Ovo me zbunjuje već duže vrijeme.Tražio sam dokaze po netu ali uvijek nađem nešto nepotpuno ili prekomplikovano sa derivacijama itd. Znači uglavnom s onim što nisam učio.Naravno to nisam našao na forumu jer vjerovatno i nema toga.Pokušavao sam ja nešto dokazivati preko grafika ali nije mi se dalo.
[dispmath]\lim_{x\to c}(f(x)+g(x))=\lim_{x\to c}f(x)+\lim_{x\to c}g(x)[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to c}(f(x)-g(x))=\lim_{x\to c}f(x)-\lim_{x\to c}g(x)[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to c}(f(x)\cdot g(x))=\lim_{x\to c}f(x)\cdot\lim_{x\to c}g(x)[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim\limits_{x\to c}f(x)}{\lim\limits_{x\to c}g(x)}[/dispmath]
Najbolje bi bilo ako neko može da ovo razjasni pa čak i ne mora skoz makar da imam veze s ovim.

Na podskupu realnih brojeva [inlmath]A[/inlmath] (uz konacno [inlmath]a,b[/inlmath]) limes bi bio:
[dispmath]\lim_{x\to a}f(x)=b\;\Longleftrightarrow\;(\forall\varepsilon >0)(\exists\delta >0)(\forall x\in A)(0<|x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-b|<\varepsilon)[/dispmath]
E sad, ako imamo dve funkcije [inlmath]f(x)[/inlmath] i [inlmath]g(x)[/inlmath] koje za [inlmath]x\to c[/inlmath] teze ka [inlmath]b_1[/inlmath], odnosno [inlmath]b_2[/inlmath], onda mozemo naci okoline [inlmath]\delta_1[/inlmath] i [inlmath]\delta_2[/inlmath] takve da vazi:
[dispmath]\lim_{x\to c}f(x)=b_1\;\Longleftrightarrow\;(\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_1>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_1\Rightarrow |f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{2}\right)[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to c}g(x)=b_2\;\Longleftrightarrow\;(\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_2>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}\right)[/dispmath]
Za [inlmath]\delta =\min(\delta_1,\delta_2)[/inlmath] ce vaziti da iz [inlmath]0<|x-c|<\delta[/inlmath] sledi i [inlmath]|f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{2}[/inlmath] i [inlmath]|g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}[/inlmath].

Iz nejednakosti trougla koju smo spominjali ne tako davno na drugoj temi (onoj koju je Daniel dao, ne ona geometrijska):
[dispmath]|f(x)+g(x)-b_1-b_2|=|f(x)-b_1+g(x)-b_2|\le |f(x)-b_1|+|g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon[/dispmath]
Time smo pokazali da je granicna vrednost [inlmath]\lim\limits_{x\to c}\left(f(x)+g(x)\right)=b_1+b_2[/inlmath].

Druga osobina se moze dokazati iz prve ako se iskoristi da je za konacno [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{x\to c}\left[af(x)\right]=a\lim\limits_{x\to c}f(x)[/inlmath] (probaj ovo da dokazes sam):
[dispmath]\lim_{x\to c}\left(f(x)-g(x)\right)=\lim_{x\to c}f(x)+\lim_{x\to c}(-g(x))=\lim_{x\to c}f(x)-\lim_{x\to c}g(x)=b_1-b_2[/dispmath]

Iskreno,slabo mi je šta ovde jasno.Misliš na ovu nejednakost? U školi smo limes funkcije radili na onaj školski način bez gomile tih formula. Ali ipak moraću ih znati da bih ovo mogao razumjeti.Ne mogu da razumijem jer mi nije baš jasno uopšteno ono sa epsilonom i deltom(mislim na te sve formule). Znaš jasno je tu meni nešto povezano je to sa limesom sa desne i lijeve strane.Tako da kontam ja tu nešto ali treba to još razraditi.Ili najbolje bi bilo ako imaš neki dobar pdf ili bilo šta već (ne moraš sve pisati) sa dobrim tim objašnjenjima ovih formula od početka samo okači pa ću ja to gledati.Uopšte mi nije jasno kako se čita ta prva formula,jer kod zagrada ne vidim nikakve znakove a u njima vidim. Mislim ono nisu zagrade povezane konjukcijom disjukcijom ili sta već? A ovo za postoji i svaki mi je jasno.

