Izvod funkcije
dr Ðurđica Takači
[email protected]
dr Sanja Rapajić
[email protected]
dr Mirjana Štrboja
[email protected]
Sadržaj knjige možete videti ako kliknete na link Sadržaj. Sve interaktivne funkcije navedene u ovom tekstu koje će se otvoriti na novoj stranici
možete koristiti za svoje proračune ako kliknete na njihove linkove u ovom
tekstu.
1
Definicija prvog izvoda funkcije
Posmatramo funkciju f (x) = x2 i tačke A(a, f (a)) i B(a + h, f (a + h)).
Prava AB je sečica za grafik funkcije f i njen koeficijent pravca ili nagib je
jednak tangensu ugla koji prava zaklapa sa pozitivnim smerom x−ose.
Na apletu Sečica-tangrnta se može pratiti kako se sečica približava tangenti, pa se koeficijent pravca sečice približava koeficijentu pravca tangente.
Pomeranjem klizača a menja se tačka A(a, f (a)). Pomeranjem klizaca b menja se tačka B(a + h, f (a + h)). Tangens ugla koji prava AB, sečica, zaklapa
sa pozitivnim smerom x ose jeste koeficijent pravca te prave. Kada se tačka
B priblizava tacki A, odnosno kada h tezi nuli, secica se priblizava tangenti.
Očigledno je (slika 1)
k=
f (x0 + h) − f (x0 )
= tan(α),
h
1
Slika 1
koeficijent pravca cečice
za fiksirano x = x0 . Znači, da bismo odedili tangentu na grafik funkcije f,
odnosno njen koeficijent pravca potrebno je potražiti
lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 )
.
h
Prema tome potrebno je uvesti pojam izvoda funkcije.
1.1 Definicija. Neka je realna funkcija f definisana na intervalu (a, b) i
neka je x0 jedna tačka intervala (a, b). Granična vrednost
f 0 (x0 ) = lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 )
,
h
(1)
ako postoji, naziva se prvi izvod funkcije f u tački x0 .
Pored f 0 (x0 ), za prvi izvod funkcije f u tački x0 koristi se i oznaka fx0 (x0 ),
čime se naglašava promenljiva po kojoj se traži izvod.
Funkcija f : (a, b) → R je diferencijabilna u tački x0 ∈ (a, b) ako ona
ima prvi izvod u tački x0 .
Funkcija f je diferencijabilna na intervalu (a, b) ako je diferencijabilna u
svakoj tački intervala (a, b). U tom se slučaju funkcija f 0 : (a, b) → R, koja
broju x ∈ (a, b) dodeljuje broj f 0 (x), zove izvodna funkcija ili prvi izvod
funkcije f.
2
Funkcija f je diferencijabilna na zatvorenom intervalu [a, b] ako je diferencijabilna na otvorenom intervalu (a, b) i ako postoje sledeće granične vrednosti
f (a + h) − f (a)
i
h→0+
h
lim
f (b + h) − f (b)
.
h→0−
h
lim
Levi izvod funkcije f u tački x0 je definisan sa
f−0 (x0 ) = lim
h→0−
f (x0 + h) − f (x0 )
.
h
Desni izvod funkcije f u tački x0 je definisan sa
f (x0 + h) − f (x0 )
.
h→0+
h
f+0 (x0 ) = lim
Funkcija ima izvod u tački x0 ako postoje i levi i desni izvod u toj tački i ako
su oni jednaki, tj.
f−0 (x0 ) = f+0 (x0 ).
1.2 Primer. Po definiciji, odrediti prvi izvod date funkcije f u tački x0
njenog definicionog skupa:
a) f (x) = 5x2 − 3x + 2, x ∈ R;
b) f (x) = x2 , x 6= 0;
√
c) f (x) = x, x > 0;
√
d) f (x) = 3 x, x 6= 0.
Odrediti najveći podskup od R na kome taj izvod postoji.
Rešenja:
3
a) Po definiciji je za x0 ∈ R :
f (x0 + h) − f (x0 )
h→0
h
f 0 (x0 ) = lim
5(x0 + h)2 − 3(x0 + h) + 2 − (5x20 − 3x0 + 2)
h→0
h
= lim
5x20 + 10x0 h + 5h2 − 3x0 − 3h + 2 − 5x20 + 3x0 − 2
h→0
h
= lim
h(10x0 + 5h − 3)
= 10x0 − 3.
h→0
h
= lim
b) Za x0 6= 0 važi:
0
f (x0 ) = lim
2
x0 +h
−
h
h→0
2
x0
2(x0 −x0 −h)
x0 (x0 +h)
= lim
h
h→0
−2h
−2
= 2.
h→0 x0 (x0 + h)h
x0
= lim
c) Za x0 > 0 važi:
√
f 0 (x0 ) = lim
h→0
= lim
h→0
h
x0 + h −
h
√
√
x0
√
√ √
√ x 0 + h − x0
x0 + h + x0
√
= lim
√ h→0
h x0 + h + x0
1
h
√ = √ .
2 x0
x0 + h + x0
d) Za x0 ∈ R, x0 6= 0, važi:
√
√
3
x0 + h − 3 x0
0
f (x0 ) = lim
h→0
h
√
3
= lim
h→0
√
p
q
√
3
2
3
3
2
3
x0 + h − x0
(x0 + h) + (x0 + h)x0 + x
p
√
p
3
h 3 (x0 + h)2 + 3 (x0 + h)x0 + x2
h
1
p
= 2/3 .
