Embed Size (px)
DESCRIPTION
Matematika
Citation preview
Izvod (derivacija) funkcije
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646. – 1716.) je riješio problem nalaženja tangente na proizvoljnu krivu u datoj tački te krive. Rješenje ovog problema je motiv da se uvede pojam izvoda funkcije.
Neka je funkcija y f x definisana i neprekidna na intervalu , .a b Neka je ,x a b
proizvoljan i 0x tako da je , .x x a b Ako povučemo pravu koja siječe grafik date funkcije
u tačkama čije su apscise x i ,x x tada je koeficijent pravca te prave (sekante) jednak upravo
količniku priraštaja funkcije y f x x f x i priraštaja argumenta :x
tg ,f x x f xy
x x
jer sekanta siječe x – osu pod uglom .
Puštajući da 0,x sekanta prelazi u položaj tangente postavljene na grafik u tački
, , .M x y y f x Ako pretpostavimo da ta tangenta siječe x – osu pod uglom očito je
0
tg lim .x
f x x f xx
Isaac Newton (1643. – 1728.) je riješio problem određivanja brzine tijela u datom vremenu 0t , ako
se zna da se tijelo kreće tako da je s t dužina puta koju pređe tijelo u vremenskom intervalu 0, .t
Put koji tijelo pređe u vremenu , 0,t t t je .s t t Otuda je prosječna brzina kojim se tijelo
kretalo u vremenskom intervalu 0 0,t t t jednaka 0 0s t t s ts
t t
i puštajući da 0t
može se zaključiti da je brzina tijela u momentu 0t t jednaka 0 00 0
lim .t
s t t s tv t
t
Definicija 1: Izvodom funkcije ( )y f x u tački x intervala ( , )a b naziva se konačan limes količnika
yx
kada x teži nuli, ako taj limes postoji. To pišemo na slijedeći način:
y y
( , )M x y
1( , )M x x y y
x
x x x
y
t
s
' '
0
( ) ( )( ) lim .x
f x x f xy f xx
Izvod funkcije zove se još i derivacija funkcije. Sam postupak računanja izvoda funkcije (u nekoj tački) zove se deriviranje ili diferenciranje. Ukoliko funkcija ( )y f x ima konačan izvod u tački 0 ,x
kažemo da je ona diferencijabilna (ili derivabilna) u toj tački. Ako je pak funkcija diferencijabilna u svakoj tački intervala ( , )a b reći ćemo da je funkcija diferencijabilna na tom intervalu.
Napomena 1: Nekad se umjesto pojma „izvod“ govori o „prvom izvodu“ funkcije, jer postoji, kako ćemo vidjeti, i drugi, treći i općenito izvodi višeg reda. Umjesto oznake x u definiciji 1 često se piše
slovo h. Dakle, možemo napisati da je '
0
( ) ( )( ) lim .h
f x h f xf xh
Napomena 2: Limes u definiciji 1 nekad postoji, ali je beskonačan. Pošto smo dokazali da je
koeficijent pravca tangente na grafik funkcije ( )y f x u nekoj tački 0 0,x f x jednak izvodu
0 ,f x ukoliko je 0f x ili 0 ,f x mogli bi zaključiti da je tada tangenta u tački
0 0,x f x okomita na x – osu.
Napomena 3: Ako u definiciji 1 pustimo da 0x (teži ka nuli sa desne strane) i ako dobijemo konačan rezultat, dobijeni limes se zove desni izvod funkcije ( )y f x u tački x. Analogno
definišemo lijevi izvod funkcije u tački. Da bi postojao izvod funkcije u nekoj tački 0 ,x potrebno je i
dovoljno da postoje (i konačni su) lijevi i desni izvod u toj tački i da su jednaki.
Teorem 1: Ako je funkcija diferencijabilna u nekoj tački, ona je i neprekidna u toj tački.
Dokaz: Neka postoji i konačan je '
0
( ) ( )( ) lim .h
f x h f xf xh
Stavimo da je
.f x h f xh f x
h
Očito je 0
lim 0.h
h
Pošto je ,f x h f x hf x h h očito je i
0
lim 0.h
f x h f x
To upravo znači da je funkcija ( )y f x neprekidna u tački x.
