock a oz. b.

Izrek 104 Ce je f zvezna funkcija v tocki (a, b), je funkcija f1 zvezna v a, funkcija f2 pazvezna v b.

2. marec 2009, 20 : 15 201

Dokaz. Poglejmo natancno definicijo zveznosti funkcije f . Pri danem ε > 0 obstajaδ > 0, da za ‖(x, y) − (a, b)‖ < δ velja |f(x, y) − f(a, b)| < ε. Ker pa iz |x− a| < δ sledi,da je

‖(x, b) − (a, b)‖ =√

(x− a)2 + (b− b)2 = |x− a| < δ,

je |f(x, b) − f(a, b)| < ε. Ce upostevamo, da je f(x, b) = f1(x), smo tako dokazali, da je|f1(x) − f1(a)| < ε. Torej je f1 zvezna funkcija v tocki a. Podobno dokazemo, da je f2

zvezna funkcija v tocki b.

(a, b)

D

a

b

a− δ a+ δ

b+ δ

b− δ

O x

y

bcbc

bcbc

Opozoriti velja, da ne velja obrat gornjega izreka. Kot kaze primer 261 funkcija f nizvezna v (0, 0), posamezni funkciji f1 in f2 pa sta zvezni v 0.

9.4 Parcialni odvodi

Naj boD odprta mnozica v Rn in f :D → R poljubna funkcija. Naj bo x = (x1, . . . , xn) ∈D in i ∈ {1, 2, . . . , n}. Ce obstaja limita

limh→0

f(x1, . . . , xi−1, xi + h, xi+1, . . . , xn) − f(x1, . . . , xi−1, xi, xi+1, . . . , xn)

h,

pravimo, da je funkcija f parcialno odvedljiva na spremenljivko xi v tocki x in oznacimo

∂

∂xi

f(x) = limh→0

f(x1, . . . , xi−1, xi + h, xi+1, . . . , xn) − f(x1, . . . , xi−1, xi, xi+1, . . . , xn)

h.

Neposredno iz definicije sledi, da je ∂∂xif spet funkcija iz D v R. Ce je ta funkcija

parcialno odvedljiva na xj , obstaja ∂∂xj

∂∂xif , kar lahko krajse zapisemo kot ∂2f

∂xi∂xj. Ce je

i = j, oznacimo kar ∂2f∂x2

i.

Ce je funkcija ∂2f∂xi∂xj

zvezna, lahko vrstni red parcialnega odvajanja tudi zamenjamo.

Torej je ∂2f∂xi∂xj

= ∂2f∂xj∂xi

. V splosnem primeru, torej ko je funkcija f k-krat, k = (i1 + i2 +

. . .+ in), zvezno odvedljiva, vrstni red odvajanja pri funkciji ∂i1+i2+...+inf

∂xi11 ...∂xin

nni pomemben.

Zgled 263 Izracunaj ∂∂xf in ∂

∂yf za f(x, y) = xy.

Izracunamo ∂∂xf = yxy−1 in ∂

∂yf = xy ln x.


∂yf za f(x, y) = x−y

x+y.

Izracunamo ∂∂xf = 2y

(x+y)2in ∂

∂yf = − 2x

(x+y)2.

2. marec 2009, 20 : 15 202


∂yf za f(x, y) = ln tan x

y.

Izracunamo ∂∂xf = 2

y sin 2xy

in ∂∂yf = − 2x

y2 sin 2xy

.


∂yf za f(x, y) = ln(x+

√x2 + y2).

Izracunamo ∂∂xf = 1√

x2+y2in ∂

∂yf = y√

x2+y2(x+√

x2+y2)= y

x2+y2+x√

x2+y2.


∂yf za f(x, y) = arc sin

√x2−y2

x2+y2 .

Izracunamo ∂∂xf =

x|y|√

2(x2−y2)

x4−y4 in ∂∂yf = −yx2

√2(x2−y2)

|y|(x4−y4).

Zgled 268 Naj bo

f(x) =

{2xy

x2+y2 , ce je x2 + y2 6= 00, sicer.

Izracunaj ∂f∂x

(0, 0).

Parcialni odvod izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0.

Pri tem zgledu velja omeniti, da funkcija f ni zvezna v (0, 0) kot funkcija dveh spremen-ljivk, je pa zvezna v vsaki spremenljivki posebej.

Zgled 269 Naj bo

f(x) =

{exey−1

x+y, ce je x 6= −y,

1, sicer.

Izracunaj ∂f∂x

(0, 0).

Parcialni odvod izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h=

= limh→0

eh−1h

− 1

h= lim

h→0

eh − 1 − h

h2=

= limh→0

eh − 1

2h= lim

h→0

eh

2=

1

2,

kjer smo si pri izracunu zadnjih dveh limit pomagali z L’Hospitalovim pravilom.

Zgled 270 Izracunaj vse druge parcialne odvode funkcije f , f(x, y) = x2 − y2 + 3xy −4x+ 2y.

2. marec 2009, 20 : 15 203

Velja

∂f

∂x= 2x+ 3y − 4

∂f

∂y= −2y + 3x+ 2

∂2f

∂x2= 2

∂2f

∂x∂y= 3

∂2f

∂y∂x= 3

∂2f

∂y2= −2

Opazimo, da je ∂2f∂x∂y

= ∂2f∂y∂x

.

Zgled 271 Izracunaj vse druge parcialne odvode funkcije f , f(x, y) = ln(x+ y2).

Velja

∂f

∂x=

1

x+ y2

∂f

∂y=

2y

x+ y2

∂2f

∂x2= − 1

(x+ y2)2

∂2f

∂x∂y= − 2y

(x+ y2)2

∂2f

∂y2=

2(x+ y2) − 2y · 2y(x+ y2)2

=2(x− y2)

(x+ y2)2

Zgled 272 Naj bo

f(x) =

{xy(x2−y2)

x2+y2 , ce je x2 + y2 6= 00, sicer.

Izracunaj ∂2f∂x∂y

(0, 0) in ∂2f∂y∂x

(0, 0).

Parcialna odvoda v tocki (x, y) 6= (0, 0) sta

∂f

∂x=

y(x4 + 4x2y2 − y4)

(x2 + y2)2,

∂f

∂y=

x(x4 − 4x2y2 − y4)

(x2 + y2)2.

Parcialna odvoda v (0, 0) izracunamo po definiciji:

∂f

∂x(0, 0) = lim

h→0

f(h, 0) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0

2. marec 2009, 20 : 15 204

in podobno∂f

∂y(0, 0) = lim

h→0

f(0, h) − f(0, 0)

h= lim

h→0

0 − 0

h= 0.

Od tod sledi, da je ∂f∂x

(0, y) = −y za vsak y in ∂f∂y

(x, 0) = x za vsak x. Torej je ∂2f∂x∂y

(0, 0) =

1 in ∂2f∂y∂x

(0, 0) = −1.

9.5 Totalni diferencial

Naj bo funkcija f :D → R zvezna v tocki (a, b) ∈ D. Potem je razlika f(a+h, b+k)−f(a, b)hkrati s h in k majhna. Ce obstajata taki stevili A,B ∈ R, da je

lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) − (Ah+Bk)√h2 + k2

= 0,

pravimo, da je f diferenciabilna v tocki (a, b).Ker velja

lim(h,k)→(0,0)

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) − (Ah +Bk)√h2 + k2

= 0

kakorkoli gre (h, k) proti (0, 0), lahko postavimo k = 0 in h > 0. Tedaj je

lim(h,0)→(0,0)

f(a+ h, b) − f(a, b) − Ah

h= 0,

kar pomeni, da je

limh↓0

f(a+ h, b) − f(a, b)

h= A.

Ker pa je limh→0

f(a+h,b)−f(a,b)h

= ∂f∂x

(a, b), smo tako dokazali, da je A = ∂f∂x

(a, b). Podobno je

B = ∂f∂y

(a, b).Izraz

∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k

imenujemo totalni diferencial funkcije f v tocki (a, b). Totalni diferencial pove, kako hitrose spreminja funkcijska vrednost funkcije f v okolici tocke (a, b).Pogosto totalni diferencial oznacimo krajse

df =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy.

Naj bo f(x) = xy. Totalni diferencial je enak df = ydx+xdy. Odtod dobimo priblizekza relativno napako produkta dveh izmerjenih kolicin, ce poznamo napaki pri merjenjudx in dy. Torej

df

f=ydx+ xdy

xy=dx

x+dy

y.

V praksi to pomeni, ce poznamo dolzini stranic pravokotnika na a % in b % natancno,a, b > 0, lahko izracunamo ploscino na (a + b) % natancno.

Videli smo ze, da je diferenciabilna funkcija parcialno odvedljiva na obe spremenljivki.Obrat pa v splosnem ne drzi.

2. marec 2009, 20 : 15 205

Izrek 105 Ce sta parcialna odvoda ∂f∂x

in ∂f∂y

zvezna v tocki (a, b), je f diferenciabilna v

tocki (a, b).

Zapisemo lahko f(a+h, b+k)−f(a, b) = f(a+h, b+k)−f(a, b+k)+f(a, b+k)−f(a, b).Po Lagrangeovem izreku je

f(a+ h, b+ k) − f(a, b+ k) =∂f

∂x(ξ1, b+ k)h

za neko tocko x1 med a in a+ h ter

f(a, b+ k) − f(a, b+ k) =∂f

∂x(a, ξ2)k

za neko tocko x2 med b in b+ k. Izraz

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) − ∂f∂x

(a, b)h− ∂f∂y

(a, b)k√h2 + k2

lahko potem zapisemo kot vsoto clenov

f(a+ h, b+ k) − f(a, b+ k) − ∂f∂x

(a, b)h√h2 + k2

=∂f∂x

(ξ1, b+ k)h− ∂f∂x

(a, b)h√h2 + k2

inf(a, b+ k) − f(a, b) − ∂f

∂y(a, b)k

√h2 + k2

=

∂f∂y

(a, ξ2)k − ∂f∂y

(a, b)k√h2 + k2

.

Ker pa je ∣∣∣∣∣

∂f∂y

(ξ1, b)h− ∂f∂y

(a, b)h√h2 + k2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∂f

∂x(ξ1, b) −

∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣

in ∣∣∣∣∣

∂f∂y

(a, ξ2)k − ∂f∂y

(a, b)k√h2 + k2

∣∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣∂f

∂y(a, ξ2) −

∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ ,

lahko lahko zaradi zveznosti parcialnih odvodov v tocki (a, b) pri danem ε > 0 najdemotak δ > 0, da iz ‖(h, k)‖ < δ sledi

∣∣∣∣∂f

∂x(ξ1, b) −

∂f

∂x(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2

in ∣∣∣∣∂f

∂y(a, ξ2) −

∂f

∂y(a, b)

∣∣∣∣ <ε

2.

Torej je res ∣∣∣∣∣f(a+ h, b+ k) − f(a, b) − ∂f

∂x(a, b)h− ∂f

∂y(a, b)k

√h2 + k2

∣∣∣∣∣ < ε.

Zgled 273 Dokazi, da je f , f(x, y) = arc tan yx, diferenciabilna funkcija na obmocju

D = R × (R \ {0}).

2. marec 2009, 20 : 15 206

Parcialna odvoda sta

∂f

∂x=

1

1 + ( yx)2

· (− y

x2) = − y

x2 + y2,

∂f

∂y=

1

1 + ( yx)2

· 1

x=

x

x2 + y2.

Ker sta funkciji (x, y) 7→ − yx2+y2 in (x, y) 7→ x

x2+y2 zvezni povsod na mnozici D, je f namnozici D tudi diferenciabilna.

Zgled 274 Izracunaj totalni diferencial funkcije f , f(x, y) = xyx−y

.

Izracunamo df = − y2

x2−y2dx+ x2

x2−y2dy = 1x2−y2 (−y2 dx+ x2 dy).

Zgled 275 Izracunaj totalni diferencial funkcije f , f(x, y) =√x2 + y2.

Izracunamo df = x√x2+y2

dx+ y√x2+y2

dy = 1√x2+y2

(x dx+ y dy).

Zgled 276 Izracunaj priblizno√

4.052 + 2.932.

Oznacimo f(x, y) =√x2 + y2. Izracunali smo ze df = 1√

x2+y2(x dx + y dy). Postavimo

x = 4, y = 3, dx = 0.05 in dy = −0.07, pa dobimo

df =1√

x2 + y2(x dx+ y dy) =

=1√

42 + 32(4 · 0.05 + 3 · (−0.07)) = −0.002 .

