Embed Size (px)
DESCRIPTION
Odvodi
Citation preview
X
ODVOD
FUNKCIJE
Odvod funkcije
239
10.1 Definicija odvoda Naj bo funkcija f xb g definirana na nekem intervalu I in naj bo x0 kakšna notranja točka
tega intervala. V tej točki naj bo funkcija zvezna. Naj se neodvisna spremenljivka spremeni za h (spremembo pogosto označimo z ∆ , torej je sprememba neodvisne spremenljivke h x= ∆ ), odvisna spremenljivka pa naj se hkrati spremeni za ∆y f x h f x= + −0 0b g b g . Tvorimo kvocient teh diferenc (diferenčni kvocient)
f x h f x
h
0 0+ −b g b g (10.01)
Izraz (10.01) pove, kako hitro se v povprečju funkcija f xb g spreminja med x0 ter x h0 + .
Diferenčni kvocient je definiran za vse vrednosti h, razen za h = 0 . Opazujmo, kako se kvocient vede, ko gre sprememba neodvisne spremenljivke h proti nič. Kadar diferenčni kvocient konvergira, ko gre h na kakršen koli način proti nič, ga imenujemo odvod funkcije v točki x0 in ga označimo ′f x0b g . Definicija: Odvod funkcije f xb g v točki x0 je enak limiti diferenčnega kvocienta (10.01),
to je
′ =+ −
→f x
f x h f x
hh0
0
0 0b g b g b glim (10.02)
Kadar v točki x0 obstaja odvod funkcije, to je limita (10.02), je funkcija f xb g v tej točki
odvedljiva.
Ker je y f x= b g , odvod pogosto označimo kar z znakom ′y .
Primer 10.1: Vzemimo funkciji y f x x= =b g in y f x x= =b g 3 , ki sta definirani in zvezni na celi realni
osi. Odvod v poljubni točki, označimo jo kar x, je: a) za y f x x= =b g :
′ =+ −
=+ −
= = =→ → → →
f xf x h f x
h
x h x
h
h
hh h h h
b g b g b g b glim lim lim lim
0 0 0 0
1 1
b) za y f x x= =b g 3 :
′ =+ −
=+ −
=
=+ + + −
=+ +
=
= + + =
→ →
→ →
→
f xf x h f x
h
x h x
h
x x h xh h x
h
h x xh h
h
x xh h x
h h
h h
h
b g b g b g b g
c h c h
c h
lim lim
lim lim
lim
0 0
3 3
0
3 2 2 3 3
0
2 2
0
2 2 2
3 3 3 3
3 3 3
♦♦♦
Odvod funkcije
240
V relaciji (10.02) je včasih pomembno, kako gre h proti nič. Kadar gre h proti nič le po pozitivnih vrednostih, limito imenujemo desni odvod funkcije v dani točki:
′ + =+ −
→ +f x
f x h f x
hh0
0
0 00b g b g b glim (10.03)
Kadar pa gre h proti nič le po negativnih vrednostih, limito imenujemo levi odvod funkcije v dani točki:
′ − =+ −
→ −f x
f x h f x
hh0
0
0 00b g b g b glim (10.04)
Funkcija je v točki x0 odvedljiva, kadar je levi odvod enak desnemu. V primeru, da levi in desni odvod v isti točki nista enaka, funkcija v taki točki ni odvedljiva. Funkcija f xb g je v splošnem definirana na nekem nepraznem intervalu I. Kadar je ta
funkcija odvedljiva v vsaki točki nekega intervala I, je odvedljiva na intervalu I. Izrek: Če je funkcija v neki točki odvedljiva, je v tej točki tudi zvezna.
Dokaz:
Označimo f x h f x
hf x r h
0 00
+ −− ′ =
b g b g b g b g oziroma
f x h f x h f x h r h0 0 0+ − = ′ +b g b g b g b g . Ko gre h → 0 , gre r hb g proti nič in desna stran v celoti proti nič. To pomeni, da v točki x0
, v kateri obstoja odvod, velja limh
f x h f x→
+ =0
0 0b g b g in funkcija je v tej točki res zvezna.
S tem je izrek dokazan.
10.2 Geometrični pomen odvoda Slika zvezne funkcije y f x= b g je neka nepretrgana krivulja na ravnini. Naj bo na njej
A x y0 0,b gneka poljubna točka. Če se x spremeni za h, se točka A premakne v točko
B x y1 1,b g . Pri tem je x x h1 0= + in y f x h1 0= +b g . Skozi točki A in B potegnimo premico,
ki jo imenujemo sekanta krivulje (slika 10.1). Sekanta naj s pozitivno smerjo osi x oklepa
kot β . Smerni koeficient sekante je tgβ =−
−=
+ −=
y y
x x
f x h f x
hk hs
1 0
1 0
0 0b g b g b g . Če se h manjša in gre proti nič, se točka B približuje točki A. Sekanta, ki se pri tem procesu vrti okoli točke A, limitira proti tangenti na krivuljo v tej točki. Smerni koeficient sekante preide v smerni koeficient tangente, kot β pa preide v kot α , ki ga tangenta oklepa s pozitivno smerjo abscisne osi. Torej je
tgα =+ −
= ′→
limh
f x h f x
hf x
0
0 00
b g b g b g
Odvod funkcije
241
Na ta način smo ugotovili geometrični pomen odvoda
Odvod funkcije je tangens kota α , ki ga oklepa tangenta na krivuljo s pozitivno smerjo
abscisne osi. Odvod je smerni koeficient tangente na krivuljo v dani točki.
′ = =f x k k0b g tgα (10.05)
y s B ∆y t A α β h 0 x0 x h0 + x
Slika 10.1: Geometrični pomen odvoda
Na sliki 10.1 pomenijo:
s - sekanta skozi točki A x f x0 0, b gc h in B x h f x h0 0+ +, b gc h t - tangenta na krivuljo v točki A x f x0 0, b gc h α - kot med pozitivno smerjo abscisne osi in tangento t β - kot med pozitivno smerjo abscisne osi in sekanto s h x= ∆ - sprememba neodvisne spremenljivke
∆y f x h f x= + −0 0b g b g - sprememba odvisne spremenljivke
10.3 Pravila za odvajanje 1. Odvod konstante je nič. f x C f xb g b g= ⇒ ′ = 0 (10.06)
Funkcija f x Cb g = je konstanta, kadar je njena vrednost C za vsak x. Zato je
tudi f x h C+ =b g in ′ =+ −
= =→ →
f xf x h f x
hh hb g b g b g
lim lim0 0
0 0 (slika 10.2).
Odvod funkcije
242
y C y = C
0 x x+h x
Slika 10.2: Graf funkcije y C= 2. Če sta f xb g in g xb g dve odvedljivi funkciji na nekem intervalu, so na tem intervalu
odvedljive tudi vsota, razlika, produkt in kvocient teh funkcij, to so funkcije f x g xb g b g+ ,
f x g xb g b g− , f x g xb g b g. , f x g xb g b g in velja:
f x g x f x g xb g b g b g b g+′
= ′ + ′ (10.07)
f x g x f x g xb g b g b g b g−′
= ′ − ′ (10.08)
f x g x f x g x f x g xb g b g b g b g b g b g′= ′ + ′ (10.09)
f x
g x
f x g x f x g x
g x
b gb g
b g b g b g b gb g
LNMOQP′
=′ − ′
2 , g xb g ≠ 0 (10.10)
Zadnje pravilo velja le za tiste x, kjer je g xb g ≠ 0 .
Pokažimo to pravilo najprej za vsoto. Označimo F x f x g xb g b g b g= + .
Odvod te funkcije je po definiciji
′ =+ −
=+ + + − +
=
=+ −
++ −
= ′ + ′
→ →
→ →
F xF x h F x
h
f x h g x h f x g x
h
f x h f x
h
g x h g x
hf x g x
h h
h h
b g b g b g b g b g b g b g
b g b g b g b g b g b g
lim lim
lim lim
0 0
0 0
Za vsoto torej pravilo res velja. Pravilo lahko brez težav razširimo na poljubno število sumandov:
f x f x f x f x f x f xn n1 2 1 2b g b g b g b g b g b g+ + +′
= ′ + ′ + + ′⋯ ⋯ (10.11)
Podobno dokažemo pravilo (10.08) za odvod razlike funkcij. Dokažimo sedaj še formulo za odvod produkta (za odvod kvocienta je postopek podoben). Označimo z F x f x g xb g b g b g= produkt dveh odvedljivih funkcij. Iz definicije odvoda sledi
Odvod funkcije
243
′ =+ −
=+ + −
=
=+ + − + + − +
=
=+ −
+ ++ −
=
= ′ + ′
→ →
→
→ →
F xF x h F x
h
f x h g x h f x g x
h
f x h g x h f x g x f x g x h f x g x h
h
f x h f x
hg x h f x
g x h g x
h
f x g x f x g x
h h
h
h h
b g b g b g b g b g b g b g
b g b g b g b g b g b g b g b g
b g b g b g b g b g b g
b g b g b g b g
lim lim
lim
lim lim
0 0
0
0 0
Formulo (10.09) lahko brez težav razširimo na produkt več funkcij. Za produkt treh funkcij, označimo jih f x1b g , f x2 b g in f x3b g , velja:
f f f f f f f f f f f f1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3b g′ = ′ + ′ + ′ (10.12)
Splošno, za produkt n faktorjev velja formula
f f f f f f f f f f f fn n n n1 2 1 2 1 2 1 2⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯b g′ = ′ + ′ + + ′ (10.13)
Ko v (10.13) vzamemo, da so vsi faktorji enaki f f f un1 2= = = =⋯ , dobimo zanimivo in uporabno formulo:
u n u un nc h′ = ′−1 (10.14)
3. Če je f xb g odvedljiva funkcija in C poljubna konstanta, velja za produkt funkcije s
konstantnim faktorjem pravilo:
C f x C f xb g b g′= ′ (10.15)
Formulo (10.15) dobimo, ko v formuli (10.09) postavimo g x Cb g = in upoštevamo še
(10.06): C f x C f x C f x C f xb gc h b g b g b g′= ′ + ′ = ′ .