Napomena 4: Imajući u vidu teorem 1, možemo reći da je neprekidnost funkcije u nekoj tački potreban uslov za diferencijabilnost funkcije u toj tački. Taj uslov međutim nije i dovoljan. Npr.
funkcija y x je neprekidna u tački 0,x ali u toj tački nije diferencijabilna, jer lijevi i desni izvod
funkcije y x u tački 0x postoje, ali nisu jednaki.
Primjeri:
a) 0
. lim 0.h
c cy c const yh
b) 0
lim 1.h
x h xy x yh
c) 2 2 2
2
0 0 0
22lim lim lim 2 .h h h
x h x h x hxh hy x y xh h h
d) 3 2 23 2 2 3
3 2
0 0 0
3 33 3lim lim lim 3 .h h h
h x xh hx h x x h xh hy x y xh h h
e)
20 0 0
1 11 1lim lim lim .
h h h
x x hx x h hx h xy y
x h h hx x h x
f) 0 0
1, 0 1 lim lim ln .
x hx h xx x
h h
a aa ay a a y a ah h
Posmatrajući rezultate koje smo dobili u primjerima b), c) i d) moglo bi se naslutiti da je
1n nx nx za sve .n Zaista, ako iskoristimo Newtonovu binomnu formulu, imamo da je
1 2 2
0 0
...2
lim lim
n n nn n
n
h h
nnx h x h h
x h xx
h h
1 2 1
1
0
...2
lim .
n n n
n
h
nh nx x h h
nxh
S obzirom na primjer e), vidimo da tvrdnja 1n nx nx vrijedi i za 1.n Dokazaćemo poslije da
ta tvrdnja vrijedi ne samo za cijele brojeve n, nego za svako .n
Izvode osnovnih elementarnih funkcija treba upamtiti. Napisaćemo ih na jednom mjestu, zovemo ih tabličnim izvodima.
TABLIČNI IZVODI
1. 1( )x x
2. 2
1 1x x
3. 12
xx
4. sin cosx x 5. cos sinx x
6. 2
1tgcos
xx
7. 2
1ctgsin
xx
8. 2
1arcsin1
xx
9. 2
1arccos1
xx
10. 2
1arc tg1
xx
11. 2
1arcctg1
xx
12. lnx xa a a
13. x xe e
14. loglog ,aa
exx
( 0, 0)x a
15. 1ln , ( 0)x xx
16. sh chx x 17. ch shx x
18. 2
1thch
xx
19. 2
1cthsh
xx
Teorem 2: Neka funkcije f i g imaju u tački x konačne izvode f x i .g x Tada u tački x konačan
izvod ima i funkcija
1) ,f g te vrijedi: .f x g x f x g x
2) cf (za proizvoljnu konstantu c ) i vrijedi: .cf x cf x
3) ,f g te vrijedi: .f x g x f x g x f x g x
4) ,fg
te vrijedi
2 ,
f x f x g x f x g xg x g x
ukoliko je 0.g x
Dokaz:
1) Slijedi direktno iz definicije 1 i jednakosti
,f x h g x h f x g x f x h f x g x h g xh h h
puštajući da 0.h
2) Slijedi direktno iz definicije 1 i jednakosti
, ,cf x h cf x f x h f x
c ch h
puštajući da 0.h
3) Slijedi direktno iz definicije 1 i jednakosti
,f x h g x h f x g x f x h f x g x h g xg x h f x
h h h
puštajući da 0.h
4) Slijedi direktno iz definicije 1 i jednakosti
,
f x h f x f x h f x g x h g xg x f xg x h g x h x
h g x h g x
puštajući da 0.h
Napomena 5: U slučaju da imamo više od dvije funkcije koje su sve diferencijabilne u tački x, npr. n funkcija 1 2, ,..., ,nf f f tada je lako zaključiti matematičkom indukcijom da je
1) 1 1
.n n
i ii if x f x
2) 1 21 1
, , ,..., .n n
i i i i ni ic f x c f x c c c
3) 1 2 1 2 1 2 1 2... ... ... ... ... .n n n nf f f f f f f f f f f f
Teorem 3: Neka su date funkcije f i g takve da postoji složena funkcija g f i neka funkcija g ima
izvod u tački ,f x a funkcija f ima izvod u tački x. Tada funkcija g f ima takođe izvod u tački x i
vrijedi: .g f x g f x g f x f x
Dokaz:
0 0
lim limx x
g f x x g f x g f x f x g f x f xg f x
x f x x
.g f x f x
Primjeri: Uz pretpostavku da postoji konačan izvod ,f x imamo da je
1) 1.