Ker je f(4, 3) = 5, je f(4.05, 2.93) ≈ 5 − 0.002 = 4.998. Pripomniti velja, da je boljnatancna vrednost enaka 4.99874.

Zgled 277 Kako natancno lahko izracunas nihajni cas matematicnega nihala, ce poznasg na 1% natancno, dolzimo ℓ pa na 5% natancno?

Za nihajni cas velja formula T = 2π

√ℓ

g. Ker je

dT = π1√ℓgdℓ− π

√ℓ√g3dg,

sledi od toddT

T=

1

2

dℓ

ℓ− 1

2

dg

g.

Torej je ∣∣∣∣dT

T

∣∣∣∣ ≤∣∣∣∣1

2

dℓ

ℓ

∣∣∣∣+∣∣∣∣1

2

dg

g

∣∣∣∣ ≤ 3 %.

Zgled 278 Izracunaj x∂f∂y

+ y ∂f∂x

za f(x, y) = arc sin(x2 − y2).

Ker je ∂f∂x

= 2x√1−(x2−y2)2

in ∂f∂y

= − 2y√1−(x2−y2)2

, je vrednost izraza enaka 0.

2. marec 2009, 20 : 15 207

9.6 Verizno pravilo

Naj bo D ⊂ R2 odprta mnozica. Naj bo funkcija f :D → R diferenciabilna, funkcijix = x(t) in y = y(t) pa naj bosta zvezni in odvedljivi funkciji parametra t. Potem jeF (t) = f(x(t), y(t)) zvezna funkcija parametra t. Izracunajmo njen odvod:

F ′(t) = limh→0

F (t+ h) − F (t)

h= lim

h→0

f(x(t+ h), y(t+ h)) − f(x(t), y(t))

h.

Ker sta x in y zvezno odvedljivi, lahko po Lagrangeovem izreku zapisemo x(t + h) =x(t) + x′(ξ)h in y(t+ h) = y(t) + y′(ψ)h. Ker je f diferenciabilna, je

f(u+ ∆u, v + ∆v) − f(u, v) =∂f

∂u∆u+

∂f

∂v∆v + η

√∆2u+ ∆2v,

kjer gre η hkrati z ∆u in ∆v proti 0. Torej je

F ′(t) = limh→0

f(x(t+ h), y(t+ h)) − f(x(t), y(t))

h=

= limh→0

∂f∂u

(x(t), y(t))x′(ξ)h+ ∂f∂v

(x(t), y(t))y′(ψ)h+ hη√x′(ξ)2 + y′(ψ)2

h=

=∂f

∂u(x(t), y(t))x′(t) +

∂f

∂v(x(t), y(t))y′(t),

saj gresta ξ in ψ proti t, ko gre h proti 0.

Pravilo lahko zapisemo tudi v splosnem.

Izrek 106 Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica, f :D → R diferenciabilna, funkcije xi = xi(t),i = 1, . . . , n pa naj bodo zvezne in odvedljive funkcije parametra t. Potem je F (t) =f(x1(t), . . . , xn(t)) odvedljiva in velja

F ′(t) =n∑

k=1

∂f

∂xk

x′k(t).

Ce pa je tudi t funkcija vec spremenljivk, pa lahko gornje pravilo se nekoliko po-splosimo.

Izrek 107 Naj bo D ⊂ Rn odprta mnozica, f, x1, . . . , xn:D → R diferenciabilne funkcije.Potem je funkcija g:D → R, definirana s predpisom

g(t1, . . . , tn) = f(x1(t1, . . . , tn), x2(t1, . . . , tn), . . . , xn(t1, . . . , tn)),

diferenciabilna in za vsako tocko a ∈ D velja

∂g

∂tk(a) =

n∑

i=1

∂f

∂xk(b) · ∂xk

∂ti(a),

kjer smo oznacili b = (x1(a), . . . , xn(a)).

2. marec 2009, 20 : 15 208

V posebnem primeru n = 2 za f = f(x, y), x = x(u, v) in y = y(u, v) enostavnozapisemo

∂f

∂u=

∂f

∂x

∂x

∂u+∂f

∂y

∂y

∂u,

∂f

∂v=

∂f

∂x

∂x

∂v+∂f

∂y

∂y

∂v.

Zgled 279 Izracunaj odvod funkcije f , podane s predpisom f(x) = xx.

Oznacimo F (u, v) = uv, u(x) = x in v(x) = x. Potem je

∂F

∂u= vuv,

∂F

∂v= uv ln u,

∂u

∂x= 1,

∂v

∂x= 1 in

d

dxF (x) =

∂

∂xF (x) =

∂F

∂u

∂u

∂x+∂F

∂v

∂v

∂x=

= xxx−1 + xx ln x = xx + xx ln x.

Zgled 280 Naj bo f dvakrat zvezno odvedljiva funkcija. Izracunaj vse parcialne odvodedrugega reda za funkcijo F , podano s predpisom F (x, y) = f(x+ y, xy).

Uporabili bomo verizno pravilo za funkcije f(u, v), u(x, y) = x + y in v(x, y) = xy. Povrsti izracunamo

∂F

∂x=

∂f

∂u

∂u

∂x+∂f

∂v

∂v

∂x=∂f

∂u+∂f

∂vy,

∂F

∂y=

∂f

∂u

∂u

∂y+∂f

∂v

∂v

∂y=∂f

∂u+∂f

∂vx,

∂2F

∂x2=

∂

∂x

(∂f

∂u+∂f

∂vy

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂v2y2 =

=∂2f

∂u2+ 2y

∂2f

∂u∂v+ y2∂

2f

∂v2,

∂2F

∂y2=

∂

∂y

(∂f

∂u+∂f

∂vx

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂v2x2 =

=∂2f

∂u2+ 2x

∂2f

∂u∂v+ x2∂

2f

∂v2,

∂2F

∂x∂y=

∂

∂x

(∂f

∂u+∂f

∂vx

)=∂2f

∂u2+

∂2f

∂u∂vy +

∂2f

∂u∂vx+

∂2f

∂v2xy +

∂f

∂v=

=∂2f

∂u2+ (x+ y)

∂2f

∂u∂v+ xy

∂2f

∂v2+∂f

∂v.

2. marec 2009, 20 : 15 209

9.7 Taylorjeva formula

Videli smo ze, da za majhne h in k velja ocena

f(x+ h, y + k) ≈ f(x, y) +∂f

∂x(x, y)h+

∂f

∂y(x, y)k.

Ocena je precej enostavna a ima veliko pomanjkljivost – ne moremo jo izboljsati. Ce zelobolj natancno aproksimacijo, moramo uporabiti visje odvode.

Izrek 108 (Taylorjeva formula) Naj bo f :D → R (n+ 1)-krat zvezno parcialno odve-dljiva funkcija v okolici tocke (a, b) ∈ D. Potem velja

f(a+ h, b+ k) = f(a, b) +n∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

(i

j

)∂if

∂xi−j∂yj(a, b)hi−jkj +Rn,

kjer je

Rn =1

(n + 1)!

n+1∑

j=0

(n+ 1

j

)∂n+1f

∂xn+1−j∂yj(a+ ϑh, b+ ϑk)hn+1−jkj

za neki ϑ ∈ [0, 1].

Naj bo t ∈ [0, 1]. Oznacimo F (t) = f(a + th, b + tk). Potem je f (n + 1)-krat zveznoodvedljiva funkcija v okolici tocke t = 0. Zapisimo Taylorjevo formulo za F .

F (t) = F (0) + F ′(0)t+1

2!F ′′(0)t2 +

1

3!F ′′′(0)t3 + . . .+

1

n!F (n)(0)tn +Rn.

Potem je

F (0) = f(a, b),

F ′(0) =∂f

∂x(a, b)h +

∂f

∂y(a, b)k,

F ′′(0) =∂2f

∂x2(a, b)h2 + 2

∂2f

∂x∂y(a, b)hk +

∂2f

∂y2(a, b)k2,

...

F (n)(0) =

n∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

(i

j

)∂if

∂xi−j∂yj(a, b)hi−jkj .

Zgled 281 Razvij funkcijo f , podano s predpisom f(x, y) = ex+y, v Taylorjevo vrsto okolitocke (0, 0).

Seveda je ex+y = exey. Ker za vsak i in j velja ∂i

∂xi−j∂yj exey = exey, je ∂if

∂xi−j∂yj (0, 0) = 1.Torej je

f(x, y) = f(0, 0) +

∞∑

i=1

1

i!

i∑

j=0

xi−jyj.

2. marec 2009, 20 : 15 210

9.8 Lokalni ekstremi

Naj bo D odprta mnozica v Rn in f :D → R poljubna funkcija.Funkcija f ima v tocki a ∈ D lokalni maksimum, ce obstaja tak δ > 0, da za vsak

x ∈ K(a, δ) velja f(x) < f(a). Funkcija f ima v tocki a ∈ D lokalni minimum, ce obstajatak δ > 0, da za vsak x ∈ K(a, δ) velja f(x) > f(a). Ce ima funkcija f v tocki a lokalnimaksimum ali lokalni minimum, pravimo, da ima f v tocki a lokalni ekstrem.

Naj bo f :D → R odvedljiva funkcija. Tocka a je stacionarna, ce je

∂f

∂x1

(a) =∂f

∂x2

(a) = . . . =∂f

∂xn

(a) = 0.

Zgled 282 Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = e2x(x+ y2 +2y).

Ker je

∂f

∂x= e2x(2x+ 2y2 + 4y + 1),

∂f

∂y= e2x(2y + 2),

sta oba parcialna odvoda enaka 0 le v tocki y = −1 in x = 12. Stacionarna tocka je

T (12,−1).

Zgled 283 Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y, z) = 3 lnx +2 ln y + 5 ln z + ln(22 − x− y − z).

Parcialni odvodi so

∂f

∂x=

3

x− 1

22 − x− y − z,

∂f

∂y=

2

y− 1

22 − x− y − z,

∂f

∂z=

5

z− 1

22 − x− y − z.

Ker mora biti ∂f∂x

= ∂f∂y

= ∂f∂z

= 0, sledi od tod, da je

3

x=

2

y=

5

z=

1

22 − x− y − z=

1

t.

Od tod izrazimo x = 3t, y = 2t in z = 5t. Z upostevanjem zadnje enakosti dobimo

t = 22 − x− y − z = 22 − 10t,

kar nam da 11t = 22 oziroma t = 2. Sledi x = 6, y = 4 in z = 5. Stacionarna tocka jeT (6, 4, 10).

Izrek 109 Ce ima odvedljiva funkcija f :D → R v tocki a ∈ D lokalni ekstrem, je astacionarna tocka.

2. marec 2009, 20 : 15 211

Recimo, da ima funkcija f v tocki a = (a1, a2, . . . , an) lokalni minimum. Potem imatudi funkcija ene spremenljivke g, definirana z g(x) = f(x, a2, . . . , an), v tocki a1 lokalniminimum. Po ze dokazanem za funkcije ene spremenljivke to pomeni, da je g′(a1) = 0oziroma

∂f

∂x1(a1, a2, . . . , an) = 0.

Podobno dokazemo se za ostale parcialne odvode.

Zgled 284 Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x2 + y2. Alije v tej tocki ekstrem?

Ker je ∂f∂x

= 2x in ∂f∂y

= 2y, sta oba parcialna odvoda enaka 0 le v tocki (x, y) = (0, 0).

Ocitno je f(0, 0) = 0 in f(x, y) > 0 za (x, y) 6= (0, 0). Torej je v tocki (0, 0) celo globalniminumum.

Zgled 285 Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = xy. Ali je vtej tocki ekstrem?

Ker je ∂f∂x

= y in ∂f∂y

= x, sta oba parcialna odvoda enaka 0 le v tocki (x, y) = (0, 0).

Ocitno je f(0, 0) = 0, f(x, y) > 0 za x = y 6= 0 in f(x, y) < 0 za x = −y 6= 0. Torejzavzame funkcija poljubno blizu tocke (0, 0) pozitivne in negativne vrednosti, zato v tocki(0, 0) ni ekstrema.

Zgled 286 Doloci stacionarne tocke funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (x−y)2. Alije v tej tocki ekstrem?

Ker je ∂f∂x

= 2(x − y) in ∂f∂y

= −2(x − y), sta oba parcialna odvoda enaka 0 na premicix = y.