√
p
3
h→0
3x0
h 3 (x0 + h)2 + 3 (x0 + h)x0 + x2
= lim
4
2
Tablica prvih izvoda
U sledećoj tablici dajemo prve izvode najčešće korišćenih elementarnih
funkcija, kao i skupove na kojima ti prvi izvodi postoje.
• (xn )0 = nxn−1 ,
n ∈ N, x ∈ R;
• (xα )0 = αxα−1 ,
α ∈ R \ {0}, x > 0;
• (sin x)0 = cos x,
x ∈ R;
• (cos x)0 = − sin x,
• (tg x)0 =
1
,
cos2 x
• (ctg x)0 =
x ∈ R;
n
o
π x ∈ R \ (2k + 1) k ∈ Z ;
2
−1
,
sin2 x
• (ax )0 = ax · lna,
x ∈ R \ {kπ| k ∈ Z};
a > 0, x ∈ R,
• (ex )0 = ex ,
x ∈ R;
• (loga x)0 =
1
,
x · ln a
• (ln x)0 =
1
,
x
a > 0, a 6= 1, x > 0;
x > 0;
1
, |x| < 1;
• (arcsin x)0 = √
1 − x2
• (arccos x)0 = √
• (arctg x)0 =
−1
, |x| < 1;
1 − x2
1
,
1 + x2
• (arcctg x)0 =
−1
,
1 + x2
x ∈ R;
x ∈ R.
2.1 Primer. Data je funkcija f (x) = 5x2 − 3x + 2, x ∈ R. Odrediti: domen
izvodne funkcije
f 0 ; prvi izvod funkcije f 0 u tački x ∈ R; vrednosti f 0 (1),
√
f 0 (2), f 0 (− 2), f 0 (a), a ∈ R.
5
Rešenje:
Domen izvodne funkcije f 0 je ceo skup R. f 0 (x)√= 10x − 3, √
x ∈ R.
0
0
f 0 (1) = 10
·
1
−
3
=
7,
f
(2)
=
10
·
2
−
3
=
17.
f
(−
2)
=
10
·
(−
2) − 3
√
0
= −10 · 2 − 3 i f (a) = 10a − 3.
Ako je data funkcija f (x) = x2 , tada posmatra prava
f (x + h) − f (x)
h
videti aplet
Prava za fiksirano h.
Slika 2Tangenta
Vizualizacija nastanka izvodne funkcije, odnosno kada se h menja data je
data na slici 2 i apletom
Tangenta.
2.2 Teorema. Ako je funkcija f : (a, b) → R diferencijabilna u tački
x0 ∈ (a, b), tada je ona neprekidna u tački x0 .
Ako je funkcija f neprekidna u tački x0 , tada ona ne mora biti i diferencijabilna u tački x0 (videti sledeći primer). Dakle, neprekidnost je potreban
(ali ne i dovoljan) uslov za diferencijabilnost funkcije. Drugim rečima, ako
funkcija u nekoj tački nije neprekidna, onda ona ne može imati izvod u toj
tački.
2.3 Primer. Funkcija f (x) = |x|, x ∈ R je neprekidna u svakoj tački
x ∈ R, pa i u tački 0. Pokazati da ova funkcija nema prvi izvod u tački
nula.
6
Slika 3
Rešenje:
Levi izvod u tački 0 je jednak −1 :
|0 + h| − |0|
|h|
−h
f (0 + h) − f (0)
= lim
= lim
= lim
= −1,
h→0−
h→0− h
h→0− h
h→0−
h
h
lim
dok je desni izvod u 0 jednak 1 :
f (0 + h) − f (0)
|0 + h| − |0|
|h|
h
= lim
= lim
= lim
= 1.
h→0+
h→0+
h→0+ h
h→0+ h
h
h
lim
Znači, funkcija |x| nema prvi izvod u tački 0 (slika 3).
3
Pravila za prvi izvod funkcije
3.1 Teorema. Ako su funkcije f i g definisane na intervalu (a, b) i imaju
prve izvode u tački x ∈ (a, b), tada njihov zbir, razlika, proizvod i količnik
takođe imaju prvi izvod u tački x ∈ (a, b); u slučaju količnika mora se dodatno
pretpostaviti da je g(x) 6= 0. Važe sledeća pravila za
a) izvod zbira, odnosno razlike funkcija:
(f (x) ± g(x))0 = f 0 (x) ± g 0 (x);
b) izvod linearne kombinacije funkcija:
(Af (x) + Bg(x))0 = Af 0 (x) + Bg 0 (x),
A i B su realne konstante;
7
c) izvod proizvoda funkcija:
(f (x) · g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x);
d) izvod količnika funkcija:
0
f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x)
f (x)
=
,
g(x)
g 2 (x)
g(x) 6= 0.
U sledećim zadacima odrediti prvi izvod za svaku od datih funkcija, korišćenjem tablice i osnovnih pravila za prvi izvod funkcije, kao i skupove na kojima
ti izvodi postoje.
3.2 Primer.
a) f (x) = x5 − 2x3 + 4x;
√
√
x
+ 2x x;
b) f (x) =
5
√
2
1
4
c) f (m) = √
−√
+ 3 m3 ;
3
2
3
5m
m
d) f (t) =
4t3 + t2 − 5
;
t2
−5x2 + 3x + sin x
√
;
e) f (x) =
a2 + b3
3a ln p
+ 4b ep − ab arctg p,
2
gde su u zadacima pod e) i f ) a i b realni parametri.
f ) f (p) =
Rešenje:
a) Za x ∈ R je f 0 (x) = 5x4 − 6x2 + 4.
b) Za x > 0 je
√
√
1
3 x
1
√ +2
f (x) =
= √ + 3 x.
