Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Neki zadaci sa vebi iz Analize 1 Zlatko Lazovi 21. april verzija 2.1 (zadaci sa oznakom * nisu raeni

Matematiqki fakultet Uiverzitet u Beogradu Neki zadaci sa vebi iz Aalize Zlatko Lazovi april 06 verzija zadaci sa ozakom * isu raei a vebama Sadraj MATEMATIQKA INDUKCIJA NIZOVI 4 Limes iza Svojstva 4 Diferece jedaqie 3 Mootoi izovi Broj e 3 4 Podizovi Taqke agomilava a Gor i i do i es 9 5 Koijev pricip kovergecije 36 6 Razi zadaci 39 3 REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN IVE 49 3 Pojam i svojstva 49 3 Graiqa vredost Svojstva 49 4 Neprekidost 66 4 Lokale osobie eprekidih fukcija 66 4 Globale osobie eprekidih fukcija 74 43 Fukcioale jedaqie 80 44 Ravomera eprekidost 8 5 Diferecijali raqu 86 5 Diferecijabilost fukcije 86 5 Osove teoreme diferecijalog raqua 93 53 Izvodi vieg reda 95 54 Ispitiva e fukcija 99 55 Razi zadaci

MATEMATIQKA INDUKCIJA Potrebo je dokazati da tvre e A vai za svaki priroda broj 0 0 N Teorema Ako su zadovo ei sledei uslovi: τa 0 = T, za svako 0, ako je τa = T oda je τa + = T, tada vai τa = T za svako 0 Zadatak Dokazati da za svako N vai + +3 + + + + = 6 Zadatak Berulijeva ejedakost Dokazati da za,,,, +, koji su istog zaka, vai + + + + + + + Zadatak 3 Bioma formula Dokazati da za reale brojeve a, b i N vai a + b = a k b k k k=0 Zadatak 4 Jeseova ejedakost Neka je f koveksa fukcija a R Dokazati ejedakost + + + f f + f + + f Specijalo, za koveksu fukciju f = Jeseov ejedakost daje + + + + + +, a za fukciju f = e i za izbor = log y, = log y,, = log y, gde su y, y,, y > 0, dobijamo y y y y + y + + y Neka su,,, pozitivi brojevi Defiiimo sledee sredie: H,,, = + + + Harmoijska sredia A,,, = + + + G,,, = Aritmetiqka sredia Geometrijska sredia + + + K,,, = Kvadrata sredia Zadatak 5 Dokazati da za pozitive brojeve,,, vai H,,, G,,, A,,, K,,, Zadatak 6 Koi-Xvarcova ejedakost Dokazati da za a, a,, a, b,, b R vai a k b k a k b k k= k= k=

p q Zadatak 7 Helderova ejedakost Dokazati a k b k a p k b q k, gde k= k= k= su p i q pozitivi brojevi koji zadovo avaju + = i a p q, a,, a, b,, b R 3

NIZOVI Limes iza Svojstva Defiicija Za taqku a R kaemo da je es ili graiqa vredost iza a realih brojeva i piemo a = a ako za svaku okoliu U taqke a postoji priroda broj 0 takav da je a U a za sve prirode brojeve vee od 0 Dakle, a = a U a 0 N N > 0 a U U sluqaju kada je a koaqa broj, za iz a kaemo da je kovergeta, a u sluqaju kada je a = ± ili da graiqa vredost e postoji, kaemo da iz a divergira Ako je a R, tada je a = a ε > 0 0 N N > 0 a a < ε Ako je a = +, tada je a = + M R 0 N N > 0 Ako je a =, tada je a = M R 0 N N > 0 a > M a < M Teorema Svaki kovergeta iz je ograiqe Defiicija Ako je = 0, kaemo da je ula-iz Teorema Ako je a = a, b = b, a < b tada je a < b poqev od ekog Specijalo, ako je a = a < b, oda je a < b poqev od ekog Aalogo vai kada se zak < zamei zakom > Teorema 3 Teorema o dva policajca Neka su a, b, c tri iza realih brojeva takva da je: a b c za sve N ili poqev od ekog 0 ; a = c = a R Tada je i b = a Zadatak Na osovu defiicije graiqe vredosti dokazati + + 4 = Ree e Potrebo je dokazati da za svako ε > 0 postoji priroda broj 0, takav da je + < ε za sve prirode brojeve vee od +4 0, odoso ε > 0 0 N N > 0 + + 4 < ε 4

Posmatrajmo sledei izraz + + 4 = + 8 + 4 = 7 + 4 < 7 Na osovu ekvivalecije 7 < ε > 7 ε, moemo zak uqiti da ako uzmemo 0 = bie zadovo eo ε > 0 0 N N > 0 + + 4 < ε [ ] 7 + ε Naime, eka je proizvo o ε > 0 Oda moemo izabrati 0 = [ 7 ε] + tako da za svako N koje zadovo ava > 0 vai > [ ] 7 ε + > 7, pa je ε + + 4 = + 8 + 4 = 7 + 4 < 7 < ε Zadatak Nai graiqu vredost q u zavisosti od parametra q R Ree e Vai q = +, q > ;, q = ; 0, q < ; divergira, q Zadatak 3 Nai graiqu vredost a k k + a k k + + a + a 0 b m m + b m m + + b + b 0, za k, m N i a k b m 0 Ree e Koristei k = 0 za svako k N imamo a k k + a k k + + a + a 0 = b m m + b m m + + b + b 0 = k a k + a k + + a m b m + b m 0, k < m; a k b k, k = m;, k > m Zadatak 4 Nai + 4 + Ree e Racioalisa em dobijamo + + b + a k 0 k + b m 0 m + 4 + = + 4 + 4 + + + + 4 + + + 4 + = + 4 + + = 3 + + 4 + + 3 + = = 3 + 4 + + 5

Zadatak 5 Nai graiqu vredost + 3 + + + Ree e Korie em formule + 3 + + + kk + = k k + dobijamo = + 3 + + + = = + Zadatak 6 Nai graiqu vredost! Ree e Vai sledee 0! = {}}{ 3 = 3 }{{ } 3 Na osovu graiqih vredosti 0 = 0 i = 0 i Teoreme o dva 3 policajca sledi da je! = 0 Zadatak 7 Nai graiqu vredost Ree e Neka je m = [a] Tada vai a, gde je a >! 0 a! = a a a 3 = a a a m a m + a }{{ } m = am a a a m a m m + m a m! m + Na osovu graiqih vredosti 0 = 0 i m! jer je 0 < a m + = a am <, a [a] + m! a m m a = 0 m + je kostata i Teoreme o dva policajca sledi da a je! = 0 Zadatak 8 Nai graiqu vredost Ree e Imamo sledee ejedakosti 0 b = b + = b = b, gde je b > b + b + b + + b 6

Na osovu graiqih vredosti 0 = 0 i = 0 i Teoreme o dva b policajca sledi da je b = 0 Zadatak 9 Nai graiqu vredost Ree e Vai k a = a k k, gde je k > 0 i a > a k = uvedemo smeu b = a k > = b k k Na osovu prethodog zadatka = 0, pa je i b = 0 b log k a Zadatak 0 Nai graiqu vredost, gde je k > 0, m > 0 i a > m Ree e log k a m = 0! Zadatak Dokazati = 0 Ree e Primeom Stirligove formule dobijamo!! π e = π e =! π e π e = 0 = 0, pri qemu je π = 0 e Na osovu prethodih zadataka moemo zak uqiti da vai gde su a >, k > 0, b > 0 i q > Zadatak Dokazati = Ree e log k a b q! kada, = = G,,,,, A,,,,, = = + Iz graiqih vredosti = i policajca sledi da je = 7 = + {}}{ + + + + + + = i Teoreme o dva

Zadatak 3 Dokazati a = Ree e Posmatrajmo dva sluqaja Ako je a, oda vai a Iz = i Teoreme o policajca sledi da je a = Ako je a <, oda vai a = a Zadatak 4 Dokazati za a, a,, a > 0 i m N = a >, odakle a osovu vai a = = a + a + + a m = ma{a, a,, a m }, Ree e Neka je ma{a, a,, a m } = a Tada je a = a a + a + + a m m a = m a Iz graiqih vredosti a = a i m a = a i Teoreme o dva policajca sledi a + a + + a m = a Zadatak 5 Nai graiqu vredost + + + + + + Ree e Kako su sabirci mootoo opadajui to imamo oceu + + + + + + + + Iz graiqih vredosti dva policajca sledi + = i = i primeom Teoreme o + + + + + + = + Zadatak 6 Nai a + k, za a > 0, k R 8