Ocitno je f(x, y) ≥ 0 in f(x, y) = 0 le za x = y. V skladu z gornjo definicijo ekstremapa v nobeni tocki na tej premici ni ekstrema, saj poljubno blizu nje funkcija f zavzamevrednost 0. Ker pa v okolici vsake tocke na premici zavzame le vecje ali enake vrednosti,pa lahko tocke s te premice imenujemo nepopolni ekstremi.

Videli smo ze, da lahko ekstrem odvedljive funkcije nastopi le v stacionarni tocki, nisopa vse stacionarne tocke tudi ekstremi. Podobno kot pri funkcijah ene spremenljivke si otem lahko pomagamo z drugimi odvodi.

Gornji izrek seveda ne zagotavlja, da je v stacionarni tocki a ekstrem. Za podrobnoanalizo je potrebno poseci po visjih parcialnih odvodih.

Poglejmo si najprej primer n = 2. Dana je funkcija f :D → R, kjer je D ⊂ R2, ki imastacionarno tocko (a, b) ∈ D. S pomocjo razvoja v Taylorjevo vrsto funkcije f okoli tocke(a, b) lahko za majhne h in k zapisemo

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) =1

2

(h2∂

2f

∂x2(a′, b′) + 2hk

∂2f

∂x∂y(a′, b′) + k2∂

2f

∂y2(a′, b′)

), (44)

kjer je (a′, b′) = (a+ ϑh, b+ ϑk). Oznacimo

A =∂2f

∂x2(a, b),

B =∂2f

∂x∂y(a, b),

C =∂2f

∂y2(a, b).

2. marec 2009, 20 : 15 212

Ce so drugi parcialni odvodi zvezni, je

∂2f

∂x2(a′, b′) = A+ η

∂2f

∂x∂y(a′, b′) = B + η′

∂2f

∂y2(a′, b′) = C + η′′,

kjer so stevila η, η′, η′′ poljubno majhna, ce le sta h in k majhna. Enacbo (44) lahko zatopreoblikujemo v

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) =1

2

(Ah2 + 2Bhk + Ck2

)+

1

2

(ηh2 + 2η′hk + η′′k2

). (45)

Ce sta h in k dovolj majhna in izraz Ah2 + 2Bhk +Ck2 ni enak 0, ima izraz f(a+ h, b+k) − f(a, b) enak predznak kot Ah2 + 2Bhk + Ck2.

Ce je torej izraz Ah2 + 2Bhk + Ck2 pri majhnih h in k, (k, h) 6= (0, 0), stalnegapredznaka, bo v tocki (a, b) nastopil ekstrem. Locimo nekaj primerov:

• Ce je A 6= 0, lahko zapisemo

Ah2 + 2Bhk + Ck2 =1

A((Ah +Bk)2 + (AC − B2)k2).

– Ce je AC − B2 > 0, je izraz (Ah + Bk)2 + (AC − B2)k2 za nenicelna h in kpozitiven. Ce je A < 0, je f(a + h, b + k) − f(a, b) < 0 blizu (a, b) in nastopilokalni maksimum. Ce je A > 0, je f(a+ h, b+ k) − f(a, b) > 0 blizu (a, b) innastopi lokalni minimum.

– Ce je AC − B2 < 0, je izraz (Ah + Bk)2 + (AC − B2)k2 za nenicelna h ink zmozen zavzeti pozitivne in negativne vrednosti. Pri k = 0 je zagotovopozitiven, ce pa pri k 6= 0 postavimo h = −B

Ak, bo Ah + Bk = 0, in bo izraz

negativen. Torej v tocki (a, b) ni ekstrema.

– Ce je AC −B2 = 0, je

f(a+ h, b+ k) − f(a, b) =1

2

1

A(Ah+Bk)2 +

1

2

(ηh2 + 2η′hk + η′′k2

).

Ce sta h in k tako izbrana, da je (Ah + Bk) = 0, je vrednost izraza f(a +h, b+k)−f(a, b) odvisna od visjih odvodov in v tem primeru s pomocjo drugihodvodov ne moremo odlociti, ali je v tocki (a, b) lokalni ekstrem.

• Ce je A = 0, lahko zapisemo

Ah2 + 2Bhk + Ck2 = (2Bh+ Ck)k.

Ce je tedaj B 6= 0, izraz s h in k spreminja predznak, zato ni ekstrema. (Velja:AC − B2 < 0.) Ce je B = 0, je pri k = 0 predznak odvisen od visjih odvodov.Predznak izraza Ah2 + 2Bhk + Ck2 je odvisen od visjih odvodov tudi, ce je A =B = C = 0.

2. marec 2009, 20 : 15 213

Povzemimo: Naj bo (a, b) stacionarna tocka funkcije dveh spremenljivk. Oznacimo

A =∂2f

∂x2(a, b),

B =∂2f

∂x∂y(a, b),

C =∂2f

∂y2(a, b).

Izrek 110 Ce je AC − B2 > 0, nastopi v tocki (a, b) lokalni ekstrem, in sicer lokalniminimum za A > 0 in lokalni maksimum za A < 0. Ce je AC − B2 < 0, v tocki (a, b) nilokalnega ekstrema. Ce je AC−B2 = 0, le s pomocjo drugih odvodov ne moremo odlociti,ali je v tocki (a, b) lokalni ekstrem.

Zapisimo vse druge parcialne odvode in jih zapisimo v Hessejevo matriko:

Hf(a) =

[∂2f∂x2 (a)

∂2f∂x∂y

(a)∂2f∂y∂x

(a) ∂2f∂y2 (a)

].

Ker je funkcija f dvakrat zvezno parcialno odvedljiva, je matrika Hf(a) simetricna; torej

Hf(a) =

[A BB C

].

Opazimo, da je determinanta Hessejeve matrike ravno enaka

det(Hf(a)) = AC −B2.

Gornji izrek lahko sedaj povemo na kratko: Ce je determinanta Hessejeve matrike po-zitivna, nastopi v stacionarni tocki ekstrem (lokalni maksimum, ce je A < 0 in lokalniminimum, ce je A > 0). Ce je determinanta Hessejeve matrike negativna, v stacionarnitocki ni ekstrema. Ce je determinanta Hessejeve matrike enaka 0, pa s pomocjo drugihodvodov ne moremo ugotoviti, ali nastopi v stacionarni tocki ekstrem.

Zgled 287 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x2 +y2−6x+4y+13.

Dolocimo najprej stacionarne tocke. Ker je ∂f∂x

= 2x−6 in ∂f∂y

= 2y+4, mora za stacionarnotocko veljati 2x − 6 = 0 in 2y + 4 = 0. Torej je x = 3 in y = −2. Zapisimo Hessejevomatriko:

A = Hf(3,−2) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[2 00 2

].

Ker je a11 = 2 > 0 in det(A) = 4 > 0, je v tocki (3,−2) lokalni minimum.

Zgled 288 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 + y3 − 3xy + 1.

Ker je ∂f∂x

= 3x2 − 3y in ∂f∂y

= 3y2 − 3x, mora za stacionarno tocko veljati 3x2 − 3y = 0 in

3y2 − 3x = 0. Sledi y = x2, kar nam da x4 − x = 0. Torej je x(x − 1)(x2 + x + 1) = 0

2. marec 2009, 20 : 15 214

in zato x = 0 ali x = 1. Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(1, 1). Zapisimo Hessejevomatriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −3−3 6y

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 36xy−9 in je pozitivna le v tocki T2(1, 1). Gledena vrednost elementa a11 = 6 tako sledi, da je v tocki T2 lokalni minimum. V tocki T1 pani ekstrema.

Zgled 289 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 − 4x2 + 2xy − y2.

Ker je ∂f∂x

= 3x2−8x+2y in ∂f∂y

= 2x−2y, mora za stacionarno tocko veljati 3x2−8x+2y = 0

in 2x− 2y = 0. Torej je y = x, kar nam da 3x2 − 6x = 0. Sledi x = 0 (in y = 0) ali x = 2(in y = 2). Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(2, 2). Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x− 8 2

2 −2

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka −12x + 12 in je pozitivna le v tocki T1(0, 0).Glede na vrednost elementa a11 = −8 tako sledi, da je v tocki T1 lokalni maksimum, vtocki T2 pa je sedlo.

Zgled 290 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = 3x2y+6xy2+4y3−3y.

Izracunajmo parcialne odvode. ∂f∂x

= 6xy + 6y2 in ∂f∂y

= 3x2 + 12xy + 12y2 − 3. Iz prve

enacbe sledi 6xy + 6y2 = 0, kar nam da y = 0 ali x = −y. Ce je y = 0, iz druge enacbesledi 3x2−3 = 0, kar nam da x = ±1. Ce pa je x = −y, iz druge enacbe sledi 3x2−3 = 0,kar nam da x = ±1 in y = ∓1. Torej imamo 4 stacionarne tocke T1(1, 0), T2(−1, 0),T3(1,−1) in T4(−1, 1). Zapisimo Hessejevo matriko

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6y 6x+ 12y

6x+ 12y 12x+ 24y

].

Sedaj pa po vrsti izracunamoHf(1, 0) =

[0 66 12

],Hf(−1, 0) =

[0 −6−6 −12

],Hf(1,−1) =

[−6 −6−6 −12

], Hf(−1, 1) =

[6 66 12

], kar pomeni, da imamo v tocki T3(1,−1) lokalni

maksimum, v tocki T4(−1, 1) pa lokalni minimum. V tockah T1 in T2 ni ekstremov.

Zgled 291 Doloci absolutni minimum in absolutni maksimum funkcije, podane s predpi-som f(x, y) = (3x2 + 2y2)e−x2−y2

.

Dolocimo najprej stacionarne tocke:

∂f

∂x= (6x+ (3x2 + 2y2)(−2x))e−x2−y2

= −2x(3x2 + 2y2 − 3)e−x2−y2

∂f

∂y= (4y + (3x2 + 2y2)(−2y))e−x2−y2

= −2y(3x2 + 2y2 − 2)e−x2−y2

2. marec 2009, 20 : 15 215

Najprej opazimo, da ne moreta biti x in y hkrati razlicna od 0. Pri x = 0 je lahkoy = 0 ali pa y = ±1. Podobno je za y = 0 lahko x = 0 ali pa x = ±1. Torej imamostacionarne tocke (0, 0), (0, 1), (0,−1), (1, 0) in (−1, 0). Po vrsti izracunamo f(0, 0) = 0,f(0, 1) = 2e−1 = f(0,−1) in f(1, 0) = 3e−1 = f(−1, 0). Ker je ocitno f(x, y) ≥ 0 za vsak(x, y), je v tocki (0, 0) globalni minimum. V tockah (1, 0) in (−1, 0) pa zavzame globalnimaksimum, saj je za velike (x, y) vrednost funkcije f poljubno majhna. (Uporabimolimito lim

t→∞t2e−t2 = 0.)

Zgled 292 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (1 + ey) cosx− yey.

Dolocimo najprej stacionarne tocke: ∂f∂x

= −(1 + ey) sin x in ∂f∂y

= ey cosx − ey − yey =

ey(cosx−1−y). Iz prve enacbe sledi, da je x = kπ, iz druge pa y = cosx−1 = (−1)k−1.

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[−(1 + ey) cosx −ey sin x

−ey sin x ey(cosx− 2 − y)

].

Ker za x = kπ velja sin x = 0, je determinanta Hessejeve matrike enaka −(1+ey) cosx·ey(cosx− 2 − y) = ey(1 + ey)(−1)k+2. Torej je determinanta pozitivna za sode k. V temprimeru je a11 = −(1 + ey)(−1)k < 0 in imamo lokalni maksimum. V tockah (kπ, y) zalihe k pa nimamo ekstremov, ampak sedla.

Opomniti velja, da je tak pojav pri funkcijah ene spremenljivke nemogoce zaslediti.Ce je funkcija f : R → R povsod odvedljiva in ima v tockah a in b lokalna maksima, moraimeti na odprtem intervalu med a in b vsaj se en lokalni minimum.

Zgled 293 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = x3 + 8y3 − 6xy + 5.

Ker je ∂f∂x

= 3(x2−2y) in ∂f∂y

= −6(x−4y2), mora za stacionarno tocko veljati x2−2y = 0

in x−4y2 = 0. Sledi 16y4−2y = 0, kar nam da 8y4 = y. Torej je y(2y−1)(4y2+2y+1) = 0in zato y = 0 ali y = 1

2. Stacionarni tocki sta T1(0, 0) in T2(1,

12). Zapisimo Hessejevo

matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −6−6 48y

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 36(8xy − 1) in je pozitivna le v tocki T2(1,12).

