4.1. Izvodi i diferencijali funkcija sa jednim argumentom

1. 4.1. Izvodi i diferencijali funkcija sa jednim argumentom

2. Neka je y=f(x) neprekidna funkcija u intervalu (a,b). Na osnovu definisane funkcionalne zavisnosti f, bilo kojoj vrijednosti argumenta x iz oblasti definisanosti funkcije, pridružena je odgovarajuća vrijednost funkcije y. Postavlja se pitanje kako utiče promena (priraštaj) vrijednosti nezavisne promcnljive x na promenu vrijednosti funkcije y. Neka je x0 jedna tačka iz intervala (a,b) kojoj odgovara vrijednost funkcije y0=f(x0). Ako x0 dobije priraštaj Δx, onda će i vrijednost funkcije y0 dobiti priraštaj Δy, tj. • Neka je S kriva jednačine y=f(x), a M0(x0, y0) i M1(x0+ Δx, y0+ Δy) su dve tačke na njoj (si. 4-1). • Uticaj prumene (priraštaja) vrijednosti nezavisne promjenljive na promenu vrijednosti zavisne promjenljive je karaktensan količnikom priraštaja funkcije Δy i priraštaja argumenta Δx. Količnik priraštaja funkcije i priraštaja argumenta • predstavlja prosečnu brzinu promene vrijednosti funkcije y=f(x) u odnosu na promenu argumenta x u intervalu (x0, x0+Δx), odnosno prirastaj funkcije f(x) računat na jedinicu priraštaja argumenta x u tniervalu (x0, x0+Δx). Pozitivan odnos Δy/Δx naziva se uspon funkcije, a negativan pad funkcije.

3. SLIKA; 4-1 • Geometrijski, to je koeficijent pravca sječice M0M1 tj. tqβ (slika 4-1). • Količnik Δy/Δx u nekoj tački x0 ne zavisi samo od te izabrane tačke, nego je funkcija od Δx. Zbog toga odnos Ay/Ax nije prikladna mera za relativnu promenu vrijednosti funkcije. Da bi brzina promene vrijednosti funkcije y=f(x) zavisila samo od izabrane tačke x0, a ne i od priraštaja argumenta, Δx se postepeno smanjuje sve dok ne postane sasvim malo, tj. Δx→0. Ako postoji granična vrijednost količnika Δy/Δx kada Δx teži nuli, onda se ta granična vrijednost naziva izvod funkcije y=f(x) u tački x0 i obilježava se • Geometrijski ako Δx teži nuli,tada se tačka M1, duž krive S približava tački M0, Granični položaj sječice M0M1, je tangenta t, krive S u tački M0. Izvod funkcije y=f(x) u tački x0, ij. f'(x0) predstavlja koeficijent pravca tangente t, tj. tqα (slika 4-1}. Jednnčina tangente na krivu funkcije f(x) u tački M0 izgleda ovako:

4. Ako se umesio x0 uzme proizvoljna tačka x iz intervala (a,b),onda relativna promjena vrednosti funkcije glasi • (1) • Ako količnik Δy/Δx teži konačnoj granici kada 0x teži nuli, onda se ta granična vrijednost zove izvod funkcije y=f(x) u tački x i obilježava se sa f'(x) tj • Izvod funkcije y=f(x) se obeležava još i sa y'. • Za funkciju y=f(x) koja ima izvod u nekoj tački x kaže se da je derivabilna u toj tački. Ako funkcija y=f(x) ima izvod u svakoj tački intervala (a,b), onda je ona derivabilna u tom intervalu. Funkcija koja je derivabilna u čitavoj oblasti definisanosti naziva se derivabilna funkcija. • Za postojanje izvoda funkcije u nekoj tački je potrebno da ona u toj tački bude neprekidna. Obrnuto ne mora da važi, tj. funkcija neprekidna u jednoj tački ne mora imati izvod u toj tački. • Izvod derivabilne funkcije y=f(x) je takode funkcija, koja zavisi samo od x. Funkcija y'=f'(x) za svako x iz oblasti definisanosti ima određenu konačnu realnu vrijednost, koja je jednaka graničnoj vrijednosti količnika Δy/Δx u posmatranoj tački.

5. Primjer: Odrediti koeficijent pravca sječice krive y =x2u tački x0= 3 ako • Δx = 1 • Δx = 0,01 • Δx = 0,001 • Δx = 0,0001 • Zatim naći izvod funkcije y=x2 i odrediti jednačinu tangente u tački M0(3,9). • Početna tačka sječice je fiksirana, a to je M0(3,9). • Može se primetiti da vrijednost koeficijenta pravca sječice teži 6 kada priraštaj teži nuli, tj. da vrednost koeficijenta pravca sječice zavisi od priraštaja argumenta. y + Δy = (x + Δx)2 Δy = (x+Δx)2- x2= 2xΔx + Δx3

6. Pošto je jednačina tangente To je • Izračunati izvod funkcije po de finiciji • Odrediti tangentu krive y = 4x2+ 5 u tački M(3,41).

