Analiza I

Analiza I 

(študijsko gradivo) 

Matija Cencelj 

2. maj 2007

Kazalo 

1 Uvod 5 

1.1 Izjave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 

1.2 Množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 

1.3 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 

1.4 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

2 Števila 15 

2.1 Polje realnih števil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 

2.2 Urejenost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 

2.3 Supremum . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 

2.4 Naravna števila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 

2.5 Številska premica, intervali, okolice . . . . . . . . . . . . . . . 26 

2.6 Gostost Q v R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 

2.7 Decimalni zapis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 

2.8 Kompleksna števila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 

3 Številska zaporedja in vrste 41 

3.1 Zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 

3.2 Podzaporedje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 

3.3 Stekališče . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 

3.4 Limita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 

3.5 Računske lastnosti limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 

3.6 Potence in koreni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 

3.7 Število e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 

3.8 Logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 

3.9 Vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 

3.10 Računanje z vrstami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 

4 Topologija R 75 

4.1 Odprte in zaprte množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 

4.2 Cantorjeva množica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 

4.3 Kompaktne množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 

4.4 Povezane množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 

5 Limita funkcije in zveznost 89 

5.1 Realne funkcije ene realne spremenljivke . . . . . . . . . . . . 89 

5.2 Limita funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 

5.3 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 

5.4 Lastnosti zveznih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 

3

4 KAZALO 

5.5 Zvezne funkcije na kompaktnih množicah . . . . . . . . . . . . 102 

5.6 Enakomerna zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 

5.7 Izrek o vmesni vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 

5.8 Primeri zveznih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106 

6 Diferencialni račun 111 

6.1 Odvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 

6.2 Pravila za odvajanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115 

6.3 Odvod inverzne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118 

6.4 Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 

6.5 Višji odvodi in diferenciali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 

6.6 Lastnosti odvedljivih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121 

6.7 Izrek o povprečni vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123 

6.8 Ekstremi funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126 

6.9 L’Hospitalovi pravili . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 

7 Funkcijske vrste 135 

7.1 Metrični prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 

7.2 Enakomerna konvergenca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 

7.3 Enakomerna konvergenca in odvod . . . . . . . . . . . . . . . 142 

7.4 Funkcijske vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144 

7.5 Potenčne vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 

7.6 Taylorjeva vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 

8 Nedoločeni integral 161 

8.1 Definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161 

8.2 Uvedba nove spremenljivke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 

8.3 Integracija po delih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 167 

8.4 Integracija racionalnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171 

8.4.1 Integracija osnovnih tipov . . . . . . . . . . . . . . . . 172 

8.4.2 Delni ulomki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 

8.4.3 Primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 

8.5 Integrali nekaterih iracionalnih funkcij . . . . . . . . . . . . . 175 

8.6 Integrali nekaterih kotnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . 178 

9 Riemannov integral 181 

9.1 Definicija Riemannovega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . 181 

9.2 Integrabilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183 

9.3 Lastnosti določenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 

9.4 Osnovni izrek diferencialnega in integralskega računa . . . . . 192 

9.5 Izrek o povprečni vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 

9.6 Računanje določenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . 194 

9.7 Numerična integracija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196 

9.8 Posplošeni integrali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

Poglavje 1 

Uvod 

1.1 Izjave 

Matematika dokazuje svoje trditve po zakonih logike. Tu ne moremo kaj 

dosti reči o logiki, omenimo le osnovne operacije med izjavami. Izjava nam 

tu pomeni kakršnokoli trditev, za katero velja natanko ena od možnosti: da 

je pravilna, ali, da je nepravilna. Za vsak slučaj povejmo, da je zelo veliko 

stavkov iz vsakdanjega življenja preveč dvoumnih, da bi jih lahko imeli za 

izjave v našem smislu. Za primer si oglejmo naslednji stavek. 

Modrost in vzgojo zaničuje bedak. 

Tu imamo gotovo tri različne možnosti. 

1. Stavek se nanaša na nekega konkretnega bedaka (kar pa bi bilo jasno 

šele iz morebitnega konteksta). 

2. Sporočilo tega stavka je: "Kdor zaničuje modrost in vzgojo, je bedak." 

3. Sporočilo tega stavka je: "Kdor je bedak, zaničuje modrost in vzgojo." 

Druga in tretja možnost sta vsekakor po pomenu precej različni. Recimo, 

da poznamo Janeza, ki zaničuje tako modrost, kot tudi vzgojo, Jožeta, ki 

zaničuje modrost, ne pa vzgoje, Petra, ki zaničuje vzgojo, ne pa modrosti 

in Pavla, ki ne zaničuje niti modrosti niti vzgoje. Druga možnost (ki je 

nedvoumna izjava) pove, da je Janez bedak, o ostalih pa ne reče nič, tretja 

možnost (ki je tudi nedvoumna izjava) pa pove, da Jože, Peter in Pavel gotovo 

niso bedaki, o Janezu pa ne pove nič. 

Izjave lahko zanikamo ali sestavljamo, osnovni načini takih dejavnosti (ki 

jim rečemo tudi operacije z izjavami) so: 

1. Negacija. Če je P neka izjava, je negacija te izjave, "ne P ", izjava ¯P , ki 

je pravilna natanko tedaj, ko izjave P ni pravilna. Če povemo to bolj 

na široko: če je P pravilna, je ¯P nepravilna, če pa je P nepravilna, je 

izjava ¯P pravilna. 

5

6 POGLAVJE 1. UVOD 

2. Konjunkcija. Naj bosta P in Q izjavi. Konjunkcija izjav P in Q je izjava 

P ∧ Q (rečemo "P in Q"), ki je pravilna natanko tedaj, ko sta pravilni 

obe izjavi P in Q. 

3. Disjunkcija. Naj bosta P in Q izjavi. Disjunkcija izjav P in Q je izjava 

P ∨ Q (rečemo "P ali Q"), ki je pravilna natanko tedaj, ko je pravilna 

vsaj ena od izjav P , Q. Tu opozorimo na to, da v običajnem jeziku 

včasih uporabimo besedo "ali"izključevalno, to je eno ali drugo, ne pa 

oboje. V logiki in matematiki razumemo "ali"bolj široko: eno ali drugo 

ali oboje. 

4. Implikacija. Naj bosta P in Q izjavi. Implikacija P ⇒ Q (rečemo "iz 

P sledi Q") je izjava, ki je nepravilna le v primeru, da je P pravilna, 

izjava Q pa nepravilna. Tudi tu opozorimo na eventualen dvom, kaj 

reči o pravilnosti implikacije P ⇒ Q v primeru, ko P ni pravilna. Če 

želimo implikacijo razumeti kako drugače, se da o tem gotovo veliko 

govoriti, v izjavnem računu pa o tem ne more biti nobenega dvoma: 

implikacijo – kot operacijo med izjavami – definiramo tako, da je tudi 

v omenjenem primeru pravilna. 

5. Ekvivalenca. Naj bosta P in Q izjavi. Ekvivalenca P ⇔ Q (rečemo "P 

velja natanko tedaj, ko Q") je izjava, ki je pravilna natanko tedaj, ko 

sta obe izjavi P in Q hkrati pravilni ali pa obe hkrati nepravilni. 

Za vajo dokažimo naslednjo trditev, ki jo bomo marsikdaj uporabili pri 

dokazovanju. 

Trditev 1.1.1 Za poljubni izjavi P in Q velja 

(P ⇒ Q) ⇐⇒ ( ¯Q ⇒ ¯P ) . 

Dokaz: Pravilnost zgornje ekvivalence bomo dokazali tako, da bomo pokazali 

ujemanje pravilnosti izjav na levi oziroma desni strani ekvivalence 

pri vseh možnih (ne-)pravilnostih osnovnih izjav P in Q. Pravilnost 

izjave bomo označili z 1, nepravilnost pa z 0. 

P Q P ⇒ Q ¯Q ⇒ ¯P 

0 0 1 1 

0 1 1 1 

1 0 0 0 

1 1 1 1 

Res se pravilnost omenjenih izjav ujema, trditev je dokazana. 

Vaja: Preverite, da so za poljubne izjave P , Q in R naslednje ekvivalence 

pravilne. 

✷

1.2. MNOŽICE 7 

P ∧ Q ⇐⇒ ¯P ∨ ¯Q (1.1) 

P ∨ Q ⇐⇒ ¯P ∧ ¯Q (1.2) 

P ∧ (Q ∨ R) ⇐⇒ (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R) (1.3) 

P ∨ (Q ∧ R) ⇐⇒ (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R) (1.4) 

Te ekvivalence bomo v nadaljevanju večkrat uporabili v dokazih. (Tako 

kot v šoli pri računanju tudi tu uporabimo oklepaje za oznako vrstnega reda 

operacij, pri tem pa je dogovorjena taka prioriteta: kjer ni oklepajev, so 

najprej opravljene konjunkcije, nato disjunkcije, nato implikacije in nazadnje 

ekvivalence.) 

Vaje: 

✸ 

1. Kaj so negacije naslednjih izjav? 

(a) Moja usta govore resnico. 

(b) Janez zaničuje modrost in vzgojo. 

(c) Nič ni novega pod soncem. 

(d) Kdor koplje jamo, pade vanjo. 

2. Kaj, če sploh kaj, pove izjava: "Kdor koplje jamo, pade vanjo."o: 

(a) ljudjeh, ki padejo v jamo, 

(b) ljudeh, ki ne padejo v jamo, 

(c) ljudeh, ki kopljejo jamo, 

(d) ljudeh, ki ne kopljejo jame? 

Tu opozorimo na negacije, ki jih v slovenskem jeziku pogosto naredimo 

formalno dvakrat. Če na vprašanje: "Govorite kašen tuj jezik?"dobimo odgovor, 

"Ne govorim nobenega tujega jezika.", vemo, da to pomeni, da vprašani 

govori kvečjemu svoj materni jezik, čeprav sta v stavku formalno dve negaciji. 

Tu gre za dve slovnični negaciji, ki pa tvorita le eno logično negacijo. 

✸ 

1.2 Množice 

Recimo, da pojem množice dobro obvladamo. Ponovimo le nekatere stvari, 

na katere se bomo še sklicevali in se domenimo za simbole.


Množica je določena s svojimi elementi (člani). To pomeni, da je množica 

A dobro definirana, če za vsako reč x velja natanko ena od naslednjih dveh 

možnosti 

• x je element množice A, kar zapišemo s simboli takole 

x ∈ A , 

• x ni element množice A, kar zapišemo tako 

x ∉ A , 

in dve množici sta enaki, če vsebujeta iste elemente. 

Definicija 1.2.1 Naj bosta A in B dani množici. Če za vsak x ∈ A velja 

x ∈ B, rečemo, da je množica A podmnožica množice B, kar zapišemo 

(ali včasih B ⊃ A oz. B ⊇ A). 

A ⊂ B ali A ⊆ B 

Simbol ⊆ je popolnoma nedvoumen, simbol ⊂ pa nekateri matematiki 

uporabljajo le za prave podmnožice (za njih je torej A ⊂ A napačna trditev). 

Za nas bosta oba simbola imela enak pomen. 

Največkrat bomo množice definirali kot podmnožice tistih elementov x že 

znanih množic, ki imajo neko lastnost L(x). Kot primer zapišimo množico 

pozitivnih realnih števil takole: 

R + = {x ∈ R; x > 0} . 

Prazna množica ∅, to je množica brez elementov, je podmnožica vsake 

množice. Vsaka množica A je tudi sama svoja podmnožica (A ⊆ A). Množici 

∅ in A sta nepravi podmnožici množice A, vse druge njene podmnožice pa 

imenujemo prave. 

Če je A ⊆ B in B ⊆ A, potem sta ti dve množici enaki, A = B. Enakost 

dveh množic A in B zato lahko pokažemo tako, da pokažemo A ⊆ B in 

B ⊆ A. 

Definicija 1.2.2 Naj bosta A in B dani množici. Množica, katere elementi 

so natanko vsi elementi množice A in vsi elementi množice B, se imenuje 

unija množic A in B in jo označimo z A ∪ B. S simboli to lahko zapišemo 

takole: 

x ∈ A ∪ B ⇐⇒ (x ∈ A) ∨ (x ∈ B) . 

Množica, katere elementi so vsi elementi, ki so skupni množicama A in B, 

se imenuje presek množic A in B in se označi z A ∩ B. S simboli to lahko 

zapišemo takole: 

x ∈ A ∩ B ⇐⇒ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B) .

1.2. MNOŽICE 9 

Množica, katere elementi so vsi tisti elementi množice A, ki niso elementi 

množice B, se imenuje razlika množic A in B in jo označimo z A − B ali 

A \ B. 

A \ B = {x ∈ A; x ∉ B} 

Za vajo dokažimo trditev. 

Trditev 1.2.1 Naj bodo A, B in C poljubne množice. Tedaj velja enakost 

množic 

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) . 

Dokaz: Naj bo torej x ∈ A ∩ (B ∪ C). Po definicijah preseka in unije to 

pomeni 

(x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∪ C) ⇐⇒ (x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C) . 

Po logični ekvivalenci (1.3) iz razdelka o izjavah pa velja 

(x ∈ A) ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C) ⇐⇒ (x ∈ A ∧ x ∈ B) ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ C) . 

Po definicijah preseka in unije pa je zadnja trditev ekvivalentna trditvi 

Pokazali smo torej 

x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) . 

x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇐⇒ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) , 

kar pa pomeni, da sta ti množici res enaki. 

Vaja: Dokažite še naslednjo enakost množic 

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) . 

Če množici nimata skupnih elementov, t. j. njun presek je prazen, rečemo, 

da sta si tuji ali disjunktni. Za več množic rečemo, da so si paroma tuje, 

če je presek poljubnih dveh izmed njih prazen. 

Včasih bomo izbrali kakšno množico U (za univerzum) in obravnavali 

njene podmnožice. Če je A neka podmnožica množice U, imenujemo razliko 

množic U \ A tudi komplement množice A (v U), ki ga označimo s CA ali 

A C . 

Definicija 1.2.3 Naj bosta A in B dani množici. Množici vseh urejenih 

parov (x, y), kjer je x ∈ A in y ∈ B, rečemo kartezijski produkt množic A in 

B in jo zaznamujemo s simbolom A × B. 

Pozor: če je A ≠ B, je A × B ≠ B × A. 

Množica ima lahko končno ali neskončno mnogo elementov. V prvem 

primeru rečemo, da je množica končna, v drugem pa, da je neskončna. 

✷ 

✸


1.3 Relacije 

Navedimo še definicijo relacije. To nam sicer ni tuj pojem, že v osnovni šoli 

smo spoznali nekatere matematične relacije, npr. "večji ali enak", "deljiv z", 

"vzporeden", in podobno. Formalno pa relacijo lahko definiramo takole. 

Definicija 1.3.1 Poljubni podmnožici R v A×A rečemo tudi relacija v množici 

A. Če je (x, y) ∈ R, rečemo, da je element x v relaciji z elementom y, 

kar včasih označimo tudi z xRy. 

Definicija 1.3.2 Relacija R v množici A je 

• refleksivna, če velja xRx za vsak x ∈ A; 

• simetrična, če velja xRy ⇔ yRx; 

• tranzitivna, če velja xRy ∧ yRz ⇒ xRz; 

• ekvivalenčna, če je refleksivna, simetrična in tranzitivna. 

Primeri: 

1. V množici premic v ravnini naj bo relacija R vzporednost, tj. za premici 

p in q naj velja pRq natanko tedaj, ko sta p in q vzporedni premici. Očitno 

je R refleksivna, simetrična in tranzitivna, torej tudi ekvivalenčna 

relacija. 

2. Naj bo v množici premic v ravnini relacija P pravokotnost, tj. za 

premici p in q naj velja xP y natanko tedaj, ko sta p in q pravokotni 

premici. Relacija P ni refleksivna, je simetrična in ni tranzitivna. 

3. Naj bo n neko naravno število. V množici Z celih števil naj bo relacija 

∼ n dana tako: a ∼ n b ⇔ a − b = kn, kjer je tudi k celo število. Očitno 

je tudi ∼ n ekvivalenčna relacija. 

Ekvivalenčna relacija nam razdeli množico na paroma tuje podmnožice, 

ki jim rečemo ekvivalenčni razredi. Ekvivalenčni razred elementa x v množici 

A glede na ekvivalenčno relacijo ∼ je 

[x] ∼ = [x] = {y ∈ A; x ∼ y} . 

Očitno je res vsak element x v nekem ekvivalenčnem razredu, hitro tudi 

vidimo, da so si različni ekvivalenčni razredi res paroma tuji: 

z ∈ [x] ∩ [y] ⇒ x ∼ z ∧ z ∼ y ⇒ x ∼ y ⇒ [x] = [y] . 

Množico ekvivalenčnih razredov v množici A glede na ekvivalenčno relacijo 

∼ označimo z A/ ∼. 

✸

1.4. FUNKCIJE 11 

1.4 Funkcije 

Definicije 1.4.1 Preslikava (ali funkcija, ali transformacija) f iz množice 

A v množico B je predpis, ki vsakemu elementu x ∈ A priredi natanko en 

element množice y = f(x) ∈ B. Preslikave bomo pogosto pisali takole: 

f : A −→ B ali A f 

−→ B, 

njihove učinke na elementih pa takole: 

x ↦−→ y. 

Množici A rečemo domena ali definicijsko območje funkcije f, množici B pa 

rečemo kodomena funkcije f. Elementom x ∈ A bomo rekli originali (za 

preslikavo f), elementom f(x) ∈ B pa njihove slike pri preslikavi f. Tisti 

podmnožici množice B, ki vsebuje ravno vse slike elementov iz A, rečemo 

zaloga vrednosti preslikave f. 

Če je C ⊂ A, rečemo množici 

f(C) = {b ∈ B; ∃c ∈ C : b = f(c)} 

slika (ali f-slika) množice C. Če je D ⊂ B, rečemo množici 

f −1 (D) = {a ∈ A; f(a) ∈ D} 

rečemo praslika (ali f-praslika) množice D. 

Preslikavi, ki preslika poljubna dva različna elementa v različna elementa, 

rečemo injektivna preslikava ali injekcija. Preslikavi f : A → B, za katero 

je zaloga vrednosti kar cela množica B, rečemo surjektivna preslikava 

ali surjekcija. Preslikavi, ki je injektivna in surjektivna, rečemo bijektivna 

preslikava ali bijekcija. 

Primeri: 

• Najpreprostejša preslikava A → A je gotovo identiteta id A = 1 A , ki 

slika takole: 

x ↦−→ x 

za vsak x ∈ A. 

• Naj bo A ⊆ B. Tedaj obstaja preslikava A → B, a ↦→ a, ki ji rečemo 

inkluzija. 

• Naj bo f : A → B neka funkcija in C ⊂ A. Tedaj rečemo preslikavi 

g : C → B, g(x) = f(x) za vsak x ∈ C, restrikcija ali zožitev preslikave 

f na C in označimo z f| C . 

• Naj bo v množici A dana ekvivalenčna relacija ∼. Tedaj obstaja surjektivna 

preslikava 

A −→ A/ ∼ , x ↦→ [x] .


• Naj bo A množica vseh ljudi. Tedaj obstaja funkcija A → A, ki vsakemu 

človeku priredi njegovo mater. 

✸ 

Definicija 1.4.1 Poljubni funkciji 

rečemo tudi operacija na množici A. 

A × A −→ A 

Najpreprostejši primer take operacije je seštevanje naravnih števil, poznamo 

pa tudi množenje naravnih (in drugih) števil. Včasih taki operaciji 

rečemo tudi notranja operacija, da jo razlikujemo od drugačnih operacij. Vsi 

smo se že srečali z množenjem vektorjev s skalarji, ta operacija pa ni notranja. 

Nekatere preslikave lahko sestavljamo. 

Definicija 1.4.2 Če imamo preslikavi f : A → B in g : B → C, rečemo 

preslikavi gf = g ◦ f : A → C, ki slika 

x ↦−→ g(f(x)) 

za vsak x ∈ A, kompozitum preslikav f in g. 

Pozor: tudi če je A = B = C, ni rečeno, da je fg = gf. 

Primer: Imejmo preslikavi f : R → R, f(x) = x 2 , in g : R → R, g(x) = 

x+1. Tedaj je gf : R → R, gf(x) = x 2 +1, in fg : R → R, fg(x) = x 2 +2x+1. 

✸ 

Definicija 1.4.3 Če za preslikavo f : A → B obstaja taka preslikava g : 

B → A, da velja 

gf = id A in fg = id B , 

rečemo, da je obrnljiva in da je preslikava g inverzna preslikava ali inverz k 

preslikavi f in označimo z g = f −1 . 

Vaja: Dokažite, da je funkcija obrnljiva natanko tedaj, ko je bijektivna. Namig: 

upoštevajte, da je identiteta bijektivna in premislite, v katerem primeru 

je kompozitum surjektiven in v katerem injektiven. 

Včasih bomo označili množico vseh funkcij iz množice A v množico B s 

simbolom B A . 

Če je A končna množica in obstaja neka bijekcija f : A → B, je tudi B 

končna in ima isto število elementov kot A. Zato tudi za neskončne množice 

✸

1.4. FUNKCIJE 13 

včasih rečemo, da imajo enako mnogo elementov, če obstajajo med njimi 

bijekcije. Nasploh pa bomo v takem primeru za (še posebej za neskončne) 

množice raje rekli, da so ekvipolentne ali da imajo isto moč. Posebno vlogo 

ima množica N naravnih števil. Za vsako množico, ki ima isto moč kot N 

rečemo, da je števno neskončna. Za neskončno množico, ki nima iste moči 

kot N, pa rečemo, da je neštevna. 

Imejmo neko množico množic A. Ponavadi bomo v takem primeru zaradi 

lepšega raje rekli, da je A družina množic. Denimo, da obstaja neka množica 

J in neka bijekcija J → A, j ↦→ A j ∈ A. V takem primeru bomo rekli, da 

je J indeksna množica družine A in da je A indeksirana z množico J. Unijo 

družine A definiramo takole: 

x ∈ ⋃ A = ⋃ j∈J 

A j ⇐⇒ ∃k ∈ J : x ∈ A k . 

Presek družine A pa definiramo tako: 

x ∈ ⋂ A = ⋂ j∈J 

A j ⇐⇒ ∀k ∈ J : x ∈ A k . 

Trditev 1.4.1 Naj bo A = {A i ; i ∈ J} družina podmnožic neke množice M. 

Tedaj veljata naslednja De Morganova zakona. 

⋃ 

i∈J 

A C i = ( ⋂ i∈J 

A i ) C , 

⋂ 

i∈J 

A C i = ( ⋃ i∈J 

A i ) C 

Dokaz: Vaja! ✷

14 POGLAVJE 1. UVOD

Poglavje 2 

Števila 

Že iz šole kolikor toliko poznamo realna števila. Množico realnih števil bomo 

označevali s simbolom R. V tem poglavju bomo ponovili glavne lastnosti 

množice R. Tiste lastnosti, ki to množico natanko določajo imenujemo aksiome 

množice R. 

2.1 Polje realnih števil 

Najprej naštejmo aksiome računskih operacij v R. 

A1 V množici R imamo dve temeljni računski operaciji: seštevanje in množenje. 

Za seštevanje velja: 

A2 Asociativnost. Za poljubna realna števila a, b, c velja: 

a + (b + c) = (a + b) + c 

A3 Komutativnost. Za poljubni realni števili a in b velja: 

a + b = b + a 

A4 Obstaja nevtralni element 0, to je tak element, da velja za poljubno 

realno število 

a + 0 = a . 

A5 Za poljubni element a ∈ R obstaja tak element x = −a ∈ R, da velja 

a + (−a) = 0 . 

Množici G skupaj z operacijo, za katero veljajo vse zgoraj naštete lastnosti, 

rečemo Abelova grupa. Množica R je torej za seštevanje Abelova 

grupa, označimo jo z (R, +). 

Za množenje realnih števil (ki ga pišemo s piko, pogosto pa med simboli, 

ne pa med številkami, piko tudi spustimo) tudi veljata zakona 

asociativnosti in komutativnosti, to je, za poljubna števila a, b, c ∈ R 

velja 

15

16 POGLAVJE 2. ŠTEVILA 

A6 

A7 

in 

a(bc) = (ab)c 

ab = ba . 

A8 Tudi za množenje obstaja nevtralni element 1 (rečemo mu tudi enota), 

da velja za poljuben a ∈ R: 

1.a = a . 

A9 Za vsako realno število a, razen za 0, obstaja tudi inverz y = a −1 za 

množenje, rečemo mu tudi obratna vrednost, da velja 

aa −1 = 1 . 

A10 Operaciji + in · povezuje zakon distributivnosti: za poljubna realna 

števila a, b, c velja: 

(a + b)c = ac + bc. 

Vsaki množici z dvema operacijama, za katere veljajo vse zgoraj naštete 

lastnosti, rečemo komutativni obseg ali polje. Torej je (R, +, ·) polje. 

Oglejmo si nekaj pomembnih lastnosti polj: 

Trditev 2.1.1 V polju lahko krajšamo, t. j. 

in če je c ≠ 0, 

iz a + c = b + c sledi a = b 

iz ac = bc sledi a = b. 

Dokaz: V prvem primeru v enačbi prištejemo −c na obeh straneh in 

upoštevamo asociativnost seštevanja, v drugem primeru pa enačbo 

pomnožimo s c −1 na obeh straneh in upoštevamo asociativnost 

množenja. 

Pravila krajšanja nam omogočajo, da znamo enolično rešiti enačbi 

a + x = b in cy = d, 

kjer so a, b, c in d dani elementi obsega, c ≠ 0, x in y pa sta neznaki. 

Številu b + (−a) rečemo razlika števil b in a in ga pišemo b − a; številu 

dc −1 pa rečemo kvocient števil d in c in ga pišemo tudi d c . 

Oglejmo si nekaj posledic zgornje trditve. Med drugim smo dolžni opravičiti 

oznaki −a in a −1 , če bi namreč inverzi ne bili natanko določeni, 

takih oznak pravzaprav ne bi smeli uporabiti. 

✷

2.2. UREJENOST 17 

Trditev 2.1.2 V poljubnem polju velja: 

1. inverza sta enolično določena: za poljuben a iz polja obstaja natanko 

določen −a in če je a ≠ 0, obstaja tudi natanko en a −1 ; 

2. za poljuben element a je a · 0 = 0; 

3. če ima polje več kot en sam element, potem je 0 ≠ 1; 

4. za poljuben element a v polju je −a = (−1) · a. 

Dokaz: Za prvo ugotovitev naj bosta x in y inverza elementa a za 

seštevanje, elementa u in v pa inverza elementa a za množenje 

(slednje ob predpostavki a ≠ 0). Iz enakosti 

a + x = a + y = 0 , au = av = 1 

dobimo x = y in u = v s krajšanjem. 

Tudi drugo lastnost dobimo s krajšanjem 

a.0 = a.(0 + 0) = a.0 + a.0 = 0 

za vsak element a iz polja. 

Za dokaz tretje trditve recimo, pokažimo, da nas predpostavka 

0 = 1 v polju z neničelnim elementom a pripelje do protislovja. 

Za a ≠ 0 dobimo iz 0 = 1 enakost 

a = a.1 = a.0 = 0 , 

to pa je v protislovju z a ≠ 0. Torej mora v takem polju biti 0 ≠ 1. 

Za četrto lastnost ugotovimo enakosti 

(−1) · a + a = (−1) · a + 1 · a = (−1 + 1) · a = 0 · a = 0 . 

✷ 

2.2 Urejenost 

A11 Realna števila so urejena po velikosti: za poljubni realni števili a in b 

velja natanko ena od naslednjih treh možnosti 

a > b ali a 

A12 Iz a 

Številom, ki so večja od 0, rečemo pozitivna števila, številom, ki so 

manjša od 0, pa rečemo negativna števila. 

Urejenost realnih števil je usklajena z računskima operacijama. 

poljubna realna števila a, b, c velja: 

Za 

A13 

a > b ⇒ a + c > b + c


A14 

a > b, c > 0 ⇒ ac > bc . 

Zgornji aksiom nam pove tudi to, da je produkt dveh pozitivnih števil 

pozitivno število. 

Trditev 2.2.1 Za realna števila a, b in c velja: 

a > b, c < 0 ⇒ ac < bc . 

Dokaz: 

Iz c < 0 dobimo s prištetjem −c na obeh straneh neenakost 

0 < −c . 

Če neenakost a > b množimo z −c, dobimo 

−ac = a(−c) > b(−c) = −bc. 

Potem, ko prištejemo na obeh straneh ac + bc, dobimo želeno 

neenačbo. 

Med drugim nam zgornja trditev pove, da je produkt pozitivnega in 

negativnega števila negativno število. V dokazu pa smo tudi spoznali, 

da sta si nasprotni števili ‘nasprotno predznačeni’. Recimo to bolj 

natančno: če je število c pozitivno, je −c negativno in obratno, če je c 

negativno število, je −c pozitivno. Naj bo c pozitivno število, tedaj iz 

enakosti 1.c = c in zgornjih premislekov sledi, da je 1 pozitivno število. 

Zapišimo to ugotovitev bolj formalno. 

Trditev 2.2.2 Za poljubno realno število a velja ekvivalenca 

V R velja 0 < 1. 

a > 0 ⇐⇒ −a < 0 . 

Trditev 2.2.3 Iz 0 < a 

Dokaz: Ker velja aa −1 = 1, je poleg a tudi a −1 pozitivno število, 

podobno velja za b. Iz a 

Vaja: Dokažite, da sta si dve realni števili različni natanko tedaj, ko 

je njuna razlika različna od 0. 

Pokažimo še eno pomembno lastnost realnih števil: 

Trditev 2.2.4 Med različnima realnima številoma obstaja vsaj še eno 

realno število. 

✷ 

✷ 

✷ 

✸

2.3. SUPREMUM 19 

Dokaz: Iz a > b sledi a + b > 2b in 2a > a + b. Zadnji dve neenačbi 

množimo z 1 , ki je pozitivno število, in dobimo: 

2 

a > b ⇒ a > a + b 

2 

> b. 

Zaradi te lastnosti rečemo, da je množica R povsod gosta. 

✷ 

2.3 Supremum 

Definicija 2.3.1 Naj bo A neka neprazna množica realnih števil. Če 

obstaja tako realno število G, da velja 

x ≤ G za vsak x ∈ A, 

rečemo, da je število G zgornja meja množice A in da je množica A 

navzgor omejena. Če obstaja tako realno število p, da velja 

x ≥ p za vsak x ∈ A, 

rečemo, da je število p spodnja meja za A in da je A navzdol omejena. 

Če ima neprazna množica realnih števil zgornjo in spodnjo mejo, rečemo, 

da je omejena. 

Če je G zgornja meja množice A, je seveda vsako večje število tudi 

zgornja meja za A. Ali pa obstaja najmanjša zgornja meja za A? V 

množici realnih števil je odgovor pozitiven. 

A15 Vsaka neprazna navzgor omejena množica v R ima najmanjšo zgornjo mejo, 

ki ji pravimo tudi natančna zgornja meja ali supremum. 

Za vsak slučaj povejmo definicijo supremuma še bolj eksplicitno. Število s 

je supremum množice A ⊂ R (to bomo pisali s = sup A), če je s zgornja meja 

množice A in če prav nobeno manjše število od s ni zgornja meja množice A. 

Izrek 2.3.1 Vsaka neprazna navzdol omejena množica realnih števil ima 

največjo spodnjo mejo, ki ji rečemo tudi natančna spodnja meja ali infimum. 

Dokaz: Naj bo N neprazna navzdol omejena podmnožica v R. Naj bo M 

množica vseh spodnjih mej množice N. Ker je N navzdol omejena, M 

ni prazna. Prav gotovo pa je M omejena navzgor, saj je poljuben element 

iz N zgornja meja za M. Po zgornjem aksiomu ima M natančno 

zgornjo mejo s. 

Pokažimo, da je tudi s spodnja meja za N. Denimo, da bi obstajal tak 

x ∈ N, da je x < s. Tedaj bi noben r ∈ R z lastnostjo x < r ≤ s ne bil


spodnja meja za N, torej r ∉ M, to pa je v protislovju s predpostavko, 

da je s supremum množice M. Torej s je spodnja meja za N. 

Pokažimo še, da je s tudi največja spodnja meja za N. Denimo, da bi 

tudi y > s bila spodnja meja za N. To bi pomenilo, da je y ∈ M, to 

pa je spet v protislovju s predpostavko, da je s = sup M zgornja meja 

za M. Torej je res sup M = inf N. 

✷ 

Primer: Naj bo množica A = {1/n; n ∈ N}. Kaj je v tem primeru sup A in 

kaj inf A? Precej očitno je, da je sup A = 1. Zaenkrat nam intuicija pove, 

da je inf A = 0, kmalu pa bomo znali to tudi povsem strogo dokazati. 

Zaradi eksistence supremumov in infimumov rečemo, da je R poln obseg. 

✸ 

Primer: Naj bo A ⊂ R neka navzgor omejena množica in naj bo c ∈ R. 

Definirajmo 

c + A = {c + a; a ∈ A} , cA = {ca; a ∈ A} . 

Dokažimo, da velja sup(c+A) = c+sup A in, če je c > 0, velja tudi sup(cA) = 

c sup A. 

Če je M zgornja meja za A, tj. 

M ≥ a , 

∀a ∈ A 

je zaradi monotonosti seštevanja (aksiom A13) tudi 

c + M ≥ c + a , ∀a ∈ A , 

torej je c + M zgornja meja za c + A. Odtod sledi, da je c + sup A zgornja 

meja za c + A, torej c + sup A ≥ sup(c + A). Pa recimo, da bi veljalo 

sup(c + A) < c + sup A . 

Tedaj je razlika c + sup A − sup(c + A) = ε > 0. Po definiciji sup A obstaja 

neki a ∈ A, za katerega velja 

Tedaj zaradi monotonosti velja 

a > sup A − ε . 

sup(c + A) = c + sup A − ε < c + a ≤ c + sup A , 

to pa je v očitnem protislovju s tem, da je sup(c + A) zgornja meja za c + A. 

Dokažimo še sup(cA) = c sup A. Če je M zgornja meja za A, je zaradi 

monotonosti množenja (aksiom A14) in c > 0 tudi cM zgornja meja za cA.

2.4. NARAVNA ŠTEVILA 21 

Torej velja c sup A ≥ sup(cA). Pa recimo, da bi veljalo c sup A > sup(cA) in 

c sup A − sup(cA) = ε > 0. Tedaj obstaja tak a ∈ A, da velja 

Zaradi c > 0 odtod dobimo 

kar pa je spet protislovje. 

a > sup A − ε c . 

ca > c sup A − ε = sup(cA) , 

Kaj pa lahko rečemo o sup(cA), če je c < 0? 

✸ 

Vaje: 

1. Določite supremum in infimum množice {n ∈ N; 3n < 7}. 

2. Naj bosta A in B neprazni navzgor omejeni množici realnih števil, za 

kateri velja A ⊂ B. Dokažite, da velja sup A ≤ sup B. 

3. Naj bo a ∈ A zgornja meja množice A. Dokažite, da je a = sup A. 

4. Ali velja: 

(a) če je a ≤ M za vsak a ∈ A ≠ ∅, je sup A ≤ M; 

(b) če je a < M za vsak a ∈ A ≠ ∅, je sup A < M; 

(c) če sta A in B taki neprazni omejeni množici v R, da velja a ≤ b 

za poljubna a ∈ A in b ∈ B, velja sup A ≤ sup B; 

(d) če sta A in B taki neprazni omejeni množici v R, da velja a < b 

za poljubna a ∈ A in b ∈ B, velja sup A 

(e) za poljubni neprazni navzgor omejeni množici velja sup(A + B) = 

sup A + sup B; 

(f) če je sup A 

meja množice A; 

(g) če je sup A ≤ sup B, obstaja neki element b ∈ B, ki je zgornja 

meja množice A. 

2.4 Naravna števila 

Oglejmo si še nekaj posebnih podmnožic v R. S seštevanjem enote dobimo 

naravna števila: 

1 

1 + 1 = 2 

1 + 1 + 1 = 3 

· · · 

Množico naravnih števil bomo označili z N.


Zelo pomembna je naslednja lastnost naravnih števil. 

Popolna indukcija. Če je M taka množica naravnih števil, da velja 

potem je M = N. 

1 ∈ M in n ∈ M ⇒ n + 1 ∈ M, 

Primeri: 

1. Dokažimo, da za vsako naravno število n velja neenakost 2 n > n. Za 

n = 1 ta neenakost očitno velja. Iz 2 n > n pa sledi 

za poljubno število n. 

2 n+1 = 2 · 2 n > 2n = n + n ≥ n + 1 

2. Dokažimo, da za vsako realno število x > −1, x ≠ 0, in za vsako 

naravno število n, večje od 1, velja Bernoullijeva neenakost 

Za n = 2 neenakost velja, saj je 

(1 + x) n > 1 + nx . 

(1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2 > 1 + 2x . 

Ugotoviti moramo še, da velja neenakost tudi za n = k + 1, če velja za 

n = k. Naj bo torej 

(1 + x) k > 1 + kx . 

Pomnožimo to neenačbo z 1 + x > 0. Dobimo 

(1 + x) k+1 > (1 + kx)(1 + x) = 1 + (k + 1)x + kx 2 > 

> 1 + (k + 1)x . 

S popolno indukcijo smo Bernoullijevo neenakost res dokazali. 

3. Definirajmo si še nekaj simbolov. Za naravno število n naj bo 

n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1)n , 

posebej pa definiramo še 0! = 1. Za nenegativni celi števili n in k, 

n ≥ k, definiramo binomski simbol 

( n 

k) 

= 

n! 

(n − k)!k! 

= 

(n − k + 1) · · · (n − 1)n 

k! 

Dokažimo, da za vsako naravno število n in poljubni realni števili a in 

b velja 

(a+b) n = 

( ( ( ( n n n n 

a 

0) 

n + a 

1) 

n−1 b+ a 

2) 

n−2 b 2 +· · ·+ b 

n) 

n = 

. 

∑k=n 

k=0 

( n 

k) 

a n−k b k .


Tej trditvi se reče tudi binomski izrek. Brez težav ugotovimo, da ta 

trditev velja za n = 1 za poljubni števili a in b. 

Preden se lotimo indukcijskega koraka, naredimo še naslednji pomožni 

račun za n ≥ k ≥ 0. 

( ( ) 

n n (n − k + 1) · · · (n − 1)n (n − k)(n − k + 1) · · · (n − 1)n 

+ = + 

k) 

k + 1 

k! 

(k + 1)! 

( 

(n − k + 1) · · · (n − 1)n 

= 1 + n − k ) 

k! 

k + 1 

(n − k + 1) · · · (n − 1)n(n + 1) 

= 

(k + 1)! 

( ) n + 1 

= 

k + 1 

Predpostavimo, da velja trditev binomskega izreka za naravno število 

n in jo dokažimo še za n + 1. 

(a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) 

[( n 

= a 

0) 

n + 

= 

= 

( n 

1) 

a n−1 b + · · · + 

( ) ( ] 

n 

n 

ab n−1 + 

n − 1 n)b n (a + b) 

( [( ( [( ( )] 

n n n n n 

a 

0) 

n+1 + + a 

0) 

1)] 

n b + · · · + + a 

k) 

n−k b k+1 + 

k + 1 

( ) ( n + 1 n + 1 

a n+1 + 

0 

1 

+ · · · + 

) 

a n b + · · · + 

[( ) ( ( n n n 

+ ab 

n − 1 n)] 

n + b 

n) 

n+1 

( ) n + 1 

a n−k b k+1 + · · · + 

k + 1 

( n + 1 

+ 

n 

) 

ab n + 

( ) n + 1 

b n+1 

n + 1 

✸ 

Naslednjemu izreku rečemo tudi Arhimedov izrek. 

Izrek 2.4.1 Za vsako realno število r obstaja tako naravno število n, da je 

r < n. 

Dokaz: 

Recimo, da izrek ne velja. To pomeni, da je množica 

M = {x ∈ R; ∃n ∈ N : x < n} 

v R navzgor omejena. Ker velja N ⊂ M, množica M tudi ni prazna. 

Po aksiomu torej obstaja natančna zgornja meja sup M ∈ R. To pa 

pomeni, da je realno število sup M − 1/2 manjše od nekega elementa 

M (in je po definiciji M tudi samo v M) in velja 

sup M − 1/2 < n ≤ sup M 

meja za M. 

✷ 

Posledica 2.4.1 Za poljubno pozitivno realno število ε obstaja tako naravno 

število n, da za vsako večje naravno število m velja 

1 

m < ε . 

Dokaz: Naj bo ε > 0. Tedaj po Arhimedovem izreku obstaja tako naravno 

število n, da je 1/ε < n in zato za vsak tak m ∈ N, da je n < m velja 

tudi 1/ε < m odtod pa sledi ε > 1/m. 

✷ 

Primer: Naj bo množica A = {1/n; n ∈ N}. Ugotovili smo že, da je sup A = 

1, da je inf A = 0, pa še nismo znali dokazati. Pokažimo to zdaj, ko že 

poznamo Arhimedov izrek. Ker so vsi elementi v A pozitivna števila, je 

očitno inf A ≥ 0. Po zgornji posledici Arhimedovega izreka pa inf A ne more 

biti pozitivno število, torej inf A = 0. 

✸ 

Vaja: Določite supremum in infimum množic A = {n/(3n − 4); n ∈ N}, 

B = {n/(m + n); m, n ∈ N} in C = {m/n; m, n ∈ N, m + n < 10}. 

Za računanje pa naravna števila niso tako pripravna, v splošnem jih ne 

moremo odštevati. Če pa vsem naravnim številom dodamo še vsa njihova 

nasprotna števila in število 0, dobimo cela števila. Množico celih števil bomo 

označili z Z. Ta množica ni obseg, je pa kolobar. Kolobar se loči od obsega 

po tem, da v njem ne zahtevamo obstoja inverzov za množenje. 

Prej smo omenili, da je množica R povsod gosta, t.j. da med poljubnima 

realnima številoma obstaja vsaj še eno. To pa ne velja ne za N ne za Z. Med 

celima številoma a in a + 1 ni nobenega, ki bi bil v Z. 

V Z sicer že lahko odštevamo, ne moremo pa še deliti. Če k Z dodamo še 

vse obrate neničelnih celih števil in vse produkte celih števil in recipročnih 

vrednosti, dobimo ulomke ali racionalna števila. Množico racionalnih števil 

zaznamujemo s Q, ta množica je za seštevanje in množenje že obseg. 

Za razliko od R pa Q ni poln obseg. 

Primer: Naj bo množica 

A = {r ∈ Q; r 2 < 2} 

množica vseh tistih ulomkov, katerih kvadrati so manjši od 2. Naj bosta x 

in y poljubni pozitivni realni števili. Če neenakost x > y pomnožimo enkrat


z x in drugič z y, dobimo x 2 > xy > y 2 . Če pa zadnji dve neenakosti delimo 

z x oziroma y, dobimo spet x > y. Velja torej naslednja ekvivalenca. 

x > y ⇐⇒ x 2 > y 2 (2.1) 

Z drugimi besedami: na množici pozitivnih realnih števil je kvadratna funkcija 

strogo naraščajoča. Odtod sledi, da je množica A navzgor omejena, vsi 

njeni elementi morajo biti očitno manjši od 2. Seveda je A tudi neprazna, 

saj vsebuje vsaj število 1. Torej obstaja v R število s = sup A. 

Pokažimo, da je s 2 = 2. Vemo, da je 2 > s > 1. Za vsako naravno število 

n velja tudi (1/n) 2 ≤ 1 < 2 in zato 1/n < s. Odtod, skupaj z (2.1) dobimo 

neenakosti 

( 

s − 1 n) 2 

≤ 2 ≤ 

( 

s + 1 ) 2 

n 

s 2 − 2 s n + 1 n 2 ≤ 2 ≤ s 2 + 2 s n + 1 n 2 

s 2 − 2s 

n < 2 < s2 + 3s 

n . 

Zadnjo neenakost smo dobili s pomočjo neenakosti 1/n 2 < s/n. Odtod pa 

dobimo 

s 2 − 2 

< 1 in − 1 2s n 

n < s2 − 2 

. 

3s 

Iz Posledice (2.4.1) sledi, da je 

s 2 − 2 

2s 

≤ 0 ≤ s2 − 2 

3s 

ker pa je s > 0, je to mogoče le, če je s 2 = 2. 

Zdaj pa pokažimo, da s ni racionalno število. To bo hkrati pokazalo, da 

za razliko od polja R za polje Q ne velja aksiom o eksistenci supremuma za 

vsako navzgor omejeno neprazno podmnožico. 

, 

Recimo, da je s = a b , kjer je a b 

okrajšani ulomek. 

Torej je a sodo število a = 2c. 

a 2 

b 2 = 2 ⇒ a2 = 2b 2 

a 2 = 4c 2 = 2b 2 ⇒ 2c 2 = b 2 

Torej je tudi b sodo število. To pa je v nasprotju s predpostavko, da je 

ulomek a že okrajšan. Tako smo pokazali, da ni takega racionalnega števila, 

b 

katerega kvadrat je enak 2. 

Odtod sledi, da obstajajo realna števila, ki niso racionalna. Rečemo jim 

iracionalna števila. Izkaže se, da je iracionalnih števil več kot racionalnih: 

medtem ko obstaja bijekcija iz N v Q, pa ne obstaja nobena bijekcija iz N v 

R. 

✸


2.5 Številska premica, intervali, okolice 

Če narišemo premico, se odločimo za izhodišče (točko 0) in enoto (točko 1), 

imamo med točkami na premici in realnimi števili točno določeno bijektivno 

korespondenco: za vsako realno število obstaja natanko ena točka na premici 

in za vsako točko na premici natanko eno realno število. Pri tem za števili 

a 

b (če smo 1 postavili desno od 0, sicer pa velja ravno obratno). 

V tej luči bomo pogosto na množico realnih števil R gledali tudi z geometrijskimi 

očmi. V takem primeru bomo včasih govorili o prostoru R, namesto 

realno število pa bomo včasih rekli tudi točka v R. 

 

− 3 4 

 

0 

 

1 

√ 

2 

Slika 2.1: Številska premica 

Definicija 2.5.1 Poljubnemu realnemu številu x priredimo njegovo absolutno vrednost 

|x| ∈ R s predpisom 

{ x če je x ≥ 0 

|x| = 

−x če je x < 0 . 

Absolutna vrednost ima tudi geometrijski pomen: |x| je razdalja točke x 

do točke 0 na številski premici; |b − a| pa razdalja med točkama a in b na 

številski premici. 

Oglejmo si nekaj lastnosti absolutne vrednosti. 

Trditev 2.5.1 Za poljubni realni števili a in b velja 

1. trikotniška neenakost 

2. 

3. 

4. 

|a + b| ≤ |a| + |b| 

|a + b| ≥ |a| − |b| 

|ab| = |a||b| 

∣ a ∣ = |a| 

b |b| , b ≠ 0. 

Dokaz: 

Iz definicije vidimo, da veljata za vsak a ∈ R neenakosti 

a ≤ |a| in − a ≤ |a| .

2.5. ŠTEVILSKA PREMICA, INTERVALI, OKOLICE 27 

V primeru, da je a + b ≥ 0, dobimo trikotniško neenakost kot vsoto 

takih neenakosti (tj. kot zgoraj levo) za a in b: 

|a + b| = a + b ≤ |a| + |b| . 

V primeru, da je a + b < 0 pa iz podobne vsote neenakosti kot zgoraj 

desno: 

|a + b| = −(a + b) ≤ |a| + |b| . 

V trikotniški neenakosti enačaj velja, če sta števili istega znaka ali pa 

je vsaj eno enako 0. Sicer velja neenačaj. 

Za drugo neenakost si oglejmo naslednji račun. 

Odtod pa sledi 

|a| = |(a + b) + (−b)| ≤ |a + b| + | − b| = |a + b| + |b| 

|a + b| ≥ |a| − |b| 

Ostali trditvi preverimo za vse možne primere predznakov a in b. 

Z indukcijo brez težav dokažemo, da nasploh velja za poljubna realna 

števila a 1 , a 2 , . . . , a n velja 

|a 1 + a 2 + . . . + a n | ≤ |a 1 | + |a 2 | + . . . + |a n | 

|a 1 a 2 . . . a n | = |a 1 ||a 2 | . . . |a n |. 

✷ 

Naj bosta a in b poljubni taki realni števili, da velja a < b. Tedaj imenujemo 

množico 

[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b} 

zaprti interval od a do b, množico 

pa odprti interval od a do b. Množici 

(a, b) = {x ∈ R; a < x < b} 

[a, b) = {x ∈ R; a ≤ x < b} in (a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b} 

pa imenujemo polodprta intervala. V vseh štirih primerih rečemo številu 

b zgornje, številu a pa spodnje krajišče intervala. Številu b − a pa rečemo 

dolžina intervala. Včasih rečemo tudi množici {a} zaprti interval [a, a], tak 

interval ima seveda dolžino 0, odprti interval pa ima vedno pozitivno dolžino. 

Ker smo vzeli za a in b realni števili, so zgornji štirje intervali končni ali 

omejeni intervali. 

Obstajajo pa tudi neskončni ali neomejeni intervali. To so množice 

[a, ∞) = {x ∈ R; x ≥ a} (−∞, b] = {x ∈ R; x ≤ b} 

(a, ∞) = {x ∈ R; x > a} (−∞, b) = {x ∈ R; x < b} 

(−∞, ∞) = R ,


kjer sta a in b poljubni realni števili. Včasih se piše v teh intervalih namesto 

∞ tudi → in namesto −∞ tudi ←. Tudi intervalom oblike [a, ∞) ali 

(−∞, b] bomo rekli zaprti intervali, intervalom oblike (a, ∞) ali (−∞, b) pa 

odprti intervali. 

Vaja: Dokažite, da je vsaka množica I, za katero velja implikacija 

(a < c < b) ∧ (a, b ∈ I) =⇒ c ∈ I 

neki interval. 

✸ 

Definicija 2.5.2 Naj bo neko ε pozitivno realno število in a ∈ R. Tedaj 

intervalu (a − ε, a + ε), v katerem so natanko tiste točke x, za katere velja 

|a − x| < ε , 

tj. tiste točke x, ki so od a oddaljene za manj kot ε, rečemo tudi ε-okolica 

točke a. 

Definicija 2.5.3 Naj bo x ∈ R, A ⊂ R in naj obstaja tak ε > 0, da velja 

(x − ε, x + ε) ⊂ A . 

Tedaj rečemo, da je množica A okolica točke x. 

Vsaka točka x odprtega intervala (a, b) ima pozitivno razdaljo do obeh 

krajišč tega intervala. Če definiramo 

ε = min{|a − x|, |b − x|} , 

interval (a, b) vsebuje ε-okolico točke x. To pomeni, da je vsak odprti interval 

okolica vsake svoje točke. Očitno pa zaprti interval ni okolica svojih krajišč. 

Pri tem velja opozoriti, da okolica tu ne pomeni, da je ta množica blizu 

točke, ampak, da jo nekako ‘na debelo obkoli’ z obeh strani. Očitno velja 

tudi naslednja lastnost: če je A okolica točke x, je tudi vsaka množica B, za 

katero velja A ⊂ B, okolica točke x. 

Protiprimer: Množica U = R \ {1/n; n ∈ N} ni okolica točke 0 v R, saj ne 

vsebuje prav nobenega odprtega intervala okoli točke 0. 

Dokažimo še naslednjo pomembno posledico polnosti polja R. 

✸ 

Izrek 2.5.1 (Lastnost vloženih intervalov) Za vsak n ∈ N naj bo I n = 

[a n , b n ] zaprti interval in naj bodo ti intervali vloženi eden v drugega, tj. velja 

I 1 ⊃ I 2 ⊃ I 3 ⊃ · · · ⊃ I n ⊃ · · · . 

Tedaj presek te družine intervalov ni prazen, tj. ⋂ ∞ 

n=1 I n ≠ ∅.

2.5. ŠTEVILSKA PREMICA, INTERVALI, OKOLICE 29 

Dokaz: 

Oglejmo si množico 

A = {a n ; n ∈ N} 

levih krajišč intervalov. Ker so intervali {I n } vloženi eden v drugega, 

je b 1 zgornja meja za vsak I n in s tem tudi za A. Torej obstaja s = 

sup A ∈ R. Ker je s zgornja meja za A, velja a n ≤ s. 

Zaradi vloženosti intervalov pa velja pa tudi a m ≤ a n ≤ b n ≤ b m za 

n > m. Torej je celo vsak b n zgornja meja za A in zato tudi s ≤ b n za 

vsak n ∈ N. 

Torej smo pokazali, da velja 

a n ≤ s ≤ b n ∀n ∈ N , 

to pa pomeni s ∈ ⋂ ∞ 

n=1 I n. 

✷ 

Primeri: 

1. Družina vloženih zaprtih intervalov 

I n = [−1/n, 1/n] , 

n ∈ N 

zadošča vsem pogojem izreka, zato ima neprazen presek. Brez težave 

se prepričamo, da je presek te družine intervalov množica {0}. 

2. Družina vloženih odprtih intervalov 

I n = (−1/n, 1/n) , 

n ∈ N 

sicer ni taka, kot jo omenja izrek, a ima kljub temu neprazni presek – 

množico {0}. 

3. Družina vloženih zaprtih intervalov 

I n = [n, ∞) 

ni taka, kot jo zahteva izrek in iz Arhimedovega izreka takoj sledi, da 

je presek te družine prazen. 

✸ 

Vaja: Poiščite neskončno množico vloženih odprtih intervalov, katerih presek 

je prazen. 

✸


2.6 Gostost Q v R 

Naslednja trditev nam pove, da je v vsaki okolici vsakega realnega števila 

tudi neko racionalno število. Zato rečemo, da je množica Q gosta v R. 

Izrek 2.6.1 Vsak odprti interval vsebuje kako racionalno število. 

Dokaz: Imejmo interval (a, b). Najprej privzemimo, da je 0 ≤ a < b. Naj 

bo n tako naravno število, da velja 

1 

n 

Ideja dokaza je v tem, da gremo iz točke 0 s koraki velikosti 1/n v 

pozitivni smeri. Zaradi zgornje lastnosti s takimi koraki ne moremo 

preskočiti intervala (a, b). 

Naj bo m tako naravno število, da velja 

m − 1 ≤ na < m . 

Iz druge neenakosti takoj sledi, da je 

a < m n . 

Oglejmo si še prvo neenakost m−1 ≤ na. Iz 2.2 sledi, da je a < b−1/n 

in tako dobimo 

m ≤ na + 1 < n(b − 1/n) + 1 = nb , 

torej 

m 

n < b 

in smo pokazali, da je m/n ∈ (a, b). 

V primeru, da velja a 

c = −b in d = −a racionalno število q, da je c < q < d. Tedaj za 

racionalno število −q velja −q ∈ (a, b). 