Ree e Na osovu graiqih vredosti 0, 0 < a < ; a =, a = ; i k = 0, k < 0;, k = 0; +, k > 0 razlikovaemo 9 sluqajeva: +, a > Ako je a 0, i k < 0, oda je a = 0 i k = 0 Xta je vee a ili k kada a? Zbog uutar korea Imamo k = k a = 0 imamo da je k > a za 0, pa emo k izdvojiti a a a + k k + k za k 0 k + = k Odozdo emo ograiqiti a + k k k Iz graiqih vredosti k = i k = i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = Ako je a 0, i k = 0 oda je a = 0 i k = Odavde se vidi da je vee k od a kada, pa emo k izdvojiti uutar korea i dobijamo a a a + k k + k za k 0 k + = k Odozdo emo ga ograiqiti sa a + k k = k Iz graiqih vredosti k = i k = i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = 3 Ako je a 0, i k > 0 oda je a = 0 i k = + Odavde se vidi da je k vee od a kada, pa emo k izdvojiti uutar korea, a a a + k k + k za k 0 k + = k Odozdo emo ga ograiqiti sa a + k k = k Iz graiqih vredosti k = i k = i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = 9

4 Ako je a = i k < 0, oda je = i k = 0 + k k za N + Odozdo emo ga ograiqiti a sledei aqi + k Iz graiqih vredosti = i = i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = a 5 Ako je a = i k = 0, oda je + = = 6 Ako je a = i k > 0, oda je = i k = + Odavde se vidi da je a vee od k kada, pa emo k izdvojiti uutar korea, a + k k + k za N k + = k k Odozdo emo ga ograiqiti a sledei aqi + k k Iz graiqih vredosti k = i k = i primeom Teoreme o policajca sledi a + k = 7 Ako je a > i k < 0, oda je a = + i k = 0 Odavde se vidi da je a vee od k kada, pa emo a izdvojiti uutar korea k k a + k a a + a za 0 a + = a Odozdo emo ga ograiqiti a sledei aqi a + k a = a Iz graiqih vredosti a = a i a = a i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = a 8 Ako je a > i k = 0, oda je a = + i 0 = Odavde se vidi da je a vee od k kada, pa emo a izdvojiti uutar korea, a + a a + a za N a + = a Odozdo emo ga ograiqiti a sledei aqi a + a = a 0

Iz graiqih vredosti a = a i a = a i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = a 9 Ako je a >, k > 0, oda je a = + i k = + Xta je vee a ili k kada? Zbog k a = 0 zadatak 9 imamo da je a > k za 0, pa emo a izdvojiti uutar korea a + k a + k k a a za 0 a + = a Odozdo emo ga ograiqiti a sledei aqi a + k a = a Iz graiqih vredosti a = a i a = a i primeom Teoreme o dva policajca sledi a + k = a Zak uqak: a + k = {, a 0, ; a, a Zadatak 7 Dokazati: a Zbir dva kovergeta iza je kovergeta iz; b Zbir kovergetog i divergetog iza je divergeta iz; v Proizvod dva kovergeta iza je kovergeta iz Ree e Pogledati u udbeiku "Matematiqka Aaliza I-Zora Kadelburg" Stav 34 Zadatak 8 Navesti: a Primer dva divergeta iza qiji je zbir kovergeta i primer dva divergeta iza qiji je zbir divergeta; b Primer jedog kovergetog i jedog divergetog iza qiji je proizvod kovergeta i primer jedog kovergetog i jedog divergetog iza qiji je proizvod divergeta Ree e a Za izove a = + 4, b = + vai a + b = 3 zadatak 4 Ako je a = + 4 i b = +, oda je a + b = + b Ako je a = i b =, oda je a b = 0 Ako je a = i b =, oda je a b = = + Zadatak 9 Dokazati da je proizvod ula iza i ograiqeog iza ula iz

Ree e Neka imamo ula iz a i ograiqe iz b za koji vai b M za svako N Tada vai 0 a b M a, odakle pomou Teoreme o dva policajca iz M a = 0 sledi a b = 0 Zadatak 0 Nai si + 3 + 4 3 + 4 + Ree e Korie em zadatka 9 dobijamo si + 3 + 4 3 + 4 + = si + }{{} a 3 + 4 3 + 4 + } {{ } b = 0, pri qemu je a ograiqe, a b ula iz Diferece jedaqie Zadatak Nai opti qla Fiboaqijevog iza a =, a =, a + = a + + a Ree e Karakteristiqa jedaqia t = t + ima ree a t Odavde, opti qla je oblika = 5, t = + 5 5 + 5 a = C + C Kostate C i C ai emo iz sistema = a = C 5 + 5 + C, = a = C pa dobijamo C = 5, C = 5 Prema tome, opti qla je a = 5 5 + 5 5 + C + 5, N + 5, Zadatak Reiti diferecu jedaqiu a + = 4a + 4a, a =, a = 7 Ree e Karakteristiqa jedaqia t = 4t 4 ima dvostruko ree e t, =, pa je opti qla oblika a = C + C, N Iz sistema = C + C, 7 = 4C + 8C dobijamo C =, C 4 = 3, pa je a 4 = + 3, N Zadatak 3 Reiti sistem diferecih jedaqia a + = 3a + b, a = b + = a + b, b =, N

Ree e Iz sistema dobijamo a + = 3a + +b + = 3a + a +b = 3a + a +a + 3a = 4a + 4a, a =, a = 7, a to je lieara difereca jedaqia drugog reda qije je ree e zadatak a = + 3, N Iz prve jedaqie sistema moemo ai b, b = 3 a + a = 3 3 Mootoi izovi Broj e + 3 + 3, N Defiicija 3 Za iz a realih brojeva kaemo da je rastui ako vai a a + za svako N, a da je strogo rastui ako je a < a + Aalogo se defiiu opadajui i strogo opadajui izovi Jedim imeom takve izove zovemo mootoim izovima Teorema 4 a Ako je iz rastui i ograiqe odozgo, oda je kovergeta b Ako je iz opadajui i ograiqe odozdo, oda je kovergeta Zadatak 4 Neka su dati izovi a = + i b = + + a Niz a je rastui, a iz b je opadajui i vai + < + + b Niz a je ograiqe odozgo, a iz b je ograiqe odozdo v Nizovi a i b kovergiraju ka istoj graiqoj vredosti Graiqu vredost ozaqimo sa e, 788 Ree e Na osovu Berulijeve ejedakosti imamo > =, tj a = + > = + = a Za dokaz ograiqeosti posmatrajmo drugi iz b = +, > Oqigledo je a < b, =, 3, Za iz b se, aalogo prethodom, dokazuje da je opadajui: iz + > + > + sledi b = > + + = b + Na taj aqi je iz a odozgo ograiqe a primer, brojem b = 4, te postoji a Toj graiqoj vredosti prema Ojleru dajemo posebo ime Zadatak 5 * 3

a Dokazati e = +! +! + 3! + +! b Dokazati e +! +! + 3! + +! <! za svako N v Dokazati da je broj e iracioala g Dokazati da je + a a = e, gde je a = ± Ree e a Neka je = + i y = +! +! + 3! + +! Tada je = + k + + + + + +! k! = + + + 3! 3! 4! +! Odavde sledi da je < + + + + = y! 3!!, odoso e y Zatim, vai > + + + + k,! 3! k! odakle "puta em esa" dobijamo e > + + + + = y! 3! k! k za svako k N, a odatle e y Prema tome, y = e b Vai y +m y = odakle "puta em esa" kada m dobijamo = = +! + +! + + m +! + +! + + + + +! + + <!, e y <! v Pretpostavimo da je e = m, gde su m, N Tada vai m = +! + 3! + +! + q, q 0,! Moe em jedakosti sa! dobijamo m! =! +! + 3! + +! + q, q 0, Leva straa je ceo broj, a desa ije, pa smo dobili kotradikciju Broj e je iracioala g Sledi iz graiqe vredosti fukcije + + = e koju emo dokazati u sledeem poglav u zadatak 36 Zadatak 6 Dokazati ejedakosti < l + + < 4

Ree e Na osovu zadatka 4 imamo ejedakosti + < e < + +, odakle logaritmova em dobijamo < l + + < Zadatak 7 Dokazati da iz a = + + + + l kovergira 3 Ree e Dokazaemo da je iz opadajui i ograiqe odozdo Posmatrajmo razliku susedih qlaova a + a = + + 3 + + + l + + + + 3 + + l = + l + < 0 Posled u ejedakost smo dobili a osovu zadatka 6 Time smo dokazali da je iz a opadajui Zatim, + + 3 + + l > l + + l + + + l + l = l 3 4 3 + l = l + l > 0, pa smo dokazali da je ograiqe odozdo Na osovu Teoreme 4 sledi da je iz a kovergeta i a = γ 0, 57 Ojlerova kostata za koju e zamo da li je racioala broj Zadatak 8 Izraquati + + + + + Ree e Na osovu zadatka 7 sledi + + + + + = + + + + + + + + + + + + [ = + + + l + + + ] l + l l = + + + l + + + l + l = γ γ + l = l Zadatak 9 Dokazati da iz a = + + + kovergira Ree e Dokazaemo da je iz rastui i ograiqe odozgo Niz je pozitiva dokazuje se matematiqkom idukcijom Posmatrajmo koliqik susedih qlaova odakle je a rastui iz a + = + >, a + 5