n nf x n f x f x
2) .f x f xe e f x
3) ln ln ln 11 .x x xx e e e xx
4)
1ln .f x
f x f xf x f x
Teorem 4: Neka je ( )y f x neprekidna strogo monotona funkcija u nekoj okolini tačke 0x i neka je
( )x y njena inverzna funkcija. Ako je funkcija ( )y f x diferencijabilna u tački 0x i '0( ) 0f x ,
onda je i funkcija ( )y diferencijabilna u tački 0 0( )y f x . Pri tome važi:
'0 '
0
1( )( )
yf x
.
Dokaz: Pošto su ( )y f x i ( )x y inverzne funkcije, imamo da je f x x u nekoj okolini
tačke 0.x Diferencirajući ovu jednakost po x i pri tome primjenjujući teorem 3 (izvod složene
funkcije), dobijamo da je 1f x f x za sve x iz pomenute okoline tačke 0.x Specijalno, za
0 ,x x dobije se '0 0 0 0 0 '
0
11 1 ( ) .( )
f x f x y f x yf x
Primjeri:
a) Za proizvoljno a, 0 1,a želimo naći izvod logaritamske funkcije log .ay x Jasno,
log1 1log ln .ln ln
y y aa y x y
ey x x a x a a ya a x a x
b) arcsiny x (riješeno u zbirci, str. 159.)
c) arctgy x (riješeno u zbirci, str. 159.)
Diferencijal funkcije
Ako je funkcija f diferencijabilna u tački x, znamo da je tada '
0
( ) ( )( ) lim .x
f x x f xf xx
Neka je ( ) ( ), .f x x f xW x x f xx
Tada , 0W x x kad 0x i
( ) ( ) , ,f x f x x f x x f x W x x odnosno
, .... 1f x x f x xW x x
Formulu (1) zovemo formulom razlaganja priraštaja funkcije. Priraštaj je razložen na dva sabirka, od
kojih se prvi sabirak x f x može smatrati glavnim dijelom, jer drugi sabirak ,xW x x
očigledno teži ka nuli kad 0.x
Definicija 1: Glavni dio priraštaja funkcije y f x zovemo diferencijalom funkcije i označavamo
oznakom dy ili .df x
Dakle, .dy f x x
Ako posmatramo identičnu funkciju ,y x znamo da je tada 1,y pa je onda 1 .dx x x
Znači, dx x dy y dx
Napomena 1: Iz formule dy y dx slijedi da je .dyydx
To je još jedan način označavanja (prvog)
izvoda funkcije.
Napomena 2: Kao i kod pojma izvoda, diferencijal koji smo definisali je zapravo diferencijal prvog reda. Poslije ćemo vidjeti i pojam diferencijala višeg reda.
Primjer: sin cos .y x dy xdx
Geometrijsko značenje diferencijala 0df x je da je on upravo priraštaj ordinate tangente na krivu
y f x postavljene u tački 0 0, ,A x f x vidi sliku.
Inače, jednačina tangente na slici glasi:
0 0 0 .y f x f x x x
Tačku A zovemo dodirnom tačkom.
Prava koja prolazi kroz dodirnu tačku i okomita je na tangentu zove se normala na krivu. Jednačina
normale na krivu y f x u tački 0 0,A x f x glasi:
0 00
1 .y f x x xf x
Teorem 1 (Osnovne osobine diferencijala): Neka su ( )u u x i ( )v v x diferencijabilne funkcije.
Tada je:
a) 0, .,dc c const b) ( ) ,d cu cdu c) ( ) ,d u v du dv d) ( ) ,d uv vdu udv
e) 2 .u vdu udvdv v
Dokaz: Slijedi direktno iz formule za diferencijal funkcije i odgovarajućih pravila diferenciranja. Pošto smo već rekli da je drugi sabirak na desnoj strani u formuli (1) zanemarljiv, možemo zaključiti da je .f x x f x S obzirom da je ( ) ( )f x f x x f x možemo smatrati da je
( ) .f x x f x x f x
Ova formula nam može pomoći u približnom izračunavanju nekih vrijednosti.