Če pa velja a < 0 < b, pa je ima racionalno število 0 iskano lastnost. 

Tudi iracionalna števila so gosta v R. 

✷ 

Trditev 2.6.1 Vsak odprti interval vsebuje kako iracionalno število. 

Dokaz: Najprej pokažimo, da je vsota racionalnega in iracionalnega števila 

iracionalno število. Pa denimo, da ne bi bilo tako, tj. da imamo racionalni 

števili p in q in iracionalno število z, da velja p + z = q. V tem 

primeru velja z = q + (−p), to pa ni mogoče, saj je Q polje in je zato 

tudi p + (−q) v Q.

2.7. DECIMALNI ZAPIS 31 

Po izreku 2.6.1 obstaja racionalno število q, da velja 

a − √ 2 < q 

Tedaj pa velja tudi 

a < q + √ 2 

Po zgornjem premisleku je q + √ 2 iracionalno število. 

✷ 

Primer: Množica točk 

A = { (−1)n 

n ; n ∈ N} 

ni okolica točke 0, saj so v vsaki ε-okolici, ε > 0, točke 0 tudi iracionalna 

števila, torej taka, ki niso elementi množice A. 

✸ 

2.7 Decimalni zapis 

Realna števila je mogoče izraziti v decimalni obliki: 

Naj bo x poljubno pozitivno realno število. Če je x celo število, smo z 

njim zadovoljni, saj je že v decimalni obliki . Če pa x ni celo število, obstaja 

tako (nenegativno) celo število C, da velja 

C < x < C + 1. 

Zdaj si pogledamo števila oblike C + n za n ∈ {0, . . . , 9}. Če je x enak 

10 

enemu izmed njih, recimo številu C + c 1 

, je decimalni zapis za x kar C, c 10 1. 

Sicer pa obstaja tak c 1 ∈ {0, . . . , 9}, da velja 

ali drugače zapisano 

C + c 1 

10 < x < C + c 1 + 1 

, 

10 

C, c 1 < x < C, c 1 + 1 

10 . 

Zdaj si pogledamo števila oblike C, c 1 + n za n ∈ {0, . . . , 9}. Če je x enak 

100 

kateremu izmed teh števil, smo končali, sicer pa je eno izmed teh števil, 

označimo ga z C, c 1 + c 2 

tako, da velja 

100 

C, c 1 c 2 < x < C, c 1 c 2 + 1 

100 . 

Ta postopek nadaljujemo, včasih se ustavi, včasih pa ne. Na ta način priredimo 

številu x natanko določen končen ali pa neskončen decimalni zapis 

x = C, c 1 c 2 c 3 . . .


in dve različni števili imata različna decimalna zapisa. Tudi vsakemu decimalnemu 

zapisu pripada natanko določeno realno število. Dvema različnima 

decimalnima zapisoma pripadata različni realni števili, le zapisoma oblike 

C, c 1 . . . c n 9999 . . . in C, c 1 . . . (c n + n + 1) 

pripada isto realno (pravzaprav celo racionalno) število. Izkaže se, da ulomkom 

pripadajo ali končni decimalni zapisi ali pa neskončni in od nekje naprej 

periodični decimalni zapisi. Iracionalna števila so pa ravno tista, ki imajo 

neskončne in neperiodične decimalne zapise. 

Kaj pa, če je x negativno realno število? V tem primeru je −x pozitivno, 

njegov zapis dobimo po gornjem postopku in velja 

x = −C, c 1 c 2 . . . . 

Primer: Določimo nekaj decimalk za iracionalno število √ 2. Ker je 1 2 = 1 

in 2 2 = 4, je 

1 < √ 2 < 2 . 

S poskušanjem ugotovimo, da je 1, 4 2 = 1, 96 in 1, 5 2 = 2, 25. Torej 

1, 4 < √ 2 < 1, 5 . 

Ker je 1, 41 2 = 1, 9881 in 1, 42 2 = 2, 0164, je 

1, 41 < √ 2 < 1, 42 

in tako naprej brez konca in kraja. 

✸ 

2.8 Kompleksna števila 

V realnih številih ne moremo rešiti nekaterih enačb, na primer: 

x 2 = −1 . 

Podobno kot smo naravnim številom dodali negativna števila ali pa celim številom 

ulomke, lahko formalno dodamo množici R neki element i za katerega 

naj velja i 2 = −1 in dopolnimo množico R ∪ {i} do polja, ki ga označimo s C 

in mu rečemo polje kompleksnih števil. Izkaže se, da v tako dobljeni množici 

ni rešljiva le zgornja enačba, ampak kar vse polinomske enačbe. 

Da bo C polje, mora gotovo vsebovati vse produkte ai, kjer je a poljubno 

realno število in tudi vse vsote a + bi, kjer sta a in b poljubni realni števili. 

Pokažimo, da je to že dovolj, t. j. da je 

polje. 

C = {a + bi; a, b ∈ R}

2.8. KOMPLEKSNA ŠTEVILA 33 

Seštevamo kar takole: 

Množimo pa tako: 

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i . 

(a + bi)(c + di) = ac + adi + bci + bdi 2 = (ac − bd) + (ad + bc)i . 

Z drugimi besedami, s kompleksnimi števili računamo tako kot z binomi, le 

da upoštevamo, da je 

Preverimo, da veljajo 

i 2 = −1 i 3 = −i i 4 = 1 . 

• asociativnost: za poljubna kompleksna števila a + bi, c + di, e + fi velja 

(a + bi) + ((c + di) + (e + fi)) = (a + c + e) + (b + d + f)i 

= ((a + bi) + (c + di)) + (e + fi) 

(a + bi)((c + di)(e + fi)) = (ace − adf − bcf − bde) + (acf + ade + bce − bdf)i 

= ((a + bi)(c + di))(e + fi) 

• komutativnost: za poljubni kompleksni števili a + bi, c + di velja 

(a + bi) + (c + di) = (c + di) + (a + bi) 

(a + bi)(c + di) = (ac − bd) + (ad + bc)i = (c + di)(a + bi) 

• distributivnost: za poljubna kompleksna števila a + bi, c + di, e + fi 

velja 

(a + bi)((c + di) + (e + fi)) = a(c + e) − b(d + f) + (a(d + f) + b(d + f))i 

= (a + bi)(c + di) + (a + bi)(e + fi) . 

Nevtralna elementa sta 0 + 0i in 1 + 0i. Elementu a + bi je nasprotni element 

kar −a − bi. Pokažimo, da ima vsako neničelno število a + bi tudi svoje 

obratno število: 

(a + bi)(a − bi) = (a 2 + b 2 ) + 0i , 

zato 

(a + bi) −1 = a − bi 

a 2 + b 2 .


Definicija 2.8.1 Za kompleksno število z = a + bi rečemo, da je a njegova 

realna komponenta, b pa njegova imaginarna komponenta. Za število 

z = a − bi rečemo, da je konjugirano številu z. Številu 1 + 0i rečemo tudi 

realna enota, številu 1.i = i pa včasih rečemo imaginarna enota. 

Tu moramo opozoriti na različni pomen pojma enote. Število 1 je enota 

za množenje v C, hkrati številu 1 ustrezna točka na realni osi kompleksne ravnine 

ponazarja enoto dolžine; podobno točka, ki ustreza številu i ponazarja 

enoto dolžine, zato ima izraz imaginarna enota smisel, nikakor pa število i ni 

enota za množenjev C. 

Ker s kompleksnimi števili, katerih imaginarna komponenta je 0, računamo 

prav tako kot z realnimi števili, si lahko mislimo, da je množica realnih 

števil kar množica kompleksnih števil z imaginarno komponento 0. Podobno 

rečemo, da so naravna števila podmnožica celih števil, ta podmnožica ulomkov 

in ta spet podmnožica realnih števil. 

Naštejmo nekaj očitnih lasnosti konjugacije elementa z = a + bi: 

1. ¯z = z 

2. ¯z = z ⇔ z ∈ R 

3. z + ¯z = 2a ∈ R 

4. z − ¯z = 2bi ∈ iR 

5. z¯z = a 2 + b 2 ≥ 0 in z¯z = 0 ⇔ z = 0 

6. Re(z) = a = z+¯z in Im(z) = b = z−¯z 

2 2i 

7. za poljubna z 1 , z 2 ∈ C velja z 1 + z 2 = ¯z 1 + ¯z 2 

8. za poljubna z 1 , z 2 ∈ C velja z 1 z 2 = ¯z 1 ¯z 2 

9. za poljubna z 1 , z 2 ∈ C, z 2 ≠ 0, velja 

z 1 

z 2 

= z 1 ¯z 2 

z 2 ¯z 2 

in 

( z 1 

z 2 

) = ¯z 1 

¯z 2 

Trditev 2.8.1 Če ima polinomska enačba z realnimi koeficienti 

a 0 + a 1 x + · · · + a n x n = 0 

kompleksno rešitev z, je tudi njena konjugirana vrednost ¯z rešitev iste enačbe.


Dokaz: 

Če velja 

a 0 + a 1 z + · · · + a n z n = 0 , 

velja ta enakost tudi, če obe strani konjugiramo. V tem primeru pa 

dobimo 

a 0 + a 1¯z + · · · + a n¯z n = 0 , 

to pa pomeni, da je tudi ¯z rešitev naše enačbe. 

Kvadratni koren iz produkta konjugirano kompleksnih števil 

√ 

z¯z = 

√ 

(a + bi)(a − bi) = 

√ 

a2 + b 2 

✷ 

imenujemo absolutna vrednost kompleksnega števila z = a + bi (in seveda 

tudi ¯z = a − bi). Brez težav se prepričamo, da tudi za kompleksna števila 

z 1 , z 2 , . . . , z n veljajo naslednje relacije: 

Trditev 2.8.2 za poljubna kompleksna števila z 1 , . . . , z n velja: 

|z 1 + z 2 + . . . + z n | ≤ |z 1 | + |z 2 | + . . . + |z n | 

|z 1 z 2 . . . z n | = |z 1 ||z 2 | . . . |z n | 

in za poljubni kompleksni števili z 1 in z 2 ≠ 0 velja 

∣ z 1 ∣∣∣ 

∣ = |z 1| 

z 2 |z 2 | . 

Dokaz: 

Najprej se prepričamo, da za z = a + bi velja 

z + ¯z = 2a ≤ 2 √ a 2 + b 2 = 2|z| , 

kar bomo uporabili v dokazu za vsoto za z = z 1 ¯z 2 . 

Dokažimo prvo neenakost za dve števili z 1 in z 2 : 

√ 

|z 1 + z 2 | = (z 1 + z 2 )(z 1 + z 2 ) = √ (z 1 + z 2 )( ¯z 1 + ¯z 2 ) 

= √ z 1 ¯z 1 + (z 1 ¯z 2 + z 2 ¯z 1 ) + z 2 ¯z 2 

≤ √ |z 1 | 2 + 2|z 1 ||z 2 | + |z 2 | 2 = √ (|z 1 | + |z 2 |) 2 

= |z 1 | + |z 2 | 

Da taka neenakost velja za poljubna števila z 1 ,. . . , z n , lahko dokažemo 

s popolno indukcijo za vajo. 

Za produkt je dokaz še lažji: 

√ 

|z 1 z 2 | = (z 1 z 2 )(z 1 z 2 ) = √ (z 1 ¯z 1 )(z 2 ¯z 2 ) = |z 1 ||z 2 | 

✷


Definicija 2.8.2 Za množico M ⊂ C rečemo, da je omejena, če je množica 

{|z|; z ∈ M} 

omejena v R. 

Podobno kot v R definiramo okolice tudi v C. 

Definicija 2.8.3 Naj bo ε > 0 in a ∈ C. Tedaj množici 

{z ∈ C; |a − z| < ε} 

rečemo ε-okolica točke a. Za poljubno množico V ⊂ C, ki vsebuje vsaj eno 

ε-okolico točke a, pa rečemo, da je okolica točke a. 

Realna števila smo upodobili na številski premici. Ker pa je vsako kompleksno 

število določeno z dvema realnima številoma (z realno in imaginarno 

komponento), nas ne preseneča dejstvo, da množica C ustreza ravno točkam 

v ravnini. 

Slika 2.2: Kompleksna ravnina 

Na ravnini izberemo neko premico, imenujmo jo kar R, saj bo predstavljala 

realno os, na njej izberemo izhodišče 0 in enoto 1; v točki 0 narišemo 

pravokotnico na R, to bo naša imaginarna os. Na njej odmerimo enoto i 

tako, da bo najkrajši premik od 1 do i v smeri nasprotni urnemu kazalcu. 

Tako kot vsakemu realnemu številu a ustreza natanko ena točka na realni 

osi, tudi vsakemu številu bi ustreza neka neka točka na imaginarni osi. In 

kot vsaki točki na realni osi ustreza neko realno število, tudi vsaki točki na 

imaginarni osi ustreza neko število bi. In katera točka ustreza številu a + bi? 

To točko dobimo tako, da v točki a na realni osi potegnemo vzporednico 

imaginarni osi in skozi točko bi potegnemo vzporednico realni osi. Kjer se ti 

dve vzporednici sekata, tam je točka, ki ustreza številu a + bi. Z obratnim 

postopkom vidimo, da tudi vsaki točki na ravnini ustreza natanko določeno 

kompleksno število.


Ravnina z izbrano realno in imaginarno osjo in enotama na njih se imenuje 

kompleksna ravnina. Sliki konjugiranih kompleksnih števil sta simetrični 

glede na realno os. Absolutna vrednost števila pa pomeni razdaljo njegove 

slike od izhodišča, včasih jo označimo z r. Kot, ki ga s pozitivno smerjo realne 

osi oklepa usmerjena daljica od 0 do slike danega kompleksnega števila A se 

imenuje argument kompleksnega števila in ga včasih označimo z φ. S slike 

neposredno razberemo, da je a = r cos φ in b = r sin φ; zato je 

A = a + bi = r(cos φ + i sin φ) . 

To je trigonometrijski zapis kompleksnega števila. 

Množica vseh točk v kompleksni ravnini, katerih absolutna vrednost je 

manjša od r je tedaj krog s središčem v 0 in polmerom r. ε-okolica točke 0 je 

torej kar krog s središčem v 0 in polmerom ε. Množica M ⊂ C pa je omejena 

natanko tedaj, ko je vsebovana v nekem krogu s središčem v 0. 

Kako izgleda seštevanje dveh kompleksnih števil na komplekni ravnini? 

Seštevata se njuni koordinati. 

Slika 2.3: Seštevanje kompleksnih števil 

Odtod vidimo še tole pomembno dejstvo. Medtem ko je ε-okolica točke 

v R interval dolžine 2ε, je ε-okolica točke v C krog s polmerom ε okrog te 

točke. 

Poglejmo si zdaj, kako si predočimo množenje. Imejmo kompleksni števili 

A 1 in A 2 , ki imata absolutno vrednost 1, tako da je 

Potem je 

A 1 = cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 in A 2 = cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 . 

A 1 A 2 = (cos ϕ 1 cos ϕ 2 − sin ϕ 1 sin ϕ 2 ) 

+ i(sin ϕ 1 cos ϕ 2 + cos ϕ 1 sin ϕ 2 ) .


Ker je po adicijskem izreku za kotne funkcije 

cos ϕ 1 cos ϕ 2 − sin ϕ 1 sin ϕ 2 = cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) 

sin ϕ 1 cos ϕ 2 + cos ϕ 1 sin ϕ 2 = sin(ϕ 1 + ϕ 2 ) , 

dobimo 

A 1 A 2 = cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 ) . 

Produkt dveh kompleksnih števil z enotske krožnice je tisto število na enotski 

krožnici, katerega argument je vsota argumentov faktorjev. 

Poglejmo še splošni primer. 

Slika 2.4: Množenje kompleksnih števil 

B 1 = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) in B 2 = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) 

Pri množenju dobimo torej 

B 1 B 2 = r 1 r 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 )) . 

Tako smo dognali, da se pri množenju kompleksnih števil absolutni vrednosti 

množijo, argumenti pa seštevajo. Brez težav ugotovimo tudi to, da pri 

deljenju absolutni vrednosti delimo, argumenta pa odštejemo. V posebnem 

primeru, ko je A 1 = A 2 , število na enotski krožnici, dobimo 

A 2 = cos 2ϕ + i sin 2ϕ . 

S popolno indukcijo dokažimo, da velja celo 

zapišimo to kot izrek. 

A n = cos nϕ + i sin nϕ , 

Izrek 2.8.1 (Moivrova formula) 

(cos ϕ + i sin ϕ) n = cos nϕ + i sin nϕ .


Dokaz: Najprej velja ta formula za n = 2. Recimo, da velja za n, tedaj 

dobimo 

(cos ϕ + i sin ϕ) n+1 = (cos ϕ + i sin ϕ) n (cos ϕ + i sin ϕ) = 

= (cos nϕ + i sin nϕ)(cos ϕ + i sin ϕ) = 

= cos(n + 1)ϕ + i sin(n + 1)ϕ . 

To pa je ravno Moivrova formula za n + 1 in dokaz je končan. 

Pobliže si poglejmo še korenjenje kompleksnih števil. Za vsako kompleksno 

število 

A = r(cos ϕ + i sin ϕ) 

je gotovo število 

B 0 = n√ r(cos ϕ n + i sin ϕ n ) 

njegov n-ti koren. Ni pa to edini n-ti koren, če je k poljubno celo število, je 

tudi število 

B k = n√ r(cos ϕ + 2kπ + i sin ϕ + 2kπ ) 

n 

n 

n-ti koren števila A. Hitro lahko ugotovimo, da je ravno n različnih n-tih 

korenov števila A, na primer števila B k za k = 0, 1, . . . , n − 1. V kompleksni 

ravnini ležijo števila B 0 , . . . , B n−1 na krožnici s središčem 0 in polmerom n√ r 

v taki legi, da tvorijo oglišča pravilnega n-kotnika. 

✷ 

Primer: Rešimo enačbo 

x 3 = 3 − 3i . 

Število z = 3 − 3i zapišimo v polarnem zapisu 

3 − 3i = √ 18( 1 √ 

2 

− 1 √ 

2 

i) = √ 18(cos(−π/4) + i sin(−π/4) . 

Ena rešitev je gotovo 

x 1 = 6√ 18(cos(−π/12) + i sin(−π/12)) , 

saj je njena absolutna vrednost ravno tretji koren števila |z|, argument pa 

ravno tretjina argumenta od z. 

Denimo, da za število ɛ velja ɛ 3 = 1 (takemu ɛ rečemo tudi tretji koren 

enote), tedaj tudi za x 1 ɛ velja 

(x 1 ɛ) 3 = x 3 1ɛ 3 = z.1 = z 

in je zato tudi x 1 ɛ rešitev naše enačbe. Zato moramo rešiti še enačbo 

ɛ 3 = 1 .


To pa ne bo težko. Po prejšnjem premisleku imajo vsa taka števila absolutno 

vrednost 1 in so potence števila 

to pa so ravno 

ξ = cos 2π 3 + i sin 2π 3 , 

ξ = cos 2π 3 + i sin 2π 3 , ξ2 = cos 4π 3 + i sin 4π 3 , ξ3 = cos 6π 3 + i sin 6π 3 = 1 . 

Rešitve enačbe x 3 = 3 − 3i so torej števila 

x 1 = x 1 ξ 3 = 6√ 18(cos(−π/12) + i sin(−π/12)) 

x 2 = x 1 ξ = 6√ 18(cos(7π/12) + i sin(7π/12)) 

x 3 = x 1 ξ 2 = 6√ 18(cos(15π/12) + i sin(15π/12)), 

ki res tvorijo oglišča enakostraničnega trikotnika, včrtanega krogu s središčem 

v 0 in polmerom 6√ 18. 

✸ 

Vaja: S pomočjo de Moivrovega izreka in binomskega izreka (katerega dokaz, 

ki smo ga navedli, velja tudi za kompleksna števila) dokažite naslednji 

enakosti. 

cos nφ = cos n φ − 

sin nφ = 

( ( n n 

cos 

2) 

n−2 φ sin 2 φ + cos 

4) 

n−4 φ sin 4 φ − · · · 

( ( ( n n n 

cos 

1) 

n−1 φ sin φ − cos 

3) 

n−3 φ sin 3 φ + cos 

5) 

n−5 φ sin 5 φ − · · ·

Poglavje 3 

Številska zaporedja in vrste 

3.1 Zaporedja 

Definicija 3.1.1 Funkciji a : N → A rečemo tudi zaporedje v množici A. 

Zožitev a| {n} : {n} → A zaporedja a na število n bomo rekli tudi n-ti 

člen zaporedja. To pomeni, da bomo za m ≠ n razlikovali m-ti in n-ti člen 

zaporedja, četudi imata oba isto sliko v A. 

Ponavadi bomo zaporedja označevali z (a n ) N , z a k = a(k) pa k-ti člen 

tega zaporedja. Zaradi enostavnosti bomo pisali z istim simbolom, tj. a k 

tudi sliko k-tega člena zaporedja (a n ) N v množici A (npr. v zapisu a k ∈ A), 

a to ne bi smelo povzročiti nejasnosti. 

Mi bomo obravnavali v tem poglavju v glavnem le zaporedja realnih števil, 

to je zaporedja v množici R, in zato tega ne bomo posebej omenjali. 

Primeri: 

1. Napišimo nekaj prvih členov zaporedja naravnih števil a n = n: 

1, 2, 3, 4, . . . 

2. Napišimo še nekaj prvih členov zaporedja a n = (− 1 2 )n : 

3. Zaporedje a n = (−1) n se ponavlja: 

− 1 2 , 1 

4 , −1 8 , 1 

16 . . . 

−1, 1, −1, 1, . . . , 1, −1, 1, . . . 

4. Zaporedje a n = 1 n je pa kar preprosto 

1, 1, 1, . . . , 1, . . . . 

Takemu zaporedju rečemo konstantno zaporedje. 

41

42 POGLAVJE 3. ŠTEVILSKA ZAPOREDJA IN VRSTE 

5. Zaporedje je lahko dano tudi iterativno, tj. s pravilom, s katerim je 

določen naslednji člen zaporedja iz prejšnjih. Zelo znano je zaporedje, 

ki ge je italijanski matematik Fibonacci že leta 1202 vzel za model 

proučevanja populacije zajcev: 

a 0 = 1 , a 1 = 1 , a n = a n−1 + a n−2 . 

Za vsak slučaj zapišimo nekaj členov tega zaporedja: 

1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, . . . . 

6. Zaporedje a n = n! lahko iterativno zapišemo z a 1 = 1 in a n = na n−1 . 

✸ 

Definicije 3.1.1 Zaporedju realnih števil, za katerega velja 

a n ≤ a n+1 , 

za vsako naravno število n, rečemo naraščajoče zaporedje; če velja celo 

a n < a n+1 , 

pa strogo naraščajoče zaporedje. Če pa je zaporedje (a n ) tako, da za vsako 

naravno število n velja 

a n ≥ a n+1 , 

rečemo, da je zaporedje padajoče; če velja celo 

a n > a n+1 , 

pa strogo padajoče zaporedje. Zaporedje, ki je ali naraščajoče ali padajoče, 

imenujemo monotono. Zaporedje, ki je strogo naraščajoče ali strogo padajoče, 

pa imenujemo strogo monotono. 

Za število x rečemo, da je zgornja meja za zaporedje (a n ), če je x zgornja 

meja za množico {a n } slik zaporedja. Ali, z drugimi besedami, če je 

a n ≤ x 

za vsako naravno število n. Podobno velja za spodnje meje. Prav tako bomo 

za zaporedje rekli, da je omejeno (v kakšno smer), če je množica slik tega 

zaporedja omejena (v tisto smer). Seveda ni nujno, da bi bilo zaporedje v 

katerokoli smer omejeno. 

Primer: Zaporedje a n = (−1) n n ni omejeno niti navzdol niti navzgor. 

Vaje:

3.2. PODZAPOREDJE 43 

1. Za zaporedja a n = n, b n = 1/n, c n = (−1) n , d 2n−1 = n, d 2n = n, 

e n = −1/n, f n = 1, g n = 2 −n ugotovite, ali so (strogo) naraščajoča, 

(strogo) padajoča, navzgor ali navzdol omejena. 

2. Zaporedje (a n ) n∈N je naraščajoče. Ali ima lahko zgornjo mejo? Ali 

mora imeti zgornjo mejo? Ali ima lahko spodnjo mejo? Ali mora imeti 

spodnjo mejo? 

3. Če zaporedje ni navzgor omejeno, ali ima kakšen pozitivni člen? Ali 

mora v tem primeru imeti celo neskončno pozitivnih členov? 

Podobno kot smo rekli za meje, velja tudi za supremum in infimum zaporedja. 

Supremum zaporedja je kar supremum njegove zaloge vrednosti, 

infimum zaporedja pa infimum njegove zaloge vrednosti. Zaradi polnosti 

realnih števil velja naslednja trditev. 

Trditev 3.1.1 Vsako navzgor omejeno zaporedje realnih števil ima svoj supremum, 

vsako navzdol omejeno zaporedje realnih števil ima svoj infimum. 

✸ 

✷ 

Primer: Poglejmo si zaporedje 

a n = 1 n 

To zaporedje je strogo padajoče, je omejeno, njegov supremum je 1, infimum 

pa 0, kot smo spoznali že v prejšnjem poglavju. 

Iz gornjega primera vidimo, da je lahko natančna meja člen zaporedja ali 

pa tudi ne. 

✸ 

3.2 Podzaporedje 

Zapišimo si zaporedje a n kot niz členov 

a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , . . . , a n . . . . 

Če izbrišemo nekaj (ali tudi nič) členov tega zaporedja nam ostane neko podzaporedje. 

To je intuitivno dovolj nazorna definicija, ni pa dovolj natančna 

ali formalno skladna z našo definicijo zaporedja. Zato bomo podzaporedje 

bolj formalno definirali. 

Definicija 3.2.1 Imejmo zaporedji (a n ) n∈N in (b n ) n∈N . Če obstaja tako strogo 

naraščajoče zaporedje naravnih števil (p n ) n∈N , da velja b n = a p(n) , rečemo, da 

je (b n ) n∈N podzaporedje zaporedja (a n ) n∈N .


Primeri: 

1. Konstantno zaporedje b n = 1 je podzaporedje zaporedja a n = (−1) n , 

saj velja npr. b n = a 2n (seveda dobimo isti sklep tudi npr. za b n = a 4n ). 

2. Zaporedje b n = n 2 je podzaporedje zaporedja a n = n, saj velja b n = a n 2. 

3. Imejmo zaporedje (a n ) in naravno število k, tedaj je zaporedje 

a k+1 , a k+2 , a k+3 , . . . , a k+m , . . . , 

ki ga lahko zapišemo kot zaporedje (b n ) s predpisom b n = a n+k , podzaporedje 

zaporedja (a n ). Če je k = 1 takemu zaporedju (b n ) rečemo tudi 

premik zaporedja (a n ), če pa je k > 1, pa mu rečemo k-kratni premik 

zaporedja (a n ). 

Vaje: 

1. Naj bo (c n ) podzaporedje zaporedja (b n ), to pa podzaporedje zaporedja 

(a n ). Dokažite, da je tudi (c n ) podzaporedje zaporedja (a n ). 

2. Naj bo zaporedje (a n ) navzgor omejeno. Ali je potem tudi vsako njegovo 

podzaporedje navzgor omejeno? 

3. Naj bo podzaporedje a 5 , a 6 , a 7 ,. . . a 5+n . . . zaporedja (a n ) navzgor omejeno. 

Ali je tedaj tudi zaporedje (a n ) navzgor omejeno? 

4. Naj bo podzaporedje (a 2n ) zaporedja (a n ) navzgor omejeno. Ali je 

tedaj tudi zaporedje (a n ) navzgor omejeno? 

5. Zaporedje (a n ) ni navzgor omejeno. Ali lahko vsebuje kako navzgor 

omejeno podzaporedje? Ali mora vsebovati kako navzgor omejeno podzaporedje? 

✸ 

3.3 Stekališče 

Definicija 3.3.1 Realnemu številu x rečemo stekališče zaporedja (a n ), če je 

v vsaki epsilonski okolici števila x neskončno členov zaporedja (a n ), t. j. če 

za vsako pozitivno realno število ε in vsako naravno število N obstaja tako 

naravno število M > N, da je 

|a M − x| < ε. 

Primeri:

3.4. LIMITA 45 

1. Za zaporedje a n = 1 je 0 edino stekališče zaporedja: za vsako še tako 

n 

majhno število ε > 0 namreč obstaja ulomek 1 , da je 1 < ε, zato 0 je 

m m 

stekališče, za poljubno realno število x ≠ 0 pa najdemo dovolj majhno 

okolico, v kateri je kvečjemu en člen zaporedja in zato x ni stekališče 

tega zaporedja. 

2. Za zaporedje a n = (−1) n se hitro vidi, da ima natanko dve stekališči 

−1 in 1. 

3. Zaporedje a n = n pa nima nobenih stekališč. 

✸ 

Izrek 3.3.1 Vsako omejeno zaporedje realnih števil ima vsaj eno stekališče. 

Dokaz: Naj bo a n dano zaporedje. Ker je omejeno, obstajata taki realni 

števili A 1 in B 1 , da velja 

A 1 ≤ a n ≤ B 1 

za vsako naravno število n. Interval [A 1 , B 1 ] razpolovimo, vsaj en od 

dobljenih podintervalov mora vsebovati neskončno število členov zaporedja. 

Izberimo takega in mu dajmo ime [A 2 , B 2 ]. Postopek nadaljujemo 

in dobimo tako zaporedje intervalov, da je vsak nadaljnji podinterval 

prejšnjega in njegova dolžina je polovica dolžine prejšnjega. Po 

izreku (2.5.1) je njihov presek neprazen. 

Denimo, da bi bili v preseku dve razliňi točki s 1 in s 2 in naj bo d = 

|s 1 − s 2 |. Noben interval, katerega dolžina je manjša od d ne more 

vsebovati obeh točk. Ker so dolžine intervalov [A j , B j ] poljubno kratke 

(njihov infimum je 0), od nekega j naprej noben ne more vsebovati 

obeh točk s 1 in s 2 . V preseku je torej le ena točka, imenujmo jo s. 

Naj bo ε > 0. Ker vsi intervali [A j , B j ] vsebujejo s, njihove dolžine 

pa se razpolavljajo, so od nekega j naprej vsi ti intervali krajši od ε in 

zato tudi vsi ti intervali vsebovani ε-okolici točke s in zato ta okolica 

vsebuje neskončno členov zaporedja (a n ). Ker to velja za vsak ε > 0, 

je s stekališče tega zaporedja. 

✷ 

3.4 Limita 

Definicija 3.4.1 Limita zaporedja (a n ) je taka točka L, da so v vsaki njeni 

ε-okolici vsi členi zaporedja razen končno mnogih. 

Primeri: Na to definicijo lahko gledamo takole: L je limita zaporedja (a n ), 

če lahko na vsak izziv – predpisano toleranco ε – odgovorim z nekim indeksom 

n(ε) od katerega naprej so prav si členi v mejah predpisane tolerance enaki


L. Ilustrirajmo si to s popolnoma konkretnim primerom. Imejmo zaporedje 

a n = 1/n. Če nam nekdo predpiše, da pri računanju zaokrožamo na tri 

decimalke natančno, lahko zagotovimo, da so vsi členi od a 5000 naprej v 

okviru predpisane natančnosti kar enaki 0. Podobno velja za prav vsako 

predpisano toleranco ε > 0. Zato je 0 limita zaporedja a n = 1/n. 

Brez težav ugotovimo, da ima tudi zaporedje (b n ), za katerega velja 

b 2n−1 = 0, b 2n = 1/n, (ki ni monotono) limito 0. 

✸ 

Definiciji 3.4.1 Zaporedju, ki ima limito, rečemo konvergentno zaporedje. 

Zaporedju, ki nima limite, pa rečemo divergentno. 

Za limito zaporedja (a n ) bomo uporabljali simbol 

lim a n . 

n→∞ 

Za zaporedje (a n ), ki ima limito l, rečemo tudi, da konvergira k l. 

Drugače lahko formuliramo definicijo limite takole: A je limita zaporedja 

(a n ), če za vsako pozitivno število ε obstaja tako naravno število n(ε), da 

velja 

m > n(ε) ⇒ |A − a m | < ε . 

Iz definicij je očitno, da je limita zaporedja tudi njegovo stekališče, obratno 

pa to ni res. 

Izrek 3.4.1 Če ima zaporedje več kot eno stekališče, nima limite. 

Dokaz: Po prejšnjem razmisleku, je limita lahko kvečjemu kakšno stekališče. 

Recimo, da sta s 1 in s 2 stekališči danega zaporedja (a n ). Naj bo 

ε = |s 1 − s 2 | 

3 

V tem primeru epsilonski okolici točk s 1 in s 2 nimata skupnih točk 

in tako nobena od teh okolic ne vsebuje vseh členov zaporedja razen 

končno mnogih. Torej ne s 1 , ne s 2 nista limiti zaporedja. Podobno 

seveda velja za katerokoli drugo stekališče. 

. 

✷ 

Primeri: 

1. Najprej si poglejmo zaporedje z dvema stekališčema: 

a n = (−1) n + (− 1 n )n .


2. Poglejmo si še eno zaporedje z enim samim stekališčem, ki pa ni limita. 

a 2k = 1 

2k , a 2k+1 = 2k + 1 

3. Oglejmo si še eno konvergentno zaporedje. 

a n = 

∑k=n 

k=1 

1 

2 k = 1 − 1 2 n ✸ 

Trditev 3.4.1 Naj bo s stekališče zaporedja (a n ). Tedaj obstaja v tem zaporedju 

konvergentno podzaporedje (a p(n) ), ki konvergira k s. 

Dokaz: Ustrezno zaporedje indeksov definiramo takole: naj bo p(1) tisto 

najmanjše naravno število m, za katerega je a m manj kot 1 oddaljeno 

od s (ker je s stekališče zaporedja (a n ), tak m res obstaja); p(n) naj bo 

tisto najmanjše naravno število m, ki je strogo večje od p(n − 1), in za 

katerega je a m manj kot 1/n oddaljen od s. 

Preverimo, da tako konstruirano zaporedje b n = a p(n) konvergira k s. 

Naj bo ε > 0. Tedaj za vsako naravno število k od nekega naravnega 

števila N naprej velja 1/k < ε, zato so tudi vsi b k (za k od istega N 

naprej) vsebovani v ε-okolici točke s. 

Glede na zgornjo trditev lahko izrek (3.3.1) formuliramo tudi takole. 

Posledica 3.4.1 (Bolzano-Weierstrass) Vsako omejeno zaporedje v R vsebuje 

konvergentno podzaporedje. 

✷ 

Trditev 3.4.2 Če zaporedje konvergira k l, konvergira k l tudi vsako njegovo 

podzaporedje. Če premik zaporedja konvergira k l, konvergira k l tudi celo 

zaporedje. 

Dokaz: Najprej dokažimo prvo trditev. Naj (a n ) konvergira k l in naj bo 

(a p(n) ) podzaporedje zaporedja (a n ), torej je p(n) strogo naraščajoča 

funkcija p : N → N. Naj bo ε > 0. Ker je l limita zaporedja (a n ), 

obstaja tudi za ta ε tako naravno število n ε , da so vsi členi z večjim 

indeksom ε-blizu l. Ker je p(m) ≥ m za vsak m ∈ N, so tudi vsi členi 

a p(m) za m > n ε v ε-okolici števila l. 

Dokažimo še drugo trditev, celo v nekaj ostrejši obliki: če katerikoli 

premik zaporedja konvergira k l, konvergira tja tudi celo zaporedje. Naj 

bo a k+1 , a k+2 , . . . k-kratni premik zaporedja a 1 , a 2 , . . .. Če za poljubni 

ε > 0 najdemo n ε , da velja 

n > n ε =⇒ |l − a k+n | < ε ,


bo veljalo 

za vse m > k + n ε . 

|l − a m | < ε 

✷ 

Dokažimo si še nekaj koristnih lastnosti zaporedij, ki konvergirajo k 0. 

Trditev 3.4.3 1. Zaporedje (a n ) konvergira k 0 natanko tedaj, ko zaporedje 

(|a n |) konvergira k 0. 

2. Naj zaporedji (a n ) in (b n ) konvergirata k 0 in naj za zaporedje (c n ) velja 

a n ≤ c n ≤ b n 

za vsak n ∈ N. Tedaj tudi zaporedje (c n ) konvergira k 0. 

Dokaz: 1. naj (a n ) konvergira k 0. Torej za vsak ε > 0 obstaja tako 

naravno število n ε , da velja 

m > n ε =⇒ |a m | < ε. 

Ker je ||a n || = |a n |, to pomeni, da tudi zaporedje (|a n |) konvergira 

k 0. 

Obratno naj (|a n |) konvergira k 0. Po podobnem premisleku kot 

zgoraj iz definicije neposredno vidimo, da tudi (a n ) konvergira k 

0. 

2. Za poljubni ε > 0 obstajata taki naravni števili n a in n b , da velja 

m > n a ⇒ |a m | < ε , m > n b ⇒ |b m | < ε . 

To pa pomeni, da velja 

m > max{n a , n b } =⇒ |a m |, |b m | < ε . 

Iz a n ≤ c n ≤ b n sledi |c n | ≤ max{|a n |, |b n |}. Iz zgornje implikacije 

torej dobimo tudi 

m > max{n a , n b } =⇒ |c m | < ε . 

Ker smo zgornji postopek naredili za poljubni ε > 0, to pomeni, 

da zaporedje (c n ) konvergira k 0. 

✷ 

Primeri: 

1. Zaporedje a n = 1/(2 n ) je podzaporedje zaporedja 1/n, za katerega smo 

že pokazali, da konvergira k 0, torej po trditvi (3.4.2) tudi a n konvergira 

k 0.


2. Zaporedju b n = (−1) n /n prirejeno zaporedje absolutnih vrednosti |(−1) n /n| = 

1/n konvergira k 0, torej po zgornji trditvi tudi b n konvergira k 0. 

3. Za zaporedje c n = | sin n|/n velja 

0 ≤ c n ≤ 1/n , 

po zgornji trditvi (za a n = 0 in b n = 1/n) torej tudi c n konvergira k 0. 

4. Vsaj za 35. premik zaporedja d n = (3n − 100) −1 velja, da je zaporedje 

e n pozitivnih števil, za katere velja e n < 1/n. Po zgornji trditvi torej 

sledi, da e n konvergira k 0, iz trditve (3.4.2) pa potem sledi, da tudi d n 

konvergira proti 0. 

Poglejmo si nekaj kriterijev za konvergenco. 

Definicija 3.4.2 Zaporedje realnih števil a n se imenuje Cauchyjevo, če za 

vsako pozitivno število ε obstaja tako naravno število n(ε), da velja 

m, n > n(ε) ⇒ |a m − a n | < ε . 

Eminentni primer Cauchyjevega zaporedja je zaporedje decimalnih približkov 

danega realnega števila x. V tem primeru namreč vemo, da se n-ti 

približek (tj. približek, ki ga dobimo, če ‘odrežemo’ vse decimalke v decimalnem 

zapisu x od vključno n-te naprej) in tudi vsi nadaljnji približki gotovo 

razlikujejo od x za manj ali kvečjemu za 10 n−1 . 

Izrek 3.4.2 V množici realnih števil je zaporedje konvergentno natanko tedaj, 

ko je Cauchyjevo. 

Dokaz: Pokažimo najprej, da je vsako konvergentno zaporedje Cauchyjevo. 

Naj bo dano zaporedje (a n ) z limito A. Poljubno si izberimo neki 

pozitiven ε 0 . Za vsak pozitiven ε obstaja naravno število n(ε), da je 

|A − a m | < ε , 

če je le m > n(ε). Zato obstaja tudi za ε 0 

2 

tako naravno število n( ε 0 

2 

), 

da je 

|A − a m | < ε 0 

2 , 

če je le m > n( ε 0 

2 

). Zaradi trikotniške neenakosti dobimo za poljubni 

taki naravni števili m, n, za kateri je m, n > n( ε 0 

2 

), neenakost 

|a m − a n | ≤ |a m − A| + |A − a n | < ε 0 

2 + ε 0 

2 = ε 0 

in je tako zaporedje (a n ) res Cauchyjevo. 

Zdaj pa vzemimo, da je zaporedje (a n ) Cauchyjevo in pokažimo, da 

je tudi konvergentno. Ker je zaporedje Cauchyjevo, imamo za vsak 

pozitiven ε tako naravno število n(ε), da je 

|a m − a n | < ε


za poljubni naravni števili m, n > n(ε). To pomeni, da so v taki epsilonski 

okolici točke a n vsi členi zaporedja od a n(ε) naprej. Zato je 

zaporedje (a n ) prav gotovo omejeno. Po izreku 3.3.1 ima torej vsaj eno 

stekališče. Pokažimo, da ima Cauchyjevo zaporedje kvečjemu eno stekališče 

s: če bi bili dve stekališči, ki bi se razlikovali za |s 1 −s 2 |, bi vzeli 

tretjino te razdalje za ε in dobili protislovje s Cauchyjevo lastnostjo 

|s 1 − a m |, |s 2 − a n | < ε ⇒ |a m − a n | > ε . 

Pokazati moramo še, da je to edino stekališče tudi limita. Vzemimo poljubno 

epsilonsko okolico U tega stekališča. Zaradi Cauchyjeve lastnosti 

se vsi členi zaporedja od a n( 

ε 

2 ) naprej razlikujejo za manj kot ε. Vsaj 2 

en tak člen a m , m > n( ε), je v ε -okolici stekališča in po konstrukciji so 

2 2 

vsi naslednji členi v U, saj 

|s − a n | ≤ |s − a m | + |a m − a n | ≤ ε 2 + ε 2 = ε . 

To pa pomeni, da je s tudi limita zaporedja (a n ). 

Poglejmo še nekaj posebnih primerov. 

✷ 

Izrek 3.4.3 Vsako monotono in omejeno zaporedje je konvergentno. 

Dokaz: Naj bo (a n ) monotono naraščajoče in omejeno zaporedje. Naj bo 

A = sup{a n }. V dani epsilonski okolici točke A je vsaj ena točka a n in 

seveda velja 

a m ≤ A . 

Zaradi monotonosti in lastnosti zgornje meje pa velja celo 

a m ≤ a k ≤ A 

za vse a k od a m naprej. Ker to velja za vsako epsilonsko okolico, to že 

pomeni, da je A limita zaporedja (a n ). 

✷ 

Posledica 3.4.2 Konvergentno zaporedje je omejeno. 

Dokaz: To smo že ugotovili za Cauchyjeva zaporedja. Očitno je pa tudi 

neposredno: vsaka epsilonska okolica limite je omejena in izven nje je 

le končno členov zaporedja. 

✷

3.5. RAČUNSKE LASTNOSTI LIMITE 51 

3.5 Računske lastnosti limite 

Z računanjem lahko iz danih zaporedij naredimo nova. Pri tem velja naslednji 

izrek. 

Izrek 3.5.1 Če sta zaporedji (a n ) in (b n ) konvergentni, veljajo relacije 

1. 

2. 

3. 

lim (a n + b n ) = lim a n + lim b n 

n→∞ n→∞ n→∞ 

lim (a n − b n ) = lim a n − lim b n 

n→∞ n→∞ n→∞ 

lim (a nb n ) = lim a n lim b n . 

n→∞ n→∞ n→∞ 

4. Če so poleg tega vsi členi zaporedja (b n ) različni od 0 in je lim n→∞ b n ≠ 

0, velja 

a n 

lim = lim n→∞ a n 

. 

n→∞ b n lim n→∞ b n 

Dokaz: 

Naj bo 

A = lim 

n→∞ 

a n in B = lim 

n→∞ 

b n . 

Pokažimo najprej, da je limita vsote enaka vsoti limit. Torej moramo 

pokazati, da za vsak pozitiven ε velja za vse dovolj velike n neenakost 

|(A + B) − (a n + b n )| < ε . 

Ker sta zaporedji (a n ) in (b n ) konvergentni, velja za vse dovolj velike n 

|A − a n | < ε 2 

in |B − b n | < ε 2 . 

Za take n je potem 

|(A + B) − (a n + b n )| = |(A − a n ) + (B − b n )| ≤ 

≤ |A − a n | + |B − b n | < ε . 

Pokažimo zdaj, da je limita produkta enaka produktu limit. Pokazati 

moramo torej, da je število 

|AB − a n b n | 

majhno kolikor hočemo, če je le n dovolj velik. Ker je za vse dovolj 

velike n 

|A − a n | < ε in |B − b n | < ε 

ne glede na to, kako majhen je ε, je tudi 

|AB − a n b n | = |A(B − b n ) + B(A − a n ) + (A − a n )(b n − B)| 

≤ |A||B − b n | + |B||A − a n | + |A − a n ||B − b n | < 

< ε 2 + (|A| + |B|)ε


majhen kolikor hočemo, če le vzamemo dovolj velike n, t.j. take, ki 

ustrezajo dovolj majhnemu ε. S tem smo pokazali, da je limita produkta 

produkt limit, pa tudi formulo za razliko limit, saj je a n − b n = 

a n + (−1)b n . 

Pokažimo še, da je obratna vrednost limite enaka limiti obratnih vrednosti. 

Imejmo zaporedje b n od 0 različnih realnih števil in naj bo B 

limita tega zaporedja. Za vsak pozitiven ε, zaenkrat pa predpostavimo, 

da je ε < |B|, torej velja 

|B − b n | < ε 

za vse n, večje od nekega n ε . Za take n je tedaj 

1 

∣ − 1 b n B ∣ = |B − b n| ε 

< 

|B||b n | |B|(|B| − ε) . 

V izrazu na desni je imenovalec poljubno blizu številu B 2 , števec pa je 

poljubno majhen. To smo dobili s predpostavko, da je ε < |B|. Kaj 

pa če je ε večji? Število n ε , za katerega velja zgornji sklep ni dobro le 

za dani ε, ampak je dovolj dobro tudi za vse večje ε. Torej zaporedje 

( 1 

b n 

) res konvergira k 1 . Zato je tudi limita kvocienta enaka kvocientu 

B 

limit. 

S temi čudovitimi algebraičnimi lastnostmi limite številskega zaporedja 

lahko izračunamo marsikakšno limito. 

✷ 

Primer: Izračunajmo limito zaporedja 

a n = n2 + 3n 

2n 2 − 1 . 

Števec in imenovalec delimo z n 2 , pa dobimo 

Upoštevajmo prejšnji izrek in dobimo 

a n = 1 + 3 n 

2 − 1 n 2 . 

lim 

n→∞ a n = lim n→∞ 1 + 3 n 

lim n→∞ 2 − 1 n 2 

= 1 + 3 lim n→∞ 1 n 

2 − lim n→∞ 

1 

n 2 

= 1 2 . ✸ 

Za kasnejše sklicevanje si izrecimo še naslednji izrek o urejenosti limite. 

Izrek 3.5.2 Imejmo konvergentna zaporedja (a n ), (b n ) in (c n ), za katera velja 

a n ≤ b n ≤ c n

3.6. POTENCE IN KORENI 53 

za vsak n ∈ N. Tedaj za limite teh zaporedij velja 

lim a n ≤ lim b n ≤ lim c n . 

n→∞ n→∞ n→∞ 

Dokaz: Najprej dokažimo, da ima poljubno konvergentno zaporedje nenegativnih 

števil tudi nenegativno limito. Pa denimo, da ni tako, tj. da 

obstaja zaporedje števil d n ≥ 0, katerega limita D je negativna. Tedaj 

je ε = −D > 0, v okolici K ε (D) ni nobenega nenegativnega števila, 

torej tudi nobenega člena zaporedja d n . To pa je v protislovju s predpostavko, 

da je D limita zaporedja (d n ). 

Po predpostavki sta zaporedji α n = b n − a n in β n = c n − b n zaporedji 

nenegativnih števil. Po izreku (3.5.1) sta ti zaporedji konvergentni. 

Po prvi točki tega dokaza sta tudi limita α zaporedja α n in limita β 

zaporedja β n nenegativni. Ker po že omenjenem izreku velja 

0 ≤ α = lim 

n→∞ 

b n − lim 

n→∞ 

a n , 

0 ≤ β = lim 

n→∞ 

c n − lim 

n→∞ 

b n , 

dobimo takoj željeni rezultat. 

Za vsak slučaj se še enkrat spomnimo, da pa limita ne ohranja relacije < 

ali >. Protiprimer je kar zaporedje pozitivnih števil (1/n), ki konvergira k 0. 

3.6 Potence in koreni 

Naj bo a poljubno realno število, n pa poljubno naravno število, večje od 1. 

Produkt n enakih faktorjev a 

aa } {{ . . . a} 

= a n 

n 

se imenuje potenca. Številu a rečemo osnova, številu n pa stopnja ali eksponent. 

Za potence veljajo naslednji zakoni. 

1. 

2. 

3. 

4. 

5. 

a m a n = a m+n 

(a m ) n = a mn 

a m b m = (ab) m 

a m ( a 

) m 

b = m b 

a m 

a n 

= am−n


Pri tem sta a in b poljubni realni števili, le da v formuli 4 število b ne sme 

biti 0, v formuli 5 pa a ne sme biti 0; naravni števili m in n pa sta poljubni, 

razen v formuli 5, kjer mora biti m > n. 

Če pa postavimo še 

a 1 = a , a 0 = 1 , a −n = 1 a n , 

pa velja tudi formula 5 za poljubni naravni števili m in n. Poleg tega veljajo 

tudi za te izraze zakoni 1 - 5. Zato rečemo tudi pravkar definiranim izrazom 

potence. 

Trditev 3.6.1 Za vsak n ∈ N je na intervalu [0, ∞) definirana funkcija 

x ↦→ x n strogo naraščajoča in preseže vsako realno število. 

Dokaz: Iz 0 < x 1 < x 2 dobimo z množenjem te neenakosti enkrat z x 1 in 

drugič z x 2 neenakost 

0 < x 2 1 < x 1 x 2 < x 2 2 . 

Iz predpostavke x n 1 < x n 2 podobno dobimo 

x n+1 

1 < x n 1x 2 < x n+1 

2 . 

Da gre potenca preko vseh meja vidimo iz Bernoullijeve neenakosti 

(1 + x) n > 1 + nx , 

saj gre desna stran raste z rastočim x preko vsakega danega realnega 

števila. 

Iz izreka (3.5.1) dobimo naslednjo lastnost limite. 

Posledica 3.6.1 Naj zaporedje (a n ) konvergira k a in naj bo m neko naravno 

število. Tedaj zaporedje (a m n ) konvergira k a m . 

✷ 

Dokaz: 

Vaja! 

Recimo, da sta v identiteti 

x n = c 

števili n ∈ N in c ∈ R znani, realno število x pa neznano. Rešitev te enačbe 

zapišemo v obliki 

x = n√ c 

in preberemo: x je n-ti koren števila c. Število c se imenuje radikand, število 

n pa korenski eksponent ali stopnja korena. 

Kot smo že pokazali, ima enačba 

x n = c 

natanko n kompleksnih rešitev za c ≠ 0. Za realna števila pa velja naslednji 

izrek. 

✷


Izrek 3.6.1 Če je realno število c pozitivno, ima enačba x n = c natanko eno 

pozitivno rešitev. 

Dokaz: Po prejšnji trditvi je n-ta potenca strogo naraščajoča in zato tudi 

injektivna, poleg tega preseže vsako mejo. Ker je 0 n = 0 in ker je c > 0, 

obstajata natanko določeni zaporedni nenegativni celi števili a 1 in b 1 , 

da velja 

a n 1 ≤ c 

Če smo na levi dobili enačaj, je a 1 že rešitev naše enačbe. Sicer pa 

obstajata taki zaporedni decimalni števili a 2 in b 2 , ki imata le po eno 

decimalko, da velja 

a n 2 ≤ c 

Če na levi še nimamo enakosti, poiščemo taki zaporedni dvodecimalni 

števili a 3 in b 3 , da velja 

a n 3 ≤ c 

Če še ne dobimo enakosti, postopek nadaljujemo, včasih se po končno 

mnogo korakih ustavi, sicer pa dobimo naraščajoče zaporedje (a k ), ki 

je navzgor omejeno, saj je a k 

padajoče zaporedje (b k ), ki je navzdol omejeno, saj a 1 

k ∈ N. Ker je 

lim 

k→∞ (b k − a k ) = 0 , 

imata zaporedji (a k ) in (b k ) isto limito, recimo x 0 . Zaradi 

dobimo v limiti po (3.5.1) 

a n k < c 

x n 0 ≤ c ≤ x n 0 . 

S tem smo pokazali, da obstaja vsaj ena rešitev x = x 0 gornje enačbe. 

Če pa velja x ≠ y, potem velja tudi x n ≠ y n . Torej obstaja za našo 

enačbo res ena sama rešitev. 

Iz definicije korena sledi 

( n√ x) n = x = n√ x n . 

✷ 

Velja celo 

n√ 

xm = np√ x mp , 

kar hitro vidimo, če pišemo y n = x m in na obeh straneh potenciramo s p. 

Torej smemo korene krajšati in razširjati. Za korene veljajo podobni zakoni 

kot za potence: 

1. 

n√ x 

n √ y = n√ xy


2. 

3. 

n√ √ x x 

√ = 

n y n y 

√ 

m n√ √ x = 

mn 

x . 

Iz prvega zakona dobimo še 

( n√ x) m = n√ x m . 

Zaradi teh lastnosti korenov lahko definiramo 

x m n = 

n √ x m , 

pa bodo še vedno veljali zakoni 1 – 5, ki veljajo za potence. Zato bomo tudi 

tudi izrazom x m n rekli potence. 

Mimogrede premislimo še tole dejstvo. Kot smo se prepričali, so vse 

potenčne funkcije x ↦→ x n , n ∈ N, na intervalu [0, ∞) strogo naraščajoče. 

Odtod sledi, da so na [0, ∞) strogo naraščajoče tudi korenske funkcije x ↦→ 

n√ √ x, n ∈ N: naj bo 0 < a < b, tedaj bi iz 

n 

a ≥ n√ b sledilo s potenciranjem 

a = ( n√ a) n ≥ ( n√ b) n = b, to pa je protislovje. 

Doslej smo torej spoznali potence z racionalnimi eksponenti. Da bomo 

lahko definirali potence s poljubnimi realnimi eksponenti, moramo najprej 

dokazati še nekaj izrekov. 

Poglejmo, kam gredo naraščajoče potence istega realnega števila. 

Izrek 3.6.2 Naj bo c poljubno realno število. Če je c > 1, je zaporedje 

potenc (c n ) strogo naraščajoče, če je 0 < c < 1, je zaporedje potenc (c n ) 

strogo padajoče. Za limito zaporedja (c n ) pa velja 

⎧ 

⎨ 

lim 

n→∞ cn = 

⎩ 

Če pa je c ≤ −1, limita ne obstaja. 