Da e, l a = l + + l + + + l + < + + + = = <, a odavde a < e za svako N Na osovu Teoreme 4, sledi da je iz a kovergeta Teorema 5 Xtolcova Posmatrajmo y Ako su zadovo ei sledei uslovi: y + > y y = + 3 postoji + y + y u R, + tada vai = y y + y Zadatak 30 Nai graiqu vredost 4 + 4 + + 4 5 Ree e Primeom Xtolcove teoreme dobijamo 4 + 4 + + 4 = 5 = + {}}{ 4 + 4 + + 4 + + 4 = 4 + 4 + + 4, y = 5 y + = + 5 > 5 = y y = + {}}{ 4 + 4 + + 4 }{{} 5 y y + + 5 }{{} + 4 = 5 + 5 4 + 0 3 + 0 + 5 + = + 4 5 5 4 + 0 3 + 0 + 5 + 4 + = 4 4 5 + 0 + 0 + 5 + = 3 4 + 4 5 + 0 + 0 + 5 + = 5 3 4 Zak izad jedakosti am ozaqava da je jedakost uslova, odoso da vai ako postoji + u R osobia 3 kod Teoreme 5 y + y S obzirom da postoji ta graiqa vredost i da je jedaka, oda zak moemo 5 skloiti i dobijamo da je 4 + 4 + + 4 = 5 5 Zadatak 3 Nai graiqu vredost p + p + + p p+, p N 6

Ree e Koristei Xtolcovu teoremu imamo = = p + 4 + + p = p+ + {}}{ p + p + + p + + p = p + 4 + + p, y = p+ y + = + p+ > p+ = y y = + {}}{ p + p + + p }{{} p+ y y + + p+ }{{} + p = p+ + p + p + + p+ = p + p p p + + p + + p Graiqa vredost + y + y zak jedakosti kod = + p p + p + + = + p p + + p + + p = p + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai a Zadatak 3 Nai graiqu vredost + a + + a, gde iz a kovergira ka a Ree e Primeom Xtolcove teoreme dobijamo = a + a + + a = = y = y + = + > = y y = + a + + = a + + + = = + + + + = a, + = a + jer je + + + = a + a + + a = a + + + + + + a + + + + a + + a + a + a + + + a + Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = Zadatak 33 Koijev stav Ako je a = a, oda je a + a + + a = a 7

Ree e Primeom Xtolcove teoreme dobijamo a +a ++a = = a + a + + a, y = y + = + > = y y = + = a + a + + a + a + a + a + + a + = a + Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = Zadatak 34 Neka je a pozitiva iz i a = a > 0 Dokazati da je a a a = a Ree e Ako iskoristimo ejedakosti H G A imamo a + a + + a Zatim, imamo sledee graiqe vredosti a + a + + a a a a a + a + + a = a Koijev stav, = a + ++ a a a = = =, y = a + a + + a y + > y iz a je pozitiva y = + a > 0 + a + a + + a + a + a + a + + a = a + = a Pomou Teoreme o dva policajca zak uqujemo da je a a a = a Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = Zadatak 35 Ako je iz pozitiva i postoji, oda je Ree e = 3 Zadatak 36 Nai graiqu vredost = = Zadatak 34 =! 8

Ree e Prvi aqi! = Zadatak 35 = = + = e =! + = ++ +! = + + +!! = + + + π Drugi aqi Primeom Stirligove formule e =! π e! π e = π e!! = dobijamo e = e π = e 4 Podizovi Taqke agomilava a Gor i i do i es Defiicija 4 Neka je : N N strogo rastui iz prirodih brojeva, tj eka je < < < < i eka je a : N A iz elemeata skupa A Za iz a : N A sa qlaovima a k k =,, kaemo da je podiz iza a Teorema 6 Ako iz a realih brojeva ima graiqu vredost a, tada i bilo koji egov podiz a k ima graiqu vredost a Defiicija 5 Za taqku a R kaemo da je taqka agomilava a iza realih brojeva a ako postoji podiz a k tog iza koji tei ka a kada k Defiicija 6 Za taqku a R kaemo da je taqka agomilava a skupa A R ako u svakoj okolii taqke a postoji beskoaqo mogo taqaka skupa A, ili, ekvivaleto, ako u svakoj okolii taqke a postoji bar jeda taqka skupa A razliqita od same taqke a Defiicija 7 Najvea taqka agomilava a iza a zove se gor i es ili es superior iza a i ozaqava sa sup a ili a Aalogo se defiie do i es ili es iferior iza a koji se ozaqava sa if a ili a Zadatak 37 Neka podizovi i iza kovergiraju ka a, odoso b Ako je a b, oda je T = {a, b}, gde je T skup taqaka agomilava a iza U sluqaju da je a = b iz kovergira Ree e Dokazaemo da e postoji podiz koji ima graiqu vredost razliqitu od a i od b Ako je b podiz iza a, oda emo ga ozaqiti sa a p b, a ako postoji zajediqki podiz izova a i b, ozaqiemo sa a p b Neka je k k = c Tada postoji podiz km takav da je p k = km ili p k = km Ako je p k = km, oda je km p i km p k, a odatle m km = a i m km = c, jer svaki podiz kovergira ka istoj graiqoj vredosti 9

gde i iz Odavde, a osovu jedistveosti graiqe vredosti, sledi a = c Ako je p k = km, oda je km p i km p k, a odatle m km = b i m km = c, odoso b = c Dokazali smo da skup T sadri samo a i b Zadatak 38 Neka podizovi k, k,, k k+ iza kovergiraju ka a 0, a,, a k, oda je T = {a 0, a,, a k }, gde je T skup taqaka agomilava a iza Ree e Ree e ovog zadatka je sliqo kao i ree e zadatka 37 Zadatak 39 Neka podizovi, i 7 iza kovergiraju Ispitati kovergeciju iza Ree e Neka je = a, = b i 7 = c Tada je p 7 = 4 i p 7 = 4 7 Iz 4 p i 4 p 7 sledi 4 = = a i 4 = 7 = c, a odavde a = c Iz 4 7 p i 4 7 p 7 sledi 4 7 = = b i 4 7 = 7 = c, a odavde b = c Dokazali smo da je a = c = b, te a osovu zadatka 37 sledi da iz kovergira Zadatak 40 Nai sve taqke agomilava a iza = + + cos π, kao i sup i if, =, 5, 9,, = 4k 3; Ree e Imamo cos π = 0, =, 6, 0, 0, = 4k ; =, = 3, 7,,, = 4k ; 0, = 4, 8,, 0, = 4k, k N Posmatrajmo podizove 4k 3, 4k, 4k i 4k i izraquajmo ihove graiqe vredosti 4k 3 = + 4k 3 4k 3π cos k k 4k 3 + 4k = + 4k 4k π cos k k 4k + 4k = + 4k k k 4k π cos 4k + 4k = + 4k 4kπ cos k k 4k + = + k = + 0 =, = + 4k = + = 0, k 4k = + 0 =, 4k 4k + = + = Na osovu zadatka 38 skup taqaka agomilava a je T = {0,, }, odakle je = i = 0 0

Zadatak 4 Nai sve taqke agomilava a iza = + + + kao i sup i if Ree e Oqigledo je da vai = {, = k;, = k i si π 3 = 3 3, = 3k ;, = 3k ; 0, = 3k,k N si π 3, Zbog NZS, 3 = 6 posmatraemo podizove 6k 5, 6k 4, 6k 3, 6k, 6k i 6k i izraquati ihove graiqe vredosti 6k 5 = 6k 5 + 6k 5 + 6k 5 6k 5π si k k 6k 5 6k 5 + 3 = + 6k 5 + 6k 5 3 3 k 6k 5 6k 4 = e +, 6k 4 = 6k 4 + 6k 4 + 6k 4 6k 4π si k k 6k 4 6k 4 + 3 = + 6k 4 + 6k 4 3 3 k 6k 4 6k 3 = e 6k 3 = 6k 3 + 6k 3 + 6k 3 k k = k 6k = 6k k k = k + 6k = 6k k k = k 6k = 6k k k = k 6k 3π si 6k 3 6k 3 + 3 + 6k 3 + 6k 3 6k 3 6k 0 = e, + 6k + 6k 6k π si 6k 6k + 3 6k + 6k 3 3 6k 6k = e +, + 6k + 6k 6k π si 6k 6k + 3 + 6k + 6k 3 3 = e 6k 6k, 6k + 6k + 6k + 6k 6k + 6k + 6k 6k + 0 = e, si 6kπ 3 Na osovu zadatka 38 skup taqaka agomilava a je 3 3 3 3 T = { e +, e, e, e +, e, e} odakle je sup = e + 3 i if = e 3 π Zadatak 4 Nai taqke agomilava a iza = si 3 +