4. Odvod posredne funkcije: Če je y odvedljiva funkcija spremenljivke u in u odvedljiva
funkcija spremenljivke x, je spremenljivka y odvedljiva tudi po x in velja
′ = ′ ′y x y u u xb g b g b g (10.16)
Odvod posredne funkcije dobimo tako, da jo odvajamo najprej na posredujočo spremenljivko, nato pa ta odvod pomnožimo z odvodom posredujoče spremenljivke na prvotno spremenljivko. Tudi to pravilo dobimo iz definicije odvoda. 5. Naj bo y y x= b g strogo monotona, enolična in odvedljiva funkcija z od nič različnim
odvodom. Tedaj je odvedljiva tudi obratna (inverzna) funkcija x f y= b g in velja:
Odvod funkcije
244
′ =′
f yy x
b g b g1
(10.17)
Pravilo (10.17) lahko dobimo kot poseben primer formule (10.16). Vzemimo poljubno odvedljivo funkcijo y f x= b g . Inverzna funkcija je x f y= b g . Če je y y x= b g inverzna
funkcija, ustreza tej enačbi, torej je za vsaj x res f y x xb gc h = . V tej enačbi je leva stran, to
je funkcija f, posredna funkcija x, ker je odvisna najprej od spremenljivke y, ta pa je funkcija spremenljivke x. Enačbo odvajajmo, pri čemer dobimo odvod leve strani po formuli (10.16), odvod desne strani je 1 (poznamo ga iz primera 9.1): ′ ′ =f y y xb g b g 1, od
tod pa sledi formula (10.17).
10.4 Odvodi elementarnih funkcij Odvode elementarnih funkcij izračunamo v glavnem po definiciji, mnogo posla pa si prihranimo, ko upoštevamo lastnosti, navedene v prejšnjem poglavju.
1. Odvod eksponentne funkcije Vzemimo eksponentno funkcijo f x a
xb g = . Odvod dobimo kot limito diferenčnega
kvocienta, ko gre sprememba neodvisne spremenljivke proti nič
′ =+ −
=−
=−
→ →
+
→f x
f x h f x
h
a a
ha
a
hh h
x h xx
h
h
b g b g b glim lim lim
0 0 0
1
Limito dobimo s substitucijo t a h= − 1 oziroma ht
a=
+ln
ln
1b g. V limito vstavimo novo
spremenljivko in upoštevajmo, da gre t → 0 , ko gre h → 0 :
lim limln ln
limln
ln
ln
lnln
h
h
t t t
a
h
t
t a
a
t
a
ea
→ → →
−=
+=
+= =
0 0 0 1
1
1 1b g b g.
Od tod je odvod eksponentne funkcije:
a a ax xc h′ = ln (10.18)
Poseben primer eksponentne funkcije dobimo, ko vzamemo a e= , to je funkcijo f x e
xb g = . Ker je ln e = 1, sledi iz (10.18) formula
e ex xc h′ = (10.19)
Odvod funkcije
245
2. Odvod logaritemske funkcije Logaritemska funkcija y xa= log je inverzna funkcija eksponentne x a y= , zato lahko
uporabimo formulo (10.17): ′ =′
= =y xf y a a x ay
b g b g1 1 1
ln ln. Torej je
loglna x
x ab g′ =
1 (10.20)
Poseben primer je naravni logaritem, kjer je osnova število e:
ln xx
b g′ =1
(10.21)
3. Odvod potenčne funkcije Naj bo dana potenčna funkcija f x x n
nb g = ∈, R . Zapišemo jo lahko tudi v obliki
f x x en n xb g = = ln . Če vzamemo u n x= ln , imamo opravka s posredno funkcijo
f x eu xb g b g= , ki jo odvajamo po formuli (10.16). Zaradi (10.19) je ′ =f u e
ub g , zaradi
(10.21) pa je ′ =u nx
.1
, tako da je ′ = = = −f x e
n
xx
n
xn x
u n nb g . . 1 . Za vsako realno število
torej velja
x n xn nc h′ = −1 (10.22)
4. Odvodi kotnih funkcij Vzemimo funkcijo f x xb g = sin . Po adicijskem teoremu za razliko dveh sinusov je
f x h f x x h x xh h
+ − = + − = +FHGIKJb g b g b gsin sin cos sin2
2 2
Zaradi limsin
h
h
h→=
0
22
1 je limita diferenčnega kvocienta
′ =
+FHGIKJ
= +FHGIKJ =
→ → →f x
xh h
hx
h
h
hx
h h hb g lim
cos sinlimcos lim
sincos
0 0 0
22 2
222
Torej je
sin cosx xb g′ = (10.23)
Odvod funcije f x xb g = cos bi izračunali podobno:
cos sinx xb g′ = − (10.24)
Odvod funkcije
246
Odvoda za funkciji f x xx
xb g = =tg
sin
cos in f x x
x
xb g = =ctg
cos
sin pa dobimo iz formule za
odvod kvocienta (10.10):
sin
cos
cos cos sin sin
cos
cos sin
cos cos
x
x
x x x x
x
x x
x x
FHGIKJ
′=
− −=
+=
b g2
2 2
2 2
1
cos
sin
sin sin cos cos
sin
sin cos
sin sin
x
x
x x x x
x
x x
x x
FHGIKJ
′=
− −= −
+= −
2
2 2
2 2
1
Ugotovili smo, da velja
tgxx
b g′ =1
2cos (10.25)
ctgxx
b g′ = −1
2sin (10.26)
5. Odvodi ciklometričnih funkcij Vzemimo najprej funkcijo f x xb g = arcsin . Ta funkcija je na glavni veji −π π2 2,b g povsod enolična, zvezna in naraščajoča. Funkcijo y x= arcsin lahko zapišemo tudi sin y x= in jo odvajamo, pri čemer moramo levo stran enačbe odvajati po pravilu za
odvod posredne funkcije cos .y y ′ = 1. Ker je cos siny y x= − = −1 12 2 , je odvod
′ = = −y y x1 1 1 2cos . Kvadratni koren v imenovalcu je pozitiven, ker je za kote na glavni veji kosinus vedno pozitiven. Zato je
arcsin xx
b g′ =−
1
1 2 (10.27)
Podobno dobimo
arccos xx
b g′ = −−
1
1 2 (10.28)
arctgxx
b g′ =+
1
1 2 (10.29)
arcctgxx
b g′ = −+
1
1 2 (10.30)
Odvod funkcije
247
Zapišimo odvode elementarnih funkcij v tabelo.
Funkcija Odvod
C 0 x 1
x n n x n−1
a x a ax ln e x e x
loga x log
lna e
x x a=
1
ln x 1
x
sin x cos x
cos x − sin x
tgx 1
2cos x
ctgx −1
2sin x
arcsin x 1
1 2− x
arccos x −−
1
1 2x
arctgx 1
1 2+ x
arcctgx −+
1
1 2x
Primer 10.2: Izračunajmo odvode funkcij
a) y x= −3 b) y x= 47 c) y x x x x= − + − −−2 4 103 1 23
d) y e xx= −cos tg
π
4 e) y
x
x=
2sin
ln f) y x
x x
x= − −
+3
1
2
2arctg
sin
Rešitev: a) Odvod potence y x n= je vedno ′ = −y n x n 1 za poljubni realni eksponent. V tem primeru
je potenčni eksponent (-3), zato je odvod ′ = − = −− − −y x x3 33 1 4 .
b) Upoštevajmo, da je koren potenca z racionalnim eksponentom, torej je y x x= =474
7 in
funkcijo nato odvajamo kot potenco: ′ = = =− −
y x xx
4
7
4
7
4
7
4
7
3
7
37
1.
Odvod funkcije
248
c) Pri odvodu funkcije y x x x x= − + − −−2 4 103 1 23 upoštevamo pravila za odvod potence, odvod vsote (razlike), odvod funkcije, pomnožene s konstanto in odvod konstante in dobimo
′ = + + − = + + −−−
−y x x x x x
x6 4
2
31 6 4
2
312 2
1
3 2 2
3.
d) V funkciji y e xx= −cos tg
π
4 moramo prvi člen odvajati po formuli (10.09) za odvod
produkta, drugi člen pa je konstanten ( tgπ
41= ) in je njegov odvod enak nič. Dobimo
′ = + − − = −y e x e x e x xx x xcos sin cos sinb g b g0 .
e) V tem primeru gre za odvod kvocienta, ki ga dobimo po formuli (10.10)
′ =−
=−
y
x x xx
x
x x x x
x x
2 21
22 2
cos . ln sin .
ln
cos . ln sin
ln
b g
f) ′ =−
+−
+ + −
+=y
x
x x x x x x x x
x
3
1
2 1 2
12
2 2 2
2 2
sin cos sin .c hc hc h
=− + − + + +
+
3 1 2 1 2
1
2 2 2 3
2 2
x x x x x x x x
x
c h c hc hc h
sin cos sin
♦♦♦ Primer 10.3: Izračunajmo odvode funkcij
a) y x= cos2 b) y x x= + −3 32 5c h c) y x xx= − +103
52log sinc h d) y
x
x=
+
−arctg
1
1
Rešitev: V vseh štirih primerih gre za posredno funkcijo, ki jo odvajamo po (10.16). a) Pišimo y u= cos , kjer je u x= 2 in dobimo odvod ′ = − ′ = − = −y u u u xsin . sin . sin2 2 2
b) y x x x x u u x x= + − = + − = = + −3 3 33
2
3
2 32 5 2 5 2 5c h c h ,
′ = ′ = + − + = + + −y u u x x x x x x3
2
3
22 5 3 2
3
23 2 2 5
1
2 31
2 2 2 3. c h c h c h
c) V funkciji y x xx= − +1035
2log sinc h imamo posredno funkcijo v obeh sumandih, zato
odvajajmo vsakega posebej: f u x f ux u u x
13
1310 10 3 10 10 10 10 3= = = ⇒ ′ = ′ =, ln . ln .