2
5 · (2 x)
10 x
0
8
c) Za m > 0, datu funkciju možemo pisati u obliku
2 −2/3
f (m) = √
m
− m−3/2 + 3m3/4 ,
3
5
pa je
9
−4
3
f 0 (m) = √
+ m−5/2 + m−1/4 .
3
5
2
4
3 5m
d) Za t 6= 0, datu funkciju možemo pisati u obliku f (t) = 4t + 1 −
je f 0 (t) = 4 + 10t−3 .
e) Za x ∈ R je f 0 (x) =
5
, odakle
t2
−10x + 3 + cos x
√
.
a2 + b 3
f ) Za p > 0 je
f 0 (p) =
3a
ab
+ 4b ep −
.
2p
1 + p2
Izvodi funkcija iz prethodnog i svih narednih primera mogu se odrediti
korišćenjem WolframAlphaWidget kalkulatora koji se nalazi na linku ovde.
Klikom na dati link otvoriće se prozor Derivative Calculator u kome se na
jednostavan način unosi red izvoda i funkcija čiji izvod tražimo, a klikom na
dugme Calculate dobija se traženi izvod.
3.3 Primer.
a) f (x) = (2x − 5)(x2 − 3ex + 2);
√
ctg x
;
b) f (x) = ( x − 3x) 2 sin x − cos x +
8
c) f (x) = (−2x3 + 5)(ln x
√
2
− 3);
d) f (t) = t · sin t · cos t + et · ln t · tg t.
Rešenje:
9
a) Za x ∈ R je
f 0 (x) = 2(x2 − 3ex + 2) + (2x − 5)(2x − 3ex ).
b) Za x > 0 i x 6= kπ, k ∈ N, je
1
ctg x
0
√ −3
f (x) =
2 sin x − cos x +
+
8
2 x
√
1
+ ( x − 3x) 2 cos x + sin x −
.
8 sin2 x
c) Data funkcija se za x > 0 može napisati kao
√
f (x) = (−2x3 + 5)( 2 ln x − 3),
pa je
√
√
2
3
f (x) = −6x ( 2 ln x − 3) + (−2x + 5)
,
x
0
2
x > 0.
d) U ovom slučaju, data funkcija je zbir dva sabirka, pri čemu je svaki sabirak
proizvod tri faktora, pa je za t > 0 i t 6= (2k + 1)π/2, k ∈ N0 :
f 0 (t) = (t)0 sin t cos t + t(sin t cos t)0 + (et )0 · ln t · tg t + et (ln t · tg t)0
et tg t
1
+ et ln t 2
t
cos t
sin 2t
tg t
1
t
=
+ t cos 2t + e ln t tg t +
+
.
2
cos2 t
t
= sin t cos t + t · cos2 t − t sin2 t + et ln t · tg t +
3.4 Primer.
a)
3x2 − 4x + 2
;
x2 + 1
b)
2 sin x − ex tg x
;
ln x + 1
c)
sin x − cos x
;
sin x + cos x
10
d) f (x) =
sin2 x + 2x cos x
.
3x + 2
Rešenje:
a) Za x ∈ R je
f 0 (x) =
(6x − 4)(x2 + 1) − (3x2 − 4x + 2)2x
4x2 + 2x − 4
=
.
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
b) Za
x > 0 ∧ x 6=
(2k + 1)π
1
∧ x 6=
, k ∈ Z,
e
2
je
f 0 (x) =
c) Za x 6=
x
e
1
2 cos x − ex tg x −
(ln x + 1) − (2 sin x − ex tg x)
2
cos x
x
.
2
(ln x + 1)
4k − 1
π, k ∈ Z, je
4
f 0 (x) =
(sin x + cos x)2 − (sin x − cos x)(cos x − sin x)
(sin x + cos x)2
cos2 x + 2 sin x cos x + sin2 x + cos2 x − 2 sin x cos x + sin2 x
=
1 + 2 sin x cos x
=
2
.
1 + sin(2x)
d) Za x ∈ R je
f 0 (x) =
(2 sin x cos x + 2 cos x − 2x sin x)(3x + 2) − (sin2 x + 2x cos x)3x ln 3
.
(3x + 2)2
11
4
Diferencijal funkcije
Neka je data diferencijabilna funkcija y = f (x) nad intervalom (a, b)
i neka nezavisno promenljiva uzima vrednosti od x0 do x1 , tako da
x0 , x1 ∈ (a, b). Tada se veličina h := ∆x := x1 − x0 naziva priraštaj
argumenta x u tački x0 , a veličina
∆y := f (x1 ) − f (x0 ) = f (x0 + h) − f (x0 ),
koja predstavlja odgovarajuću promenu zavisno promenljive y, naziva
se priraštaj funkcije f u tački x0 .
Iz definicije prvog izvoda
∆y
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
= lim
,
∆x→0
∆x→0 ∆x
∆x
f 0 (x0 ) = lim
sledi
∆y = f 0 (x0 )∆x + r(∆x) · ∆x,
gde je r(∆x) funkcija priraštaja ∆x sa osobinom
lim r(∆x) = 0.
∆x→0
Dakle, važi približna formula f 0 (x) ≈
∆y
kada ∆x ≈ 0, odnosno
∆x
∆y ≈ f 0 (x0 ) · ∆x ako ∆x ≈ 0.
(2)
4.1 Definicija. Neka je f diferencijabilna funkcija i ∆x priraštaj argumenta. Tada je diferencijal nezavisno promenljive dx = ∆x;
diferencijal zavisno promenljive (ili: diferencijal funkcije) dy = f 0 (x) dx .