∞ če je c > 1 

1 če je c = 1 

0 če je −1 < c < 1. 

Zapis lim n→∞ c n = ∞ pomeni, da gre c n preko vseh meja, ko narašča n 

(tj. za vsak r ∈ R obstaja tak m ∈ N, da za n ≥ m velja c n ≥ r). 

Dokaz: Če je c > 1, pomnožimo to neenakost s c in dobimo c 2 > c, skupaj 

s prejšnjo neenakostjo imamo torej c 2 > c > 1. Če velja c n > c n−1 , 

spet z množenjem s c dobimo c n+1 > c n . S popolno indukcijo smo torej 

pokazali, da je zaporedje potenc (c n ) res strogo naraščajoče. 

Podobno iz 0 < c < 1 sledi c 2 < c < 1 in tako naprej in se s popolno 

indukcijo prepričamo, da je v tem primeru zaporedje (c n ) strogo 

padajoče.


Zdaj si poglejmo konvergenco zaporedja potenc. Če je c > 1, lahko 

rečemo c = 1 + x in je pri tem x = c − 1 pozitivno število. Zato lahko 

uporabimo Bernoullijevo neenakost (1 + x) n > 1 + nx in dobimo 

c n > 1 + n(c − 1) . 

Desna stran gre z naraščajočim n preko vseh meja, zato velja isto tudi 

za levo stran. 

Za c = 1 nimamo kaj dokazovati, saj gre za limito stacionarnega zaporedja. 

Naj bo −1 ≤ c < 1. Tedaj obstaja tako število b > 1, da je |c| = 1 b in 

|c| n = 1 b n . 

To zaporedje konvergira k 0, zato velja to tudi za (c n ). 

Za c < −1 pa hitro vidimo, da zaporedje (c n ) ni Cauchyjevo, saj se 

poljubna zaporedna člena razlikujeta za najmanj 2. Torej to zaporedje 

nima limite. 

Oglejmo si še zaporedje potenc 

a n = c 1 n = 

n √ c . 

Ker nas zdaj zanimajo le realna zaporedja, naj bo c > 0. 

Izrek 3.6.3 Za c > 1 je tudi 

n √ c > 1 za vsak n ∈ N in za 0 < c < 1 je tudi 

0 < n√ c < 1. 

✷ 

Za vsak pozitiven c je 

lim 

n→∞ 

n√ c = 1 . 

Dokaz: 

Naj bo najprej c > 1 in postavimo 

c = 1 + nx x = c − 1 

n . 

Število x je pozitivno, zato lahko za vsak n uporabimo Bernoullijevo 

neenakost in dobimo 

( 

1 + c − 1 ) n 

> 1 + n c − 1 

n 

n = c . 

Od tod dobimo s korenjenjem 

1 < n√ c < 1 + c − 1 

n . 

Desna stran v tej oceni se za vse zadosti velike n loči od 1 tako malo, 

kot le hočemo; še toliko bolj velja to za n√ c. S tem smo izrek dokazali 

za c > 1.


Za c = 1 spet ni kaj dokazovati. 

Če pa je c < 1, pa je b = c −1 > 1, da velja 

V tem primeru dobimo 

lim 

n→∞ 

n√ c = 

1 

n√ 

b 

. 

n√ 1 c = lim 

n→∞ 

n√ = 

b 

1 

lim n→∞ 

n √ b = 1 

in smo trditev izreka dokazali tudi za ta primer. 

✷ 

Trditev 3.6.2 Če je c > 1 je funkcija exp c : Q → R, q ↦→ c q , strogo 

naraščajoča, če je 0 < c < 1, je funkcija exp c strogo padajoča. 

Dokaz: 1. korak: Naj bo c > 1 in dokažimo strogo naraščajočost na pozitivnih 

racionalnih številih. 

Imejmo pozitivni racionalni števili, zapišimo jih kot ulomka, p/q < 

m/n, kjer so p, q, m in n naravna števila. Ti števili lahko zapišemo 

tudi s skupnim imenovalcem, (pn)/(qn) < (mq)/(nq). 

V dokazu prejšnje trditve smo spoznali, da je za c > 1 tudi vsak koren 

c 1/k , k ∈ N, strogo večji od 1. Tedaj po izreku (3.6.2) velja 

( ) 

1 < c 1 p ( ) 

p pn 

q = c 

q = c 

qn = c 1 pn ) 

qn < 

(c 1 mq mq m 

qn = c 

qn = c n . 

2. korak: Naj bo 0 < c < 1 in dokažimo strogo padajočost na pozitivnih 

racionalnih številih. 

Tedaj je tudi c 1/k , k ∈ N, strogo manjši od 1. 

(3.6.2) velja 

( ) 

1 > c 1 p ( ) 

p pn 

q = c 

q = c 

qn = c 1 pn ) 

qn > 

(c 1 mq mq 

qn = c 

qn 

Definirali smo že c 0 = 1. 

Zato spet po izreku 

= c 

m 

n . 

3. korak: Naj bo c > 1 in pokažimo, da je za negativne racionalne 

eksponente r potenca c r strogo manjša od 1 in da je exp c tudi na 

negativnih racionalnih številih strogo naraščajoča. 

Ker velja 

c −p 

q 

= ( c −1) p 

q 

, 

in je zaradi c −1 < 1 tudi c −1/q < 1 in tako tudi c −p/q < 1, smo že 

pokazali, da zavzame za negativne racionalne potence exp c vrednosti 

strogo manjše od 1. 

Naj bo −p/q < −m/n. Tedaj za njuni nasprotni vrednosti velja p/q > 

m/n in, za c > 1, iz prvega dela dokaza sledi 

c −p 

q 

= ( c −1) p 

q 

< ( c −1) m n 

= c −m n .


4. korak: Naj bo 0 < c < 1, dokažimo, da je tedaj c r > 1 za vsak r ∈ Q, 

r < 0 in da je na negativnih racionalnih številih exp c strogo padajoča 

funkcija. 

Podobno kot v prejšnjem računu sledi za −p/q < −m/n neenakost 

c −p 

q 

= ( c −1) p 

q 

> ( c −1) m n 

= c −m n . 

✷ 

Vrnimo se k našemu problemu, to je k definiranju potenc z realnimi eksponenti. 

Iz izreka (3.6.3) sledi, da za vsak realni c > 0 zaporedji 

c −1/n = ( c −1) 1/n 

in c 1/n 

konvergirata proti 1. Naj bo h n poljubno zaporedje, ki konvergira proti 

0. Tedaj za vsak m ∈ N velja, da so od nekega n 0 naprej vsi členi h n v 

(−1/m, 1/m). Ker je funkcija exp c : Q → R strogo monotona, torej za vse 

te n velja 

c −1/m < c h n 

< c 1/m , 

če je c > 1, oziroma 

c −1/m > c hn > c 1/m , 

če je 0 < c < 1. V vsakem primeru dobimo 

lim 

n→∞ ch n 

= 1 . (3.1) 

Zdaj pa izpolnimo obljubo in definirajmo potence z realnimi eksponenti. 

Naj bo r poljubno iracionalno število in r n poljubno zaporedje racionalnih 

števil, ki konvergira k r. Naj bo c poljubno pozitivno število in naredimo 

zaporedje 

a n = c r n 

n = 1, 2, 3 . . . . 

Pokažimo, da je to zaporedje Cauchyjevo. Za poljubni naravni števili n in p 

je 

|a n+p − a n | = |c r n+p 

− c rn | = |c rn ||c r n+p−r n 

− 1| . 

Ker je r n člen konvergentnega zaporedja, je število |c rn | omejeno. V izrazu 

|c r n+p−r n 

−1| je pri vsakem p limita lim n→∞ (r n+p −r n ) = 0, zato je po formuli 

(3.1) tudi ves gornji izraz pri dovolj velikih n in vsakem p tako majhen, kot 

želimo. S tem smo pokazali, da je zaporedje a n Cauchyjevo in s tem po izreku 

(3.4.2) konvergentno. Njegovo vrednost bomo vzeli za c r . Torej velja 

c r = c lim n→∞ r n 

= lim 

n→∞ 

c r n 

. 

Bi dobili kakšno drugo vrednost, če bi vzeli namesto r n kakšno drugo zaporedje 

p n , ki konvergira k r? Po premisleku o formuli (3.1) vidimo, da to ni 

res. Razlika r n − p n konvergira k 0 in po (3.1) dobimo 

lim n→∞ c r n 

lim n→∞ c pn 

= lim 

n→∞ crn−pn = 1 . 

Iz te definicije sledi, da se potenci z enako osnovo ločita poljubno malo, 

če se le njuni stopnji dovolj malo razlikujeta. To pa pomeni, da velja formula 

(3.1) tudi za vsa realna zaporedja h n , ki konvergirajo k 0.


3.7 Število e 

V tem razdelku si bomo posebej ogledali dve pomembni zaporedji 

a n = 

( 

1 + 

n) 1 n ( 

b n = 1 − 1 ) −n 

n 

(zaporedje b n se začne z n = 2). Pokazali bomo, da konvergirata k istemu 

številu, ki mu bomo rekli število e. 

Izrek 3.7.1 Za vsako realno število x, za katerega velja 0 < x < 1, in za 

vsako naravno število n, večje od 1, je 

(1 − x) n > 1 − nx . (3.2) 

Dokaz: Izrek bomo dokazali s popolno indukcijo. Neenakost očitno velja 

za n = 2, saj je 

Recimo, da velja 

(1 − x) 2 = 1 − 2x + x 2 > 1 − 2x . 

(1 − x) k > 1 − kx 

in pokažimo, da potem velja neenakost 3.2 tudi za n = k + 1. Pomnožimo 

gornjo neenačbo z 1 − x in dobimo 

(1 − x) k+1 > (1 − kx)(1 − x) = 1 − (k + 1)x + kx 2 > 

in je izrek dokazan. 

> 1 − (k + 1)x 

✷ 

Izrek 3.7.2 Zaporedje 

a n = 

( 

1 + 1 ) n 

n 

je naraščajoče in navzgor omejeno, zaporedje 

b n = 

( 

1 − 1 ) −n 

n 

(za n ≥ 2) pa padajoče in navzdol omejeno. 

Dokaz: 

Za vsako realno število x, ki je med 0 in 1, je 

(1 + x)(1 − x) = 1 − x 2 < 1 

in zato 

1 + x < 1 

1 − x .

3.7. ŠTEVILO E 61 

Če upoštevamo še Bernoullijevo neenakost, dobimo 

( ) n 1 

(1 − x) −n = > (1 + x) n > 1 + nx . 

1 − x 

To pa je neenakost 3.2 iz prejšnjega izreka, le da za negativne n. Neenakost 

3.2 torej velja za vsak x med 0 in 1 in za vsako celo število n, 

ki je po absolutni vrednosti strogo večje od 1. 

Naj bo |n| > 1 in x = n −2 . Tedaj smemo uporabiti 3.2 in dobimo 

( 

1 + 1 ) n ( 

1 − 1 n ( 

= 1 − 

n n) 1 ) n 

> 1 − n n 2 n = 1 − 1 2 n . 

To neenakost delimo z (1 − n −1 ) n 

( 

1 + 

n) 1 n ( 

> 1 − 

n) 1 1−n ( ) n−1 ( 

n 

= 

= 1 + 1 ) n−1 

. (3.3) 

n − 1 

n − 1 

Leva stran te neenakosti je a n , desna pa a n−1 (obakrat za n > 1). S 

tem smo pokazali, da je a n strogo naraščajoče zaporedje. Ocena 3.3 

velja tudi za cele n, ki so strogo manjši od −1. Preimenujmo take n v 

−m, pa dobi neenakost 3.3 obliko 

oziroma 

( 

1 − 

m) 1 −m ( 

> 1 − 1 ) −(m+1) 

, 

m + 1 

b m+1 

To pa pomeni, da je zaporedje b n padajoče. 

Pokažimo še, da je zaporedje a n navzgor, b n pa navzdol omejeno. 

b n+1 = 

( 

1 − 1 

= a n 

( 

1 + 1 n 

) −(n+1) ( n + 1 

= 

n + 1 

n 

) 

> a n 

Iz te neenakosti sledi, da je za vsak n > 1 

a n 

b n > a n−1 ≥ a 1 = 2 . 

Obe zaporedji sta torej omejeni s številoma 2 in 4. 

) n+1 ( 

= 1 + 1 ) n ( 

1 + 1 ) 

= 

n n 

✷ 

Izrek 3.7.3 Zaporedji a n in b n iz prejšnjega izreka imata isto limito. 

Dokaz: 

Iz relacije 

( 

b n+1 = a n 1 + 1 ) 

n


sledi 

lim b n = lim b n+1 = lim a n 

(1 + 1 ) 

= lim a n . 

n→∞ n→∞ n→∞ n n→∞ 

✷ 

Limito teh dveh zaporedij imenujemo e, torej velja 

e = lim 

(1 + 1 ) n 

= lim 

(1 − 1 ) −n 

. 

n→∞ n n→∞ n 

Kar brez dokaza povejmo, da to velja tudi, če je x realno število, ki gre 

kakorkoli preko vseh meja. 

Število e je iracionalno, zapišimo prve tri decimalke 

e = 2.718 . . . . 

Pozneje bomo to število še večkrat srečali. 

3.8 Logaritmi 

Recimo, da imamo enačbo 

a y = x , 

kjer sta števili a in x znani, y pa ne. Rešitev te enačbe zapišemo v obliki 

y = log a x 

in preberemo: y je logaritem števila x z osnovo a. Številu x pravimo logaritmand. 

Podobno kot smo pokazali, da za pozitivna števila obstajajo koreni, se da 

pokazati, da za poljubna pozitivna a ≠ 1 in x obstaja natanko eno število 

y = log a x. 

Iz definicije logaritma sledi, da je za vsak pozitiven a 

log a 1 = 0 log a a = 1 . 

Če je osnova a večja od 1, je log a x, za x > 1, pozitiven in raste obenem 

z x preko vseh meja. Zaradi monotonosti produkta namreč velja 

a > 1 ⇒ a n > a n−1 > . . . > a 2 > a > 1 . 

Podobno velja tudi za potence z realnimi eksponenti, to je 

x > y ⇐⇒ a x > a y 

za vsak a, ki je strogo večji od 1. Odtod dobimo 

če je a > 1. 

x > y ⇐⇒ log a x > log a y ,

3.9. VRSTE 63 

Če pa je x < 1, a > 1, potem je log a x negativen in pada preko vseh meja, 

če gre x proti 0. Če je namreč G katerokoli pozitivno število, dobimo 

x < a −G ⇒ log a x < −G . 

Iz zakonov za potence dobimo naslednje lastnosti logaritmov. Naj bosta u 

in v poljubni pozitivni števili, r poljubno realno število, osnova logaritma pa 

neko fiksno pozitivno število različno od 1, ki ga pri pisanju kar spustimo; 

tedaj velja 

log(uv) = log u + log v 

log u v 

= log u − log v 

log u r = r log u . 

Te formule so zelo uporabne za računanje, saj nam produkt spremenijo 

v vsoto, potence pa v produkte. Ko še ni bilo kalkulatorjev in računalnikov, 

so bile zato logaritemske tabele v precej široki uporabi. V tistih časih so 

bili najbolj uporabljani logaritmi z osnovo 10, ki so lepo usklajeni z našim 

desetiškim številskim sistemom; zanje velja 

log 10 10 n = n 

za vsako celo število n. V matematiki pa se izkaže za lepši logaritem z osnovo 

e. Takemu logaritmu rečemo naravni logaritem. Označevali ga bomo takole 

log e x = ln x . 

Pri nas se je ponavadi uporabljal simbol log za desetiški logaritem, simbol 

ln pa za naravni logaritem. V širnem svetu pa to ni bilo splošno pravilo in s 

hitrim pretokom informacij je treba računati s tem, da lahko tudi log pomeni 

naravni logaritem. Kot funkciji sta si pa oba logaritma precej podobna. 

Vsako pozitivno število x lahko izrazimo v obliki 

x = 10 log 10 x = e ln x . 

Iz tega hitro dobimo relaciji med desetiškim in naravnim logaritmom 

log 10 x = ln x 

ln 10 

ln x = log 10 x 

log 10 e . 

3.9 Vrste 

Naj bo 

a 1 , a 2 , . . . , a n , . . . 

zaporedje realnih števil. Izraz 

a 1 + a 2 + . . . + a n + . . . (3.4)


imenujemo številska vrsta ali kar vrsta, številom a 1 , a 2 , . . . pa rečemo členi vrste. 

Vrsto 3.4 na kratko zapišemo 

∞∑ 

a k . 

k=1 

Vsak končen nabor realnih števil lahko seštejemo. Ali pa lahko seštejemo 

tudi neskončno mnogo sumandov? V splošnem to ne gre, v nekaterih primerih 

pa se to da napraviti takole. Postopoma seštevajmo začetne člene vrste, da 

dobimo zaporedje realnih števil 

s 1 = a 1 

s 2 = a 1 + a 2 

s 3 = a 1 + a 2 + a 3 

· · · · · · 

s n = a 1 + a 2 + · · · + a n 

· · · · · · . 

Ta števila imenujemo delne vsote vrste 3.4. Če zaporedje 

konvergira, imenujemo njegovo limito 

s 1 , s 2 , s 3 , . . . , s k , . . . 

s = lim 

n→∞ 

s n = lim 

n→∞ 

n∑ 

k=1 

a k 

vsota ali vrednost vrste 3.4 in rečemo, da je vrsta konvergentna. 

zaporedje delnih vsot divergira, rečemo, da je vrsta divergentna. 

Če pa 

Primeri: 

1. Vrsta 

a + aq + aq 2 + · · · 

se imenuje geometrijska vrsta, saj njeni členi tvorijo geometrijsko zaporedje. 

Če je q ≠ 1, so delne vsote te vrste 

s n = a(1 − qn ) 

1 − q 

= a 

1 − q − a 

1 − q qn . 

Zaporedje teh delnih vsot konvergira natanko tedaj, ko je −1 < q < 1. 

Pri tem smo upoštevali izrek o limiti zaporedja q n in predpostavko, da 

je q različen od 1. V primeru, ko je q = 1, pa neposredno vidimo, da 

zaporedje delnih vsot ni Cauchyjevo in torej tudi ne konvergentno. Ker 

je za −1 < q < 1 limita zaporedja q n kar 0, dobimo 

∞∑ 

aq k−1 = 

k=1 

a 

1 − q .

3.9. VRSTE 65 

2. Poglejmo si vrsti 

in 

1 − 1 + 1 − 1 + · · · 

(1 − 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + · · · . 

Delne vsote prve vrste so vse ali 1 ali 0, zato je prva vrsta divergentna. 

Delne vsote druge vrste so pa vse enake 0 in tako druga vrsta 

konvergira. Iz tega primera si velja zapomniti, da zaradi zakona o 

asociativnosti niso potrebni oklepaji pri končnih vsotah, pri seštevanju 

neskončnega števila sumandov pa oklepajev ne moremo kar izpustiti. 

Podobno velja tudi za spreminjanje vrstnega reda sumandov. Zaradi 

komutativnosti lahko zamenjamo vrstni red končnega števila sumandov, 

neskončnega pa v splošnem ne. 

3. Pokažimo pa še en zanimiv pozitivni primer. Oglejmo si vrsto 

Ker lahko produkt 

1 

k(k+1) 

1 

1 · 2 + 1 

2 · 3 + 1 

3 · 4 + · · · + 1 

n(n + 1) + · · · 

1 

k(k + 1) 

za n-to delno vsoto velja 

razdelimo na parcialna ali delna ulomka 

= 

(k + 1) − k 

k(k + 1) 

= 1 k − 1 

k + 1 , 

1 

1 · 2 + 1 

2 · 3 + 1 

3 · 4 +· · ·+ 1 

n(n + 1) == 1 2 − 1 3 + 1 3 − 1 1 

+· · · = 1− 

4 n + 1 , 

ta pa seveda konvergira proti 1. Vsota te vrste je tedaj 

∞∑ 1 

k(k + 1) = 1 . (3.5) 

k=1 

Izrecimo še nekaj izrekov in naredimo še kakšen primer. 

Izrek 3.9.1 (Cauchyjev kriterij) Vrsta 

a 1 + a 2 + · · · + a k + · · · 

je konvergentna natanko takrat, ko za vsak pozitiven ɛ obstaja tako naravno 

število n(ɛ), da je za vsak m > n(ɛ) in za vsako naravno število p 

|a m+1 + · · · + a m+p | < ɛ . 

Dokaz: Ker je zaporedje delnih vsot konvergentno natanko takrat, ko je 

Cauchyjevo, t.j. ko za vsak pozitiven ɛ obstaja tak n(ɛ), da za m > n(ɛ) 

in p ∈ N velja 

|s m+p − s m | < ɛ , 

dobimo iz enakosti 

s m+p − s m = a m+1 + · · · a m+p 

✸ 

trditev izreka. 

✷


Izrek 3.9.2 Če je vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k konvergentna, je 

lim a k = 0 . 

k→∞ 

Dokaz: Dokaz sledi neposredno iz prejšnjega izreka. Za vsak pozitiven ɛ je 

od nekega n(ɛ) naprej (za p vzamemo kar 1) za vsak m 

|a m+1 | < ɛ , 

torej (a n ) res konvergira k 0. 

✷ 

Ta izrek največkrat uporabimo tako, da za vrste, katerih členi ne konvergirajo 

k 0, dokažemo, da niso konvergentne. Ne velja pa obratno: tudi če 

členi vrste konvergirajo k 0, še ni rečeno, da vrsta konvergira. 

Primer: Pokažimo, da harmonična vrsta 

1 + 1 2 + 1 3 + · · · + 1 k + · · · 

ni konvergentna, čeprav njeni členi konvergirajo k 0. Ker je 

1 

3 + 1 4 > 1 2 

in v splošnem, za k > 1, 

je 

1 

2 k + 1 + · · · + 1 

2 k+1 > 1 2 , 

1 

5 + 1 6 + 1 7 + 1 8 > 1 2 

s 2 k > 2 + k 

2 

in tako zaporedje delnih vsot ni navzgor omejeno in vrsta res ni konvergentna. 

Pri nekaterih posebnih vrstah pa je konvergenca členov k 0 zadostni pogoj 

za konvergenco vrste. 

Definicija 3.9.1 Vrsto ∑ ∞ 

k=1 a k, za katero velja 

a n a n+1 < 0 

za vsako naravno število n, imenujemo alternirajočo. 

✸ 

Izrek 3.9.3 Če v alternirajoči vrsti 

a 1 − a 2 + a 3 − a 4 + · · · 

(a i > 0 za vsak i ∈ N) absolutne vrednosti členov padajo, se pravi 

a 1 ≥ a 2 ≥ a 3 ≥ . . . 

in konvergirajo k 0, je vrsta konvergentna.

3.9. VRSTE 67 

Dokaz: Naj bo m poljubno naravno število in s 2m delna vsota prvih 2m 

členov naše alternirajoče vrste. Iz relacije 

s 2m+2 − s 2m = a 2m+1 − a 2m+2 ≥ 0 

vidimo, da je zaporedje s 2m naraščajoče. Ocena 

s 2m = a 1 − a 2 + a 3 − · · · + a 2m−1 − a 2m 

= a 1 − (a 2 − a 3 ) − · · · − (a 2m−2 − a 2m−1 ) − a 2m ≤ a 1 

pa pove, da je zaporedje s 2m tudi navzgor omejeno, zato ima limito 

Ker pa je za vsak m 

je tudi 

s = lim 

m→∞ s 2m . 

s 2m+1 = s 2m + a 2m+1 , 

lim s 2m+1 = lim s 2m + lim a 2m+1 = s . 

m→∞ m→∞ m→∞ 

Podzaporedje členov s sodimi indeksi ima torej isto limito kot podzaporedje 

členov z lihimi indeksi, zato je 

s = lim 

m→∞ s m 

in je naša vrsta res konvergentna. 

✷ 

Primer: Po tem izreku konvergira vrsta (alternirajoča harmonična vrsta) 

1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · , 

saj ima vse zahtevane lastnosti. Pozneje bomo pokazali, da je njena vsota 

ln 2. 

Oglejmo si še primerjalni kriterij za konvergenco vrst. 

✸ 

Izrek 3.9.4 (Primerjalni kriterij) Naj bo 

c 1 + c 2 + c 3 + · · · 

konvergentna vrsta z nenegativnimi členi. Če so členi vrste 

taki, da je za vsak k ∈ N 

je tudi vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k konvergentna. 

a 1 + a 2 + a 3 + · · · 

|a k | ≤ c k ,


Dokaz: Ker je vrsta ∑ c k konvergentna, obstaja za vsak pozitiven ɛ tako 

naravno število n(ɛ), da je za katerikoli n > n(ɛ) in za vsako naravno 

število p 

c n+1 + · · · + c n+p < ɛ . 

Za take n in za vse p je torej 

|a n+1 + · · · + a n+p | ≤ |a n+1 | + · · · + |a n+p | ≤ 

≤ c n+1 + · · · + c n+p < ɛ 

in je vrsta po enem prejšnjih izrekov konvergentna. 

✷ 

Omenimo, da seveda ni nujno, da bi za vse člene veljalo |a k | < c k , dovolj 

je, da to velja od nekega k naprej. 

Primera: 

1. Vrsta 

∞∑ 

k=1 

1 

k2 k 

je konvergentna, saj so vsi njeni členi manjši od istoležnih členov geometrijske 

vrste 

∞∑ 1 

2 , k 

ki konvergira k 1. 

2. Poglejmo si vrsto 

k=1 

1 + 1 4 + 1 9 + · · · + 1 n 2 + · · · 

Njen premik (tj. vrsta, ki jo dobimo, če v tej vrsti izbrišemo prvi člen) 

je vrsta 

∞∑ 1 

(k + 1) , 2 

za katere člene velja 

0 < 

k=1 

1 

(k + 1) < 1 

2 k(k + 1) , 

izraz na desni pa je k-ti člen konvergentne vrste (3.5), torej premik naše 

vrste konvergira, to pa seveda pomeni (saj se tedaj vse delne vsote 

premaknjene vrste le za prvi člen razlikujejo od delnih vsot začetne 

vrste), da konvergira tudi vrsta ∑ ∞ 

k=1 1/n2 . 

✸

3.9. VRSTE 69 

Izrek 3.9.5 (d’Alembertov ali kvocientni kriterij) Naj bo vrsta 

s pozitivnimi členi taka, da obstaja 

∞∑ 

k=1 

a k 

a k+1 

lim = a . 

k→∞ a k 

Če je a < 1, vrsta konvergira, če je a > 1, pa vrsta divergira. 

Dokaz: 

Za vsak pozitiven ɛ imamo pri dovolj velikih n 

a − ɛ < a n+1 

a n 

< a + ɛ . 

Če je a < 1, vzemimo ɛ < 1 − a, tako da je a + ɛ < 1, in označimo 

a + ɛ = q. Od nekega N naprej je potem za vsak n 

torej 

Ker je 

a n+1 

a n 

< q < 1 , 

a N+1 < a N q 

a N+2 < a N+1 q < a N q 2 

· · · · · · · · · 

a N+k < a N+k−1 q < a N q k 

· · · · · · · · · . 

a N + a N q + a N q 2 + a N q 3 + · · · 

geometrijska vrsta s pozitivnimi členi in s kvocientom q < 1, je konvergentna 

in je zato po prejšnjem izreku tudi vrsta 

konvergentna, s tem pa tudi vrsta 

a N + a N+1 + a N+2 + · · · 

∞∑ 

a k = 

k=1 

N−1 

∑ 

k=1 

a k + 

∞∑ 

a k . 

Zdaj pa poglejmo še primer a > 1. Izberimo ɛ < a − 1, tako da je 

a − ɛ > 1. Za vse dovolj velike n je potem 

k=N 

a n+1 

a n 

> a − ɛ > 1 , 

se pravi a n+1 > a n . Od nekega N naprej je torej 

a N < a N+1 < a N+2 < . . . . 

Členi naše vrste ne konvergirajo proti 0 in je zato vrsta divergentna.


Zahtevo, da so členi vrste pozitivni, bi lahko omilili. Glavno je, da obstaja 

limita absolutne vrednosti kvocienta. Če je ta limita manjša od 1, vrsta 

konvergira, če je limita večja od 1, vrsta divergira. Če je limita ravno 1, pa 

iz tega še ne moremo nič reči o njeni konvergenci. 

Primer: Poglejmo, za katera realna števila x je konvergentna vrsta 

Za vsako naravno število n je 

1 + x + x2 

2! + x3 

3! + · · · . 

a n+1 

a n 

Ker je za vsako realno število x 

= xn (n − 1)! 

= x n! x n−1 n . 

|x| 

lim 

n→∞ n = 0 , 

je naša vrsta po d’Alembertovem kriteriju konvergentna za vsak x. 

✷ 

✸ 

Izrek 3.9.6 (Cauchyjev korenski kriterij) Imejmo vrsto a 1 + a 2 + · · · s 

pozitivnimi členi a i . Če obstaja limita 

lim 

n→∞ 

in je večja od 1, vrsta divergira, če pa ta limita obstaja in je manjša od 1, 

vrsta konvergira. 

Dokaz: Naj bo c = lim √ n n→∞ a n . Recimo najprej, da je c < 1. Vzemimo 

poljubni ε > 0, za katerega je q = c + ε < 1. Tedaj po definiciji limite 

za vsak dovolj velik k velja 

to pa pomeni 

n√ 

an 

k√ 

ak ≤ q , 

a k ≤ q k . 

Ker je q < 1, geometrijska vrsta ∑ ∞ 

k 

qk konvergira, zato pa po primerjalnem 

kriteriju tudi naša vrsta ∑ ∞ 

k a k. 

Naj bo zdaj c > 1 in naj bo ε > 0 tak, da je q = c − ε > 1. Za vsak 

dovolj velik k je 

k√ 

ak ≥ q , 

kar spet pomeni 

a k ≥ q k . 

Zaradi q > 1 v tem primeru geometrijska vrsta ∑ ∞ 

k 

pa po primerjavi tudi naša vrsta ∑ ∞ 

k 

a k divergira. 

qk divergira, potem

3.9. VRSTE 71 

✷ 

Primer: Žal pa pogosto niti d’Alembertov niti Cauchyjev korenski kriterij 

nista uporabna. Za harmonično vrsto, na primer, je limita kvocienta zaporednih 

členov 1, kar nam nič ne pove in moramo kako drugače pokazati, 

da divergira. Podobno velja za Cauchyjev korenski kriterij, v tem primeru 

moramo za harmonično vrsto izračunati limito zaporedja n√ n. Očitno je to 

zaporedje števil večjih od 1, zapišimo 

n√ n = 1 + an , 

kjer je a n > 0. Zato nam binomski izrek pove, da je 

( n 

n = (1 + a n ) n > a 

2) 

2 n(n − 1) 

n = a 2 n . 

2 

Če to neenakost korenimo dobimo 

a n < 

√ 

2 

n − 1 

To pa pomeni, da je limita zaporedja (a n ) enaka 1 in je tudi 

lim 

n→∞ 

n√ n = 1 

in nam tudi korenski kriterij ne pove nič o konvergenci harmonične vrste. ✸ 

Torej je bilo kar prav, da smo divergenco harmonične vrste dokazali neposredno, 

hkrati pa smo pokazali, da vrsta 

1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · 

konvergira. Poglejmo si pobliže, kakšen je lahko odnos med konvergentno 

vrsto in vrsto absolutnih vrednosti njenih členov. 

Definicija 3.9.2 Naj vrsta 

a 1 + a 2 + a 3 + · · · 

konvergira. Če tudi vrsta absolutnih vrednosti 

|a 1 | + |a 2 | + |a 3 | + · · · 

konvergira, rečemo, da je vrsta ∑ a k absolutno konvergentna, če pa vrsta absolutnih 

vrednosti divergira, rečemo, da je vrsta ∑ a k pogojno konvergentna. 

Izrek 3.9.7 Če konvergira vrsta 

|a 1 | + |a 2 | + |a 3 | + · · · + |a k | + · · · , 

potem konvergira tudi vrsta 

a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a k + · · · .


Dokaz: 

Za vsaki naravni števili n in p velja ocena 

|a n+1 + · · · + a n+p | ≤ |a n+1 | + · · · + |a n+p | . 

Če konvergira vrsta absolutnih vrednosti, je za vsak pozitiven ɛ in dovolj 

velik n desna stran manjša od ɛ, zato to velja tudi za levo stran te 

neenakosti. To pa že pomeni, da vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k konvergira. 

Definicija 3.9.3 Vrsti ∑ ∞ 

k=1 b k rečemo permutacija vrste ∑ ∞ 

k=1 a k, če obstaja 

taka bijektivna funkcija f : N → N, da je b f(k) = a k . 

✷ 

Izrek 3.9.8 Če vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k konvergira absolutno, vsaka permutacija te 

vrste konvergira k isti limiti. 

Dokaz: Naj vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k konvergira absolutno k A in naj bo ∑ ∞ 

k=1 b k 

permutacija vrste ∑ ∞ 

k=1 a k. Zaporedji delnih vsot imenujmo 

s n = a 1 + · · · + a n , 

t n = b 1 + · · · + b n 

in pokažimo, da tudi zaporedje (t n ) konvergira k A. 

Naj bo ε > 0. Ker zaporedje (s n ) konvergira k A, obstaja tako naravno 

število N 1 , da velja 

|A − s n | < ε 2 

za vse n ≥ N 1 . Ker ∑ ∞ 

k=1 a k konvergira absolutno, obstaja tudi tako 

naravno število N 2 , da velja 

n∑ 

k=m+1 

|a k | < ε 2 

za vse n > m ≥ N 2 . Naj bo N = max{N 1 , N 2 }. To pomeni, da je za 

vsak n > N delna vsota s n gotovo ε/2 blizu A, pa tudi poljubno dolga 

končna vsota absolutnih vrednosti elementov z indeksom večjim od n 

je manjša od ε/2. Zdaj moramo sešteti dovolj veliko elementov vrste 

∑ ∞ 

k=1 b k, da bodo v njej vsi a 1 , . . . , a N . Naj bo 

M = max{f(k); 1 ≤ k ≤ N} . 

Za poljubni m > M v razliki (t m − s N ) nastopa le končno členov vrste 

∑ 

ak , za k > N, katerih vsota absolutnih vrednosti je po zgornji oceni 

manjša od ε/2. Torej za vse m > M velja 

To pa pomeni t m → A. 

|t m − A| ≤ |t m − s N | + |s N − A| < ε 2 + ε 2 = ε . 

V naslednjem razdelku bomo spoznali, da za pogojno konvergentne vrste 

tak izrek ne velja. 

✷

3.10. RAČUNANJE Z VRSTAMI 73 

3.10 Računanje z vrstami 

Vrsti ∑ ∞ 

k=1 a k in ∑ ∞ 

k=1 b k seštevamo kar po istoležnih členih, to pomeni, da 

jima priredimo vrsto 

∞∑ 

(a k + b k ) , 

k=1 

ki ji rečemo vsota vrst ∑ ∞ 

k=1 a k in ∑ ∞ 

k=1 b k. 

Vrsto ∑ ∞ 

k=1 a k lahko tudi množimo s poljubnim realnim številom c, tako 

da dobimo vrsto 

∞∑ 

(ca k ) , 

k=1 

ki ji rečemo tudi c-kratnik vrste ∑ ∞ 

k=1 a k. 

Izrek 3.10.1 Naj velja 

∞∑ 

∞∑ 

a k = A b k = B . 

k=1 

Tedaj za poljuben c ∈ R velja 

in 

k=1 

∞∑ 

(ca k ) = cA 

k=1 

∞∑ 

(a k + b k ) = A + B 

k=1 

Dokaz: Za prvo trditev opazimo, da je vsota prvih n členov vrste ∑ ∞ 

1 ca k 

enaka 

s n = ca 1 + ca 2 + · · · + ca n = c(a 1 + a 2 + · · · + a n ) . 

Po predpostavki zaporedje (a 1 + a 2 + · · · + a n ) konvergira k A, torej 

konvergira zaporedje delnih vsot s n proti cA in smo prvo trditev dokazali. 

Tudi druga trditev sledi iz računskih lastnosti limite zaporedja: 

označimo zaporedji delnih vsot 

s n = a 1 + · · · + a n , t n = b 1 + · · · + b n , 

je zaporedje delnih vsot za vrsto ∑ ∞ 

k=1 (a k + b k ) ravno (s n + t n ), ki 

konvergira k A + B. 

če 

✷ 

Primer: Naj bo S vsota alternirajoče harmonične vrste 

∞∑ (−1) k+1 

S = 

. 

k 

k=1


K tej vrsti prištejmo vrsto (ki se le formalno razlikuje od njene polovice) 

in zgornji vrsti seštejmo, dobimo 

Izpustimo ničle in kar ostane 

S 

2 = 0 + 1 2 + 0 − 1 4 + 0 + 1 6 

3S 

2 = 1 + 0 + 1 3 − 1 2 + 1 5 + 0 + 1 7 − 1 4 + · · · . 

1 + 1 3 − 1 2 + 1 5 + 1 7 − 1 4 + · · · 

je permutacija prvotne (alternirajoče harmonične vrste), v kateri jemljemo 

skupaj najprej dva pozitivna člena in potem enega negativnega in tako naprej. 

Če bi bilo S = 0, seveda bi bila vsota vrste v obeh primerih ista. Pozneje 

bomo spoznali, da ni tako. Izkaže se, da je S = ln 2, odtod pa sledi, da 

permutacija pogojne vrste lahko vpliva na njeno vsoto. 

Definirajmo še produkt vrst. Imejmo vrsti ∑ ∞ 

k=1 a k in ∑ ∞ 

k=1 b k, njun 

produkt (Cauchyjev produkt vrst) je vrsta 

( 

∑ ∞ 

) ( ∞ 

) 

∑ 

a k b k = a 1 b 1 + (a 1 b 2 + a 2 b 1 ) + (a 3 b 1 + a 2 b 2 + a 1 b 3 ) + · · · = 

k=1 

k=1 

= 

∞∑ 

k=2 

d k 

(pozor, tu smo vrsto d-jev začeli z 2 in ne z 1, le zaradi lepšega zapisa), kjer 

je 

d k = a 1 b k−1 + a 2 b k−2 + · · · + a k−1 b 1 . 

Naj vrsta ∑ ∞ 

k=1 a k absolutno konvergira k A, vrsta ∑ ∞ 

k=1 b k pa naj absolutno 

konvergira k B. Brez dokaza povejmo, da v tem primeru produkt teh vrst 

absolutno konvergira k AB. 

✸

Poglavje 4 

Topologija R 

4.1 Odprte in zaprte množice 

Spomnimo se, da smo za dano točko a ∈ R in dani ε > 0 definirali ε-okolico 

točke a kot interval 

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

Definicija 4.1.1 Množica U ⊂ R je odprta, če za vsako točko a ∈ U obstaja 

tak ε > 0, da velja K ε (a) ⊂ U. 

Primeri: 

1. Vsak odprti interval 

(a, b) = {x ∈ R; a < x < b} 

je odprta množica: za poljuben x ∈ (a, b) obstaja pozitivna razdalja 

ε = min{x − a, b − x} > 0 

do najbližjega krajišča intervala (a, b). Za ta ε velja K ε (x) ⊂ (a, b). 

2. Polodprti interval [a, b) pa ni odprta množica, saj nobena ε-okolica 

točke a ∈ [a, b) ni vsebovana v [a, b). Podobno velja za intervale oblike 

(a, b] in [a, b]. 

3. Poljubna unija odprtih intervalov je odprta množica. Vsaka njena točka 

x je v enem odprtem intervalu in v njem je tudi neka njena ε-okolica. 

4. Seveda je odprta tudi množica R sama, po definiciji pa je odprta tudi 

prazna množica ∅, saj je zanjo pogoj na prazno izpolnjen. 

75

76 POGLAVJE 4. TOPOLOGIJA R 

S tem smo pravzaprav izčrpali primere odprtih množic, namreč vsaka 

odprta množica v R je unija odprtih intervalov. To hitro vidimo: naj bo 

U odprta, torej ima vsaka točka x ∈ U okolico K εx (x), ki je podmnožica 

množice U. Tedaj je 

U = ⋃ x∈U 

K εx (x) . 

✸ 

Da zaokrožimo našo sliko o odprtih množicah v R, si dokažimo še naslednji 

izrek. Njegova lepota je predvsem v tem, da velja tudi v bistveno bolj splošnih 

prostorih kot je R. 

Izrek 4.1.1 Unija poljubne družine odprtih množic je odprta. Presek končno 

mnogih odprtih množic je odprta množica. 

Dokaz: 

Naj bo 

U = ⋃ λ∈Λ 

U λ , 

kjer je vsaka množica U λ ⊂ R odprta. Naj bo x ∈ U, tedaj obstaja tak 

λ x ∈ Λ, da je x ∈ U λx . Ker je U λx odprta, obstaja tak ε > 0, da velja 

K ε (x) ⊂ U λx , tedaj pa velja tudi K ε (x) ⊂ U. 

Izberimo poljubno točko 

x ∈ V = 

n⋂ 

U k , 

kjer so vse množice U k odprte. Tedaj za vsak k = 1, . . . , n obstaja tak 

ε k > 0, da velja K εk (x) ⊂ U k . Odtod pa sledi, da za 

k=1 

ε = min 

k 

{ε k } 

velja K ε (x) ⊂ V . Torej je V odprta množica. 

✷ 

Definiciji 4.1.1 Točka x je limitna točka množice A, če za vsako ε-okolico 

točke x velja, da je v preseku K ε (x) ∩ A kakšna točka, ki ni x. 

A. 

Točka x ∈ A, ki ni limitna točka množice A, je izolirana točka množice 

Limitni točki množice se reče tudi stekališče množice, mi se bomo držali 

terminologije iz zgornje definicije. V definiciji limitne točke množice A seveda 

nismo zahtevali, da je x ∈ A, le v primeru da je, hočemo imeti v preseku še 

druge točke. 

Primera:

4.1. ODPRTE IN ZAPRTE MNOŽICE 77 

1. Naj bo I neki interval, poleg njegovih točk je tudi vsako krajišče tega 

intervala njegova limitna točka, četudi morda ni v tem intervalu (na 

primer, če je interval odprt). 

2. Vse točke v N so izolirane točke množice N. 

✸ 

Izrek 4.1.2 Točka x je limitna točka množice A natanko tedaj, ko velja 

x = lim 

k→∞ 

a k 

za neko zaporedje (a k ) v A z lastnostjo a k ≠ x za vsak k ∈ N. 

Dokaz: 

Naj bo x limitna točka množice A. Za vsak k ∈ N obstaja točka 

a k ∈ K 1/k (x) ∩ A , 

ki ni enaka x. Tedaj zaporedje (a k ) po konstrukciji konvergira k x (za 

vsak ε > 0 obstaja tak m ∈ N, da je ε > 1/m; tedaj so vsi členi 

zaporedja od m-tega naprej ε-blizu x). 

Naj obstaja tako zaporedje točk (a k ) ∈ A, ki konvergira k x in a k ≠ x 

za vsak k ∈ N. Tedaj vidimo, da za vsak ε > 0 obstaja tak m ∈ N, 

da je ε > 1/m, torej so v K ε (x) ∩ A vsi členi zaporedja (a k ) od m-tega 

naprej in vsi so različni od x. Torej je x limitna točka množice A. 

Kot že rečeno, ni nujno, da so vse limitne točke množice A elementi A, 

množice, ki vsebujejo vse svoje limitne točke, so na neki način posebej lepe. 

✷ 

Definicija 4.1.2 Množica F ⊂ R je zaprta, če vsebuje vse svoje limitne 

točke. 

Glede na izrek (4.1.2) torej zaprtost tu pomeni, da nas limitna operacija 

na zaporedjih v taki množici F ne pripelje ven iz te množice. To spoznanje 

lahko strnemo v naslednji trditvi – posledici izreka (4.1.2) in polnosti množice 

R. 

Posledica 4.1.1 Množica V je zaprta v R natanko tedaj, ko je limita poljubnega 

Cauchyjevega zaporedja v V element množice V . 

Dokaz: 

Vaja! 

Preden si sploh pogledamo kake primere zaprtih množic, si razjasnimo 

tole: v vsakdanjem jeziku sta si pridevnika odprt in zaprt običajno nasprotna, 

tu pa temu nikakor ne bo tako. Res v R ne bomo srečali množic (razen same 

✷


R in ∅), ki bi bile odprte in zaprte hkrati, obstaja pa v R ničkoliko množic, ki 

niso ne odprte ne zaprte. Zelo preprost primer je na primer polodprt interval 

[a, b), ker ni okolica točke a, ni odprt, ker ne vsebuje svoje limitne točke b, 

ni zaprt. Seveda pa obstaja še veliko drugih množic, ki tudi niso ne odprte 

ne zaprte. 

Primeri: 

1. Vsak singleton, tj. množica {a}, ki vsebuje le eno točko, je zaprta 

množica v R, saj je vsako Cauchyjevo zaporedje v njej kar enako konstantnemu 

zaporedju a n = a, katerega limita je seveda spet a. 

2. Preverimo, da je tudi vsak zaprti interval zaprta množica. Naj bo (a k ) 

poljubno Cauchyjevo zaporedje v [a, b]. Torej velja a ≤ a k ≤ b za vsak 

k ∈ N. Ker limita ohranja relaciji ≤ in ≥ (izrek (3.5.2)), tudi za limito 

x = lim k→∞ a k velja a ≤ x ≤ b, torej x ∈ [a, b]. 

3. Polodprti interval (a, b] pa ni zaprta množica, saj je zaporedje 

x n = a + b − a 

n 

Cauchyjevo zaporedje v (a, b], katerega limita je a, ki pa ni vsebovana 

v (a, b]. 

4. Množica N v R očitno nima nobene limitne točke, zato je N zaprta 

množica. 

5. Imejmo množico 

A = {1/n; n ∈ N} . 

Preverimo, da je vsaka njena točka izolirana, da pa A ima eno limitno 

točko 0 (ki ni v A). 

Za dani n ∈ N vzemimo kar ε = (1/n) − (1/(n + 1)). Tedaj je 

K ε (1/n) ∩ A = {1/n} 

in je zato 1/n res izolirana točka množice A. Poljubna ε-okolica točke 0 

pa vsebuje vse točke množice A razen končno mnogih (in vse so seveda 

različne od 0), zato 0 je limitna točka množice A. Vsaka druga točka v 

R (tj. točka v R \ (A ∪ {0})) ima okolico, ki ne seka A, torej je 0 edina 

limitna točka množice A. 

6. Kaj so limitne točke množice Q ⊂ R? Naj bo x ∈ R, po izreku (2.6.1) 

je v poljubni okolici K ε (x) = (x − ε, x + ε) vsaj eno racionalno število 

r. Če je x ∈ R \ Q, potem gotovo velja r ≠ x, če pa je x ∈ Q, pa vemo, 

da tudi v 

K ε (x) \ K ε/2 (x) = (x − ε, x − ε/2) ∪ (x + ε/2, x + ε) 

obstaja neko racionalno število, ki seveda ne more biti enako x, je pa 

v njegovi ε-okolici. Ker to velja za poljubni ε > 0, je točka x limitna 

točka množice Q. Ker je bila x ∈ R poljubna, je množica limitnih točk 

množice Q kar vsa množica R.

4.1. ODPRTE IN ZAPRTE MNOŽICE 79 

Zgornji premislek o limitnih točkah množice Q lahko strnemo v naslednji 

izrek, ki spet govori o gostosti Q v R. 

Izrek 4.1.3 Za vsak x ∈ R obstaja zaporedje racionalnih števil, ki konvergira 

k x. 

Dokaz: Iskano zaporedje lahko dobimo s premislekom iz zgornjega primera 

za vsak 1/n = ε. Bolj konstruktivno pa dobimo ustrezno zaporedje kot 

zaporedje, katerega n-ti člen je celi del števila x in njegovih prvih n 

decimalk. 

Preden odhitimo naprej v razmišljanju o zaprtih množicah, povejmo, da 

z zgornjimi primeri nikakor nismo izčrpali palete zaprtih množic v R. Zaprte 

množice namreč ne moremo tako lepo opisati kot odprte, so precej bolj zapletene. 

V nadaljevanju tega poglavja bomo spoznali še kako zanimivo zaprto 

množico. Najprej pa si oglejmo še nekaj splošnih resnic o njih. 

Definicija 4.1.3 Naj bo A ⊂ R in naj bo L množica limitnih točk množice 

A. Tedaj rečemo, da je Ā = A ∪ L zaprtje množice A. 

✷ 

Primeri: 

1. Za A = {1/n; n ∈ N} je njeno zaprtje Ā = A ∪ {0}. Brez težav se 

namreč prepričamo, da nobena točka razen 0 ni limitna točka množice 

A. 

2. Za odprti interval (a, b) je množica limitnih točk [a, b] in zato je tudi 

(a, b) = [a, b]. 

3. Zaprtje množice Q je ¯Q = R. 

Trditev 4.1.1 1. Za poljubno množico A ⊂ R je množica njenih limitnih 

točk L zaprta množica. 

2. Zaprtje Ā množice A ⊂ R je najmanjša zaprta množica, ki vsebuje A 

(tj. A ⊂ Ā). 

✸ 

Dokaz: 

1. Najprej preverimo, da je množica limitnih točk L zaprta. Naj 

bo x limitna točka množice L. Tedaj imamo v vsaki ε-okolici 

K ε (x) točko l ∈ L, l ≠ x. Ker 

K ε (x) ⊃ K η (l) ∌ x 

za neki η > 0 in je l limitna točka množice A, imamo a ∈ A∩K ε (x) 

in a ≠ x. Ker to velja za vsak ε > 0, to pomeni, da je tudi x 

limitna točka množice A, torej x ∈ L in ¯L = L.


2. Po definiciji velja A ⊂ Ā, dokazati pa moramo, da je Ā zaprta 

množica. To ni tako očitno, kot se morda zdi na prvi pogled. 

Potem, ko smo k A dodali še njene limitne točke L, bi lahko unija 

A ∪ L nasploh dobila še kake nove limitne točke. A ni tako, kot 

se bomo takoj prepričali. 

Naj bo x limitna točka množice A ∪ L, pokažimo, da je tedaj x 

tudi limitna točka množice A. Denimo, da v neki ε-okolici K ε (x) 

ne bi bilo nobene točke a ∈ A, a ≠ x. Ker je x limitna točka 

množice A ∪ L, mora biti v K ε (x) vsaj ena točka l ∈ L, l ≠ x, a 

K ε (x) vsebuje poleg točke l tudi neko okolico K η (l), x ∉ K η (l). 

Tu pa smo prišli v protislovje, saj je l limitna točka množice A in 

zato vsaka njena okolica vsebuje tudi točke iz A. V to protislovje 

nas je pripeljala predpostavka, da neka ε-okolica od x ne vsebuje 

nobenih (drugih) točk iz A. Negacija te predpostavke pa nam 

pove, da je x limitna točka množice A. 

Vsaka zaprta množica, ki vsebuje A, mora vsebovati tudi množico 

njenih limitnih točk L, torej mora vsebovati Ā = A ∪ L. Torej je 

Ā res najmanjša zaprta množica, ki vsebuje A. 

✷ 

Izrek 4.1.4 Množica U ⊂ R je odprta natanko tedaj, ko je R \ U zaprta. 

Dokaz: Najprej naj bo U odprta in pokažimo, da je njen komplement zaprt. 

Pokazati moramo torej, da komplement U C = R \ U vsebuje vse svoje 

limitne točke. Pa naj bo l limitna točka množice U C . To pomeni, da 

vsaka njena okolica vsebuje kako točko iz U C . To pa že pomeni, da 

l ∉ U, tj. l ∈ U C . 

Naj bo zdaj U C zaprta množica in pokažimo, da je tedaj U odprta. Naj 

bo x ∈ U, pokazati moramo, da obstaja tak ε > 0, da je ε-okolica točke 

x podmnožica v U. Pa denimo, da ni tako. Tedaj za vsak ε > 0 obstaja 

neka točka y ∈ U C ∩ K ε (x). Ker je x ∈ U in y ∈ U C , je y ≠ x. Ker 

to velja za vsak ε > 0, to pomeni, da je x limitna točka množice U C . 

To pa po predpostavki pomeni, da je x ∈ U C . To je protislovje, vanj 

nas je pripeljala predpostavka, da nobena okolica od x ni podmnožica 

v U. Njena negacija pa pomeni, da U je okolica točke x in, ker je bila 

x poljubna točka v U, to pomeni, da je U odprta množica. 

Ker velja (U C ) C = U, trditev izreka pove tudi to, da je množica V zaprta 

v R natanko tedaj, ko je njen komplement V C odprt v R. 

Dokažimo si še en izrek o zaprtih množicah. 

✷ 

Izrek 4.1.5 

1. Unija končno mnogih zaprtih množic je zaprta množica. 

2. Presek poljubne družine zaprtih množic je zaprta množica.

4.2. CANTORJEVA MNOŽICA 81 

Dokaz: 

De Morganova zakona nam povesta, da veljata enakosti 

( ) C 

⋃ 

U s = ⋂ Us C , 

s∈S 

s∈S 

U s 

) C 

= ⋃ s∈S 

U C s . 

( ⋂ 

s∈S 

Če je S končna množica in so vse množice U s zaprte, so vse množice 

U C s odprte, torej je tudi njihov končni presek odprt po izreku (4.1.1), 

ker je ta enak (po levi enakosti zgoraj) komplementu unije U s , je ta 

unija res zaprta. 

Zdaj pa naj bo S poljubna množica in vse množice U s zaprte. Torej 

so vsi Us 

C odprte množice, po izreku (4.1.1) je taka tudi njihova unija, 

ki je po desni enakosti zgoraj enaka komplementu preseka množic U s . 

Torej je ta presek res zaprta množica. 

4.2 Cantorjeva množica 

Oglejmo si še en pomemben primer kompaktne množice v R. Naj bo C 0 = 

[0, 1]. Množico C 1 pa dobimo iz C 0 tako, da ji odvzamemo ‘srednjo tretjino’ 

(1/3, 2/3), torej 

C 1 = [0, 1/3] ∪ [2/3, 1] . 

Množico C 2 dobimo iz C 1 tako, da obema intervaloma v C 1 izrežemo srednji 

tretjini. 

[ 

C 2 = 0, 1 ] [ 2 

∪ 

9 9 3] 

, 1 [ 2 

∪ 

3 , 7 [ ] 8 

∪ 

9] 

9 , 1 

Slika 4.1: Konstrukcija Cantorjeve množice 

Podobno delamo naprej. Dobimo zaporedje množic 

C n = C n−1 − 

Preseku vseh članov zaporedja 

rečemo Cantorjeva množica. 

⋃ 

2 n−1 

k=0 

C = 

( 1 + 3k 

3 n , 2 + 3k 

3 n ) . 