( )
( )
2 22 5 5
2 2
log sin log , sin
1 2 cos.
ln 5 sin ln 5
f x x u u x x
x xf u
u x x
= + = = +
+′ ′⇒ = =
+
Odvod funkcije
249
Ker je y f f= −1 2 , je njen odvod ′ = ′− ′y f f1 2 .
d) V funkciji yx
x=
+
−arctg
1
1 vzamemo u x
x
xb g = +
−
1
1 in dobimo odvod
′ =+
⋅ ′ =
++
−
FHGIKJ
⋅− − − +
−=y
uu
x
x
x x
x
1
1
1
11
1
1 1 1 1
12 2 2
b g b gb gb g
1
1 2+ x
♦♦♦ Primer 10.4:
Izračunajmo odvod funkcije y ex= +FH IKsin cos 3 2e j .
Rešitev: Funkcija je od neodvisne spremenljivke odvisna indirektno v več stopnjah. Označimo
u x u e u u u uu
4 3 2 3 1 23 24= = + = =, , , cos . Od tod je y u f u= =sin 1 1b g . Zaporedno upoštevanje pravila za odvod posredne funkcije nam da odvod
′ = ′ ′ ′ ′ ′y f u u u u u u u u x1 1 2 2 3 3 4 4b g b g b g b g b g. . . . .
Upoštevajmo, kaj posamezne funkcije pomenijo in dobimo
( )( ) ( )( ) ( ) � �3 4
1 2
13 3 3 32
1cos cos 2 sin 2 2 3
2x x x x
u u
f u u
y e e e e−
′ ′
′ ′ ′
′ = + ⋅ − + ⋅ + ⋅ ⋅��������� ��������� �����
Izraz še uredimo
( ) ( ) ( )( )1
3 3 3 323
2 sin 2 cos cos 22
x x x xy e e e e
−′ = − + ⋅ + ⋅ +
♦♦♦ Primer 10.5: Izračunajmo odvod implicitno podane funkcije x y xy2 2 5+ = . Rešitev: Če hočemo dobiti odvod implicitno podane funkcije, jo ni potrebno pretvarjati v eksplicitno obliko. Odvod implicitne funkcije izračunamo tako, da odvajamo levo in desno stran enačbe. Upoštevati moramo, da je neodvisna spremenljivka x, kar pomeni, da je y posredna funkcija spremenljivke x. V takih primerih odvod, npr. izraza y 2 , ni 2y , temveč
2yy ′ , odvod izraza y ni 1, temveč ′y ipd. Odvod funkcije x y xy2 2 5+ = bomo dobili tako, da najprej odvajamo obe strani enačbe, dobljeni izraz uredimo in od tam izrazimo iskani odvod.
2 2 5 1x yy y xy+ ′ = + ′.b g 2 5 5 2yy xy y x′ − ′ = − ⇒ ′ =
−
−y
y x
y x
5 2
2 5
♦♦♦ Primer 10.6: Izračunajmo odvod funkcije y x x= .
Odvod funkcije
250
Rešitev: Enačbo y x x= najprej logaritmirajmo, nato šele odvajajmo. Pri odvodu leve strani je potrebno upoštevati, da gre za odvod posredne funkcije. y x x= ⇒ =ln lny x x
1
11
yy x x
x⋅ ′ = ⋅ + ⋅ln ⇒ ′ = +y y xln 1b g
′ = +y x xx ln 1b g
♦♦♦ Primer 10.7: Izračunajmo odvod produkta treh funkcij y e x xx= sin cos3 . Rešitev:
Upoštevajmo, da je cos cos sin3 23x x xc h b g′= ⋅ − in po formuli (10.12) dobimo
′ = + + − =
= + −
y e x x e x x e x x x
e x x x x
x x x
x
sin cos cos cos sin cos sin
sin cos
3 3 2
3
3
1 3
b gb gctg tg
♦♦♦
10.5 Diferencial Naj bo y f x= b g odvedljiva funkcija v dani točki x, ′ = ′y f xb gnjen odvod, sprememba
neodvisne spremenljivke h x= ∆ in sprememba funkcijske vrednosti f x h f x f y+ − = =b g b g ∆ ∆ . Po definiciji odvoda velja
′ =+ −
=→ →
f xf x h f x
h
y
xh xb g b g b g
lim lim0 0∆
∆
∆
Odvod obstaja tedaj, ko pripada vsakemu poljubno majhnemu pozitivnemu številu ε takšno poljubno majhno pozitivno število δ , da je razlika med diferenčnim kvocientom
∆ ∆y x in odvodom ′f xb g manjša od ε , če je ∆x < δ . Če označimo ∆
∆
y
xf x− ′ =b g µ ,
je ∆ ∆ ∆y f x x x= ′ +b g µ (10.31)
Ker je µ ε< za ∆x < δ , limitira µ proti nič, ko gre ∆x → 0 . Iz (10.31) tedaj vidimo,
da je pri majhnih spremembah ∆x funkcijska sprememba ∆y približno kar enaka produktu
′f x xb g∆ .
Izraz ′f x xb g∆ imenujemo diferencial funkcije f xb g in ga označimo z dy ali df xb g : dy f x x= ′b g∆ (10.32)
Odvod funkcije
251
Vzemimo funkcijo f x xb g = . Zanjo se diferencial glasi df x dx x xb g = = =1.∆ ∆ . Vidimo,
da je diferencial neodvisne spremenljivke x kar enak njeni spremembi, torej dx x= ∆ . Zato smemo enačbo (10.32) zapisati v obliki dy f x dx= ′b g .
Definicija: Diferencial funkcije y f x= b g je enak produktu odvoda funkcije in
diferenciala neodvisne spremenljivke
dy f x dx y dx= ′ = ′b g (10.33)
Primer 10.8:
Izračunajmo diferencial funkcije y x= −2 1 . Rešitev:
Funkcijo lahko zapišemo kot potenco y x= −2 1 21c h in jo odvajamo kot posredno funkcijo
′ = − =−
⇒−
y x xx
x
1
21 2
1
2 1 2
2c h dy y dx
xdx
x= ′ =
−2 1
♦♦♦ Iz enačbe (10.33) vidimo, da odvod lahko pišemo kot kvocient dveh diferencialov
′ = ′ =f x ydy
dxb g (10.34)
Pisava odvoda v obliki (10.34) je zelo pripravna, ker nazorno prikazuje, po kateri spremenljivki (ali: na katero spremenljivko) odvajamo funkcijo. Primer 10.9: Vzemimo posredno funkcijo y y u= b g , kjer je u u x= b g . Po formuli za posredno odvajanje
velja ′ = ′ ′y x y u u xb g b g b g . Zaradi (10.33) lahko napišemo dy y x dx y u u x dx= ′ = ′ ′b g b g b g in
du u x dx= ′b g . Od tod
dy y u du= ′b g ⇒ ′ =y udy
dub g
Ker je ′ =y xdy
dxb g in ′ =u x
du
dxb g , lahko zapišemo odvod posredne funkcije v pregledni
obliki
dy
dx
dy
du
du
dx= (10.35)
♦♦♦ Oglejmo si še geometrični pomen diferenciala. Naj bo A x f x, b gc h točka na krivulji
y f x= b g . Če se spremeni neodvisna spremenljivka za h x dx= =∆ , se odvisna
spremenljivka spremeni za ∆ ∆y f x= b g . Točka A se pri tem premakne po krivulji v točko
Odvod funkcije
252
B x dx y y+ +, ∆b g . Označimo na tangenti točko D, ki ima isto absciso kot B, njeno ordinato
pa izračunamo iz trikotnika ADC (slika 10.3). Očitno je DC dx= tgα . Zaradi
geometričnega pomena odvoda funkcije v dani točki seveda velja tgα = ′f xb g in
DC f x dx dy= ′ =b g . Ko se abscisa spremeni za dx, se spremeni ordinata na krivulji za
∆y , ordinata na tangenti pa za diferencial dy. Diferencial funkcije je enak spremembi ordinate na tangenti, če se spremeni abscisa za dx. s y B t ∆y C dy A α D
α β h x dx= =∆
0 x x dx+ x
Slika 10.3: Geometrični pomen diferenciala
Iz slike 10.3 vidimo, da se ∆y in dy razlikujeta tem manj, čim bliže ležita točki A in B, torej čim manjša je sprememba dx. Diferenciali so pripravni za računanje približnih vrednosti funkcije. V izrazu f x dx f x y+ = +b g b g ∆ upoštevamo, da je pri majhnem dx sprememba ∆y približno enaka
diferencialu dy. Na ta način dobimo formulo f x dx f x dy f x f x dx+ ≈ + = + ′b g b g b g b g (10.36)
Čeprav je v dobi računalnikov približno računanje po tej formuli za praktično rabo nezanimivo, naredimo numerični primer. Primer 10.10: S pomočjo diferenciala funkcije izračunajmo sin '30 1� . Rešitev: Nalogo lahko preberemo tako: izračunati moramo vrednost funkcije y x= sin pri vrednosti
neodvisne spremenljivke x = ′30 1� . V tem primeru je torej: f x xb g = sin , ′ =f x xb g cos , x = 30�
Odvod funkcije
253
dx = ≈ = ≈1 0 0170 017
1800 0003' ,
,,� π
Po formuli (10.36) dobimo: sin ' sin cos . , ,30 1 30 30 0 0003 0 50026� � �≈ + ≈
♦♦♦ S formulami (10.06) - (10.10) smo zapisali osnovna pravila za odvajanje. Ta pravila lahko v diferencialni obliki napišemo takole: dC = 0 (10.37) d f x g x df x dg xb g b g b g b g± = ± (10.38)
d f x g x f x dg x g x df xb g b g b g b g b g b g= + (10.39)
df x
g x
g x df x f x dg x
g x
b gb g
b g b g b g b gb g
LNMOQP
=−
2 , g xb g ≠ 0 (10.40)
Podobno lahko iz tabele elementarnih odvodov dobimo tabelo elementarnih diferencialov:
d x n x dxn nc h = −1
da a a dxx x= ln
de e dxx x=
d xdx
x aalog
ln=
d xdx
xln =
d x x dxsin cos=
d x x dxcos sin= −
dtgxdx
x=
cos2
dctgxdx
x= −
sin2
d xdx
xarcsin =
−1 2
d xdx
xarccos = −
−1 2
darctgxdx
x=
+1 2
darcctgxdx
x= −
+1 2
Odvod funkcije
254
10.6 Višji odvodi Ko je funkcija y f x= b g odvedljiva na nekem intervalu I, je njen odvod ′f xb g neka nova
funkcija na istem intervalu. Ta funkcija je lahko spet odvedljiva. Njen odvod imenujemo drugi odvod funkcije f xb g in ga označimo ′′ = ′′y f xb g : ′′ = ′′ = ′
′y f x f xb g b g (10.41)
Iz drugega odvoda dobimo z odvajanjem tretji odvod funkcije f xb g :
′′′ = ′′′ = ′′′
y f x f xb g b g .