Tako se prvi izvod može izraziti kao f 0 (x) =
dy
.
dx
4.2 Primer. Data je funkcija f (x) = 2x2 + 3x − 1, x ∈ R. Odrediti:
12
a) priraštaj funkcije u proizvoljnoj tački x;
b) približnu vrednost funkcije f u tački 1, 1 ;
c) približnu vrednost funkcije f u tački 1, 01 ;
d) diferencijal funkcije f u proizvoljnoj tački x.
Rešenja:
a) Priraštaj funkcije u tački x je
∆y = f (x + ∆x) − f (x) = 2(x + ∆x)2 + 3(x + ∆x) − 1 − 2x2 − 3x + 1
= 4x∆x + 2(∆x)2 + 3∆x = (4x + 3)∆x + 2(∆x)2 = f 0 (x)∆x + 2(∆x)2 .
b) U ovom slučaju je x0 = 1, ∆x = 0, 1 , a f (1) = 4, pa na osnovu
relacije 2 imamo
∆y = f (x0 +∆x)−f (x0 ) ≈ f 0 (1)·∆x, f (1.1) ≈ f (1)+f 0 (1)∆x = 4+5·0, 1 = 4, 5.
Inače, tačna vrednost je f (1, 1) = 4, 72.
c) U ovom slučaju je x1 = 1, ∆x = 0, 01, pa je
f (1, 01) = f (1) + 4 · 0, 01 = 4, 04.
Tačna vrednost je f (1, 01) = 4, 05 .
d) Diferencijal dy date funkcije f je dy = (4x + 3) dx.
4.3 Primer. Odrediti približne vrednosti sledećih brojeva:
√
√
9, 0002 ;
b) ln(1, 001) ;
c) 3 8, 0003 ,
a)
koristeći diferencijal funkcije u datoj tački.
Rešenja: U ovom slučaju primenićemo relaciju
f (x + ∆x) ≈ f (x) + f 0 (x)∆x,
√
a) Za funkciju f (x) = x, prvi izvod je
kada ∆x ≈ 0.
1
f 0 (x) = √ ,
2 x
i x = 9 i ∆x = 0, 0002 :
p
√
1
0, 0002
9, 0002 ≈ 9 + √ 0, 0002 ≈ 3 +
= 3, 000033.
6
2 9
13
b) Stavimo ∆x = 0, 001 i x = 1; tada je
ln(1, 001) ≈ ln 1 +
1
· 0, 001 = 0, 001 .
1
c) Iz ∆x = 0, 0003 i x = 8, sledi
p
3
5
8, 0003 ≈
√
3
1
8+ √
0, 0003 = 2, 00005 .
338
Geometrijsko tumačenje izvoda
Neka funkcija f : (a, b) → R ima prvi izvod u tački x0 ∈ (a, b). Označimo
tačke P (x0 , f (x0 )) i Q(x0 + h, f (x0 + h)) (videti sl.4). Koeficijent pravca
tetive P Q krive, određene funkcijom f, dat je sa
f (x0 + h) − f (x0 )
,
h
gde je β ugao prave određene sa duži P Q i pozitivnog smera x−ose. Ako je
funkcija f neprekidna u tački x0 , tada se tačka Q približava tački P po datoj
krivoj kada h → 0, tj. kada se tačka x0 + h približava tački x0 ostajući na
x−osi.
tg β =
f Hx0+hL
f Hx0L
Q
Β
P
Β A
x0
R
B
x0+h
Slika 4
WM
14
U graničnom slučaju, prava P Q postaje tangenta krive u tački P i koeficijent pravca tangente na datu krivu u datoj tački x jednak je prvom
izvodu date funkcije u tački x0 :
f (x0 + h) − f (x0 )
.
h→0
h
k = tg α = lim
Dakle, prava
y − y0 = f 0 (x0 )(x − x0 ),
(3)
gde je y0 = f (x0 ), je tangenta grafika funkcije f u tački P (x0 , f (x0 )).
Klikom na WM ispod slike 4 otvoriće se interaktivni prikaz geometrijskog
tumačenja izvoda funkcije u programskom paketu Wolfram Mathematica.
Ako je još zadovoljen uslov f 0 (x0 ) 6= 0, prava
y − y0 = −
1
(x − x0 )
f 0 (x0 )
(4)
je normala grafika funkcije f u tački
P (x0 , f (x0 )).
6
Geometrijsko tumačenje priraštaja i diferencijala funkcije
Tačke P (x0 , f (x0 )) i Q(x0 + ∆x, f (x0 + ∆x)) se nalaze na datoj krivoj
(slika 5). Neka je S tačka preseka tangente u tački P sa ordinatom u tački
x0 + ∆x na x−osi, a R podnožje normale iz tačke P na ordinatu SQ. Tada
je
RQ = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = ∆y
priraštaj funkcije f u tački x0 ;
T S = f 0 (x0 )∆x
vrednost diferencijala funkcije f u tački x0 koja odgovara priraštaju h = ∆x.
Primetimo da je SR priraštaj na tangenti.
Duži RQ i ST su približno jednake, ako je priraštaj ∆x mali.
Klikom na WM ispod slike 5 otvoriće se interaktivni prikaz geometrijskog
tumačenja diferencijala i priraštaja funkcije u programskom paketu Wolfram
Mathematica.