∞⋂ 

n=0 

C n


Vsaka množica C n zgornjega zaporedja je končna unija zaprtih intervalov 

in tako zaprta množica. Zato je zaprta tudi Cantorjeva množica, saj je presek 

zaprtih množic. Je tudi omejena podmnožica v R, saj je vsebovana v [0, 1]. 

Ima pa še celo vrsto zelo zanimivih lastnosti. 

Seštejmo dolžine odprtih intervalov, ki smo jih ‘izrezali’ iz [0, 1], da smo 

dobili Cantorjevo množico. V prvem koraku smo izrezali interval dolžine 1/3, 

v drugem koraku dva intervala dolžine po 1/9 in tako naprej, v n-tem koraku 

smo izrezali 2 n intervalov dolžine po 1/3 n . Pri seštevanju teh dolžin dobimo 

konvergentno geometrijsko vrsto. 

1 

3 + 2 9 + 4 27 + · · · + 2n−1 

1 

3 + · · · = 3 

n 1 − 2 3 

= 1 

Kaj pa to pomeni? To pomeni, da lahko Cantorjevo množico ‘pokrijemo’ z 

unijo zaprtih intervalov, katerih skupna dolžina je tako majhna kot želimo. 

Po domače bi temu lahko rekli, da ima Cantorjeva množica dolžino 0, bolj 

učeno se temu v matematiki reče, da ima mero 0. To bi nam lahko dalo vtis, 

da te množice ni skoraj nič skupaj. A pogledano z drugega zornega kota 

temu gotovo ni tako. 

V Cantorjevi množici je vsekakor neskončno mnogo elementov, saj so v 

njej tudi vsa števila oblike 1/3 n . Prepričajmo se, da velja še več, da namreč 

Cantorjeva množica premore neštevno mnogo elementov. Obstaja namreč 

bijekcija 

F : C −→ {(a n ) ∈ R N ; ∀n ∈ N : a n ∈ {0, 1}} , 

ki je definirana na naslednji način. Za točko c ∈ C označimo njeno sliko F (c) 

kot zaporedje F (c) = (c n ). Če v C 1 točka c pripada intervalu [0, 1/3], naj bo 

c 1 = 0, če c ∈ [2/3, 1], naj bo c 1 = 1. Če pripada c prvi tretjini intervala iz C 1 , 

naj bo c 2 = 0, sicer pa c 2 = 1. Podobno nadaljujemo naprej: če c pripada 

prvi tretjini intervala iz C n−1 , naj bo c n = 0, če pa drugi tretjini tistega 

intervala pa naj bo c n = 1. Tako definirana funkcija F je injektivna, dve 

različni točki se razlikujeta za neko pozitivno razdaljo, ker izrezujemo vedno 

manjše intervale, katerih dolžina gre proti 0, bosta poljubni dve različni točki 

v nekem koraku prvič prišli v različna intervala. Na tistem mestu se bosta 

njima prirejeni zaporedji razlikovali. Ali je F surjektivna? Vsako zaporedje 

(a n ), katerega členi so 0 ali 1, določi zaporedje vloženih zaprtih intervalov, 

torej je njihov presek neprazen. Po konstrukciji bo točko v preseku (ker 

gredo dolžine intervalov proti 0, je v preseku natanko ena točka) funkcija F 

preslikala ravno v (a n ). 

Pokažimo še to, da množica zaporedij simbolov 0 in 1 res ni števna. Če bi 

bila, bi jih lahko zapisali po vrsti z naravnoštevilskimi indeksi, ki jih pišimo 

zgoraj v oklepaju, npr. 

(a (1) 

n ), (a (2) 

n ), . . . , (a (k) 

n ), . . . . 

Spodnji indeks tu označuje člen danega zaporedja. Pokažimo, da zgornje 

zaporedje zaporedij ne izčrpa vse množice zaporedij simbolov 0 in 1, s tem 

bomo pokazali, da množica takih zaporedij res ni števna. Konstruirajmo

4.3. KOMPAKTNE MNOŽICE 83 

zaporedje (b m ): če je a (1) 

1 = 0, naj bo b 1 = 1, če je a (1) 

1 = 1, naj bo b 1 = 0 in 

podobno naprej, 

b m ≠ a (m) 

m . 

Ali je zaporedje (b n ) enako kateremu od zaporedij (a (k) 

n )? Ne, saj se od 

vsakega razlikuje vsaj v enem členu (in to konkretno od j-tega zaporedja v 

j-tem členu). Tako smo dokazali, da množica zaporedij simbolov 0 in 1 ni 

števna, s tem pa tudi ne Cantorjeva množica. 

Pokažimo še to, da Cantorjeva množica nima nobene izolirane točke. To 

pomeni, da za vsako točko x ∈ C obstaja zaporedje (x n ) drugih točk iz C, ki 

konvergira k x. To pa ni težko. Ker je x ∈ C, je x ∈ C n za vsak n ∈ N. Naj 

bo torej x 1 neka točka iz istega intervala v C 1 kot x, a ne enaka x. Tedaj 

velja 

0 < |x − x 1 | ≤ 1 3 . 

Podobno naj bo x 2 iz istega intervala v C 2 kot x, a ne enaka x, torej velja 

0 < |x − x 2 | ≤ 1 3 2 

in x n naj bo v istem intervalu v C n kot x, a ne enaka x, zato velja 

0 < |x − x n | ≤ 1 3 n . 

Tako konstruirano zaporedje (x n ) je zaporedje v C, ki konvergira k x in so 

vsi njegovi členi različni od x, to pa pomeni, da imamo v vsaki okolici točke 

x še eno drugo točko iz C in zato x ni izolirana točka množice C. 

4.3 Kompaktne množice 

Definicija 4.3.1 Množica K ⊂ R je kompaktna, če ima vsako zaporedje v 

K podzaporedje, katerega limita je tudi v K. 

Primer: Primer kompaktne množice v R je zaprti interval [a, b]. Ker je 

omejen, ima po Bolzano-Weierstrassovem izreku vsako zaporedje v njem konvergentno 

podzaporedje. Ker je zaprti interval zaprta množica, vsebuje tudi 

limito vsakega svojega Cauchyjevega zaporedja po posledici (4.1.1), torej 

vsebuje tudi limito našega konvergentnega podzaporedja. 

Izrek 4.3.1 (Heine-Borel) Množica K ⊂ R je kompaktna natanko tedaj, 

ko je zaprta in omejena. 

Dokaz: Naj bo K kompaktna in pokažimo, da je omejena in zaprta. Recimo, 

da K ne bi bila omejena navzgor. Tedaj naj bo a n poljubna 

točka v K, za katero velja a n ≥ n. To zaporedje nima nobenega konvergentnega 

podzaporedja, iz Arhimedovega izreka sledi, da je za vsak


r ∈ R v okolici (r − 1, r + 1) točke r kvečjemu končno mnogo točk zaporedja 

(a n ), torej nobeno njegovo podzaporedje ne more konvergirati 

k r. Podobno bi dokazali, da v K najdemo zaporedje brez konvergentnega 

podzaporedja, če K ni omejena navzdol. Kompaktna množica je 

torej nujno omejena. 

Pokažimo, da je kompaktna množica K tudi zaprta. Naj bo x limitna 

točka poljubnega Cauchyjevega zaporedja (x n ) v K. Ker je K kompaktna, 

vsebuje limitno točko nekega podzaporedja (x nk ). Po izreku 

(3.4.2) pa je limita vsakega podzaporedja konvergentnega zaporedja v 

R enaka limiti celotnega zaporedja. Torej je tudi x ∈ K. 

Obratno trditev, da je omejena in zaprta množica K kompaktna dobimo 

takoj: ker je K omejena, ima vsako zaporedje v njem neko konvergentno 

podzaporedje, ker je K zaprta, vsebuje po posledici (4.1.1) 

tudi limitne točke vsakega Cauchyjevega zaporedja v K. 

To pomeni, da niso kompaktne množice le zaprti intervali [a, b], ampak 

npr. tudi poljubna končna unija takih intervalov, vsako konvergentno zaporedje 

skupaj s svojo limito in še cel kup drugih množic, med drugimi tudi 

Cantorjeva množica. 

Dokazali smo že izrek o nepraznosti preseka vloženih intervalov (izrek 

2.5.1). Ta lastnost velja tudi za vložene kompaktne množice. 

✷ 

Izrek 4.3.2 Naj bo 

K 1 ⊃ K 2 ⊃ · · · ⊃ K n ⊃ · · · 

zaporedje vloženih kompaktnih množic v R. Tedaj je njihov presek ⋂ ∞ 

j=1 K j 

neprazen. 

Dokaz: Za vsak n ∈ N izberimo neko točko x n ∈ K n . Zaporedje (x n ) 

je vsebovano v K 1 , torej obstaja neko njegovo podzaporedje, katerega 

limita je x ∈ K 1 . Pišimo to podzaporedje kot zaporedje (y n ). Vsaj od 

drugega člena naprej je zaporedje Cauchyjevo zaporedje (y n ) vsebovano 

tudi v K 2 , ki je tudi zaprta množica, torej je tudi x ∈ K 2 . 

Podobno velja za vsako naravno število m. Vsaj od m naprej je Cauchyjevo 

zaporedje (y n ) vsebovano v K m , ki je zaprta množica, zato 

je tudi limita tega zaporedja x vsebovana v K m . To pa pomeni, da je 

x ∈ ⋂ ∞ 

m=1 K m. 

✷ 

Vaje: 

1. Dokažite, da je presek zaporedja vloženih kompaktnih množic v R neprazna 

kompaktna množica. 

2. Konstruirajte zaporedje vloženih odprtih intervalov, katerih presek je 

prazen.

4.3. KOMPAKTNE MNOŽICE 85 

3. Konstruirajte zaporedje vloženih odprtih intervalov, katerih presek je 

neprazna zaprta množica. 

Kompaktne množice v R lahko definiramo tudi z neko drugo lastnostjo. 

✸ 

Definicije 4.3.1 Za A ⊂ R je odprto pokritje množice A taka družina odprtih 

množic U = {U s ; s ∈ S}, da njena unija vsebuje A, tj. 

A ⊂ ⋃ s∈S 

U s . 

Odprto pokritje V = {V t ; t ∈ T } je podpokritje odprtega pokritja U, če je 

V t ∈ U za vsak t ∈ T in če velja tudi 

A ⊂ ⋃ t∈T 

V t . 

Podpokritju rečemo končno, če ga sestavlja le končno mnogo elementov. 

Primer: Interval (0, 1) lahko pokrijemo z družino odprtih intervalov oblike 

(1/n, 1), saj za vsak x ∈ (0, 1) obstaja tak n ∈ N, da je 1/n < x. Družina 

U = {(1/n, 1)} je torej odprto pokritje intervala (0, 1). Ali za to pokritje 

obstaja kako končno podpokritje? Ne, unija končno mnogih intervalov 

(1/n 1 , 1) , (1/n 2 , 1) , · · · , (1/n k , 1) 

je kar enaka največjemu takemu intervalu, tj. (1/m, 1), kjer je m = max{n 1 , . . . , n k } 

in zato ne pokrije (0, 1). 

Kaj pa če vzamemo zaprti interval [0, 1]? Zgoraj definirana družina U ne 

pokrije krajišč intervala, če dodamo k družini U še neki ε-okolici točk 0 in 1, 

tj. intervala (−ε, ε) in (1 − ε, 1 + ε), pa dobimo pokritje za [0, 1], imenujmo 

ga U ′ . Ali ima U ′ kako končno podpokritje? V tem primeru pa je odgovor 

pritrdilen: Za ε obstaja tako naravno število m, da je 1/m < ε, torej velja 

[0, 1] ⊂ (−ε, ε) ∪ (1/m, 1) ∪ (1 − ε, 1 + ε) . 

✸ 

Izrek 4.3.3 Za poljubno množico K ⊂ R so naslednje trditve ekvivalentne. 

1. K je kompaktna. 

2. K je omejena in zaprta. 

3. Vsako odprto pokritje množice K ima končno podpokritje.


Dokaz: Ekvivalentnost prvih dveh trditev smo dokazali že v Heine-Borelovem 

izreku (4.3.1). Za dokaz bo torej zadoščalo, da pokažemo, da je tretja 

trditev ekvivalentna drugi. 

Naj ima vsako odprto pokritje množice K kako končno podpokritje. 

Če bi K ne bila omejena, bi odprto pokritje 

{(x − 1, x + 1); x ∈ K} 

ne imelo nobenega končnega podpokritja, saj je končna unija omejenih 

intervalov očitno omejena množica. 

Pokažimo še, da je K zaprta. Pa denimo, da to ni res. Naj bo torej 

(y n ) zaporedje v K, ki konvergira k y ∉ K. Vsak x ∈ K ima strogo 

pozitivno razdaljo do y, zato lahko konstruiramo odprto pokritje 

{( 

x − 

|x − y| 

, x + 

2 

|x − y| 

2 

) 

; x ∈ K 

množice K. Ker ima to pokritje neko končno podpokritje 

( 

x 1 − |x 1 − y| 

, x 1 + |x ) ( 

1 − y| 

, · · · , x n − |x n − y| 

, x n + |x ) 

n − y| 

2 

2 

2 

2 

vzemimo ε = min{|x i − y|/2}. Tedaj nobena točka z ∈ K ni v ε-okolici 

točke y, saj bi sicer iz trikotniške neenakosti sledilo 

|x k − y| ≤ |x k − z| + |z − y| < ε + ε = min 

i 

{|x i − y|} , 

kar pa je protislovje. A tudi |z − y| > ε za vsak z ∈ K nas pripelje v 

protislovje s predpostavko, da je y limita nekega zaporedja iz K. Edina 

možnost je torej, da K vsebuje vse limite svojih Cauchyjevih zaporedij 

in je tako zaprta množica. 

Pokazati moramo še to, da iz veljavnosti prvih dveh trditev sledi tudi 

tretja. Pa denimo, da ni tako. Naj bo K kompaktna množica in naj 

bo U = {U s , s ∈ S} neko njeno odprto pokritje, ki nima nobenega 

končnega podpokritja. Ker je K omejena množica, je vsebovana v 

nekem zaprtem intervalu I 0 = [a, b]. Presekajmo ta interval na pol. 

Tedaj sta tudi 

K ∩ 

[ 

a, a + b ] 

2 

in 

K ∩ 

} 

[ a + b 

2 , b ] 

kompaktni množici (saj sta omejeni in kot presek dveh zaprtih tudi 

zaprti množici). Če bi lahko vsako od teh množic pokrili s končno 

elementi pokritja U, bi vsi ti elementi v U skupaj tvorili končno podpokritje 

za K, torej vsaj ena od zgornjih dveh množic ima pokritje 

(namreč kar U), ki nima končnega podpokritja. Vzemimo eno tako 

in ustrezni polovici intervala I 0 dajmo ime I 1 . Ponovimo postopek z 

razpolovitvijo intervala I 1 , spet vsaj presek K z vsaj eno od polovic 

intervala I 1 ne moremo pokriti s končno elementi v U. 

Na ta način dobimo zaporedje vloženih intervalov I 0 ⊃ I 1 ⊃ I 2 , katerih 

dolžine gredo proti 0 in nobenega preseka K ∩ I n ne moremo pokriti

4.4. POVEZANE MNOŽICE 87 

s končno elementi v U. Presek teh intervalov je le ena točka x, ki 

po konstrukciji pripada množici K, zato mora biti vsebovana v nekem 

U ∈ U. A tak U vsebuje vse dovolj majhne intervale I n (tj. vse z dovolj 

velikim n), zato seveda tudi vse K ∩ I n za dovolj velike n. To pa je v 

protislovju s tem, da se noben presek K ∩ I n ne da pokriti s končno 

elementi iz U. V protislovje nas je pripeljala predpostavka, da se K 

ne da pokriti s končno mnogo elementi iz U. Torej res vsako odprto 

pokritje za K ima neko končno podpokritje. 

✷ 

Vaje: 

1. Ali je vsaka končna množica v R kompaktna? 

2. Ali je vsaka števna množica v R kompaktna? 

3. Ali obstaja kaka števna kompaktna množica v R? 

4.4 Povezane množice 

Definicije 4.4.1 Množici A, B ⊂ R sta separirani, če velja 

Ā ∩ B = ∅ A ∩ ¯B = ∅ . 

Množica X ⊂ R je nepovezana, če jo lahko izrazimo kot unijo X = A ∪ B, 

kjer sta A in B neprazni separirani množici. Množica, ki ni nepovezana je 

povezana. 

Primeri: 

1. V glavnem je ta razdelek posvečen dokazu izreka, da so v R povezane 

množice natanko intervali (pri tem se spomnimo, da mi med intervale 

vzamemo tudi neomejene intervale). 

2. Množica X = (−1, 0) ∪ (0, 1) ni povezana množica, saj za A = (−1, 0) 

in B = (0, 1) velja X = A ∪ B, Ā ∩ B = ∅, A ∩ ¯B = ∅. V tem primeru 

tudi vidimo, da bi bila zahteva Ā ∩ ¯B = ∅ prehuda, ker to za naš X ne 

velja, nekako pa le čutimo, da X ni povezana. 

3. Takoj lahko opazimo, da je množica Q nepovezana, saj je unija množic 

ki sta očitno separirani. 

A = Q ∩ (−∞, √ 2) B = Q ∩ ( √ 2, ∞) , 

4. Cantorjeva množica ni povezana, saj sta A = [0, 1/2] ∩ C in B = 

[1/2, 1] ∩ C separirani množici, katerih unija je X.


Dokažimo si glavni izrek tega razdelka. 

✸ 

Izrek 4.4.1 Množica I ⊂ R je povezana natanko tedaj, ko je interval, tj. ko 

iz a < c 

Dokaz: 

Naj bo I povezana, a < c 

A = (−∞, c) ∩ I B = (c, ∞) ∩ I . 

A in B sta neprazni (ker a ∈ A in b ∈ B) in separirani množici. Če 

c ∉ I, je I = A ∪ B in je tako I nepovezan, kar je protislovje. Torej 

mora biti c ∈ I. 

Naj bo zdaj I interval, tj. iz a < c 

dokažimo, da je I povezana množica. Naj bosta A in B taki neprazni 

podmnožici v I, da velja I = A ∪ B, A ∩ B = ∅. Pokazati moramo, 

da ena od množic A in B vsebuje limitno točko druge množice (tj. 

Ā ∩ B ≠ ∅ ali A ∩ ¯B ≠ ∅). 

Izberimo a 0 ∈ A in b 0 ∈ B. Presekajmo interval I 0 = [a 0 , b 0 ] ⊂ I na 

pol in naj bo interval I 1 = [a 1 , b 1 ] tista polovica intervala [a 0 , b 0 ], za 

katero velja a 1 ∈ A, b 1 ∈ B (tj. če je c = (a + b)/2 v A, naj bo a 1 = c, 

b 1 = b 0 , če pa je c v B, naj bo a 1 = a 0 , b 1 = c). Nadaljujmo s takim 

razpolavljanjem intervalov, da dobimo zaporedje vloženih intervalov 

I ⊃ I 0 ⊃ I 1 ⊃ . . . ⊃ I n ⊃ I n+1 . . . , 

po izreku o vloženih intervalih (2.5.1) je njihov presek neprazen, ker 

gredo dolžine teh intervalov proti 0, je zato njihov presek natanko ena 

točka x. Ta točka je limitna točka obeh množic A in B, saj velja 

lim a n = x = lim b n . 

n→∞ n→∞ 

Ker je I interval in zato c ∈ I in ker je I = A ∪ B, mora x pripadati 

množici A ali množici B, hkrati pa je limitna točka druge množice. 

Torej ena od množic A in B vsebuje limitno točko druge množice in zato 

A in B nista separirani. Ker sta bili A in B poljubni tuji podmnožici, 

katerih unija je I, je I res povezana množica. 

Za množice Q, R \ Q in C vemo, da ne vsebujejo nobenega pravega 

intervala (tj. takega, ki bi vseboval več kot eno točko). Torej nam ta izrek 

pove, da nobena od teh množic ne vsebuje nobene povezane množice, ki imela 

več kot eno točko (za take množice rečemo, da so totalno nepovezane). 

✷

Poglavje 5 

Limita funkcije in zveznost 

5.1 Realne funkcije ene realne spremenljivke 

Že v uvodnem poglavju smo povedali, kaj so funkcije med množicami. V tem 

poglavju pa si bomo pobliže ogledali funkcije, ki preslikujejo množice realnih 

števil v realna števila. Z drugimi besedami, ukvarjali se bomo s funkcijami 

f : D −→ R , 

kjer je D ⊆ R. Takim funkcijam rečemo tudi realne funkcije ene (realne) spremenljivke. 

Iz takih funkcij se je pravzaprav razvil današnji pojem funkcije 

oziroma preslikave iz ene množice v drugo. Zaradi dolge in bogate zgodovine 

teh funkcij se je pri njih ohranila tudi starejša terminologija, ki ne ustreza 

vedno izrazom teorije množic. Pojem funkcije pride iz medsebojne odvisnosti 

dveh količin, x in y na primer, katerih vrednosti so realna števila. Če izrazimo 

odvisnost količine y od količine x, rečemo, da je x neodvisna spremenljivka, 

količina y pa odvisna spremenljivka. Mi se bomo v glavnem držali modernejših 

izrazov, prav pa je, da poznamo tudi starejše izraze. 

Omenimo še nekaj pojmov, ki jih srečamo pri omenjenih funkcijah. 

Definicije 5.1.1 Naj bo D ⊂ R in imejmo funkcijo f : D → R. Če obstaja 

tako število G ∈ R, da velja 

x ∈ D ⇒ f(x) ≤ G , 

rečemo, da je funkcija f na D navzgor omejena, številu G pa rečemo zgornja meja 

funkcije na D. Supremumu funkcijskih vrednosti na D rečemo tudi supremum funkcije 

na I. 

Če pa obstaja tako število p ∈ R, da velja 

x ∈ D ⇒ f(x) ≥ p , 

rečemo, da je f na D navzdol omejena, številu p pa rečemo spodnja meja funkcije 

na D. Infimumu funkcijskih vrednosti na I rečemo tudi infimum funkcije na 

D. 

89

90 POGLAVJE 5. LIMITA FUNKCIJE IN ZVEZNOST 

Funkciji, ki je navzgor in navzdol omejena, rečemo, da je omejena. 

Če za neko realno število x velja, da je 

rečemo, da je x ničla funkcije f. 

f(x) = 0 , 

Točka x 0 se imenuje pol funkcije f, če za vsako pozitivno število A obstaja 

tako pozitivno število ɛ, da velja 

Če na D velja 

x ∈ (x 0 − ɛ, x 0 + ɛ) − {x 0 } ⇒ |f(x)| > A . 

x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) < f(x 2 ) , 

rečemo, da je funkcija f na D strogo naraščajoča, če pa velja le 

x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) ≤ f(x 2 ) , 

rečemo, da je f na D naraščajoča funkcija. Podobno rečemo, da je f na D 

padajoča, če velja 

x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) ≥ f(x 2 ) , 

in rečemo, da je strogo padajoča, če velja 

x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) > f(x 2 ) . 

Funkcijam, ki so padajoče ali naraščajoče, rečemo monotone funkcije. 

Funkciji f rečemo soda funkcija, če za vsak x v definicijskem območju 

funkcije f velja 

f(−x) = f(x) . 

Funkciji f rečemo liha funkcija, če za vsak x v definicijskem območju funkcije 

f velja 

f(−x) = −f(x) . 

Izberimo si nek D ⊆ R. S funkcijami D → R lahko računamo. Seštevamo 

jih po točkah 

(f + g)(x) = f(x) + g(x) . 

Tudi množimo jih lahko, ne le s števili, ampak kar med sabo in to kar po 

točkah 

(fg)(x) = f(x)g(x) . 

Za tidve operaciji veljajo vsi računski zakoni. Zato vse funkcije D → R 

sestavljajo ne le vektorski prostor, ampak celo algebro nad poljem R. 

Funkcijo f lahko upodobimo v ravnini. V ravnini si izberimo koordinatni 

osi, na prvi določimo definicijsko območje funkcije, vsaki njegovi točki x 

priredimo točko s koordinatama (x, f(x)). Vsi taki pari sestavljajo množico 

ki ji rečemo graf funkcije f. 

Γ f = {(x, f(x)); x ∈ D} ,

5.2. LIMITA FUNKCIJE 91 

Najprej omenimo še najbolj enostaven primer realnih funkcij. Funkciji 

f : R → R s predpisom 

f(x) = kx + n , 

kjer sta k ≠ 0 in n poljubni izbrani realni števili, rečemo linearna funkcija (če 

bi bili bolj natančni, bi morali reči afino linearna, saj taka funkcija za n ≠ 0 

ni linearna v algebrskem smislu) in je definirana za vsako realno število x. 

Ime je ta funkcija dobila po svojem grafu, ki je premica. Za to funkcijo je 

značilno, da je razmerje med spremembo neodvisne spremenljivke in s tem 

povzročeno spremembo odvisne spremenljivke vselej enako, ne glede na to, 

kateri vrednosti neodvisne spremenljivke opazujemo. 

Čeprav je linearna funkcija tako zelo enostavna, ima izjemen pomen. Skoraj 

vsi pojavi v naravi so taki, da se pri zelo majhnih spremembah spremenljivk 

ne ločijo veliko od kakšne linearne funkcije ali pa konstante. Temu rečemo, 

da spremembe gladko potekajo. Funkcijam, ki ponazarjajo take pojave 

rečemo odvedljive in bomo o njih govorili v naslednjem poglavju. Marsikatere 

funkcije v naravi pa so zares linearne tudi za sorazmerno velike spremembe 

neodvisne spremenljivke. O takih funkcijah pripovedujejo zakoni kot so, na 

primer, Hookov, Boylov in Gay-Lussacov. 

5.2 Limita funkcije 

V naslednjih razdelkih si bomo ogledali dva izjemno pomembna in med seboj 

najtesneje povezana pojma: zveznost funkcije v dani točki in limita funkcije 

v dani točki. 

Približno rečeno je funkcija zvezna, če preslika bližnje točke blizu skupaj. 

V praksi zelo pogosto izkoristimo zveznost nekaterih funkcij, še največkrat 

zveznost seštevanja in množenja. To sta sicer funkciji dveh spremenljivk, 

kar gre pravzaprav preko meja našega trenutnega razmišljanja, a ravno v 

teh primerih nam je zveznost najbolj domača. Brez kakršnegakoli znanja 

topologije (kamor sodita pojma zveznosti in limite), ve vsakdo, da lahko 

računamo s približki. Če približno izmerimo dolžino in širino mize, dobimo z 

množenjem približno površino te mize, če od približne vrednosti naše aktive 

odštejemo našo pasivo, dobimo približno oceno našega finančnega položaja. 

Toliko o intuitivni predstavi o zveznosti. Kako bi to formulirali bolj matematično? 

Ena možnost je preko pojma limite. Rekli bomo, da je funkcija f 

v točki c zvezna, če je funkcijska vrednost f(c) tudi limita funkcije f v točki 

c. Pojem limite funkcije je seveda tesno povezan s pojmom limite zaporedja. 

Število L je limita funkcije f v točki c natanko tedaj, ko f preslika vsako 

zaporedje, ki konvergira proti c, v zaporedje, ki konvergira proti L. 

Definicija 5.2.1 Naj bo D ⊂ R in imejmo funkcijo f : D → R. Naj bo x 0 

limitna točka množice D. Tedaj je število L limita funkcije f v točki x 0 , 

lim f(x) = L , 

x→x 0


če za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da za vsak x ∈ D velja 

0 < |x − x 0 | < δ =⇒ |f(x) − L| < ε . 

Temeljna ideja te definicije sledi definiciji limite zaporedja: za vnaprej 

predpisano toleranco (napako računanja) moramo poiskati nek interval okrog 

točke x 0 , znotraj katerega se vse točke iz D, razen morda točke x 0 same, 

preslikajo s funkcijo f (v okvirih predpisane tolerance) v L. Taki ‘logiki’ 

definicije bi lahko rekli "izziv-odgovor". Tu opozorimo še na tole posebnost: 

za limito funkcije v točki x 0 je pomembno, kam se preslikujejo točke, 

ki so blizu točki x 0 , popolnoma nepomembno pa je kam se preslika sama 

točka x 0 (če je sploh element domene D); to je pomen zahteve, da je 0 < 

|x − x 0 |. Včasih rečemo množici K \ {x 0 }, kjer je K okolica točke x 0 

punktirana okolica točke x 0 , ker smo okolici točke x 0 izkljuvali natanko to 

točko. 

Primer: Imejmo funkcijo f : R → R, definirano s predpisom 

{ x, x ≠ 0 

f(x) = 

1, x = 0 . 

Ali ima ta funkcija limito v točki 0? Vsekakor, za predpisani ε > 0 ni težko 

najti pravi δ, prav primeren je kar δ = ε, da očitno velja 

lim f(x) = 0 . 

x→0 

Dejstvo, da se sama točka 0 z f preslika v 1, ne igra pri tem prav nobene 

vloge. 

✸ 

Bolj topološko bi definicijo limite funkcije f v točki x 0 , ki je limitna točka 

domene, formulirali tako: f ima v x 0 limito L, če za vsako okolico U točke L 

obstaja taka punktirana okolica V točke x 0 , ki se z f preslika v U, tj. velja 

f(D ∩ V ) ⊂ U . 

Primeri: 

1. S predpisom 

f(x) = 4x2 − 9 

2x − 3 

je lahko definirana funkcija f : R \ {3/2} → R. Izračunajmo limito te 

funkcije v točki x = 3/2, ki seveda je limitna točka domene (v poljubni 

okolici točke x = 3/2 so namreč celo vse druge točke v domeni). Na 

domeni funkcije f velja 

f(x) = 4x2 − 9 

2x − 3 = 2x + 3 . 

Nekako se nam dozdeva, da bi torej limita funkcije f v točki 3/2 morala 

biti enaka 6. Dokažimo to! Naj bo ε > 0 poljubno pozitivno število. Po


definiciji limite moramo poiskati tak δ > 0, da bo iz 0 < |x − 3/2| < δ 

sledilo |f(x) − 6| < ε. Ocenimo |f(x) − 6| z 

|f(x) − 6| = |2x + 3 − 6| = |2x − 3| = 2|x − 3/2| . 

Če bo torej x za manj od ε/2 oddaljena od 3/2, bo zgornja razlika 

za mnaj od ε oddaljena od 6. Torej, naj bo δ = ε/2 in res iz 0 < 

|x − 3/2| < δ = ε/2 sledi |f(x) − 6| < ε. To pa pomeni, da velja 

2. Pokažimo, da Dirichletova funkcija 

lim f(x) = 6 . 

x→3/2 

f : R −→ R , f(x) = 

{ 1 , x ∈ Q 

0 , x ∉ Q 

nima limite v nobeni točki. Naj bo x 0 ∈ R in naj bo ε < 1/2. V 

vsaki δ-okolici točke x 0 so tako racionalne kot tudi iracionalne točke. 

Ne glede na to kaj vzamemo za L ∈ R, vidimo, da ε-okolica L ne more 

vsebovati obeh točk 0 in 1, torej se nobena punktirana δ-okolica točke 

x 0 ne preslika vsa v ε-okolico točke L. Torej noben L ∈ R ni limita 

Dirichletove funkcije v x 0 . 

3. Poglejmo si še eno zanimivo funkcijo, ‘našel’ jo je K. J. Thomæ leta 

1875. To je funkcija 

⎧ 

⎨ 1 , x = 0 

t : R −→ R , t(x) = 1/n , x = m/n ∈ Q \ {0} 

⎩ 

0 , x ∉ Q , 

kjer je m/n okrajšani ulomek in n > 0. 

Naj se nam zdi ta funkcija še tako patološka, ima limito v vsaki točki. 

Ta limita je 0, pokažimo to. Naj bo ε > 0, le končno mnogo števil 

oblike 1/n, n ∈ N, je večjih od ε. To pa pomeni, da je množica točk iz 

enotskega intervala [0, 1], ki jih t ne preslika v [0, ε), končna (ali prazna, 

če je ε > 1), konkretno, ta množica so števila 0, 1, 1/2, 1/3, . . . 1/m 

in njihovi večkratniki (eno tako število pomnoženo s kakim naravnim 

številom). Odtod sledi, da je tudi v vsakem intervalu [n, n + 1], kjer je 

n ∈ Z, tudi množica točk, ki se s t ne preslikajo v [0, ε), končna. Seveda 

tedaj to velja tudi za vse intervale [n − 1, n + 1], n ∈ Z. Vzemimo zdaj 

poljubni x 0 ∈ R. Za δ vzemimo razdaljo od x 0 do najbližje točke, 

različne od x 0 , ki jo t ne preslika v [0, ε). Tedaj velja 

t((x 0 − δ, x 0 + δ) \ {x 0 }) ⊂ (−ε, ε) . 

Torej je 0 res limita funkcije t v točki x 0 . 

Dokažimo zvezo med limito funkcije in limito zaporedja. 

✸


Izrek 5.2.1 Naj bo c limitna točka domene funkcije f : D → R, D ⊂ R. 

Tedaj sta naslednji trditvi ekvivalentni. 

1. lim x→c f(x) = L 

2. Za vsako zaporedje (x n ) v D\{c}, ki konvergira k c, konvergira zaporedje 

slik (f(x n )) k L. 

Dokaz: (⇒) Naj bo lim x→c f(x) = L in naj bo (x n ) zaporedje v D \ {c}, 

ki konvergira k c. Naj bo ε > 0. Ker je L limita funkcije f v točki c, 

obstaja neki δ > 0, za katerega se punktirana okolica 

K δ (c) \ {c} = (c − δ, c) ∪ (c, c + δ) 

z f preslika v (L − ε, L + ε). Ker (x n ) → c, pa tudi za ta δ obstaja neki 

N ∈ N, od katerega naprej so vsi členi zaporedja v K δ (c). Ker smo 

posebej zahtevali, da je zaporedje (x n ) v D \ {c}, ni noben člen enak c 

in so zato vsi členi od N naprej v K δ (c) \ {c}, ta pa se po predpostavki 

preslika v (L − ε, L + ε). Torej velja tudi 

f(x n ) ∈ (L − ε, L + ε) 

za vse n večje od N. To pa pomeni, da f(x n ) konvergira k L. 

(⇐) Implikacijo iz druge trditve v prvo bomo dokazali s protislovjem. 

Denimo, da se vsako zaporedje v D \ {c}, ki konvergira k c, z f preslika 

v zaporedje, ki konvergira k L, da pa limita funkcije f v c ni enaka L. 

Negacija izjave 

lim 

x→c f(x) = L 

pomeni, da obstaja neki ε > 0, za katerega za vsak δ > 0 najdemo neko 

točko x ∈ D \ {c}, za katero velja 0 < |x − c| < δ, a vendar 

|f(x) − L| ≥ ε . 

Zdaj pa za ta dani ε in δ = 1/n označimo točko x, ki jo krasi zgornja 

lastnost z x n . Na ta način pa smo konstruirali zaporedje x n v D \ {c}, 

ki po konstrukciji konvergira k c, njegove slike f(x n ) pa so vse za več 

kot ε oddaljene od L in zato to zaporedje ne konvergira k L. To pa je 

v protislovju z našo predpostavko in iz druge točke res sledi prva. 

Zaradi pravkar dokazanega izreka lahko uporabimo lastnosti limite zaporedij 

za dokaz naslednje trditve. 

Posledica 5.2.1 Naj bosta funkciji f in g definirani na neki množici A ⊂ R 

in naj bo c limitna točka množice A. 

1. Če na A velja f(x) ≤ g(x), velja tudi 

lim f(x) ≤ lim g(x) . 

x→c x→c 

✷


2. (a) lim x→c λf(x) = λ lim x→c f(x) za vsak λ ∈ R; 

(b) lim x→c [f(x) + g(x)] = lim x→c f(x) + lim x→c g(x) 

(c) lim x→c [f(x)g(x)] = (lim x→c f(x))(lim x→c g(x)) 

(d) lim x→c [f(x)/g(x)] = lim x→c f(x) 

lim x→c g(x) , če je lim x→c g(x) ≠ 0. 

Dokaz: Vaja! Namig: uporabite izrek (5.2.1) in ustrezne lastnosti limite 

zaporedja! 

✷ 

Posledica 5.2.2 Naj bo A ⊂ R, f : A → R in c limitna točka množice A. 

Če obstajata taki zaporedji (x n ) in (y n ) v A \ {c}, da zanju velja 

c = lim 

n→∞ 

x n = lim 

n→∞ 

y n in lim 

n→∞ 

f(x n ) ≠ lim 

n→∞ 

f(y n ) , 

funkcija f v točki c nima limite. 

Dokaz: Vaja! Namig: uporabite izrek (5.2.1). 

✷ 

Primer: Pokažimo, da ne obstaja 

lim sin(1/x) . 

x→0 

Vemo, da ima funkcija f(x) = sin(x) v točkah nπ vrednost 0, v točkah 

2nπ + π/2 pa ima vrednost 1. Zaporedji x n = (nπ) −1 in y n = (2nπ + π/2) −1 

sta torej taki, da velja 

lim x n = lim y n = 0 in 0 = lim f(x n ) ≠ lim f(y n ) = 1 . 

n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 

✸ 

Včasih pa gre funkcija preko vseh meja, ko se bližamo neki limitni točki 

domene. Definirajmo si še to. 

Definiciji 5.2.1 V primeru, da za poljubno število G ∈ R obstaja tako pozitivno 

število δ, da za vsak x ∈ D velja 

pišemo 

0 < |x − x 0 | < δ ⇒ f(x) > G , 

lim f(x) = ∞ . 

x→x 0 

Če pa za poljubno število p ∈ R obstaja tak δ > 0, da za vsak x ∈ D velja 

0 < |x − x 0 | < δ ⇒ f(x) 

pišemo 

lim f(x) = −∞ . 

x→x 0


Včasih pa funkcija v kaki točki nima prave limite, a ima levo in/ali desno 

limito. 

Primera: 

1. Oglejmo si funkcijo 

f(x) = e 1/x 

v bližini točke 0. Če se bližamo točki x = 0 z leve, tj. po negativnih 

x, se vrednost funkcije f(x) bliža vrednosti 0; če pa se bližamo točki 

x = 0 z desne, tj. po pozitivnih x, gre vrednost funkcije f(x) preko 

vseh meja. V tem primeru rečemo, da ima funkcija f v točki x = 0 

levo limito 

lim f(x) = lim f(x) = 0 

x→0 

x→0− 

x0 

f(x) = sin(1/x) 

nima v 0 ne leve, ne desne limite; v vsaki, še tako majhni okolici točke 

0, zavzame vse vrednosti med −1 in 1. 

Definirajmo levo in desno limito še formalno. 

✸ 

Definiciji 5.2.2 Funkcija f : A → R ima v limitni točki c domene A 

levo limito enako S, če za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da za x ∈ A 

velja implikacija 

0 < c − x < δ =⇒ |f(x) − S| < ε . 

Funkcija f : A → R ima v limitni točki c domene A desno limito enako R, 

če za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da za x ∈ A velja implikacija 

0 < x − c < δ =⇒ |f(x) − R| < ε . 

Iz definicij limite, leve limite in desne limite je očitno tole: če ima funkcija 

f v limitni točki c svoje domene limito L, ima tam tudi levo in desno limito, 

ki sta obe enaki limiti L; če pa f v točki c ima levo limito in desno limito, ki 

sta enaki, je ta vrednost tudi limita funkcije f v c. 

Kaj pa pomeni, da je leva (ali desna) limita funkcije f : A → R v limitni 

točki x 0 množice A enaka ∞ ali −∞? Zapis 

lim f(x) = ∞ 

x→x 0 

x


pomeni, da za vsak G ∈ R obstaja tak δ > 0, da za vsak x ∈ A velja 

Zapis 

0 < x 0 − x < δ =⇒ f(x) > G . 

lim 

x→x 0 

x 0, da za vsak x ∈ A velja 

Zapis 

0 < x 0 − x < δ =⇒ f(x) < G . 

lim f(x) = ∞ 

x→x 0 

x>x 0 


Zapis 

0 < x − x 0 < δ =⇒ f(x) > G . 

lim f(x) = −∞ 

x→x 0 

x>x 0 


0 < x − x 0 < δ =⇒ f(x) < G . 

Recimo, da je definicijsko območje A funkcije f : A → R neomejeno. V 

takem primeru se lahko zgodi, da gre funkcija proti neki vrednosti, ko gremo 

z neodvisno spremenljivko preko vseh meja v pozitivno ali negativno smer. 

To pa bomo zapisali kot limito funkcije. Zapis 

lim f(x) = L ∈ R 

x→∞ 

pomeni, da za poljuben ε > 0 obstaja tak G ∈ R, da velja 

Zapis 

x ∈ A, x > G =⇒ |f(x) − L| < ε . 

lim f(x) = L ∈ R 

x→−∞ 

pomeni, da za poljuben ε > 0 obstaja tak G ∈ R, da velja 

Zapis 

x ∈ A, x < G =⇒ |f(x) − L| < ε . 

lim f(x) = ∞ 

x→∞ 

pomeni, da za poljuben G ∈ R obstaja tak Γ ∈ R, da velja 

x ∈ A, x > Γ =⇒ f(x) > G . 

Zapis 

lim f(x) = −∞ 

x→∞



Zapis 

x ∈ A, x > Γ =⇒ f(x) < G . 

lim f(x) = ∞ 

x→−∞ 


Zapis 

x ∈ A, x < Γ =⇒ f(x) > G . 

lim f(x) = −∞ 

x→−∞ 


x ∈ A, x < Γ =⇒ f(x) < G . 

5.3 Zveznost 

Definiciji 5.3.1 Funkcija 

f : A −→ R , 

kjer je A ⊂ R, je v točki x 0 ∈ A zvezna, če za vsak pozitiven ɛ obstaja tak 

pozitiven δ, da velja implikacija 

|x − x 0 | < δ ⇒ |f(x) − f(x 0 )| < ɛ 

za vsako točko x ∈ A. Funkcija f je zvezna na A, če je zvezna v vsaki točki 

množice A. 

Primera: 

1. Identiteta f : R → R, f(x) = x, je zvezna na R, v vsaki točki lahko v 

tem primeru vzamemo za δ kar ε. 

2. Naj bo λ ∈ R, funkciji k : R → R, k(x) = λ rečemo konstantna 

funkcija. Vsaka taka funkcija je očitno zvezna v vsaki točki; ne glede 

na to, kakšen je ε > 0, prav vsako število δ > 0 zadošča zahtevi iz 

definicije zveznosti. 

S pojmom okolice, ki smo ga uvedli v poglavju o zaporedjih lahko zveznost 

funkcije izrazimo tudi takole. Funkcija f : A → R je zvezna v točki x natanko 

takrat, ko za vsako okolico U točke f(x) obstaja taka okolica V točke x, da 

je f(V ∩ A) ⊆ U. 

Kaj pomeni zveznost geometrijsko? Premalo matematike znamo, da bi 

na to precizno odgovorili, recimo kar po domače: če je funkcija na nekem 

intervalu zvezna, se njen graf ‘drži skupaj’, nobenih ‘lukenj’ nima. 

✸

5.3. ZVEZNOST 99 

Slika 5.1: Zveznost funkcije v dani točki x 0 

Zgornja definicija zveznosti je zelo podobna definiciji limite, je pa nekaj 

razlik. Pri zveznosti funkcije f v točki x 0 ne izvzamemo iz obravnave same 

točke x 0 , kot smo jo izvzeli pri definiciji limite funkcije v točki x 0 . Tudi 

glede točk, v katerih se sprašujemo o zveznosti ali obstoju limite, je rahla 

razlika. Zveznost obravnavamo v točkah domene, torej ne v tistih limitnih 

točkah, ki ne spadajo v domeno, na drugi strani pa nismo izvzeli izoliranih 

točk domene, kot smo jih pri limiti. Res pa je, da je zveznost vsake funkcije 

v izoliranih točkah avtomatično zagotovljena in tako ni zanimiva. 

Očitno velja tale pomembni izrek. 

Izrek 5.3.1 1) Funkcija f : A → R je v limitni točki x 0 ∈ A množice A 

zvezna natanko tedaj, ko v tej točki obstaja limita funkcije f in velja 

lim 

x→x 0 

f(x) = f(x 0 ) . 

2) Funkcija f : A → R je v limitni točki x 0 ∈ A množice A zvezna natanko 

tedaj, ko za vsako zaporedje (x n ), ki konvergira k x 0 , velja, da zaporedje 

(f(x n )) njegovih slik konvergira proti f(x 0 ). 

Dokaz: 1) Smer ⇒ je jasna, saj iz zveznosti sledi obstoj limite, ki mora biti 

kar f(x 0 ). Za smer ⇐ imejmo neki ε > 0, zanj obstaja δ > 0, da za 

x ∈ A velja 

0 < |x − x 0 | < δ =⇒ |f(x) − f(x 0 )| < ε . 

Za zveznost potrebujemo le še to, da bi posledica v tej implikaciji veljala 

tudi za x = x 0 , to pa je očitno, saj je tedaj f(x) − f(x 0 ) = 0. 

2) Sledi iz izreka (5.2.1) in točke 1) tega izreka. Nekaj premisleka 

zahtevajo zaporedja, ki konvergirajo k x 0 , in pri katerih je x n = x 0 

za nekatere n; teh namreč pri limiti funkcije nismo vzeli v obzir. Tu 

sta dve možnosti: če je x n = x 0 za vse n od nekega člena naprej, 

očitno velja f(x n ) → f(x 0 ), sicer pa obstaja ‘največje’ podzaporedje 

prvotnega zaporedja, za katerega velja x nm ≠ x 0 za vse m; za tako


podzaporedje po (5.2.1) velja f(x nm ) → f(x 0 ), za vse ostale člene x n , 

ki so enaki x 0 , pa itak velja f(x n ) = f(x 0 ). 

✷ 

Posledica 5.3.1 Naj bo f : A → R in naj bo c ∈ A limitna točka množice A. 

Če obstaja tako zaporedje (x n ), ki konvergira k c, da (f(x n )) ne konvergira k 

f(c), funkcija f v točki c ni zvezna. 

Dokaz: V takem primeru namreč po izreku (5.2.1) limita funkcije f v točki 

c ne obstaja, ali pa obstaja, a ni enaka f(c). V obeh primerih funkcija 

f v c ne more biti zvezna. 

✷ 

Definicije 5.3.1 Recimo, da funkcija f v točki x 0 ni zvezna. 

1. Če v točki x 0 obstaja limita, rečemo, da je nezveznost funkcije f v točki 

x 0 odstranljiva. 

2. Če v točki x 0 obstajata leva in desna limita, ki pa nista enaki, rečemo, 

da funkcija f v točki x 0 naredi skok. 

3. Če v točki x 0 funkcija f nima limite, ker ne obstaja leva ali desna 

limita, rečemo, da ima funkcija f v točki x 0 bistveno nezveznost. 

Včasih bomo srečali funkcije, ki bodo zvezne le z ene strani. 

Definiciji 5.3.2 Če ima funkcija f : A → R v limitni točki c ∈ A množice 

A levo limito in velja 

lim 

x→c 

f(x) = f(c) , 

xc 

rečemo, da je f v točki c z desne zvezna. 

5.4 Lastnosti zveznih funkcij 

Izrek 5.4.1 Imejmo funkciji f : A → R in g : A → R, ki sta obe zvezni v 

točki c ∈ A. Tedaj velja: 

1. funkcija (λf)(x) je zvezna v točki c za poljubni λ ∈ R;

5.4. LASTNOSTI ZVEZNIH FUNKCIJ 101 

2. funkcija (f + g)(x) je zvezna v točki c; 

3. funkcija (f · g)(x) je zvezna v točki c; 

4. če je g(c) ≠ 0, je tudi funkcija (f/g)(x) je zvezna v točki c. 

Dokaz: Vse te lastnosti sledijo neposredno iz posledice (5.2.1) in izreka 

(5.2.1). 

Primera: 

1. Zdaj že lahko dokažemo, da je vsak polinom 

p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · a n x n 

v vsaki točki zvezna funkcija. Neposredno iz definicije zveznosti smo 

spoznali, da je vsaka konstantna funkcija 

x ↦−→ a 0 

zvezna v vsaki točki in da je v vsaki točki zvezna tudi identiteta 

x ↦−→ x . 

Iz tretje točke zgornjega izreka sledi, da je za vsak k ∈ N v vsaki točki 

R zvezna tudi potenca 

x ↦−→ x k . 

Iz prve točke sledi, da je za vsak a k ∈ R v vsaki točki R zvezna tudi 

vsaka funkcija 

x ↦−→ a k x k . 

Iz druge točke pa sledi, da je v vsaki točki R zvezna tudi vsaka vsota 

takih funkcij. Torej je vsak polinom p : R → R v vsaki točki zvezna 

funkcija. 

2. Tudi vsaka racionalna funkcija 

f(x) = p(x) 

q(x) , f : D −→ R , 

kjer sta p(x) in q(x) polinoma in je D = R \ {ničle polinoma q(x)}, je 

zvezna v vsaki točki D. To sledi iz četrte točke zgornjega izreka. 

✸ 

Vaji: 

1. Naj bo g : D → R zvezna v limitni točki c domene D in naj bo g(c) ≠ 0. 

Pokažite, da obstaja tak δ > 0, da je g(x) ≠ 0 za vsak x ∈ D, ki je 

δ-blizu c.


2. Naj bo f : R → R zvezna v na vsem R. Pokažite, da je tedaj množica 

{x ∈ R; f(x) = 0} ničel te funkcije zaprta množica. 

✸ 

Izrek 5.4.2 Imejmo funkciji 

f : A → R g : B → R , 

kjer je f(A) ⊂ B. Če je funkcija f zvezna v x 0 in funkcija g zvezna v f(x 0 ), 

je tudi kompozitum g ◦ f zvezen v x 0 . 

Dokaz: Imejmo nek pozitiven ε. Zaradi zveznosti funkcije g v f(x 0 ) obstaja 

tak pozitiven η, da se vse točke iz B, ki so v η-okolici K η (f(x 0 )) točke 

f(x 0 ) preslikajo ε blizu g(f(x 0 )). Za to η-okolico točke f(x 0 ) pa obstaja 

taka δ-okolica K δ (x 0 ) točke x 0 , da velja 

f(K δ (x 0 ) ∩ A) ⊂ K η (f(x 0 )) ∩ B 

in 

(gf)(K δ (x 0 ) ∩ A) ⊂ g(K η (f(x 0 )) ∩ B) ⊂ K ε (gf(x 0 )) . 

✷ 

5.5 Zvezne funkcije na kompaktnih množicah 

Izrek 5.5.1 (ohranjanje kompaktnosti) Naj bo f : D → R zvezna funkcija 

na D ⊂ R. Če je K ⊂ D kompaktna množica, je tudi f(K) kompaktna 

množica. 

Dokaz: Kompaktnost bomo dokazali kar po definiciji: naj bo (y n ) poljubno 

zaporedje v f(K), pokazati moramo, da ima neko stekališče, ki je tudi 

v množici f(K). 

Ker velja y n ∈ f(K) za vsak n ∈ N, obstaja neki x n ∈ K, da je f(x n ) = 

y n . Na ta način vidimo, da obstaja neko zaporedje (x n ) v K, katerega 

f-slika je zaporedje (y n ). Ker je K kompaktna množica, ima zaporedje 

(x n ) neko stekališče x 0 ∈ K. Torej obstaja neko podzaporedje (x ik ), ki 

konvergira k x 0 . 

Ker je f zvezna na D, je zvezna tudi v x 0 in zato iz (x ik ) → x 0 sledi 

(y ik ) → f(x 0 ) ∈ f(K). Torej je f(x 0 ) stekališče zaporedja (y n ). 

Ker zgornji sklep velja za poljubno zaporedje (y n ) v f(K), je f(K) 

kompaktna množica. 

✷

5.6. ENAKOMERNA ZVEZNOST 103 

Izrek 5.5.2 (minimum in maksimum) Če je funkcija f : K → R zvezna 

na kompaktni množici K ⊂ R, doseže na K minimum in maksimum. Z 

drugimi besedami, če je m = inf K f(x) in M = sup K f(x), tedaj obstaja vsaj 

ena točka x m ∈ K in vsaj ena točka x M ∈ K, da velja 

f(x m ) = m , f(x M ) = M . 

Dokaz: Po zgornjem izreku je f(K) kompaktna množica, torej je omejena 

in zaprta. Zaradi omejenosti obstajata m = inf{f(K)} in M = 

sup{f(K)}. Infimum in supremum množice sta vedno limitni točki te 

množice, ker je f(K) zaprta, vsebuje vse svoje limitne točke, torej tudi 

m ∈ f(K) in M ∈ f(K). Odtod pa sledi, da obstajata točki x m ∈ K 

in x M ∈ K z zahtevanimi lastnostmi. 

✷ 

5.6 Enakomerna zveznost 

Doslej smo obravnavali funkcije, ki so zvezne v posameznih točkah. Obravnavali 

smo sicer že funkcije, ki so zvezne v vseh točkah kakšnega intervala, 

a nismo pri tem nič primerjali naših epsilonov in delt v različnih točkah 

intervala. Poglejmo si še nekaj v zvezi s tem. 

Definicija 5.6.1 Funkcija f : D → R je na D enakomerno zvezna, če za 

vsak pozitiven ε obstaja tak pozitiven δ, da velja 

za poljubni točki x 1 , x 2 ∈ D. 

|x 1 − x 2 | < δ ⇒ |f(x 1 ) − f(x 2 )| < ε . 

Na prvi pogled morda izgleda, da je to isto kot navadna zveznost, pa to 

ni res. 

Primer: Videli smo že, da je funkcija x ↦→ x −1 zvezna v vsaki točki x ≠ 0. 

Pokažimo pa, da ni enakomerno zvezna na {x ∈ R, x > 0}. 

Zaradi monotonosti funkcije x ↦→ x −1 za pozitivne x je za zveznost v 

poljubni točki x > 0 za dani ε > 0 dovolj poiskati tak δ > 0, da bo veljalo 

( 1 

x − δ − 1 ) 

( 1 

< ε 

x 

x − 1 ) 

< ε . 

x + δ 

Odtod dobimo zahtevi 

δ < 

x2 ε 

1 + xε 

δ < 

x2 ε 

1 − xε , 

od katerih je seveda leva hujša; torej, če zadostimo levi, je zadoščeno tudi 

desni.


Oglejmo si zdaj zgornji pogoj za δ. Kakršenkoli je ε > 0, če se z x bližamo 

k 0, mora iti (za isti ε) število δ proti 0. To pomeni, da pri danem ε > 0 

prav noben δ > 0 ne bo dober za vse x > 0, kar pa pomeni, da x ↦→ x −1 res 

ni enakomerno zvezna na {x ∈ R, x > 0}. 

Velja pa naslednji izrek. 

Izrek 5.6.1 Če je funkcija f : K → R zvezna na kompaktni množici K ⊂ R, 

je na K tudi enakomerno zvezna. 