Če je tretji odvod odvedljiva funkcija, dobimo iz njega s ponovnim odvajanjem četrti
odvod y f x4 4b g b g b g= , nato peti odvod y f x
5 5b g b g b g= itd.
Splošno velja: če je n − 1b g -ti odvod funkcije f xb g odvedljiva funkcija, je njegov odvod
n-ti odvod funkcije f xb g : y f x f x
n n nb g b g b gb g b g= =′
−1 (10.42)
Višje odvode lahko zapišemo tudi v diferencialni obliki. Iz formule (10.33) dobimo
ddy
dxdf x y dx= ′ = ′′b g . Ko v tej enačbi pomnožimo obe strani z dx, dobimo
d dy y dxb g b g= ′′2
(10.43)
Izraz d dyb g je diferencial diferenciala funkcije y f x= b g . Imenujemo ga drugi diferencial
funkcije in ga označimo d y2 . Na desni strani enačbe (10.43) imamo kvadrat diferenciala
dx, ki ga pišemo kar dx 2 . Od tod dobimo običajno obliko zapisa za drugi diferencial d y y dx2 2= ′′ (10.44) Podobno bi dobili tretji, četrti itd. diferencial funkcije y f x= b g . Splošno, n-ti diferencial
funkcije zapišemo v obliki
d y y dxn n n= b g (10.45) Ko (10.44) delimo z dx 2 , dobimo drugi odvod, zapisan z drugimi diferenciali
′′ =yd y
dx
2
2 (10.46)
Podobno dobimo tudi tretji odvod ′′′ =yd y
dx
3
3, četrti odvod y
d y
dx
44
4b g = itd. Splošno, n-ti
odvod, zapisan z n-timi diferenciali, ima obliko
Odvod funkcije
255
yd y
dx
nn
n
b g = (10.47)
Primer 10.11: Zapišimo prve štiri odvode funkcije y x x= + −4 2 1. Rešitev:
′ = + ′′ = ′′′ = =y x y x y x y4 2 12 24 243 2 4, , , b g Peti in vsi naslednji odvodi so enaki nič. ♦♦♦ Primer 10.12: Izračunajmo prve tri diferenciale funkcije y x= sin5 . Rešitev: Za prve tri diferenciale potrebujemo prve tri odvode:
′ = ′′ = − ′′′ = −y x y x y x5 5 25 5 125 5cos , sin , cos Od tod dy y dx x dx= ′ = 5 5cos d y y dx x dx2 2 225 5= ′′ = − sin d y y dx x dx3 3 3125 5= ′′′ = − cos
♦♦♦
10.7 Odvod parametrično podane
funkcije
Funkcija y f x= b g naj bo podana v parametrični obliki z enačbama x x t y y t= =b g b g, . Pri
tem naj bosta funkciji x tb g in y tb g odvedljivi na parameter t. Odvod na parameter običajno
označujemo s piko:
ɺ , ɺxdx
dty
dy
dt= = (10.48)
Če sta znana odvoda ɺx in ɺy , lahko dobimo odvod funkcije y f x= b g , ne da bi prej
parametrične oblike pretvorili v eksplicitno obliko funkcije. Iz (10.48) dobimo dy ydt= ɺ , dx xdt= ɺ in od tod
Odvod funkcije
256
′ = = =ydy
dx
ydt
xdt
y
x
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ , ɺx ≠ 0 (10.49)
Drugi odvod dobimo kot odvod prvega odvoda:
′′ = ′′
=FHGIKJ
′=
FHGIKJ
=
−FHG
IKJ
=−
y yy
x
dy
x
dx
x y x y
xdt
xdt
x y x y
xb g ɺ
ɺ
ɺ
ɺ
ɺ ɺɺ ɺɺ ɺ
ɺ
ɺ
ɺ ɺɺ ɺɺ ɺ
ɺ
2
3 (10.50)
Pri tem je
ɺɺxd x
dt=
2
2 in ɺɺy
d y
dt=
2
2
Primer 10.13: Izračunajmo prvi in drugi odvod parametrično podane funkcije x t y t= =sin , cos2 2 . Rešitev: Najprej izračunamo odvode po parametru: ɺ sin cos sinx t t t= =2 2 , ɺ sin cos siny t t t= − = −2 2
ɺɺɺ
cosxdx
dtt= = 2 2 , ɺɺ cosy t= −2 2
Od tod
′ = =−
= −yy
x
t
t
ɺ
ɺ
sin
sin
2
21
in
′′ =−
=− − −
= =yx y x y
x
t t t t
t t
ɺ ɺɺ ɺɺ ɺ
ɺ
sin cos cos sin
sin sin3 3 3
2 2 2 2 2 2
2
0
20
b g b g
♦♦♦ Primer 10.14: Izračunajmo prvi in drugi odvod parametrično podane funkcije x t y t t= + = −1 32, . Rešitev:
ɺ , ɺɺ
ɺ , ɺɺ
x x
y t y
= =
= − =
1 0
2 3 2
Od tod
′ = = − ′′ =−
=yy
xt y
x y y x
x
ɺ
ɺ,
ɺ ɺɺ ɺ ɺɺ
ɺ2 2 2
3
V tem primeru lahko funkcijo izrazimo v eksplicitni obliki. Ker je x t= + 1, je t x= − 1 in
od tod y t t x x x x= − = − − − = − +2 2 23 1 3 1 5 4b g b g .
Odvoda sta : ′ = − = + − = −y x t t2 5 2 1 5 2 3b g in ′′ =y 2 .
Rezultat je seveda v obeh primerih enak. ♦♦♦
Odvod funkcije
257
10.8 Lastnosti odvedljivih funkcij
Odvod je dobro orodje za preiskovanje in analiziranje funkcij. Z njim lahko funkcijo raziščemo in analiziramo, ne da bi imeli pred seboj njen graf. Lastnosti odvedljivih funkcij bomo spoznali v izrekih, ki sledijo. Ves čas bomo imeli opraviti s funkcijo y f x= b g , definirano in odvedljivo na nekem intervalu I. Izrek 1: Če je x I0 ∈ in ′ >f x0 0b g , funkcija f xb g v tej točki raste.
Dokaz: Po definiciji odvoda je
f x h f x h f x0 0 0+ − = ′ +b g b g b gc hµ (10.51)
V (10.51) gre µ hkrati s h proti nič. Če je h < δ , je gotovo tudi µ < ′f x0b g . Izraz
′ +f x0b g µ ima zato za vsak h isti znak kot ′f x0b g , torej je pozitiven, saj je ′f x0b g pozitiven po zahtevi iz izreka. Iz enačbe (10.51) je sedaj razvidno, da je f x h f x0 0+ >b g b g , ko je h > 0 in obratno, f x h f x0 0+ <b g b g , ko je h < 0 . To pa pomeni,
da je funkcija naraščajoča. S tem je izrek dokazan. Izrek 2: Če je x I0 ∈ in ′ <f x0 0b g , funkcija f xb g v tej točki pada.
Dokaz: Izrek dokažemo na enak način kot izrek 1. Definicija: Funkcija f xb g ima v točki x I0 ∈ lokalni maksimum, če obstaja takšna
okolica te točke, da je v vseh točkah x te okolice res f x f xb g b g< 0 .
Definicija: Funkcija f xb g ima v točki x I0 ∈ lokalni minimum, če obstaja takšna okolica
te točke, da je v vseh točkah x te okolice res f x f xb g b g> 0 .
Lokalnemu minimumu in/ali lokalnemu maksimumu pravimo z eno besedo lokalni
ekstrem.
Izrek 3 (Fermatov izrek): Če ima odvedljiva funkcija f xb g v točki x0 lokalni ekstrem, je v
tej točki njen odvod enak nič: ′ =f x0 0b g .
Dokaz: Vzemimo, da ima funkcija v točki x0 lokalni maksimum. Potem za vsak x, ki je
dovolj blizu x0 , velja f x f xb g b g< 0 . Pri takih x velja:
Za x x< 0 sledi f x f x
x x
b g b g−
−>
0
0
0 in za x x> 0 sledi f x f x
x x
b g b g−
−<
0
0
0 .
Odvod funkcije
258
Od tod je levi odvod v točki x0 : ′ − =−
−≥
→ −f x
f x f x
x xx x0
0
0
0
0 00
b g b g b glim in desni odvod v
točki x0 : ′ + =−
−≤
→ +f x
f x f x
x xx x0
0
0
0
0 00
b g b g b glim . Ker je po privzetku funkcija v točki x0
odvedljiva, je levi odvod enak desnemu, to pa je ravno odvod funkcije v dani točki. Ta odvod je hkrati večji ali enak nič in manjši ali enak nič, torej je lahko enak samo nič:
′ = ′ − = ′ + =f x f x f x0 0 00 0 0b g b g b g .