7. Dobijeni rezultat znači da je ugaoni koeficijent tantente u tački M(3,41), tqα = 24, pa je jednačina tan yt= 41 +24 (x-3) odnosno y = 24x-31 • Neka je f(x) funkcija koja ima izvod u nekoj tački x intervala (a,b), tj. tada je po definiciji granične vrijednosti pri čemu ε teži nuli kada Δx teži nuli. • Na osnovu prethodne jednačine, priraštaj funkcije je moguće izraziti kao Ax = f'(x) Δx + εΔx (3) • gdje izraz f'(x)Δx predstavlja glavni dio priraštaja funkcije, a izraz εΔx predstavlja sporedni dio priraštaja funkcije. Glavni dio priraštaja funkcije se naziva diferencijal prvog reda funkcije y=f(x) i obilježava se dy = df(x) = f'(x) Δx = y'Δx. (4) • Prema tome, diferencijal funkcije y=f(x) je jednak proizvodu izvoda funkcije i proizvoljnog priraštaja argumenta. • Koristeći funkciju y=x moguće je dokazati da se priraštaj argumenta poklapa sa diferencijalom argumenta, tj. Δx = dx • Ako se polazi od jednačine y=x, onda je dy=dx. Pošto je y'=1, onda je dy = 1 ∙ Δx = Δx, a odavde slijedi da je Δx = dx.

8. Zamjenom ove jednakosti (4) postaje dy = df (x) = f'(x)dx = y'x. (4') • Prema tome, diferencijal funkcije y=f(x) je jednak proizvodu izvoda funkcije i diferencijala argumenta. • Jednačina (4') se može napisati u obliku tj. izvod neke funkcije jednak je • količniku diferencijala funkcije i diferencijala argumenta. Zbog toga se izvod zove još i diferencijalni količnik. • Prema jednačini (3) kada je Δx relativno malo u odnosu na x moguće je odrediti približnu vrijednost priraštaja funkcije pomoću diferencijala funkcije, tj. Δy = f'(x) dx = dy. (5) Primjer 1. Data je funkcija y=x2.Za x=100 i Δx=0,01 odrediti priraštaj funkcije i približnu vrijednost priraštaja funkcije pomoću diferencijala funkcije. Zatim izraziti učinjenu apsolutnu grešku i relativnu grešku. y + Δy = (x + Δ x)2 Δy = (x + Δx)2- x2= 2x Δx + (Δx)2 Δy (x=100, Δx=0,01) = 2,000 dy = 2xΔx dy(x=100. Ax=0,01) = 2 • Apsolutna greška iznosi Δy - dy = 2,0001 - 2 = 0,0001. • Relativna greška iznosi

9. Ovaj zadatak može da bude korišćen, na primer, za rješavanje slijedećeg praktičnog problema. • Želi se izračunati površina kvadrata sa stranom 100m i pri merenju ove strane učini greška Δx=0,01 m. Kolika će biti greška u površini? • Izračunavanje te greške preko priraštaja površine (Δy) se može zamjeniti sa diferencijalom površine (dy), što znači da greška u površini iznosi približno 2m2. 3) Za koliko će se povećati zapremina kocke sa ivicom 2,3 m, ako se njena ivica poveća za 0.1 m? x = x3 y+Δy = (x +Δx)3 Δy = (x+Δx)3- x3= 3x2 Δx + 3xΔx2+ Δx3 Δy(x=2.3; Δx=0,1)= 1,657 dy = 3x2 Δx dy(x=2.3; Δx=0,1) = 1.587 • Stvarno povećanje zapremine kocke iznosi 1,675 m3, dok se približnim računanjem dobija vrijednost 1.587 m . • Apsolutna greška iznosi Δy - dy = 1,657 - 1,587 = 0,070. • Relativna greška iznosi

10. Za x = 2,3 i Δx = 0,01 biće: • Δy = 0,159391 i dy = 0.1587, tj. apsolutna greška iznosi 0,000691; a relativna greška 0,04%. • Navedeni primeri potvrđuju kako se u približnim računanjima Δy može zameniti sa dy, jer su greške zanemarljive.

11. 4.1.1. Pravila za izračunavanje izvoda • Pretpostavlja se da su funkcije f(x), g(x), v(x) i w(x) đifercncijabilnc funkcije. • Izvod konstante je nula. • Neka je y = f(x) = C, gdc je C konstanta, tada je • Izvod funkcije y = k f (x), gde je k konstanta, je y'= k f'(x).