Ree e Zbog π 3 + π 3 = 3 π 3 π π 9 + 3 = π 9 + 3 posmatraemo sledee podizove 6k 5, 6k 4, 6k 3, 6k, 6k, 6k Vai π 6k 5π 6k 5 = si 96k 5 + 3 + = 3, 6k 5 6k 4 = si 6k 3 = si 6k = si 6k = si 6k = si π 96k 4 + 3 + 6k 4 π 96k 3 + 3 + 6k 3 π 96k + 3 + 6k π 96k + 3 + 6k π 54k + + kπ = 0, k 6k 4π 3 6k 3π 3 6k π 3 6k π 3 = = 0, = 0, 3, =, pa je T = { 3,, 0,, 3 } = 3, Zadatak 43 Nai taqke agomilava a iza = + + l + cos π 3 Ree e Skup taqkaka agomilava a iza je T = {,,, } Zadatak 44 Dokazati da za ograiqee izove i y vai: a + y + y + y + y + y b y y y y y,, y 0 Ree e a Neka je + y = c, pri qemu je k + y k = c Ako posmatramo ograiqe podiz k, moemo zak uqiti da ima koaqa do i es k = k kl = a S obzirom da je kl + y kl p k + y k, vai kl + y kl = c, a odavde l l y kl = c a Dobili smo l + y kl + y kl = a + c a = c = + y Dokazali smo prvu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto izova i y stavimo + y i y dobijamo + y + y Korie em jedakosti = imamo + y y, odakle je + y + y

Dokazali smo drugu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto i y stavimo i y dobijamo Odavde imamo odoso + y y + y y, + y + y Dokazali smo treu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto i y stavimo i y dobijamo odoso odakle dobijamo qetvrtu ejedakost + y y, y + y, + y + y b Neka je y = c, pri qemu je k y k = c Ako posmatramo ograiqe k podiz k, moemo zak uqiti da ima koaqa do i es k = kl = a l U sluqaju da je a = 0 prva ejedakost je trivijala Ako je a 0, oda imajui u vidu da je kl y kl odavde y kl = c l a Dobili smo y kl y kl p k y k, vai l kl y kl = c, a = a c a = c = + y Dokazali smo prvu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto i y stavimo y i y dobijamo drugu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto i y stavimo i y dobijamo treu ejedakost Ako u prvu ejedakost umesto i y stavimo i y dobijamo qetvrtu ejedakost Zadatak 45 * Neka je > 0 i = Dokazati da iz kovergira Zadatak 46 Ispitati kovergeciju iza = si, Ree e Pretpostavimo da iz kovergira i da je si = Tada, a osovu jedakosti si = 4 si cos i si 3 = 3 si 4 si 3, kada "pustimo es" dobijamo da je ree e sistema jedaqia = 4, = 3 4 3, odoso {0, 3, 3 } i {0,, } Odavde vidimo da moe biti samo 0, tj = 0 3

Iz jedakosti si + = si cos + cos si, kada "pustimo es" dobijamo 0 = 0 cos + cos si, odakle je i cos = 0, a to je emogue jer je si + cos = Prema tome, iz divergira Zadatak 47 Ispitati kovergeciju rekuretog iza + = 4+ +3, = Ree e Niz kovergira jer je rastui i ograiqe odozgo sa Vai = Zadatak 48 Ispitati kovergeciju rekuretog iza + =, + R Ree e Dokazaemo da je za svako Sledi iz sledeih ekvivalecija + + Posmatrajmo razliku susedih qlaova + = + + 0, 0 = 3 + = + + Odavde vidimo da mootoost zavisi od pozitivosti iza, jer je izraz + + eegativa za Posmatrajmo sledee sluqajeve Ako je > 0, tada je > 0, To se moe jedostavo dokazati matematiqkom idukcijom Tada je iz rastui i ograie odozgo,, pa a osovu Teoreme 4 iz kovergira Neka je =, oda "puta em esa" u rekuretu vezu dobijamo = qije je ree e {, 0, } Zbog pozitivosti iza, zak uqujemo da je = Ako je < 0, tada je < 0,, to se dokazuje matematiqkom idukcijom Tada je iz opadajui i ograiqe odozdo,, pa a osovu Teoreme 4, + iz kovergira Kao i u sluqaju, iz egativosti iza zak uqujemo da je = 3 Ako je = 0, tada je = 0,, pa je = 0 Zadatak 49 Ispitati kovergeciju iza + =, 0 = 06 05 Ree e Izraquajmo ekoliko prvih qlaova = 0 = 06 05 = 05 04, = = 05 04 Moe se dokazati da prvih ekoliko qlaova ima oblik = 06 Naime, ako je = 06 tada je 05 + = = 06 05 = 05 04 05 = 04 03 = 06 + 05 + Prema tome, qla 04 = i 05 e postoji Niz ije dobro defiisa i ema smisla posmatrati kovergeciju 4

Zadatak 50 Neka su dati rekureti izovi + = +y, y + = y, = a+b, y = ab, gde je a > b > 0 Ispitati kovergeciju izova i y Ree e Matematiqkom idukcijom se moe dokazati da za svako N vai > 0, y > 0 i korie em ejedakosti izmeu aritmetiqke i geometrijske sredie vai y Odatle + = + y + = 0, y + y = y y y y y = 0, pa je iz opadajui, a iz y sledi da je i ograiqe odozdo sa 0, a iz y rastui i ograiqe odozgo sa Na osovu Teoreme 4 sledi da su izovi i y kovergeti i =, y = y Ako "pustimo es" u prvu rekuretu vezu dobijamo jedaqiu = +y, odakle je = y Zadatak 5 Ispitati kovergeciju rekureto zadatog iza 0,, + = si Ree e Dokazaemo matematiqkom idukcijom da za svako N vai 0 0, 0, + = si 0, Koristili smo sledee implikacije 0, si 0, si 0, Ispitujemo mootoost + = si = si < 0, odakle je iz opadajui, a zamo da je ograiqe, pa pomou Teoreme 4 iz kovergira Graiqu vredost emo ai ako "pustimo es" u rekuretu vezu, pa dobijamo da je ree e jedaqie = si Ova jedaqia ima ree a = 0, = ± kπ, k N Imajui u vidu da se elemeti iza alaze izmeu 0 i, graiqa vredost je = 0 Zadatak 5 Neka je > 0 i + = + 3 a Dokazati = + b Nai 3 v Nai 3 l N Ree e a Pomou matematiqke idukcije dokazaemo da je > 0 za svako N Vai > 0 > 0 + = + 3 > 0, pa je iz pozitiva Odavde sledi da je iz dobro defiisa Zatim, ispitajmo mootoost + = > 0 3 Ovim smo dokazali da je iz rastui 5

Pretpostavimo da postoji = "Pustimo es" u jedaqiu + = +, odoso 3 + = + i dobijamo = + Ree e posled e 3 3 jedaqie e postoji, pa e postoji i, ako uzmemo u obzir da smo dokazali da je iz rastui, oda je = + b Korie em Xtolcove teoreme dobijamo 3 = = = y = y + = + > = y y = + + 3 3 3 + + 3 3 7 6 = = 3 + 3 + = 3 + 3 = 3 + + + 3 3 3 7 6 Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = v Korie em Xtolcove teoreme dobijamo 3 l = y = l y + > y y = + l + + 3 3 + + 3 3 7 = 6 l + + 3 = 3 7 3 3 = + 0 3 l e = 3 = 3 + + 3 + l + l = + 3 3 3 7 6 l + 3 + 3 = = l + + 3 3 7 6 l + Graiqa vredost + y + y zak jedakosti kod = g postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai z + z = 3 l + + 3 + + l 3 3 = + 3 l + 3 3 + l 3 3 = + l + + l 3 3 7 6 3 3 Zadatak 53 Neka je > 0 i + = a Dokazati = 0 b Nai = + + N 6

v Nai l = Ree e a Matematiqkom idukcijom dokazujemo da je iz sa pozitivim qlaovima: > 0, > 0 + = + + > 0 Prema tome, iz je dobro defiisa Da e, + = + + = = = 3 + + = + + + pa je iz opadajui Niz je i ograiqe odozdo > 0, i iz Teoreme 4 sledi da iz kovegira = Kada u rekuretoj vezi "pustimo es" dobijamo jedaqiu =, qija su ree a = 0 i = S obzirom a to da je ++ iz opadajui i da se moe matematiqkom idukcijom dokazati da je, sledi da je = 0 b Primeom Xtolcove teoreme dobijamo y = = + = + Graiqa vredost + y + y zak jedakosti kod = v Vai sledee l Zbog l = y + = + > = y y = + iz je opadajui + + < 0, = = + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai = l y = l y + = l + > l = y y = + + + = l + l = = l = l + = + + + l + l l + = = i =, vai = = l Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = Zadatak 54 * Data je fukcija f = e π + cos Defiiimo iz a +3 + = fa, gde je a R proizvo o a Pokazati da vai f + za sve R b Pokazati da je iz a mooto v Da li je iz a ograiqe? 7