Glede na vrednost elementa a11 = 6 v tej tocki tako sledi, da je v tocki T2(1,12) lokalni

minimum. V tocki T1(0, 0) pa ni ekstrema.

Zgled 294 Doloci ekstreme funkcije, podane s predpisom f(x, y) = (x2 + y)√ey.

Najprej zapisemo f(x, y) = (x2 + y)ey/2. Ker je ∂f∂x

= 2xey/2 in ∂f∂y

= 12(2 + x2 + y)ey/2,

mora za stacionarno tocko veljati 2xey/2 = 0 in 12(2 + x2 + y)ey/2 = 0. Torej je x = 0, kar

nam da y = −2. Stacionarna tocka je T (0,−2). Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[2ey/2 xey/2

xey/2 14(4 + x2 + y)ey/2

].

Torej je Hf(0,−2) =

[2e−1 0

0 122e−1

]. Determinanta Hessejeve matrike je v tocki (0,−2)

enaka 4e−2 > 0. Glede na vrednost elementa a11 = 2e−1 tako sledi, da je v tocki T (0,−2)lokalni minimum.

2. marec 2009, 20 : 15 216

9.9 Metoda najmanjsih kvadratov

Recimo, da je na podlagi meritev dano n tock (x1, y1), (x2, y2), . . . , (xn, yn). Poiskatizelimo premico (tj. funkcijo oblike y = αx + β, ki se podatkom najbolje prilega, torejtako, da bo vrednost izraza

f(α, β) =

n∑

i=1

(yi − (αxi − β))2

minimalna. Ce oznacimo

SX = x1 + x2 + . . .+ xn,

SY = y1 + y2 + . . .+ yn,

SXX = x21 + x2

2 + . . .+ x2n,

SY Y = y21 + y2

2 + . . .+ y2n,

SXY = x1y1 + x2y2 + . . .+ xnyn,

lahko izracunamo

α =nSXY − SXSY

nSXX − SXSX

in

β =SY − αSX

n.

Zgled 295 Poisci linearno funkcijo, ki se najbolje prilega tockam T1(0, 0), T2(1, 2) inT3(3, 4).

Po vrsti izracunamo

SX = 4,

SY = 6,

SXX = 10,

SY Y = 20,

SXY = 14,

in

α =nSXY − SXSY

nSXX − SXSX=

3 · 14 − 4 · 63 · 10 − 42

=9

7

in

β =SY − αSX

n=

6 − 97· 4

3=

2

7.

Iskana funkcija je y = 97x− 2

7.

2. marec 2009, 20 : 15 217

9.10 Vezani ekstremi

Naj bo D odprta mnozica v Rn in f :D → R poljubna funkcija. Naj bo M ⊂ D poljubnapodmnozica. Zanima nas ekstrem funkcije f |M :M → R.

Pogosto je mnozica M podana z vezmi ; torej v obliki:

M = {x ∈ D; g1(x) = 0, g2(x) = 0, . . . , gm(x) = 0},

kjer so g1, . . . , gm:D → R dane odvedljive funkcije.Primer: Zamima nas, katera tocka na elipsi z enacbo x2 + 4y2 = 1 lezi najblizje

koordinatnemu izhodiscu. Vez je ena sama: g(x, y) = x2 + 4y2 − 1, funkcija, katereekstrem iscemo, pa je f(x, y) =

√x2 + y2.

Metoda Lagrangeovih multiplikatorjev Ker za spremenljivke x1, . . . , xn velja

g1(x1, . . . , xn) = 0,

g2(x1, . . . , xn) = 0,...

gm(x1, . . . , xn) = 0,

te spremenljivke niso neodvisne. Ob primernih pogojih bi lahko iz tega sistema izrazili mspremenljivk kot funkcije preostalih n−m spremenljivk in jih vstavili v f(x1, . . . , xn).

Vendar pa kljub temu velja, da je v stacionarni tocki totalni diferencial enak 0. Torejje

df =∂f

∂x1dx1 +

∂f

∂x2dx2 + . . .+

∂f

∂xndxn. (46)

Ker spremenljivke x1, . . . , xn niso neodvisne, tudi diferenciali niso neodvisni. Ce diferen-ciramo vse vezi, dobimo

dg1 =∂g1

∂x1

dx1 +∂g1

∂x2

dx2 + . . .+∂g1

∂xn

dxn = 0,

dg2 =∂g2

∂x1

dx1 +∂g2

∂x2

dx2 + . . .+∂g2

∂xn

dxn = 0,

...

dgm =∂gm

∂x1dx1 +

∂gm

∂x2dx2 + . . .+

∂gm

∂xndxn = 0.

Pomnozimo gornje enacbe zaporedoma z λ1, . . . , λm in jih pristejmo enacbi (46). Dobimo

df =

(∂f

∂x1+ λ1

∂g1

∂x1+ λ2

∂g2

∂x1+ . . .+ λm

∂gm

∂x1

)dx1 +

+

(∂f

∂x2

+ λ1∂g1

∂x2

+ λ2∂g2

∂x2

+ . . .+ λm∂gm

∂x2

)dx2 +

+ · · ·++

(∂f

∂xn+ λ1

∂g1

∂xn+ λ2

∂g2

∂x2+ . . .+ λm

∂gm

∂xn

)dxn.

2. marec 2009, 20 : 15 218

Najprej dolocimo konstante λ1, . . . , λn tako, da so v tej enacbi koeficienti pri zadnjih mebacbah enaki 0. Ker so diferenciali dx1, . . . , dxn−m med seboj neodvisni, so tudi pri tehdiferencialih koeficienti enaki 0. Torej dobimo sistem enacb

∂f

∂x1

+ λ1∂g1

∂x1

+ λ2∂g2

∂x1

+ . . .+ λm∂gm

∂x1

= 0,

∂f

∂x2

+ λ1∂g1

∂x2

+ λ2∂g2

∂x2

+ . . .+ λm∂gm

∂x2

= 0,

...∂f

∂xn+ λ1

∂g1

∂xn+ λ2

∂g2

∂x2+ . . .+ λm

∂gm

∂xn= 0.

Konstante λ1, . . . , λn in spremenljivke x1, . . . , xn dolocimo sedaj tako, da ustrezajo vezemin gornjemu sistemu enacb.

Pri iskanju vezanih ekstremov si pomagamo z Lagrangeovo funkcijo

F (x1, . . . , xn, λ1, . . . , λm) = f(x) − λ1g1(x) − λ2g2(x) − . . .− λmgm(x).

Stevila λ1, . . . , λm imenujemo Lagrangeovi multiplikatorji.

Izrek 111 Ce ima funkcija f |M lokalni ekstrem v tocki a ∈ M , obstajajo realna stevilaλ1, . . . , λm, da je ∂F

∂xi(a) = 0 za i = 1, 2, . . . , n in gj(a) = 0 za j = 1, 2, . . . , m.

Kot pri obicajnih ekstremih smo s tako formuliranim izrekom zapisali le potrebenpogoj za nastop ekstrema, ne pa tudi zadostnega. Enostavne metode za iskanje zadostnihpogojev ni, lahko pa si pomagamo z naslednjim izrekom.

Izrek 112 Ce funkcije f , g1, . . . , gm zadoscajo pogojem prejsnjega izreka in poleg tegavelja, da je kvadratna forma 〈Hf(a)t, t〉 pozitivno definitna za vse vektorje t = (t1, . . . , tn),

za katere je∑n

i=1∂gj

∂xi(ti) = 0, ima funkcija f |M v tocki a lokalni ekstrem.

Zgled 296 Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 2x − 4y, nakroznici, podani z enacbo x2 + y2 = 1.

Zapisimo Lagrangeovo funkcijo F (x, y, λ) = 2x − 4y − λ(x2 + y2 − 1). Potem mora vstacionarni tocki veljati ∂F

∂x= 2 − 2xλ = 0, ∂F

∂y= −4 − 2yλ = 0 in x2 + y2 = 1. Iz

prve enacbe izrazimo x = 1λ, iz druge pa y = − 2

λ. Torej je x2 + y2 = 5

λ2 = 1, kar nam

da λ = ±√

5. Stacionarni tocki sta T1(1√5,− 2√

5) in T2(− 1√

5, 2√

5). V tocki T1 je lokalni

maksimum, v T2 pa lokalni minimum.

Zgled 297 Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 3x2−2xy+3y2,na krivulji, podani z enacbo x3 + y3 = 1.

Zapisimo Lagrangeovo funkcijo F (x, y, λ) = 3x2 − 2xy + 3y2 − λ(x3 + y3 − 1). Potemmora v stacionarni tocki veljati ∂F

∂x= 6x− 2y − 3x2λ = 0, ∂F

∂y= −2x+ 6y − 3y2λ = 0 in

x3 + y3 = 1. Najprej opazimo, da v x = 0 v prvi enacbi implicira y = 0, kar pa zaradi

2. marec 2009, 20 : 15 219

vezi ni mozno. Podobno tudi y = 0 v drugi enacbi implicira x = 0, kar spet zaradi vezini mozno. Iz prve enacbe izrazimo λ = 6x−2y

3x2 , iz druge pa λ = −2x+6y3y2 . Torej je

6x− 2y

3x2=

−2x+ 6y

3y2,

kar lahko preoblikujemo v 6xy(y−x)+2(x−y)(x2 +xy+y2) = 0 oz. 2(x−y)3 = 0. Sledix = y, kar nam zaradi vezi da x = y = 1

3√2.

Analizirajmo vez. Iz x3 + y3 = 1 lahko izrazimo y = 3√

1 − x3 = x 3√

(− 1 + 1x3 ), kar je

za velike x priblizno enako −x. Torej za velike x velja f(x, y) ≈ 3x2 + 2xx + 3x2 = 8x2

in je funkcija f navzgor neomejena. V tocki T ( 13√2, 1

3√2) je lokalni minimum.

Zgled 298 Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = 2x3 +4x2 +y2−2xy, na obmocju, omejenem z grafoma funkcij y = x2 in y = 4.

Poiscimo najprej ekstreme v notranjosti tega obmocja. Ker je ∂f∂x

= 6x2 + 8x − 2y in∂f∂y

= 2y − 2x, iz pogojev 6x2 + 8x− 2y = 0 in 2y − 2x = 0 izpeljemo x = y, kar nam da

6x2 + 6x = 0 oz. x = 0 ali x = −1. Torej sta T1(0, 0) in T2(−1,−1) stacionarni tocki.Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[12x+ 8 −2−2 2

].

Determinanta Hessejeve matrike je enaka 24x+ 12 in je pozitivna le v tocki (0, 0). Gledena vrednost elementa a11 = 8 tako sledi, da je v tocki T1(0, 0) lokalni minimum.

Poiscimo sedaj ekstreme na robu obmocja. Ce je y = 4, je g(x) = f(x, 4) = 2x3 +4x2 + 16 − 8x pravzaprav funkcija ene spremenljivke. Ker je g′(x) = 6x2 + 8x − 8 =2(3x− 2)(x+ 2), sta lokalna ekstrema pri x = 2

3in x = −2. Torej sta ekstrema funkcije

f se v tockah (23, 4) in (−2, 4).

Ce pa je y = x2, si pomagamo z vezanimi ekstremi. Lagrangeova funkcija je tedajenaka

F (x, y, λ) = 2x3 + 4x2 + y2 − 2xy − λ(y − x2).

Torej je ∂F∂x

= 6x2 + 8x − 2y + 2λx in ∂f∂y

= 2y − 2x − λ. Ko v prvi enacbi upostevamo

y = x2, dobimo 6x2 + 8x− 2x2 + 2λx = 2x(2x+ 4 + λ). Ce je x = 0, je tudi y = λ = 0.Sicer pa je 2x + 4 + λ = 0, 2y − 2x − λ = 0 in y = x2. Sledi 2y + 4 = 0, kar zaradiy = x2 ni mozno. Torej je na vezi y = x2 stacionarna tocka le (0, 0) in v tej tocki je lokalniminimum.

Zgled 299 Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f , f(x, y) = x3 +y3−9xy+2,na omocju D = {(x, y); 0 ≤ x ≤ 4, 0 ≤ y ≤ 4}.