12. Izvod funkcije y=u(x)+v(x) jednak je y'= u'(x) + v'(x) • Pravilo važi za konačan broj sabiraka. • Izvod funkcije y = u(x) v(x) jednak je y'= u'(x) v(x) + u(x) v'(x) • Ako ima više faktora, onda se zadatak svodi na predhodni jer, ako je y = u(x)v(x)w(x) onda je

13. Izvod funkcije y=u(x)/v(x) jednak y'=(u'(x)v(x)-u(x)v'(x))/v(x))2. • Neka je x = g(y) inverzni oblik funkcije y=f(x) i f'(x)≠0, tada važi jednakost g'(y)=1/f' (x)y-Δy = f(x+Δx) x+Δx = g(y+Δy) • Δy = f(x+Δx)-f(x) Δx = g(y+Δy)-g(y) Kako je odakle slijedi Zbog neprekidnosti funkcije y = f(x) Δy →0 ako Δx→0, i zato

14. Neka je y = f(u) složena funkcija, gdje je u = g(x), tada važi jednakost y' = f'(u)u'(x). • Dokaz: • Pošto Δu → 0 kada i Δx → 0, tada je • Izvod funkcije y = ex je y' = ex. y+ Δy = ex+Δx Δy = ex+Δx - ex= ex (e Δx - 1) uvodi se smjena gdje n → ∞ kad Δx → 0, odnosno dalje je V Jer je

15. Prvi izvod za napred navedene funkcije je određen po definiciji izvoda, a za naredne funkcije će se odrediti konšćenjcm dokazanih pravila za izračunavanje izvoda već poznatih funkcija. • Izvod funkcije y = ax jednak je y' = ax In a . Kako je to je uvođenjem smjene u = x In a složena funkcija y = eu • Tada je prema izvodu složene funkcije y =(eu)'u'. Kako je (eu)'= eu i u' = In a, to je y'=euln a, odakle je y' = ex ln a In a = e x ln a x In a = a x In a • Izvod funkcije y = In x jednak je y' = 1/x. Kako je x = ey i x' = ey to je prema izvodu inverznog oblika funkcije Odakle je

16. Izvod funkcije y = logax jednak je Kako je x = ay i x' = ay∙ In a, to je prema izvodu inverznog oblika funkcije Odakle je • Izvod funkcije y = xn za n realan broj jednak je y' = nxn-1 Kako je To je uvođenje smjene u = n ∙ In x • složena funkcija y = eu • Primjenom pravila za izračunavanje izvoda složene funkcije se dobija y' = (eu)'u' Kako je (eu)' = eu i to je odakle je

17. Bez dokaza dajemo izvode za slijedeće funkcije: • Prikazaćemo još jedan pristup formiranju pravila za izračunavanje izvoda: 1) Izvod funkcije y = f(x) pomoću izvoda njenog inverznog oblika, tj. funkcije x - g(x) Za dokaz može poslužiti napred prikazan postupak, uz dodatak da je lako uočljivo da važi: i da je;

18. 2) Izvod složene funkcije y = l(g(x)) • Neka je g(x) = u, tada će biti: • Uz konstataciju da je du beskonačno mala veličina jer je i dx beskonačno malo. 3) Izvod konstante y = f (x) = k • Izvod zbira i razlike dveju funkcija, tj. izvod funkcije y = g1(x) ± (x) g2(x) ili kraće y = u ±v • Izvod funkcije y = In x

19. Ako je data složena funkcija y = f(x) = In g(x) onda (prema 2. izvodu) važi: • Izvod implicitno datih funkcija Pri iznalaženju izvoda implicitno date funkcije poštujemo slijedeća pravila: Ako su dva matematička izraza jednaka, onda su i njihovi izvodi jednaki, a izvod za ćelu jednakosi iznalazimo za svaku stranu jednakosu posebno (član po član) po istoj promjenljivoj (argumentu), uz napomenu: ako je jedan od članova jednakosti yn, a izvod tražimo po x, onda je yn prosta funkcija po y, ali je složena po x. • Izvod proizvoda dveju funkcija, tj. izvod funkcije y = g,(x) gsfx), ili kraće y = u v • za datu funkciju In y = In u + In v iznalaziti izvod po x, pa članove 1 dx' • In y. In u i In v tretiramo kao složene funkcije po x)

20. Na sličan način rješavamo i slučaj sa više faktora, pa zaključujemo da važi: ili uopšte za n faktora: • Kada je y = k ∙ g(x), y' = k' ∙ g(x) + k ∙ g'(x), a pošto je (prema poglavlju 3) k' = 0, biće v' = kg'(x) • Izvod stepene funkcije, tj. funcije y = x", (n je konstanta) • Ako je data složena funkcija y = (g(x))n, onda (prema poglavlju 2) važi: y' =n(g(x))n-1 ∙ g'(x) • Specijalno, kada je y = x onda je y' = 1, a kada je y = kx onda je y' =k

21. Izvod količnika dije funkcija, tj. izvod funcije y=g1(x)/g2(x) ili kraće y=u/v Kada je onda je Specijalno, kada je y = k/x , onda je • Izvod eksponencijalne funkcijey = ax