Zadatak 55 * Dat je iz a N a = α 3 + + 6 +, α R a Odrediti taqke agomilava a iza a N u zavisosti od α R b Da li je iz a N ograiqe? v Da li postoji α R za koje iz a N kovergira? Ree e a Posmatrajmo podizove a i a Imamo a = α 3 + + 6 Zatim, α 3 = Dobili smo +, α > 0 0, α = 0, α < 0 a = Sliqo radimo kod podiza a, i + 6 = +, α > 0, α = 0, α < 0 a = α 3 + + 6 = α + 6 { {α + 6}, α 0 Prema tome, skup taqaka agomilava a je T a = {6, }, α = 0 b Niz je ograiqe akko α = 0 v Ne postoji α za koje iz a kovergira To sledi iz toga to je iz ograiqe samo ako je α = 0, a za takvo α imamo dve taqke agomilava a Zadatak 56 * Neka je b > 0 zadati parametar i eka je dat iz a = k k b b k, N k k a Dokazati da je a = e b b!, za svako N b Odrediti sve vredosti parametra b za koje u izu a ima jedakih uzastopih qlaova v Za koje vredosti parametra b qla a 3 je ajvei qla iza a N? 8

k! Ree e a Koristei Stirligovu formulu k πk k e k k k gde je b Iz k = dobijamo b b k k! = k k k!k! b k + = k b = k! k b πk k k e k! πk k k e k πk πk e b k k k k k + k b + k b = b! e e e b = e b b,! k + b kk b = e b k i k = e k k k k b k b b kk k b b kk k b b kk a + = a e b b + +! = e b b b = +! sledi da za b N \ {} qlaovi a b i a b su jedaki Ako b / N \ {}, oda su uzastopi qlaovi razliqiti v Imamo a + > a e b b + +! > e b b < b! Potrebo je da vai a 3 > a za svako N Da bi to bilo ispu eo mora da vai < b i 3 > b, odoso b 3, 4 Zadatak 57 * Neka je dat iz a = si, N Nai a Ree e Koristei jedakosti l + = + o i si = + o kada 0, dobijamo a = si = el si = e l si = e l +o 6 3 3 = e l +o 6 = e +o 6 = e +o 6 = Zadatak 58 Neka je A = { m+ m+ m, N} Odrediti supremum i ifimum skupa A Da li postoje maksimum i miimum skupa A? Ree e Vae sledee ejedakosti 0 < m+ za svako m, N m+ Prva ejedakost je trivijala, a druga sledi iz m 0 Za m = = dobijamo da A, pa je sup A = ma A = Dokaimo da je if A = 0 Pretpostavimo if A = ε > 0 Tada postoji m N tako da je < ε Fiksirajmo takvo m i posmatrajmo iz m = m+ egova graiqa m+ m+ vredost je = =, odakle postoji qla m+ m 0 0, ε, pa smo time doli do kotradikcije Prema tome if A = 0, a miimum e postoji 9

+5a Zadatak 59 Izraquati +a, a 0 +a +a 3 Ree e S obzirom da je a = a = a 3 = 0, a [0,, a = +, a > imamo sledee sluqajeve: Za a 0, postoji 0 takvo da za svako 0 vai + + + 5a + a + + + a + a, 3 odakle primeom b = b 0 i Teoreme o dva policajca sledi Za a = imamo 3 Za a > imamo + + za 0 {}}{ +5+ ++ = ; + 5a + a + a + a 3 = + 5a + a = ; + a + a3 za 0 {}}{ a a + 5 + a a a 3 + + = a a 3 a + + odakle primeom b = b 0 i Teoreme o dva policajca sledi Prema tome + 5a + a + a + a = 3 a { + 5a + a, a [0, ] + a + a = 3, a > a, a 3 + a + a + 5 a + Zadatak 60 * Za reala iz N vai + + 5 + + = 0, = a, = b U zavisosti od a, b R ispitati kovergeciju iza N Ree e = 4a+b + a+b 4 Zadatak 6 * a Izraquati +3 ++, > 0 + b Izraquati +4 ++ +3 ++, > 0 30

Ree e a Prime ujui Xtolcovu teoremu dobijamo +3 ++ + = = = = + 3 + +, y = + y + = + + > + = y y = + + + + + = + + + o = + + + + + + + o = + S obzirom da postoji ta graiqa vredost i da je jedaka, oda zak moemo + skloiti i dobijamo da je + 3 + + = + + b Neka je a = +4 ++ Tada se Xtolcovom teoremom dokazuje a +3 ++ = Imamo Vai + a a = a = + a = + a a a a = = e i + 4 + + + 3 + + + 4 + + + 3 + + = + 4 + + + 3 + + + 3 + + + 4 + + + 3 + + = + 3 + + = + 4 + + + 3 + +, y = = + 3 + + y + > y y = + = + y + y + + + + 4 + + + + 3 + + + = + Posled u graiqu vredost razdvojiemo + + = + + = = + + + + o + + + o + o + + o = + o 3

i = + 4 + + + + 3 + + + + = + 4 + + + + 3 + + +, y = + y + > y y = + = + 4 + 3 + 3 + = + 4 = + o 3 + + o + 3 + o + + o + 4 + 3 + 3 + = + o + o = S obzirom da postoji ta graiqa vredost i da je jedaka, oda zak moemo + skloiti i dobijamo da je + =, a odatle + a = + Dobili smo + 4 + + = e + + 3 + + Zadatak 6 a Dokazati! = e b Ako je a = + +!! opti qla iza, odrediti a i v Nai + +!! Ree e a Pogledati zadatak 36 b Korie em dela pod a dobijamo a = a l a + +!! = a v Korie em! = + +! +! l + a =, = e 0 + deo pod a i + +!! =!a = pri qemu je l a = = l e e a l a = =, l + = = deo pod b dobijamo a l a! l a = f = l je eprekida = l a + +! [ +!] + = l = l!! [ +! = l![ +!] + = l + + +! 3 a l a l a = e = e, [ +!] + +! = pod a = l e =

Zadatak 63 * Dat je iz a = + + +, N a Odrediti a b Odrediti sup{a N} v Odrediti a + qa + q a + + q a, gde je q < Ree e a Vai a = + + + = + + + = + + + + = + + + + + + + + = + + + + b Niz a = je rastui, odakle je sup{a N} = + + + + v Neka je S = a + qa + q a + + q a Tada je S + S = a + + qa + q a + + q a a qa q a q a = a + a + qa a + + q a a + q a > 0, pa je S rastui iz Ograiqeost sledi iz sledeeg S = a +qa +q a + +q a < + q+ q + + q = q q < q Niz S kovergira jer je mooto i ograiqe Zatim, S + = a + + qa + q a + + q a = a + + qa + qa + q a + + q a = a + + qs Ako je S = S, tada "puta em esa" u S + = a + + qs dobijamo S = + qs, a odavde S = q Zadatak 64 * Neka je dat iz a, takav da je a = 0 a Odrediti graiqu vredost + + a b Neka je za a defiisa iz b = p cos π + a + a, 0 Odrediti b i b u zavisosti od realih parametara a i p Ree e a Iz a = 0 sledi a = o, odakle je + + a = b Posmatrajmo podizove b = = e l + + o + +o = e +o = e = e l + +o = e +o p +a+a i b = p +a+a 33

Ako je a > 0 i p 0, oda postoji ε > 0 za koje vai a > ε i 0 b = p + a + a = p + a + a p + a ε Stepea fukcija sporije tei ka beskoaqosti od ekspoecijale za p = 0 imamo oblik, pa vai p = 0, + a ε a odatle b = 0 Za drugi podiz vai b = p + a + a = = 0 Niz b kovergira ka 0 i to je jedia taqka agomilava a Ako je a > 0 i p < 0, oda postoji ε > 0 za koje vai a > ε i b = p + a + a = p + a + a = = 0 Za drugi podiz postoji ε > 0 za koje vai a > ε i 0 b = p + a + a + = p p + a + a + a ε Stepea fukcija sporije tei ka beskoaqosti od ekspoecijale za p = 0 imamo oblik, pa vai p = 0, + a ε a odatle b = 0 Niz b kovergira ka 0 i to jedia taqka agomilava a 3 Ako je a < i p 0, oda postoji ε > 0 za koje vai + a ε < i 0 b = p + a + a = p + a + a p + a ε = + Stepea fukcija sporije tei ka beskoaqosti od ekspoecijale za p = 0 imamo oblik, pa vai p = 0, + a ε a odatle b = 0 Za drugi podiz vai b = p + a + a = = 0 Niz b kovergira ka 0 i to jedia taqka agomilava a 34