S tem je izrek dokazan. Iz grafa na sliki 10.4 je razviden geometrični pomen Fermatovega izreka: če je funkcija v točki, kjer ima lokalni ekstrem, odvedljiva, ima njena krivulja v tej točki tangento vzporedno z abscisno osjo (točki x1 in x2 na sliki).
A B
y
x2
x x1 0
Slika 10.4: Geometrični pomen Fermatovega izreka
Izrek 4 (Rolleov izrek): Če je funkcija f xb g na zaprtem končnem intervalu a b,
odvedljiva in na krajiščih enaka nič, je med a in b vsaj ena točka ξ , kjer je odvod funkcije
enak nič.
Dokaz: Funkcija y f x= b g je po pogojih izreka odvedljiva, zato je tudi zvezna. Na zaprtem
intervalu zvezna funkcija zavzame vsaj enkrat vrednost, enako svoji natančni spodnji meji m, in vsaj enkrat vrednost, enako svoji natančni zgornji meji M. Sedaj imamo dve možnosti: 1. Če je m M= , je naša funkcija na vsem intervalu konstantna, njen odvod je povsod enak nič in Rolleov izrek velja. 2. Če je m M< , ima funkcija vsaj eno od teh vrednosti v neki točki znotraj intervala a b, , sicer ne bi mogel biti izpolnjen pogoj f a f bb g b g= = 0 . Naj bo to točka ξ (slika
10.5). V njej ima funkcija lokalni ekstrem, zato po Fermatovem izreku velja ′ =f ξb g 0 in
Rolleov izrek velja tudi v tem primeru. Izrek je s tem dokazan.
Odvod funkcije
259
y
y f x= b g 0 a ξ b x
Slika 10.5: Geometrični pomen Rolleovega izreka
Izrek 5 (Lagrangeov izrek): Če je funkcija f xb g na končnem intervalu a b, odvedljiva,
je med a in b vsaj ena točka ξ , kjer je
′ =−
−f
f b f a
b aξb g b g b g (10.52)
Dokaz: Vzemimo funkcijo g x f x f a K x ab g b g b g b g= − + − , ki je na intervalu a b,
odvedljiva ne glede na vrednost konstante K. Ta funkcija je za x a= enaka nič, saj je g a f a f a K a ab g b g b g b g= − + − = 0 . Določimo konstanto K tako, da bo funkcija g xb g tudi
pri x b= enaka nič. Ko namesto x pišemo b, dobimo zahtevano enačbo g b f b f a K b ab g b g b g b g= − + − = 0 . Iz enačbe izračunamo
Kf b f a
b a= −
−
−
b g b g (10.53)
Funkcija g xb g sedaj zadošča pogojem Rolleovega izreka, zato obstaja vsaj eno takšno
število ξ z danega intervala, da je ′ =g ξb g 0 . Zaradi oblike funkcije g xb g je njen odvod
′ = ′ +g x f x Kb g b g , torej je ′ + =f Kξb g 0 . Upoštevajmo (10.53) in dobimo
′ =−
−f
f b f a
b aξb g b g b g , a b< <ξ
S tem je Lagrangeov izrek dokazan. Geometrijski pomen Lagrangeovega izreka lahko razberemo iz slike 10.6. V (10.52) je leva stran ′f ξb g smerni koeficient tangente na krivuljo y f x= b g v točki
x = ξ , desna stran f b f a
b a
b g b g−
− pa je smerni koeficient sekante, ki gre skoti točki A in B
na krivulji. Sekanta in tangenta imata enak smerni koeficient, torej sta vzporedni. Od tod je razviden geometrični pomen in smisel Lagrangeovega izreka: Ko je krivulja med dvema različnima točkama A in B gladka, je na krivulji vsaj ena točka
T, v kateri je tangenta na krivuljo vzporedna s premico, ki gre skozi A in B.
Odvod funkcije
260
y
B T
f b f ab g b g−
A b a− 0 a ξ b x
Slika 10.6: Geometrični pomen Lagrangeovega izreka
Izrek 6: Če je na intervalu a b, odvod funkcije povsod enak 0, je funkcija na tem
intervalu konstantna. Dokaz: Vzemimo nek x med a in b. Po Lagrangeovem izreku je f x f a f x ab g b g b gb g− = ′ −ξ , ko je ξ med a in x. Odvod funkcije je po privzetku povsod
enak nič, torej je tudi ′ =f ξb g 0 . Od tod sledi f x f ab g b g− = 0 oziroma f x f ab g b g= , kar
pomeni, da ima funkcija povsod isto vrednost kot v krajišču a, torej je konstantna. S tem je izrek dokazan. Izrek 7: Če je funkcija f xb g odvedljiva na intervalu a b, in je njen odvod med a in b
povsod pozitiven, je funkcija na tem intervalu strogo naraščajoča. Dokaz: Vzemimo dve poljubni točki x1 in x2 tako, da velja a x x b≤ < ≤1 2 . Po
Lagrangeovem izreku je med točkama x1 in x2 vsaj ena točka ξ , da je
f x f x f x x2 1 2 1b g b g b g b g− = ′ −ξ . V tej enačbi sta na desni strani oba faktorja pozitivna,
zato je za x x1 2< res tudi f x f x1 2b g b g< . To pomeni, da je funkcija res strogo
naraščajoča. Na enak način dokažemo še naslednji izrek. Izrek 8: Če je funkcija f xb g odvedljiva na intervalu a b, in je njen odvod med a in b
povsod negativen, je funkcija na tem intervalu strogo padajoča.
Primer 10.15:
Ugotovimo, kako se obnaša funkcija y x x= +sin cos v točkah x1 2= −
π, x2 0= in
x3 2=
π.
Odvod funkcije
261
Rešitev: Če hočemo ugotoviti obnašanje funkcije v dani točki, potrebujemo prvi odvod, ki se v tem primeru glasi: ′ = −y x xcos sin . Predznak odvoda v dani točki določa obnašanje funkcije:
′ = − = > ⇒y x1 2 1 0πb g funkcija v tej točki raste,
′ = = > ⇒y x2 0 1 0b g funkcija v tej točki raste,
′ = = − < ⇒y x3 2 1 0πb g funkcija v tej točki pada.
0 x π 2−π 2
y
1
Slika 10.7: Graf funkcije y x x= +sin cos
♦♦♦ Primer 10.16: Določimo intervale naraščanja in padanja funkcije y x x= −3 . Rešitev: Oprli se bomo na trditve izrekov 7 in 8. Ko je odvod funkcije, to je izraz ′ = −y x3 12 , pozitiven, je funkcija strogo naraščajoča, ko je odvod negativen, pa strogo padajoča.
I. Rešitev neenačbe 3 1 02x − > je unija −∞ −FHG
IKJ ∞FHGIKJ, ,
3
3
3
3∪ .
II. Rešitev neenačbe 3 1 02x − < pa je interval −FHG
IKJ
3
3
3
3, .
Funkcija za x od −∞ do −3
3 narašča, za x na intervalu −
FHG
IKJ
3
3
3
3, pada, nato pa
ponovno narašča za vse x do ∞ . ♦♦♦
10.9 Ekstremi funkcij V prejšnjem poglavju smo že definirali lokalni ekstrem, to je lokalni maksimum ali lokalni minimum. Pojmu ekstrem smo dodali prilastek "lokalni", ker ima kakšna funkcija lahko več ekstremov - ko proučujemo vsakega zase, mu pravimo, da je lokalni.
Odvod funkcije
262
Kot je že bilo rečeno, ima funkcija f xb g v dani točki x x= 0 lokalni maksimum (slika
10.7), če je v zadosti majhni okolici x x0 0− +δ δ,b g točke x0 povsod f x f xb g b g< 0 .
Funkcija f xb g ima v dani točki x x= 0 lokalni minimum (slika 10.8), če je v zadosti
majhni okolici x x0 0− +δ δ,b g točke x0 povsod f x f xb g b g> 0 .
y f x= b g y f x= b g
f x0b g f x0b g x0 x x0 x Slika 10.7: Lokalni maksimum Slika 10.8: Lokalni minimum Potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema dobimo iz Fermatovega izreka, ki se glasi: če
ima odvedljiva funkcija f xb g v točki x0 lokalni ekstrem, je v tej točki odvod enak nič, torej
′ =f x0 0b g (10.54)
Vse rešitve enačbe (10.54), to so tiste vrednosti x, pri katerih je prvi odvod enak nič, imenujemo stacionarne točke funkcije. Vsaka stacionarna točka ni nujno tudi ekstrem. Obstojajo stacionarne točke, v katerih funkcija nima ekstrema. Primer 10.17: Vzemimo funkcijo y x= 3 . Njen odvod se glasi ′ =y x3 2 . Njena stacionarna
točka, to je rešitev enačbe 3 02x = , je x = 0 . Iz grafa pa vidimo, da v tej stacionarni točki funkcija nima ekstrema (slika 10.9).
1
1 x 0
y
Slika 10.9: Graf funkcije y x= 3
♦♦♦
Odvod funkcije
263
Primer 10.18: Tudi funkcija y x= 2 ima stacionarno točko pri x = 0 . Iz slike 10.10 vidimo, da ima funkcija v tej točki minimum.
1 0 x
1
y
Slika 10.10: Graf funkcije y x= 2
♦♦♦ Primer 10.19: Funkcija y x= − 2 ima stacionarno točko pri x = 0 . Iz grafa na sliki 10.11 vidimo, da ima funkcija v tej točki maksimum.
1 0 x
1
y
Slika 10.11: Graf funkcije y x= − 2
♦♦♦ Zgornji trije primeri potrjujejo pravilo, ki ga lahko dokažemo tudi analitično: Naj bo x0 stacionarna točka odvedljive funkcije f xb g , torej ′ =f x0 0b g . Tedaj velja:
1. Če je v neki okolici točke x0 odvod funkcije na levi strani te točke pozitiven, na desni
strani pa negativen, ima funkcija v točki x0 lokalni maksimum.