22. Specijalno, kada je a = e, tj. kada je y = ex, važi: y' = ex In e = ex. • Ako je data složena funkcija y = ag(x), onda (prema izvodu složene funkcije) važi: y' = ag(x) In a ∙ g'(x). • Specijalno, kada je y= e g(x) , važi: y' = eg(x) ∙ g'(x). • Izvod logaritamske funkcije y = logax Ako je data složena funkcija y = logag(x), onda važi: slijedećim primjerima odredimo prvi izvod datih funkcija:

23. Primjer ili prema jer jo g(x)=x2

24. ili kao izvod implicitno zadate funkcije

25. 4.1.2. Izvodi i diferencijali višeg reda • Neka je y=f(x) funkcija koja ima izvod y'=f'(x). • Ovaj izvod je takođe funkcija od x i može da ima svoj izvod koji se zove drugi izvod ili izvod • drugog reda - drugi izvod se obeležava sa y", f"(x) ili • Na sličan način se dobijaju izvodi trećeg, četvrtog, petog, ,n-tog reda. • Iz definicije izvoda slijedi da egzistencija izvoda n-tog reda u nekoj tački x povlači za sobom egzistenciju n-1 prethodnih uzasiopnih izvoda u okolini posmatrane tačke. Primjer 1) Naći uzastopne izvode funkcije y = In ; 2) Naći uzastopne izvode funkcije y = ex. y'=e" ∙ y"= e xy(n)= e x 3) Naći uzastopne izvode funkcije

26. Diferencijal definisan pomoću (4') je funcija od x i dx i može imati svoj diferencijal, koji se obilježava sa d(dy)=d2y=d2f(x) i zove se drugi diferencijal ili diferencijal drugog reda funkcije y=f(x). Kako se Δx može smatrati kao konstanta, Δx=dx. prema tome, diferencijal funkcije dy=f'(x) dx biće d2y = d(dy) = d [ f'(x)dx ] = [ f'(x) dx ]'dx = [ f"(x)dx + f(x)(dx)' ] dx = f"(x)dx2. (6) • Na sličan način se dobijaju diferencijali trećeg, četvrtog, petog,………, n tog reda.

27. 4.2. Osnovne osobine derivabilnih funkcija • Jedan od glavnih zadataka teorije diferencijalnog računa je određivanje veze između funkcije i njenog izvoda. U ovim ispitivanjima značajne uloge imaju slijedeće teoreme. 4.2.1. Rolova12 teorema • Ako je funkcija y=f(x) neprekidna na intervalu [a,b], koja ima izvod u svakoj tački ξ intervala (a.b) i zadovoljava uslov da je f(a)=f(b), tada postoji bar jedna tačka i u intervalu (a,b) za koju je f(ξ)=0 • Prilikoin dokaza ove teoreme razmotrimo dva slučaja: • Specijalan slučaj, kada funkcija y=f(x) ima konstantnu vrijednost u cijelom intervalu (a,b) Tada je njen izvod y'=f'(x) u cijelom intervalu identički jednak nuli, a tačka ξ može da bude ma koja tačka iz intervala (a,b). • U opštem slučaju, funkcija y=f(x) nije konstantna, a pošto je neprekidna u intervalu [a,b]. to ona dostiže gornju medu M i donju medu m, pa važi m ≤ f(x) ≤M za svako x iz intervala [a.b]. Pošto je f(a)=f(b), bar jedna od meda mora da bude različita od vrijednosti funkcije u krajnjim tačkama intervala (a,b). Neka je, naprimer, M > f(a). Tada posioji jedna tačka ξ intervala (a,b) za koju je f(ξ)=M. S obzirom da je f(ξ) najveća vrijednost lunkcije na intervalu (a,b), uvjek je F(ξ+Δ ξ)-f(ξ)≤ gdje Δ ξ može da bude i pozitivna i negativna veličina.

28. Prema tome, • S obzirom da je osobina granične vrijednosti očuvanje relacija ≤ i ≥, a po pretpostavci funkcija y=f(x) u svakoj tački intervala (a,b) ima izvod, iz (7) slijedi a iz (8) • Kako istovremeno f'(ξ)≤ 0 i f'(ξ)≥0, to je jedino moguće samo ako je f'(ξ)=0, čime je Rolova teorema dokazana. • Ako je m<f(a), tada postoji tačka ξ1 , iz materijala (a,b) za koju je f(ξ1)= m i f '(ξ1)=0 Dokaz se izvodi na isu način kao za gornju među. Geometrijsko tumačenje Rolove teoreme je slijedeće: • Na grafikonu funkcije y=f(x), koja zadovoljava uslove Rolove teoreme, postoji bar jedna tačka u kojoj je tangenta paralelna osi 0x (vidi sliku 4-2)

29. Slika 4-2. Primjer • Funkcija je neprekidna u intervalu [0.1] i zadovoljava uslov f(0)=f(1)=0 Gornja međa ove funkcije je . Međutim u tački , funkcija nema izvod, jer je a • Prema tome ova funkcija ne ispunjava uslove Rolove teoreme, pa ne postoji tačka ξ iz intervala [0,1] za koju je i f'(ξ)0. • Funkcija y=f(x)=x2-6x+13 zadovoljava uslove Rolove teoreme na intervalu [1,5]; neprekidna je u intervalu [1,5], derivabilna je u intervalu (1,5) i f(1)=f(5)=8. Prema Rolovoj teoremi u intervalu (1,5) postoji bar jedna tačka ξi za koju je f(ξ)=0. Kako je f'(x)=2x-6, rješavanjem jednačine 2ξ-6=0 dobijemo da je f'(3)=0. tj. ξ=3. • Naredna teorema je jedna od najviše korišćenih teorema teorije diferencijalnog računa, koja proizilazi iz Rolove teoreme i predstavlja njenu generalizaciju.