Primjeri:
a) 3 1001 ?
Ako je 1
3 3 ,y x x tada je 23
3 2
1 1 .3 3
y xx
Odabraćemo da je 31000, 1, .x x f x x Prema gornjoj formuli je onda
3 33 2
1 11001 1000 1 10 10,003333003 1000
zaokruženo na 5 decimala.
b) 151,002 ?
Izvodi i diferencijali višeg reda
Definicija 1: Drugi izvod y (derivacija) funkcije y je izvod njenog prvog izvoda.
Detaljnije, za funkciju y f x imamo da je 0
lim ,h
f x h f xf x
h
ukoliko limes na
desnoj strani postoji i konačan je. Za funkciju y f x kažemo tada da je dva puta diferencijabilna.
Analogno, treći izvod se dobije diferenciranjem drugog izvoda, itd.
Općenito, za proizvoljno n definišemo n – ti izvod funkcije :y f x
1 .n nf x f x n
Pri tome se smatra da je 0 ,f x f x tj. nulti izvod funkcije jednak je samoj funkciji.
Primjeri:
a) 5 64 3 24 12 24 24 4! ... 0.IVy x y x y x y x y y y
b) 1 2 3, 1 1 2 ...n n n ny x n y nx y n n x y n n n x
Očito je 1 2 ...2 1 !ny n n n n i 0,my ako je .m n
c) 1 2, 1 ...y x y x y x
1 ... 1 .n ny n x
d) ,x x xy e y e y e itd. Očito je .nx xe e n
e) sin cos sin sin sin 2 ,2 2
y x y x x y x x
itd.
Tvrdimo da je sin sin2
nx x n
za sve .n
Dokažimo ovo matematičkom indukcijom.
Za 1n tvrdnja vrijedi prema prethodno napisanom.
Pretpostavimo da je tvrdnja tačna za 1,n k tj. sin sin .2
kx x k
Tada je
1sin cos .2
kx x k
Pošto je cos sin ,2
stavljajući da je ,
2x k slijedi:
1sin cos sin sin 1 .2 2 2 2
kx x k x k x k
Time je ova tvrdnja
dokazana.
f) Dokazati na sličan način da je cos cos .2
nx x n
g) 1 2 3 41ln 2 6 ,IVy x y x y x y x y xx
itd.
Može se naslutiti da je 11 1 !
.n
nn
ny n
x
Dokaz (matematičkom indukcijom): Za 1n tvrdnja glasi 1 ,yx
što je očito tačno.
Neka za neko 1k vrijedi: 11 1 !.
kk
k
ky
x
Tada je
1 11 11
1 !1 1 ! 1 1 ! .
kk kk k k
k
ky k x k k x
x
Tvrdnja je dokazana.
Zadaci za vježbu: Izračunati n – ti izvod funkcije
a) , 0 1.xy a a
b) , \ 0xy e
c) , , ,ky ax b a b k
d) ln , ,ax by a bax b
e) sin , ,y ax b a b
f) 2
13 2
yx x
g) 3sin .y x
Definicija 2: Drugi diferencijal (ili diferencijal drugog reda) funkcije f x je diferencijal njenog prvog
diferencijala, u oznaci 2 .d f x Treći diferencijal funkcije je diferencijal njenog drugog diferencijala,
itd. Općenito, za proizvoljni n diferencijal n – tog reda funkcije f x je diferencijal njenog
diferencijala reda 1 .n Pišemo:
1 .n nd f x d d f x n
Pri tome je 0 .d f x f x
Direktno iz definicije 2 izvešćemo formulu za diferencijal drugog i višeg reda. Naime,
22
0
.d f x d df x d f x dx df x dx f x d dx f x dx
Pri tome smo koristili poznatu osobinu za diferencijal proizvoda i činjenicu da dx ne zavisi od x. Po
dogovoru, uzimamo kraću oznaku 22 ,dx dx pa je 2 2.d f x f x dx
Analogno se dobije 3 3 ,d f x f x dx itd. Općenito je
.nn nd f x f x dx n
Dokažite ovu tvrdnju metodom matematičke indukcije za vježbu.