Kot obicajno najprej dolocimo stacionarne tocke. Parcialna odvoda sta ∂f∂x

= 3x2 − 9y in∂f∂y

= 3y2 − 9x. Torej je 3y = x2 in 3x = y2. Sledi x = y = 0 ali x = y = 3.Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[6x −9−9 6y

].

2. marec 2009, 20 : 15 220

Ker je determinanta Hessejeve matrike enaka 36xy − 81, je v tocki (3, 3) lokalni ekstrem(minimum), v tocki (0, 0) pa ni ekstrema.

Za x = 0 imamo na robu funkcijo ene spremenljivke g(y) = y3 + 2, ki ima v y = 0minimum, v y = 4 pa maksimum. (Ustrezni tocki sta (0, 0) in (0, 4). ) Pri x = 4 imamona robu funkcijo ene spremenljivke g(y) = 64+y3−36y+2. Iz g′(y) = 3y2−36 = 0 sledi,da imamo v y = 2

√3 lokalni ekstrem (minimum). (Ustrezna tocka je (4, 2

√3). Podobno

z analizo funkcij x 7→ f(x, 0) in x 7→ f(x, 4) poiscemo se tocke (0, 0), (4, 0), (2√

3, 4).Nazadnje analiziramo se oglisca.

Da bi torej poiskali najvecjo in najmanjsno vrednost funkcije f na danem obmocju, jepotrebno izracunati in primerjati funkcijske vrednosti v tockah

(0, 0), (0, 4), (4, 4), (4, 0), (2√

3, 4), (4, 2√

3), (3, 3).

Zgled 300 V polkrog polmera r vcrtraj pravokotnik z najvecjo ploscino, katerega straniceso vzporedne koordinatnima osema.

Recimo, da lezi njegovo oglisce (x, y) na delu loka v prvem kvadrantu. Potem ima pra-vokotnik oglisca v tockah (x, 0), (x, y), (−x, 0), (−x, y), njegova ploscina pa je enaka2xy. Ker lezi tocka na kroznici, velja x2 + y2 = r2. Torej iscemo maksimum funkcijef(x, y) = 2xy pri pogoju x2 + y2 = r2. Zapisimo Lagrangeovo funkcijo

F (x, y, λ) = 2xy − λ(x2 + y2 − r2).

Potem je ∂F∂x

= 2y − 2λx in ∂F∂y

= 2x − 2λy. Ker iz x = 0 sledi y = 0 (oz. iz y = 0 sledi

x = 0), je x 6= 0 6= y. Torej je yx

= λ = xy

in x2 = y2. Skupaj z x2 + y2 = r2 to pomeni

x = 1√2r in y = 1√

2r. (Predpostavili smo namrec, da tocka (x, y) lezi v prvem kvadrantu.)

Najvecja ploscina je tako enaka 2 · 1√2r · 1√

2r = r2.

Zgled 301 Poisci najmanjso razdaljo od koordinatnega izhodisca do grafa funkcije y =x2 − x− 1.

Razdalja od tocke (x, y) do koordinatnega izhodisca je enaka√x2 + y2. Torej iscemo

ekstreme funkcije√x2 + y2 pri pogoju y = x2 − x − 1. Opaziti velja, da je zaradi

monotonosti korenske funkcije dovolj poiskatni minimum funkcije x2+y2 pri istem pogoju.Zapisimo Lagrangeovo funkcijo F (x, y, λ) = x2 + y2 − λ(x2 − x − 1 − y). Potem je

∂F∂x

= 2x − (2x − 1)λ in ∂F∂y

= 2y + λ. Sledi λ = 2x2x−1

= −2y in y = x1−2x

. Torej jex

1−2x= x2 −x− 1, kar nam da −2x3 +3x2 − 1 = (x− 1)2(−2x− 1) = 0. Torej je x = 1 ali

x = −12. Pri x = 1 je y = 1 in razdalja d =

√2. Pri x = −1

2je y = −1

4in razdalja je

√5

4.

Zgled 302 V polsfero polmera r vcrtraj kvader najvecje prostornine.

Recimo, da ima kvader eno oglisce v tocki (x, y, z)

Zgled 303 Izmed vseh trikotnikov z danim obsegom poisci tistega za najvecjo ploscino.

Zgled 304 Izmed vseh trikotnikov, ki so vcrtani danemu krogu, obsegom poisci tistega znajvecjo ploscino.

2. marec 2009, 20 : 15 221

Zgled 305 Poisci vse ekstreme funkcije f , podane s predpisom f(x, y) = x − 2y +ln√x2 + y2 + arc tan y

x.

Parcialna odvoda sta ∂f∂x

= x2+x+y2−3yx2+y2 in ∂f

∂y= −2x2+3x−2y2+y

x2+y2 . Torej je x2 +x+y2−3y = 0

in −2x2 + 3x − 2y2 + y = 0. Iz prve enacbe sledi x2 + y2 = −x + 3y, iz druge pax2 + y2 = 1

2(3x + y). Torej je −x + 3y = 1

2(3x + y), kar nam da −2x + 6y = 3x + y oz.

x = y. Enacbo x2 +x+ y2−3y = 0 tako preoblikujemo v 2x2 −2x = 0, kar nam da x = 0ali x = 1. Ker tocka (0, 0) ni v definicijskem obmocju funkcije f , je stacionarna tocka enasama: T (1, 1).

Zapisimo Hessejevo matriko:

Hf(x, y) =

[∂2f∂x2

∂2f∂x∂y

∂2f∂y∂x

∂2f∂y2

]=

[ −x2+6yx+y2

(x2+y2)2−3x2−2yx+3y2

(x2+y2)2

−3x2−2yx+3y2

(x2+y2)2x2−6yx−y2

(x2+y2)2

]=

[64

−24−2

4−64

].

Ker je determinanta Hessejeve matrike v tocki (1, 1) negativna, v tej tocki ni ekstrema.

Zgled 306 Poisci najvecjo in najmanjso vrednost funkcije f(x, y) = xy2 na polkrogu,podanem z enacbama x2 + y2 ≤ 3, x ≤ y.

10 Diferencialne enacbe

10.1 Splosen pojem diferencialne enacbe

Naj bo n ∈ N, D ⊂ Rn+2 odprta mnozica in F :D → R zvezna funkcija. Navadnadiferencialna enacba je zveza med neodvisno spremenljivko x, odvisno spremenljivko y innjenimi odvodi y′, . . . , y(n), torej zveza

F (x, y, y′, . . . , y(n)) = 0. (47)

Zgled 307 Za funkcijo F : R3 → R, podano s predpisom F (x1, x2, x3) = x3+x1x2−sin x1,je pripadajoca enacba enaka y′ + xy − sin x = 0.

Red diferencialne enacbe je red najvisjega odvoda v enacbi.

Zgled 308 Diferencialna nacba y′ = 2xy + x2 ima red 1, enacba y′′ + 3y′ − 7 = cosxe−x

pa red 2.

Resitev diferencialne enacbe (47) reda n na intervalu (a, b) je vsaka funkcija f : (a, b) → R,ki je na tem intervalu n-krat odvedljiva in za vsak x ∈ (a, b) zadosca enacbi.

F (x, y(x), y′(x), . . . , y(n)(x)) = 0. (48)

Resiti diferencialno enacbo pomeni poiskati vse funkcije, ki tej enacbi zadoscajo. Obicajnoje, da ima diferencialna enacba reda n vec resitev, ki so odvisne od n parametrov. Takiresitve pravimo splosna resitev. Ce v splosni resitvi izberemo parametre, dobimo natankoeno doloceno resitev iz te druzine, ki ji pravimo partikularna resitev. Precej pogostodolocimo partikularno resitev tako, da predpisemo zacetne vrednosti

y(x0) = a0, y′(x0) = a1, . . . , y

(n−1)(x0) = an−1.

Mozno je, da premore diferencialna enacba tudi resitve, ki jih ne moremo dobiti s primernoizbiro parametrov v splosni resitvi. Takim resitvam pravimo singularne resitve.

2. marec 2009, 20 : 15 222

Zgled 309 Funkcija y(x) =√

1 + x2 je resitev diferencialne enacbe yy′ = x na celi realniosi.

Ker je y′ = x√1+x2 = x

y, res lahko zapisemo yy′ = x.

Zgled 310 Funkcija y(x) = sin(2x) je resitev diferencialne enacbe y′ + 4y = 0 na celirealni osi.

Ker je y′ = 2 cos(2x) in y′′ = −4 sin(2x), res velja y′′ + 4y = 0 na celi realni osi.

To pa ni edina resitev. Gornji enacbi ustrezajo vse funkcije oblike y = A sin(2x) +B cos(2x) (splosna resitev), kjer sta A,B ∈ R poljubni konstanti. Res: Za y = A sin(2x)+B cos(2x) velja y′ = 2A cos(2x) − 2B sin(2x) in y′′ = −4A sin(2x) − 4B cos(2x).

Partikularno resitev, ki npr. ustreza pogoju y(0) = y′(0) = 1, dobimo tako, da resimosistem enacb y(0) = 1 in y′(0) = 1. Torej y(0) = A sin(2x) + B cos(2x)|x=0 = B = 1y′(0) = 2A cos(2x) − 2B sin(2x)|x=0 = 2A = 1. Torej je iskana funkcija enaka

y =1

2sin(2x) + cos(2x).

Diferencialne enacbe zelo pogosto srecamo v tehniki in naravoslovju. Poleg obicajnihdiferencialnih enacb so pogosti tudi sistemi diferencialnih enacb, pri katerih v enacbahnastopajo odvodi vec neznanih funkcij.

Zgled 311 (Radioaktivni razpad) Na zacetku imamom0 radioaktivnega izotopa 88Ra226.Zapisi, kako se masa iztopa spreminja v odvisnosti od casa.

Zakon o radioaktovnem razpadu pravi, da je hitrost razpadanja sorazmerna kolicini snovi.Torej dm

dt= Km, kjer je K < 0 konstanta, znacilna za dolocen radioaktovni izotop. Za

88Ra226 je K = −1.4 · 10−11s−1. Diferencialne enacbe dmdt

= Km se ne znamo sistematicnoobravnavati, enoparametricno druzino resitev m(t) = CeKt pa lahko kljub temu uganemo.Ker na zacetku (tj. pri t = 0) velja m(0) = m0, sledi CeKt|t=0 = m0, kar nam da C = m0.Torej je

m(t) = m0eKt.

Zgled 312 Poisci vse funkcije, ki zadoscajo enacbi y′ = 0.

Videli smo ze, da le konstantne funkcije zadoscajo gornjemu pogoju. Torej je za vsakc ∈ R funkcija y = f(x) = c resitev gornje enacbe.

Podobno je mozno videti, da so za dani n ∈ N vse funkcije, ki zadoscajo enacbi y(n) = 0ravno polinomi stopnje n− 1; torej y(x) = xn−1an−1 + xn−2an−2 + . . .+ a1x+ a0.

Geometrijska interpretacija diferencialne enacbe y′ = f(x, y) je naslednja. V vsakitocki (x, y) ∈ D doloca enacba smerni koeficient tangente na graf funkcije, ki jo resi.Tako lahko v vsaki tocki (x, y) ∈ D pripnemo vektor ~v = (1, f(x, y)).

2. marec 2009, 20 : 15 223

10.2 Diferencialne enacbe prvega reda

Splosno diferencialno enacbo prvega reda podamo v obliki

F (x, y, y′) = 0.

Njena resitev je enoparametricna druzina krivulj y = f(x, C), kjer je C ∈ R parameter.Partikularno resitev dobimo tako, da predpisemo pogoj, ki mu mora ta resitev zadoscati.Obicajno podamo vrednost v neki tocki, torej y(x0) = y0.

Diferencialni enacbi skupaj z zacenim pogojem

F (x, y, y′) = 0, y(x0) = y0, (49)

pravimo zacetni problem.

Enacba z locljivima spremenljivkama Ce lahko enacbo F (x, y, y′) = 0 zapisemo vobliki y′ = h(x)g(y), pravimo, da ima enacba locljivi spremenljivki. Ker je y′ = dy

dx, lahko

zapisemo dydx

= h(x)g(y), kar nam da

dy

g(y)= h(x)dx.

Torej je splosna resitev enaka∫

dy

g(y)=

∫h(x) dx+ C,

ki jo lahko zapisemo v obliki G(y) = H(x) + C. Za partikularno resitev, ki npr. ustrezapogoju y(x0) = y0, pa velja G(y0) = H(x0) + C. Torej je

C = G(y0) −H(x0).