4 Ako je < a < 0 i p 0, oda za dovo o veliko vai < + a + a < i b = p + a + a p + = = + a + a 0 + = + Za drugi podiz vai b = + a + a + p Stepea fukcija sporije tei ka beskoaqosti od ekspoecijale za p = 0 imamo oblik ±, pa vai b = ±, + kada a,, kada a, Niz b ema taqku agomilava a u R 4 Ako je a =, oda imamo b = p +a i b = p +a Iz i + a = a a a = e 0 = + a = a a a = e 0 = dobijamo da je b = +, p > 0, p = 0 0, p < 0 i b = +, p > 0, p = 0 0, p < 0 Prema tome, T b = {} za a =, p = 0,T b = { } za a =, p = 0 i T b = {0} za a =, p < 0 Zadatak 65 * Neka je iz zadat rekureto + = > 0 Odrediti i Zadatak 66 * Izraquati m, u zavisosti od m N m Ree e Koristei Stirligovu formulu imamo m =! m m!m! = m = π π m e m 3 +, N i eka je 3 π e π m m m e m! m m m m m! = m!, gde je m = e m m m Zadatak 67 * Nai taqke agomilava a iza k 3k l k + k, = k; a = k k k + k, = k 35

Ree e Opti qla iza moemo predstaviti a sledei aqi m 3 m lm + m, = 4m; m 4m + m a =, = 4m ; m 3 m lm + m, = 4m ; m 4m + m, = 4m 3 pa emo posmatrati podizove a 4m, a 4m, a 4m i a 4m 3 Imamo Zatim, iz a 4m = a 4m = 3 l + = 3 m m + = e l + = e l = e l 4 +o = e 4 +o = e 4 8 +o imamo da je a 4m = e 4 i a 4m 3 = e 4 m m Dobili smo skup taqaka agomilava a T a = {3, e 4, e 4 } 5 Koijev pricip kovergecije Defiicija 8 Za iz realih brojeva kaemo da je Koijev ako zadovo ava sledee ε > 0 0 N, p N > 0 +p < ε Odavde sledi da iz ije Koijev ako zadovo ava sledee ε > 0 0 N, p N > 0 +p ε Teorema 7 Reala iz kovergira akko je Koijev Zadatak 68 Ispitati kovergeciju iza = + + 3 + + Ree e Dokazaemo da je iz Koijev Neka je ε > 0 proizvo o Zbog +p = + + + + + + p < + + + + + + + p + p = + p < uzeemo 0 = [ ε] + Tada za svako > 0 i p N vai +p < ε Prema tome, iz kovergira Zadatak 69 Ispitati kovergeciju iza = + si + si 3 + + si 36

Ree e Dokazaemo da je iz Koijev Neka je ε > 0 proizvo o Zbog +p = si + si + si + p + + + + + +p < si + + + si + + + + si + p +p < + + + + + = p +p + < izaberimo 0 = ma{ [ log ε] +, } Tada za svako > 0 i p N vai +p < ε Prema tome, iz kovergira Zadatak 70 Ispitati kovergeciju iza = + + 3 + + Ree e Dokazaemo da iz ije Koijev Za, p N vai +p = + + + + + + p = uzeemo p = = + + + + > = Prema tome, za ε = i za svako 0 N postoji p = > 0 tako da je Dokazali smo da je iz divergeta +p > ε Zadatak 7 Neka je dat rekureta iz a + = + a, a = a Dokazati ejedakost a + za svako N b Dokazati a + a e za svako N v Ispitati kovergeciju iza a Ree e a Opti qla iza je a = + a = = + + + + + a = a Matematiqkom idukcijom se moe dokazati da za svako N vai a = + + a Korie em ejedakosti izmeu geometrijske i aritmetiqke sredie dobijamo a = + + + + + + + + + = + + b Korie em ejedakosti pod a i ejedakosti + e zadatak 4 dobijamo a + a = + a a = a + e 37

v Dokazaemo da je iz a Koijev Neka je proizvo o ε > 0 Tada je a +p a = a +p a +p + a +p a +p + + a + a a +p a +p + a +p a +p + + a + + a e + e +p + + e +p = e < e p Uzeemo 0 = ma{, [ ] e log ε +} i tada za svako > 0 vai a +p a < e < ε Zadatak 7 * Neka je dat iz kod kojeg vai + + 4 + + N Ispitati kovergeciju iza Ree e Nejedakost moemo zapisati u sledeem obliku + + + N 4 + N Dokazaemo da je iz Koijev Neka je ε > 0 proizvo o Tada vai a +p a = a +p a +p + a +p a +p + + a + a a +p a +p + a +p a +p + + a + a + p + + p + + < + p + p + + p + p 3 + + = + p < Izborom 0 = [ ε ] +, dobijamo za svako > 0 i p N vai a +p a < ε Zadatak 73 Neka je a reala iz takav da zadovo ava sledee: ε > 0 m, N m a m a ε a Da li iz a moe da ima kovergeta podiz? b Da li iz a moe biti ograiqe? Ree e a Pretpostavimo da postoji kovergeta podiz a k Tada je podiz a k Koijev, pa za svako ε > 0 postoji k 0 N tako da za svako k > k 0 i p N vai a k a k+p < ε Prema tome, ako uzmemo ε = ε, oda postoje dva qlaa a k, a k+p iza a za koje vai a k a k+p < ε, to dovodi kod kotradikcije Niz a e moe imati kovergeta podiz b Iz qi eice da svaki ograiqe iz ima kovergeta podiz sledi da iz a ije ograiqe Zadatak 74 * Neka je reala fukcija f eprekida a svom domeu D f i N Koijev iz u D f a Ako je D f = [a, b], dokazati da je f N Koijev iz b Ako je D f = a, b, da li f N mora biti Koijev iz? Obrazloiti odgovor 38

v Neka je proizvo a reala broj i a egova priblia vredost sa decimala Ispitati kovergeciju iza b = arctg e a Zadatak 75 Neka za iz a vai a + a kada a Dokazati da je a rastui iz poqev od ekog qlaa b Dokazati da postoji 0 N takvo da je za sve 0, a + a < v Ako je m > 0, dokazati da je a m a < g Dokazati da iz a kovergira 6 Razi zadaci + Zadatak 76 Neka je dat iz i izovi y = + + i z = + +4 Ako izovi y i z kovergiraju, dokazati da i iz kovergira Ree e Iz kovergecije izova y i z sledi i kovergecija iza z y = +4 +, odoso iza t = +3 Iz +3 + = +3 + + + + + + + + = y + y + + y sledi i kovergecija iza p = +3 + Oduzima em kovergetih izova p i t dobijamo da iz kovergira Zadatak 77 Nai graiqe vredosti: si3 + cos + + ; l++ 0 + 09 3 a b Ree e a Niz = si 3 + cos + + je ograiqe 3, pa je b Imamo si 3 + cos + + = 0 l + + 0 + 09 = 3 Ovde smo koristili 0 l+ = 0, 0 0 0 = l+ + + 0 0 3, = 0, 0 0 0 l+ + + 0 0 0 3 = 0 = 0 i 3 = 0 Zadatak 78 * Izraquati + a α + b α, u zavisosti od a, b, α R 39

Ree e Koristei jedakost + α = + α + o kada 0 imamo + aα + b α = α + α + b α = α + aα + o + bα + o a bα = α + o = a bα α + o α = Zadatak 79 Neka je reala iz defiisa sa + = + a Dokazati da su podizovi i mootoi b Ispitati kovergeciju iza 0, α < a bα, α = sg aα bα, α > Zadatak 80 * Neka je dat iz a za koji vai a + a = + o a Izraquati a 3 b Izraquati a i > 0, za Zadatak 8 * Nai graiqu vredost l! H H, gde je H = + + + Ree e Koristei Stirligovu formulu l! = l +Ol i H l = γ zadatak 7, gde je γ Ojlerova kostata, dobijamo l! H l l +O e H l H l l +Ol H H = e l l l H+H +O H l l H +O H l + H H H l! = l eh H = = e = e l l H +O H H = e = e l l H +O +o H l H +O l +o l H +O l = e γ Koristili smo O l = 0 i o l H + O l = 0 Zadatak 8 * Neka je dat iz = cos, N a Dokazati da iz divergira b Dokazati da za svaki iterval a, b [, ] postoji takvo da je a, b Zadatak 83 * Nai supremum i ifimum skupa A = { + + N} N} { 0+ Zadatak 84 * Odrediti supremum i ifimum skupa A = { 0 3 N} Da li +3 postoje maksimum i miimum skupa A? 40