Da, mislim na tu nejednakost.
[dispmath]\left|x_1+x_2+\cdots +x_n\right|\le\left|x_1\right|+\left|x_2\right|+\cdots +\left|x_n\right|[/dispmath]
Za dva broja svodljiva je na: [dispmath]|a+b|\le |a|+|b|[/dispmath]
Formule koje si naveo su logicne, a i jednostavne, tako da u principu mozes da ih koristis bez da ulazis u ovaj dokaz koji sam dao (dokaze za proizvod i kolicnik nisam ispisao jos uvek, ali svakako se i tu koristi prica o epsilon-delta okolinama koju isprva treba da savladas). Ako pak zelis da razumes i te formule, i sam pojam limesa funkcije, preporucujem da detaljnije izucis preciznu definiciju samog limesa, pa da onda predjes na dokazivanje ovih formula.

Intuitivno, kada [inlmath]x[/inlmath] tezi [inlmath]a[/inlmath] onda [inlmath]f(x)[/inlmath] tezi [inlmath]b[/inlmath], pa onda kazemo da je [inlmath]\lim\limits_{x\to a}f(x)=b[/inlmath]. Preciznije, to bi bilo:
[dispmath]\lim_{x\to a}f(x)=b\;\Longleftrightarrow\;(\forall\varepsilon >0)(\exists\delta >0)(\forall x\in A)(0<|x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-b|<\varepsilon)[/dispmath]
E sad, ovo u stvari znaci da se za svaku vrednost [inlmath]\varepsilon >0[/inlmath] (koju proizvoljno biras) moze naci neko [inlmath]\delta >0[/inlmath] (koje zavisi od izabranog [inlmath]\varepsilon[/inlmath]) takvo da za svako [inlmath]x[/inlmath] iz razmatranog podskupa realnih brojeva [inlmath]A[/inlmath] vazi da iz [inlmath]0<|x-a|<\delta[/inlmath] sledi [inlmath]|f(x)-b|<\varepsilon[/inlmath].

Ovo je Kosijeva definicija limesa. Ima jos nacina da se precizno definise limes ekvivalentnih prethodnom (recimo, pomocu filtera), ali ovo je najjednostavnije.

Evo i ilustracije, možda će ti ona ovo malo približiti.

Navedena formula,
[dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta >0)(\forall x\in A)(0<|x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-b|<\varepsilon)[/dispmath]
znači sledeće:


Koliko god malu okolinu vrednosti [inlmath]b[/inlmath] da odaberemo (to ti je ovaj interval [inlmath]\left(b-\varepsilon,b+\varepsilon\right)[/inlmath] na [inlmath]y[/inlmath]-osi), uvek će postojati neka okolina vrednosti [inlmath]a[/inlmath] (na slici je to interval [inlmath]\left(a-\delta,a+\delta\right)[/inlmath] na [inlmath]x[/inlmath]-osi) koju će funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] preslikavati u prvobitno odabranu okolinu vrednosti [inlmath]b[/inlmath].
E, ako je to ispunjeno, tada kažemo da postoji limes u tački [inlmath]a[/inlmath] i da on iznosi [inlmath]b[/inlmath].

Rastumačio sam Kosijevu(Cauchy`s) definiciju limesa.Mislim da mi je poprilično jasna. Jasno mi je do ovoga nema šta.
[dispmath]|f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{2}[/dispmath][dispmath]|g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}[/dispmath]
[dispmath]|f(x)+g(x)-b_1-b_2|\le|f(x)-b_1|+|g(x)-b_2|[/dispmath]
Ovako bi trebalo da slijedi iz te nejednakosti trougla a sad ne znam odkuda dva puta povezano sa jednako [inlmath]|f(x)+g(x)-b_1-b_2|[/inlmath] i ovo [inlmath]<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon[/inlmath] a i kad ima ovo opet ne razumijem kakve veze ima ovo sa prvim svojstvom zbira.Vjerovatno ne razumijem dovoljno dobro nejednakost trougla. Tacnije me zbunjuje kako ovo pretvori u dokaz. Ne znam da li si preskočio neki korak ili se iz ovoga odmah to može zaključiti. Kako? Ako može tu malo detaljnije.