30. 4.2.2. Lagranžova13 teorema o srednjoj vrijednosti • Ako je funkcija y=f(x) neprekidna na intervalu [a,b] i ima izvod u svakoj tački intervala (a,b), tada postoji bar jedna tačka ξ u intervalu (a,b) za koju je ispunjena jednakost • Da bismo dokazali ovu teoremu uvodimo pomoćnu funkciju , koja je neprekidna na intervalu [a,b], kao razlika neprekidne funkcije i linearne funkcije. U intervalu (a,b) F(x) ima konačan izvod, koji je jednak Na kraju neposrednim provjeravanjem se uverimo da je Prema tome funkcija F(x) ispunjava sve uslove Rolove teoreme. Dalje konstutujemo da postoji tačka ξ u intervalu (a,b) za koju je F' (ξ) = 0. Stoga je, prema (9) odakle je što je trebalo dokazati. Ova teorema je priznata i pod imenom Lagranžova teorema o konačnom priraštaju.

31. Geometrijsko tumačenje I.agranžove teoreme o srednjoj vrijednosti: Na grafiiku funkcije y- f(x) koja zadovoljava uslove I.agranžove teoreme postoji bar jedna tačka a<ξ <b u kojoj je tangenta paralelna sa sječicnm koja spaja tačke na grafiku čije su apscise a i b. (Vidi sliku 4-3) SLIKA; 4-3 1. Funkcija y=t(x)=x2-6x+13 zadovoljava uslove Lagranžove teoreme na intervalu [3,5]; neprekidna je na intervalu [3,5] i derivabilna je u intervalu (3,5). Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji bar jedna tačka ξ u intervalu (3,5) u kojoj je tangenta paralelna sa sječicom koja spaja tačke na graiiku čije su apscise 3 i 5. Kako je prema Lagranžovoj teoremi a , te rješavanjem jednačine 2ξ - 6 = 2 dobijemo da je ξ = 4. Prema tome 4 je tačka iz intervala (3,5) u kojoj je tangenta paralelna sa sječicom koja spaja tačke na grafiku sa apscisom 3 i 5. • Funkcija y = f(x)=(x-1)3 zadovoljava uslove Lagranžove teoreme na intervalu (0,2): neprekidna je na intervalu (0,2) i derivabilna je u intervalu (0,2). Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji bar jedna tačka \ u intervalu (0,2) za koju važi pošto je

32. Te rješavanjem jednačine 3 (ξ,-1)2 =1 dobijemo • Obje tačke pripadaju intervalu (0,2). Što znači da postoje tangente na gratik funkcije f(x) u tačkama ξ1i ξ2 sa koeficijentom pravca 1. Sječica koja spaja tačke grafika (0,-1) i (2,1) ima isti koeficijent pravca, lj. tangente u tačkama ξ1i ξ2 i siečica su paralelne. • Veoma često potrebno je izračunati vrijednost date funkcije za neku datu vrijednost argument. Taj zadatak može da predstavlja problem, naročito ako se vrše nealgebarske operacije. Tako. na primjer, izračunavanje vrijednosti funkcije jedno od najvažnijih pomoćnih sredstava matematičke analize je Tejlorova formula pomoću koga se može doći do približnih vrijednosti ovakvih funkcija ako su uslovi za primjenu Tejlorove formule ispunjeni.

33. 4.2.3. Tejlorova14 formula • Ako je funkcija f(x) neprekidna u intervalu , i ima izvod u svakoj tački tada su ispunjeni uslovi Lagranžove teoreme o srednjoj vrijednosti, koju je moguće izreći i ovako: • Postoji bar jedno , iako, da važi jednakost • Ako funkcija f(x) ima u (x0, xo+Δx) i drugi izvod, tj. f(x) zadovoljava uslove Lagranžove teoreme o srednjoj vrijednosti, tada važi jednakost, gdje je • Ako se pretpostavlja da funkcija f(x) ima u (xo, x0+ Δx) više izvode zaključno sa izvodom n+1-og reda, tada višestrukim ponavljanjem primene Lagranžove teoreme o srednjoj vrijcdnosn dobijemo slijedeće: gdje je