Primjeri:
a) ! ! .nn n ny x y n d y n dx
b) sin sin sin .2 2
n n n n ny ax y a ax n d y a ax n dx
c) 21 ...., ....,..., ....ny dy d y d yx
d) 23 ...., ....,..., ....ny x dy d y d y
e) 1 2 ?ny x d y
Osnovne teoreme diferencijalnog računa
Definicija 1: Za funkciju f x kažemo da ima lokalni minimum, odnosno lokalni maksimum u tački
a, ako postoji okolina tačke a tako da je f x f a za sve , ,x a a odnosno
f x f a za sve , .x a a
Lokalni minimum i lokalni maksimum jednim imenom zovemo lokalni ekstrem funkcije.
Teorem 1: Neka je funkcija f x definisana i diferencijabilna na intervalu , .a b Ako je 0f x
(odnosno 0f x ) za sve , ,x a b tada je funkcija f x rastuća (odnosno opadajuća) na
intervalu , .a b
Dokaz: Neka je 0f x za sve , .x a b Za dovoljno malo h je 0.f x h f x
h
Ako je 0,h odavdje slijedi da je 0,f x h f x tj. f x f x h ako je 0.h
Ako je 0,h odavdje slijedi da je 0,f x h f x tj. f x f x h ako je 0.h
Time je dokazano da je funkcija rastuća na intervalu , .a b Druga tvrdnja teorema (slučaj kad je
0f x ) se dokazuje analogno.
Teorem 2 (Fermaov* teorem): Ako funkcija f x dostiže svoj lokalni ekstrem u tački a i ako je u toj
tački funkcija f x diferencijabilna, tada je 0.f a
* Pierre Fermat (1601. – 1665.) – francuski pravnik i matematičar
Dokaz: Neka je u tački a lokalni maksimum funkcije ,f x tj. f x f a za sve x iz neke okoline
tačke a. Za dovoljno malo h važi sljedeće
1) 0 0.f a h f a
h f a h f ah
2) 0 0.f a h f a
h f a h f ah
Puštajući da 0 ,h odnosno 0 ,h slijedi iz gornjih nejednakosti da je 0f a i 0.f a
No kako je f x diferencijabilna u a, imamo da je ,f a f a f a znači 0f a i
0,f a a to povlači da je 0.f a Teorem je dokazan.
Obratna tvrdnja ne vrijedi, tj. ako je 0f a to ne mora da znači da je a tačka lokalnog ekstrema
funkcije .f x
Primjer: za funkciju 3 23 0y x y x samo ako je 0.x Međutim, pošto je 0y za sve
,x data funkcija nema ekstrema.
Ipak, s obzirom na Teorem 2, jasno je da kad tražimo lokalne ekstreme neke funkcije, najprije tražimo sve tačke u kojima je prvi izvod te funkcije jednak nuli.
Definicija 2: Sve tačke u kojima je izvod date funkcije f x jednak nuli zovu se stacionarne tačke.
Teorem 3 (Rolov* teorem): Ako je funkcija f x neprekidna na intervalu , ,a b diferencijabilna na
intervalu ,a b i ,f a f b tada postoji ,a b tako da je 0.f
Drugim riječima, uz nabrojane uslove funkcija f x na intervalu ,a b ima stacionarnu tačku.
* Michel Rolle (1652. – 1719.) – francuski matematičar
Teorem 4 (Lagranžov* teorem): Ako je funkcija f x neprekidna na intervalu , ,a b a
diferencijabilna na intervalu , ,a b tada postoji ,a b tako da je
.f b f a f b a
* Joseph Louis Lagrange (1736. – 1813.) – francuski matematičar
Dokaz: Funkcija f b f ag x f x f a x a
b a
zadovoljava uslove Rolovog teorema.
Zato postoji ,a b takav da je 0.g
Pošto je ,f b f ag x f x
b a
imamo da je za ,x
0 .f b f a
g f f b f a f b ab a
Teorem je dokazan.
Napomena: Teorem 4 zove se još teorem srednje vrijednosti funkcije, a može se u literaturi naći i pod nazivom teorem o konačnim priraštajima funkcije.