15
f Hx0+DxL
Q
f Hx0L+ f ’Hx0LDx
S
f Hx0L
Α
P
Dy
dy
R
Α
x0
x0+Dx
Slika 5
WM
6.1 Primer. Odrediti ugao α koji zaklapa tangenta grafika funkcije
y = −x2 + x − 5, x ∈ R,
sa pozitivnim smerom x−ose u tački
a) x = 0;
b) x = 1;
c) x = 1/2.
Rešenja: Kako je y 0 = −2x + 1, to je
a) y 0 (0) = 1 = tg α, odakle je α = π/4;
b) y 0 (1) = −1 = tg α, odakle je α = 3π/4;
c) y 0 (1/2) = 0 = tg α, odakle je α = 0, ( tangenta u tački x = 1/2 je
paralelna sa x−osom).
6.2 Primer. Odrediti ugao α koji u tački x = 0 zaklapa tangenta grafika
funkcije:
√
a) y = 2 + sin x;
b) y = 3 sin x;
c) y = 2 cos x;
d) y = 3 − tg x;
e) y = x2 sin x − x;
sa pozitivnim smerom x−ose.
16
f ) y = −x3 + ex ,
Rešenja:
b)
y 0 = cos x, y 0 (0) = 1 = tg α, odakle je α = π/4.
√
√
y 0 = 3 cos x, y 0 (0) = 3 = tg α, odakle je α = π/3.
c)
y 0 = −2 sin x,
d)
y0 = −
e)
y 0 = 2x sin x + x2 cos x − 1,
f)
y 0 = −3x2 + ex ,
a)
1
,
cos2 x
y 0 (0) = 0 = tg α,
odakle je α = 0.
y 0 (0) = −1 = tg α,
odakle je α = 3π/4.
y 0 (0) = −1 = tg α,
y 0 (0) = 1 = tg α,
odakle je α = 3π/4.
odakle je, α = π/4.
6.3 Primer. Napisati jednačine tangente i normale na datu krivu u datoj
tački:
a) y = x3 − 2x2 − 5 u tački (1, 1);
b) y = 2 sin x u tački (0, 0);
√
c) y = x u tački (4, 2);
Rešenja:
a) Prvi izvod date funkcije je y 0 = 3x2 − 4x, x ∈ R, pa je prvi izvod date
funkcije u tački x = 1 jednak y 0 (1) = 3 · 12 − 4 · 1 = −1. Prema geometrijskom tumačenju izvoda, broj y 0 (1) predstavlja koeficijenat pravca
tangente na datu krivu u tački (1, 1). Prema tome, ako je jednačina
tražene tangente oblika
y = kx + n,
tada je k = −1.
Slobodan član n se određuje iz uslova da tačka (1, 1) pripada tangenti.
Iz 1 = −1 · 1 + n sledi da je n = 2, pa je jednačina tražene tangente
y = −x + 2.
Ako je jednačina normale oblika y = k1 x + n1 , tada uslov da su normala i tangenta grafika u istoj tački međusobno normalne prave povlači
k1 = −1/k,
17
gde je k koeficijent pravca tangente. Pošto je k = −1, to je k1 = 1, pa
je jednačina normale y = k1 x + n1 .
Uslov da tačka (1, 1) pripada normali daje 1 = 1 · 1 + n1 , tj. n1 = 0, pa
je jednačina tražene normale y = x.
b) Iz y 0 = 2 cos x, y 0 (0) = 2, sledi da ako je tražena tangenta oblika y =
kx + n, tada za koeficijent pravca te tangente važi k = 2. Iz y = 2x + n
i uslova da je y(0) = 0 sledi n = 0, pa je y = 2x jednačina tangente
grafika funkcije y = 2 sin x u tački (0, 0).
Jednačina tražene normale u tački (0, 0) dobija se iz jednačine y =
−x
+ n1 , odakle je n1 = 0, pa je tražena normala oblika y = −x/2.
2
1
1
1
c) Iz y 0 = √ sledi y 0 (4) = , pa je jednačina tangente oblika y = x + n.
4
4
2 x
Uslov y(4) = 2 da je 2 = 1 + n, pa je tražena jednačina tangente
4y − x = 4.
Jednačina normale je y = −4x + n1 , pa iz uslova 2 = −4 · 4 + n1 , sledi
da je jednačina normale y + 4x = 18.
6.4 Primer. Odrediti parametar k tako da prava y = kx + 1 bude tangenta
krive y 2 = 4x i odrediti tačku (ili tačke) dodira.
Rešenje:
√
Datu krivu možemo zapisati kao y(x) = ±2 x, x ≥ 0. Označimo sa
T (x0 , y(x0 )) tačku u kojoj tangenta dodiruje datu parabolu. Tada je
√
1
k = y 0 (x0 ) = ± √
i
y(x0 ) = ±2 x0 . Prema tome se ordinata tačke
x0
dodira nalazi iz
y(x0 ) = y 0 (x0 )x0 + 1,
tj.
1
√
± 2 x0 = ± √ x0 + 1.
x0
Uzimanjem pozitivnog predznaka u zadnjoj jednakosti dobija se x0 = 1 i
tačka dodira je T (1, 2). Jednačina tangente u toj tački je y = x + 1.
Druga tangenta sa datim koeficijentom pravca ne postoji, jer se iz jednačine
1
√
√
−2 x0 = − √ x0 + 1, dobija x0 = −1, što je kontradikcija.
x0
6.5 Primer. Iz tačke A(2, −2) povući tangente na parabolu f (x) = x2 −
3x + 1 i naći tačke dodira.