Zadatak 85 * Odrediti supremum i ifimum skupa A = { + 3m m, N} Da m+ li postoje maksimum i miimum skupa A? Zadatak 86 a U sluqaju da postoje, ai sup A, if A, ma A i mi A, gde je { + A = 3 5 4m } m m, N b Da li vai sup{a N} sup{b N} = sup{a b N} za bilo koja dva reala iza a N i b N? Obrazloiti odgovor Ree e a Neka je B = { + m N} i C = { 4m N} Iz 4m = elemete 3 5 m m m skupa C moemo poreati u iz qiji je opti qla c = Ovaj iz je rastui, m pa je sup C = m m = i if C = mi C = 3 za m = Zbog b = + = 3 5 3 5+8 = 3 3 5 3 + 8 3 5 imamo da je b = i iz b, je opadajui Prema tome, sup B = ma B = 3 za = i if B = mi B = Dobili smo sup A = 6 i if A =, a ma A i mi A e postoje b Ne vai jedakost Ako posmatramo izove a =,, a = i a =,, a = imamo sup{a N} =, sup{b N} = i sup{a b N} = Zadatak 87 Odrediti supremum i ifimum skupa A = { +m+m+ +8m 4m 9 m, N} Da li postoje maksimum i miimum skupa A? Ree e Skup se moe zapisati a sledei aqi { } m + + A = m 9 + m, N = { m + m } + 9 m, N Neka je B = { m+ m N} i C = { + N} Iz m+ = m +5 = m 9 m m + 5 m elemete skupa B moemo poreati u iz qiji je opti qla a = + 5 m Ovaj iz je rastui, pa je sup B = m + 5 m = i if B = mi B = 3za m = Zbog c = + = 9+ = 9 9 + 9 imamo da je c =, c 7 = 3, c 5 3 = 4, c 3 4 = 5 i iz c, 5 je opadajui Prema tome, sup C = ma C = 6 za = 5 i if C = mi C = 5 Dobili smo sup A = ma A = 5 = 5, m = i if A = mi A = 8 m =, = 5 Zadatak 88 * Odrediti supremum i ifimum skupa { m A = + 4 } m, N, m < 0 m Da li postoje maksimum i miimum skupa A? { m Zadatak 89 * Odrediti supremum i ifimum skupa A = + } m, N Da li 3m +m postoje maksimum i miimum skupa A? Zadatak 90 * Izraquati + 5 +, 0 l+ l! Zadatak 9 * Izraquati + 4

Ree e Koristei Stirligovu formulu l! = l + Ol dobijamo l + l! + l + l + + Ol = + l + = + + Ol = + l + + Ol + + + + = Kod posled e jedakosti iskoristili smo sledee graiqe vredosti l + + = 0, + =, Ol + = Ol l l + = 0 Zadatak 9 Ispitati kovergeciju iza = a +b u zavisosti od parametara +a a, b > 0 Ree e S obzirom da je a = Za a > i a b imamo 0, a 0,, a = +, a > a + b a + b = = a + a a + a Za a > i a < b imamo a + b = = + a 3 Za a = imamo b a b + a a + imamo ekoliko sluqajeva = = + b = + = + b a + b a + a = + a b + a + = + 4 Za a 0, imamo a = 0 i a = 0, pa graiqa vredost zavisi od b i dobijamo a + b = = + a Graiqa vredost iza je = Zadatak a, b > 0 0, b 0,, b = +, b > 0, a, b 0,, a 0,, b = +, iaqe 93 Ispitati kovergeciju iza = +a +b u zavisosti od parametara 4

Ree e Ako je a > b >, oda je + a = + b = a + a b + = b Ako je a = b >, oda je Ako je b > a >, oda je + a = + a = + a = + b = a + a b + = b Ako je 0 a, oda je Ako je b =, a >, oda je + a = + b = 0 a b + a + = a + a = + = + Ako je a >, 0 b, oda je Prema tome, + a = + b = a + a + b = = Zadatak 94 * Izraquati a + b + a b a 0, b > a > ili a [0, ], a = b > +, iaqe k k k= a + b + = + = 0 + a + b = + Ree e Prime ujui Xtolcovu teoremu dobijamo k k k y = k= k = = y + = + + > = y k= y = + = + + = + + = + + = + + o + + o = + o = S obzirom da postoji graiqa vredost i da je jedaka, oda zak moemo skloiti i dobijamo da je k k = k= 43

Zadatak 95 * Nai + 5 + 3 u zavisosti od parametra > 0 Zadatak 96 Dat je pozitiva iz a Ako je + a + a >, dokazati da je a = a Ree e Ako je + a >, tada postoji ε > 0 tako da je a + a > + ε za svako 0, pa je a a 0 + ε 0, 0 Iz divergecije iza a desoj strai sledi i divergecija iza a, to jest a = + Zadatak 97 * Dat je iz = +a+ +3 + a Ako je y = l za 0, dokazati da je y = a 3 + 8 + a a + o, kada b U zavisosti od realog parametra a, odrediti Ree e a Pomou razvoja za fukciju l + dobijamo y = + a + + 3 l = + a + l + + 3 + 3 = + l + a + + 3 = + l + a + 3 + 9 + o = + l + a 3 + 0 3a = a 3 0 3a + + a 3 0 3a + + o a 3 = 0 3a + + a 6a + 9 + o a 3 = a + + + o = a 3 + a + a 3 + o = a 3 + 8 + a a + o b Iz trasformacije = e l, 0 i eprekidosti fukcije g = e imamo = e l = e y = e y = +, a > 3 0, a < 3 e, a = 3 Zadatak 98 Izraquati graiqu vredost siπ + 44

Ree e Koristei trigoometrijsku formulu si + π = si i pozati razvoj si = + o kada 0 dobijamo siπ + = siπ + π + π = siπ + π = si π + π π + + π π + π = π si + + = π + + + o π = 0 ++ Zadatak 99 Neka su dati izovi a = a + b gde su a, b eki reali brojevi l + 4 + i b = a + a + + a a +, a Nai sve taqke agomilava a iza a + b N, u zavisosti od parametara a i b b Za koje vredosti a i b iz a + b N kovergira? Ree e Naimo taqke agomilava a iz a Posmatrajmo podizove a k i a k Vai a k + b a k = l k + k 4 + i a a + k b k = k lk + k 4 + Ako je a > 0, oda je a k = k k Ako je a < 0, oda je a k = k k Ako je a = 0, oda je k a k = k Za drugi podiz vai a k + b = + l k+k 4 + a k +kb = l k+k 4 + kb = l k+k 4 + 0, b < 4, b = 4 +, b > 4 a a + k b 0, b < 4 k = k k k l k + k 4 + =, b = 4 +, b < 4 Prema tome, za b < 4, a = 0 skup taqaka agomilava a iza a u R je T a = {0}, a za b = 4, a = 0 imamo T a = {} Kovergecija iza b sledi iz b a + a + + a = = a + = = + a = + a + a + + a + a + = + = a a + + o = a + 45 = a + a + + a, y = a + y + = + a + > a + = y y = + a + a a + + a + + a + a + + o

Graiqa vredost + postoji u R osobia 3 kod Teoreme 5, pa vai y + y zak jedakosti kod = Skup taqaka agomilava a iza b je T b = { } a + Za b < 4, a = 0 skup taqaka agomilava a iza a + b je T a + b = {}, a za b = 4, a = 0 imamo T a = {} b Niz a + b kovergira za a = 0, b 4 Zadatak 00 Nai graiqu vredost iza 3 + +, gde je > 0 3 46

3 REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN IVE 3 Pojam i svojstva Defiicija 3 Za skup A R kaemo da je simetriqa ako za svako A broj takoe pripada A Fukcija f : A R defiisaa a simetriqom skupu A je para ako za svako A vai f = f, a epara ako je za svako A ispu eo f = f Defiicija 3 Za fukciju reale prome ive f : A R kaemo da je periodiqa ako postoji pozitiva broj T koji se aziva periodom fukcije f, takav da vai A + T A i f + T = f Najma i pozitiva broj T ako postoji za koji vai avedeo svojstvo aziva se osovim periodom fukcije f Defiicija 33 Neka je B A R Fukcija f : A R je: a rastua a B ako je, B f f ; b strogo rastua a B ako je, B < f < f ; v opadajua a B ako je, B f f ; g strogo opadajua a B ako je, B < f > f Defiicija 34 Za fukciju f : A R kaemo da je ograiqea odozgo odoso ograiqea odozdo, ograiqea a A ako je takav skup eih vredosti {f A}, tj ako postoji M R, takvo da je za sve A ispu eo f < M odoso f > M, f < M 3 Graiqa vredost Svojstva Defiicija 35 Neka je f : A R fukcija reale prome ive i a R taqka agomilava a skupa A Kaemo da je b R graiqa vredost es fukcije f u taqki a i piemo f = b ako za svaku okoliu V b taqke b postoji okolia a Ua taqke a, takva da odoso A Ua, a f V b, f = b, b R V b Ua Ua\{a} f V b a Posmatrajmo sluqaj koaqih, odoso beskoaqih a i b f = b, a, b koaqi a ɛ > 0 δ > 0 A 0 < a < δ f b < ɛ, f = +, a koaqa M δ > 0 A 0 < a < δ f > M, a + f = b, b koaqa ɛ > 0 M A > M 0 < f b < ɛ, f = + M N A > N f > M + 47