Dokaz: Naj bo ε poljubno pozitivno število. Zaradi enostavnejšega zapisa 

dokaza ga razpolovimo. Ker je funkcija f zvezna, v vsaki točki x 0 ∈ K 

obstaja tak δ 0 > 0, da velja 

x ∈ K δ0 (x 0 ) =⇒ f(x) ∈ K ε/2 (f(x 0 )) . (5.1) 

Razpolovimo tudi ta števila δ 0 za x 0 ∈ K. Tedaj vsi taki intervali 

{K δ0 /2(x 0 ); x 0 ∈ K} 

tvorijo odprto pokritje množice K. Ker je ta množica kompaktna, jo 

pokrije že neka končna podmnožica takih intervalov 

Definirajmo 

K δ1 /2(x 1 ) ∪ K δ2 /2(x 2 ) ∪ · · · K δm /2(x m ) ⊃ K . 

δ = min{δ 1 /2, δ 2 /2, . . . , δ m /2} 

Naj bosta a, b ∈ K poljubni točki, ki sta si δ-blizu. Pokazati moramo, 

da sta tedaj njuni sliki f(a) in f(b) oddaljeni za manj kot ε. Če je 

a ∈ K δk /2(x k ), tedaj sta obe točki v večjem intervalu 

a, b ∈ K δk (x k ) , 

torej sta a in b za manj kot δ k oddaljeni od x k . To pa po definiciji teh 

intervalov (5.1) pomeni, da 

|f(a) − f(x k )| < ε/2 , |f(x k ) − f(b)| < ε/2 , 

odtod pa s trikotniško neenakostjo dobimo |f(a) − f(b)| < ε. Funkcija 

f je na K res enakomerno zvezna. 

✷ 

Vaja: Poiščite kakšno zvezno funkcijo na odprtem intervalu, ki ni omejena. 

✸ 

5.7 Izrek o vmesni vrednosti 

Dokažimo še eno pomembno lastnost zveznih funkcij.

5.7. IZREK O VMESNI VREDNOSTI 105 

Izrek 5.7.1 Če je funkcija f zvezna na intervalu [a, b] in sta števili f(a) 

in f(b) nasprotnega predznaka, ima funkcija vsaj v eni točki tega intervala 

vrednost 0. 

Dokaz: Recimo, da je f(a) < 0 in f(b) > 0. Interval [a, b] razpolovimo. Če 

je v razpolovišču funkcija enaka 0, za to funkcijo trditev izreka velja. 

Če pa funkcija f v razpolovišču ni nič, zaznamujmo tistega od obeh 

novonastalih podintervalov, v katerega krajiščih je funkcija nasprotno 

predznačena, z [a 1 , b 1 ]. Očitno velja 

f(a 1 ) < 0 in f(b 1 ) > 0 , 

saj je eno od krajišč novega intervala [a 1 , b 1 ] tudi krajišče prejšnjega 

intervala [a, b]. 

Interval [a 1 , b 1 ] spet razpolovimo in ravnamo kot prej. Če se proces prej 

ne ustavi, to je, če ni že kakšno razpolovišče ničla funkcije f, dobimo 

neskončno zaporedje vloženih intervalov [a n , b n ], za katere velja a n ≤ 

a n+1 , b n ≥ b n+1 in f(a n ) < 0, f(b n ) > 0. Ker intervale razpolavljamo, 

je presek vseh intervalov 

in 

f(x 0 ) = lim 

n→∞ 

f(a n ) ≤ 0 

∩ ∞ n=1[a n , b n ] = x 0 

f(x 0 ) = lim 

n→∞ 

f(b n ) ≥ 0 . 

To pa je mogoče le, če f(x 0 ) = 0. V primeru, da velja f(a) > 0, 

f(b) < 0, je dokaz podoben. 

Zgornji izrek je zelo pomemben za približno računanje ničel zveznih funkcij. 

Če je funkcija f taka kot v izreku, ima nekje na intervalu [a, b] vsaj 

eno ničlo. Kako bi jo poiskali? Najbolj enostavna metoda je razpolavljanje 

intervala. Če je f( a+b ) kar enako nič, smo ničlo že našli, sicer pa je na enem 

2 

od intervalov [a, a+b a+b 

] in [ ] funkcija v krajiščih nasprotno predznačena, po 

2 2 

izreku je torej na tem, pol krajšem intervalu, vsaj ena ničla. Razpolovimo še 

ta interval in ta postopek nadaljujemo. V splošnem ne bomo prišli do ničle 

po končno mnogih korakih, a vsaj eno ničlo omejimo na poljubno majhen 

interval. Z drugimi besedami povedano: ničlo lahko določimo do poljubnega 

števila decimalk natančno. 

Primer: Z zgornjo metodo poiščimo nekaj decimalk ničle funkcije y = x 2 −2. 

Ker je 1 2 −2 = −1 in 2 2 −2 = 2, je ena ničla na intervalu [1, 2]. Razpolovimo 

ga in dobimo 1.5 2 − 2 = 0.25 (Tu pišemo raje decimalno piko namesto vejice, 

da jo razlikujemo od vejice med krajišči intervala) . Razpolovimo interval 

[1, 1.5]. Dobimo 1.25 2 − 2 = −0.4375. Razpolovimo interval [1.25, 1.5] in 

vidimo, da ima 1.375 2 − 2 spet negativen predznak. Zato zdaj razpolovimo 

interval [1.375, 1.5] in ugotovimo, da ima 1.4375 2 − 2 pozitiven predznak. 

Ničla je torej nekje med 1.375 in 1.4375. Če smo se naveličali razpolavljanja, 

poiščimo predznak 1.4 2 −2. Ugotovimo, da je negativen. Torej je ničla na eno 

decimalko natančno 1.4. Na tak način, bi lahko izračunali √ 2 na poljubno 

✷


število decimalk natančno. Seveda pa metoda ni najhitrejša. Obstaja cela 

kopica boljših metod, s takimi rečmi se ukvarja numerična matematika. 

Zgornji izrek napišimo v bolj splošni obliki in mu dajmo ime. 

✸ 

Izrek 5.7.2 (Izrek o vmesni vrednosti) Naj bo f : [a, b] → R zvezna 

funkcija. Če je neka vrednost c ∈ R vmes med f(a) in f(b), tj. če velja 

f(a) < c < f(b) ali f(a) > c > f(b) , 

obstaja tak x ∈ [a, b], da je f(x) = c. 

Dokaz: V tem primeru je funkcija g(x) = f(x) − c taka, da je v enem 

krajišču intervala [a, b] pozitivna, v drugem pa negativna, poleg tega je 

zvezna (izrek (5.4.1)). Po zgornjem izreku tedaj obstaja neki x 0 ∈ [a, b], 

za katerega je g(x 0 ) = 0. Tedaj pa seveda velja f(x 0 ) = c. 

Izrek o vmesni vrednosti nam pove, da zvezna funkcija preslika interval 

v interval ali drugače rečeno, zvezna funkcija preslika povezano množico v 

povezano množico. 

✷ 

Posledica 5.7.1 Če je funkcija f zvezna na zaprtem intervalu [a, b], zavzame 

vsaj enkrat vsako vrednost med svojim supremumom in infimumom. 

Dokaz: Ker je interval [a, b] kompaktna množica, po izreku (5.5.2) obstajata 

na intervalu [a, b] taki točki u in v, da velja 

f(u) = 

inf f(x) 

x∈[a,b] 

f(v) = sup f(x) . 

x∈[a,b] 

Naj bo C neka vrednost med f(u) in f(v). Po izreku 5.7.2 obstaja neka 

točka na intervalu [u, v] ⊆ [a, b] v kateri ima funkcija f vrednost C. 

✷ 

Vaja: Naj bo f : [0, 1] → [0, 1] zvezna funkcija. Dokažite, da ima vsaj eno 

negibno točko, tj. da obstaja taka točka x 0 ∈ [0, 1], da velja f(x 0 ) = x 0 . 

Namig: konstruirajte funkcijo g : [0, 1] → R s predpisom g(x) = f(x) − x, 

kakšne lastnosti ima ta funkcija? 

5.8 Primeri zveznih funkcij 

Doslej smo dokazali, da so vsi polinomi zvezne funkcije. Naslednji izrek nam 

bo povedal, da so tudi vsi koreni zvezne funkcije.

5.8. PRIMERI ZVEZNIH FUNKCIJ 107 

Izrek 5.8.1 Če je funkcija f na intervalu [a, b] strogo naraščajoča in zvezna, 

obstaja njej inverzna funkcija, definirana na intervalu [f(a), f(b)], ki je tudi 

strogo naraščajoča in zvezna. 

Dokaz: Pri naši predpostavki je f injektivna funkcija in kot funkcija iz [a, b] 

v interval [f(a), f(b)] po izreku (5.7.2) tudi surjektivna. Zato obstaja 

njej inverzna funkcija g. (Inverzne funkcije tu raje ne pišemo f −1 , da 

je ne bi pomešali s funkcijo 1 

f(x) .) 

Zaradi x 1 < x 2 ⇒ f(x 1 ) < f(x 2 ), za poljubna x 1 in x 2 iz tega intervala, 

je tudi inverzna funkcija naraščajoča. Pokažimo še, da je tudi funkcija 

x = g(y) zvezna v poljubni točki y 0 = f(x 0 ) intervala [f(a), f(b)]. Naj 

bo ε katerokoli pozitivno število. Naj bo y 1 = f(x 0 −ε) in y 2 = f(x 0 +ε). 

Postavimo za δ = min(y 0 − y 1 , y 2 − y 0 ) in pokažemo, da velja 

|y − y 0 | < δ ⇒ |x − x 0 | < ε . 

Ker je bila y 0 poljubna točka intervala [f(a), f(b)], je g zvezna na vsem 

intervalu. 

Podoben izrek velja tudi za strogo padajoče funkcije. 

Uporabimo zgornji izrek za n-to potenčno funkcijo 

p n : [0, a] −→ [0, a n ] , 

na poljubnem intervalu [0, a]. 

korenska funkcija 

q n : [0, a n ] −→ [0, a] , 

p n (x) = x n 

V tem primeru nam izrek pove, da je tudi 

q n (x) = n√ x 

zvezna. Ker je korenska funkcija q n zvezna v vsaki točki poljubnega intervala 

[0, a n ], je zvezna tudi v vsaki točki neomejenega intervala [0, ∞). 

Pokažimo zveznost eksponentne funkcije. Najprej pokažimo tole trditev. 

✷ 

Trditev 5.8.1 

lim 

x→0 ex = 1 

Dokaz: Najprej izračunajmo desno limito. Ker je lim n→∞ e 1/n = 1, kar 

smo pokazali pri obravnavi korenov, obstaja za vsak pozitiven ε tako 

naravno število N ε , da velja 

Primeri: 

n > N ε ⇒ 0 < e 1/n − 1 < ε . 

Pokazali smo tudi, da je eksponentna funkcija strogo naraščajoča. Za 

dani ε > 0 definirajmo δ = 1/N ε . Tedaj velja 

0 < x < δ = 1/N ε ⇒ 0 < e x − 1 < e 1/Nε − 1 < ε 

in tako lim x→0+ e x = 1. Če postavimo y = −x, dobimo lim y→0− e y = 

lim x→0+ e −x = 1 in je trditev dokazana. 

✷


1. Zveznost eksponentne funkcije y = e x v poljubni točki x 0 pa pokažemo 

z naslednjim računom. 

lim e x −e x 0 

= lim (e x −e x 0 

) = lim e x 0 

(e x−x 0 

−1) = lim 

x→x 0 x→x0 x→x0 x−x 0 →0 ex 0 

(e x−x 0 

−1) = 0 

Seveda je potem zvezna tudi vsaka funkcija y = a x , kjer je a poljubno, 

vnaprej izbrano pozitivno število, saj je a x = e x ln a , kar je kompozitum 

linearne in eksponentne funkcije. Izrek (5.8.1) pa nam pove, da je 

zvezna tudi logaritemska funkcija. 

2. Pokažimo še, da je tudi funkcija sinus zvezna v poljubni točki x 0 ∈ R. 

lim (sin x − sin x 0 ) = lim (sin(x 0 + (x − x 0 )) − sin x 0 ) 

x→x 0 x→x0 

= lim 2 cos(x 0 + x − x 0 

) sin x − x 0 

x→x0 2 2 

= 0 

Zadnja enakost velja zato, ker je funkcija kosinus omejena, za funkcijo 

sinus pa velja | sin x| ≤ |x| in gre tako v zgornji limiti sinus proti 0. 

Seveda so tudi vse druge kotne funkcije zvezne v vseh točkah, v katerih 

so definirane. Za cos x to sledi neposredno iz zveznosti funkcije sin x in 

relacije cos x = sin(π/2 − x). 

3. Funkcija (sin x)/x je definirana za vsa realna števila razen 0. Pokažimo, 

da velja 

sin x 

lim 

x→0 x = 1 (5.2) 

Tu seveda merimo kot x v radianih. Oglejmo si sliko 

Slika 5.2: Limita sin x , ko gre x → 0 

x 

Če primerjamo ploščino trikotnikov OAB, OAC in izseka OAB enotskega 

kroga, vidimo, da za 0 < |x| < π/2 velja 

sin x 

2 

< x 2 < tg x 

2 .

5.8. PRIMERI ZVEZNIH FUNKCIJ 109 

Če to neenakost delimo z (sin x)/2, vidimo, da za 0 < |x| < π/2 velja 

1 < x 

sin x < 1 

cos x . 

Ker gre cos x proti 1, ko gre x proti 0, dobimo iskano limito za (sin x)/x. 

Iz zgornjega rezultata dobimo tudi 

tg x 

lim 

x→0 x 

Za 0 < |x| < π/2 velja tudi 

= lim sin x 

x→0 x 

= lim 1 

x→0 cos x = 1 . 

1 − cos x 

x 

= 

(1 − cos x)(1 + cos x) 

x(1 + cos x) 

= sin x 

x · 

= 1 − cos2 x 

x(1 + cos x) 

1 · sin x . (5.3) 

1 + cos x 

Če gre x proti 0, gre prvi faktor proti 1, drugi proti 1/2 in tretji proti 

0, torej gre produkt proti 0. Odtod dobimo 

1 − cos x 

lim 

x→0 x 

Če pa relacijo (5.3) delimo z x, dobimo 

odtod pa 

1 − cos x 

x 2 = 

( sin x 

x 

= 0 . 

) 2 

1 

cos x , 

1 − cos x 

lim = 1 

x→0 x 2 2 . (5.4) 

Za slovo od poglavja o zveznosti pokažimo še en primer uporabe izreka o 

vmesni vrednosti pri reševanju enačb. 

Primer: Dokažimo, da ima enačba 

na intervalu [0, 1] vsaj eno rešitev. 

Prepišimo zgornjo enačbo v 

x2 x = 1 

x2 x − 1 = 0 . 

Za funkcijo f(x) = x2 −x −1 vemo, da je zvezna. V točki x = 0 ima ta funkcija 

negativno vrednost (f(0) = −1), v točki x = 1 pa pozitivno (f(1) = 1). Torej 

ima v neki točki x 0 ∈ (0, 1) funkcija f ničlo (f(x 0 ) = 0). Tedaj pa je x 0 tudi 

rešitev naše enačbe, tj. 

x 0 2 x 0 

= 1 . 

✸

110 POGLAVJE 5. LIMITA FUNKCIJE IN ZVEZNOST

Poglavje 6 

Diferencialni račun 

6.1 Odvod 

Medtem ko nas je v prejšnjem poglavju zanimalo predvsem to, ali se dana 

funkcija zvezno spreminja, bomo v tem poglavju še bolj občutljivi in nas bo 

zanimalo predvsem to, ali se dana funkcija spreminja tudi gladko. Intuitivno 

lahko rečemo, da je funkcija v neki točki gladka, če se v njeni bližini le zelo 

malo loči od neke linearne funkcije. Za linearno funkcijo f(x) = kx+n vemo, 

da je njen diferenčni kvocient 

f(x 2 ) − f(x 1 ) 

= f(x 1 + h) − f(x 1 ) 

, 

x 2 − x 1 h 

kjer postavimo h = x 2 − x 1 , kar enak k in tako neodvisen od točk x 1 in x 2 . 

Naj bo zdaj f poljubna funkcija, definirana na nekem odprtem intervalu, ki 

vsebuje točko x 0 . Če naj se v bližini neke točke x 0 graf funkcije f le malo 

loči od premice, ki gre skozi točko (x 0 , f(x 0 )) in ima smerni koeficient k, se 

mora diferenčni kvocient funkcije f za točki x 1 in x 2 , ki sta blizu x 0 , le malo 

ločiti od števila k. Zato definiramo: 

Definicija 6.1.1 Naj bo funkcija f definirana na nekem odprtem intervalu, 

ki vsebuje točko x. Odvod f ′ (x) funkcije f v točki x je 

f ′ f(x + h) − f(x) 

(x) = lim 

, 

h→0 h 

če seveda ta limita obstaja. Če funkcija f ima odvod v točki x, zanjo rečemo, 

da je odvedljiva ali diferenciabilna v točki x. Če je funkcija odvedljiva v vsaki 

točki, kjer je definirana, rečemo preprosto, da je odvedljiva ali diferenciabilna. 

V jeziku epsilonov in delt pa bi za isto funkcijo f in točko x rekli takole: 

Definicija 6.1.2 Število k je odvod funkcije f v točki x, če za vsak ε > 0 

obstaja tako število δ > 0, da velja 

|h| < δ ⇒ 

f(x + h) − f(x) 

∣ 

− k 

h ∣ < ε . 

111

112 POGLAVJE 6. DIFERENCIALNI RAČUN 

Poleg simbola f ′ uporabljamo včasih za odvod tudi simbol df 

dx . Predvsem v 

fiziki pa se odvod po času označi tudi s piko nad simbolom funkcije. 

Primeri: 

1. Naj bo n neko naravno število. Izračunajmo odvod n-te potence, tj. 

funkcije f : R → R, f(x) = x n , v poljubni točki x ∈ R. 

f ′ (x + h) n − x n 

(x) = lim 

( h→0 h 

n 

= x 

1) 

n−1 

( n 

) 

0 x n + ( ) 

n 

1 x n−1 h + · · · + ( ) 

n 

n h n − x n 

= lim 

h→0 h 

2. Izračunajmo še odvod −n-te potence, f(x) = x −n , n ∈ N. 

1 

− 1 

f ′ (x+h) 

(x) = lim 

n x n 

h→0 h 

= −nx n−1 x −2n = −nx −n−1 

(x + h) n − x n 1 

= − lim 

h→0 h (x + h) n x n 

3. Izračunajmo še odvod funkcije f(x) = sin x. (Pozor! Če nam x pomeni 

kot, je v tem primeru merjen v radianih.) Odvod bomo izračunali s 

pomočjo adicijskega izreka za sinus in nam že iz prejšnjega poglavja 

znanih limit. 

f ′ sin(x + h) − sin x sin x cos h + cos x sin h − sin x 

(x) = lim 

= lim 

h→0 

( 

h 

h→0 h 

= lim sin x cos h − 1 + cos x sin h ) 

= cos x 

h→0 h 

h 

4. Izračunajmo še odvod eksponentne funkcije. Naj bo f(x) = e x . Za 

poljubni realni števili je diferenčni kvocient 

in odvod 

f(x + h) − f(x) 

h 

= ex+h − e x 

h 

f ′ (x) = e x e h − 1 

lim . 

h→0 h 

= e x eh − 1 

h 

Postavimo t = e h − 1. Obenem s h gre tudi t proti 0. Spremembo h 

tedaj izrazimo s t takole: h = log(1 + t). Zato je 

in 

e h − 1 

h 

= 

e h − 1 

lim 

h→0 h 

Tako smo ugotovili 

t 

log(1 + t) = 1 

1 

log(1 + t) = 1 

log(1 + t) 

t 1/t 

= lim 

t→0 

1 

log(1 + t) 1/t = 1 

log e = 1 . 

(e x ) ′ = e x .

6.1. ODVOD 113 

Kakšen je geometrijski pomen odvoda? Naj bo graf funkcije f neka krivulja 

in naj bo f odvedljiva v točki x 0 . Premica, ki gre skozi točki (x 0 , f(x 0 )) 

in (x, f(x)), ima za smerni koeficient ravno diferenčni kvocient funkcije f 

v točkah x 0 in x. Taki premici rečemo sekanta krivulje y = f(x). Če gre 

točka x proti točki x 0 , gre diferenčni kvocient proti f ′ (x 0 ) in sekanta krivulje 

y = f(x) skozi točki (x 0 , f(x 0 )) in (x, f(x)) gre proti tangenti 1 te krivulje v 

točki x 0 , f(x 0 )). 

✸ 

Slika 6.1: Geometriski pomen odvoda v dani točki 

Odvod f ′ (x 0 ) je torej smerni koeficient tangente na krivuljo y = f(x) v 

točki (x 0 , f(x 0 )). Krivulji y = f(x), za katero obstaja odvod funkcije f v 

točki x 0 , intuitivno rečemo, da je v točki (x 0 , f(x 0 )) gladka. Krivulji, ki je 

gladka v vsaki točki, rečemo gladka krivulja. Že iz dosedanjega razmišljanja 

lahko pokažemo prvi primer: premica je gladka krivulja. 

Primer: Poiščimo enačbo tangente na krivuljo y = 3x 3 v točki x = 1. 

Najprej določimo točko na tej krivulji, skozi katero bo šla tangenta: y(1) = 3, 

iskana točka je (1, 3). Smerni koeficient pa bo odvod funkcije f(x) = 3x 3 v 

točki x = 1, to pa je zaradi 

3(x + h) 3 − 3x 3 

lim 

h→0 h 

= lim 

h→0 

9x 2 h + 9xh 2 + 3h 3 

h 

= 9x 2 

kar 9. Enačba iskane tangente je torej y − 3 = 9(x − 1) ali y = 9x − 6. 

Poglejmo si še eno preprosto fizikalno interpretacijo odvoda. Imejmo neko 

točko, ki se giblje po številski premici. Povprečna hitrost točke v nekem 

1 Premica skozi točko D na krivulji se imenuje tangenta, če oklepajo vse sekante skozi 

točko D in poljubno drugo točko E te krivulje, zelo majhen kot, brž ko je E dovolj blizu 

D. 

✸


časovnem intervalu [t 0 , t 1 ] je 

¯v = s(t 1) − s(t 0 ) 

t 1 − t 0 

, 

kjer je s(t) lega točke na premici. Hitrost točke v trenutku t 0 pa je 

v(t 0 ) = lim 

t→t0 

s(t) − s(t 0 ) 

t − t 0 

= s ′ (t 0 ) = ṡ(t 0 ) . 

Včasih ne obstaja odvod funkcije v neki točki, obstaja pa levi ali desni 

odvod. Naj bo funkcija f definirana na nekem intervalu (x − ε, x), ε > 0. 

Levi odvod funkcije f v točki x je tedaj 

f ′ f(x + h) − f(x) 

(x − 0) = lim 

, 

h→0− h 

če seveda ta limita obstaja. Podobno za funkcijo f, definirano na nekem 

intervalu (x, x + ε), ε > 0, rečemo, da je 

f ′ f(x + h) − f(x) 

(x + 0) = lim 

h→0+ h 

desni odvod funkcije f v točki x, če ta limita obstaja. 

Primer: Za funkcijo f(x) = |x| brž ugotovimo, da ima v vseh pozitivnih 

točkah odvod enak 1, saj se tam ujema s funkcijo g(x) = x. V vseh negativnih 

točkah je f ′ enak −1, ker se tam funkcija f ujema s funkcijo h(x) = −x. V 

točki 0, pa funkcija f nima odvoda, ima pa levi odvod, ki je −1 in desni 

odvod, ki je 1. 

Prepričajmo se še, da je odvedljivost res hujša zahteva od zveznosti. 

Izrek 6.1.1 Če je funkcija v neki točki odvedljiva, je v njej tudi zvezna. 

Dokaz: Naj bo funkcija f odvedljiva v točki x iz definicijskega intervala 

funkcije f. Postavimo 

t(h) = 

f(x + h) − f(x) 

h 

− f ′ (x) . 

Po definiciji odvoda, gre desna stran proti 0, ko gre h proti 0. Zgornjo 

enakost lahko zapišemo 

f(x + h) = f(x) + f ′ (x)h + t(h)h . 

Tu gre desna stran proti f(x), ko gre h proti 0. To pa že pomeni 

in je zato f v točki x zvezna. 

lim f(x + h) = f(x) 

h→0 

✸ 

✷

6.2. PRAVILA ZA ODVAJANJE 115 

Seveda pa nikakor ne velja obratno. Funkcija f(x) = |x| je povsod zvezna, 

v točki 0 pa ni odvedljiva. Obstajajo tudi take funkcije, ki so na kakšnem 

intervalu povsod zvezne, pa nikjer odvedljive. 

Primer: Oglejmo si družino funkcij g n : R → R, n = 0, 1, 2, . . ., 

{ x 

g n (x) = 

n sin(1/x) x ≠ 0 

0 x = 0 

V prejšnjem poglavju smo že pokazali, da funkcija g 0 nima limite v točki 

x = 0, zato tam tudi ni zvezna (v vseh drugih točkah seveda je zvezna, saj 

je kompozitum dveh zveznih funkcij). To pa pomeni, da v točki x = 0 tudi 

ne obstaja odvod funkcije g 0 . 

Funkcija g 1 pa ima v točki x = 0 limito 0, saj je stisnjena med funkciji 

|x| in −|x|, in je zato v tej točki zvezna. Ali je funkcija g 1 tudi odvedljiva v 

točki x = 0? 

g ′ 1(0) = lim 

x→0 

g 1 (x) 

x 

= lim 

x→0 

x sin(1/x) 

x 

= lim 

x→0 

sin(1/x) 

Ta limita pa ne obstaja, funkcija g 1 je torej v x = 0 zvezna, ne pa odvedljiva. 

Funkcija g 2 je v točki x = 0 očitno zvezna, pokažimo, da je tu tudi 

odvedljiva. 

g 2(0) ′ x 2 sin(1/x) 

= lim 

= lim x sin(1/x) = 0 

x→0 x 

x→0 

Funkcija g 2 torej v točki x = 0 je odvedljiva. K tej funkciji in njenemu 

odvodu se bomo še vrnili. 

✸ 

6.2 Pravila za odvajanje 

Doslej smo spoznali, kaj je odvod. Zdaj si poglejmo še nekaj pravil, ki nam 

bodo pomagali izračunati odvode. 

Izrek 6.2.1 Če sta u in v odvedljivi funkciji, je odvedljiva tudi njuna vsota 

in velja 

(u + v) ′ = u ′ + v ′ . 

Dokaz: 

Postavimo 

Za diferenčni kvocient tedaj velja 

f(x + h) − f(x) 

h 

f(x) = u(x) + v(x) . 

= 

u(x + h) − u(x) 

h 

in ko gre h proti 0, dobimo f ′ (x) = u ′ (x) + v ′ (x). 

+ 

v(x + h) − v(x) 

h 

✷


S popolno indukcijo lahko dokažemo, da velja taka enakost tudi za vsoto 

poljubnega, končnega števila odvedljivih funkcij. 

Za odvod produkta pa velja znana Leibnizeva formula. 

Izrek 6.2.2 Produkt odvedljivih funkcij u in v je odvedljiv in velja 

Dokaz: 

(uv) ′ = u ′ v + uv ′ . 

Naj bo f(x) = u(x)v(x). Za diferenčni kvocient velja 

f(x + h) − f(x) 

h 

= 

= 

u(x + h)v(x + h) − u(x)v(x) 

h 

u(x + h) − u(x) 

v(x + h) − v(x) 

v(x + h) + u(x) 

h 

h 

Ko gre h proti 0, gre v prvem sumandu prvi faktor proti u ′ (x), drugi 

faktor pa proti v(x), v drugem sumandu pa gre drugi faktor proti v ′ (x). 

Tudi Leibnizevo formulo se da posplošiti, da velja za produkt poljubnega, 

končnega števila odvedljivih funkcij. 

Neposredno iz Leibnizeve formule dobimo naslednje pravilo. 

Trditev 6.2.1 Konstanten faktor se pri odvajanju ohrani: če je f odvedljiva 

funkcija, C pa konstanta, velja 

(Cf) ′ = Cf ′ . 

Dokaz: Konstanta je linearna funkcija z diferenčnim kvocientom 0, zato 

nam Leibnizeva formula da željeno enakost. 

✷ 

✷ 

. 

Izrek 6.2.3 Kvocient odvedljivih funkcij je odvedljiva funkcija, definirana 

povsod, kjer je imenovalec različen od 0. Odvod kvocienta je 

( u v )′ = u′ v − uv ′ 

v 2 . 

Dokaz: Najprej pokažimo to za posebni primer, ko je u(x) = 1. Pišimo 

f(x) = 1/v(x). Tedaj velja 

f(x + h) − f(x) = 

in zato za diferenčni kvocient velja 

= 

1 

v(x + h) − 1 

v(x) 

v(x) − v(x + h) 

v(x)v(x + h) 

f(x + h) − f(x) 

h 

= 

v(x)−v(x+h) 

h 

v(x)v(x + h) .

6.2. PRAVILA ZA ODVAJANJE 117 

Ko gre h proti 0, gre števec proti −v ′ (x), imenovalec pa proti v 2 (x), 

kar se ujema z našo trditvijo v posebnem primeru u(x) = 1. Za splošni 

primer spet uporabimo Leibnizevo formulo. 

(u 1 v )′ = u ′ 1 v + u−v′ = u′ v − uv ′ 

v 2 v 2 

Oglejmo si še pravilo za posredno odvajanje. 

✷ 

Izrek 6.2.4 (verižno pravilo) Imejmo odvedljivi funkciji 

f : I → J ⊆ R , g : J → R , 

kjer sta I in J neka intervala realnih števil. Tedaj je tudi kompozitum g ◦ f 

odvedljiv in zanj velja 

Dokaz: 

za 

(g ◦ f) ′ (x) = (g ′ ◦ f)(x)f ′ (x) . 

Pri spremembi neodvisne spremenljivke iz x v x + h se spremeni f 

kompozitum g ◦ f pa za 

Definirajmo 

t = 

∆f = f(x + h) − f(x) , 

∆(g ◦ f) = g(f(x) + ∆f) − g(f(x)) . 

{ ∆(g◦f) 

∆f 

− g ′ (f(x)), če je ∆f ≠ 0 

0, če je ∆f = 0 . 

Funkcija t(h) je definirana tako, da je v točki h = 0 zvezna. Ko gre 

namreč ∆f proti 0, gre ∆(g◦f) proti g ′ (f(x)) in gre zato hkrati s h tudi 

∆f 

t proti 0. Iz definicije za t dobimo enakost 

To enakost delimo s h in dobimo: 

∆(g ◦ f) = g ′ (f(x))∆f + t∆f . 

∆(g ◦ f) 

h 

= g ′ (f(x)) ∆f 

h + t∆f h . 

Ko gre h proti 0, gre ∆f 

h 

željeni rezultat. 

proti f ′ (x), t pa gre proti 0. Odtod dobimo 

✷ 

Primer: Izračunajmo odvod funkcije g 2 : R → R, 

{ x 

g 2 (x) = 

2 sin(1/x) x ≠ 0 

0 x = 0


v poljubni točki. V točki x = 0 smo že izračunali, da je g 2 (0) = 0. V poljubni 

drugi točki x pa velja 

g ′ 2(x) = 2x sin(1/x) + x 2 (cos(1/x))(−x −2 ) = 2x sin(1/x) − cos(1/x) . 

Če se z x bližamo točki 0, gre prvi člen proti 0, drugi pa niha med -1 in 1. 

To pomeni, da odvod g ′ 2 v točki 0 nima limite in zato v 0 tudi ni zvezen. 

Mimogrede le omenimo, da odvod funkcije, ki je odvedljiva na nekem 

intervalu (a, b), le ne more biti poljubno grda funkcija, lahko je nezvezna 

funkcija, a zanjo vendarle mora veljati izrek o vmesni vrednosti. Tega pa tu 

ne bomo dokazali. 

✸ 

6.3 Odvod inverzne funkcije 

Izrek 6.3.1 Naj bo y = f(x) strogo monotona in odvedljiva funkcija in naj 

bo f ′ (x 0 ) ≠ 0. Tedaj je v točki y 0 = f(x 0 ) odvedljiva tudi inverzna funkcija 

x = g(y) in velja 

g ′ (y 0 ) = 1 

f ′ (x 0 ) . 

Dokaz: Zaradi stroge monotonosti funkcije f je sprememba h spremenljivke 

x različna od 0 natanko takrat, ko je tudi ustrezna sprememba funkcijske 

vrednosti ∆y = f(x 0 + h) − f(x 0 ) različna od 0. Pri vsakem takem 

∆y je 

h 

∆y = 1 . 

∆y 

h 

Ker gresta h in ∆y hkrati proti 0, je 

Primera: 

lim 

∆y→0 

h 

∆y = 1 

lim h→0 

∆y 

h 

Po privzetku je limita v imenovalcu na desni različna od 0. Zato je 

limita na levi neko realno število – odvod funkcije g v y 0 = f(x 0 ). 

1. Naj bo n ∈ N, n ≠ 1, in izračunajmo odvod korenske funkcije f : R + → 

R + , 

f(x) = n√ x 

v poljubni točki x ≠ 0. Funkcija f je inverzna potenčni funkciji p(x) = 

x n , za katero vemo, da je strogo monotona na R + in tudi na R − = −R + . 

Zato iz zgornjega izreka sledi, da velja 

f ′ (x) = 

1 

p ′ (x 1/n ) = 1 

n(x 1/n ) n−1 = 1 n (x 1 n −1 ) 

. 

✷

6.3. ODVOD INVERZNE FUNKCIJE 119 

za vsak x ≠ 0. V točki 0 pa limita diferenčnega količnika 

lim 

x→0 

ne obstaja, saj npr. zaporedje n√ x k /x k , kjer je x k = 10 −kn , ki konvergira 

k 0, nima limite: 

n√ x 

n√ 

xk /x k = 10−k 

10 −kn = 1 

10 −k(n−1) = 10k(n−1) . 

V x = 0 torej korenska funkcija ni odvedljiva. 

2. Za funkcijo tg : (−π/2, π/2) → R izračunamo odvod 

(tg ) ′ (x) = 

cos x cos x − (sin x)(− sin x) 

cos 2 x 

x 

= 1 

cos 2 x . 

Za njej inverzno funkcijo arctg : R → (−π/2, π/2) torej velja 

(arctg ) ′ (y) = cos 2 x = 

1 

1 + tg 2 x = 1 

1 + y , 2 

ali, če to prepišemo tako, da bo neodvisna spremenljivka označena z x, 

(arctg ) ′ (x) = 1 

1 + x 2 . 

3. Izračunajmo še odvod funkcije y = arcsin x : [−1, 1] → [−π/2, π/2]. 

Ker velja (sin) ′ (x) = cos x, velja po zgornjem izreku 

torej 

(arcsin) ′ (y) = 1 

cos x = 1 

√ 

1 − sin 2 x = 1 

√ 

1 − y 

2 , 

(arcsin) ′ (x) = 

1 

√ 

1 − x 

2 

v vsaki točki x ∈ (−1, 1), gre pa, ko se bližamo robnim točkam, ta 

odvod preko vseh meja. 

4. Odvod logaritemske funkcije y = log x = ln x bomo izračunali kar iz 

odvoda eksponentne funkcije x = e y , saj ta zadošča vsem pogojem 

izreka o odvodu inverzne funkcije. 

y ′ (x) = 1 

x ′ (y) = 1 e y = 1 

e log x = 1 x 

5. Zdaj, ko poznamo odvod logaritemske funkcije, si za kasnejšo uporabo 

izračunajmo še odvod funkcije 

Dobimo 

y ′ = 1 + √ x 

x 2 +a 

x + √ x 2 + a = 

y = log(x + √ x 2 + a) . 

√ 

x2 + a + x 

(x + √ x 2 + a) √ x 2 + a = 1 

√ 

x2 + a . 

✸


6.4 Diferencial 

Še enkrat se ozrimo na odvod neke funkcije y = y(x) v točki x 0 . Definirali 

smo ga kot 

y ′ y(x 0 + h) − y(x 0 ) 

(x 0 ) = lim 

h→0 h 

in povedali, da je to smerni koeficient tangente na graf funkcije y v točki x 0 . 

Če pišemo spremembo h = x 0 + h − x 0 kot ∆x, spremembo funkcije y pri 

tem pa ∆y = y(x 0 + h) − y(x 0 ), velja 

y ′ ∆y 

(x 0 ) = lim 

∆x→0 ∆x . 

Odvod funkcije y v x 0 nam torej pove, kakšno je pri x 0 razmerje spremembe 

funkcije proti spremembi neodvisne spremenljivke, če je sprememba neodvisne 

spremenljivke zadosti majhna. Z drugimi besedami je ∆y precej blizu 

produktu y ′ (x 0 )∆x, če je ∆x dovolj majhen. Seveda pa, naj si bo ∆x še 

tako majhen, v splošnem y ′ (x 0 )∆x ne bo enak spremembi funkcije ∆y. Zato 

vpeljemo nov pojem – diferencial funkcije. 

Definicija 6.4.1 Diferencial funkcije v določeni točki je produkt med odvodom 

funkcije v tej točki in diferencialom neodvisne spremenljivke. 

Kaj pa je diferencial neodvisne spremenljivke? 

neodvisne spremenljivke, to je 

To pa je kar sprememba 

dx = ∆x . 

Zvezo med odvodom in diferencialoma lahko zapišemo tudi takole 

y ′ ∆y 

= lim 

∆x→0 ∆x = dy 

dx . 

Z diferenciali lahko približno izračunamo spremembo funkcijske vrednosti 

pri dovolj majhni spremembi neodvisne spremenljivke. 

Primer: Izračunajmo približno vrednost za sin 59 ◦ . Vrednost za sin 60 ◦ = 

sin π/3 dobro poznamo, to je √ 3/2, kar je na tri decimalna mesta natančno 

enako 0,866. Vrednost funkcije y = sin x se pri spremembi za −1 ◦ , kar je 

∆x = dx = − π radianov, spremeni za 

180 

dy = y ′ dx = 0, 5 · (−0, 0175) = −0, 009 , 

kjer smo računali na tri decimalna mesta natanko. Torej je približna vrednost 

za sin 59 ◦ enaka 0,866-0,009=0,857. Kot lahko preverimo s kalkulatorjem je 

ta približek enak pravi vrednosti zaokroženi na tri decimalna mesta. 

O diferencialih bi se dalo še marsikaj reči, za nas bo pomembno predvsem 

to, da se da z diferenciali lepo računati po že znanih pravilih. Če sta y = y(u) 

✸

6.5. VIŠJI ODVODI IN DIFERENCIALI 121 

in u = u(x) odvedljivi funkciji, se lahko pravilo za posredno odvajanje zapiše 

z diferenciali 

dy 

dx = dy du 

du dx , 

pravilo za odvod inverzne funkcije pa 

dx 

dy = 1 . 

dy 

dx 

6.5 Višji odvodi in diferenciali 

Odvodu odvoda funkcije f, če obstaja, rečemo drugi odvod funkcije f in 

pišemo 

f ′′ (x 0 ) = (f ′ ) ′ (x 0 ) . 

Podobno je n-ti odvod f (n) funkcije f (prvi) odvod (n − 1)-odvoda funkcije 

f. Če ima funkcija f odvod v točki x 0 , seveda še ni nujno, da bi imela v tej 

točki tudi drugi odvod. Če ima funkcija f v x 0 n-ti odvod, rečemo, da je 

n-krat odvedljiva v x 0 . 

Z diferenciali je pa tako: drugi diferencial neodvisne spremenljivke x pišemo 

dx 2 , drugi diferencial odvisne spremenljivke y pa pišemo d 2 y. Torej 

velja 

d 2 y = y ′′ dx 2 in d n y = y (n) dx n . 

6.6 Lastnosti odvedljivih funkcij 

Za ves ta razdelek naj I pomeni neki odprti interval realnih števil. Že v prejšnjih 

razdelkih smo ugotovili, da je vsota odvedljivih funkcij odvedljiva, da 

je produkt odvedljivih funkcij odvedljiv in da je tudi kompozitum odvedljivih 

funkcij odvedljiv. Tu bomo pokazali še nekaj lepih lastnosti odvedljivih 

funkcij. 

Izrek 6.6.1 Naj bo f : I → R odvedljiva funkcija. Če je x 0 ∈ I taka točka, 

da je f ′ (x 0 ) > 0, potem je funkcija f v neki okolici točke x 0 levo od x 0 strogo 

manjša od f(x 0 ) in desno od x 0 strogo večja od f(x 0 ). 

Dokaz: 

Ker je f ′ (x 0 ) > 0, obstaja tak pozitiven δ, da iz |h| < δ sledi 

To pa pomeni, da je 

f(x 0 + h) − f(x 0 ) 

h 

> 0 . 

f(x 0 + h) − f(x 0 ) = 

{ > 0 če 0 < h < δ 

< 0 če −δ < h < 0 . 

✷


Da ne bi dobili napačni vtis, da bi v zgornjem izreku lahko trdili, da je v 

neki okolici točke x 0 funkcija naraščajoča, naredimo naslednjo vajo. 

Vaja: Pokažite, da je funkcija 

g(x) = 

{ x/2 + x 2 sin(1/x) x ≠ 0 

0 x = 0 

odvedljiva v vsaki točki iz R in da velja g ′ (0) > 0. Dokažite, da g ni naraščajoča 

v nobenem odprtem intervalu, ki vsebuje točko 0. 

✸ 

Posledica 6.6.1 Naj bo f : I → R odvedljiva funkcija. Če je x 0 ∈ I taka 

točka, da je f ′ (x 0 ) < 0, potem je funkcija f v neki okolici točke x 0 levo od x 0 

strogo večja od f(x 0 ) in desno od x 0 strogo manjša od f(x 0 ). 

Dokaz: Postavimo g(x) = −f(x), tedaj je g ′ (x 0 ) = −f ′ (x) > 0 in za 

odvedljivo funkcijo g upoštevamo zgornji izrek. 

✷ 

Definicije 6.6.1 Naj bo dana funkcija f : I → R. Če za neko točko x 0 ∈ I 

obstaja taka okolica (x 0 − ε, x 0 + ε), da velja 

x 0 ≠ x ∈ (x 0 − ε, x 0 + ε) ⇒ f(x) < f(x 0 ) , 

rečemo, da ima funkcija f v x 0 lokalni maksimum. Če za neko točko x 1 ∈ I 

obstaja taka okolica (x 1 − η, x 1 + η), da velja 

x 1 ≠ x ∈ (x 1 − η, x 1 + η) ⇒ f(x) > f(x 1 ) , 

rečemo, da ima funkcija f v x 1 lokalni minimum. Lokalnim maksimumom 

in lokalnim minimumom rečemo lokalni ekstremi. 

Izrek 6.6.2 Če ima odvedljiva funkcija f : I → R v točki x 0 lokalni ekstrem, 

je f ′ (x 0 ) = 0. 

Dokaz: V tem primeru namreč f v nobeni okolici točke x 0 ni niti naraščajoča, 

niti padajoča, torej ne more imeti ne strogo pozitivnega, ne 

strogo negativnega odvoda. 

Seveda pa v splošnem ne velja obrat zgornjega izreka: če ima funkcija v 

neki točki odvod enak nič, ni nujno, da bi imela tam lokalni ekstrem. 

Zgornji dokaz velja še za splošnejšo situacijo. Povejmo to z naslednjim 

korolarjem. 

✷

6.7. IZREK O POVPREČNI VREDNOSTI 123 

Posledica 6.6.2 Naj bo f : I → R odvedljiva funkcija. Če za točko x 0 ∈ I 

obstaja taka okolica (x 0 − ε, x 0 + ε), da velja 

x ∈ (x 0 − ε, x 0 + ε) ⇒ f(x) ≤ f(x 0 ) , 

je f ′ (x 0 ) = 0 in če za x 1 ∈ I obstaja taka okolica (x 1 − η, x 1 + η), da velja 

je f ′ (x 1 ) = 0. 

x ∈ (x 1 − η, x 1 + η) ⇒ f(x) ≥ f(x 1 ) , 

Pokažimo še Rollov izrek (Michel Rolle 1652-1719). 

Izrek 6.6.3 Če je funkcija f odvedljiva na [a, b] in je f(a) = f(b), obstaja 

vsaj ena točka x 0 ∈ (a, b), za katero je f ′ (x 0 ) = 0. 

✷ 

Slika 6.2: Rollov izrek 

Dokaz: Ker je f na [a, b] odvedljiva, je na tem intervalu tudi zvezna. Zato v 

vsaj eni točki tega intervala doseže minimalno vrednost m in vsaj v eni 

točki tega intervala svojo maksimalno vrednost M. Če velja m = M, 

je na [a, b] funkcija f konstantna in ima zato celo v vsaki točki tega 

intervala odvod enak nič. Če pa m ni enak M, doseže f vsaj eno od 

vrednosti m, M v neki notranji točki x 0 , sicer namreč ne bi moglo biti 

f(a) = f(b). Po zgornjem korolarju velja f ′ (x 0 ) = 0. 

✷ 

6.7 Izrek o povprečni vrednosti 

Pokažimo še enega od izrekov o povprečni vrednosti, včasih se mu reče izrek 

o povprečni vrednosti diferencialnega računa, na Slovenskem pogosto tudi 

Lagrangev izrek.


Izrek 6.7.1 Če je funkcija f : [a, b] → R odvedljiva, je vsaj v eni točki x 0 iz 

intervala (a, b) 

f ′ f(b) − f(a) 

(x 0 ) = . 

b − a 

Dokaz: 

Definirajmo 

Slika 6.3: Izrek o povprečni vrednosti 

g(x) = f(x) − 

f(b) − f(a) 

(x − a) . 

b − a 

Ta funkcija je po konstrukciji odvedljiva na intervalu [a, b], njen odvod 

je 

g ′ (x) = f ′ f(b) − f(a) 

(x) − . 

b − a 

Velja tudi g(a) = g(b) = f(a). Po Rollovem izreku zato obstaja taka 

točka x 0 ∈ (a, b), v kateri je 

g ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) − 

in zato ima f ′ (x 0 ) obljubljeno lastnost. 

f(b) − f(a) 

b − a 

Kako lahko geometrijsko interpretiramo zgornji izrek? Pove nam, da je 

med a in b vsaj ena točka, v kateri je tangenta vzporedna (ima isti naklon) 

sekanti skozi točki (a, f(a)) in (b, f(b)). 

Posledica 6.7.1 Če za funkcijo f na intervalu [a, b] velja, da je f ′ (x) = 0 

za poljubno točko x ∈ (a, b), je f na [a, b] konstantna. 

Dokaz: 

= 0 

Naj bo x poljubna točka tega intervala. Po zgornjem izreku velja 

f(x) − f(a) = f ′ (ξ)(x − a) 

za neko točko ξ ∈ (a, x). Ker je f ′ (ξ) = 0, mora biti f(x) = f(a). 

✷ 

✷

6.7. IZREK O POVPREČNI VREDNOSTI 125 

Posledica 6.7.2 Če za odvedljivo funkcijo f na [a, b] velja, da je njen odvod 

na (a, b) povsod pozitiven, je f na intervalu [a, b] strogo naraščajoča. 

Dokaz: Naj bo a ≤ x 1 < x 2 ≤ b. Po zgornjem izreku obstaja taka točka 

ξ ∈ (x 1 , x 2 ), da velja 

f(x 2 ) − f(x 1 ) = f ′ (ξ)(x 2 − x 1 ) . 

Ker je f ′ (ξ) > 0, je tudi f(x 2 ) − f(x 1 ) > 0. 

Podobno dokažemo tudi naslednji korolar. 

Posledica 6.7.3 Če za odvedljivo funkcijo f na [a, b] velja, da je njen odvod 

na (a, b) povsod negativen, je f na intervalu [a, b] strogo padajoča. 

Vaja: Naj bo f : [0, 1] → R dvakrat odvedljiva funkcija, naj bo f ′′ (x) > 0 

za vsak x ∈ [0, 1], f(0) > 0 in f(1) = 1. Pokažite, da ima funkcija f negibno 

točko d ∈ (0, 1) (tj. f(d) = d) natanko tedaj, ko je f ′ (1) > 1. 

✸ 

Definicija 6.7.1 Naj bo A ⊂ R in naj bo f : A → R neka funkcija. Če 

obstaja tako število M > 0, da velja 

|f(x) − f(y)| ≤ M|x − y| 

za poljubna x, y ∈ A, rečemo, da funkcija f zadošča Lipschitzevemu pogoju 

ali, da je Lipschitzevo zvezna. 

Za vsak slučaj pokažimo, da je Lipschitzev pogoj res ostrejša oblika enakomerne 

zveznosti: za poljubni ε > 0 je δ = ε/M tako število, da velja 

|x − y| < ε M =⇒ |f(x) − f(y)| ≤ M|x − y| < M ε M = ε . 

✷ 

✷ 

Posledica 6.7.4 Naj bo funkcija f : [a, b] → R zvezna in odvedljiva na 

(a, b) in naj bo |f ′ (x)| ≤ M za vsak x ∈ (a, b). Tedaj f na [a, b] zadošča 

Lipschitzevemu pogoju z isto konstanto M, tj. velja 

za poljubna x, y ∈ [a, b]. 

|f(x) − f(y)| ≤ M|x − y| 

Dokaz: Naj bo a ≤ x < y ≤ b. Po predpostavki funkcija f zadošča vsem 

pogojem izreka o povprečni vrednosti in tudi njena zožitev f| [x,y] : 

[x, y] → R zadošča zahtevam tega izreka. Zato obstaja tak ξ ∈ (x, y), 

da velja 

|f(x) − f(y)| = |f ′ (ξ)||x − y| ≤ M|x − y| . 

Dokažimo še Cauchyjevo posplošitev izreka o povprečni vrednosti. 

✷


Izrek 6.7.2 (Cauchy) Če sta funkciji f in g zvezni na intervalu [a, b] in na 

(a, b) odvedljivi, obstaja tak c ∈ (a, b), da velja 

[f(b) − f(a)]g ′ (c) = [g(b) − g(a)]f ′ (c) . 

Če je g ′ (x) ≠ 0 za vse x ∈ (a, b), lahko to zapišemo tudi kot 

f ′ (c) 

g ′ (c) 

= 

f(b) − f(a) 

g(b) − g(a) . 

Dokaz: 

Naj bo 

h(x) = [f(b) − f(a)]g(x) − [g(b) − g(a)]f(x) . 

Po konstrukciji je to funkcija, ki je zvezna na [a, b] in odvedljiva na 

(a, b). Zato tudi zanjo velja izrek o povprečni vrednosti, tj. obstaja tak 

c ∈ (a, b), da velja 

h ′ h(b) − h(a) 

(c) = = 0 . 

b − a 

Ker velja 

pa to pomeni, da velja 

h ′ (x) = [f(b) − f(a)]g ′ (x) − [g(b) − g(a)]f ′ (x) , 

kar smo morali dokazati. 

[f(b) − f(a)]g ′ (c) = [g(b) − g(a)]f ′ (c) , 

✷ 

6.8 Ekstremi funkcij 

Že v prejšnjem razdelku smo spoznali, kako si lahko z odvodi pomagamo 

pri iskanju lokalnih ekstremov odvedljivih funkcij; te lahko taka funkcija 

zavzame le v točkah, v katerih je njen odvod enak 0. V tem razdelku si 

pobliže poglejmo, kako bi našli lokalne ekstreme dane odvedljive funkcije. 

Definicija 6.8.1 Točki x 0 , v kateri za funkcijo f velja f ′ (x 0 ) = 0, rečemo 

stacionarna točka funkcije f. 

Izrek 6.8.1 Naj bo x 0 stacionarna točka odvedljive funkcije f. 

1. Če je v neki okolici točke x 0 odvod f ′ levo od točke x 0 pozitiven, desno 

od x 0 pa negativen, ima funkcija f v x 0 lokalni maksimum. 

2. Če je v neki okolici točke x 0 odvod f ′ levo od točke x 0 negativen, desno 

od x 0 pa pozitiven, ima f v x 0 lokalni minimum.

6.8. EKSTREMI FUNKCIJ 127 

3. Če ima v neki okolici točke x 0 odvod f ′ na levo in desno od točke x 0 

isti predznak, funkcija f v točki x 0 nima lokalnega ekstrema. 

Dokaz: 1. Naj bo δ tako pozitivno število, da je na intervalu (x 0 − δ, x 0 ) 

odvod f ′ povsod pozitiven, na intervalu (x 0 , x 0 + δ) pa povsod 

negativen. Potem je po korolarjih k izreku o povprečni vrednosti f 

na [x 0 −δ, x 0 ] strogo naraščajoča, na [x 0 , x 0 +δ] pa strogo padajoča. 

Zato za vsak x ≠ x 0 iz intervala (x 0 −δ, x 0 +δ) velja f(x) < f(x 0 ). 

2. Podobno kot zgoraj sklepamo tudi v primeru, da je odvod f ′ na nekem 

intervalu (x 0 −δ, x 0 ) povsod negativen, na intervalu (x 0 , x 0 +δ) 

pa povsod pozitiven. Tedaj ima funkcija f v x 0 lokalni minimum. 

3. Če je odvod f ′ pozitiven na (x 0 −δ, x 0 ) in na (x 0 , x 0 +δ), je funkcija 

f naraščajoča na uniji zaprtih intervalov, to pa je [x 0 − δ, x 0 + δ]. 

Torej v x 0 nima lokalnega ekstrema. Podobno velja, če je odvod 

na intervalih (x 0 − δ, x 0 ) in (x 0 , x 0 + δ) negativen. 

Včasih si lahko pomagamo kar z drugim odvodom. 

Posledica 6.8.1 Imejmo neko dvakrat odvedljivo funkcijo. Če je v stacionarni 

točki drugi odvod funkcije negativen, ima funkcija v tej točki lokalni 

maksimum; če pa je drugi odvod funkcije v stacionarni točki pozitiven, ima 

funkcija v tej točki lokalni minimum. 

Dokaz: Naj bo f ′ (x 0 ) = 0 in f ′′ (x 0 ) < 0. Tedaj po korolarju 6.6.1 za odvedljivo 

funkcijo f ′ velja, da je v neki okolici točke x 0 strogo padajoča. 

Zato lahko uporabimo zgornji izrek in ima zato funkcija f v x 0 lokalni 

maksimum. Prav tako bi v primeru f ′ (x 0 ) = 0 in f ′′ (x 0 ) > 0 pokazali, 

da ima funkcija f tam lokalni minimum. 

Primeri: 

1. Poglejmo si funkcijo y = x 3 . Njen odvod je y ′ = 3x 2 . Zato je edina 

stacionarna točka x = 0. Drugi odvod je y ′′ = 6x, zato si z zgornjim 

korolarjem ne moremo pomagati. Pomagamo pa si lahko z izrekom. V 

okolici stacionarne točke je prvi odvod funkcije povsod pozitiven (razen 

v sami stacionarni točki), zato funkcija nima lokalnega ekstrema. 