18
Rešenje:
Označimo sa (x0 , f (x0 )) tačku dodira tangente i date parabole. Koeficijent pravca tangente je k = f 0 (x0 ) = 2x0 − 3, a jednačina tangente je
y − f (x0 ) = k(x − x0 ), odnosno za x = 2, y = −2 važi
−2 − x20 + 3x0 − 1 = (2x0 − 3)(2 − x0 ).
Tako se dobija jednačina x20 − 4x0 + 3 = 0, sa rešenjima x0 = 1 i x0 = 3.
Prema tome, tačke dodira su B(1, −1) i C(3, 1), a koeficijenti pravaca tangenti su k1 = −1 i k2 = 3. Jednačine traženih tangenti su y = −x i y =
3x − 8.
7
7.1
Razni izvodi
Izvod složene funkcije
7.1 Teorema. Neka funkcija g : (a, b) → (c, d) ima izvod u tački x0 ∈ (a, b)
i neka funkcija f : (c, d) → R ima izvod u tački g(x0 ) ∈ (c, d). Tada složena
funkcija k = f ◦ g, k : (a, b) → R, ima izvod u x0 i važi
k 0 (x0 ) = fg0 (g(x0 )) · g 0 (x0 ).
7.2 Primer. Odrediti izvode sledećih složenih funkcija:
a) f (x) = (2x3 + 4x2 + 3)5 ;
b) f (t) = (3t2 − 1)2 ;
√
c) f (s) = 7s2 − 3s − 1;
√
d) f (x) = (2x − 1)4 · 3x − 5;
5/2
x
e) f (x) =
;
x+1
2x + 3
f ) f (x) = √
.
4x2 + 9
Rešenja:
19
a) Ako označimo u = 2x3 + 4x2 + 3, tada se data funkcija može zapisati kao
f (u) = u5 , pa je njen izvod
f 0 (x) = fu0 u0x = 5u4 · u0 .
Kako je u0 = 6x2 + 8x, to je prvi izvod date složene funkcije
f 0 (x) = 5(2x3 + 4x2 + 3)4 (6x2 + 8x), x ∈ R.
b) f 0 (t) = 2(3t2 − 1) · 6t = 12t(3t2 − 1), t ∈ R.
c)
14s − 3
1
·(14s−3) = p
, 7s2 −3s > 1.
f 0 (s) = p
2
2
2 (7s − 3s − 1)
2 (7s − 3s − 1)
d) U ovom slučaju za x >
5
imamo
3
f 0 (x) = 4 · 2 · (2x − 1)3 ·
=
√
3
3x − 5 + (2x − 1)4 · √
2 3x − 5
3(2x − 1)4 + 16(2x − 1)3 · (3x − 5)
√
.
2 3x − 5
e) Za x > 0 je
√
3/2
3/2
5
x
5
x
x+1−x
5 x3
f (x) = ·
=
·
.
·
= p
2 x+1
(x + 1)2
2(x + 1)2 x + 1
2 (x + 1)7
0
f ) Za x ∈ R je
√
(2x + 3)8x
2 4x2 + 9 − √
−12x + 18
2 4x2 + 9
f 0 (x) =
= √
.
2
4x + 9
( 4x2 + 9)3
7.3 Primer. Odrediti izvode sledećih funkcija:
a) f (x) = sin 3x − cos 7x;
20
b) f (x) = 2 sin4 x + 3 tg
√
x;
c) f (x) = (sin x + cos x)2 ;
√
d) f (x) = arctg x + tg x;
1
e) f (x) = p
;
(2 cos x − arccos x)3
1+x
;
1−x
√
√
g) f (x) = arcsin x − arcsin x;
f ) f (x) = arctg
h) f (x) = cos(4x) + cos(x4 ) + cos4 x + 4 cos x.
Rešenja:
a) f 0 (x) = 3 cos 3x + 7 sin 7x.
b) f 0 (x) = 8 sin3 x cos x +
3
1
√ · √ .
x 2 x
cos2
c) f 0 (x) = 2(sin x + cos x)(cos x − sin x) = 2(cos2 x − sin2 x) = 2 cos 2x.
1
1
1
0
d) f (x) = √
·
+
.
2 arctg x + tg x
1 + x2 cos2 x
1
−2 sin x + √
−3
1 − x2
e) f 0 (x) =
·p
.
2
(2 cos x − arccos x)5
1
f ) f 0 (x) =
1+
x2
1+x
1−x
2 ·
1 − x − (1 + x)(−1)
(1 − x)2
2
=
·
=
2
2
(1 − x)
2(1 + x ) (1 − x)2
1
.
+1
g) f 0 (x) = √
1
1
1
1
· √ − √
·√
.
1 − x 2 x 2 arcsin x
1 − x2
h) f 0 (x) = −4 sin(4x) − 4x3 sin(x4 ) − 4 cos3 x sin x − 4 sin x.
21
7.4 Primer. Odrediti izvode sledećih složenih funkcija:
a) f (x) = ex
2 −5x+3
c) f (x) = ln
b) f (x) = esin x−cos x ;
;
p
√
x2 + 5 + ln(x2 + 5) ;
x
5
5
2 −3
d) f (t) = 4t
x
e) f (x) = ln(e + 1) + ln (e + 1) ;
f (x) = ln
f)
Rezultati:
2 −5x+3
a) f 0 (x) = ex
b)
(x2 − 5x + 3)0 = (2x − 5)ex
f 0 (x) = (cos x + sin x)esin x−cos x .
c) f 0 (x) =
x
1
x
p
+
·
.
x2 + 5
ln(x2 + 5) x2 + 5
2 −3
d) f 0 (t) = 2t ln 4 · 4t
e)
2 −5x+3
+
t2
2t
.