Zgled 313 Poisci splosno resitev enacbe xy+(x+1)y′ = 0 in zapisi partikularno resitev,ki zadosca pogoju y(0) = 1.

To je enacba z locljivima spremenljivkama xx+1

dx = −1ydy. Sledi

∫x

x+1dx = −

∫1ydy,

kar nam da x− ln(x+ 1) = − ln y + c oz. y = C(x+ 1)e−x. Ker je y(0) = 1, sledi C = 1in zato y = (x+ 1)e−x.

Zgled 314 Poisci splosno resitev enacbe√y2 + 1 = xyy′ in zapisi partikularno resitev,

ki zadosca pogoju y(1) = 1.

To je enacba z locljivima spremenljivkama y√y2+1

dy = 1xdx, kar nam da

∫y√y2+1

dy =∫

1xdx. Torej je

√y2 + 1 = ln x+ C in y2 = (ln x+ C)2 − 1.

Ce je torej y(1) = −1, velja C2 − 1 = 1 in C = ±√

2. Iskani funkciji sta dve

y =√

(ln x±√

2)2 − 1.

Zgled 315 Poisci splosno resitev enacbe 2x2yy′ + y2 = 2 in zapisi partikularno resitev,ki zadosca pogoju y(1) = −1.

2. marec 2009, 20 : 15 224

To je enacba z locljivima spremenljivkama y2−y2 dy = 1

2x2 dx. Sledi −12ln(2−y2) = − 1

2x+C,

kar nam day2 = 2 − e

1x−2C .

Ker mora biti y(1) = −1, sledi 1 = 2 − e1−2C in zato 1 − 2C = 0. Torej je C = 12. Iskana

funkcija je

y = −√

2 − e1x−1.

Zgled 316 Poisci splosno resitev enacbe (1 + x2)y′ + (1 + y2) = 0 in zapisi partikularnoresitev, ki zadosca pogoju y(1) = 1.

To je enacba z locljivima spremenljivkama 11+x2dx = − 1

1+y2 dy. Sledi arc tan x = − arc tan y+C in

y = tan(C − arc tan x) =c− x

1 + cx,

kjer smo oznacili c = tanC. Ce sedaj zapisemo y(1) = 1, dobimo 1 = tan(C − π4). Sledi

C = π2. To pa med drugim pomeni, da ne smemo resitve zapisati v obliki y = c−x

1+cx, kjer je

oznacili c = tanC. Iskana resitev je potem kar y = tan(C−arc tan x) = − cot(arc tan x) =− 1

x.

Zgled 317 Poisci splosno resitev enacbe ex+2y−e2x−yy′ = 0 in zapisi partikularno resitev,ki zadosca pogoju y(0) = 0.

Ker je exe2y = e2xe−yy′, je to enacba z locljivima spremenljivkama e−x dx = e−3y dy. Sledi−e−x = −1

3e−3y + C, kar nam da

y = −1

3ln(3(C + e−x)).

Z upostevanjem pogoja y(0) = 1 pa dobimo −1 = −13

+ C in od tod C = −23.

Zgled 318 Poisci splosno resitev enacbe y′ cosx− y = 0 in zapisi partikularno resitev, kizadosca pogoju y(0) = 1.

To je enacba z locljivima spremenljivkama dyy

= dxcos x

. Sledi ln y =∫

1cos x

dx. Integral∫1

cos xdx najlazje izracunamo s pomocjo nove spremenljivke t = tan x

2. Dobimo

∫1

cosxdx =

∫ 21+t2

1−t2

1+t2

dt =

∫2

1 − t2dt =

=

∫1

1 − tdt+

∫1

1 + t= ln

1 + t

1 − t= ln

1 + tan x2

1 − tan x2

.

Sledi ln y = ln1+tan x

2

1−tan x2

+ C, kar nam da y = c1+tan x

2

1−tan x2, kjer smo zapisali c = eC .

Ker mora veljati y(0) = 1, od tod sledi c = 1 in

y =1 + tan x

2

1 − tan x2

.

2. marec 2009, 20 : 15 225

Linearna diferencialna enacba I. reda Enacbo oblike

y′ + f(x)y = g(x)

imenujemo Linearna diferencialna enacba I. reda. Ce je g(x) = 0, ima enacba

y′ + f(x)y = 0

locljivi spremenljivki in njena resitev je ln y +∫f(x) dx = lnC oziroma

y = Ce−R

f(x) dx.

Gornjo enacbo sedaj resujemo s pomocjo variacije konstante. Konstanto C nadomestimoz neznano funkcijo C = u(x). Sledi y = u(x)yh(x), kjer smo zapisali yh(x) = e−

Rf(x) dx.

Ko slednje vstavimo v gornjo enacbo, dobimo

u′(x)yh(x) + u(x)y′h(x) + f(x)u(x)yh(x) = g(x).

Ker je u(x)y′h(x) + f(x)u(x)yh(x) = u(x)(y′h(x) + f(x)yh(x)) = 0, sledi

u′(x) =g(x)

yh(x)

in u(x) =∫ g(x)

yh(x)dx + C. Torej je splosna resitev enaka y = yh(x)(

∫ g(x)yh(x)

dx + C), karpogosto zapisemo v obliki

y(x) = yp(x) + Cyh(x),

kjer je yh(x) = e−R

f(x) dx splosna resitev homogene enacbe, yp(x) = e−R

f(x) dx∫ g(x)

yh(x)dx

pa partikularna resitev nehomogene enacbe.

Zgled 319 Poisci splosno resitev enacbe y′ + 2y = e2x in zapisi partikularno resitev, kizadosca pogoju y(0) = 1.

Pridruzena homogena enacba se glasi y′ + 2y = 0. Torej je dydx

= −2y, kar nam dadyy

= −2 dx. Torej je ln y = −2x+ lnC oziroma

yh = Ce−2x.

Resitev nehomogene enacbe dolocimo s pomocjo variacije konstante y = u(x)e−2x. Slediy′ = u′(x)e−2x−2u(x)e−2x in u′(x)e−2x−2u(x)e−2x+2u(x)e−2x = e2x. Torej je u′(x)e−2x =e2x in u = 1

4e4x. Sledi yp = 1

4e4xe−2x = 1

4e2x. Splosno resitev diferencialne enacbe zapisemo

kot y = yh + yp = Ce−2x + 14e2x.

Za partikularno resitev velja y(0) = C + 14

= 1, torej je C = 34

in y = 34e−2x + 1

4e2x.

Zgled 320 Poisci splosno resitev enacbe xy′ − 2y = 2x4 in zapisi partikularno resitev, kizadosca pogoju y(1) = 1.

Pridruzena homogena enacba se glasi xy′−2y = 0. Torej je dydx

= 2 yx, kar nam da dy

y= 2dx

x.

Torej je ln y = 2 lnx+ lnC oziroma

yh = Cx2.

Resitev nehomogene enacbe dolocimo s pomocjo variacije konstante y = u(x)x2. Slediy′ = u′(x)x2 − 2xu(x) in xu′(x)x2 − 2x2u(x) + 2u(x)x2 = 2x4. Torej je u′(x)x3 = 2x4

in u = x2. Sledi yp = x2x2 = x4. Splosno resitev diferencialne enacbe zapisemo koty = yh + yp = Cx2 + x4.

Za partikularno resitev velja y(1) = C + 1 = 1, torej je C = 0 in y = x4.

2. marec 2009, 20 : 15 226

Zgled 321 Poisci splosno resitev enacbe y′+y tanx = 1cos x

in zapisi partikularno resitev,ki zadosca pogoju y(π

4) = 0.

Pridruzena homogena enacba se glasi y′ + y tanx = 0. Torej je dydx

= −y tan x, kar nam

da dyy

= − sin xcos x

dx. Torej je ln y = ln cosx+ lnC oziroma

yh = C cos x.

Resitev nehomogene enacbe dolocimo s pomocjo variacije konstante y = u(x) cosx. Slediy′ = u′(x) cosx − u(x) sin x in u′(x) cosx − u(x) sin x + u(x) cosx tan x = 1

cos x. Torej je

u′(x) cosx = 1cos x

in u = tanx. Sledi yp = cos x tanx = sin x. Splosno resitev diferencialneenacbe zapisemo kot y = yh + yp = sin x+ C cosx.

Za partikularno resitev velja y(π4) =

√2

2+C

√2

2= 0, torej je C = −1 in y = sin x−cos x.

Bernoullijeva enacba Naj bo α 6= 1, α 6= 0 realno stevilo, f in g pa zvezni funkciji.Diferencialna enacba oblike

y′ + f(x)y = g(x)yα (50)

se imenuje Bernoullijeva diferencialna enacba. Enacbo lahko s substitucijo z = y−α+1

prevedemo na linearno diferencialno enacbo. Res: Ko enacbo (50) delimo z yα, dobimo

y−αy′ + f(x)y−α+1 = g(x).

Ker je z′ = (−α + 1)y−αy′, tako sledi

1

−α + 1z′ + f(x)z = g(x)

inz′ + (−α + 1)f(x)z = (−α + 1)g(x).

Dobljena enacba je obicajna linearna diferencialna enacba 1. reda.

Zgled 322 Resi enacbo y′ + 2xy = 2x3y3.

Ker je α = 3, je primerna substitucija z = y−2. Nova enacba se glasi z′ − 4xz = −4x3.Pridruzena homogena enacba je z′ − 4xz = 0, ki jo lahko zapisemo kot dz

z= 4x dx.

Torej je ln z = 2x2 + lnC in z = ce2x2. Sedaj pisemo z = u(x)e2x2

in izracunamou′e2x2

+ ue2x2(4x) − 4xue2x2

= −4x3. Sledi u′ = −4x3e−2x2.

Integral u(x) =∫−4x3e−2x2

dx najlazje izracunamo s pomocjo substitucije t = x2,dt = 2x dx. Sledi

u(x) =

∫−4x3e−2x2

dx = −2

∫te−2t dt = te−2t −

∫e−2t dt

= te−2t +1

2e−2t = x2e−2x2

+1

2e−2x2

,

kjer smo v izracunu uporabili metodo integracije po delih. Splosna resitev se tako glasi

z = Ce2x2

+ e2x2

(x2e−2x2

+1

2e−2x2

) = Ce2x2

+ x2 +1

2.

Nazadnje zapisemo 1y2 = Ce2x2

+ x2 + 12, kar nam da dve resitvi

y = ± 1

Ce2x2 + x2 + 12

.

2. marec 2009, 20 : 15 227

Zgled 323 Resi enacbo xy′ − 4y = x2√y.

Pri tej enacbi imamo α = 12. Torej je z =

√y primerna zamenjava. Sledi y = z2 in enacba

postane Enacba postane x2zz′ − 4z2 = x2z oziroma

z′ − 2

xz =

x

2.

Homogeno enacbo z′ − 2xz = 0 preoblikujemo v dz

z= 2dx

x. Torej je ln z = 2 lnx + ln c in

z = cx2. Ko pisemo z = u(x)x2, dobimo enacbo u′x2+2xu− 2xux2 = x

2, ki jo preoblikujemo

v u′ = 12x

. Torej u = 12ln x in z = cx2 + x2

2ln x. Resitev gornje enacbe je tako

y =

(cx2 +

x2

2ln x

)2

.

Zgled 324 Resi enacbo y′ + yx+1

= −y2.

Ker je α = 2, je primerna substitucija z = y−1. Torej je z′ − 1x+1

z = 1. Pridruzena

homogena enacba je z′− 1x+1

z = 0 in ima splosno resitev z = c(x+1). Partikularno resitev

nehomogene enacbe dobimo z variacijo konstante: c′(x + 1) + c− c = 1. Sledi c′ = 1x+1

,kar nam da c = ln(x+1). Torej je z = c(x+1)+ (x+1) ln(x+1) = (x+1)(c+ ln(x+1))in od tod y = 1

(1+x)(c+ln(1+x)).

10.3 Diferencialne enacbe visjih redov

Diferencialna enacba drugega reda ima obliko

F (x, y, y′, y′′) = 0, (51)

njena splosna resitev pa je dvoparamatricna druzina funkcij

y = y(x, C1, C2).