Posto limesi funkcija [inlmath]f(x)[/inlmath] i [inlmath]g(x)[/inlmath] za [inlmath]x\to c[/inlmath] iznose [inlmath]b_1[/inlmath] i [inlmath]b_2[/inlmath] onda prema datoj definiciji limesa vazi:
[dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_1>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_1\Rightarrow |f(x)-b_1|<\varepsilon\right)[/dispmath][dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_2>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-b_2|<\varepsilon\right)[/dispmath]
Posto [inlmath]\varepsilon[/inlmath] biramo proizvoljno, mozemo u prethodnim formulama da ga zamenimo i sa [inlmath]\frac{\epsilon}{2}[/inlmath]:
[dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_1>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_1\Rightarrow |f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{2}\right)[/dispmath][dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta_2>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}\right)[/dispmath]
Da bi limes od [inlmath]f(x)+g(x)[/inlmath] za [inlmath]x\to c[/inlmath] bio [inlmath]b_1+b_2[/inlmath] treba da bude:
[dispmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta\Rightarrow |f(x)+g(x)-b_1-b_2|<\varepsilon\right)[/dispmath]
Ako se za ovo [inlmath]\delta[/inlmath] odabere manji od brojeva [inlmath]\delta_1[/inlmath] i [inlmath]\delta_2[/inlmath] vazice i [inlmath]|f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{2}[/inlmath] i [inlmath]|g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}[/inlmath]. Treba pokazati da ce onda vaziti i [inlmath]|f(x)+g(x)-b_1-b_2|<\varepsilon[/inlmath]. Iskoristimo nejednakost trougla:
[dispmath]|f(x)+g(x)-b_1-b_2|=|f(x)-b_1+g(x)-b_2|\le |f(x)-b_1|+|g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon[/dispmath]
Time smo pokazali da je [inlmath](\forall\varepsilon >0)(\exists\delta>0)(\forall x\in A)\left(0<|x-c|<\delta\Rightarrow |f(x)+g(x)-b_1-b_2|<\varepsilon\right)[/inlmath], i da je otuda:
[dispmath]\lim_{x\to c}\left(f(x)+g(x)\right)=\lim_{x\to c}f(x)+\lim_{x\to c}g(x)=b_1+b_2[/dispmath]

Evo pregledao sam ovo par puta i dokazao ovo prvo svojstvo zbira.Moglo bi se reći leglo mi je nešto. Kad mi već spomenu tu razliku da se izvodi iz ove formule. Lako je izvesti kada znam tu formulu
[dispmath]\lim_{x\to c}[af(x)]=\lim_{x\to c}a\cdot\lim_{x\to c}f(x)=a\lim_{x\to c}f(x)[/dispmath]
jer je
[dispmath]\lim_{x\to c}a=a[/dispmath]
Tako da nije problem ovo drugo izvesti.Stvar je u tome da je ovo izgleda nastalo od proizvoda.Aj kada smo već tu ako možeš daj mi samo neke upute kako se izvodi proizvod i količnik pa ću ja probati sam ako znadnem.

Formula za limes proizvoda kaze:
[dispmath]\lim_{x\to c}(f(x)\cdot g(x))=\lim_{x\to c}f(x)\cdot\lim_{x\to c}g(x)[/dispmath]
Dokazimo je. Opet cemo poci od definicje limesa.
[dispmath]\lim_{x\to a}f(x)=b\;\Longleftrightarrow\;(\forall\varepsilon >0)(\exists\delta >0)(\forall x\in A)(0<|x-a|<\delta\Rightarrow |f(x)-b|<\varepsilon)[/dispmath]
Neka je [inlmath]\lim\limits_{x\to c}f(x)=b_1[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{x\to c}g(x)=b_2[/inlmath]. Iskoristimo drugi od ova dva limesa. Epsilon biramo proizvoljno – dakle mozemo za epsilon izabrati i [inlmath]\frac{\varepsilon}{2|b_1|}[/inlmath] i [inlmath]\frac{|b_2|}{2}[/inlmath]. Za svaku od te dve vrednosti [inlmath]\varepsilon[/inlmath] imamo i odgovarajuce vrednosti [inlmath]\delta_1[/inlmath] i [inlmath]\delta_2[/inlmath]. Dakle, za tako izabrano [inlmath]\varepsilon[/inlmath] postoji neko [inlmath]\delta[/inlmath] takvo da:
[dispmath]0<|x-c|<\delta_1\Rightarrow |g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{2|b_1|}[/dispmath][dispmath]0<|x-c|<\delta_2\Rightarrow |g(x)-b_2|<\frac{|b_2|}{2}[/dispmath]
Slicno, za limes [inlmath]\lim\limits_{x\to c}f(x)=b_1[/inlmath] uzimajuci da je [inlmath]\varepsilon = \frac{\varepsilon}{3b_2}[/inlmath] mozemo naci neko [inlmath]\delta_3[/inlmath] takvo da vazi:
[dispmath]0<|x-c|<\delta_3\Rightarrow |f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{3|b_2|}[/dispmath]
Uzmimo za [inlmath]\delta[/inlmath] najmanju od prethodne tri delte... Uz [inlmath]0<|x-c|<\delta[/inlmath] vazice sve tri prethodne implikacije...