−3
5ex
ex
4 x
f (x) = x
+ 5 ln (e + 1) · x
.
e +1
e +1
0
1−x
2
2
·
=
.
1 + x (1 − x)2
1 − x2
f ) f 0 (x) =
7.5 Primer. Odrediti izvode sledećih funkcija:
2 x
cos 3x
a) f (x) = −3 ln tg
−
;
2
sin2 3x
b) f (x) =
x arcsin ex + ln(sin 2x)
;
arctg x
c) f (x) = 4 ln
x2 + 1
x−1
+ 2 ln
− 2 arctg x;
2
x −1
x+1
2
3x cos(x2 + 1) arctg x
d) f (x) =
.
esin x+3 + cos 3x
Rešenja:
22
.
+ ln(t2 − 3) ;
1+x
1−x
.
a)
−3
1
−3 sin3 3x − 6 sin 3x cos2 3x
·
·
x
−
x2
x2
sin4 3x
tg
cos2
2
2
f 0 (x) =
−3x
3 sin2 3x + 6 cos2 3x
=
+
x2
x2
sin3 3x
sin cos
2
2
−3x
3 + 3 cos2 3x
.
+
x2
x2
sin3 3x
sin cos
2
2
=
b)
2 cos 2x
x
2x −1/2 x
arcsin e + x(1 − e )
e +
arctg x
sin 2x
0
f (x) =
(arctg x)2
(x arcsin ex + ln(sin 2x))
−
(arctg x)2
1
1 + x2 .
c)
f 0 (x) = 4
x+1
x2 − 1 2x(x2 − 1) − 2x(x2 + 1)
2
·
+2
2
2
2
x +1
(x − 1)
x − 1 (x + 1)2
−2
= 4
=
1
1 + x2
−4x
1
1
+4 2
−2 2
4
x −1
x −1
x +1
−16x + 4x2 + 4 − 2x2 + 2
2x2 − 16x + 6
=
.
x4 − 1
x4 − 1
23
d)
2
2x3x ln 3 cos(x2 + 1) arctg x
f (x) =
esin x+3 + cos 3x
0
2
+
3x (− sin(x2 + 1))2x arctg x
esin x+3 + cos 3x
2
3x cos(x2 + 1)
+ sin x+3
(e
+ cos 3x)(x2 + 1)
2
3x cos(x2 + 1) arctg x(cos xesin x+3 − 3 sin 3x)
.
−
(esin x+3 + cos 3x)2
7.2
Izvod implicitne funkcije
Ako je funkcija y = y(x) data implicitno jednačinom F (x, y) = 0, tada
se diferenciranjem po x, a koristeći činjenicu da je y funkcija od x, dobija
jednačina u kojoj se pojavljuju x, y i y 0 . Rešavanjem te jednačine po y 0 ,
nalazimo traženi izvod.
7.6 Primer. Odrediti prvi izvod implicitnih funkcija:
a) 2x2 + y 2 = 6;
c)
b) 4x − 3y − 5 = x2 + 2y − 6x;
√
√
x + y = 3x;
d) 2x4 + 4x2 y 2 − 3xy 3 − 4x = 0;
e) (y 2 − 9)2 = (2x3 + 3x − 1)3 ;
f)
(3 + xy)2 = 3x2 − 1.
Rešenja:
a) Pre svega je (y 2 )0x = 2yy 0 , pa diferenciranjem po x date jednakosti dobijamo
4x + 2yy 0 = 0, odakle sledi y 0 = −2x/y.
b) Iz jednačine 4 − 3y 0 = 2x + 2y 0 − 6 sledi
y0 =
−2x + 10
.
5
√
y
1
y0
√
0
c) Iz jednačine √ + √ = 3 sledi y = 6 y − √ .
2 x 2 y
x
24
d) Pre svega važi 8x3 + 8xy 2 + 8x2 yy 0 − 3y 3 − 9xy 2 y 0 − 4 = 0, odakle sledi
y0 =
−8x3 − 8xy 2 + 3y 3 + 4
.
8x2 y − 9xy 2
e) U ovom slučaju je 4(y 2 − 9)2 yy 0 =3(2x3 + 3x − 1)2 (6x2 + 3), odakle sledi
y0 =
9(2x3 + 3x − 1)2 (2x2 + 1)
.
4y(y 2 − 9)2
f ) Kako je
2(3 + xy)(y + xy 0 ) = 6x,
to je
y0 =
3x − 2y − xy 2
.
x(3 + xy)
7.7 Primer. Odrediti izvod sledećih funkcija:
√
√
c) y = ( x)x ;
a) y = xx ;
b) y = x
d) y = xsin x ;
e) y = (sin x)cos x ,
x
;
za x > 0 (zadaci pod a), b), c) i d)), odnosno, u zadatku pod e), za x sa
osobinom sin x > 0.
Rešenja:
a) Datu funkciju možemo zapisati u obliku y = ex ln x , čiji je prvi izvod
y 0 = ex ln x (ln x + 1) = xx (ln x + 1),
x > 0.
Ovaj zadatak može se rešiti i tako što se prvo data jednakost y = xx
logaritmuje, pa onda potraži izvod:
ln y = x ln x →
y0
= ln x + 1,
y
tj.
y 0 = y(ln x + 1).
Zamenom y = xx u zadnju jednakost ponovo dobijamo y 0 = xx (ln x+1).