2. Funkcija y = x 4 pa ima prvi odvod y ′ = 4x 3 , zato ima eno samo 

stacionarno točko v x = 0. Tam je tudi drugi odvod y ′′ enak 0. Spet si 

pomagamo z izrekom. Prvi odvod je levo od točke 0 negativen, desno 

od 0 pa pozitiven, zato ima funkcija v 0 lokalni minimum. 

Videli smo, kako si z odvodom pomagamo pri iskanju lokalnih ekstremov. 

Kako pa je z globalnimi ekstremi? Za odvedljivo funkcijo, ki je definirana 

✷ 

✷ 

✸


na nekem zaprtem intervalu velja, da ima lahko ekstremno vrednost ali v 

kakšnem lokalnem ekstremu ali pa v krajiščih intervala. 

Primeri: 

1. Izmed vseh trikotnikov z dano osnovnico in ploščino poiščimo tistega z 

najmanjšim obsegom. 

Postavimo si osnovnico AB trikotnika ABC na absciso tako, da bo razpolovišče 

osnovnice ravno v izhodišču koordinatnega sistema in označimo 

A = (−a, 0) in B = (a, 0). Višina h trikotnika je določena z 

osnovnico in ploščino, torej je C = (x, h), x ∈ R. 

Ker je osnovnica določena, je dovolj, da najdemo trikotnik, za katerega 

bo vsota ostalih dveh stranic 

f(x) = √ (x + a) 2 + h 2 + √ (x − a) 2 + h 2 

najmanjša. Izračunajmo najprej prvi odvod te funkcije 

f ′ (x) = 

in nato še drugega. 

x + a 

√ 

(x + a)2 + h + x − a 

√ 2 (x − a)2 + h 2 

f ′′ (x) = 

= 

1 

((x + a) 2 + h 2 ) + −(x + a) 2 

1/2 (x + a) 2 + h 2 ) + 3/2 

1 

+ 

((x − a) 2 + h 2 ) + −(x − a) 2 

1/2 (x − a) 2 + h 2 ) 3/2 

h 2 

(x + a) 2 + h 2 ) + h 2 

3/2 ((x + a) 2 + h 2 ) 1/2 

Očitno velja f ′ (0) = 0. Ker je f ′′ (x) > 0 za vse x ∈ R, je po Rollovem 

izreku 0 edina ničla prvega odvoda, poleg tega pa to pomeni, da ima v 

x = 0 funkcija f lokalni minimum. Geometrijsko gledano to pomeni, da 

ima izmed vseh trikotnikov z danima osnovnico in ploščino najmanjši 

obseg enakokraki trikotnik. 

2. V ravnini imejmo dano premico p in točki A in B izven te premice. Na 

p poiščimo točko, ki ima najkrajšo vsoto razdalj do A in do B. Če sta 

A in B na različni strani premice p, je taka točka seveda kar presečišče 

premice p in daljice AB. Zdaj pa vzemimo, da sta A in B na isti strani 

premice p. 

Premica p naj bo kar abscisa, točki naj bosta A = (0, h) in B = (a, k). 

Vsota razdalj točke P = (x, 0), x ∈ R, do A in do B je 

Odvajajmo enkrat. 

f(x) = √ x 2 + h 2 + √ (x − a) 2 + k 2 . 

f ′ (x) = 

x 

√ 

x2 + h + x − a 

√ 2 (x − a)2 + k 2

6.8. EKSTREMI FUNKCIJ 129 

In še enkrat. 

f ′′ (x) = 

h 2 

(x 2 + h 2 ) 3/2 + k 2 

((x − a) 2 + k 2 ) 3/2 

Ker je drugi odvod povsod pozitiven, ima funkcija f po Rollovem izreku 

kvečjemu eno stacionarno točko in ta je gotovo minimum. 

Enačba f ′ (ξ) = 0 pomeni 

ali 

ξ 

√ 

ξ2 + h 2 = 

a − ξ 

√ 

(ξ − a)2 + k 2 

cos α = cos β , 

iskana točka P je torej tista, za katero daljici AP in BP oklepata isti 

kot z absciso; taka točka seveda obstaja. Ta rešitev našega geometrijskega 

problema je povezana z optiko. Žarek bo iz A preko premice p 

prišel najhitreje v B, če se bo na p odbil, tj. če bo vpadni kot enak 

odbojnemu. 

3. Oglejmo si še en problem iz optike – lomljenje svetlobe. V ravnini 

imejmo točki A in B na različnih straneh premice p. Po kateri poti 

bomo najprej prišli iz A v B, če imamo na eni strani premice hitrost 

c 1 , na drugi pa hitrost c 2 ? 

Ker imamo na vsaki strani premice konstantno hitrost, bomo na vsaki 

strani posebej najhitreje prišli iz ene točke v drugo po daljici. Najhitrejša 

pot od A do B bo torej sestavljena iz daljice AP in daljice 

P B, kjer je P neka točka premice p. Naj bo A = (0, h), B = (a, −k), 

Slika 6.4: Lomljenje svetlobe 

premica p pa naj bo kar abscisa. V tem primeru bo čas potreben za 

pot AP in P B, kjer je P = (x, 0), x ∈ R, enak 

Odvajajmo. 

f(x) = 1 c 1 

√ 

h2 + x 2 + 1 c 2 

√ 

k2 + (a − x) 2 . 

f ′ (x) = 1 x 

√ 

c 1 h2 + x − 1 a − x 

√ 2 c 2 k2 + (a − x) 2 

f ′′ (x) = 1 c 1 

h 2 

(h 2 + x 2 ) 3/2 + 1 c 2 

k 2 

(k 2 + (a − x) 2 ) 3/2


Drugi odvod je spet povsod pozitiven, torej lahko nastope le ena stacionarna 

točka – minimum funkcije f. 

Iz slike vidimo, da je enakost f ′ (x) = 0, tj. 

1 

c 1 

ekvivalentna enakosti 

x 

√ 

h2 + x = 1 a − x 

√ 2 c 2 k2 + (a − x) 2 

sin α 

sin β = c 1 

c 2 

. 

Žarek se pri prehodu iz ene snovi v drugo lomi tako, da je razmerje 

sinusov kotov enako razmerju hitrosti svetlobe v obeh snoveh. 

4. Na elipsi poiščimo točko, ki je najbližja dani točki večje osi. 

Vzemimo elipso oblike 

x 2 

a 2 + y2 

b 2 = 1 , a > b . 

Večja os elipse je torej daljica od točke (−a, 0) do točke (a, 0). Dana 

točka na tej osi naj bo (c, 0). V tem primeru je razdalja točke (x, y) do 

(c, 0) enaka 

d(x) = √ (x − c) 2 + b 2 (1 − x 2 /a 2 ) , −a ≤ x ≤ a . 

Seveda bi zdaj lahko poiskali minimum funkcije d(x), a bomo raje ravnali 

bolj prebrisano. Ker je korenska funkcija monotona, bo imela funkcija 

d(x) lokalni ekstrem v isti točki kot njen kvadrat, za tega pa lažje 

izračunamo odvod. Naj bo torej 

in 

f(x) = (d(x)) 2 = (x − c) 2 + b 2 (1 − x 2 /a 2 ) 

f ′ (x) = 2(x − c) + b 2 (−2x/a 2 ) , f ′′ (x) = 2 − 2b 2 /a 2 > 0 . 

Spet imamo po Rollovem izreku lahko kvečjemu eno stacionarno točko 

na intervalu (−a, a) in ta mora biti lokalni minimum. Poiščimo rešitve 

enačbe f ′ (x) = 0. 

2x − 2c = 2xb 2 /a 2 

x(1 − b 2 /a 2 ) = c 

x = 

c 

1 − b 2 /a 2 

Seveda pa ni rečeno, da leži ta x v intervalu [−a, a]. Kaj pa to pomeni? 

Če velja ∣ ∣∣∣ c 

1 − b 2 /a 2 ∣ ∣∣∣ 

≤ a , 

torej 

|c| ≤ a(1 − b 2 /a 2 ) ,

6.9. L’HOSPITALOVI PRAVILI 131 

potem je minimalna razdalja od točk na elipsi do (c, 0) enaka 

d = b 

√ 

1 − c2 

a 2 − b 2 , 

sicer pa nimamo nobenega lokalnega ekstrema na robu, točki (c, 0) 

najbližja točka je kar (a, 0) ali (−a, 0), odvisno od predznaka števila c, 

razdalja je tedaj seveda d = a − |c|. 

✸ 

6.9 L’Hospitalovi pravili 

Naučili smo se že, da za limito kvocienta funkcij velja 

f(x) 

lim 

x→c g(x) = lim x→c f(x) 

lim x→c g(x) , 

če vsaka od teh limit obstaja in je limita v imenovalcu različna od 0. V 

primeru, da je lim x→c g(x) = 0 in lim x→c f(x) ≠ 0, je očitno, da gre absolutna 

vrednost |f(x)/g(x)| preko vseh meja, ko gre x proti c. V primeru, da gresta 

f(x) in g(x) proti 0, ko gre x proti c, pa nasploh (še) ne moremo reči nič. 

Včasih si pri tem lahko pomagamo z L’Hospitalovim pravilom, ki ga je markiz 

de L’Hospital (1661-1704), učenec Johanna Bernoullija (1667-1748), objavil 

že davnega leta 1696. 

Izrek 6.9.1 (L’Hospital) Naj bosta f in g zvezni funkciji na nekem intervalu, 

ki je okolica točke c, in naj bosta obe funkciji na tem intervalu tudi 

odvedljivi, razen morda v točki c. Če je f(c) = g(c) = 0, velja implikacija 

f ′ (x) 

lim 

x→c g ′ (x) 

f(x) 

= L =⇒ lim 

x→c g(x) = L 

Dokaz: Naj bo I interval, ki vsebuje c v svoji notranjosti in na katerem sta 

f in g odvedljivi funkciji. Naj bosta x in y različni točki v I, y naj bo 

med x in c. Po Cauchyjevem posplošenem izreku o povprečni vrednosti 

obstaja točka ξ med x in y, za katero velja 

f(x) − f(y) 

g(x) − g(y) = f ′ (ξ) 

g ′ (ξ) . 

Točka ξ je tudi med x in c. Ker je L ∈ R, vemo, da v neki okolici točke 

c odvod g ′ ni enak 0. Zato po Rollovem izreku velja tudi g(x) ≠ g(y) 

in zato lahko zgornjo enakost prepišemo v 

f(x) 

− f(y) 

g(x) g(x) 

1 − g(y) 

g(x) 

= f ′ (ξ) 

g ′ (ξ) .


Naj bo ε > 0, tedaj obstaja tak δ ∈ R + , da velja za vsak x iz (c − δ, c + 

δ) \ {c} neenakost 

L − ε < f ′ (x) 

g ′ (x) < L + ε . 

Če je x tako število, je tako tudi ustrezni ξ in zato ne glede na izbor y 

velja 

f(x) 

g(x) 

L − ε < 

− f(y) 

g(x) 

< L + ε . 

1 − g(y) 

g(x) 

Zdaj pa pojdimo z y proti c. Tedaj gre izraz v sredini zgornje neenakosti 

proti f(x)/g(x), saj je f(c) = g(c) = 0, in dobimo 

L − ε < f(x) 

g(x) < L + ε . 

To velja, če je x v neki δ-okolici števila c, kjer je δ odvisen od ε. To pa 

ravno pomeni, da je L limita kvocienta f(x)/g(x), ko gre x proti c. 

✷ 

Primer: Izračunajmo limito 

e x − cos x 

lim 

x→0 tg x 

e x + sin x 

= lim 

x→0 

1 

cos 2 x 

= 1 . 

✸ 

Zgornji izrek se da posplošiti tudi na primer, ko je limita f ′ (x)/g ′ (x) 

enaka +∞ ali −∞, ko gre x proti c. A v tem primeru je dokaz še malo bolj 

tehnično zahteven in se mu bomo mi odpovedali. 

Oglejmo si še primer, ko gresta funkciji v števcu in imenovalcu proti 

neskončnosti. Tudi tu si bomo malo poenostavili situacijo in pokazali le za 

primer enostranske (desne) limite, čeprav velja trditev splošneje. 

Izrek 6.9.2 (L’Hospital) Naj bosta f in g odvedljivi funkciji na intervalu 

(a, b) in naj velja lim x→a g(x) = ∞ ali lim x→a g(x) = −∞. Tedaj velja 

implikacija 

f ′ (x) 

f(x) 

lim = L =⇒ lim 

x→a g ′ (x) x→a g(x) = L . 

Dokaz: Zaradi privzetka v implikaciji za vsak ε > 0 obstaja tak δ 1 > 0, da 

velja 

∣ ∣ ∣∣∣ f ′ (x) ∣∣∣ 

g ′ (x) − L < ε 2 , 

brž ko je a < x < a + δ 1 . Imenujmo a + δ 1 = t in to število naj ostane 

fiksno tekom celotnega dokaza. 

Naši funkciji nista definirani v a, za vsak tak x, da je a < x < t, pa 

lahko uporabimo Cauchyjev posplošeni izrek o povprečni vrednosti na 

[x, t], da dobimo točko ξ ∈ (x, t), za katero velja 

f(x) − f(t) 

g(x) − g(t) = f ′ (ξ) 

g ′ (ξ) .

6.9. L’HOSPITALOVI PRAVILI 133 

Zaradi izbora točke t velja 

L − ε 2 < 

f(x)−f(t) 

g(x)−g(t) 

< L + ε 2 

(6.1) 

za vse x ∈ (a, t). 

Iz zgornje neenačbe (6.1) želimo dobiti ustrezno oceno za f(x)/g(x), 

zato jo želimo najprej pomnožiti z (g(x) − g(t))/g(x), za to pa želimo 

biti prepričani, da je ta izraz pozitiven. To pa je ekvivalentno zahtevi, 

da je 1 ≥ g(t)/g(x). Ket je t fiksno število, g(x) pa gre preko vseh 

meja, ko se x bliža k a, obstaja tak δ 2 > 0, da velja g(x) ≥ g(t) za vse 

x ∈ (a, a + δ 2 ). Z omenjenim množenjem iz neenakosti (6.1) dobimo 

( 

L − ε ) ( 1 − g(t) ) 

2 g(x) 

< 

z nekaj računstva odtod dobimo 

L− ε + (ε/2)g(t) + f(t) 

+−Lg(t) 

2 g(x) 

f(x) − f(t) 

g(x) 

< 

( 

L + ε ) ( 1 − g(t) ) 

2 g(x) 

< f(x) 

g(x) < L+ε − (ε/2)g(t) + f(t) 

+Lg(t) . 

2 g(x) 

Ker gre g(x) preko vseh meja, ko se x bliža a, obstaja tak δ 3 > 0, da 

je za vse x ∈ (a, a + δ 3 ) vrednost |g(x)| tako velika, da sta oba ulomka 

, 

−Lg(t) + (ε/2)g(t) + f(t) 

g(x) 

in 

Lg(t) − (ε/2)g(t) + f(t) 

g(x) 

Primera: 

manjša od ε/2. 

pove, da velja 

za vse x ∈ (a, a + δ). 

1. Izračunajmo limito 

Če je δ = min{δ 1 , δ 2 , δ 3 }, nam zgornje razmišljanje 

∣ ∣∣∣ f(x) 

g(x) − L ∣ ∣∣∣ 

< ε 

( 

L = lim log 1 x 

. 

x→0+ x) 

Označimo y(x) = ( x. 

log x) 1 Poglejmo, kam gre log(y), ko gre x z desne 

proti 0. 

( 

log log 

x) 1 x ( 

= x log log 1 ) 

x 

= log ( log ) 

1 

x 

1 

x 

To limito pa izračunajmo s pomočjo L’Hospitalovega izreka, saj gresta 

tako števec kot imenovalec proti ∞, ko gre x z desne proti 0. 

lim 

x→0+ 

log ( log 1 x 

1 

x 

) 

= lim 

x→0+ 

To pa pomeni, da je L = e 0 = 1. 

x(−x −2 ) 

(−x −2 ) log(1/x) = lim 

x→0+ 

✷ 

x 

log(1/x) = lim 

x→0+ −x2 x = 0


2. Pokažimo, da ima funkcija 

f(x) = 

{ 

e 

−1/x 2 x ≠ 0 

0 x = 0 

vse odvode v točki 0 enake 0, tj f (n) (0) = 0 za vse n ∈ N, kjub temu 

pa ima v prav vseh neničelnih točkah pozitivno vrednost. 

Najprej lahko ugotovimo, da je funkcija tudi v x = 0 zvezna, saj ima 

tam tudi limito 0 (ko gre x proti 0, gre −1/x 2 proti −∞). 

Po definiciji velja 

f ′ (0) = lim 

x→0 

f(x) 

x 

= lim e −1/x2 

. 

x→0 x 

To nekako cika na L’Hospitalovo pravilo 0/0, a to nas ne bi pripeljalo 

k rezultatu, uporabimo verzijo ∞/∞. Pri tem pišimo enačaje, a se 

zavedajmo, da jih bomo upravičili šele, če bomo enkrat prišli do končne 

vrednosti za limito. 

e −1/x2 

lim 

x→0 x 

1/x 

= lim 

x→0 e 1/x2 

= lim 

−1/x 2 

x→0 

−2e x 3 1/x2 

Za višje odvode najprej opazimo, da za x ≠ 0 velja 

= lim 

x→0 

(1/2)xe −1/x2 = 0 

f ′ (x) = 2x −3 e −1/x2 , f ′′ (x) = −6x −4 e −1/x2 + 4x −6 e −1/x2 . 

S popolno indukcijo dokažemo, da je vsak višji odvod f (n) (x) linearna 

kombinacija izrazov oblike 

e −1/x2 /x m , 

kjer je 0 < m ≤ 3n. Zato je za ugotovitev f (n) (0) = 0 in za dokaz 

zveznosti odvoda f (n) (x) v točki x = 0 dovolj pokazati, da je limita 

e −1/x2 

lim 

x→0 x = 0 m 

za vsak m ∈ N. To pa pokažemo s ponavljanjem uporabe L’Hospitalovega 

pravila (∞/∞): 

x −m 

lim 

x→0 e 1/x2 

= lim 

x→0 

−mx −m−1 

−2x −3 e 1/x2 

x −m+2 

= (m/2) lim ; 

x→0 e 1/x2 

po končno mnogo takih korakov dosežemo v limiti števec s pozitivnim 

eksponentom, kar pomeni, da je vrednost te limite res 0.

Poglavje 7 

Funkcijske vrste 

V tem poglavju se bomo posvetili funkcijskim vrstam, tj. vrstam, katerih 

členi so funkcije I → R, kjer je I neki interval. Še prav posebej nas bodo 

zanimale potenčne vrste 

a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n + · · · . 

Taka vrsta je očitno posplošitev polinoma, saj je vsak polinom taka vrsta, v 

kateri so od nekega a m naprej vsi koeficienti a i enaki 0. 

Polinomi so posebej lepe funkcije, definirane so na vsem R, povsod zvezne 

in poljubnokrat odvedljive. Ker je vsaka potenčna vrsta, ki konvergira, 

limita polinomov (tj. delinih vsot), se vprašamo, ali taka limita podeduje vse 

omenjene lepe lastnosti od vseh svojih členov. 

Primer: Da bomo videli, da stvar ni popolnoma preprosta, si poglejmo 

zaporedje funkcij 

f n : [0, 1] −→ R , f n (x) = x n . 

Če pogledamo kar zaporedje slik f n (x) za posamezni x ∈ [0, 1], dobimo 

{ 0 , x ∈ [0, 1) 

lim f n(x) = 

n→∞ 1 , x = 1 . 

To pomeni, da zaporedje slik f n (x) konvergira k nekemu številu, lahko ga 

označimo z s(x), ta števila določajo neko funkcijo s : [0, 1] → R, s(x) = 0 za 

x ∈ [0, 1) in s(1) = 1, a ta funkcija ni zvezna v točki 1, čeprav so vsi členi 

zaporedja f n zvezne funkcije. 

✸ 

Definicija 7.0.1 V primeru, da za zaporedje funkcij f n : I → R in funkcijo 

f : I → R velja, da je 

lim 

n→∞ f n(x) = f(x) 

za vsak x ∈ I, rečemo, da funkcije f n konvergirajo po točkah k funkciji f. 

Zgornji nam da misliti, da konvergenca po točkah ni "prava"konvergenca 

za funkcije. 

135

136 POGLAVJE 7. FUNKCIJSKE VRSTE 

7.1 Metrični prostori 

Definicija 7.1.1 Naj bo M poljubna množica in d : M × M → R funkcija, 

za katero velja 

1. d(x, y) ≥ 0 za poljubna x, y ∈ M in d(x, y) = 0 natanko tedaj, ko je 

x = y; 

2. d(x, y) = d(y, x) za poljubna x, y ∈ M; 

3. d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) za poljubne x, y, z ∈ M. 

Tedaj rečemo, da je d metrika v množici M. Paru (M, d), kjer je M množica, 

d pa metrika v M, rečemo metrični prostor. 

Tretji lastnosti, ki jo zahtevamo od metrike, rečemo trikotniška neenakost, 

saj pove, da je dolžina ene stranice trikotnika (razdalja med dvema točkama) 

kvečjemu manjša od vsote drugih dveh stranic. 

Primeri: 

1. Par (R, d), kjer je 

d(x, y) = |x − y| 

za poljubna x, y ∈ R, je metrični prostor. Tej metriki d rečemo evklidska 

metrika v R. 

2. V poljubni množici M obstaja metrika ϱ, definirana s predpisom 

{ 1 , x ≠ y 

ϱ(x, y) = 

0 , x = y 

Tej metriki rečemo diskretna metrika v M. Iz dosedanjih dveh primerov 

tudi sledi, da imamo v isti množici (v tem primeru R) lahko več 

različnih metrik. 

3. Par (R n , d), kjer je 

d((x 1 , . . . , x n ), (y 1 , . . . , y n )) = √ (x 1 − y 1 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 

za poljubna (x 1 , . . . , x n ) in (y 1 , . . . , y n ) v R n , je metrični prostor. Tej 

metriki rečemo evklidska metrika v R n . 

4. V množici O vseh omejenih zaporedij v R je s predpisom 

d(a i , b i ) = sup |a i − b i | , 

i 

kjer sta (a i ) in (b i ) poljubni omejeni zaporedji v R, definirana metrika.

7.1. METRIČNI PROSTORI 137 

5. V množici B[a, b] vseh omejenih funkcij [a, b] → R je s predpisom 

Vaje: 

d(f, g) = sup |f(x) − g(x)| , 

x∈[a,b] 

za poljubni omejeni funkciji f, g : [a, b] → R, definirana metrika. Tej 

metriki rečemo supremum metrika. 

1. Preverite, da so zgoraj opisane metrike, res metrike, tj. da zadoščajo 

vsem zahtevanim lastnostim. 

2. Naj bo (M, d) poljubni metrični prostor in N ⊂ M. Dokažite, da je 

zožitev d| n×N : N × N → R metrika v N. Tej metriki rečemo tudi 

inducirana metrika. 

3. Ali so tudi funkcije p, q, t : R 2 × R 2 → R, 

metrike v R 2 ? 

p((x 1 , x 2 ), (y 1 , y 2 )) = max{|x 1 − y 1 |, |x 2 − y 2 |} 

q((x 1 , x 2 ), (y 1 , y 2 )) = |x 1 x 2 + y 1 y 2 | 

t((x 1 , x 2 ), (y 1 , y 2 )) = |x 1 − y 1 | + |x 2 − y 2 | 

Ker je vsaka zvezna funkcija na intervalu [a, b] tudi omejena, nam drugi 

del zgornje vaje pove, da je s predpisom 

d(f, g) = sup |f(x) − g(x)| , 

x∈[a,b] 

za poljubni zvezni funkciji f, g : [a, b] → R, definirana metrika v množici 

C[a, b] vseh zveznih funkcij iz [a, b] v R. 

Definicije 7.1.1 Naj bo (M, d) metrični prostor, x 0 ∈ M in ε > 0. Množici 

K(x 0 , ε) = K ε (x 0 ) = {x ∈ M; d(x, x 0 ) < ε} 

rečemo odprta krogla s središčem v točki x 0 in polmerom ε. Množici 

¯K(x 0 , ε) = ¯K ε (x 0 ) = {x ∈ M; d(x, x 0 ) ≤ ε} 

rečemo zaprta krogla s središčem v točki x 0 in polmerom ε. Množici 

S(x 0 , ε) = S ε (x 0 ) = {x ∈ M; d(x, x 0 ) < ε} 

rečemo sfera s središčem v točki x 0 in polmerom ε. Naj bo A ⊂ M. Množica 

A je okolica točke x 0 , če obstaja tak ε > 0, da velja 

K ε (x 0 ) ⊂ A . 

Odprti krogli K ε (x 0 ) pa rečemo tudi ε-okolica točke x 0 . 

Za množico A ⊂ M rečemo, da je odprta množica v (M, d), če je A okolica 

vsake svoje točke. 

✸ 

✸


Vaji: 

1. Za vsakega od zgoraj omenjenih primerov metričnih prostorov premislite, 

kaj so ε-okolice točk v njem. 

2. Dokažite, da je odprta krogla v vsakem metričnem prostoru tudi odprta 

množica. 

Posvetimo se še zaporedjem v metričnem prostoru in povejmo, kaj pomeni 

konvergenca in kaj Cauchyjeva lastnost takega zaporedja. 

Definicija 7.1.2 Naj bo (a j ) zaporedje v metričnem prostoru (M, d). To 

zaporedje konvergira k točki b ∈ M, ali, da je b limita zaporedja (a j ), če za 

vsak ε > 0 obstaja tak n ∈ N, da velja 

m ≥ n =⇒ d(a m , b) < ε . 

✸ 

Vaja: Prepričajte se, da zaporedje (a j ) v metričnem prostoru (M, d) konvergira 

k b ∈ M natanko tedaj, ko so v vsaki okolici točke b vsi členi zaporedja 

(a j ) razen končno mnogih. ✸ 

Definicija 7.1.3 Zaporedje (a j ) v metričnem prostoru (M, d) je Cauchyjevo, 

če za vsak ε > 0 obstaja tak n ∈ N, da velja 

k, m ≥ n =⇒ d(a k , a m ) < ε . 

Vaja: Prepričajte se, da se zgornji definiciji za metrični prostor (R, d), kjer 

je d evklidska metrika, ujemata s ‘starima’ definicijama za konvergenco zaporedja 

v R oziroma za Cauchyjevo lastnost zaporedja v R. 

Posplošimo še pojem polnosti. 

Definicija 7.1.4 Metrični prostor (M, d) je poln, če vsako Cauchyjevo zaporedje 

v njem konvergira. 

Vaji: 

1. Kaj pomeni konvergenca v R z diskretno metriko? Katera zaporedja 

v R so Cauchyjeva glede na diskretno metriko? Ali je R z diskretno 

metriko poln metrični prostor? 

2. Naj bo f ∈ C[0, 1]. Kaj pomeni, da zaporedje funkcij (f j ) v C[0, 1] 

konvergira k točki f v C[0, 1] s supremum metriko? 

✸

7.2. ENAKOMERNA KONVERGENCA 139 

7.2 Enakomerna konvergenca 

Naj bo A ⊂ R in naj bo (B(A), d) metrični prostor vseh omejenih funkcij 

A → R s supremum metriko. Naj bo ε > 0. Tedaj je ε-okolica funkcije 

f ∈ B(A) množica 

{g ∈ B(A); ∀x ∈ A : f(x) − ε < g(x) < f(x) + ε} . 

V metričnem prostoru (B(A), d) zaporedje funkcije (f j ) konvergira k funkciji 

f ∈ B(A) natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja tak n ∈ N, da velja 

k ≥ n =⇒ ∀x ∈ A : |f k − f| < ε . 

Tej konvergenci rečemo tudi enakomerna konvergenca funkcij 1 . Enakomerna 

konvergenca omejenih funkcij f j k f torej pomeni konvergenco f j k f v 

metričnem prostoru (B(A), d), kjer je d supremum metrika. Izraz enakomernost 

se tu nanaša na enakomernost približevanja funkcijskih vrednosti f(x) 

po vseh x ∈ A, pri konvergenci po točkah namreč konvergirajo slike f n (x) k 

f(x), a nasploh za vsak x posebej. 

Slika 7.1: Okolica funkcije v metriki konvergence po točkah 

Vaje: 

1. Prepričajte se, da za f n (x) = x n , f n : [0, 1] → R, in s : [0, 1] → R, 

s(x) = 0 za x ∈ [0, 1) in s(1) = 1, velja 

d(f n (x), s(x)) = 1 , 

kjer je d supremum metrika v prostoru B[0, 1]. 

1 Na tak način pa lahko definiramo tudi enakomerno konvergenco funkcij, ki niso omejene 

na A.


2. Prepričajte se, da zaporedje omejenih funkcij f n : A → R, ki enakomerno 

konvergira k f : A → R, konvergira k f tudi po točkah. 

3. Prepričajte se, da je zaporedje funkcij f j : A → R Cauchyjevo glede na 

supremum metriko v (B(A), d) natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja 

tak n ∈ N, da velja 

k, m ≥ n =⇒ ∀x ∈ A : |f k (x) − f m (x)| < ε . 

Dokažimo, da enakomerna konvergenca spoštuje zveznost funkcij, tj. če 

zaporedje zveznih funkcij f n : A → R enakomerno konvergira k f : A → R, 

je tudi f zvezna funkcija. 

✸ 

Izrek 7.2.1 Naj bo f j : A → R zaporedje funkcij, ki enakomerno konvergira 

k funkciji f : A → R. Če je vsaka od funkcij f j zvezna v točki c ∈ A, je v c 

zvezna tudi funkcija f. 

Dokaz: 

Naj bo ε > 0. Izberimo tak n ∈ N, da velja 

|f(x) − f n (x)| < ε 3 

za vsak x ∈ A. Ker je f n po predpostavki zvezna v točki c, obstaja tak 

δ > 0, da velja 

|x − c| < δ =⇒ |f n (x) − f n (c)| < ε 3 . 

Odtod pa dobimo naslednjo oceno. 

|f(x) − f(c)| = |f(x) − f n (x) + f n (x) − f n (c) + f n (c) − f(c)| 

≤ 

|f(x) − f n (x)| + |f n (x) − f n (c)| + |f n (c) − f(c)| 

< ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε 

To pa pomeni, da je tudi f zvezna v točki c. 

Naslednji izrek nam pove, da je zaporedje funkcij f j : A → R enakomerno 

konvergentno natanko tedaj, ko za to zaporedje velja Cauchyjev pogoj. 

✷ 

Izrek 7.2.2 Zaporedje funkcij f n : A → R enakomerno konvergira na A 

natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja tak N ∈ N, da velja 

m, n ≥ N =⇒ ∀x ∈ A : |f n (x) − f m (x)| < ε . 

Dokaz: Smer ⇒ je očitna: naj f n enakomerno konvergira k f, dani ε > 0 

razpolovimo in za ε/2 > 0 obstaja zaradi konvergence tak N ∈ N, da 

velja 

n ≥ N =⇒ ∀x ∈ A : |f n (x) − f(x)| < ε .

7.2. ENAKOMERNA KONVERGENCA 141 

Zaradi trikotniške neenakosti dobimo tedaj za m, n ≥ N in vsak x ∈ A 

oceno 

|f n (x) − f m (x)| ≤ |f n (x) − f(x)| + |f(x) − f m (x)| < ε/2 + ε/2 = ε . 

Smer ⇐ je bolj zahtevna. Ker v R vsako Cauchyjevo zaporedje konvergira, 

za vsak x ∈ A zaporedje f n (x) konvergira k nekemu realnemu številu, 

imenujmo ga f(x). S tem smo definirali neko funkcijo f : A → R, 

h kateri zaporedje f n konvergira po točkah. Dokažimo, da je ta konvergenca 

tudi enakomerna. 

Za dani ε/2 obstaja tak N, da velja 

m, n ≥ N =⇒ ∀x ∈ A : |f n (x) − f m (x)| < ε/2 . 

Število n pustimo pri miru, z m pa pojdimo preko vseh meja, tedaj iz 

zgornje implikacije dobimo naslednjo. 

n ≥ N =⇒ ∀x ∈ A : |f n (x) − f(x)| ≤ ε/2 < ε . 

To pa pomeni, da je konvergenca res enakomerna. 

Če je A ⊂ R kompaktna množica, lahko Cauchyjev pogoj za enakomerno 

konvergenco funkcij uporabimo za naslednjo trditev o prostoru zveznih funkcij 

na A. 

✷ 

Posledica 7.2.1 Naj bo A ⊂ R kompaktna množica. Tedaj je prostor C(A) 

vseh zveznih funkcij A → R s supremum metriko poln metrični prostor. 

Dokaz: Sledi neposredno iz 7.2.1 in 7.2.2. 

✷ 

Vaje: 

1. Ali zaporedje funkcij f n : R → R, 

f n (x) = 

nx + sin(nx) 

2n 

konvergira po točkah? Ali to zaporedje funkcij konvergira enakomerno 

na R? 

2. Imejmo zaporedje funkcij 

f n (x) = 

{ 1 |x| ≥ 1/n 

n|x| |x| < 1/n . 

Kam konvergira to zaporedje po točkah? Ali je ta konvergenca enakomerna 

na R? Ali je ta konvergenca enakomerna na R \ {0}? Ali je 

enakomerna na kaki množici oblike R \ (−a, a), a > 0?


3. Kam konvergira zaporedje 

f n (x) = 

nx 

1 + nx 2 

pri danem x ∈ R? Ali to zaporedje funkcij konvergira enakomerno na 

A = (0, ∞), B = (0, 1), C = (1, ∞)? 

✸ 

7.3 Enakomerna konvergenca in odvod 

Za motivacijo si oglejmo zaporedje funkcij h n : [0, 1] → R, 

h n (x) = x 1+ 1 

2n−1 . 

To zaporedje funkcij konvergira po točkah k 

saj je 

lim h n(x) = x lim x 1 

2n−1 = |x| , 

n→∞ n→∞ 

lim x 1 

2n−1 

n→∞ 

= 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

1 x > 0 

0 x = 0 

−1 x < 0 

Zaporedje h n konvergira k |x| enakomerno (tega sicer ne bomo dokazali), 

odvodi pa seveda ne konvergirajo enakomerno, saj njihova limita (kot vidimo) 

ni zvezna. To pomeni, da bomo morali poleg enakomerne konvergence funkcij 

zahtevati tudi enakomerno konvergenco odvodov, če bomo hoteli, da je limitna 

funkcija odvedljiva. 

V spodnjem izreku za funkcijo f : [a, b] → R mislimo pri odvedljivosti v 

točkah a in b na odvedljivost z desne oziroma z leve. 

Izrek 7.3.1 Naj zaporedje funkcij f n : [a, b] → R konvergira po točkah k 

funkciji f : [a, b] → R in naj bodo vse funkcije f n odvedljive in naj njihovi 

odvodi f n ′ enakomerno konvergirajo na [a, b] k funkciji g : [a, b] → R. Tedaj 

je tudi funkcija f odvedljiva in velja f ′ = g. 

Dokaz: Naj bo ε > 0 in naj bo c ∈ [a, b]. Dokazati moramo, da f ′ (c) 

obstaja in je enak g(c), zato moramo poiskati tak δ > 0, da bo veljalo 

0 < |x − c| < δ =⇒ 

f(x) − f(c) 

∣ 

− g(c) 

x − c ∣ < ε . 

Zaradi (dvakrat uporabljene) trikotniške neenakosti velja 

f(x) − f(c) 

∣ 

− g(c) 

x − c ∣ ≤ 

f(x) − f(c) 

∣ 

− f n(x) − f n (c) 

x − c x − c ∣ 

+ 

f n (x) − f n (c) 

∣ 

− f ′ 

x − c 

n(c) 

∣ + |f n(c) ′ − g(c)|

7.3. ENAKOMERNA KONVERGENCA IN ODVOD 143 

Pokazali bomo, da bo za dovolj velike n in dovolj majhen δ vsak od 

treh členov na desni manjši od ε/3. 

Lotimo se najprej prvega člena. Funkcija f m − f n zadošča pogojem 

izreka o povprečni vrednosti na vsakem podintervalu [c, x] ali [x, c] intervala 

[a, b]. Recimo, da je x > c in zato obstaja tak α ∈ (c, x), da 

velja 

f ′ m(α) − f ′ n(α) = (f m(x) − f n (x)) − (f m (c) − f n (c)) 

x − c 

Po Cauchyjevem kriteriju za enakomerno konvergenco obstaja tak N 1 ∈ 

N, da velja 

m, n ≥ N 1 =⇒ |f ′ m(α) − f ′ n(α)| < ε/3 . 

Iz teh dveh ocen sledi za m, n ≥ N 1 ocena 

f m (x) − f m (c) 

∣ 

− f n(x) − f n (c) 

x − c 

x − c ∣ < ε/3 

za vse x ∈ [a, b]. Prav do iste ocene bi prišli tudi za x < c. Poudarimo 

še to, da je točka α, ki nam jo zagotavlja izrek o povprečni vrednosti, 

odvisna od m in n, ker pa imamo enakomerno konvergenco odvodov 

f ′ n, smo lahko omejili |f ′ m − f ′ n| pod ε/3 v vseh točkah intervala [a, b]. 

Ker konvergirajo vrednosti f m (x) proti f(x), iz zgornje ocene dobimo 

v limiti m → ∞ ocena 

f(x) − f(c) 

∣ 

− f n(x) − f n (c) 

x − c x − c ∣ ≤ ε/3 . 

Omejimo še tretji člen, obstaja tak N 2 ∈ N, da velja 

n ≥ N 2 =⇒ |f ′ n(c) − g(c)| < ε/3 . 

Naj bo N = max{N 1 , N 2 }. Ker je f N odvedljiva funkcija, obstaja tak 

δ > 0, za katerega velja 

0 < |x − c| < δ =⇒ 

f N (x) − f N (c) 

∣ 

− f ′ 

x − c 

N(c) 

∣ < ε 3 . 

Za točke x, za katere velja 0 < |x − c| < δ, torej velja ocena 

f(x) − f(c) 

∣ 

− g(c) 

x − c ∣ ≤ 

f(x) − f(c) 

∣ 

− f N(x) − f N (c) 

x − c x − c ∣ 

+ 

f N (x) − f N (c) 

∣ 

− f ′ 

x − c 

N(c) 

∣ + |f N(c) ′ − g(c)| 

. 

< ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε . ✷ 

Pravzaprav lahko predpostavke v zgornjem izreku omilimo. Če odvodi 

funkcij f n enakomerno konvergirajo, je to skoraj dovolj za enakomerno konvergenco 

funkcij samih. Povsem dovolj to seveda ni, saj imajo funkcije, ki se 

razlikujejo za konstanto isti odvod.


Trditev 7.3.1 Naj bo f n : [a, b] → R zaporedje odvedljivih funkcij, katerih 

odvodi enakomerno konvergirajo na [a, b]. Če obstaja taka točka c ∈ [a, b], da 

zaporedje f n (c) konvergira, zaporedje funkcij f n enakomerno konvergira na 

[a, b]. 

Dokaz: 

Za poljubni x ∈ [a, b] dobimo s trikotniško neenakostjo oceno 

|f n (x) − f m (x)| ≤ |(f n (x) − f m (x)) − (f n (c) − f m (c))| + |f n (c) − f m (c)| 

Iz izreka o povprečni vrednosti za f n − f m dobimo na intervalu (c, x) 

oziroma (x, c) obstoj točke α, za katero velja 

|f n (x) − f m (x)| ≤ |f ′ n(α) − f ′ m(α)||x − c| + |f n (c) − f m (c)| . 

Ker odvodi f ′ n konvergirajo enakomerno, iz zgornje ocene sledi, da za 

vsak ε > 0 obstaja tak N, da sta za m, n ≥ N oba člena na desni 

manjša od ε/2. 

✷ 

Iz zgornje trditve neposredno dobimo močnejšo verzijo prejšnjega izreka. 

Izrek 7.3.2 Naj bo f n : [a, b] → R zaporedje odvedljivih funkcij, katerih 

odvodi f n ′ konvergirajo enakomerno na [a, b] k neki funkciji g : [a, b] → R. Če 

obstaja taka točka c ∈ [a, b], za katero zaporedje f n (c) konvergira, konvergira 

zaporedje f n enakomerno na [a, b]. Limita f tega zaporedja je odvedljiva 

funkcija in velja f ′ = g. 

✷ 

Vaja: Imejmo zaporedje funkcij f n : R → R, 

f n (x) = sin(n2 x) 

n 

Ali to zaporedje konvergira enakomerno? Kaj je limita tega zaporedja? Ali je 

vsak f ′ n omejena funkcija? Ali je zaporedje (f ′ n) omejeno v C(R) s supremum 

metriko? 

. 

7.4 Funkcijske vrste 

Definiciji 7.4.1 Naj bo A ⊂ R, imejmo zaporedje funkcij f n : A → R in še 

eno funkcijo f : A → R. Vrsta funkcij 

∞∑ 

f n (x) = f 1 (x) + f 2 (x) + · · · + f n (x) + · · · 

n=1 

konvergira po točkah k funkciji f, če prirejeno zaporedje delnih vsot 

s n (x) = f 1 (x) + f 2 (x) + · · · + f n (x)

7.4. FUNKCIJSKE VRSTE 145 

konvergira po točkah k funkciji f. Če pa konvergira zaporedje delnih vsot 

s n (x) tudi enakomerno k funkciji f, vrsta ∑∞ f n enakomerno konvergira k 

f na A. 

V skladu s tradicijo bomo eno in drugo konvergenco pisali ∑∞ f n → f, a 

vedno povedali, ali gre za konvergenco po točkah ali enakomerno konvergenco. 

Seveda enakomerna konvergenca zveznih funkcij na kompaktni množici 

pomeni konvergenco v metričnem prostoru C(A) s supremum metriko. 

Spoznanja o tem, da se pri enakomerni konvergenci zaporedja funkcij 

podedujeta zveznost in odvedljivost iz členov na limito, lahko uporabimo 

tudi pri enakomerni konvergenci vrst. 

Izrek 

∑ 

7.4.1 Imejmo zaporedje zveznih funkcij f n : A → R in naj vrsta 

∞ 

f n enakomerno konvergira k funkciji f na A. Tedaj je tudi f zvezna 

funkcija. 

Dokaz: Vsaka delna vsota s n (x) je zvezna funkcija, saj je končna vsota 

zveznih funkcij. Ker zaporedje s n enakomerno konvergira k f, je po 

izreku (7.2.1) tudi funkcija f zvezna. 

✷ 

Izrek 7.4.2 Naj bo f n : [a, b] → R zaporedje takih odvedljivih funkcij, da 

vrsta odvodov ∑∞ f n ′ enakomerno konvergira na [a, b] k neki funkciji g : 

[a, b] → R. Če obstaja taka točka c ∈ [a, b], za katero vrsta ∑∞ f n (c) konvergira, 

konvergira funkcijska vrsta ∑∞ f n enakomerno na [a, b]. Vsota f te 

vrste je odvedljiva funkcija in velja f ′ = g. 

Dokaz: Na zaporedju delnih vsot uporabimo izrek (7.3.2). 

Naslednji izrek nam izrazi Cauchyjev kriterij za enakomerno konvergenco 

(7.2.2) v obliko za enakomerno konvergenco vrste. 

✷ 

Izrek 7.4.3 Vrsta ∑∞ f n , definiranih na A ⊂ R, enakomerno konvergira na 

A ⊂ R natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja tak N ∈ N, da velja 

za vsak x ∈ A. 

n > m ≥ N =⇒ |f m+1 (x) + f m+2 (x) + · · · + f n (x)| < ε 

Iz tega izreka sledi preprost pogoj, ki nam zagotovi enakomerno konvergenco 

funkcijske vrste. 

✷


Posledica 7.4.1 (Weierstrassov M-test) Imejmo tako zaporedje funkcij 

f n : A → R in tako zaporedje realnih števil M n > 0, da velja 

|f n (x)| ≤ M n 

za vsak x ∈ A. Če vrsta ∑∞ M n konvergira, konvergira vrsta ∑∞ f n enakomerno 

na A. 

Dokaz: Ker vrsta ∑∞ M n konvergira, za vsak ε > 0 obstaja tak N ∈ N, 

da za N < m < n velja (3.9.1) 

M m+1 + · · · + M n < ε . 

S trikotniško neenakostjo dobimo oceno 

|f m+1 (x)+· · ·+f n (x)| ≤ |f m+1 (x)|+· · ·+|f n (x)| ≤ M m+1 +· · ·+M n < ε , 

ki po zgornjem izreku zadošča za enakomerno konvergenco vrste ∑∞ f n . 

✷ 

Vaje: 

1. Dokažite, da konvergira vrsta ∑∞ f n enakomerno le v primeru, da konvergira 

zaporedje f n enakomerno proti 0. 

2. Naj bo 

f(x) = 

∞∑ 

n=1 

sin(nx) 

n 3 . 

Dokažite, da je f(x) odvedljiva in da je odvod f ′ zvezna funkcija. Ali 

lahko trdimo, da je f dvakrat odvedljiva? 

3. Za vrsto 

f(x) = 

∞∑ 

n=1 

x n 

n = x + x2 

2 + x3 

3 + · · · 

hitro vidimo, da konvergira za vsak x ∈ [0, 1), za x = 1 pa ne. Uporabite 

Weierstrassov M-test za dokaz, da je f(x) zvezna v vsaki točki 

x ∈ [0, 1). 

4. Naj bo 

f(x) = 

∞∑ 

n=1 

1 

x 2 + n 2 . 

Dokažite, da je f zvezna funkcija, definirana na vsem R. Ali je odvedljiva? 

Ali je zvezno odvedljiva? 

✸

7.5. POTENČNE VRSTE 147 

7.5 Potenčne vrste 

Posvetimo se funkcijam oblike 

f(x) = 

∞∑ 

a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · , 

n=0 

kjer je a n ∈ R, x pa je neodvisna spremenljivka funkcije f. Predvsem nas 

zanima, za katere x je taka funkcija dobro definirana (vsekakor je vedno 

definirana za x = 0) in ali je povsod zvezna. Vrstam ∑∞ a n x n rečemo 

potenčne vrste . Za vsak slučaj pripomnimo še tole: pri obravnavi potenčnih 

vrst bomo vedno začeli šteti od 0 naprej po naravnih številih, tj. 0,1,2,3,. . . , 

in ne kot ponavadi, ko začnemo šteti z 1. To je seveda le stvar zapisa, lahko 

bi pisali vrste tudi ∑ ∞ 

n=1 a nx n−1 , a to bi zapis le zakompliciralo. 

Za prototip potenčne vrste lahko vzamemo nam že dobro znano geometrijsko 

vrsto 

1 

1 − x = 1 + x + x2 + x 3 + x 4 + · · · , 

ki konvergira za vse x ∈ (−1, 1). Prav tako velja (če x nadomestimo s −x 2 ) 

ki tudi konvergira za x ∈ (−1, 1). 

1 

1 + x 2 = 1 − x2 + x 4 − x 6 + · · · , 

Izrek 7.5.1 Če potenčna vrsta ∑ ∞ 

n=0 a nx n konvergira za neki x 0 ∈ R, konvergira 

absolutno tudi za vsak x z |x| < |x 0 |. 

Dokaz: Če številska vrsta ∑∞ a n x n 0 konvergira, konvergira zaporedje njenih 

členov a n x n 0 proti 0 in je zato omejeno, recimo |a n x n 0| < N za vsak 

n ∈ N. Če je |x| < |x 0 |, velja 

∣ |a n x n | = |a n x n 0| 

x ∣∣∣ 

n 

∣ ∣ < N 

x ∣∣∣ 

n 

x 0 

∣ . 

x 0 

Vrsta 

∞∑ 

∣ N 

x ∣∣∣ 

n 

∣x 0 

n=1 

pa je geometrijska vrsta s kvocientom |x/x 0 | < 1 in zato konvergira. Po 

primerjalnem kriteriju torej številska vrsta ∑∞ a n x n absolutno konvergira. 

Malo premislimo, kaj nam pove zgornji izrek. Če konvergira potenčna 

vrsta v eni točki x 0 , konvergira tudi v vsaki točki x, za katero velja |x| < 

|x 0 |. Če označimo |x 0 | = c, to pomeni, da iz konvergence v x 0 sledi tudi 

konvergenca na intervalu (−c, c). Pa recimo, da smo našli neki x 0 z najěčjo 

absolutno vrednostjo, na katerem vrsta še konvergira in imenujmo |x 0 | = R. 

✷


Tedaj bi potenčna vrsta konvergirala na intervalu oblike (−R, R], [−R, R), 

[−R, R]. Lahko bi se zgodilo, da take točke x 0 z največjo absolutno vrednostjo 

ni, v tem primeru bi lahko naša potenčna vrsta konvergirala na vsem R ali 

na nekem odprtem intervalu (−R, R). Lahko pa se zgodi tudi, da potenčna 

vrsta konvergira le za x = 0. V primeru, da je območje konvergence potenčne 

vrste neki omejeni interval dolžine 2R, imenujemo R konvergenčni radij ali 

konvergenčni polmer potenčne vrste. Če pa vrsta konvergira na vsem R, 

rečemo, da je konvergenčni radij neskončen. 

Videli bomo, da res nastopijo prav vse zgoraj omenjene možnosti za konvergenčno 

območje potenčne vrste. Za začetek si poglejmo primer vrste, ki v 

eni robni točki x 0 konvergira, v drugi −x 0 pa ne (tj. ne konvergira absolutno 

v x 0 ). 

Primer: Oglejmo si vrsto 

∞∑ (−1) n x n 

. 

n 

n=1 

Kot vemo iz konvergence številskih vrst, ta vrsta konvergira v x = 1 (alternirajoča 

harmonična vrsta) in divergira v x = −1 (harmonična vrsta). 

Glede na naša dosedanja splošna spoznanja torej ta vrsta ne more konvergirati 

za prav noben x z |x| > 1 in konvergira absolutno za vsak x z |x| < 1. 

Konvergira torej na intervalu (−1, 1]. 

✸ 

Izrek 7.5.2 Če potenčna vrsta ∑ ∞ 

n=0 a nx n absolutno konvergira v točki x 0 , 

konvergira enakomerno na intervalu [−c, c], kjer je c = |x 0 |. 

Dokaz: 

Absolutna kovergenca zgornje vrste pomeni, da konvergira vrsta 

∞∑ 

a n c n . 

n=0 

Tedaj nam Weierstrassov M-test (7.4.1) s konstantami M n = a n c n pove, 

da funkcijska vrsta ∑ ∞ 

n=0 a nx n enakomerno konvergira na [−c, c]. 

Naslednja lema je koristna predvsem za vrste, ki konvergirajo le pogojno. 

Za absolutno konvergentne vrste lahko njeno trditev dokažemo namreč že z 

uporabo trikotniške neenakosti. 

✷ 

Lema 7.5.1 (Abelova lema) Imejmo padajoče zaporedje nenegativnih števil 

b 1 ≥ b 2 ≥ · · · ≥ 0 in naj bo ∑ ∞ 

n=1 a n vrsta, katere delne vsote so omejene, 

tj. obstaja tako število A > 0, da velja 

|a 1 + a 2 + · · · + a n | ≤ A 

za vse n ∈ N. Tedaj za vsak n ∈ N velja 

|a 1 b 1 + a 2 b 2 + · · · + a n b n | ≤ 2Ab 1 .


Dokaz: Ocenimo levo stran zgornje ocene, ki jo želimo dokazati. Če z s j 

označimo j-to delno vsoto 

s j = a 1 + a 2 + · · · + a j , 

velja a j = s j − s j−1 za vse j (če vzamemo s 0 = 0). To pomeni, da velja 

n∑ 

a j b j = 

j=1 

n∑ 

(s j − s j−1 )b j = 

j=1 

n∑ 

s j (b j − b j+1 ) + s n b n+1 . 

j=1 

Zadnjo enakost smo dobili z drugačnim zapisom iste vsote. Iz desne 

strani pa je očitno, da je njena absolutna vrednost manjša od Ab 1 + 

Ab 1 = 2Ab 1 . 

✷ 

Izrek 7.5.3 (Abelov izrek) Naj potenčna vrsta g(x) = ∑ ∞ 

n=0 a nx n konvergira 

v točki x = R > 0. Tedaj ta vrsta konvergira enakomerno na [0, R]. Če 

potenčna vrsta konvergira v točki x = −R < 0, konvergira enakomerno na 

[−R, 0]. 

Dokaz: Dokažimo ta izrek le za primer x = R, dokaz drugega primera 

je prav podoben. Uporabili bomo Abelovo lemo, zato prepišimo našo 

vrsto. 

∞∑ 

∞∑ ( x 

) n 

g(x) = a n x n = a n R n R 

n=0 

Naj bo ε > 0. Uporabili bomo Cauchyjev kriterij za konvergenco vrste, 

zato moramo pokazati, da obstaja tak N ∈ N, da za poljubni naravni 

števili n > m ≥ N velja 

( x m+1 ( ∣ x n∣∣∣ ∣ (a m+1R m+1 ) + · · · + (an R 

R) n ) < ε . (7.1) 

R) 

Ker smo privzeli, da številska vrsta ∑ ∞ 

n=0 a nR n konvergira, nam Cauchyjev 

kriterij za njeno zaporedje delnih vsot zagotavlja obstoj takega 

N ∈ N, da velja 

n=0 

|a m+1 R m+1 + · · · + a n R n | < ε/3 , 

če je le n > m ≥ N. Fiksirajmo m in pojdimo z n preko vseh meja. 

Dobimo oceno 

∞∑ 

| a m+j R m+j | ≤ ε/3 . 

j=1 

Uporabimo Abelovo lemo za zgornjo vrsto (ki je le za m členov skrajšana 

prvotna vrsta) in monotono padajoče zaporedje b j = (x/R) j , da 

dobimo oceno 

( x m+1 ( ∣ x n∣∣∣ ( ε 

( x m+1 

∣ (a m+1R m+1 ) + · · · + (an R 

R) n ) ≤ 2 < ε . 

R) 

3) 

R)


To pa je ravno iskana Cauchyjeva ocena za konvergenco funkcijske vrste 

g(x). 

Trditve zadnjih dveh izrekov lahko na kratko izrazimo v naslednjem izreku. 

✷ 

Izrek 7.5.4 Če potenčna vrsta konvergira po točkah na množici A ⊂ R, 

konvergira enakomerno na vsaki kompaktni množici K ⊂ A. 

Dokaz: Vaja! Namig: uporabite izreke (7.5.1), (7.5.2) in Abelov izrek 

(7.5.3). 