34. Polazeći od posljednje jednačine redom vršimo zamenu u neposredno prethodnu jednačinu i dolazimo do slijedeće relacije: • Može se, međutim, dokazati da postoje tačno određene vrijednosti, neodređenih koeficijenata 0 izuzev poslednjeg. Rezultat toga je Tejlorova formula: • Stavljajući da je , Tejlorova formula dobija uobičajeni oblik ili

35. gdje je Pn(x), Tejlorov polinom n-tog stepena, koji predstavlja razliku f(x)-Rn+1 i, a R n+1 je tzv. Lagranžov ostatak ili greška. Dakle, Tejlorova formula važi ako pored uslova koji su ispunjeni za Lagranžovu teoremu o srednjoj vrijednosti funkcija f(x) ima izvode do n+1-og reda od kojih su izvodi do n-tog reda neprekidni u okolini tačke xo. • Specijalan slučaj Tejlorovc formule se dobija za x0=0. To je formula, poznata pod imenom Maldorenova formula15. Pomoću nje se aproksimiraju vrijednosti funkcije y=f(x) u okolini tačke x=0, a u svim ostalim slučajevima koristi se Tejlorova formula. Primjer 1) Aproksimirati funkciju f(x) = x3- 2x2+ 5x - 7 u okolini tačke x = 1 polinomom trećeg stepena i izračunata vrijednost P3(1,02).  • Prvo se određuju f (1) = -3 • f'(x) = 3x2-4x +5 f'(1) = 4 • f"(x) 6x-4 f"(1) = 2 • f'"(x) = 6 f"'(1) = 6 • Poslije zamjene ovih podataka u Tejlorov polinom, dobija se

36. 2) Aproksimirati funkciju f(x)=ex pomoću polinoma petog stepena. Zadatak se rješava primenom Maklorenove tormule. Pošto je f(x) = fk(x) za k=1,2,... i f(0) = fk(0)=1, traženi polinom je slijedeći:

37. 4.2.4. Lopitalova16 pravila • Određivanje graničnih vrijednosti funkcija može da zadaje poteškoće. Međutim, derivabilnost funkcija i u ovimim slučajevima pruža značajne olakšice. Pravila određivanja graničnih vrijednosti pomoću diferencijalnog računa se nazivaju Lopitalovim pravilima17 i služe u slučajevima prividne neodredenosri izraza, koji se javljaju u oblicima • Oblik Neka su funkcija f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a pri čemu je g'(a) ? 0 i neka je f(a)=g(a)=0. Tada je Primjer • Odrediti • Kako je • Odatle se dobija tražena granična vrijednost

38. Oblik • Neka je funkcija f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a pri čemu je , i neka je tada je Primjer Napomena • Znajući da je i izvod funkcija Lopitalovo pravilo se može primjeniti ponovo na graničnu vrijednost količnika jzvodnih funkcija sva dok se ne dođe do rezultata.

39. Oblik 0 ∙∞ • Neka su funkcije f(x) i g(x) derivabilne u okolini tačke a i neka je i Tada proizvod funkcije f(x)∙g(x) u cilju ispidvanja granične vrijednosti se transformiše na slijedeći način: Na taj način oblik 0 ∙∞ se svodi na ili Primjer • Oblik ∞-∞ • Ako je , tada je izraz f(x)-g(x) kad x→a neodređeni izraz oblika ∞-∞. • Transformacijom neodređenost se može svesti na jednostavniji oblik.

40. Primjer • Oblici • Funkcija f(x)g(x) može imati jedan od navedenih tipova neodređenosti. Problem se rješava logaritmovanjem funkcije f(x) g(x). Na taj način moguće je svesti zadatak na jedan od rješivih oblika. Primjer • Odrediti , to je neodređenost oblika Logaritmovanjem se dobija . Odakle je što znači

41. Odrediti Javlja se neodređenost oblika . Uslovi za primenu Lopotalovog pravila su zadovoljeni ali problem je nemoguće rješiti pomoću njega, jer neodređenost oblika ostaje. Zadatak se lako rješava ako i imenitelj i brojitelj pomnožimo sa e-x:

42. 4.3. Ispitivanje funkcija sa jednim argumentom 4.3.1. Rastenje i opadanje funkcije • Ako je funkcija y=f(x) derivabilna u intervalu (a,b) tada se prema znaku prvog izvoda može zaključiti da li data funkcija y=f(x) raste ili opada u tom intervalu. • Neka bude f'(x) i 0 za svako x (a,b). Uzmimo dve proizvoljne vrijednosti x1 i x2 iz intervala (a,b) i neka je x2>x1. Prema Lagranžovoj teoremi o srednjoj vrijednosti postoji tačka ξiz inrenala (x1,x2) za koju je ispunjena jednakost f(x2)-f(x1) = f'(ξ )( x2- x1). (10) Pošto je f'(ξ )≥0, iz (10) slijedi da je f(x2) > f(x1) • Funkcija je dakle rasruća u intervalu (x1,x2) odnosno u intervalu (a,b). • Prema tome, funkcija monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)≥0, za svako x iz tog intervala. • Slično se dokazuju i slijedeći stavovi: • Funkcija strogo monotono raste u intervalu (a,b) ako je f'(x)>0, .za svako x iz tog intervala. • Funkcija monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x)≤0, za svaki x iz tog intervala. • Funkcija strogo monotono opada u intervalu (a,b) ako je f'(x)<0, za svaki x iz tog intervala. 9.12.2007