2. Če je v neki okolici točke x0 odvod funkcije na levi strani te točke negativen, na desni
strani pa pozitiven, ima funkcija v točki x0 lokalni minimum.
Odvod funkcije
264
3. Če je v neki okolici točke x0 odvod funkcije na obeh straneh te točke enakega
predznaka, funkcija v točki x0 nima lokalnega ekstrema.
Ugotavljanje, če ima funkcija v stacionarni točki lokalne ekstreme, torej zahteva proučevanje predznaka odvoda funkcije v okolici te točke. Takšen način iskanja ekstremov marsikdaj lahko pomeni zamudno računanje vrednosti odvoda, zato je bolj pripravno, če si pomagamo z višjimi odvodi. O tem govori naslednji izrek. Izrek: Naj bo x0 stacionarna točka odvedljive funkcije f xb g , torej ′ =f x0 0b g .Če je v tej
točki drugi odvod negativen, ima funkcija tam lokalni maksimum, če pa je v stacionarni
točki drugi odvod pozitiven, ima funkcija tam lokalni minimum.
Dokaz: Naj bo x0 stacionarna točka odvedljive funkcije f xb g in naj bo v tej točki drugi
odvod negativen, torej ′′ <f x0 0b g . Če je drugi odvod negativen, je prvi odvod padajoča
funkcija, zato velja za poljubni x iz leve polovice δ -okolice točke x0 , torej za
x x x∈ −0 0δ ,b g relacija: ′ > ′ =f x f xb g b g0 0 . Podobno velja za poljubni x iz desne
polovice δ -okolice točke x0 , torej za x x x∈ +0 0, δb g relacija: ′ < ′ =f x f xb g b g0 0 . Na ta
način je v neki okolici stacionarne točke prvi odvod funkcije na levi strani pozitiven, na desni pa negativen, kar pomeni, da ima funkcija v stacionarni točki res lokalni maksimum. Dokaz za minimum poteka na enak način. S tem je izrek dokazan. Pravilo za iskanje lokalnih ekstremov lahko zapišemo krajše: V točki x = x0 nastopi
maksimum, ko velja: ′ =f x0 0b g in ′′ <f x0 0b g (10.55)
minimum, ko velja: ′ =f x0 0b g in ′′ >f x0 0b g (10.56)
Primer 10.20: Določimo lokalne ekstreme funkcije y x x= −3 3 . Rešitev: Iz prvega odvoda, ki se glasi ′ = −y x3 32 , dobimo stacionarne točke funkcije, ko rešimo
enačbo 3 3 02x − = . Od tod dobimo x x1 21 1= − =in . Imamo torej dve stacionarni točki in pričakujemo dva lokalna ekstrema. Drugi odvod je ′′ =y x6 . V prvi stacionarni točki je
njegova vrednost ′′ = − = − <y x1 1 6 0b g , zato je tam lokalni maksimum, v drugi stacionarni
točki pa je ′′ = = >y x2 1 6 0b g , zato je tam minimum. Funkcija ima dva ekstrema.
Abscisama x x1 21 1= − =, izračunamo še ustrezni ordinati iz funkcijske zveze
y x x= −3 3 in dobimo dve točki na krivulji, v katerih pride do lokalnega ekstrema:
T1 1 2− ,b g maksimum, T1 1 2, −b g minimum.
♦♦♦
Odvod funkcije
265
Včasih se lahko zgodi, da sta v točki x0 tako prvi kot drugi odvod enaka nič. V tem primeru računamo višje odvode (tretji, četrti, ...) in ugotavljamo, pri katerem višjem odvodu je vrednost v točki x0 različna od nič. Tedaj se ravnamo po naslednjem pravilu, ki naj ga za vajo dokaže bralec sam.
Naj bo odvod n-tega reda prvi, ki je v točki x0 različen od nič, torej f xnb g b g0 0≠ , n > 1 .
Če je red n tega odvoda sodo število, je v točki x0 ekstrem in sicer za f xnb g b g0 0< je
maksimum, za f xnb g b g0 0> pa minimum. Kadar pa je red n odvoda liho število, v točki x0
ekstrema ni.
Primer 10.21: Določimo stacionarne točke funkcije y x= +3 1 in ugotovimo, če ima v njih funkcija ekstrem. Rešitev: Iz prvega odvoda ′ =y x3 2 dobimo stacionarno točko pri x = 0 . Ker je drugi odvod
′′ =y x6 v tej točki tudi enak nič, moramo pogledati še višje odvode. Tretji odvod ′′′ =y 6 je različen pri vsakem x. Ker je prvi od nič različni odvod tretje, to je lihe stopnje, v stacionarni točki naša funkcija nima ekstrema. ♦♦♦
Primer 10.22:
Narišimo funkcijo y x x= − +2 5 6 .
Rešitev: Funkcija je definirana za vse realne x. Po definiciji absolutne vrednosti velja: a) x x y x x2 25 6 0 5 6− + ≥ ⇒ = − +
in b) x x y x x x x2 2 25 6 0 5 6 5 6− + < ⇒ = − − + = − + −c h
Rešimo obe neenačbi: a) Neenačba x x2 5 6 0− + ≥ , ki jo lahko napišemo tudi v obliki x x− − ≥3 2 0b gb g , razpade na dva sistema neenačb:
I. x x
x xx
− ≥ ⇒ ≥
− ≥ ⇒ ≥
UVW⇒ ≥
3 0 3
2 0 23
II. x x
x xx
− ≤ ⇒ ≤
− ≤ ⇒ ≤
UVW⇒ ≤
3 0 3
2 0 22
Funkcija se glasi y x x= − +2 5 6 za x ∈ −∞ ∪ ∞, ,2 3b g . Ker je odvod ′ = −y x2 5, bi
imela parabola ekstrem pri x = 5 2 . Seveda pa ta funkcija ekstrema nima, saj za x = 5 2 sploh ni definirana. b) Tudi neenačba x x2 5 6 0− + < razpade na dva sistema neenačb:
I. x x
x x
− > ⇒ >
− < ⇒ <
UVW⇒
3 0 3
2 0 2ni rešitve
Odvod funkcije
266
II. x x
x xx
− < ⇒ <
− > ⇒ >
UVW⇒ < <
3 0 3
2 0 22 3
Za vse x ∈ 2 3,b g se funkcija glasi y x x= − + −2 5 6.
Ali ima funkcija na tem intervalu kakšen ekstrem? Iz prvega odvoda ′ = − +y x2 5 dobimo x = 5 2 , ki je iz definicijskega območja funkcije. Ker je drugi odvod ( ′′ = −y 2 ) vedno negativen, ima funkcija v točki
T5
2
1
4,FHGIKJ maksimum.
Graf funkcije je na sliki 10.12.
0 2 3 x 1
1
y
T
Slika 10.12: Graf funkcije y x x= − +2 5 6
♦♦♦ Ekstreme lahko računamo tudi v tako imenovanih uporabnih nalogah. Pri tem je najpomembneje, da pravilno definiramo neodvisno spremenljivko in funkcijsko povezavo. Računanje ekstremnih vrednosti poteka po običajnih znanih pravilih. Primer 10.23: Izmed vseh pravokotnih trikotnikov z dano hipotenuzo poiščimo tistega, ki ima največjo ploščino. Rešitev:
Ploščina pravokotnega trikotnika je Sa b
=2
, kjer sta a in b kateti. Zveza med katetama
razberemo iz Pitagorovega izreka: c a b2 2 2= + . Ker je hipotenuza c dana, lahko od tod
izrazimo npr. kateto b , torej b c a= −2 2 in jo vstavimo v formulo za ploščino. Na ta način dobimo ploščino kot funkcijo katete a:
S S aa c a
= =−b g
2 2
2
Ekstrem te funkcije bomo iskali med stacionarnimi točkami, zato potrebujemo najprej prvi odvod, ki mora biti enak nič.
Odvod funkcije
267
′ = = − +−
−
FHG
IKJ
=−
−S
dS
dac a a
a
c a
c a
c a
1
21
2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2. .
Iz enačbe c a
c a
2 2
2 2
2
20
−
−= dobimo a
c=
2.
Ko je ac
=2
, je zaradi b c a= −2 2 tudi bc
=2
.
Trikotnik, ki ima obe kateti enaki, je enakokraki trikotnik. Ugotoviti moramo, če je to res ekstremna vrednost, zato potrebujemo še drugi odvod
′′ =−
−S
a ac
c a
2 3
2
3 2
2 2 3 2c h
Pri ac
=2
je drugi odvod negativen, zato je dobljeni ekstrem maksimum.
Odgovor: Izmed vseh pravokotnih trikotnikov z dano hipotenuzo ima največjo ploščino enakokraki trikotnik. ♦♦♦ Primer 10.24: Po cesti vozi (v isto smer) kolona vozil s konstantno hitrostjo v. Kolikšna mora biti ta hitrost, da bo propustnost ceste največja? Opomba: Propustnost ceste pomeni število vozil, ki se v časovni enoti pelje mimo neke
nepremične točke ob cesti (enota: 1 1s s= − ).
Rešitev: Propustnost ceste lahko zapišemo kot kvocient povprečne hitrosti v in varnostne razdalje d med vozili: P v d= .
Varnostna razdalja d je določena s formulo d l t v k vr z= + + 2 , kjer pomenijo: l - dolžina avtomobila, tr - reakcijski čas voznika in k z - koeficient zaviranja. Ob predpostavkah, da so avtomobili enako dolgi, da so reakcijski časi vseh voznikov enaki in da je koeficient zaviranja za vse avtomobile enak, je propustnost cestišča funkcija hitrosti:
P P vv
l t v k vr z
= =+ +
b g 2
Računamo ekstremno (maksimalno) vrednost funkcije P vb g . Ekstreme iščemo med
stacionarnimi točkami, zato mora biti prvi odvod enak nič.