Da bi lahko dolocili njeno partikularno resitev, potrebujemo dva zacetna pogoja. Najpo-gosteje predpisemo

y0 = y(x0) in z0 = y′(x0). (52)

Enacbo (51) skupaj s pogojema (52) imenujemo zacetni problem. Ce namesto pogojev(52) predpisemo vrednosti funkcije y v dveh tockah, tj.

y0 = y(x0) in y1 = y(x1), (53)

imenujemo enacbo (51) skupaj s pogojema (53) robni problem.

Resevanje diferencialnih enacb drugega in visjih redov je v splosnem tezko. V nadalje-vanju si bomo pogledali skupino diferencilnih enacb drugega reda, katere resitev ni tezkoizracunati.

2. marec 2009, 20 : 15 228

Linearne diferencialne enacbe visjega reda Splosna linearna diferencialna enacbadrugega reda je oblike

y′′ + f(x)y′ + g(x)y = r(x), (54)

kjer so f , g in r poljubne (zvezne) funkcije neodvisne spremenljivke x.Splosna linearna diferencialna enacba reda n je oblike

y(n) + an−1(x)y(n−1) + . . .+ a0(x)y = r(x), (55)

kjer so a0, . . . , an−1, in r poljubne (zvezne) funkcije neodvisne spremenljivke x.Ce je funkcija r na desni strani enacb (54) oz. (55) identicno enaka 0, imenujemo tako

enacno homogena diferencialna enacba.

Zgled 325 Diferencialna enacba y′′ + xy′ + sin xy = x2e−x je nehomogena, enacba y′′′ −x2y′ +

√xy = 0 pa homogena.

Homogene linearne diferencialne enacbe drugega reda Homogena linearna dife-rencialna enacba drugega reda je oblike

y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0. (56)

Take enacbe zelo pogosto nastopajo v fiziki, npr. enacba nihanja utezi z maso m na vzmetis koeficientom k je y′′ + k

my = 0, kjer je y = y(t).

Izrek 113 (Obstoj in enolicnost resitve) Ce sta f , g zvezni funkciji na odprtem in-tervalu I in x0 ∈ I, je zacetni problem

y′′ + f(x)y′ + g(x)y = 0, y(x0) = y0, y′(x0) = y1,

enolicno resljiv.

Hitro vidimo, da je za poljubni dve funkciji y1 in y2, ki sta resitvi enacbe (56), tudifunkcija y = αy1 + βy2, α, β ∈ R, resitev enacbe (56). Podobna trditev za nehomogeneenacbe ne velja.

Pravimo, da sta funkciji y1 in y2 linearno odvisni, ce obstajata konstanti C1, C2, neobe 0, da je C1y1(x) + C2y2(x) = 0 za vsak x ∈ I. Ce funkciji nista linearno odvisni, stalinearno neodvisni.

Naj bosta funkciji y1 in y2 resitvi enacbe (56). Izraz

W (y1(x), y2(x)) =

∣∣∣∣y1(x) y2(x)y′1(x) y′2(x)

∣∣∣∣ = y1(x)y′2(x) − y′1(x)y2(x)

imenujemo determinanta Wronskega.

Izrek 114 Naj bosta funkciji y1 in y2 resitvi enacbe (56). Funkciji y1 in y2 sta linearnoneodvisni natanko tedaj, ko je W (y1(x), y2(x)) 6= 0 za vsak x ∈ I. Ce je W (y1(x), y2(x)) =0 za kaksen x ∈ I, je W (y1(x), y2(x)) = 0 za vsak x ∈ I in funkciji y1 in y2 sta linearnoneodvisni.

2. marec 2009, 20 : 15 229

Izrek 115 Splosna resitev homogene linearne diferencialne enacbe drugega reda (56) jeoblike

y(x) = C1y1(x) + C2y2(x),

kjer sta C1, C2 poljubni konstanti, y1 in y2 pa linearno neodvisni partikularni resitvi enacbe(56). Za vsako resitev z = z(x) enacbe (56) pa obstajata konstanti C1 in C2, da jez(x) = C1y1(x) + C2y2(x).

Gornji izrek nam torej pove, da lahko zapisemo vse resitve homogene linearne diferen-cialne enacbe drugega reda, ce le poznamo dve linearno neodvisni resitvi. V nadaljevanjusi bomo pogledali, kako ju lahko poiscemo, ce ima enacba konstantne koeficiente.

Enacbe s konstantnimi koeficienti Ce sta funkciji f in g v enacbi (56) konstanti, jeenacba oblike

y′′ + py′ + qy = 0, (57)

kjer sta p, q ∈ R. Resitev enacbe (57) poiscemo z nastavkom y = eλx. Torej je y′ = λeλx

in y′′ = λ2eλx. Ko slednje vstavimo v (57), dobimo

(λ2 + pλ+ q)eλx = 0.

Torej mora biti λ2 + pλ+ q = 0. Polinom

k(λ) = λ2 + pλ+ q (58)

se imenuje karakteristicni polinom diferencialne enacbe (57). Iz splosne teorije vemo, daima lahko polinom k ali dve realni razlicni nicli ali eno dvojno realno nico ali dve razlicnikonjugirano kompleksni nicli:

λ1 =−p+

√p2 − 4q

2in λ2 =

−p−√p2 − 4q

2.

• Ce sta resitvi realni in razlicni, je splosna resitev enacbe (57) enaka y = C1eλ1x +

C2eλ2x.

• Ce sta resitvi realni in enaki (tj. λ1 = λ2), je splosna resitev enacbe (57) enakay = C1e

λ1x + xC2eλ1x.

• Ce sta resitvi konjugirano kompleksni (in zato razlicni), je splosna resitev enacbe(57) enaka y = C1e

λ1x + C2eλ2x. Ker pa je λ1 = a + bi in λ2 = a − bi, zapismo

splosno resitev enacbe (57) raje v obliki y = (C1 cos bx+ C2 sin bx)eax.

Zgled 326 Zapisi splosno resitev enacbe y′′ − 5y′ + 6y = 0.

Enacba y′′− 5y′ +6y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 − 5λ+6 = 0 z niclama λ1 = 2 inλ2 = 3. Torej sta y1 = e2x in y2 = e3x linearno neodvisni resitvi gornje enacbe. Splosnaresitev pa je oblike y = C1e

2x + C2e3x.

Zgled 327 Zapisi splosno resitev enacbe y′′ + 6y′ + 9y = 0.

2. marec 2009, 20 : 15 230

Enacba y′′+6y′+9y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 +6λ+9 = 0 z niclama λ1,2 = −3.Torej sta y1 = e−3x in y2 = xe−3x linearno neodvisni resitvi gornje enacbe. Splosna resitevpa je oblike y = (C1 + C2x)e

−3x.

Zgled 328 Zapisi splosno resitev enacbe y′′ + 4y′ + 10y = 0.

Enacba y′′ + 4y′ + 10y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 4λ + 10 = 0 z niclamaλ1,2 = −2 ± i

√6. Splosna resitev je oblike y = (C1 sin

√6x+ C2 cos

√6x)e−2x.

Zgled 329 Resi zacetni problem y′′ − 2y′ + 10y = 0, y(0) = 4, y′(0) = 1.

Karakteristicni polinom λ2 − 2λ + 10 ima nicli λ1,2 = 1 ± 3i. Torej je splosna resitevy = ex(A cos 3x+B sin 3x). Z upostevanjem zacetnih pogojev v y in y′ dobimo A = 4 inA+ 3B = 1 oz. B = −1. Iskana resitev je y = ex(4 cos 3x− sin 3x).

Ce v enacbi (58) desna strani ni 0, zapisemo

y′′ + py′ + qy = r(x). (59)

Resitev diferencialne enacbe (59) tedaj zapisemo v obliki y = yh + yp, kjer je yh splosnaresitev pripadajoce homogene enacbe

y′′ + py′ + qy = r(x),

yp pa katerakoli partikularna resitev enacbe (59).Resevanje te enacbe je precej enostavno, ce je funkcija r posebne oblike:

r(x) = eax(P (x) cos bx+Q(x) sin bx), (60)

kjer sta P in Q polinoma stopnje najvec n. (Ta stopnja mora biti dosezena pri vsaj enemod polinomov.) Tedaj poiscemo partikularno resitev enacbe z nastavkom

yp = xkeax(R(x) cos bx+ S(x) sin bx),

kjer sta R in S neznana polinoma stopnje n, stevilo k ≥ 0 pa red nicle λ = a + bi kotnicle karakteristicnega polinoma. Ce λ = a + bi ni njegova nicla, zapisemo k = 0.

Zgled 330 Poisci splosno resitev enacbe y′′ + 9y = 81x2.

Pridruzena homogena enacba y′′ + 9y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 9 z niclamaλ1,2 = ±3i. Splosna resitev homogene enacbe je C1 cos 3x + C2 sin 3x, nastavek za neho-mogeno enacbo pa je yp = Ax2 +Bx+ C. Sledi

y′′p + 9yp = 2A+ 9(Ax2 +Bx+ C) = 81x2,

kar nam da A = 9, B = 0 in C = −2. Dobimo

y = yh + yp = C1 cos 3x+ C2 sin 3x+ 9x2 − 2.

Ce funkcija r ni oblike (60), a jo lahko zapisemo v obliki vsote dveh funkcij, ki staoblike (60), tj. r(x) = r1(x) + r2(x), lahko uporabimo opisano metodo za vsako izmedfunkcij r1 in r2 posebej, nato pa dobljeni partikularni resitvi zdruzimo. Natancneje: ce jey′′1 + py′1 + qy1 = r1(x) in y′′2 + py′2 + qy2 = r2(x), za y = y1 + y2 velja y′′ + py′ + qy = r(x),kjer je r = r1 + r2.

2. marec 2009, 20 : 15 231

Zgled 331 Poisci splosno resitev enacbe y′′ + 2y′ + 5y = 16ex + sin 2x.

Pridruzena homogena enacba y′′ + 2y′ + 5y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 2λ+ 5 zniclama λ1,2 = −1±2i. Splosna resitev homogene enacbe je yh = e−x(C1 cos 2x+C2 sin 2x),nastavek za nehomogeno enacbo pa je

yp = Aex︸︷︷︸k 16ex

+B cos 2x+ C sin 2x︸︷︷︸k sin 2x

.

Sledi

y′′p + 2y′p + 5yp = (Aex − 4B cos 2x− 4C sin 2x) +

+2(Aex − 2B sin 2x+ 2C cos 2x) +

+5(Aex +B cos 2x+ C sin 2x) =

= 8A︸︷︷︸=16

ex + (B + 4C)︸︷︷︸=0

cos 2x+ (C − 4B)︸︷︷︸=1

sin 2x.

Torej je A = 2, B = − 417

in C = 117

. Sledi

y = e−x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x) + 2ex − 4

17cos 2x+

1

17sin 2x.

Zgled 332 Poisci splosno resitev enacbe y′′ − 2y′ + y = 2ex + x− 1.

Pridruzena homogena enacba y′′ − 2y′ + y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 2λ+ 1 zdvojno niclo λ1,2 = 1. Splosna resitev homogene enacbe je yh = C1e

x + C2xex. Nastavek

za homogeno enacbo jeyp = Ax2ex

︸︷︷︸k 2ex

+Bx+ C︸︷︷︸k x−1

.

(Opozorilo: v clenu Ax2ex je faktor x2 dodan zato, ker je λ = 1 nicla drugega redakarakteristicnega polinoma.) Sledi

y′′p − 2y′p + yp = (2Aex + 4Axex + Ax2ex) −−2(2Axex + Ax2ex +B) +

+(Ax2ex +Bx+ C) =

= 2Aex︸︷︷︸=2ex

+Bx+ (C − 2B)︸︷︷︸= x−1

Sledi A = B = C = 1 in

y = C1e2x + C2e

x + x2ex + x+ 1.

Zgled 333 Poisci splosno in partikularno resitev enacbe y′′ − 3y′ + 2y = 2e3x pri pogojihy(0) = 2 in y′(0) = 0.

Pridruzena homogena enacba y′′ − 3y′ + 2y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 − 3λ + 2z niclama λ1 = 1 in λ2 = 2. Splosna resitev homogene enacbe je yh = C1e

2x + C2ex,

nastavek za homogeno enacbo pa je yp = Ae3x. Sledi

y′′p − 3y′p + 2yp = 9Ae3x − 3 · 3Ae3x + 2Ae3x = 2Ae3x,

2. marec 2009, 20 : 15 232

kar nam da A = 1. Dobimo y = yh+yp = C1e2x+C2e

x+e3x. Ker je y(0) = C1+C2+1 = 2in y′(0) = 2C1 + C2 + 3 = 0, izracunamo C1 = −4 in C2 = 5. Iskana resitev, ki zadoscazacetnim pogojem, je torej

y = −4e2x + 5ex + e3x.