Treba da dokazemo da je limes proizvoda [inlmath]b_1b_2[/inlmath], tj. da postoji neko [inlmath]\delta[/inlmath] takvo da za svako pozitivno [inlmath]\varepsilon[/inlmath] vazi:
[dispmath]0<|x-c|<\delta\Rightarrow |f(x)g(x)-b_1b_2|<\varepsilon[/dispmath]
Dokazimo to. Pre svega, prosirimo [inlmath]|f(x)g(x)-b_1b_2|=|f(x)g(x)-b_1g(x)+b_1g(x)-b_1b_2|[/inlmath] i onda iskoristimo nejednakost trougla:
[dispmath]|f(x)g(x)-b_1g(x)+b_1g(x)-b_1b_2|\le |f(x)g(x)-b_1g(x)|+|b_1g(x)-b_1b_2|=|g(x)||f(x)-b_1|+|b_1||g(x)-b_2|[/dispmath]
S obzirom na to da vazi [inlmath]|g(x)-b_2|<\frac{|b_2|}{2}[/inlmath], vazi i [inlmath]\frac{|b_2|}{2}<|g(x)|<\frac{3|b_2|}{2}[/inlmath]. Ako iskoristimo i [inlmath]|g(x)-b_2|<\frac{|b_1|}{2}[/inlmath], kao i [inlmath]|f(x)-b_1|<\frac{\varepsilon}{3|b_2|}[/inlmath], kada to uvrstimo u [inlmath]|g(x)||f(x)-b_1|+|b_1||g(x)-b_2|[/inlmath], dobijamo:
[dispmath]|g(x)|\cdot |f(x)-b_1|+|b_1|\cdot |g(x)-b_2|<\frac{\varepsilon}{3|b_2|}\cdot\frac{3|b_2|}{2}+|b_1|\cdot\frac{\varepsilon}{2|b_1|}=\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\epsilon[/dispmath]
Time je dokaz zavrsen, s tim sto valja napomenuti da ne vazi za slucaj da je neki od brojeva [inlmath]b_1[/inlmath] ili [inlmath]b_2[/inlmath] jednak nuli (zbog deljenja nulom koje imamo u postupku). Taj slucaj valja posebno argumentovati, sto prepustam tebi, kao i dokaz za limes kolicnika. Sto se tog dokaza tice – dacu ti ideju. Treba pokazati da je limes [inlmath]\lim\limits_{x\to c}\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{b_1}[/inlmath], i onda da se samo iskoristi pravilo za proizvod koje izvedoh sada...

Svaka čast. Zaboravio sam gore napisati svojstvo limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to c}(f(x))^n=\left(\lim\limits_{x\to c}f(x)\right)^n[/inlmath] a [inlmath]\lim\limits_{x\to c} \left(\frac{1}{f(x)}\right)=\frac{1}{b}[/inlmath] se upravo izvodi preko ovoga ovako
[dispmath]\lim_{x\to c}(f(x))=b\;/^{-1}[/dispmath][dispmath]\left(\lim_{x\to c}f(x)\right)^{-1}=b^{-1}[/dispmath][dispmath]\lim_{x\to c}(f(x))^{-1}=\frac{1}{b}[/dispmath][dispmath]\enclose{box}{\lim_{x\to c}\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{b}}[/dispmath]
Ja stavrno ne znam kao da ovo svojstvo drugačije dokažem zapravno ne znam da li uopšte i može. Meni samo ovo pada na pamet. Ali opet me zbunjuje ovo svojstvo stepena uopšteno, ne znam kako da njega dokažem.