43. Važi i obratno, tj. ako je funkcija monotono rastuća u intervalu (a,b) tada je f'(x)≥0, za svaki x iz tog intervala. Ako je funkcija monotono opadajuća u intervalu (a,b) tada je f'(x)≤0, za svaki x iz tog intervala. Neka bude funkcija y=f(x) monotono rastuća u intervalu (a,b) i neka su x i x+Δx dve proizvoljne tačke iz tog intervala. Tada važi f(x+Δx) ≥ f(x), za Δx > 0 i f(x+Δx) ≤ f(x) , za Δx < 0 Iz ovih nejednakosti se dobija da je nezavisno od znaka Δx. S obzirom na osobinu granične vrijednosti da očuva relaciju islijedi da je Slično se dokazuje i druga tvrdnja teoreme. Važno je istaći da strogo monotono rastuća funkcija ne mora da ima izvod strogo veći od nule, kao ni strogo monotono opadajuća funkcija ne mora da ima izvod strogo manji od nule. Objašnjenje za to je u činjenici da operacija granične vrijednosti ne očuva relaciju < i > Na primer, funkcija f(x) = x3 je strogo monotono rastuća funkcija, a njen izvod u tački x=0 jednak je nuli. 9.12.2007

44. Primjer 1)Funkcija f(x) = x ima izvod f'(x) = 2x, gdje je f'(x) > 0, za x > 0. a f'(x) < 0, za x < 0. To znači da funkcija strogo monotono raste u intervalu (o, ∞), a strogo monotono opada u intervalu (-∞, o). 2)Funkcija f(x) = e-x ima izvod f'(x) = -e-x Kako je -e-x< 0 za svako x, funkcija strogo monotono opada u intervalu (-∞,∞). 3)Funkcija f(x) = , ima izvod f'(x) = . Kako je >0 za svako x (0, ∞), funkcija strogo monotono raste u intervalu (0, ∞). Funkcija f(x) = x2- 4x ima izvod f'(x) = 2x-4. Kako je f'(x) >0 za x > 2 i f'(x) < 0 za x<2, funkcija strogomonotono raste u intervalu (2,∞) i strogo monotono opada u intervalu (-2, ∞). 9.12.2007

45. 4.3.2. Ekstremi funkcije Ekstrem funkcije je zajednički naziv za maksimum ili minimum. funkcija y=f(x) ima maksimum u tački x1 ako zadovoljava relaciju f(x1)>f(x) za svako x iz okoline tacke: x1, Vrijednost f(x1) zove se maksimum ili maksimalna vrijednost funkcije. Funkcija y=f(x) ima minimum u tački X2 ako zadovoljava relaciju f(X2) ≤ f(x) za svako x iz okoline tačke x2. Vrijednost f(x2) zove se minimum ili minimalna vrijednost funkcije. U tački maksimuma funkcija prestaje da raste, da bi počela da opada. U tački minimuma funkcija prestaje da opada, da bi počela da raste. Svaki maksimum ne mora biti i najveća vrijednost funkcije, a svaki minimum ne mora biti i najmanja vrijednost funkcije, zato se često govori o lokalnim ekstremima. (Vidi sliku 4-4). SLIKA; 4-4 9.12.2007

46. U daljem ispitivanju potražićemo uslove za egzistenciju lokalnih ekstrema derivabilnih funkcija. U vezi toga dokazaćemo slijedeću teoremu: Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke xo. Ako funkcija y=f(x) ima ekstrem u tački xo, tada je t'(x0)=0. Ako je xo tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x), tada prema definiciji nezavisno od Δx važi Pa je Δx<0 f(xo+ Δx) ≤ f(xo), a za Δx>0 a graničnu vrijednost i s obzirom na predpostavku da funkcija ima izvod okolni tačke x0 dobija se Kako je istovremeno f'(xo)≤0 i f'(xo)≥0, to je jedino moguće samo ako je f'(xo)=0, što je trebalo dokazati. Dokaz se izvodi analogno kada je f (xo) lokalni minimum. 9.12.2007