′ = =+ + − +
+ +=
−
+ +P
dP
dv
l t v k v v t k v
l t v k v
l k v
l t v k v
r z t z
r z
z
r z
2
2 2
2
2 2
2c h b gc h c h
l k v
l t v k v
z
r z
−
+ += ⇒
2
2 20
c h v l k M M l kz z= + = =,
Odvod funkcije
268
Pri hitrosti v M= + ima funkcija stacionarno točko. Z drugim odvodom bomo preverili, če je to ekstrem in ali je minimum ali maksimum. Ko v drugi odvod
′′ =− −
+ +P
k v k l v l t
l t v k v
z z r
r z
2 6 22 3
2 3c h vstavimo v M= , dobimo
′′ =− −
+= −
+
+<P M
k l M l t
l t M
k l M l t
l t M
z r
r
z r
r
d id i d i4 2
2
4 2
20
3 3
Drugi odvod je negativen, zato je dobljeni ekstrem res maksimum. ♦♦♦ Primer 10.25: Iz podjetja v mestu A moramo prepeljati blago za podjetje v mestu B. Skozi mesto A poteka železniška proga, ki je speljana tako, da je najbližja mestu B v razdalji 100 km od A. Tedaj je mesto B oddaljeno od železniške proge natanko 30 km. Blago bomo iz A prepeljali v B tako, da ga do postaje C peljemo po železnici, od tam pa po cesti (slika 10.13). Cena prevoza po železnici je 1 d.e. za enoto prepeljanega blaga na enoto razdalje, cena prevoza po cesti je 2.d.e. za enoto prepeljanega blaga na enoto razdalje. Kje naj leži kraj C, da bo skupni prevoz blaga najcenejši? B b s α A a C B’
Slika 10.13: Situacija iz primera 10.25
Rešitev: d = 100 km (razdalja med točkama A in B’) s = 30 km (oddaljenost mesta B od železniške proge) cz = 1 d.e. (cena prevoza enote blaga na enoto razdalje po železnici) cc = 2 d.e. (cena prevoza enote blaga na enoto razdalje po cesti)
Kje naj bo mesto C, da bodo skupni prevozni stroški minimalni? Prevozni stroški za enoto blaga so S c a c b a bz c= + = + 2 .
Ker je CB s′ = . ctgα ⇒ a d s= − .ctgα in bs
=sinα
, so skupni prevozni stroški
S d ss
= − +.sin
ctgαα
2. Poznamo d in s, zato je S funkcija kota α :
60
100 30 ctgsin
S αα
= − ⋅ +
Odvod funkcije
269
Na ta način smo dobili skupne stroške kot funkcijo kota α . Stacionarno točko dobimo z odvajanjem:
′ = = − = ⇒ =SdS
dα α
α
αα
30 600
1
22 2sin
cos
sincos ⇒ =α 600
in ctga d s α= − ⋅ = 83 km. Preveriti moramo še, če je ta stacionarna vrednost res ekstrem in če je, ali je minimum. Drugi odvod
′′ =− +
S60 1 2
3
cos cos
sin
α α
α
c h
je pri α = 600 pozitiven, saj je
′′ = =− +
>S α 6060 1 60 60
6000
0 2 0
3 0c h c hcos cos
sin
Dobljeni ekstrem je res minimum. ♦♦♦
10.10 Konveksnost, konkavnost, prevoj
V poglavju 10.1 smo že definirali pojem konveksnosti in konkavnosti funkcije f xb g na
nekem intervalu (a,b). Relaciji (10.01) in (10.02) določata kriterij konkavnosti/konveksnosti. Ker smo spoznali odvod kot odličen pripomoček za analizo funkcij, bomo z njim v nadaljevanju ugotavljali in obravnavali tudi konkavnost oziroma konveksnost danih funkcij. Izrek: Če je na intervalu a b,b g drugi odvod funkcije povsod pozitiven, je na tem intervalu
funkcija konveksna, če je drugi odvod funkcije povsod negativen, pa je funkcija konkavna. Dokaz: Vzemimo konveksno funkcijo na nekem intervalu a b, (slika 10.14). Ko je drugi odvod
funkcije y f x= b g na intervalu (a, b) povsod pozitiven, je prvi odvod ′f xb g naraščajoča
funkcija. Poljubna točka na tangenti leži pod krivuljo in ima ordinato y f x f x x xt = + ′ −0 0 0b g b g b g . Po Lagrangeovem izreku lahko ordinato točke na krivulji
f xb g zapišemo v obliki y f x f x x x= + ′ −0 1 0b g b g b g , kjer je x x x1 0∈ ,b g .
Odvod funkcije
270
y f x= b g
t a x0 b x
Slika 10.14: Konveksna funkcija na intervalu a b,
Če je x x> 0 , je zaradi zahteve x x x1 0∈ ,b g tudi x x1 0> in ′ > ′f x f x1 0b g b g . Zato je tudi
′ − > ′ −f x x x f x x x1 0 0 0b g b g b g b g in s tem y yt> .
Če je x x< 0 , je zaradi zahteve x x x1 0∈ ,b g res: x x1 0< in ′ < ′f x f x1 0b g b g . Seveda je
sedaj x x− <0 0b g , zato je spet izpolnjen pogoj ′ − > ′ −f x x x f x x x1 0 0 0b g b g b g b g in s tem
y yt> tudi v tem primeru. Dokaz je enak, če je abscisa dotikališče tangente levo krajišče a ali desno krajišče b intervala a b, .
Dokaz je podoben za konkavno funkcijo. S tem je izrek dokazan. Primer 10.26: Funkcija y e x= ima drugi odvod ′′ =y e x . Za vsak x iz definicijskega
območja funkcije (cela realna os) je drugi odvod pozitiven. Funkcija y e x= je torej na celotnem definicijskem območju konveksna. ♦♦♦ Primer 10.27: Za funkcijo y x= 3 je ′′ =y x6 . Drugi odvod je pozitiven za x > 0 in negativen za x < 0.
Funkcija y x= 3 je na intervalu −∞, 0b g konkavna in konveksna na intervalu 0, ∞b g . ♦♦♦ Že iz primera 10.27 vidimo, da je funkcija lahko nad delom svojega definicijskega območja konveksna, nad delom pa konkavna. Intervalov konveksnosti in konkavnosti je lahko več. Točko, v kateri se funkcija previje iz konveksnosti v konkavnost ali obratno, pravimo prevoj ali obračaj (slika 10.15). Definicija: Funkcija f xb g ima v točki x0 prevoj ali obračaj, če obstaja taka okolica točke
x0 , da je v njej na eni strani točke x0 funkcija konveksna, na drugi strani pa konkavna (ali
obratno). V prevoju tangenta na krivuljo preseka krivuljo.
Odvod funkcije
271
y = f(x)
0x 0 x
P
y
Slika 10.15: Prevoj P
Iz prejšnjega izreka in iz definicije prevoja lahko povemo: Če je v neki okolici točke x0 drugi odvod funkcije f xb g na eni strani te točke pozitiven, na
drugi strani pa negativen, ima funkcija v točki x0 prevoj. Kadar pa je drugi odvod funkcije
v kakšni okolici točke x0 povsod enakega predznaka, prevoja v tej točki ni.
Naj bo f xb g dovoljkrat odvedljiva. V prevojni točki točki x = x0 je vedno izpolnjena
enačba ′′ =f x0 0b g . V točki x = x0 nastopi prevoj (obračaj), če je ′′ =f x0 0b g in
′′′ ≠f x0 0b g .
Lahko se zgodi, da sta v točki x0 tako drugi kot tretji odvod enaka nič. V tem primeru računamo višje odvode (četrti, peti, šesti itd.) in ugotavljamo, pri katerem višjem odvodu je vrednost v točki x0 različna od nič. Naj bo odvod n-tega reda prvi, ki je v točki x0 različen
od nič: f xnb g b g0 0≠ . Če je red n tega odvoda liho število, je v točki x0 prevoj, če pa je red
odvoda sodo število, v točki x0 prevoja ni. To lahko povemo tudi drugače: če dovoljkrat
odvedljiva funkcija v stacionarni točki nima lokalnega ekstrema, ima v njej prevoj.
Primer 10.28: Določimo intervale naraščanja, padanja, konkavnosti in konveksnosti funkcije
y x x x= − + −1
62 21 72 63 2c h .
Rešitev: Definicijsko območje funkcije je cela realna os. Intervale naraščanja dobimo iz pogoja
′ >y 0 , intervale, kjer funkcija pada, pa iz pogoja ′ <y 0 . Ker je ′ = − +y x x2 7 12 , velja
neenakost x x2 7 12 0− + > za x z intervalov −∞, 3b g in 4, ∞b g , neenakost
x x2 7 12 0− + < pa za x z intervala 3 4,b g . Funkcija je naraščajoča na intervalih −∞, 3b g in 4, ∞b g , padajoča pa na intervalu (3, 4).
Intervale konveksnosti dobimo iz pogoja ′′ >y 0 , intervale konkavnosti pa iz pogoja
′′ <y 0 . Ker je ′′ = −y x2 7 , velja neenakost 2 7 0x − > za vse x >7
2 in neenakost
Odvod funkcije
272
2 7 0x − < za vse x <7
2. Funkcija je torej konkavna na intervalu −∞
FHG
IKJ,
7
2in konveksna
na intervalu 7
2, ∞FHGIKJ . V točki x =
7
2 ima funkcija prevoj, ker je tam ′′ =y 0 in
′′′ = ≠y 2 0 .
♦♦♦ Z odvodom lahko funkcijo natančno raziščemo in analiziramo. Na njenem definicijskem območju lahko ugotovimo območja naraščanja, območja padanja, območja konveksnosti, območja konkavnosti. Izračunati znamo ekstreme in sedaj še prevoje. Že od prej znamo določiti ničle funkcije, za ulomljene funkcije še pole, ugotoviti znamo tudi asimptoto. Vse to znanje uporabimo pri načrtovanju funkcij, ki jih sedaj lahko narišemo kar precej natančno. Primer 10.29:
Čim bolj natančno narišimo funkcijo yx
x=
+2 1.