Posledica zgornjega izreka je, da je potenčna vrsta zvezna v vsaki točki, v 

kateri konvergira po točkah. Za odvedljivost potenčne vrste (in da jo smemo 

odvajati po členih) pa moramo vedeti tudi, da vrsta odvodov konvergira 

enakomerno. 

Izrek 7.5.5 Če vrsta ∑ ∞ 

n=0 a nx n konvergira za vsak x ∈ (−R, R), konvergira 

za vsak x ∈ (−R, R) tudi vrsta odvodov ∑ ∞ 

n=1 na nx n−1 . Zato tudi vrsta 

odvodov konvergira enakomerno na vsaki kompaktni množici v (−R, R). 

Dokaz: Najprej pokažimo, da je za 0 < x < 1 zaporedje nx n−1 omejeno. Po 

d’Alembertovem kvocientnem kriteriju za konvergenco vrst iz dejstva, 

da je 

(n + 1)x n (n + 1)x 

lim = lim = x < 1 , 

n→∞ nx n−1 n→∞ n 

sledi, da je vrsta ∑∞ nx n−1 konvergentna. To pa je možno le, če je 

zaporedje nx n−1 omejeno. 

Naj bo zdaj x ∈ (−R, R) in naj bo t ∈ (0, R) tak, da velja |x| < t < R. 

Velja 

|na n x n−1 | = 1 t n ∣ ∣∣∣ x n−1 

t n−1 ∣ ∣∣∣ 

|a n t n | . (7.2) 

Po prvem delu tega dokaza za 0 < x/t < 1 velja, da je zaporedje 

n(x/t) n−1 omejeno z nekim pozitivnim številom M. 

Naj bo ε > 0. Ker vrsta ∑∞ a n t n absolutno konvergira, po Cauchyjevem 

kriteriju obstaja tak N ∈ N, da za n > m ≥ N velja 

|a m+1 t m+1 | + · · · + |a n t n | < tε 

M . 

Odtod pa iz (7.2) dobimo Cauchyjev kriterij za konvergenco vrste ∑∞ na n x n−1 . 

|(m + 1)a m+1 x m + · · · + na n x n−1 | ≤ |(m + 1)a m+1 x m | + · · · + |na n x n−1 | 

≤ M t |a m+1t m+1 | + · · · + M t |a nt n | 

< M t 

tε 

M = ε 

✷


To pa pove, da vrsta ∑∞ na n x n−1 konvergira. Po izreku (7.5.4) torej ta 

vrsta konvergira enakomerno na vsaki kompaktni podmnožici intervala 

(−R, R). 

✷ 

Primer: Za vsak slučaj poudarimo, da se lahko zgodi, da v robni točki 

x = R (ali x = −R) vrsta ∑∞ a n x n konvergira, odvajana vrsta ∑∞ na n x n−1 

pa ne. Tak primer je vrsta 

∞∑ (−x) n 

n=1 

ki konvergira v x = 1 (alternirajoča harmonična vrsta), odvajana vrsta 

(tj. vrsta odvodov posameznih členov) pa je v točki x = 1 enaka ∑∞ (−1) n−1 

in seveda divergira. Če pa odvajana vrsta vendarle konvergira tudi v robni 

točki (x = R ali x = −R), potem konvergira tudi enakomerno na vsaki kompaktni 

podmnožici K znotraj konvergenčnega intervala, tudi če K vsebuje 

to robno točko. 

Povzemimo vse lepe lastnosti potenčnih vrst v naslednji izrek. 

Izrek 7.5.6 Naj vrsta 

g(x) = 

n 

∞∑ 

a n x n 

n=0 

konvergira na intervalu A ⊂ R. Tedaj je g(x) na A zvezna in odvedljiva na 

vsakem intervalu (−R, R) ⊂ A. Njen odvod je 

g ′ (x) = 

∞∑ 

na n x n−1 . 

n=1 

Funkcija g(x) je poljubnokrat odvedljiva na (−R, R), odvajamo jo lahko kar 

po členih. 

Dokaz: Po Abelovem izreku za vsako točko x ∈ A obstaja taka kompaktna 

množica K, x ∈ K, da na njej vrsta g(x) konvergira enakomerno, zato 

je po izreku (7.4.1) vrsta g(x) na K zvezna. 

Po zgornjem izreku (7.5.5), lahko uporabimo izrek (7.4.2) na vsaki kompaktni 

množici v (−R, R), s čimer dobimo g ′ (x) kot vrsto odvodov. 

Za nadaljnje odvode upoštevamo, da je odvajana vrsta spet neka potenčna 

vrsta, konvergenčno območje se lahko spremeni kvečjemu v 

robni točki, konvergenčni polmer pa se ne spremeni. Zato lahko spet 

uporabimo zgornji izrek (7.5.5). Po indukciji sledi, da je potenčna vrsta 

poljubnokrat odvedljiva in jo odvajamo kar po členih. 

✷ 

Vaja: Oglejmo si funkcijo definirano z vrsto 

g(x) = x − x2 

2 + x3 

3 − x4 

4 + · · · .


Ali je g definirana na (−1, 1)? Ali je zvezna na tej množici? Ali je g definirana 

na (−1, 1]? Ali je zvezna na tej množici? Kaj pa na množici [−1, 1]? Ali lahko 

potenčna vrsta g(x) konvergira v kaki točki x s |x| > 1? Kje je definirana 

funkcija g ′ (x) in kako se izrazi? 

✸ 

7.6 Taylorjeva vrsta 

V prejšnjem razdelku smo spoznali, da imajo potenčne vrste lepe lastnosti. 

Če odmislimo nekaj sitnosti na robu konvergenčnega intervala, so to zvezne 

funkcije, odvedljive, odvajamo jih lahko kar po členih, tako kot polinome. 

Seveda so tudi polinomi potenčne vrste, namreč tiste, ki imajo vse člene od 

nekje naprej enake 0. 

Vprašamo se lahko, katere znane funkcije, ki niso polinomi, se dajo izraziti 

kot potenčne vrste. Pa privzemimo, da poljubnokrat odvedljivo funkcijo f, 

definirano na nekem intervalu s središčem v 0, lahko izrazimo kot potenčno 

vrsto. 

f(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + · · · (7.3) 

Iz zgornje enakosti sledi za x = 0, da je f(0) = a 0 . Če odvajamo zgornjo 

enakost, dobimo 

f ′ (x) = a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + 4a 4 x 3 + · · · . 

Odtod pa vidimo, spet za x = 0, da velja f ′ (0) = a 1 . 

postopek. 

Pa ponovimo ta 

f ′′ (x) = 2a 2 + (3 · 2)a 3 x + (4 · 3)a 4 x 2 + (5 · 4)a 5 x 3 + · · · 

Torej f ′′ (0) = 2a 2 ali a 2 = f ′′ (0)/2. S popolno indukcijo lahko dokažemo 

(vaja!), da velja 

a n = f (n) (0) 

(7.4) 

n! 

Vrsto (7.3) s temi členi, napišimo jo še enkrat, 

f(0) + f ′ (0)x + f ′′ (0) 

2 

x 2 + · · · + f (n) (0) 

x n + · · · = 

n! 

∞∑ 

n=0 

f (n) (0) 

x n , (7.5) 

n! 

imenujemo nasploh Taylorjeva vrsta (Brook Taylor, 1685-1731). Pripomnimo 

še to, da zgornja enakost velja tudi za n = 0, s tem, da imamo funkcijo za 

svoj 0-ti odvod in 0!=1. 

Primer: Za funkcijo sinus vemo, da je poljubnokrat odvedljiva, torej je 

prava kandidatka za razvoj v Taylorjevo vrsto. Poiščimo vrsto, ki bi lahko 

bila sin x. S popolno indukcijo dokažemo, da so odvodi funkcije sinus v točki 

0 

sin 2n (0) = 0 , sin 4n+1 (0) = 1 , sin 4n+3 (0) = −1 .

7.6. TAYLORJEVA VRSTA 153 

To pomeni, da v primeru, da se sinus da izraziti kot potenčna vrsta, je to 

vrsta 

x − x3 

3! + x5 

5! − x7 

7! + · · · . ✸ 

Kako pa bi lahko ugotovili, ali funkciji f prirejena vrsta tudi zares konvergira 

k f? Naj bo 

s n (x) = a 0 + a 1 x + · · · a n x n 

delna vsota Taylorjeve vrste funkcije f. Če Taylorjeva vrsta konvergira k f, 

mora biti 

lim 

n→∞ (f(x) − s n(x)) = 0 . 

Razliko ali ostanek f(x) − s n (x) lahko ocenimo na razne načine. Mi si 

poglejmo, kako je to razliko ocenil Joseph Louis Lagrange (1736-1813). 

Izrek 7.6.1 (Lagrangev izrek o ostanku) Naj bo f poljubnokrat odvedljiva 

na intervalu (−R, R). Naj bo a n = f (n) (0)/n! in naj bo 

s n (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n . 

Za poljubni x ∈ (−R, R) \ {0} obstaja taka točka c, |c| < |x|, da za funkcijo 

napake E n (x) = f(x) − s n (x) velja 

E n (x) = f (n+1) (c) 

(n + 1)! xn+1 . 

Dokaz: Najprej ugotovimo, je tudi funkcija E n (x) poljubnokrat odvedljiva 

in iz definicije koeficientov Taylorjeve vrste (7.4) sledi, da velja 

in 

E n 

(m) (0) = f (m) (0) − s (m) 

n (0) za vse m = 0, 1, . . . , n. 

E (m) 

n (x) = f (m) (x) za m > n. 

Privzemimo, da je 0 < x < R. Ker je potenca x n+1 ≠ 0, lahko uporabimo 

posplošeni izrek o povprečni vrednosti (6.7.2) na intervalu [0, x]. 

Ta nam pove, da obstaja taka točka x 1 , 0 < x 1 < x, da velja 

E n (x) − E n (0) 

x n+1 − 0 n+1 

= E n(x) 

x n+1 = E′ n(x 1 ) 

(n + 1)x n 1 

. 

Še enkrat uporabimo isti izrek za funkcijo E ′ n na intervalu [0, x 1 ] in 

dobimo točko x 2 , 0 < x 2 < x 1 < x, za katero velja 

in zato 

E ′ n(x 1 ) 

x n 1 

E n (x) 

x n+1 = E′ n(x 1 ) 

(n + 1)x n 1 

= E′′ n(x 2 ) 

nx n−1 

2 

= 

E n(x ′′ 2 ) 

(n + 1)nx2 

n−1 .


Ta postopek nadaljujemo, dokler ne pridemo do konca, tj. do končnega 

zaporedja točk 0 < x n+1 < x n < . . . x 1 < x in enakosti 

E n (x) 

x n+1 = E′ n(x 1 ) 

(n + 1)x n 1 

= · · · = E(n+1) n (x n+1 ) 

. 

(n + 1)!x 0 n+1 

Točko x n+1 proglasimo za iskano točko c ∈ (0, x) in prepišemo 

E n (x) = E(n+1) n (c) 

(n + 1)! xn+1 . 

Za −R < x < 0 pa podobno kot zgoraj dobimo zaporedje točk x < 

x 1 < x 2 < . . . x n+1 = c < 0 in enakosti 

E n (x) 

x n+1 = E′ n(x 1 ) 

(n + 1)x n 1 

in s tem smo dokazali našo trditev. 

= · · · = E(n+1) n (x n+1 ) 

(n + 1)!x 0 n+1 

= f (n+1) (x n+1 ) 

(n + 1)! 

Zdaj malo premislimo, kakšen je pomen dokazanega izreka. V izrazu 

E n (x) = f n+1 (c) 

(n + 1)! xn+1 

nam v imenovalcu nastopa (n + 1)!, ki zelo hitro narašča s povečevanjem n. 

Če ima na našem intervalu funkcija vse odvode navzgor omejene (kot npr. 

funkcija sinus) bo šel ulomek hitro proti 0. Potenca x n+1 gre za |x| > 1 

seveda preko vseh meja, za |x| < 0 pa proti 0. Zato lahko pričakujemo, da 

bo Taylorjeva vrsta za majhne x konvergirala precej hitro, za bolj oddaljene 

pa manj. 

✷ 

Primeri: 

1. Pokazali smo že, da je edina potenčna vrsta, ki bi lahko konvergirala k 

funkciji sinus 

x − x3 

3! + x5 

5! − x7 

7! + · · · . 

Poglejmo, če res konvergira k sinus. V tem primeru je 

E n (x) = sin x − (x − x3 

3! + x5 

5! − x7 

7! + · · · + sin(n) (0) 

x n ) 

n! 

in po Lagrangevi oceni zanj velja 

E n (x) = sin(n+1) (c) 

x n+1 . 

(n + 1)! 

Ker so vsi odvodi funkcije sinus omejeni med -1 in 1 hitro vidimo, da 

za vsak x ∈ R zaporedje E n (x) res konvergira k 0.


Pa se vprašajmo še bolj konkretno: kako dober približek pa je delna 

vsota 

s 5 (x) = x − x3 

3! + x5 

5! 

za funkcijo sinus na intervalu [−2, 2]? Po Lagrangevem izreku o ostanku 

velja 

E 5 (x) = sin(x) − s 5 (x) = sin(6) (c) 

x 6 = − sin c x 6 

6! 6! 

za neki c ∈ (−|x|, |x|). Ker je | sin c| ≤ 1 in je potenca na vsaki strani 

0 strogo monotona funkcija, je za x ∈ [−2, 2] napaka 

|E 5 (x)| ≤ 26 

6! < 0.089 . 

2. Za eksponentno funkcijo f(x) = e x velja 

e x = 1 + x 1! + x2 

2! + x3 

3! + · · · + xn 

n! + xn+1 

(n + 1)! eθx , 0 < θ < 1 , 

kjer je na desni prvih n-členov Taylorjeve vrste (glede na točko 0) in 

ostanek E n . Pokažimo, da gre E n k 0, ko gre n preko vseh meja. 

Najprej opazimo, da velja e θx < e |x| , ker je eksponentna funkcija strogo 

monotona. Naj bo m naravno število, strogo večje od 2|x|. Tedaj za 

vsa naravna števila k ≥ m velja |x|/k < 1/2 in za vsa dovolj velika 

naravna števila n velja 

iz česar sledi 

x n+1 

∣(n + 1)! ∣ = |xm | |x| 

· 

m! m + 1 · · · 

< xm 

m! · 1 |2x|m 

= · 

2n+1−m m! 

|x| 

n + 1 < 

1 

2 n , 

|E n | ≤ |2x|m e |x| 1 m! 2 . n 

Ker sta prva dva faktorja na desni neodvisna od n, gre seveda z naraščajočim 

n |E n | proti 0. 

To pomeni, da velja 

e x = 1 + x 1! + x2 

2! + x3 

3! + · · · + xn 

n! + · · · = ∞ 

∑ 

n=0 

x n 

n! . 

3. Pa se vprašajmo še tole: ali se da vsako poljubnokrat odvedljivo funkcijo 

f izraziti s Taylorjevo vrsto, ali drugače rečeno, ali taki funkciji 

prirejena Taylorjeva vrsta vedno konvergira k f? 

Odgovor je seveda negativen. Na koncu poglavja o diferencialnem računu 

smo si ogledali funkcijo 

{ 

e 

−1/x 2 x ≠ 0 

f(x) = 

0 x = 0 ,


ki ima vse odvode v točki 0 enake 0, tj. f (n) (0) = 0 za vse n ∈ N, 

kjub temu pa ima v prav vseh neničelnih točkah pozitivno vrednost. 

To pomeni, da je tej funkciji prirejena Taylorjeva vrsta 

0 + 0x + 0x 2 + 0x 3 + · · · + 0x n + · · · , 

ki seveda enakomerno konvergira k 0, in seveda ne konvergira k f. 

4. Omenili smo že geometrijsko vrsto 

1 + x + x 2 + x 3 + · · · = 1 

1 − x , 

ki je Taylorjeva vrsta funkcije (1 − x) −1 in konvergira za |x| < 1. Ker 

gre za potenčno vrsto, vemo, da je konvergenca enakomerna na vsaki 

kompaktni podmnožici v (−1, 1). Vrsta 

x + x2 

2 + x3 

3 + · · · + xn 

n + · · · 

je očitno taka, da je njen odvod ravno zgornja geometrijska vrsta. V 

točki x = 0 seveda konvergira k 0, ki je hkrati vrednost funkcije f(x) = 

− log(1 − x) v točki x = 0, za katero pa velja f ′ (x) = (1 − x) −1 . Po 

izreku (7.4.2) imamo enakomerno konvergenco 

x + x2 

2 + x3 

3 + · · · + xn 

+ · · · = − log(1 − x) (7.6) 

n 

na vsaki kompaktni množici v (−1, 1) in konvergenco po točkah na 

(−1, 1). Kar smo dobili je torej razvoj funkcije − log(1−x) v Taylorjevo 

vrsto. Ali imamo tudi konvergenco v robnih točkah 1 in −1? V točki 

x = 1 gotovo nimamo konvergence, saj dobimo harmonično vrsto. V 

točki x = −1 pa dobimo (z (−1) pomnoženo) alternirajočo harmonično 

vrsto, za katero vemo, da konvergira. Po Abelovem izreku ta vrsta 

konvergira enakomerno na [−1, 0] in je zato tudi v −1 zvezna. Ker je 

v x = −1 zvezna tudi funkcija − log(1 − x) sledi 

ali 

−1 + 1 2 − 1 3 + · · · + (−1)n 

n 

+ · · · = − log 2 

1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · + (−1)n+1 + · · · = log 2 . 

n 

Za to vrsto nam preprost premislek pove, da ostanek ali napako lahko 

ocenimo z 

| log 2 − s n | < |a n+1 | , 

kjer s n pomeni n-to delno vsoto, a n+1 pa (n + 1)-ti člen vrste. 

Vrnimo se k vrsti (7.6), ki jo zaradi lepšega pomnožimo z (−1) 

−x − x2 

2 − x3 

3 − · · · − xn 

− · · · = log(1 − x) . 

n 

✸


Če zamenjamo x z −x dobimo odtod 

x − x2 

2 + x3 

3 − x4 

4 + · · · + (−1)n+1 x n 

+ · · · = log(1 + x) . 

n 

Zdaj pa premaknimo x za 1, tj. kar je bilo x naj bo zdaj x − 1, da bomo 

izrazili logaritemsko funkcijo kot funkcijsko vrsto. 

log x = (x − 1) − 

(x − 1)2 

2 

+ 

(x − 1)3 

3 

+ · · · + (−1)n+1 (x − 1) n 

n 

+ · · · 

Tu smo razvili logaritemsko funkcijo v funkcijsko vrsto, ki pa (vsaj formalno) 

ni potenčna vrsta. Je pa to Taylorjeva vrsta za logaritem, a glede na točko 

1. Povejmo, kaj to pomeni. 

Poljubnokrat odvedljivi funkciji f(x) lahko priredimo Taylorjevo vrsto 

glede na točko a iz definicijskega območja funkcije f s predpisom 

f(a)+f ′ (a)(x−a)+ f ′′ (a) 

2! 

(x−a) 2 + f (3) (a) 

(x−a) 3 +· · · = 

3! 

∞∑ 

n=0 

f (n) (a) 

(x−a) n . 

n! 

Seveda se lahko zgodi, da ta vrsta konvergira k f, lahko pa tudi ne. Lagrangeva 

ocena za ostanek, tj. razlika med f in delno vsoto do vključno n-tega 

člena, je 

E n (x) = f n+1 (c) 

(n + 1)! (x − a)n+1 , 

kjer je |c − a| < |x − a|. Vse Taylorjeve vrste, ki smo jih obravnavali prej, so 

bile Taylorjeve vrste glede na točko a = 0. 

Vaje: 

1. Za vajo se prepričajte, da je zgornji razvoj logaritma v funkcijsko vrsto 

res razvoj v Taylorjevo vrsto glede na točko a = 1. 

2. Funkciji cos x priredite njeno Taylorjevo vrsto glede na točko a = 0 in 

raziščite interval, na katerem ta vrsta konvergira. 

3. Poiščite Taylorjevi vrsti za hiperbolični funkciji 

sinh x = ex − e −x 

, cosh x = ex + e −x 

. 

2 

2 

4. Poiščite Taylorjevo vrsto za funkcijo arctg glede na točko a = 0, dokažite, 

da konvergira k arctg na R in dokažite, da je vsota Leibniz- 

Gregoryjeve vrste 

1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + · · · = π 4 . ✸ 

Poleg Lagrangeve ocene za ostanek obstaja (med drugimi) tudi Cauchyjeva 

ocena.


Trditev 7.6.1 (Cauchyjev izrek o ostanku) Naj bo f poljubnokrat odvedljiva 

na intervalu (−R, R). Naj bo a n = f (n) (0)/n! in naj bo 

s n (x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + · · · + a n x n . 

Za poljubni x ∈ (−R, R) \ {0} obstaja tako število θ, 0 < θ < 1, da za napako 

E n = f(x) − s n (x) velja 

E n = xn+1 

(1 − θ) n f (n+1) (θx) . 

n! 

Dokaz: Ostanek E n je razlika med vrednostjo f(x) in prvih n členov Taylorjeve 

vrste glede na točko 0 v točki x , torej lahko to zapišemo 

E(0, x) = f(x) − 

n∑ 

j=0 

f (j) (0) 

x j , 

j! 

ostanek po prvih n členih Taylorjeve vrste glede na točko c v točki x 

pa označimo z 

E n (c, x) = f(x) − 

n∑ 

j=0 

f (j) (c) 

(x − c) j . 

j! 

Zdaj pa fiksirajmo točko x in spreminjajmo točko c, tedaj lahko gledamo 

ostanek E n (c, x) kot funkcijo spremenljivke c in odvajajmo po c 

enakost 

f(x) = f(c) + (x − c)f ′ (c) + · · · + 

Vidimo, da se nam skoraj vse pokrajša, ostane le 

(x − c)n 

f (n) (c) + E n (c, x) . 

n! 

0 = 

(x − c)n 

f (n+1) (c) + E ′ 

n! 

n(c, x) . 

Zdaj pa uporabimo osnovni izrek o povprečni vrednosti za funkcijo 

E n (c, x) (ki jo gledamo kot funkcijo c) na intervalu med 0 in x in upoštevajmo, 

da je E n (x, x) = 0. Dobimo 

−E n (0, x) 

x 

= E ′ n(ξ, x) = − 

(x − ξ)n 

f (n+1) (ξ) 

n! 

za neko točko ξ med 0 in x. Odtod pa dobimo, če pišemo ξ = θx, 

E n (0, x) = xn+1 

(1 − θ) n f (n+1) (θx) . 

n! 

✷ 

Primer: V Taylorjevo vrsto glede na točko 0 razvijmo funkcijo 

f : (−1, ∞) → R , f(x) = (1 + x) c ,


kjer je c poljubno realno število. Tu razvijamo (1+x) c (ali, kar je isto, funkcijo 

x c okoli točke 1) namesto x c okoli točke 0, ker potenca x c ni poljubnokrat 

odvedljiva v točki 0, če c ni naravno število ali 0. 

Izračunajmo odvode te funkcije. 

V točki 0 torej velja 

f ′ (x) = c(1 + x) c−1 

f ′′ (x) = c(c − 1)(1 + x) c−2 

· · · · · · 

f (k) (x) = c(c − 1) · · · (c − k + 1)(1 + x) c−k . 

f ′ (0) = c , f ′′ (0) = c(c − 1) , · · · , f (k) (0) = c(c − 1) · · · (c − k + 1) . 

Torej velja 

(1 + x) c c(c − 1) 

= 1 + cx + x 2 c(c − 1) · · · (c − n + 1) 

+ · · · + x n + E n . 

2! 

n! 

Dokažimo, da gre ostanek E n proti 0, ko gre n preko vseh meja, za vse x: 

−1 < x < 1. Po Cauchyjevi oceni velja 

E n = 

(1 − θ)n 

x n+1 f (n+1) (θx) = 

n! 

= 

(1 − θ)n 

c(c − 1)(c − 2) · · · (c − n)x n+1 (1 + θx) c−n−1 , 

n! 

kjer je 0 < θ < 1. Ker je |x| < 1, imamo 

0 < 1 − θ 

1 + θx < 1 , 

za 0 ≤ x < 1 to dobimo iz neenakosti 0 < 1 − θ < 1 z deljenjem z 1 + θx, za 

−1 < x < 0 pa iz neenakosti 1 − θ < 1 + θx. Iz zgornje neenakosti pa sledi 

naslednja. 

( 

|E n | ≤ (1 + θx) c−1 |cx| ∣ 1 − c ) 

( 

x∣ 

∣ 1 − c ) 

( 

x∣ · · · ∣ 1 − c ) 

x∣ . 

1 2 

n 

Obstaja tako število q, da je |x| < q < 1. Tedaj velja tudi 

( 

∣ 1 − c ) 

x∣ < q 

m 

za vse dovolj velika naravna števila m, recimo za m > N. Tedaj za n > N 

velja 

|E n | ≤ (1 + θx) c−1 |c|(1 + |c|) N q n−N . 

Faktor (1 + θx) c−1 je omejen (z 2 c−1 , če je c ≥ 1 in z (1 − q) c−1 , če je c < 1) 

zato očitno E n → 0. 

Taylorjeva vrsta za (1 + x) c torej konvergira nazaj k tej funkciji. Če 

definiramo 

( c 

k) 

= 

lahko to zapišemo kot 

c(c − 1)(c − 2) · · · (c − k + 1) 

k! 

(1 + x) c = 

∞∑ 

k=0 

( c 

k) 

x k . 

( c 

za k ∈ N in = 1 , 

0)

160 POGLAVJE 7. FUNKCIJSKE VRSTE

Poglavje 8 

Nedoločeni integral 

8.1 Definicija 

V prejšnjih poglavjih smo funkciji priredili njen odvod, v tem poglavju pa si 

bomo zadali obratno nalogo. 

Definicija 8.1.1 Imejmo funkcijo f : I → R, kjer je I interval. Če za neko 

odvedljivo funkcijo F , definirano na I, velja 

F ′ = f 

v vseh točkah intervala I, rečemo, da je F nedoločeni integral ali primitivna funkcija 

funkcije f. 

Ali za dano funkcijo obstaja nedoločeni integral? Ali je en sam? Kasneje 

bomo videli, da imajo nedoločeni integral vse zvezne funkcije, takoj pa 

opazimo, da nedoločeni integral ni ena sama funkcija. 

Trditev 8.1.1 Če je F nedoločeni integral funkcije f, je tudi F + C, kjer 

je C poljubna konstanta, nedoločeni integral funkcije f. Velja tudi obratno, 

vsak nedoločeni integral funkcije f je oblike F + C. 

Dokaz: 

Velja 

Tako smo pokazali prvo trditev. 

(F + C) ′ = F ′ + C ′ = F ′ = f . 

Recimo, da je tudi G nedoločeni integral funkcije f. Tedaj velja 

(G − F ) ′ = G ′ − F ′ = 0 . 

Zato je po korolarju (6.7.1) funkcija G − F konstanta. 

161 

✷

162 POGLAVJE 8. NEDOLOČENI INTEGRAL 

Nedoločeni integral torej ni neka natančno določena funkcija 1 , ampak 

neka družina funkcij, ki pa so v tesni zvezi, poljubni dve se na vsem intervalu 

razlikujeta za isto število. 

Operacija, s katero priredimo funkciji družino njenih nedoločenih integralov, 

se imenuje integriranje. Družino nedoločenih integralov funkcije f 

označimo s simbolom 

∫ 

f 

ali 

∫ 

f(x) dx . 

Simbol na desni je bolj pogost, diferencial neodvisne spremenljivke nam pove, 

po kateri spremenljivki integriramo, kar je predvsem koristno, če se funkcija 

f izraža s še drugimi parametri oziroma spremenljivkami. Funkciji, ki jo 

integriramo, rečemo integrand. Če je F nedoločeni integral funkcije f, lahko 

zapišemo to z zgornjimi simboli takole 

∫ 

f(x) dx = F (x) + C , 

kjer je C poljubna konstanta. 

Primer: Iz (x 2 ) ′ = 2x sledi 

∫ 

2x dx = x 2 + C . 

Za razliko od odvajanja pri integriranju funkcij, sestavljenih iz elementarnih 

funkcij, nimamo določenega postopka, kako iz funkcije izračunati njen 

integral. Obstaja le nekaj trikov, ki jih lahko uporabljamo po lastnem preudarku. 

Zanesemo se torej lahko le na pridnost in intuicijo. 

✸ 

1 Odtod tudi ime nedoločeni integral.

8.1. DEFINICIJA 163 

Napišimo si tabelo elementarnih integralov 

∫ 

x r dx = xr+1 

r+1 + C (r ≠ −1) ∫ dx 

x 

= ln |x| + C 

∫ 

e x dx = e x + C 

∫ 

sin x dx = − cos x + C 

∫ 

dx 

= −ctg x + C 

sin 2 x 

∫ 

sinh x = cosh x + C 

∫ 

∫ 

dx 

= − coth x + C 

sinh 2 x 

dx √ 

1−x 2 

= arcsin x + C = − arccos x + K 

∫ 

a x dx = ax 

ln a + C 

∫ 

cos x dx = sin x + C 

∫ 

dx 

= tg x + C 

cos 2 x 

∫ 

cosh x = sinh x + C 

∫ 

dx 

= tanh x + C 

cosh 2 x 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

dx 

= arctg x + C = −arcctg x + K 

1+x 2 

dx √ 

1+x 2 

= ln |x + √ 1 + x 2 | + C = ar sinh x + C 

dx 

± √ = ln |x ± √ x 2 − 1| + C = arcosh x + C 

x 2 −1 

dx 

= 

1−x 2 

⎧ 

⎪⎨ 

⎪⎩ 

artanh x = 1 2 

arcoth x = 1 2 

ln 

1+x 

1−x 

|x| < 1 

ln 

x+1 

x−1 

|x| > 1 

Izrek 8.1.1 Če imata funkciji u(x) in v(x), definirani na intervalu I, nedoločeni 

integral in sta α in β poljubni realni števili, ima tudi funkcija αu(x) + 

βv(x) nedoločeni integral in velja 

∫ 

∫ 

∫ 

(αu(x) + βv(x)) dx = α u(x) dx + β v(x) dx . 

Dokaz: 

Naj bo 

F ′ (x) = u(x) G ′ (x) = v(x) . 

Tedaj velja 

(αF (x) + βG(x)) ′ = αF ′ (x) + βG ′ (x) = αu(x) + βv(x) . 

To pa pomeni, da velja trditev izreka. 

✷


S popolno indukcijo lahko pokažemo, da velja podobno za poljubno končno 

linearno kombinacijo funkcij, ki imajo nedoločene integrale. Zato zdaj že 

lahko integriramo poljubni polinom. 

∫ 

(a 0 +a 1 x+a 2 x 2 +. . .+a n x n ) dx = C +a 0 x+ a 1 

2 x2 + a 2 

3 x3 +. . .+ a n 

n + 1 xn+1 

8.2 Uvedba nove spremenljivke 

Izrek 8.2.1 Če ima funkcija f(x), definirana na intervalu I, nedoločeni integral 

in je x = φ(t) odvedljiva funkcija, ki preslika interval J na interval 

I, obstaja tudi nedoločeni integral funkcije f[φ(t)]φ ′ (t) in na J velja enakost 

funkcij spremenljivke t 

∫ 

∫ 

f(x) dx = f[φ(t)]φ ′ (t) dt , x = φ(t) . (8.1) 

Dokaz: 

Naj bo 

F ′ (x) = f(x) in G(t) = F [φ(t)] . 

Po pravilu za posredno odvajanje je 

G ′ (t) = F ′ (φ)φ ′ (t) = f[φ(t)]φ ′ (t) 

in zato velja enakost integralov v izreku. 

Kadar pri integriranju uporabimo formulo 8.1, rečemo, da uvedemo novo 

spremenljivko. Pogosto nam to pomaga, da prevedemo iskani integral na 

enega od osnovnih integralov, tega integriramo in se potem vrnemo nazaj k 

prvotni spremenljivki. Oglejmo si to metodo na nekaj zgledih. 

Primeri: 

1. Naj bo f(x) = 1/x, nova spremenljivka je x = φ(t), kjer je φ(t) ≠ 0 na 

obravnavanem intervalu. Tedaj velja 

✷ 

∫ φ ′ (t) 

φ(t) dt = ∫ dx 

x 

= ln |x| + C = ln |φ(t)| + C . 

Če zamenjamo ime spremenljivke t v x, dobimo enakost 

∫ φ ′ (x) 

dt = ln |φ(x)| + C . (8.2) 

φ(x) 

Za konkretne primere te enakosti vzemimo za φ(x) funkcije ln x, sin x, 

cos x. Dobimo 

∫ 

∫ 

∫ 

dx 

= ln | ln x|+C , ctg x dx = ln | sin x|+C , tg x dx = − ln | cos x|+C . 

x ln x

8.2. UVEDBA NOVE SPREMENLJIVKE 165 

2. Naslednji kupček primerov dobimo, če vzamemo f(x) = x. Tedaj velja 

∫ 

∫ 

φ(t)φ ′ (t) dt = x dx = 1 2 x2 = 1 2 [φ(t)]2 + C . (8.3) 

Za konkretni primer vzemimo φ(t) = ln t, dobimo 

∫ ln t 

dt = 1 t 2 (ln t)2 + C 

3. Integrirajmo še ∫ 

sin n t cos t dt . 

Vzemimo x = φ(t) = sin t in dobimo 

∫ 

∫ 

sin n t cos t dt = 

Oglejmo si še nekaj posebej preprostih substitucij. 

x n dx = xn+1 

n + 1 + C = sinn+1 t 

n + 1 + C . (8.4) 

✸ 

• Za razteg x = at, kjer je a fiksno neničelno realno število, je njegov 

inverz t = x/a, odvod pa dx/dt = a. Z raztegom lahko kak integral 

prevedemo na enega od osnovnih integralov iz tabele. 

Primer: Za |x| < |a| velja 

∫ 

∫ 

dx 

√ 

a2 − x = 2 

a dt 

a √ = arcsin t + C = arcsin(x/a) + C . (8.5) 

1 − t2 ✸ 

Vaje: Z raztegom izračunajte naslednje integrale. 

∫ 

∫ 

∫ 

∫ 

dx 

a 2 + x , dx 

√ 2 a2 + x , dx 

√ 2 x2 − a , 2 

dx 

a 2 − x 2 (8.6) 

✸ 

• Z zamenjavo t = 1 ± x 2 , dt = ±2x dx izračunamo 

∫ 

x dx 

√ = ±√ 1 ± x 2 + C , (8.7) 

1 ± x 

2 

∫ 

x dx 

1 ± x 2 = ±1 2 ln |1 ± x2 | + C . (8.8) 

Zgornje enakosti veljajo, če se na vseh treh mestih odločimo za isti 

predznak.


• Z zamenjavo t = ax + b, dt = a dx, a ≠ 0, dobimo naslednje integrale. 

∫ 

dx 

ax + b = 1 ln |ax + b| + C (8.9) 

a 

∫ 

(ax + b) r 1 

dx = 

a(r + 1) (ax + b)r+1 + C , r ≠ −1 (8.10) 

∫ 

sin(ax + b) dx = − 1 cos(ax + b) + C (8.11) 

a 

• Podobno z zamenjavo t = cos x, dt = − sin x dx dobimo 

∫ 

tg x dx = − ln | cos x| + C (8.12) 

in z zamenjavo t = sin x, dt = cos x dx dobimo 

∫ 

ctgx dx = ln | sin x| + C . (8.13) 

• Z zamenjavo t = cosh x, dt = sinh x dx oziroma t = sinh x, dt = 

cosh x dx dobimo integrala 

∫ 

∫ 

tanh x dx = ln cosh x+C , coth x dx = ln | sinh x|+C . (8.14) 

• Z zamenjavo t = (a/b)tg x, dt = (a/b) cos −2 x dx izračunamo naslednja 

integrala. 

∫ 

dx 

a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x = 1 ∫ 

1 dx 

b 2 (a/b) 2 tg 2 x + 1 cos 2 x (8.15) 

∫ 

= 1 arctg ((a/b)tg x) + C 

ab 

dx 

a 2 sin 2 x − b 2 cos 2 x = − 1 artanh ((a/b)tg x) + C (8.16) 

ab 

• Z zamenjavo t = tg (x/2), dt = 1/2 cos −2 x dx izračunamo 

∫ 

∫ 

∫ 

dx 

sin x = dx 

2 sin(x/2) cos(x/2) = dx 

2tg (x/2) cos 2 (x/2) (8.17) 

∫ dt 

∣ ∣∣tg 

= 

t = ln x 

∣ + C 

2 

Če zamenjamo x z x + π/2, pa iz zgornjega integrala dobimo 

∫ 

dx 

∣ ( ∣∣tg x 

cos x = ln 2 + π )∣ ∣∣ + C . (8.18) 

4 

∫ 

• Z uporabo enakosti 2 cos 2 x = 1 + cos 2x in 2 sin 2 x = 1 − cos 2x in 

raztega t = 2x izračunamo naslednja integrala. 

∫ 

cos 2 x dx = 1 (x+sin x cos x)+C , 

2 

sin 2 x dx = 1 (x−sin x cos x)+C 

2 

(8.19)

8.3. INTEGRACIJA PO DELIH 167 

Z zamenjavo x = cos t (tj. t = arccos x) ali splošneje x = a cos t, 

a ≠ 0, pa na zgornja integrala prevedemo 

∫ √a2 

− x 2 dx = − a2 

2 arccos x a + x √ 

a2 − x 

2 

2 + C (8.20) 

Vaje: 

1. Z zamenjavo x = a cosh t izračunajte 

∫ √x2 

− a 2 dx = − a2 

2 arcoshx a + x √ 

x2 − a 

2 

2 + C . (8.21) 

2. Z zamenjavo x = a sinh t izračunajte 

∫ √x2 

+ a 2 dx = a2 

2 arsinhx a + x √ 

x2 + a 

2 

2 + C . (8.22) 

3. Z zamenjavo t = a/x izračunajte integrale 

∫ 

dx 

x √ x 2 − a 2 = − 1 a arcsin a x + C (8.23) 

∫ 

dx 

x √ x 2 + a 2 = − 1 a arsinha x + C (8.24) 

∫ 

dx 

x √ a 2 − x 2 = − 1 a arcosha x + C . (8.25) 

✸ 

8.3 Integracija po delih 

Izrek 8.3.1 Imejmo odvedljivi funkciji u(x) in v(x) na intervalu I. Če obstaja 

eden od integralov 

∫ 

∫ 

u dv ali 

v du , 

obstaja tudi drugi in velja 

∫ 

∫ 

u dv + 

v du = uv . (8.26) 

Dokaz: Recimo, da obstaja ∫ v du. Potem je diferencial izraza uv − ∫ v du 

enak 

udv + vdu − vdu = udv 

Torej je 

∫ ∫ 

uv − v du = u dv .


Ker nastopata funkciji u in v popolnoma simetrično, bi prav tako pokazali 

zahtevano relacijo, če bi privzeli obstoj integrala ∫ u dv. 

Formulo (8.26) uporabimo, če znamo integrirati funkcijo v in je integral 

∫ 

v du enostavnejši od integrala 

∫ 

u dv. Temu postopku rečemo integracija 

per partes ali integracija po delih. 

Primeri: 

1. Izračunajmo integral ∫ ln x dx. Ker logaritem znamo odvajati, integrirati 

pa še ne, pišimo integrand 

ln x = (ln x) · 1 , 

kjer bomo prvi faktor odvajali, drugega pa integrirali, torej 

u = ln x , dv = dx . 

✷ 

Dobimo 

∫ 

∫ x 

ln x dx = x ln x − dx = x ln x − x + C . (8.27) 

x 

2. Izračunajmo integral 

∫ 

x r ln x dx , r ≠ −1 . 

Logaritemsko funkcijo lažje odvajamo kot potenco. Zato postavimo 

Torej velja 

du = dx x 

u = ln x dv = x r dx . 

∫ 

v = 

x r dx = xr+1 

r + 1 

in po 8.26 dobimo 

∫ 

∫ 

x r ln x dx = xr+1 x 

r+1 

r + 1 ln x − dx 

r + 1 x = xr+1 

r + 1 (ln x − 1 

r + 1 ) + C . 

(8.28) 

3. V integralu ∫ xe x dx nastopa funkcija e x , ki jo ravno tako lahko integrirati 

kot odvajati, identično funkcijo x pa lažje odvajamo (četudi njena 

integracija ni nič težkega), zato vzemimo 

u = x , 

dv = e x dx 

in dobimo 

∫ 

∫ 

xe x dx = xe x − 

e x dx = e x (x − 1) + C (8.29)

8.3. INTEGRACIJA PO DELIH 169 

4. V integralu ∫ 

arcsin x dx 

spet vzemimo u = arcsin x, dv = dx in dobimo 

∫ 

∫ 

x dx 

arcsin x dx = x arcsin x − √ 

1 − x 

2 

(8.30) 

= x arcsin x + √ 1 − x 2 + C , 

tu smo uporabili izračun integrala na desni, ki smo ga opravili v prejšnjem 

razdelku (8.7). 

Vaje: Z integracijo po delih izračunajte: 

∫ 

x sin x dx = −x cos x + sin x + C (8.31) 

∫ 

x cos x dx = x sin x + cos x + C (8.32) 

∫ 

arctg x dx = xarctg x − 1 2 ln(1 + x2 ) + C (8.33) 

Včasih z integracijo po delih po enem ali več korakih pridemo do spet do 

iskanega integrala in s tem dobimo enačbo za iskani integral. 

✸ 

Primera: 

1. Izračunajmo integral ∫ ln x dx 

x 

Spet izberemo u = ln x, dx/x = dv in dobimo z integracijo po delih 

. 

∫ ln x dx 

x 

∫ ln x dx 

= (ln x) 2 − . 

x 

To enačbo rešimo in dobimo 

∫ ln x dx 

x 

= 

(ln x)2 

2 

+ C . (8.34) 

2. Izračunajmo ∫ 

e x sin x dx . 

Naj bo u = e x in dv = sin xdx. Tedaj je du = e x dx in v = − cos x. 

Dobimo ∫ 

∫ 

e x sin x dx = −e x cos x + e x cos x dx .


Tudi integrala na desni se lotimo po delih. Postavimo spet u = e x in 

dv = cos xdx. Zato du = e x dx, v = sin x in 

∫ 

∫ 

e x sin x dx = −e x cos x + e x sin x − e x sin x dx . 

Odtod pa sledi 

∫ 

e x sin x dx = ex 

(sin x − cos x) + C . (8.35) 

2 

✸ 

Vaja: Izračunajte 

∫ 

e ax sin(bx) dx , 

∫ 

e ax cos(bx) dx . 

Za nekatere integrale dobimo z integracijo po delih rekurzivni proces, s 

katerim po kočno korakih pridemo do izraza za iskani integral. 

✸ 

Primer: V integralu 

∫ 

cos n x dx 

lahko vzamemo u = cos n−1 x, dv = cos x dx in dobimo 

∫ 

∫ 

cos n x dx = cos n−1 x sin x + (n − 1) cos n−2 x sin 2 x dx 

∫ 

∫ 

= cos n−1 x sin x + (n − 1) cos n−2 x dx − (n − 1) 

cos n x dx . 

Odtod pa dobimo rekurzivno relacijo 

∫ 

cos n x dx = cosn−1 x sin x 

+ n − 1 ∫ 

n n 

cos n−2 x dx , (8.36) 

s katero lahko po končno korakih pridemo do elementarnega integrala. 

✸ 

Vaje: Dokažite naslednje rekurzivne relacije. 

∫ 

sin n x dx = − sinn−1 x cos x 

n 

∫ 

+ n − 1 

n 

∫ 

sin n−2 x dx (8.37) 

sin m x cos n x dx = (8.38) 

= sinm+1 x cos n−1 x 

+ n − 1 ∫ 

m + n m + n 

∫ 

∫ 

sin m x cos n−2 x dx 

(ln x) m dx = x(ln x) m − m (ln x) m−1 dx (8.39) 

∫ 

∫ 

x m e x dx = x m e x − m x m−1 e x dx (8.40)

8.4. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJ 171 

✸ 

Uvedba nove spremenljivke in integriranje po delih sta temeljna koraka pri 

iskanju integralov. S tem smo povedali vse, kar mislimo reči o integriranju 

nasploh. V naslednjih razdelkih si poglejmo integrale nekaterih posebnih 

funkcij. 

8.4 Integracija racionalnih funkcij 

Za racionalne funkcije, to so funkcije oblike 

f(x) = p(x) 

q(x) , 

kjer sta p(x) in q(x) polinoma, obstaja postopek za integriranje, je pa precej 

zapleten. Zato ga ne bomo obravnavali sistematično v celoti, nakazali 

pa bomo način reševanja, s pomočjo katerega lahko integriramo poljubno 

racionalno funkcijo. 

Najprej seveda funkcijo f delimo 

p(x) 

q(x) 

= s(x) + 

r(x) 

q(x) 

in tako dobimo polinom s(x) in drugo racionalno funkcijo, ki ima stopnjo 

števca r(x) manjšo od stopnje imenovalca q(x). Torej bomo odslej obravnavali 

le še racionalne funkcije, ki imajo stopnjo števca manjšo od stopnje 

imenovalca. 

V naslednjem koraku faktoriziramo polinom v imenovalcu. Iz osnovnega 

izreka algebre sledi, da se da vsak realni polinom q(x) zapisati kot produkt 

q(x) = a(x−α 1 ) n 1 

(x−α 2 ) n2 · · · (x−α m ) n m 

(x 2 +2β 1 x+γ 1 ) r1 · · · (x 2 +2β k x+γ k ) r k 

, 

kjer so α j različne realne ničle funkcije q(x), faktorji, ki so kvadratne funkcije, 

pa so nerazcepni, tj. nimajo nobene realne ničle (ali konkretno β 2 j − 

γ j < 0). Eksponenti n j in r j so naravna števila. Z metodo delnih ali 

parcialnih ulomkov izrazimo funkcijo q(x) v vsoto racionalnih funkcij, ki 

imajo v imenovalcu neko potenco enega faktorja iz zgornjega razcepa, števci 

pa imajo manjšo stopnjo od imenovalca. 

Pri tem postopku, ki ga bomo kasneje bolj natančno opisali, dobimo funkcije, 

katerih integrale lahko prevedemo na integrale funkcij oblike 

1 

x n , 1 

(x 2 + 1) n , x 

(x 2 + 1) n .


8.4.1 Integracija osnovnih tipov 

Prvi tip funkcij, x −n , znamo integrirati. Tudi tretji tip izračunamo brez 

težav. Uvedemo novo spremenljivko t = x 2 + 1, dt = 2x dx. 

∫ 

x dx 

(x 2 + 1) = 1 ∫ 

⎧⎪ dt ⎨ (1/2) ln(x 2 + 1) , n = 1 

n 2 t = n ⎪ 1 

⎩ − , n > 1 

2(n−1)(x 2 +1) n−1 

(8.41) 

Lotimo se še integrala 

∫ 

I n = 

dx 

(x 2 + 1) n . 

Tu je n > 1 in ta integral izračunamo rekurzivno, tj. izrazimo ga z I n−1 in 

tako v končno korakih pridemo do rezultata. Najprej opazimo, da velja 

1 

(x 2 + 1) n = 1 

(x 2 + 1) n−1 − x 2 

(x 2 + 1) n . 

Zato seveda velja tudi 

∫ 

dx 

(x 2 + 1) n = ∫ 

∫ 

dx 

(x 2 + 1) − n−1 

x 2 dx 

(x 2 + 1) n , 

zadnji integral na desni pa integriramo po delih z 

u(x) = x , dv = x dx 

(x 2 + 1) n . 

Za ta dv pa smo ravno pri obravnavi integrala tretjega tipa (8.41) ugotovili, 

da je njegova primitivna funkcija 

v(x) = 

−1 

2(n − 1)(x 2 + 1) n−1 . 

Za integral I n torej velja 

∫ 

dx 

I n = 

(x 2 + 1) = x 

2n − 3 

+ n 2(n − 1)(x 2 + 1) 

n−1 

2(n − 1) I n−1 . 

Če je n − 1 > 1 ponavljamo ta postopek, dokler ne pridemo končno do že 

znanega intergala ∫ 

dx 

x 2 + 1 = arctg x + C . 

Druga možnost za izračun integrala I n bi bila uvedba nove spremenljivke 

t = tg x, s čimer bi prišli do integrala 

∫ 

cos 2n−2 t dt , 

ki smo ga že obravnavali.

8.4. INTEGRACIJA RACIONALNIH FUNKCIJ 173 

8.4.2 Delni ulomki 

Imejmo racionalno funkcijo p(x)/q(x), kjer je stopnja polinoma p(x) strogo 

manjša od stopnje polinoma q(x). Iz osnovnega izreka algebre sledi, da se da 

polinom q(x) zapisati kot (končni) produkt 

q(x) = a(x − α 1 ) m 1 

(x − α 2 ) m2 · · · (x 2 + 2b 1 x + c 1 ) r 1 

(x 2 + 2b 2 x + c 2 ) r2 · · · . 

Tu so α j paroma različne ničle polinoma g(x), naravna števila m j pa njihova 

večkratnost. Faktorji (x 2 +2b j x+c j ) pa so paroma različni kvadratni polinomi 

s konjugirano kompleksnima ničlama, naravna števila r j pa so večkratnosti 

teh ničel. Tedaj nam izrek, ki ga tu ne bomo dokazali (najlažje se ga dokaže s 

pomočjo teorije funkcij kompleksne spremenljivke), pove, da lahko racionalno 

funkcijo p(x)/q(x) izrazimo kot vsoto delnih ulomkov na naslednji način. 

Za vsak faktor (x − α) m , ki nastopi v produktu g(x), obstaja tak izraz 

oblike 

A 1 

x − α + A 2 

(x − α) + · · · A m 

2 (x − α) , m 

za vsak faktor Q(x) = (x 2 + 2bx + c), ki v g(x) nastopi z večkratnostjo r, pa 

obstaja tak izraz 

B 1 + C 1 x 

Q 

+ B 2 + C 2 x 

Q 2 

+ · · · Br + C r x 

Q r , 

da je p(x)/q(x) vsota vseh tako dobljenih izrazov (tu so A j , B j in C j realna 

števila). 

To pa pomeni, da lahko vsak sumand, ki nastopi v tako dobljenem izrazu 

za p(x)/q(x), integriramo, saj ga spremenimo v enega od prej omenjenih 

osnovnih tipov. 

8.4.3 Primeri 

1. Kot prvi primer si oglejmo p(x)/q(x) = (x 2 − 1) −1 . Dobimo 

1 

x 2 − 1 = 

a 

x − 1 + 

b 

x + 1 

= 

(a + b)x + (a − b) 

x 2 − 1 

= 

1 

2(x − 1) − 1 

2(x + 1) . 

Pri tem smo za zadnjo enakost rešili sistem linearnih enačb a + b = 0 

in a − b = 1. Iz zgornje enakosti pa dobimo 

∫ 

√ ∣∣∣∣ dx 

x 2 − 1 = ln x − 1 

x + 1∣ + C . 

V tem primeru ni bilo težko razcepiti racionalne funkcije na parcialna 

ulomka. Nasploh bo nekaj več dela, rešujemo pa podobno. V parcialne 

ulomke vstavimo nedoločene koeficiente, z njimi izrazimo števec p(x) 

racionalne funkcije p(x)/q(x), izenačimo in dobimo vrednosti koeficientov.


2. Integrirajmo še funkcijo x −2 (x − 1) −1 . V skladu z zgornjim navodilom 

nastavimo 

1 

x 2 (x − 1) = a 

x − 1 + b x + c x . 2 

Če obe strani te enakosti pomnožimo z x 2 (x − 1), dobimo 

1 = (a + b)x 2 − (b − c)x − c . 

To je enakost polinomov, torej mora veljati a + b = 0, b − c = 0 in 

c = −1. Zato velja 

in zato 

∫ 

1 

x 2 (x − 1) = 1 

x − 1 − 1 x − 1 x 2 

∣ dx ∣∣∣ 

x 2 (x − 1) = ln x − 1 

x ∣ + 1 x + C . 

3. Integrirajmo še funkcijo x −1 (x 2 +1) −1 . V skladu z navodilom nastavimo 

1 

x(x 2 + 1) = a x + bx + c 

x 2 + 1 = (a + b)x2 + cx + a 

x(x 2 + 1) 

in dobimo a = 1, c = 0 in b = −1. Torej velja 

in 

∫ 

4. Integrirajmo še (x 4 + 1) −1 . Velja 

1 

x(x 2 + 1) = 1 x − x 

x 2 + 1 

dx 

x(x 2 + 1) = ln |x| − 1 2 ln(x2 + 1) + C . 

x 4 + 1 = (x 2 + 1) 2 − 2x 2 = (x 2 + 1 − √ 2x)(x 2 + 1 + √ 2x) 

in zato nastavimo 

1 

x 4 + 1 = 

ax + b 

x 2 + √ 2x + 1 + 

cx + d 

x 2 − √ 2x + 1 . 

Če desno stran seštejemo, dobimo za koeficiente naslednje enačbe. 

a+c = 0 , b+d−a √ 2+c √ 2 = 0 , a+c−b √ 2+d √ 2 = 0 , b+d = 1 

Odtod hitro dobimo 

1 

x 4 + 1 = x + √ 2 

(2 √ 2)(x 2 + √ 2x + 1) − x − √ 2 

(2 √ 2)(x 2 − √ 2x + 1) 

in z uvedbo nove spremenljivke x + √ 2/2 oziroma x − √ 2/2 prevedemo 

integrala funkcij na desni na osnovne tipe integralov. Na koncu dobimo 

∫ 

dx 

x 4 + 1 = 1 

4 √ 2 ln |x2 + √ 2x + 1| − 1 

4 √ 2 ln |x2 − √ 2x + 1| 

+ 1 

2 √ 2 arctg (√ 2x + 1) + 1 

2 √ 2 arctg (√ 2x − 1) . 

✸

8.5. INTEGRALI NEKATERIH IRACIONALNIH FUNKCIJ 175 

8.5 Integrali nekaterih iracionalnih funkcij 

Nasploh integrali elementarnih funkcij niso elementarni in jih mi ne bi znali 

izračunati. Tu si poglejmo le nekaj najbolj preprostih integralov iracionalnih 

funkcij. 

1. V integralih oblike 

∫ 

√ 

n 

(ax + b)m dx 

in 

∫ 

dx 

√ 

n (ax + b) 

m 

uvedemo novo spremenljivko t = ax + b. Potem je dx = 1 dt in 

a 

∫ 

√ 

n 

(ax + b)m dx = 1 ∫ 

t m/n n 

dt = 

a 

a(m + n) t m+n 

n + C = 

n √ 

n 

= 

(ax + b) 

m+n 

+ C 

a(m + n) 

∫ 

dx 

√ = 1 ∫ 

t −m/n n √ 

n 

dt = 

n 

(ax + b) 

n−m 

+ C 

(ax + b) 

m a 

a(n − m) 


∫ 

√ 

3 

(x + 2)2 dx 

postavimo x + 2 = t in dobimo 

∫ 

√ 

∫ 

3 

(x + 2)2 dx = t 2/3 dt = 3 5 t5/3 + C = 3 √ 

3 

(x + 2)5 + C . 