Teorem 5 (Košijev teorem): Ako su funkcije f x i g x neprekidne na intervalu , ,a b a
diferencijabilne na intervalu ,a b i 0g x za sve , ,x a b tada postoji ,a b tako da je
.f b f a fg b g a g
* Augustin Louis Cauchy (1789. – 1857.) – francuski matematičar
Dokaz: slijedi direktno iz Lagranžovog teorema.
Teorem 6 (Lopitalovo* pravilo): Neka su funkcije f x i g x neprekidne na intervalu , ,a b a
diferencijabilne na intervalu ,a b i neka je 0 ,x a b tako da je 0 0 0.f x g x Neka je osim
toga 0g x za sve 0, \ .x a b x Ako postoji 0
limx x
f xg x
tada postoji i 0
limx x
f xg x
i vrijedi
jednakost
0 0
lim lim .x x x x
f x f xg x g x
* Guillaume François Antoine de l' Hospital (1661. – 1704.) – francuski matematičar
Dokaz: Funkcije f i g zadovoljavaju uslove Košijevog teorema na intervalu 0,a x i osim toga je
0
0
.f x f x f xg x g x g x
Prema Košijevom teoremu postoji 0,a x takav da je
0
0
.f x f x fg x g x g
Međutim, kad
0 ,x x tada i
0 ,x
pa je
0 0 0
lim lim lim .x x x x x
f x f f xg x g g x
Teorem 7 (drugo Lopitalovo pravilo): Neka su funkcije f x i g x neprekidne na intervalu
, ,a b a diferencijabilne na intervalu ,a b i neka je 0 ,x a b tako da je
0 0
lim lim .x x x x
f x g x
Neka je osim toga 0g x za sve 0, \ .x a b x Ako postoji
0
limx x
f xg x
tada postoji i 0
limx x
f xg x
i vrijedi jednakost
0 0
lim lim .x x x x
f x f xg x g x
Primjeri:
1) Riješiti nejednačinu 9 52 2.x x x
Neka je 9 52 .f x x x x Tada je 8 418 5 1.f x x x Ako stavimo da je 4 ,x t tada je
2 418 5 1, .f x t t t x Obzirom da je diskriminanta kvadratnog trinoma 218 5 1t t
negativna 25 72 47 ,D zaključujemo da je 0f x za sve ,x tj. funkcija f je
rastuća.
Kako je 1 2,f imamo da zbog rasta 9 51 1 2 2 .x f x f x x x x
Rješenje nejednačine: 1.x
2) Dokazati da jednačina 5 20 1 0x x ima tačno jedno realno rješenje.
Pošto je stepen ove jednačine neparan, ona sigurno ima bar jedno realno rješenje. Pretpostavimo da ona ima više od jednog realnog rješenja. Neka su a i b realna rješenja date jednačine i neka je
5 20 1 .f x x x x Tada funkcija f zadovoljava sve uslove Rolovog teorema na intervalu
,a b (prema učinjenoj pretpostavci imamo da je 0f a f b ).
Zbog toga postoji ,a b tako da je 0.f No to je nemoguće jer je 45 20 0f x x
za sve .x Dakle, data jednačina ne može imati više od jednog realnog rješenja.
3) Izračunati 30
sinlim .sinx
x xlx
Uvrštavanjem se odmah vidi da je limes neodređenog oblika 0 .0
Primjenićemo Lopitalovo pravilo dva
puta.
3 2 3 20 0 0 0
sin 1 cos sin 1lim lim lim limsin 3sin cos 3 2sin cos sin 3 2cos sinx x x x
x x x xlx x x x x x x x
1 .6
II način (bez Lopitalovog pravila): Odaberimo smjenu 2 0.x t t Tada je
3 3 3 3 30 0 0 0
2 sin 2 sin cos 1 sin cos sin sin 1lim 2lim lim lim8sin cos 4 sin cossin 2t t t t
t t t t t t t t t tlt t t tt
2
3 3 20 0
2sinsin 1 cos1 sin 1 2lim lim .4 sin sin 4 sint t
tt tt t l
t t t
Pošto je
22 2
2
2sin sin 1 12 22 2 1sin sin 4 22
2
t tt
tt t
kad 0,t dobijamo jednačinu:
1 1 ,4 2
l l
odakle se dobije da je 1 .6
l