Rešitev: Definicijsko območje je cela realna os. Ničla: x = 0 Poli: - Asimptota: y = 0
Ker je odvod ′ =−
+y
x
x
1
1
2
2 2c h, funkcija narašča na intervalu, kjer je
1
10
2
2 2
−
+>
x
xc h in pada
tam, kjer je 1
10
2
2 2
−
+<
x
xc h. Imenovalec je vedno pozitiven, zato iz zgornjih zahtev dobimo
neenačbi: 1 02− >x na območju naraščanja in 1 02− <x na območju padanja funkcije. Od tod ugotovimo:
- funkcija narašča na intervalu −1 1,b g , - funkcija pada na intervalih −∞ −, 1b g in 1, ∞b g .
Stacionarne točke določimo iz pogoja ′ =y 0 .
Iz enačbe ′ =−
+=y
x
x
1
10
2
2 2c h, dobimo dve rešitvi: x x1 21 1= − =, .
Pričakujemo torej, da ima naša funkcija ekstrema v točkah T1 11
2− −FHG
IKJ, in T2 1
1
2,FHGIKJ .
Zaradi ′′ =−
+y
x x
x
2 3
1
2
2 3
c hc h
dobimo v stacionarnih točkah ′′ − >y 1 0b g in ′′ <y 1 0b g , zato je
T1 1 1 2− −,b g lokalni minimum
T2 1 1 2,b g lokalni maksimum
Odvod funkcije
273
Intervale konveksnosti dobimo iz pogoja ′′ >y 0 , intervale konkavnosti pa iz pogoja
′′ <y 0 . V drugem odvodu je imenovalec vedno pozitiven, zato je območje konveksnosti
dano s pogojem 2 3 02x x − >c h in območje konkavnosti s pogojem 2 3 02x x − <c h . Rešimo
neenačbi in ugotovimo:
- funkcija je konveksna na intervalih − 3 0,d i in 3, ∞d i , - funkcija je konkavna na intervalih −∞, 3d i in 0 3,d i .
Vidimo, da se območja konkavnosti in konveksnosti izmenjujejo, zato na teh prehodih pričakujemo prevoje. Prevoje dobimo iz zahteve ′′ =y 0. Ko rešimo enačbo
2 3
10
2
2 3
x x
x
−
+=
c hc h
, dobimo x x x3 4 53 0 3= − = =, , . Točke s temi abscisami so prevoji, če
je tretji odvod različen od nič. Ker je ′′′ =− + −
+y
x x
x
6 2 7 1
1
4 2
2 4
c hc h
, velja
′′′ − ≠ ′′′ ≠y y3 0 0 0d i b g, in ′′′ ≠y 3 0d i , zato so točke
T T T3 4 53 3 4 0 0 3 3 4− −, , , , ,d i b g d i res prevoji.
Ko uporabimo vse dobljene informacije, lahko narišemo graf funkcije kar precej natančno (slika 10.16).
1 0 x
1
y
T1
T2
Slika 10.16: Graf funkcije yx
x=
+2 1
♦♦♦ Primer 10.30:
Čim bolj natančno narišimo funkcijo yx
x=
−
+
1
1.
Rešitev: Definicijsko območje je cela realna os, razen pri x = −1. Ničla: x = 1 Pol: x = −1 Asimptota: y = 1
Odvod funkcije
274
Ekstremi: Prvi odvod ′ =+
yx
2
12b g
ni nikoli enak nič, zato funkcija nima ekstremov.
Prevoji: Drugi odvod ′′ = −+
yx
4
13b g
tudi ni nikoli enak nič, zato funkcija nima prevojev.
1 0 x
1
y
Slika 10.17: Graf funkcije yx
x=
−
+
1
1
♦♦♦
10.11 Odpravljanje nedoločenosti
(L’Hospitalovo pravilo)
V nekaterih primerih imata v funkciji yf x
g x=b gb g števec in imenovalec v točki x x= 0
skupno ničlo, zato funkcija v tej točki ni definirana. Pravimo, da ima funkcija v tej točki
nedoločenost tipa 0
0. Kljub temu se lahko zgodi, da limita funkcije v tej točki obstaja.
Iskanju te limite pravimo odpravljanje nedoločenosti.
Pri odpravljanju nedoločenosti je zelo uporabno L’Hospitalovo pravilo, ki se glasi: Naj bosta funkciji f xb g in g xb g odvedljivi v neki okolici točke x0 . V tej okolici naj bo
′ ≠g xb g 0 , obstaja pa naj še limx x
f x
g x→
′
′0
b gb g . Potem velja:
lim limx x x x
f x
g x
f x
g x→ →=
′
′0 0
b gb g
b gb g (10.57)
Odvod funkcije
275
L’Hospitalovo pravilo velja tudi za nedoločenost tipa ∞
∞.
Pravilo smemo uporabiti večkrat zaporedoma. Primer 10.31:
Izračunajmo limx
x
x→π
2
tg3
tg.
Rešitev:
V tem primeru imamo opravka z nedoločenostjo tipa ∞
∞, kjer lahko uporabimo
L’Hospitalovo pravilo. Odvajamo posebej števec in posebej imenovalec (ne odvajamo po pravilu za odvod kvocienta) in dobimo
lim lim cos
cos
limcos
cosx x x
x
x
x
x
x
x→ → →
= =π π π
2 2
2
2 2
2
2
33
31
3
3
tg
tg
Ker sedaj dobimo nedoločenost oblike 0
0, lahko ponovno uporabimo L’Hospitalovo
pravilo:
lim lim cos
cos
limcos
coslim
cos sin
cos sin
limsin
sinlim
cos
cos
x x x x
x x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x
x
x
→ → → →
→ →
= = =−
−=
= = =
π π π π
π π
2 2
2
2 2
2
2
2
2 2
33
31
3
3
6
6 3 3
2
6
2 2
6 6
1
3
tg
tg
b gb g
♦♦♦
L’Hospitalovo pravilo velja le za nedoločenosti tipa 0
0 in
∞
∞. Nedoločenih izrazov pa je
več. Poleg nedoločenosti tipa 0
0 in
∞
∞ so ostale oblike nedoločenosti še 0 ⋅∞ ,
∞ − ∞ ∞, ,1 00 in ∞ 0 . Vse te ostale oblike nedoločenosti moramo z algebrajskimi operacijami prevesti na osnovna tipa, za katera smemo uporabiti L’Hospitalovo pravilo. Kako to počnemo, si poglejmo na naslednjih dveh primerih. Primer 10.32: Izračunajmo lim
xx x
→−
ππ
22b g tg .
Rešitev: V tem primeru gre za nedoločenost oblike 0 ⋅∞ . To obliko nedoločenosti prevedemo v
enega od osnovnih tipov nedoločenosti tako, da upoštevamo 1
0= ∞ in
10
∞= . V danem
primeru ukrepamo takole: lim limx x
x xx
x→ →− =
−π π
ππ
2 22
2
1b g b gtg
tg.
Odvod funkcije
276
Na ta način smo dobili nedoločenost 0
0 in že lahko uporabimo L’Hospitalovo pravilo:
lim lim lim.cos
lim cos lim sin
x x x
x x
x xx
x x x
x x x
→ → →
→ →
− =−
=−
=
= − = − = −
π π π
π π
ππ
2 2 2
2 2
2
2 2
2
2
22
12
1 1
2 2 2
b g
c h c h
tg
tg tg
tg
♦♦♦ Primer 10.33:
Izračunajmo limx
xx→
−
1
1
1 .
Rešitev: V tem primeru gre za nedoločenost oblike 1∞ . Za takšne primere (pa tudi za nedoločenosti oblike 00 in ∞0 ) je postopek naslednji:
• pišimo splošno:
lim lim ln lim ln
x x
g x
x x
f xf x
Rf x e e e
g xx x
g x
→ →= = =→
0 0
0b gc h b g b gc h b gc hb g b g
,
• izračunamo R f xx x
g x=→lim ln
0
b gc h b g po eni od prejšnjih možnosti in že imamo
iskani rezultat.
Za limx
xx→
−
1
1
1 pomeni opisani postopek naslednje:
limlim ln
x
x
x
Rx e e
x
x
→
−
FHGG
IKJJ
= =→
−
1
1
11
1
1
R xx
xx
x
x=FHGIKJ =
−
FHG
IKJ→
−
→lim ln lim ln
1
1
1
1
1
1
V R imamo nedoločenost 0 ⋅∞ , s katero že znamo ravnati:
R xx
xx
x
x
xx
x
x x x x=FHGIKJ =
−
FHG
IKJ =
−=
−= −FHGIKJ = −
→
−
→ → → →lim ln lim ln lim
lnlim lim
1
1
1
1 1 1 1
1
1 1
1
1
11
Od tod
limx
x Rx e e
e→
− −= = =1
1
1 1 1
♦♦♦
![IMP - MML IMP - MML IMP -IMP - MML...CV CV [SMP-10] NOTAS (O SUHVHQWH 3ODQR GH =RQLILFDFLyQ GH /LPD Metropolitana no define jurisdicciones distritales. (2) El Sistema Vial que aparece](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5fcbcfb94ba4326ed04588b1/imp-mml-imp-mml-imp-imp-mml-cv-cv-smp-10-notas-o-suhvhqwh-3odqr-gh.jpg)
![Pageflex Server [document: D-mml-00100D56 00001] · Pageflex Server [document: D-mml-00100D56_00001] Created Date: 3/5/2015 10:41:52 AM](https://img.pdfslide.net/doc/110x75/5eb216aa54e4c54381079d64/pageflex-server-document-d-mml-00100d56-00001-pageflex-server-document-d-mml-00100d5600001.jpg)