5 

✸ 

2. Pri integralu ∫ 

dx 

√ 

x2 + px + q 

preoblikujemo radikand 

x 2 + px + q = (x + p 2 )2 + 

4q − p2 

4 

= (x + p 2 )2 + k 

in uvedemo novo spremenljivko t = x + p . Dobimo dx = dt in 2 x2 + 

px + q = t 2 + k in 

∫ 

∫ 

dx 

dt 

√ = √ 

x2 + px + q t2 + k = ln |t + √ t 2 + k| + C = 

= ln |x + p 2 + √ x 2 + px + q| + C 

Primer: Ker je x 2 + 2x + 5 = (x + 1) 2 + 4, je 

∫ 

dx 

√ 

x2 + 2x + 5 = ln |x + 1 + √ x 2 + 2x + 5| + C . 

✸


3. Tudi v integralu ∫ 

dx 

√ 

q + px − x 

2 

zapišemo radikand drugače. 

−x 2 + px + q = −(x − p 2 )2 + p2 + 4q 

4 

= −(x − p 2 )2 + k 2 

To lahko naredimo, ker je p 2 + 4q pozitivno število, saj bi sicer funkcija 

ne bila definirana. Uvedemo novo spremenljivko. 

x − p 2 = kt 

dx = k dt 

−x 2 + px + q = k 2 − k 2 t 2 = k 2 (1 − t 2 ) 

in dobimo 

∫ 

∫ 

dx 

√ = q + px − x 

2 

dt 

√ 

1 − t 

2 

= arcsin t + C = arcsin 

2x 

− p √ 

p2 + 4q + C . 

Primer: Izračunajmo integral 

∫ 

dx 

√ . 

3 − 2x − x 

2 

Ker je −x 2 − 2x + 3 = −(x + 1) 2 + 4, postavimo x + 1 = 2t. Potem je 

dx = 2 dt, −x 2 − 2x + 3 = 4(1 − t 2 ) in 

∫ 

∫ 

dx 

√ = 3 − 2x − x 

2 

dt 

√ 

1 − t 

2 

= arcsin t + C = arcsin 

x + 1 

2 

+ C . 

✸ 

4. Oglejmo si še integral 

∫ 

P (x) dx 

√ 

ax2 + bx + c , 

kjer je P (x) poljuben polinom stopnje n. Ta intergal izračunamo z 

nastavkom 

∫ 

∫ 

P (x) dx 

√ 

ax2 + bx + c = Q(x)√ dx 

ax 2 + bx + c + K √ 

ax2 + bx + c ,(8.42) 

kjer je Q(x) neki polinom stopnje (n−1) in K neka konstanta. Da bomo 

določili Q(x) in K, odvajamo levo in desno stran zgornje enakosti. 

P (x) 

√ 

ax2 + bx + c = Q′ (x) √ Q(x)(2ax + b) 

ax 2 + bx + c+ 

2 √ ax 2 + bx + c + K 

√ 

ax2 + bx + c 

Odpravimo ulomke. 

2P (x) = 2Q ′ (x)(ax 2 + bx + c) + Q(x)(2ax + b) + 2K

8.5. INTEGRALI NEKATERIH IRACIONALNIH FUNKCIJ 177 

Tu imamo na levi strani polinom stopnje n z znanimi koeficienti, na 

desni pa imamo neznane koeficiente polinoma Q(x), stopnje (n − 1), 

in neznano konstanto K. To nam da n + 1 enačb, s katerimi določimo 

Q(x) in K. Od tod pa ni daleč do rezultata, saj integral na desni strani 

enakosti 8.42 že znamo izračunati. 


∫ √a2 

∫ 

I = − x 2 dx = 

a 2 − x 2 

√ 

a2 − x 2 dx . 

Postavimo 

∫ 

a 2 − x 2 

∫ 

√ 

a2 − x dx = (Ax + B)√ a 2 − x 2 + K 

2 

dx 

√ 

a2 − x 2 . 

Odvajamo 

a 2 − x 2 

√ 

a2 − x = A√ (Ax + B)x K 

a 2 − x 2 − √ + √ 2 a2 − x 2 a2 − x 2 

in odpravimo ulomke 

Od tod dobimo 

in 

−x 2 + a 2 = −2Ax 2 − Bx + a 2 A + K . 

2A = 1 B = 0 a 2 A + K = a 2 

I = x 2 

Izračunajmo še integral 

√ 

a2 − x 2 + a2 

2 

∫ 

I 1 = 

∫ 

dx 

√ 

a2 − x 2 . 

dx 

√ 

a2 − x 2 . 

Postavimo x = at in dobimo 

∫ 

dt 

I 1 = √ = arcsin t + C = arcsin x 1 − t 

2 a + C . 

Torej velja 

I = x 2 

√ 

a2 − x 2 + a2 

2 arcsin x a + C 1 . 

Za konec povejmo še tole: ker vsaka potenčna vrsta 

∞∑ 

f(x) = a k x k 

k=0 

konvergira enakomerno na vsakem zaprtem intervalu znotraj konvergenčnega 

intervala, lahko tako vrsto integriramo po členih in dobimo 

potenčno vrsto 

∞∑ a k 

F (x) = c + 

k + 1 xk+1 , 

k=0 

✸


za katero velja 

F ′ (x) = f(x) 

ali 

∫ 

f(x) dx = F (x) + C . 

Primer: Integral 

∫ sin x 

x 

dx = C + x − 

x3 

3 · 3! + x5 

5 · 5! − · · · + (−1) n x 2n+1 

(2n + 1) · (2n + 1)! + · · · 

smo z vrsto izračunali zlahka, desna stran za C = 0 določa funkcijo 

Si(x), ki se ji reče integralski sinus. Z elementarnimi metodami (uvedba 

nove spremenljivke ali integracija po delih) pa tega ne bi mogli integrirati. 

8.6 Integrali nekaterih kotnih funkcij 

Marsikateri integral, v katerem nastopajo kotne funkcije smo si že ogledali. 

Nekaj si jih obdelajmo tu bolj sistematično. 

1. Najprej si poglejmo integrala 

∫ 

sin m x dx 

∫ 

cos m x dx . 

Oba se izračuna na isti način, zato obravnavajmo le levega. 

(a) Če je m = 2k + 1 liho število, večje od 1, pišemo 

sin m x = (1 − cos 2 x) k sin x , 

postavimo cos x = t in dobimo 

∫ 

∫ 

sin m x dx = − 

ta integral pa že znamo izračunati. 

(1 − t 2 ) k dt 

(b) Če je m = 2k sodo število, pa uporabimo zvezo 

sin 2 x = 

in dobimo 

1 − cos 2x 

2 

∫ 

(oziroma 

cos 2 x = 

∫ 

sin m 1 − cos 2x 

x dx = ( ) k dx . 

2 

1 + cos 2x 

) 

2 

Eksponent se je pri tem znižal na polovico. Če je potrebno ta 

postopek ponavljamo, dokler ne pridemo do lihih eksponentov, 

potem pa, če ta eksponent ni 1, ravnamo po prejšnjem postopku.

8.6. INTEGRALI NEKATERIH KOTNIH FUNKCIJ 179 


∫ 

cos 4 x dx . 

Najprej integrand preuredimo. 

cos 4 1 + cos 2x 

x = ( ) 2 = 1 + 2 cos 2x + cos2 2x 

2 

4 

= 1 4 + 1 2 cos 2x + 1 1 + cos 4x 

= 

4 2 

= 3 8 + 1 2 cos 2x + 1 cos 4x 

8 

Zdaj pa že lahko izračunamo integral 

∫ 

cos 4 x dx = 3 8 x + 1 1 

sin 2x + 

4 32 sin 4x + C . ✸ 

= 

2. Integral ∫ 

sin m x cos n x dx 

izračunamo po postopku 1a, če je vsaj en eksponent lih, sicer pa po 

postopku 1b. 


∫ 

∫ 

sin 3 x cos 3 x dx = 

sin 3 x(1 − sin 2 x) cos x dx 

postavimo sin x = t, cos x dx = dt in dobimo 

∫ 

∫ 

sin 3 x cos 3 x dx = t 3 (1 − t 2 ) dt = 1 4 t4 − 1 6 t6 + C = 

= 1 4 sin4 x − 1 6 sin6 x + C . 

✸ 

Primer: Pri integralu 

∫ 

sin 2 x cos 2 x dx 

preuredimo integrand. 

sin 2 x cos 2 1 − cos 2x 1 + cos 2x 

x = = 1 − cos2 2x 

2 2 

4 

= 1 4 − 1 1 + cos 4x 

= 1 4 2 8 − 1 cos 4x 

8 

= 

Zato velja 

∫ 

sin 2 x cos 2 x dx = x 8 − 1 

32 sin 4x + C . ✸


3. Pri integralih 

∫ 

sin ax cos bx dx 

∫ 

sin ax sin bx dx 

∫ 

cos ax cos bx dx , 

kjer je a ≠ b, razčlenimo integrand z relacijami 

sin ax cos bx = 1 [sin(a − b)x + sin(a + b)x] 

2 

sin ax sin bx = 1 [cos(a − b)x − cos(a + b)x] 

2 

cos ax cos bx = 1 [cos(a − b)x + cos(a + b)x] 

2 

in integriramo desne strani brez težav. 

Primer: 

∫ 

sin x sin 4x dx = 1 ∫ 

2 ( 

∫ 

cos(−3x) dx − 

cos 5x dx) = 

= 1 6 

sin 3x − 

1 

10 sin 5x + C ✸ 

Za konec povejmo le še to, da lahko vsako racionalno funkcijo R(cos x, sin x) 

spremenljivk cos x in sin x prevedemo na racionalno funkcijo spremenljivke 

t, kjer je t = tg (x/2), tej uvedbi nove spremenljivke rečemo 

univerzalna substitucija. 

Če pa se da prevesti R v racionalno funkcijo že s spremenljivko t = tg x 

(če v integrandu nastopata sin x in cos x le v sodih potencah), pa se to 

vsekakor splača, saj ponavadi na ta način dobimo precej bolj enostavno 

racionalno funkcijo kot s tg (x/2).

Poglavje 9 

Riemannov integral 

V tem poglavju si bomo ogledali Riemannov integral. Vpeljali bomo torej 

določeni integral funkcije na s ploščino in potem pokazali zvezo z nedoločenim 

integralom in odvodom. 

9.1 Definicija Riemannovega integrala 

Definicija 9.1.1 Delitev P intervala [a, b] je končna urejena množica točk 

P = {a = x 0 < x 1 < x 2 < · · · < x n = b} , 

ki jim rečemo tudi delilne točke delitve P . 

Vsaka taka delitev P intervala [a, b] razdeli ta interval na množico podintervalov 

[x k−1 , x k ], k = 1, . . . , n, ki jim bomo rekli podintervali delitve 

P . 

Definicije 9.1.1 Imejmo omejeno funkcijo f : [a, b] → R in neko delitev P 

intervala [a, b]. Za vsak podinterval [x k−1 , x k ] delitve P naj bo 

m k = inf{f(x); x ∈ [x k−1 , x k ]} M k = sup{f(x); x ∈ [x k−1 , x k ]} . 

Spodnja vsota funkcije f pri delitvi P je 

L(f, P ) = 

n∑ 

m k (x k − x k−1 ) , 

k=1 

zgornja vsota funkcije f pri delitvi P pa je 

U(f, P ) = 

n∑ 

M k (x k − x k−1 ) . 

k=1 

Jasno je, da pri vsaki delitvi P velja U(f, P ) ≥ L(f, P ). Pokazali pa 

bomo, da velja U(f, P 1 ) ≥ L(f, P 2 ) za poljubni delitvi P 1 in P 2 intervala 

[a, b]. 

181

182 POGLAVJE 9. RIEMANNOV INTEGRAL 

Slika 9.1: Spodnja in zgornja vsota 

Definicija 9.1.2 Delitev Q intervala [a, b] je finejša od delitve P , če Q vsebuje 

vse delilne točke delitve P . V tem primeru pišemo P ⊂ Q. 

Z dodajanjem delilnih točk se spodnja vsota kvečjemu poveča, zgornja 

vsota pa kvečjemu zmanjša. Zapišimo to bolj formalno. 

Trditev 9.1.1 Če je delitev Q finejša od P , velja L(f, P ) ≤ L(f, Q) in 

U(f, P ) ≥ U(f, Q). 

Dokaz: Razdelimo podinterval [x k−1 , x k ] z novo delilno točko c v dva nova 

podintervala [x k−1 , c] in [c, x k ]. Kako to vpliva na spodnjo vsoto? Zaradi 

neenakosti 

m k (x k −x k−1 ) = m k (x k −c)+m k (c−x k−1 ) ≤ m ′ k(x k −c)+m ′′ 

k(c−x k−1 ) , 

kjer je 

m ′ k = inf{f(x); x ∈ [c, x k ]} m ′′ 

k = inf{f(x); x ∈ [x k−1 , c]} , 

se nam z novo delilno točko c spodnja vsota kvečjemu poveča. 

indukciji dobimo L(f, P ) ≤ L(f, Q). 

Podobno dokažemo tudi U(f, P ) ≥ U(f, Q). 

Po 

✷ 

Trditev 9.1.2 Za poljubni delitvi P 1 in P 2 intervala [a, b] velja U(f, P 1 ) ≥ 

L(f, P 2 ).

9.2. INTEGRABILNOST 183 

Dokaz: Naj bo delitev Q finejša od P 1 in P 2 (eno tako delitev lahko dobimo 

kar z unijo delilnih točk obeh delitev). Iz P 1 ⊂ Q in P 2 ⊂ Q sledi 

L(f, P 2 ) ≤ L(f, Q) ≤ U(f, Q) ≤ U(f, P 1 ) . 

Intuitivno je vsaka spodnja vsota spodnja meja za vrednost integrala, 

vsaka zgornja vsota pa zgornja meja za vrednost integrala. Z novimi delilnimi 

točkami dobimo večjo, torej bolj natančno, spodnjo mejo in manjšo, torej 

bolj natančno, zgornjo mejo. Funkcija bo integrabilna na danem intervalu, 

če bomo z novimi delilnimi točkami prišli s spodnjimi vsotami k isti točki kot 

z zgornjimi. 

✷ 

Definicija 9.1.3 Naj bo P množica vseh delitev intervala [a, b]. Zgornji integral 

funkcije f na [a, b] je 

Spodnji integral funkcije f na [a, b] je 

U(f) = inf{U(f, P ); P ∈ P} . 

L(f) = sup{L(f, P ); P ∈ P} . 

Trditev 9.1.3 Za vsako omejeno funkcijo f na [a, b] velja U(f) ≥ L(f). 

Dokaz: Naj bo P 1 poljubna delitev intervala [a, b]. Ker velja U(f, P 1 ) ≥ 

L(f, P ) za vsak P ∈ P, tj. U(f, P 1 ) je zgornja meja za vse spodnje 

vsote, velja tudi U(f, P 1 ) ≥ L(f). Ker to velja za vsak P 1 ∈ P, velja 

tudi U(f) ≥ L(f). 

✷ 

Definicija 9.1.4 Omejena funkcija f : [a, b] → R je Riemannovo integrabilna 

(pogosto bomo rekli le integrabilna, ker drugih integralov skoraj ne bomo 

obravnavali) če na [a, b] velja U(f) = L(f). V tem primeru pišemo 

∫ b 

a 

f = 

∫ b 

a 

f(x) dx = U(f) = L(f) . 

9.2 Integrabilnost 

Katere funkcije pa so Riemannovo integrabilne? Za vsako omejeno funkcijo 

smo pokazali, da velja 

L(f) ≤ U(f) , 

za integrabilnost torej zahtevamo, da imamo namesto neenakosti enakost, to 

je, da se spodnje vsote poljubno približajo zgornjim vsotam.


Izrek 9.2.1 Omejena funkcija f : [a, b] → R je integrabilna na [a, b] natanko 

tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja taka delitev P ε intervala [a, b], da velja 

U(f, P ε ) − L(f, P ε ) < ε . 

Dokaz: 

(⇐) Če za vsak ε > 0 obstaja taka delitev P ε , da velja 

U(f) − L(f) ≤ U(f, P ε ) − L(f, P ε ) < ε 

seveda mora veljati U(f) = L(f) in je f res integrabilna na [a, b]. 

(⇒) Če je f na [a, b] integrabilna, velja 

inf 

P 

{U(f, P )} = U(f) = L(f) = sup{L(f, P )} , 

P 

to pa pomeni, da za vsak dani ε > 0 najdemo taki delitvi P 1 in P 2 , da 

velja 

0 ≤ U(f, P 1 ) − U(f) < ε/2 , 0 ≤ L(f) − L(f, P 2 ) < ε/2 . 

Naj bo P ε = P 1 ∪ P 2 delitev intervala [a, b], ki je finejša od P 1 in P 2 . 

Tedaj po trditvi (9.1.1) velja 

U(f, P ε ) − L(f, P ε ) ≤ U(f, P 1 ) − L(f, P 2 ) 

= (U(f, P 1 ) − U(f)) + (L(f) − L(f, P 2 )) 

< ε/2 + ε/2 = ε . 

✷ 

Posledica 9.2.1 Omejena funkcija f : [a, b] → R je integrabilna na [a, b] 

natanko tedaj, ko obstaja tako zaporedje (P n ) delitev intervala [a, b], da velja 

lim (U(f, P n) − L(f, P n )) = 0 . 

n→∞ 

Dokaz: 

Vaja! 

V primeru, da za f na [a, b] obstaja tako zaporedje delitev, je seveda 

integral enak limiti zgornjih (in seveda tudi spodnjih) vsot, tj. 

∫ b 

a 

f = lim 

n→∞ 

U(f, P n ) = lim 

n→∞ 

L(f, P n ) . 

✷ 

Razliko med zgornjo in spodnjo vsoto funkcije f na [a, b] pri dani delitvi 

P = {a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b} lahko zapišemo tudi kot 

U(f, P ) − L(f, P ) = 

n∑ 

(M k − m k )∆x k , 

k=1


kjer je M k supremum vrednosti f na k-tem podintervalu [x k−1 , x k ], m k je 

infimum f na k-tem podintervalu, ∆x k pa razlika x k − x k−1 . 

Naj bo ε > 0 in naj bo P taka delitev intervala [a, b], da je razlika M k −m k 

med maksimumom in minimumom na vsakem podintervalu manjša od ε. 

Tedaj velja 

U(f, P ) − L(f, P ) = 

n∑ 

n∑ 

(M k − m k )∆x k ≤ ε ∆x k = ε(b − a) . 

k=1 

k=1 

Pri funkciji, ki je zvezna na nekem intervalu [a, b], se na dovolj majhnih podintervalih 

vrednosti funkcije poljubno malo razlikujejo, zato velja zgornja 

lastnost. Dokažimo torej, da je zveznost funkcije na [a, b] dovolj za integrabilnost. 

Izrek 9.2.2 Če je f : [a, b] → R zvezna, je tudi integrabilna. 

Dokaz: Če je funkcija f na [a, b] zvezna, je na njem tudi enakomerno zvezna. 

Imejmo neki dani ε > 0, zaradi lepšega imenujmo ε/(b − a) = η 

in tudi za η obstaja tak δ > 0, da velja 

|x − y| < δ =⇒ |f(x) − f(y)| < η . 

Naj bo P poljubna taka delitev intervala [a, b], da za vsak k velja ∆x k = 

x k − x k−1 < δ. Po izreku (5.5.2) obstajata na vsakem podintervalu taki 

točki y k in z k , da velja 

Ker velja |y k − z k | < δ, velja tudi 

odtod pa sledi 

U(f, P ) − L(f, P ) = 

M k = f(y k ) , m k = f(z k ) . 

M k − m k = f(y k ) − f(z k ) < η = 

n∑ 

k=1 

ε 

b − a , 

(M k − m k )∆x k < ε 

b − a 

n∑ 

∆x k = ε . 

k=1 

To pa po izreku (9.2.1) pomeni, da je funkcija integrabilna. 

✷ 

Vaje: 

1. Naj bo f : [1, 3] → R, f(x) = 2x+1 in naj bo delitev P = {1, 3/2, 2, 3}. 

(a) Izračunajte L(f, P ), U(f, P ) in U(f, P ) − L(f, P ). 

(b) Kaj se zgodi z razliko med zgornjo in spodnjo vsoto, če k P dodamo 

še delilno točko 5/2? 

(c) Poiščite tako delitev P ′ , da bo razlika U(f, P ′ ) − L(f, P ′ ) < 2.


2. Ne da bi se sklicevali na zgornji izrek dokažite, da je konstantna funkcija 

f(x) = k ∈ R na vsakem intervalu [a, b] integrabilna in izračunajte njen 

integral. 

3. Dokažite posledico (9.2.1). 

4. Naj bo f : [a, b] → R naraščajoča funkcija. Pokažite, da je integrabilna. 

✸ 

Primera: 

1. Izračunajmo naslednji integral. 

∫ 1 

0 

x dx 

Za identično funkcijo f(x) = x vemo, da je zvezna in zato po izreku 

(9.2.2) na intervalu [0, 1] tudi integrabilna. Torej iskani integral res 

obstaja. 

Razdelimo interval [0, 1] na n podintervalov enake dolžine, delilne točke 

take delitve P n so torej {0, 1/n, 2/n, . . . , n/n = 1}. Izračunajmo L(f, P n ) 

in U(f, P n ). Na k-tem podintervalu [(k − 1)/n, k/n] je najmanjša vrednost 

funkcije f kar (k − 1)/n, največja vrednost pa je k/n. Torej 

je 

Ker velja 

velja tudi 

in 

L(f, P n ) = 

n∑ 

k=1 

k − 1 

n · 1 

n , U(f, P n) = 

n∑ 

k=1 

lim (U(f, P 1 

n) − L(f, P n )) = lim 

n→∞ n→∞ n = 0 , 2 

U(f) = lim 

n→∞ 

U(f, P n ) = 1 n 2 

n∑ 

k=1 

k 

n · 1 

n . 

k = lim 

n→∞ 

n(n + 1) 

2n 2 = 1 2 

L(f) = lim 

n→∞ 

L(f, P n ) = lim 

n→∞ 

(n − 1)n 

2n 2 = 1 2 . 

Torej velja tudi 

∫ 1 

0 

x dx = 1 2 . 

Brez težav vidimo, da je to res enako ploščini trikotnika, ki ga omejuje 

abscisa, navpičnica x = 1 in simetrala y = x. 

2. Izračunajmo še naslednji integral, kjer je 0 ≤ a < b. 

∫ b 

a 

x 2 dx


Z elementarno geometrijo si tu ne moremo več pomagati, za določitev 

ploščine pod parabolo potrebujemo pravi limitni proces. 

Če spet razdelimo interval [a, b] na n podintervalov, je na k-tem podintervalu 

[a+(k−1)(b−a)/n, a+k(b−a)/n] minimum funkcije f(x) = x 2 

enak (a + (k − 1)(b − a)/n) 2 , maksimum pa je (a + k(b − a)/n) 2 . Pri 

tej delitvi P n je tedaj 

U(f, P n ) = 

n∑ (k(b − a))2 

a+ ·b − a 

n 2 n , L(f, P n) = 

k=1 

Ker je tudi v tem primeru lim n→∞ (U(f, P n ) − L(f, P n )) = 0, je 

U(f) = lim 

n→∞ 

U(f, P n ) = (b − a)(a 2 + a(b − a) + 

kar je tudi vrednost integrala. 

3. Ali je Dirichletova funkcija 

g(x) = 

na [0, 1] Riemannovo integrabilna? 

{ 1 x ∈ Q 

0 x ∉ Q 

n∑ (k − 1)(b − a))2 

a+ ·b − a 

n 2 n . 

k=1 

Naj bo P poljubna delitev intervala [0, 1]. Tedaj velja 

U(f, P ) = 1 , L(f, P ) = 0 . 

(b − a)2 

) = b3 − a 3 

, 

3 3 

Dirichletova funkcija torej na [0, 1] ni Riemannovo integrabilna. 

V zadnjem primeru smo spoznali, da vsaj ena nezvezna funkcija ni Riemannovo 

integrabilna. Pokažimo, da kakšna nezveznost še ne pokvari integrabilnosti. 

Imejmo funkcijo f : [0, 2] → R, definirano s predpisom 

{ 1 x ≠ 1 

f(x) = 

0 x = 1 . 

Kakorkoli razdelimo interval [0, 2] bo vedno U(f, P ) = 2. Kako pa je s 

spodnjimi vsotami? Spodnja vsota L(f, P ) bo manjša od 2 ravno za dolžino 

podintervala, v katerem je točka x = 1. 

Naj bo delitev P ε = {0, 1 − ε/2, 1 + ε/2, 2}, tedaj je 

L(f, P ) = (1 − ε/2) + 0 + (1 − ε) = 2 − ε . 

Če gre ε proti 0, gre tudi L(f, P ε ) proti 2, ki je vrednost integrala funkcije f 

na [0, 2]. To pa pomeni, da se integral funkcije f nič ne razlikuje od integrala 

konstantne funkcije 1 na [0, 2]. 

Dokažimo naslednji izrek, s katerim bomo kasneje argumentirali, da je 

tudi omejena funkcija f na [a, b] s končno mnogo točk nezveznosti integrabilna. 

✸


Izrek 9.2.3 Če je omejena funkcija f : [a, b] → R integrabilna na vsakem 

intervalu [c, b], a < c < b, je integrabilna tudi na intervalu [a, b]. 

Če je omejena funkcija g : [a, b] → R integrabilna na vsakem intervalu 

[a, d], a < d < b, je integrabilna tudi na intervalu [a, b]. 

Dokaz: 

Dokažimo le prvo trditev, druga se dokaže podobno. 

Naj bo M zgornja meja za |f(x)| na [a, b]. Če je 

P = {a = x 0 < x 1 < x 2 < · · · < x n = b} 

delitev intervala [a, b] in je M k supremum funkcije f na k-tem podintervalu, 

m k pa infimum f na k-tem podintervalu, velja 

U(f, P ) − L(f, P ) = 

n∑ 

(M k − m k )∆x k 

k=1 

= (M 1 − m 1 )(x 1 − a) + 

n∑ 

(M k − m k )∆x k 

k=2 

= (M 1 − m 1 )(x 1 − a) + (U(f, P [x1 ,b]) − L(f, P [x1 ,b])) , 

kjer je P [x1 ,b] delitev intervala [x 1 , b], ki jo dobimo iz P , ko spustimo a. 

Naj bo ε > 0. Najprej izberimo točko x 1 ∈ (a, b] tako blizu a, da velja 

(M 1 − m 1 )(x 1 − a) < ε 2 , 

kar zaradi neenakosti M 1 − m 1 < 2M dosežemo, če je 

x 1 − a < 

ε 

4M . 

Ker je f integrabilna na [x 1 , b], obstaja taka delitev P 1 intervala [x 1 , b], 

da velja 

U(f, P 1 ) − L(f, P 1 ) < ε 2 . 

Naj bo P 2 = {a} ∪ P 1 delitev intervala [a, b]. Za P 2 velja 

U(f, P 2 ) − L(f, P 2 ) ≤ 2M(x 1 − a) + U(f, P 1 ) − L(f, P 1 ) < ε 2 + ε 2 = ε . 

✷ 

9.3 Lastnosti določenega integrala 

Izrek 9.3.1 Naj bo f : [a, b] → R omejena funkcija in naj bo c ∈ (a, b). 

Funkcija f je integrabilna na [a, b] natanko tedaj, ko je integrabilna tudi na 

obeh intervalih [a, c] in [c, b]. Za integrabilno funkcijo f na [a, b] velja 

∫ b 

a 

f = 

∫ c 

a 

f + 

∫ b 

c 

f .

9.3. LASTNOSTI DOLOČENEGA INTEGRALA 189 

Dokaz: (⇒) Če je f integrabilna na [a, b], obstaja za vsak ε > 0 taka 

delitev P , za katero velja U(f, P ) − L(f, P ) < ε. Če točka c ni v delitvi 

P , jo lahko dodamo, pa bo razlika med zgornjo in spodnjo mejo še 

vedno manjša od ε, saj se z dodano delilno točko ta razlika kvečjemu 

zmanjša. Naj bo teorej c ∈ P . Definirajmo delitvi P 1 = P ∩ [a, c] za 

[a, c] in P 2 = P ∩ [c, b] intervala [c, b]. 

To pomeni, da velja 

U(f, P 1 ) − L(f, P 1 ) < ε , U(f, P 2 ) − L(f, P 2 ) < ε , 

kar pa pomeni (ker to velja za vsak ε > 0), da je f integrabilna na [a, c] 

in [c, b]. 

(⇐) Če je f integrabilna na [a, c] in [c, b], za vsak ε > 0 obstajata taki 

delitvi P 1 za [a, c] in P 2 za [c, b], da velja 

U(f, P 1 ) − L(f, P 1 ) < ε 2 , U(f, P 2) − L(f, P 2 ) < ε 2 . 

Definirajmo P = P 1 ∪ P 2 , ki je taka delitev intervala [a, b], da velja 

Torej je f res integrabilna na [a, b]. 

Pri istih oznakah velja 

∫ b 

a 

iz česar sledi ∫ b 

f ≤ ∫ c 

f + ∫ b 

a a 

∫ c 

a 

U(f, P ) − L(f, P ) < ε . 

f ≤ U(f, P ) < L(f, P ) + ε 

f + 

∫ b 

c 

c 

= L(f, P 1 ) + L(f, P 2 ) + ε 

≤ 

∫ c 

a 

f + 

∫ b 

c 

f + ε , 

f. Obratno neenakost pa dobimo iz 

f ≤ U(f, P 1 ) + U(f, P 2 ) 

< L(f, P 1 ) + L(f, P 2 ) + ε 

= L(f, P ) + ε 

≤ 

∫ b 

a 

f + ε . 

Ker je bil ε > 0 poljuben, dobimo iz zgornjih neenakosti 

∫ b 

a 

f = 

Iz izrekov (9.2.3) in (9.3.1) sledi, da je omejena funkcija f : [a, b] → R, ki je 

zvezna v vseh razen v končno mnogih točkah intervala [a, b], tudi integrabilna 

na [a, b]. Integral f na [a, b] je namreč enak vsoti integralov f na intervalih, 

v katerih notranjostih je f zvezna in zato integrabilna. 

∫ c 

a 

f + 

∫ b 

c 

f . 

✷


Izrek 9.3.2 Naj bosta funkciji f in g integrabilni na [a, b]. 

naslednje trditve. 

Tedaj veljajo 

1. Funkcija f + g je integrabilna na [a, b] in velja 

∫ b 

a 

f + g = 

∫ b 

a 

f + 

∫ b 

2. Za vsak α ∈ R je tudi funkcija αf integrabilna in velja 

∫ b 

a 

αf = α 

3. Če velja m ≤ f(x) ≤ M, za x ∈ [a, b] in m, M ∈ R, velja tudi 

m(b − a) ≤ 

∫ b 

∫ b 

4. Če je f(x) ≤ g(x) za x ∈ [a, b], velja tudi 

∫ b 

a 

a 

f ≤ 

a 

f . 

a 

g . 

f ≤ M(b − a) . 

∫ b 

5. Funkcija |f(x)| je integrabilna na [a, b] in velja 

| 

∫ b 

a 

f| ≤ 

Dokaz: Po posledici (9.2.1) je funkcija f integrabilna na [a, b], če obstaja 

tako zaporedje delitev (P n ) tega intervala, da velja 

a 

∫ b 

a 

g . 

|f| . 

lim U(f, P n) − L(f, P n ) = 0 (9.1) 

n→∞ 

in v tem primeru je ∫ b 

a f = lim n→∞ U(f, P n ) = lim n→∞ L(f, P n ). 

Za drugo trditev vzemimo najprej primer α ≥ 0 in opazimo, da velja 

U(αf, P ) = αU(f, P ) , L(αf, P ) = αL(f, P ) . 

Ker je f integrabilna, obstaja tako zaporedje delitev P n , da velja (9.1). 

Tedaj pa tudi za funkcijo (αf) velja 

lim (U(αf, P n) − L(αf, P n )) = α lim (U(f, P n ) − L(f, P n )) = 0 . 

n→∞ n→∞ 

Če pa je α < 0, je dokaz zelo podoben, le da velja 

U(αf, P n ) = αL(f, P n ) , L(αf, P n )) = αU(f, P n ) . 

Dokaz prve trditve je podoben, uporabimo neenakosti 

U(f+g, P n ) ≤ U(f, P n )+U(g, P n ) , L(f+g, P n ) ≥ L(f, P n )+L(g, P n ) .

9.3. LASTNOSTI DOLOČENEGA INTEGRALA 191 

Ker gresta desni strani obeh neenakosti k ∫ b 

f + ∫ b 

, gresta k tej vrednosti 

tudi U(f + g, P n ) in L(f + g, P n ), odtod pa sledi, da je f + g 

a a 

integrabilna in velja ∫ b 

(f + g) = ∫ b 

f + ∫ b 

g. 

a a a 

Tretja trditev je neposredna posledica dejstva, da za vsako delitev P 

intervala [a, b] velja 

U(f, P ) ≥ 

∫ b 

a 

f ≥ L(f, P ) . 

Če vzamemo tu kar trivialno delitev P = {a, b}, dobimo željeno neenakost. 

Četrto trditev dobimo iz veljavnosti prvih treh trditev za h = f −g ≥ 0, 

saj dobimo ∫ b 

(f − g) ≥ 0, odtod pa ∫ b 

f ≥ ∫ b 

g. 

a a a 

Zaradi neenakosti −|f| ≤ f ≤ |f| peta trditev sledi iz četrte, le integrabilnost 

funkcije |f| moramo pokazati posebej. 

Naj bo A ⊂ R in naj bo f : A → R omejena funkcija. Naj bo 

M = sup{f(x); x ∈ A} m = inf{f(x); x ∈ A} 

M ′ = sup{|f(x)|; x ∈ A} m ′ = inf{|f(x)|; x ∈ A} . 

Če sta M in m istega predznaka, velja M − m = M ′ − m ′ . Če pa sta 

M in m različnega predznaka, je M ′ − m ′ < max{M, |m|} < M − m, 

torej nasploh velja 

M ′ − m ′ ≤ M − m . 

Odtod pa sledi, da za vsako delitev P intervala [a, b] velja 

U(|f|, P ) − L(|f|, P ) ≤ U(f, P ) − L(f, P ) 

in zato po izreku (9.2.1) iz integrabilnosti f sledi tudi integrabilnost 

funkcije |f|. 

Neenakost 

| 

∫ b 

a 

f| ≤ 

pa sledi iz dejstva, da na vsakem podintervalu velja M ′ ≥ |M| in zato 

| 

n∑ 

M k ∆x k | ≤ 

k=1 

∫ b 

a 

|f| 

n∑ 

M k∆x ′ k . 

k=1 

Doslej smo definirali integral ∫ b 

f le za primer, da je a < b. 

a 

✷ 

Definicija 9.3.1 Če je funkcija f integrabilna na intervalu [a, b], definiramo 

definirajmo pa tudi 

∫ a 

f = − 

∫ b 

b 

a 

∫ a 

a 

f = 0 . 

,


S to definicijo smo poenostavili računanje z integrali. Brez težav preverimo, 

da za funkcijo, ki je integrabilna na nekem intervalu I velja 

∫ b 

a 

f = 

∫ c 

a 

za poljubne točke a, b in c (ne glede na njihovo medsebojno lego, tj. relacijo 

< med njimi) iz intervala I. 

f + 

∫ b 

c 

f 

Vaja: Preverite, da zgornja enakost velja za vse točke a, b in c iz intervala, 

na katerem je f integrabilna. 

✸ 

9.4 Osnovni izrek diferencialnega in integralskega 

računa 

Izrek 9.4.1 1. Če je omejena funkcija f : [a, b] → R integrabilna in za 

funkcijo F : [a, b] → R velja F ′ (x) = f(x) za vsak x ∈ [a, b], velja tudi 

∫ b 

a 

f = F (b) − F (a) . 

2. Naj bo omejena funkcija g : [a, b] → R integrabilna in definirajmo 

G(x) = 

za vsak x ∈ [a, b]. Tedaj je G zvezna na [a, b]. Če je g zvezna v neki 

točki c ∈ [a, b], je G v c odvedljiva in velja G ′ (c) = g(c). 

∫ x 

a 

g 

Dokaz: 

1. Naj bo P delitev intervala [a, b]. Za funkcijo F na poljubnem 

podintervalu [x k−1 , x k ] uporabimo izrek o povprečni vrednosti diferencialnega 

računa (6.7.1), kar nam da tako točko t k ∈ [x k−1 , x k ], 

da velja enakost 

F (x k ) − F (x k−1 ) = F ′ (t k )(x k − x k−1 ) 

= f(t k )(x k − x k−1 ) . 

Uporabimo to enakost za oceno spodnje in zgornje vsote L(f, P ) 

in U(f, P ). Ker za 

m k = inf{f(x); x ∈ [x k−1 , x k ]} , M k = sup{f(x); x ∈ [x k−1 , x k ]} 

velja m k ≤ f(t k ) ≤ M k , velja tudi 

L(f, P ) ≤ 

n∑ 

(F (x k−1 ) − F (x k )) ≤ U(f, P ) . 

k=1

9.4. OSNOVNI IZREK DIFERENCIALNEGA IN INTEGRALSKEGA RAČUNA193 

Vsota na sredi pa je očitno enaka 

n∑ 

(F (x k−1 ) − F (x k )) = F (b) − F (a) , 

k=1 

kar je neodvisno od delitve P . Zato velja tudi za spodnji in zgornji 

integral neenakost 

L(f) ≤ F (b) − F (a) ≤ U(f) . 

Iz enakosti L(f) = U(f) = ∫ b 

f sledi enakost ∫ b 

f = F (b) − F (a). 

a a 

2. Naj bosta x, y ∈ [a, b]. Velja 

∫ x ∫ y 

∣∫ ∣∣∣ x 

|G(x) − G(y)| = 

∣ g − g 

∣ = g 

∣ 

≤ 

a 

∫ x 

y 

a 

|g| ≤ M|x − y| , 

kjer je M > 0 neka zgornja meja za |g| na [a, b]. To pa pomeni, 

da je g Lipschitzeva funkcija in je zato celo enakomerno zvezna na 

[a, b]. 

Naj bo zdaj g zvezna v točki c ∈ [a, b]. Izrazimo G ′ (c) kot limito 

(∫ x ∫ c 

) 

G(x) − G(c) 

lim 

x→c x − c 

1 

= lim 

x→c x − c 

1 

= lim 

x→c x − c 

a 

∫ x 

c 

g 

g − 

Pokažimo, da je ta limita enaka g(c). Za poljubni ε > 0 moramo 

torej zagotoviti obstoj takega števila δ > 0, da bo iz |x − c| < δ 

sledilo ∣ (∫ ∣∣∣ 1 x 

) 

g(t) dt − g(c) 

x − c 

∣ < ε . (9.2) 

c 

Ker je g zvezna v točki c, obstaja δ > 0, za katerega za t ∈ [a, b] 

velja implikacija 

|t − c| < δ =⇒ |g(t) − g(c)| < ε . 

Da bomo dobili oceno (9.2) pišimo 

g(c) = 1 

x − c 

∫ x 

c 

g(c) dt 

in izrazimo oba člena v zgornji oceni v en sam integral. Ker je t 

med x in c, velja |x−c| ≥ |t−c|, zato velja za vsak x ∈ (c−δ, c+δ) 

ocena 

(∫ 1 x 

) 

∫ ∣ g(t) dt − g(c) 

x − c 

∣ = 

1 x 

∣ (g(t) − g(c)) dt 

c 

x − c 

∣ 

c 

∫ 

1 x 

≤ 

|g(t) − g(c)| dt 

< 

x − c 

1 

x − c 

c 

∫ x 

c 

y 

a 

g 

ε dt = ε .


Posebej povejmo še to, da za zvezno funkcijo f : [a, b] → R zgornji izrek 

pove, da velja 

(∫ 

d x 

) 

f = f(x) . 

dx a 

9.5 Izrek o povprečni vrednosti 

✷ 

Izrek 9.5.1 Naj bo f integrabilna funkcija na [a, b]. Tedaj obstaja tako število 

p med infimumom m in supremumom M funkcije f na [a, b], da velja 

∫ b 

a 

f(x) dx = p(b − a) . 

Če pa je f zvezna na [a, b], obstaja taka točka ξ ∈ [a, b], da velja 

∫ b 

a 

f(x) dx = f(ξ)(b − a) . 

Dokaz: 

Izrek (9.3.2) nam je povedal, da je 

Zato je 

in če postavimo 

m(b − a) ≤ 

∫ b 

a 

m ≤ 1 

b − a 

f(x) dx ≤ M(b − a) . 

∫ b 

a 

p = 1 

b − a 

smo že dokazali prvo trditev izreka. 

f(x) dx ≤ M 

∫ b 

a 

f(x) dx 

Za zvezno funkcijo pa vemo, da zavzame na intervalu vsako vrednost 

med svojim infimumom in supremumom, zato obstaja taka točka ξ med 

a in b, da velja tudi druga trditev izreka. 

Vrednost p v zgornjem izreku imenujemo povprečno vrednost funkcije, 

zgornji izrek pa izrek o povprečni vrednosti. Povprečna vrednost ima tudi 

preprost geometrijski pomen: če je funkcija f nenegativna, je ploščina pod 

njenim grafom enaka ploščini pravokotnika z višino p nad intervalom [a, b]. 

✷ 

9.6 Računanje določenega integrala 

Definicija določenega integrala nam sicer pove, kako naj bi ga računali, nasploh 

pa je poiskati limito integralskih vsot zelo težka naloga. Znanje iz

9.6. RAČUNANJE DOLOČENEGA INTEGRALA 195 

prejšnjega razdelka lahko uporabimo za računanje določenih integralov funkcij, 

za katere znamo izračunati nedoločeni integral. Če je 

∫ 

f(x) dx = G(x) , 

je po 9.4.1 

∫ b 

a 

f(x) dx = G(b) − G(a) . 

To formulo poznamo kot Newton-Leibnizevo. Pogosto pišemo razliko G(b) − 

G(a) kar [G(x)] b a. 

Primer: Ker ima funkcija f(x) = x nedoločeni integral 1 2 x2 + C, dobimo 

∫ b 

a 

x dx = [ 1 2 x2 ] b a = b2 

2 − a2 

2 . ✸ 

Kadar moramo za izračun določenega integrala nedoločeni integral šele 

izračunati, uporabimo metodo nove spremenljivke in metodo integriranja po 

delih kar na določenem integralu. Pokažimo za to potrebne izreke. 

Izrek 9.6.1 Če je funkcija x = x(t) zvezno odvedljiva na intervalu [α, β] in 

taka, da je x(α) = a, x(β) = b in x(t) ∈ [a, b] za vsak t ∈ [α, β], velja 

∫ b 

a 

f(x) dx = 

∫ β 

α 

f[x(t)]x ′ (t) dt . (9.3) 

Dokaz: V prejšnjem poglavju smo pokazali, da velja taka formula za nedoločeni 

integral. Naj bo G(x) taka funkcija , da je G ′ (x) = f(x) in 

H = G ◦ x, to je H(t) = G[x(t)]. Tedaj velja po Newtonu in Leibnizu 

∫ β 

α 

∫ b 

a 

f(x) dx = G(b) − G(a) 

f[x(t)]x ′ (t) dt = H(β) − H(α) = G[x(β)] − G[x(α)] 

= G(b) − G(a) . 

✷ 

Primer: Uporabimo zgornji izrek za izračun integrala 

∫ a 

0 

√ 

a2 − x 2 dx . 

Postavimo 

x = a sin t dx = a cos t dt .


Pri x = 0 je t = 0, pri x = a, pa t = π/2. Na [0, π/2] je funkcija x = a sin t 

strogo naraščajoča in zvezno odvedljiva. Zato smemo uporabiti formulo 9.3 

in dobimo 

∫ a 

0 

√ 

a2 − x 2 dx = a 2 ∫ π/2 

0 

cos 2 t dt = a2 

2 

∫ π/2 

0 

(1 + cos 2t) dt = 

= a2 

2 [t + 1 sin 2t]π/2 0 = πa2 

2 4 . ✸ 

Pokažimo še, kako integriramo po delih določeni integral. Na relaciji 

∫ 

∫ 

u(x)v ′ (x) dx = u(x)v(x) − v(x)u ′ (x) dx 

uporabimo Newton-Leibnizevo formulo in dobimo 

∫ b 

a 

∫ 

u(x)v ′ (x) dx = [u(x)v(x) − 

= [u(x)v(x)] b a − 

v(x)u ′ (x) dx] b a 

∫ b 

a 

v(x)u ′ (x) dx . (9.4) 


∫ π 

0 

x sin x dx . 

Postavimo 

u = x 

du = dx 

dv = sin x dx 

v = − cos x . 

Potem računamo po formuli 9.4. 

∫ π 

0 

x sin x dx = [−x cos x] π 0 + 

∫ π 

0 

cos x dx = π + [sin x] π 0 = π . 

✸ 

9.7 Numerična integracija 

Včasih je težko izračunati kakšen določeni integral. Če potrebujemo le neko 

približno oceno njegove vrednosti, lahko integrand nadomestimo s kakšno 

preprostejšo funkcijo, ki se ne razlikuje veliko od integranda, in izračunamo 

integral te preprostejše funkcije. Takemu ocenjevanju vrednosti integrala 

rečemo numerična integracija. Tu si bomo ogledali le najbolj preprost primer 

take vrste, več si lahko o numeričnem integriranju preberete v [Bohte].

9.7. NUMERIČNA INTEGRACIJA 197 

Definicija 9.7.1 Zvezni funkciji f : [a, b] → R rečemo odsekoma linearna, 

če obstajajo take točke, ki jim recimo delilne točke, 

a = x 0 < x 1 < . . . < x n−1 < x n = b , 

da je zožitev funkcije f na poljubni interval [x i , x i+1 ], i = 1, 2, . . . , n, linearna 

funkcija. 

Najpreprostejša metoda numerične integracije je trapezno pravilo. Funkcijo 

f, katere integral na intervalu [a, b] želimo oceniti, nadomestimo z odsekoma 

linearno funkcijo ϕ, ki se v delilnih točkah ujema s funkcijo f. Če je f 

na intervalu [a, b] pozitivna, je lik med absciso in grafom funkcije ϕ sestavljen 

iz trapezov, odtod ime metode. 

Slika 9.2: Numerična integracija - trapezno pravilo 

Recimo, da smo interval [a, b] razdelili na take podintervale, da imajo vsi 

enako dolžino h = (b − a)/n. Ploščina trapeza je enaka produktu med višino 

in srednjico 

Tedaj je integral funkcije ϕ na [a, b] enak 

∫ b 

( 1 

ϕ(x) dx = h 

a 

2 ϕ(x 0) + ϕ(x 1 ) + · · · + ϕ(x n−1 ) + 1 ) 

2 ϕ(x n) 

( 1 

= h 

2 f(x 0) + f(x 1 ) + · · · + f(x n−1 ) + 1 ) 

2 f(x n) . 

V splošnem bo ta ocena za integral ∫ b 

f(x) dx tem boljša, čimvečji bo 

a 

n. Če pa je funkcija f dvakrat zvezno odvedljiva in vemo, da je absolutna 

vrednost drugega odvoda funkcije f na intervalu manjša od nekega števila 

M, je napaka pri taki oceni manjša od 

R = nh3 

12 M .


Dokaz za to je na primer v [Bohte]. 

Primer: S trapezno metodo ocenimo integral 

∫ 1 

0 

dx 

1 + x 2 , 

za katerega sicer vemo, da je enak arctg1 = π/4. Vzemimo h = 0.1, torej je 

n = 10 in dobimo 

( 1 

0.1 · 

2 + 1 

1.01 + · · · + 1 

1.81 + 1 ) 

.= 

0.785 . 

4 

Ker je integrand dvakrat zvezno odvedljiv in je na [0, 1] njegov drugi odvod 

po absolutni vrednosti največ 2, vemo, da je možna napaka pri naši oceni 

manjša od 0.02. Če pa primerjamo dobljeno vrednost z vrednostjo pravega 

rezultata π/4, vidimo, da smo dobili celo do tisočinke natančni rezultat. 

✸ 

9.8 Posplošeni integrali 

Doslej smo obravnavali integral omejene funkcije na intervalu oblike [a, b]. Tu 

pa si poglejmo, kako bi integrirali neomejene funkcije ali pa omejene funkcije 

na neomejenih intervalih. 

Vzemimo najprej, da funkcija f ni omejena na [a, b]. Naj bo f zvezna na 

[a, b), v b pa naj ima pol. V tem primeru za vse majhne pozitivne ε obstaja 

integral 

∫ b−ε 

a 

f(x) dx . 

Če obstaja limita teh integralov, ko gre ε proti 0, jo imenujemo integral 

funkcije f na [a, b]. 

∫ b 

a 

f(x) dx = lim 

ε→0 

∫ b−ε 

a 

f(x) dx 

Če ima funkcija f pol v a, povsod drugod pa je zvezna, pa je 

če ta limita obstaja. 

∫ b 

a 

∫ b 

f(x) dx = lim f(x) dx , 

ε→0 

a+ε 

Če pa ima funkcija f pol v kakšni notranji točki c, povsod drugod pa je 

zvezna, definiramo 

∫ b 

a 

f(x) dx = lim 

ε→0 

∫ c−ε 

a 

∫ b 

f(x) dx + lim f(x) dx , 

ε→0 

c+ε

9.8. POSPLOŠENI INTEGRALI 199 

če ti limiti obstajata. 

Primera: 

1) Če je r pozitivno število, ima funkcija x −r pol v točki x = 0. Poglejmo, 

za katere vrednosti r je ta funkcija integrabilna na [0, 1]. 

Za r ≠ 1 je 

∫ dx 

x r 

= ∫ 

x −r dx = x1−r 

1 − r 

in zato 

∫ 1 

0 

dx 

x r 

{ = lim[ 

1 

1 

ε→0 1 − r − ε1−r 

1 − r ] = če je r < 1 

1−r 

∞ če je r > 1. 

Pri r = 1, pa je 

∫ 1 

0 

dx 

x = lim 

ε→0 [ln x]1 ε = − lim 

ε→0 

ln ε = ∞ . 

Torej je funkcija x r integrabilna na [0, 1] le za r < 1. 

2) Izračunajmo integral 

Za 0 < ε < 1 velja 

∫ 1−ε 

0 

∫ 1 

0 

dx 

√ 

1 − x 

2 

dx 

√ 

1 − x 

2 . 

= arcsin(1 − ε) . 

Če gre ε proti 0, gre desna stran proti π/2 = arcsin 1. Torej velja 

∫ 1 

0 

dx 

√ 

1 − x 

2 = π 2 . 

Oglejmo si še integracijo na neomejenih intervalih. Naj bo najprej na 

[a, ∞) definirana taka funkcija f, ki je na vsakem končnem podintervalu 

integrabilna. Definirajmo 

∫ ∞ 

če seveda desna stran obstaja. 

a 

f(x) dx = lim 

b→∞ 

∫ b 

a 

f(x) dx , 

Podobno definiramo integral, če je integracijski interval neomejen le navzdol. 

∫ b 

−∞ 

f(x) dx = 

lim 

a→−∞ 

∫ b 

a 

f(x) dx 

✸


Kako bi pa definirali integral po vsej realni osi? To pa bi bila limita 

integralov po končnih intervalih, ko gre zgornja meja proti ∞, spodnja meja 

pa neodvisno od tega proti −∞. 

∫ ∞ 

−∞ 

f(x) dx = lim 

a→−∞ 

b→∞ 

∫ b 

a 

f(x) dx 

Primeri: 

1) Poglejmo, pri katerih pozitivnih r je funkcija x −r integrabilna na [1, ∞). 

Pri r ≠ 1 je 

∫ ∞ 

Pri r = 1 pa je 

1 

dx 

x r 

[ ] x 

1−r b { 1 

= lim 

če je r > 1 

= 

r−1 

b→∞ 1 − r ∞ če je r < 1. 

1 

∫ ∞ 

1 

dx 

x = lim 

b→∞ [ln x]b 1 = lim 

b→∞ 

ln b = ∞ . 

Torej je funkcija x −r integrabilna na [1, ∞) ravno za vsak r > 1. 

2) Brez težav izračunamo 

∫ ∞ 

0 

dx 

1 + x 2 = lim 

a→∞ (arctg a − arctg 0) = π 2 . 

Odtod pa zaradi sodosti integranda dobimo 

∫ ∞ 

−∞ 

dx 

1 + x 2 = π . 

3) Z uvedbo nove spremenljivke x 2 = u izračunamo 

∫ ∞ 

0 

xe −x2 dx = 1 2 

∫ ∞ 

0 

e −u du = 1 2 lim 

a→∞ (1 − e−a ) = 1 2 . 

4) Pokažimo še obstoj Fresnelovih integralov (ki nastopijo pri preučevanju 

difrakcije svetlobe) 

F 1 = 

∫ ∞ 

0 

sin(x 2 ) dx , F 2 = 

Z uvedbo nove spremenljivke x 2 = t dobimo 

F 1 = 1 2 

∫ ∞ 

0 

sin t 

√ 

t 

dt , F 2 = 1 2 

∫ ∞ 

0 

∫ ∞ 

0 

cos(x 2 ) dx . 

cos t 

√ 

t 

dt . 

Z integracijo po delih, t −1/2 = u, sin t dt = dv (tu raje vzamemo v = 1−cos t, 

da se nam račun lepše izide), dobimo 

∫ b 

a 

sin t 

√ dt = 1 − √ cos b − 1 − √ cos a + 1 t b a 2 

∫ b 

a 

1 − cos t 

t 3/2 dt .

9.8. POSPLOŠENI INTEGRALI 201 

Ko gre a proti 0, b pa preko vseh meja, prva dva člena odpadeta. V tretjem 

členu pa je integrand omejen na (0, ∞), saj nam L’Hospitalovo pravilo pove, 

da je njegova limita v 0 enaka 0. Poleg tega je ta integrand manjši od t −3/2 , 

torej njegova limita, ki je enaka F 1 , obstaja. 

Analogno gre dokaz obstoja integrala F 2 . Fresnelovi integrali nam povedo 

tudi to, da za konvergenco integrala na neomejenem intervalu ni nujno, da 

bi integrand limitiral proti 0. Velja celo več: integrand je lahko neomejen, 

pa integral vendarle konvergira. Tak primer je integral 

∫ ∞ 

0 

2u cos(u 4 ) du , 

ki ga z uvedbo nove spremenljivke u 2 = x prevedemo na Fresnelov integral 

F 2 . 

✸

Analiza I

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?