47. Tačke u kojima je prvi izvod jednak nuli zovu se stacionarne tačke. Očigledno je da tačka ekstrema mora biti stacionarna tačka, jer u tačkama u kojima je prvi izvod različit od nule. funkcija raste ili opada, što znači da nema najveću ili najmanju vrijednost u okolini posmatrane tačke. Međutim, treba napomenuti da svaka stacionarna tačka ne mora biti tačka ekstrema. U tačkama u kojima je f'(x)=0, tangente krive f(x) su paralelne osi x (Vidi sliku 4—1). Uslov f'(xo)=0 je samo potreban uslov egzistencije ekstrema u taćki x0, ali ne i dovoljan. Dovoljan uslov za egzistenciju ekstrema funkcije može se dan na slijedeći način: Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke x0. Ako je f'(x0)=0 i ako je f'(x)>0 za svako x iz intervala (x0-δ, x0) i f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0, x0+δ), gdc je δ dovoljno mala pozitivna vrijednost tada je tačka xo tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x). Ako je f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0-δ, x0) i f'(x)>0 za svako x iz intervala (x0, x0+δ) tada je tačka xotačka lokalnog minimuma funkcije y=f(x). Dokaz ćemo izvesti u slučaju lokalnog maksimuma. Ako je f'(x)>0 za svako x iz inteivala (x0- δ, x0), tada je funkcija y=f(x) rastuća u intervalu (x0- δ, x0). Isto tako, ako je f(x)<0 za svako x iz inteivala (x0. x0+ δ), tada je funkcija y=f(x) opadajuća u intervalu (x0, x0+ δ). To znači da je tačka x0 tačka lokalnog maksimuma funkcije y=f(x), što je trebalo dokazati. Analogno se dokazuje i u slučaju lokalnog minimuma. Prilikom određivanja lokalnih ekstrema funkcije cijelishodno je koristiti više izvode. Najjednostavniji postupak za iznalaženje ekstrema funkcije određuje slijedeća teorema. 9.12.2007

48. Neka funkcija y=f(x) ima izvod u okolini tačke x0 i neka je x0 stacionarna tačka, tj. f'(x0)=0. Ako je f"(x0)<0, tada je x0tačka lokalnog maksimuma a ako je f"(x0)>0 ,tada je tačka x0 tačka lokalnog minimuma funkcije y=f(x). Primjer Neka je, na primjer, f"(x0)<0. Kako je to je i (11) S obzirom da je f'(x0)=0 i stavljajući da je xo+Δx=x iz. (11) slijedi da je (12) Relacija (12) znači da je f'(x)>0 za svako x iz intervala (xo-δ, xo) i f'(x)<0 za svako x iz intervala (x0. xo-δ). S obzirom da pri prolazu kroz tačku xo, f'(x) sa pozitivnog znaka prelazi na negativan, shodno prethodnoj teoremi o dovoljnom uslovu za egzistenciju ekstrema funkcije, tačka xo, predstavlja tačku lokalnog maksimuma. Na sličan način se dokazuje i u slučaju kada je f"(xo)>0. I specijalnom slučaju i drugi izvod u tački xo može biti jednak nuli. Tada se deriviranje nastavi sve dok se ne dođe do izvoda koji je različit od nule u lački xo. Ako je ovaj izvod neparan, funkcija nema ekstrema, već ona raste ili opada u xo. Ako je izvod parnog reda funkcija ima ekstrem, i to maksimum ako je vrednost izvoda u tački xo negativna, a minimum ako je vrednost izvoda u tački xo pozitivna18. 9.12.2007

49. 1) Odrediti rastenjei opadanje funkcije , kao i ekstreme date funkcije. • Prvo se određuje prvi i drugi izvod: • Pošlo je eksponencijalna funkcija stalno pozitivna f'(x)>0 za x (-∞,0) i f'(x)<0 za x (0,∞). Jedina stacionarna tačka date funkcije je za x=0. Pošto je f"(0)=-1 ispunjen je dovoljan uslov za postojanja lokalnog maksimuma funkcije. Prema tome data funkcija strogo monotono raste u intervalu (-∞, o). u tački x=0 ima maksimum, pošto je jedini maksimum, zato je reč o globalnom maksimumu, a u intervalu (0,∞) funkcija strogo monotono opada. Maksimalna vrednost funkcije f(0) =1. • Odrediti ekstreme funkcije • Data funkcija nije definisana za x=0, zato ćemo posebno ispitivati lijevu i desnu granu funkcije. Prvo ćemo • izračunati prvi i drugi izvod: 9.12.2007

50. Ispitajući lijevu granu funkcije f(x)>0 za x<-1 i f'(x)<0 za -1<x<0 x=-1 je stacionarna tačka tj. f'(-1)=0a f'' (-1)=-2. Na osnovu dobijenih informacija zaključujemo da dola funkcija strogo monotono raste u intervalu (-∞, -1). a strogo monotono opada u intervalu (-1,0). Za x=-1 funkcija ima lokalni maksimum, koji iznosi f(-1)=-2. Ispitujući desnu granu funkci|e f'(x)<0 za 0<x<1 i f'(x)>0 za x>1. x=1 je stacionarna tačkn funkcije, tj. f'(1)=0. a f"(1)=2. Na osnovu dobijenih informacija zaključujemo da data funkcija strogo monotono opada u intervalu (0,1), a strogo monotono raste u intervalu (1, ∞) Za x=1 funkcija ima lokalni minimum, koji iznosi f(1) =2.  Dokazivanje ovog stave se vrši pomoću Tejlorove teoreme. 9.12.2007