Teorema 3 Graiqa vredost fukcije f : A R u taqki a R jedaka je b R ako i samo ako za svaki iz, takav da je A\{a} i = a, vai f = b Teorema 3 Ako fukcija f ima es u taqki a, oda je jedozaqo odree Teorema 33 Ako fukcija f ima koaqu graiqu vredost u taqki a, oda postoji okolia Uataqke a, takva da je fukcija f ograiqea a skupu Ua\{a} Teorema 34 Neka su f, g, h : A R tri fukcije reale prome ive, a taqka agomilava a skupu A i eka je f g h a ekoj okolii Ua\{a} taqke a Ako je a f = a h = b R, tada je i a g = b Teorema 35 Ako za dva iza i koja kovergiraju ka a vai f = b, f = c, b c, oda graiqa vredost a f e postoji Zadatak 3 Na osovu defiicije graiqe vredosti dokazati da je = 4 Ree e Potrebo je dokazati da za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da za svako koje zadovo ava 0 < < δ vai 4 < ε, odoso ε > 0 δ > 0 R 0 < < δ 4 < ε Vai 4 = + < δ + Iz δ < > δ sledi δ < < + δ Ako uzmemo δ, oda je < < 3, odoso 3 < + < 5 Prema tome, 4 < δ + < 5δ Ako izaberemo δ = mi {, ε 5}, dobijamo 4 < ε Zadatak 3 Dokazati da je + = 0 Ree e Iz ejedakosti [] < [] + sledi <, gde je [] ceo deo od []+ [] Zamo da je = = 0, pa je a osovu Teoreme 34 = 0 + [] + []+ + Zadatak 33 Dokazati da je Zadatak 34 Dokazati da je a > 0, ako je a < 0 Zadatak 35 Dokazati da je a + a + + a + a 0 = + + a + a + + a + a 0 = ±, + ako je + a + a + + a + a 0 = + b m + b m m + + b + b 0 Zadatak 36 a Dokazati da je + = e + b Dokazati da je + = e v Dokazati da je 0 + = e, > m; a b, = m; 0, < m 48

Ree e a Iz [] < [] + sledi da je [] Pozato je da je + + []+ = + 34 + + = e b Uvoe em smee t = + dobijamo + []+ + = t = t + t t + = t + + t [] < + []+ < + [] + [] []+ = e, pa je a osovu Teoreme t t t + t t t = t + = e = e t v Uvoe em smee t =, imajui u vidu da je + = + + = e, dobijamo 0 + = e Zadatak 37 Nai graiqu vredost Ree e Vai + + 4 3 + + + + 4 3 + + = + 7 + 3 + = + + 3+ 7 + 3+ 7 7 t 3+ + = e 7, pri qemu je + 7 + = 7 3+ Zadatak 38 Dokazati da e postoji 0 si Ree e Za izove = π + π i = π vai = = 0 i f =, f = 0 Na osovu Teoreme 35 dobijamo da 0 si e postoji Zadatak 39 Dokazati da e postoji 0 cos Ree e Za izove = π + π i = π vai = = 0 i f = 0, f = Na osovu Teoreme 35 dobijamo da 0 cos e postoji 49

Defiicija 36 Kaemo da je fukcija f beskoaqo mala u odosu a fukciju g kad a i piemo f = og a ako postoji okolia U taqke a, takva da je f = αg za U\{a}, gde je α = 0 a Defiicija 37 Kaemo da je fukcija f veliko O od fukcije g kad a i piemo f = Og a ako postoji okolia U taqke a, takva da je f = βg za U\{a}, gde je β ograiqea a U\{a} Defiicija 38 Kaemo da je fukcija f asimtotski poaa kao fukcija g kad a i piemo f g a ako postoji okolia U taqke a, takva da je f = γg za U\{a}, pri qemu je γ = a Zadatak 30 f a Ako je a g = 0, tada je f = og kada a b Ako je f g f v Ako je a g ograiqea a Ua\{a}, tada je f = Og kada a = a, tada je f g kada a Zadatak 3 Neka a i a > b > 0 Dokazati da za fukcije f i g i kostatu c vae sledee osobie: a ocf = c of = of; b o 0; v of + of = of; g of og = ofg; d f og = ofg; Ako je f g, oda je of = og Ree e Ree e se moe ai u k izi "Matematiqka aaliza I ", Zora Kadelburg, stav 484 Zadatak 3 Neka 0 i a > b > 0 Dokazati: a o a + o b = o b ; b a o b a se moe zameiti sa o b ; v o a o b o a se moe zameiti sa o b ; 50

o Ree e a Iz a +o b 0 b b Iz a 0 b = :b : b = 0 o a b +o = 0 i a osovu zadatka 30 sledi o a + o b = o b = :b = a b = 0 i a osovu zadatka 30 sledi : b 0 a = o b, odoso a se moe zameiti sa o b Obruto e vai Ne moemo uvek o b zameiti sa a o v Iz a = :b o = a b = 0 i a osovu zadatka 30 sledi 0 b : b 0 o a = o b, odoso a se moe zameiti sa o b Obruto e vai Ne moemo uvek o b zameiti sa o a Zadatak 33 Neka + i a > b > 0 Dokazati: a o a + o b = o a ; b b o a ; v o b o a Ree e Sliqa kao zadatak 3 Zadatak 34 Neka je + i a > b > 0 Dokazati: a o a + o b = o b ; b a o b ; v o a o b Ree e Sledi a osovu zadatka 3 kada uzmemo smeu t = 0 si Zadatak 35 Dokazati da je 0 = Vai si 0, odoso si = + o 0 cos Zadatak 36 Dokazati da je = 0 Vai cos 0, odoso cos = + o 0 log Zadatak 37 Dokazati da je a + = log 0 a e Vai log a + log a e 0, odoso log a + = log a e + o 0 Ree e Zbog eprekidosti fukcije f = log a i 0 + log a + 0 = 0 log a + = loga e = e imamo 5

l + Zadatak 38 Dokazati da je = 0 Vai l + 0, odoso l + = + o 0 Ree e Sledi a osovu zadatka 37 za a = e a Zadatak 39 Dokazati da je = l a 0 Vai a + l a 0, odoso a = + l a + o 0 Ree e Uvoe em smee t = a 0 i korie em zadatka 37 dobijamo a 0 = t 0 t log a t + = t 0 t log a t + = log a e e Zadatak 30 Dokazati da je = 0 Vai e + 0, odoso e = + + o 0 Ree e Sledi a osovu zadatka 39 kada je a = e = l a + Zadatak 3 Dokazati da je α = α 0 Vai + α + α 0, odoso + α = + α + o 0 Ree e Na osovu zadatka 30 imamo + α 0 = 0 e α l+ e α l+ l + = α 0 α l + si 5 si 3 Zadatak 3 Nai graiqu vredost 0 Ree e Koristei razvoj si 5 = 5 + o5 = 5 + o i si 3 = 3 + o3 = 5 + o kada 0 dobijamo si 5 si 3 0 = 0 5 + o 3 + o Zadatak 33 Nai graiqu vredost 0 cos si Ree e Koristei sledee razvoje = 0 + o = α = α : : = + o 0 cos = + o 0, si = + o = + o + oo = + o + o = + o 0 dobijamo cos 0 si = + o 0 + o = + o 0 + o = : : = + o 0 + o = 5

Zadatak 34 Dokazati + o = + o kada 0 Ree e Ako iskoristimo biomu formulu dobijamo + o = + o + + o = + o + + o = + o Kod graiqih vredosti moemo koristiti sledee Makloreove formule gde je ostatak dat u Peaovom obliku 0 si = 3 3! + 5 5! 7 7! + + + +! + o+ 0 cos =! + 4 4! 6 + + 6!! + o+ 0 l + = + 3 3 4 + + 4 + o α α α 0 + α = + α + + 3 + + + o, gde je 3 α αα α + =! 0 e = + +! + 3 3! + +! + o 0 artg = 3 3 + 5 5 0 arcsi = + o + + + + + o+ Zadatak 35 Nai graiqu vredost 0 lcos 5 lcos 7 Ree e Koristei razvoj cos t = t + ot i l + t = t + ot kada t 0 dobijamo lcos 5 lcos 7 l 5 = + o l 49 + o 0 0 5 = + o 49 + o 0 = 0 + o = : : = 0 Zadatak 36 Nai graiqu vredost 0 cose cose 3 + o = 53