Zgled 334 Poisci splosno resitev enacbe y′′ + 4y = e−x.

Pridruzena homogena enacba y′′ + 4y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 4 z niclamaλ1,2 = ±2i. Splosna resitev homogene enacbe je yh = C1 cos 2x + C2 sin 2x. Nastavek zapartikularno resitev je yp = Ae−x, kar nam da Ae−x + 4Ae−x = e−x in A = 1

5. Sledi

y = yh + yp = C1 cos 2x+ C2 sin 2x+1

5e−x.

Zgled 335 Poisci splosno resitev enacbe y′′ + y = sin x.

Pridruzena homogena enacba y′′ + y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 + 1 z niclamaλ1,2 = ±i. Splosna resitev homogene enacbe je yh = C1 cosx + C2 sin x. Ker je sin x =e0x sin 1x, ustreza ta desna stran stevilu λ = 0 + 1i, ki je ravno nicla karakteristicnegapolinoma. Torej je nastavek za nehomogeno enacbo enak yp = x(A cosx+B sin x). Sledi

y′p = A cosx− xA sin x+B sin x+ xB cosx,

y′′p = −2A sin x− xA cos x+ 2B cosx−Bx sin x

in od tod

y′′p + yp = −2A sin x− xA cosx+ 2B cos x− Bx sin x+ Ax cosx+Bx sin x =

= −2A sin x+ 2B cosx = sin x,

kar nam da A = −12

in B = 0. Torej je yp = −12x cosx in

y = C1 cosx+ C2 sin x− 1

2x cos x.

Zgled 336 Poisci splosno resitev enacbe y′′ − 2y′ + 2y = 4ex sin x.

Pridruzena homogena enacba y′′ − 2y′ + 2y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 − 2λ+ 2 zniclama λ1,2 = 1±i. Splosna resitev homogene enacbe je oblike yh = (C1 cosx+C2 sin x)ex.Ker desna stran (tj. izraz 4ex sin x) ustreza nicli λ = 1 + i, je nastavek oblike yp =x(A cosx+B sin x)ex. Sledi

y′p = ((Ax+ A+Bx) cosx+ (Bx+B − Ax) sin x)ex

y′′p = ((2Bx+ 2A+ 2B) cosx+ (−2Ax+ 2B − 2A) sin x)ex

in

y′′p − 2y′p + 2yp = ((2Bx+ 2A+ 2B) cosx+ (2Ax+ 2B − 2A) sin x)ex −−2((Ax+ A+Bx) cos x+ (Bx+B − Ax) sin x)ex +

2x(A cosx+B sin x)ex =

= (2B cosx− 2A sin x)ex.

Izracunamo A = −2 in B = 0, kar nam da

y = (C1 cosx+ C2 sin x− 2x cosx)ex.

2. marec 2009, 20 : 15 233

Zgled 337 Poisci splosno resitev enacbe y′′ − 4y′ + 4y = e2x.

Pridruzena homogena enacba y′′ − 4y′ + 4y = 0 ima karakteristicni polinom λ2 − 4λ+ 4 zdvojno niclo λ1,2 = 2. Sledi yh = (C1 +C2x)e

2x. Nastavek za desno stran je yp = Ax2e2x.Sledi

y′p = 2A(x2 + x)e2x

y′′p = 2A(2x2 + 4x+ 1)e2x

in

y′′p − 4y′p + 4yp = 2A(2x2 + 4x+ 1)e2x − 4 · 2A(x2 + x)e2x + 4 · Ax2e2x =

= 2Ae2x.

Sledi A = 12

in

y = yh + yp = (C1 + C2x)e2x +

1

2x2e2x.

10.4 Sistemi diferencialnih enacb

Sistem dveh diferencialnih enacb prvega reda za dve neznani funkciji y1 in y2 v splosnempodamo z enacbama

y′1 = f1(x, y1, y2)y′2 = f2(x, y1, y2) (61)

Tak sistem je ekvivalenten eni sami enacbi drugega reda, ki jo dobimo tako, da prvoenacbo odvajamo po neodvisni spremenljivki, potem pa v dobljeno enacbo vstavimo y′2 izdruge enacbe in y2 iz prve enacbe. Na koncu dobimo y′′1 = F (x, y1, y

′1).

Taka trditev velja tudi v splosnem. Vsak sistem n diferencialnih enacb prvega reda jeekvivalenten diferencialni enacbi n-tega reda. Velja pa tudi obratno. Vsako diferencialnoenacbo reda n, ki je zapisana v obliki

y(n) = f(x, y1, y2, . . . , yn),

lahko zapisemo v obliki sistema enacb. Za nove odvisne spremenljivke poleg neznanefunkcije y = y1 vzamemo se njene odvode:

y′1 = y2

y′2 = y3...

y′n−1 = yn

y′n = f(x, y1, y2, . . . , yn)

Opomniti velja, da je prevedba diferencialne enacbe visjega reda na sistem diferencialnihenacb prvega reda precej obicajen postopek pri numericnem resevanju enacb.

Splosna resitev sistema (61) je dvoparametricna druzina funkcij, ki jo obicajno zapisemov obliki.

y1 = y1(x, C1, C2) y2 = y2(x, C1, C2).

Partikularno resitev dobimo tako, da predpisemo zacetne vrednosti v dveh tockah; naj-pogosteje y1(x0) = y1,0, y2(x0) = y2,0.

2. marec 2009, 20 : 15 234

Sistem dveh diferencialnih enacb s konstantnimi koeficienti Naj bodo a, b, c ind realna stevila, vsaj eno od stevil b ali c naj bo nenicelno. Sistem

y′1 = ay1 + by2 + f1(x)y′2 = cy1 + dy2 + f2(x) (62)

lahko resimo z metodo eliminacije. Ce je npr. b 6= 0, lahko iz prve enacbe izrazimoy2 = 1

b(y′1 − ay1 − f1(x)). Torej je y′2 = 1

b(y′′1 − ay′1 − f ′

1(x)), kar upostevamo v drugienacbi. Dobimo

1

b(y′′1 − ay′1 − f ′

1(x)) = cy1 +d

b(y′1 − ay1 − f1(x)) + f2(x),

kar uredimo v linearno diferencialno enacbo drugega reda s konstantnimi koeficienti:

y′′1 − (a+ d)y′1 + (ad− bc)y1 = bf2(x) − df1(x) + f ′1(x).

Podobno postopamo, ce je c 6= 0.

Zgled 338 Poisci splosno resitev sistema:

y′ = y + z + x,z′ = −4y − 3z + 2x,

kjer sta y = y(x) in z = z(x) neznani funkciji. Zapisi se tisto resitev, za katero jey(0) = z(0) = 0.

Iz prve enacbe izrazimo z = y′− y−x. Torej je z′ = y′′− y′− 1, kar nam da y′′− y′− 1 =−4y − 3(y′ − y − x) + 2x. Slednje uredimo v

y′′ + 2y′ + y = 5x+ 1. (63)

Resimo enacbo (63). Pridruzena homogena enacba

y′′ + 2y′ + y = 0

ima karakteristicni polinom λ2 + 2λ+ 1 = 0, ki ima dvojno niclo λ1,2 = −1. Torej je

yh = (C1 + C2x)e−x

splosna resitev pridruzene homogene enacbe. Partikularno resitev dobimo z nastavkom.Ker je desna stran enacbe (63) oblike 5x + 1 = eax(P (x) cos bx + Q(x) sin bx), kjer jea = b = 0 in P (x) = 5x+ 1 (znan polinom stopnje 1), je ustrezen nastavek oblike

y = Ax+B. (64)

Ko (64) vstavimo v (63), dobimo

2A+ Ax+B = 5x+ 1.

2. marec 2009, 20 : 15 235

Dobimo A = 5 in 2A+B = 1, zato je B = −9. Sledi

y(x) = yh + yp =

= (C1 + C2x)e−x + 5x− 9,

z(x) = y′ − y − x =

= (C2 − 2C1 − 2C2x)e−x − 6x+ 14.

Nazadnje postavimo y(0) = 0 = C1 − 9 in z(0) = 0 = C2 − 2C1 + 14, kar nam da C1 = 9in C2 = 4.

Diferencialne enacbe pogosto srecamo pri opisu fizikalnih problemov, ko je neka kolicina(npr. pot, hitrost, energija, . . . ) odvisna od casa. Ce je torej x = x(t), namesto dx

dtpisemo

kar x, namesto d2xdt2

pisemo x, . . . .


x = x+ 2y + t,y = 2x+ y + t,

kjer sta x = x(t) in y = y(t) neznani funkciji. Poisci se tisto resitev, za katero je x(0) = 1,y(0) = −1.

Iz prve enacbe sledi y = 12(x− x− t). Torej je y = 1

2(x− x− 1) in

1

2(x− x− 1) = 2x+

1

2(x− x− t) + t.

Sledix− 2x− 3x = t+ 1 (65)

K tej enacbi pridruzena homogena diferencialna enacba

x− 2x− 3x = 0

ima karakteristicni polinom λ2 − 2λ − 3 = (λ − 3)(λ + 1). Torej je xh = C1e−t + C2e

3t.Glede na obliko desne strani je nastavek oblike

x = At+B,

kar nam v (65) da−2A− 3(At+B) = t+ 1.

Sledi A = −13, B = −1

9in

x(t) = xh + xp =

= C1e−t + C2e

3t − 1

3t− 1

9,

y(t) =1

2(x− x− t) =

= −C1e−t + C2e

3t − 1

3t− 1

9.

Nazadnje postavimo x(0) = 1 = C1 + C2 − 19

in y(0) = −1 = −C1 + C2 − 19, kar nam da

C1 = 1 in C2 = 19.

2. marec 2009, 20 : 15 236


x = y + 2et,y = x+ t2,

kjer sta x = x(t) in y = y(t) neznani funkciji.

Iz prve enacbe sledi y = x − 2et. Torej y = x − 2et in x − x = 2et + t2. Karakteristicnipolinom λ2 − 1 ima nicli λ1,2 = ±1. Sledi xh = C1e

t + C2e−t. Nastavek za nehomogeno

enacbo jexp = Atet

︸︷︷︸k 2et

+Bt2 + Ct+D︸︷︷︸k t2

,

kar nam daA(t+ 2)et + 2B −Atet −Bt2 − Ct−D = 2et + t2.

Enacbo uredimo v2Aet − Bt2 − Ct+ (2B −D) = 2et + t2.

kar nam da A = 1, B = −1, C = 0 in D = −2. Nazadnje izpeljemo

x(t) = xh + xp =

= C1et + C2e

−t + tet − t2 − 2,y(t) = x− 2et =

= C1et − C2e

−t + (t− 1)et − 2t.


x = y − 5 cos t,y = 2x+ y,

kjer sta x = x(t) in y = y(t) neznani funkciji.

Iz prve enacbe izrazimo y = x+5 cos t. Torej je y = x−5 sin t in x−5 sin t = 2x+x+5 cos t.Sledi

x− x− 2x = 5 cos t+ 5 sin t.

Karakteristicni polinom pridruzene homogene enacbe je λ2 − λ − 2 = (λ − 2)(λ + 1).Torej je xh = C1e

2t + C2e−t. Nastavek za partikularno resitev nehomogene enacbe pa je

xp = A cos t+B sin t. Sledi

−A cos t− B sin t− (−A sin t+B cos t) − 2(A cos t+B sin t) = 5 cos t+ 5 sin t,

kar uredimo v

(−3A−B) cos t+ (−3B + A) sin t = 5 cos t+ 5 sin t.

Torej je

−3A− B = 5,

−3B + A = 5.

Gornji sistem ima resitev A = −1 in B = −2. Torej je xp = − cos t− 2 sin t. Sledi

x(t) = xh + xp =

= C1e2t + C2e

−t − cos t− 2 sin t,y(t) = x+ 5 cos t =

= 2C1e2t − C2e

−t + 3 cos t+ sin t.

2. marec 2009, 20 : 15 237

matematika i - zeljko.dmfa.sizeljko.dmfa.si/lectures/zapiski_matematika1.pdfmatematika i matjaˇz...

Documents