25
√
b) Na osnovu jednakosti y = e
x ln x
, x > 0, sledi
√ √
ln x
x
ln x + 2
√ +
y =e
=x x· √ ,
x > 0.
x
2 x
2 x
1 + ln x
(x ln x)/2
0
(x ln x)/2
, x > 0.
c) Kako je y = e
, to je y = e
2
sin x
sin x ln x
0
sin x
cos x ln x +
d) Iz y = e
sledi y = x
, x > 0.
x
cos2 x
cos x ln sin x
0
cos x
e) Iz y = e
sledi y = (sin x)
− sin x ln sin x +
, sin x >
sin x
0.
0
7.3
√
x ln x
Izvod inverzne funkcije
7.8 Teorema. Ako bijektivna funkcija f : (a, b) → (c, d) zadovoljava sledeća tri uslova:
(i) funkcija f je monotona na intervalu (a, b);
(ii) funkcija f ima prvi izvod u tački x0 ∈ (a, b);
(iii) broj f 0 (x0 ) je različit od nule,
tada funkcija f ima inverznu funkciju f −1 : (c, d) → (a, b), i njen izvod u
tački y0 = f (x0 ) je
1
(f −1 )0y (y0 ) = 0
.
(5)
fx (x0 )
U praksi, izvod inverzne funkcije za datu funkciju može se odrediti ili eksplicitnim nalaženjem inverzne funkcije, ili pomoću relacije (5).
7.9 Primer. Odrediti izvod inverzne funkcije f −1 , za datu funkciju f ako
je:
a) f (x) = 4x + 3, x ∈ R;
√
b) f (x) = x − 5, x > 0;
c) f (x) = x2 − 2x, x > 1.
26
Rešenja:
y−3
. Dakle,
a) Prvi način. Ako stavimo y = f (x) = 4x+3, tada važi x =
4
x−3
funkcija f −1 (x) =
je inverzna za datu funkciju f i njen izvod je
4
(f −1 )0 (x) = 1/4,
x ∈ R.
Drugi način. Posle zamene mesta promenljivih x i y dobijamo x =
4y + 3, odnosno f (y) = 4y + 3 i f 0 (y) = 4. Prema gornjoj formuli važi
(f −1 )0 (x) =
√
1
1
=
.
f 0 (y)
4
1
√ , to je traženi prvi izvod
2 y
√
inverzne funkcije, f −1 , jednak (f −1 )0 (x) = 2 y = 2(x + 5), x > −5
(drugi način).
b) Kako je x = f (y) =
y − 5 i f 0 (y) =
c) U ovom slučaju je x = f (y) = y 2 − 2y i f 0 (y) = 2y − 2, odakle sledi da je
izvod inverzne funkcije f −1 oblika
(f −1 )0 (x) =
1
.
2y − 2
Pošto je (f −1 (x) − 1)2 = x + 1, to je konačno
1
(f −1 )0 (x) = √
,
2 x+1
8
x > −1.
Izvodi višeg reda
Pretpostavimo da funkcija f ima prvi izvod f 0 na intervalu (a, b) i neka je
x0 ∈ (a, b). Drugi izvod funkcije f u tački x0 je izvod funkcije f 0 u tački
x0 (ako postoji), i obeležava se sa f 00 (x0 ).
Analogno se definišu treći, četvrti, . . . , n−ti izvod funkcije f u tački x0 , i
obeležavaju se redom sa f 000 (x0 ), f (4) (x0 ), . . . , f (n) (x0 ).
8.1 Primer. Za funkciju
27
3
a) f (x) = 3x2 − 4x − 7 − , odrediti f 0 , f 00 , f 000 , f (4) ;
x
√
b) f (x) = 4 − 5x, odrediti f 0 , f 00 , f 000 ;
c) f (x) =
4x − 5
, odrediti f 0 , f 00 , f 000 ;
3x + 1
d) x3 − y 3 = 2, y = f (x),
odrediti f 0 , f 00 .
Rešenja:
a) Prvi izvod funkcije f je funkcija f 0 data sa f 0 (x) = 6x − 4 + 3x−2 , x 6= 0,
dok je njen drugi izvod jednak f 00 (x) = (f 0 (x))0 = 6 − 6x−3 , x 6= 0.
Dalje je f 000 (x) = 18x−4 , f (4) (x) = −72x−5 , x 6= 0.
b) Za x < 4/5 je f 0 (x) =
−5
√
,
2 4 − 5x
f 00 (x) =
−25
p
4 (4 − 5x)3
i f 000 (x) =
−375
p
.
8 (4 − 5x)5
19
4(3x + 1) − 3(4x − 5)
=
,
(3x + 1)2
(3x + 1)2
−114
1026
f 00 (x) =
i f 000 (x) =
.
3
(3x + 1)
(3x + 1)4
c) Za x 6= −1/3 je f 0 (x) =
d) Diferenciranjem date jednačine po x dobijamo 3x2 − 3y 2 y 0 = 0, tj. y 0 =
x2
. Diferenciranjem zadnje jednačine po x i zamenom y 0 iz prethodne
y2
jednakosti sledi:
2
x
2xy − 2
x2
0 2
2
2xy
−
2y
x
2xy 3 − 2x4
y
y 00 =
=
=
.
y3
y3
y5
8.2 Primer. Odrediti f (0), f 0 (0), f 00 (0), f 000 (0), f (4) (0) i f (5) (0) ako je
1
a) f (x) = 3x4 + 4x3 − 3x2 + 2x + 6;
b) f (x) =
.
2−x
Rešenja:
28
a) Pre svega je f (0) = 6, a za x ∈ R važi f 0 (x) = 12x3 + 12x2 − 6x + 2,
f 0 (0) = 2, f 00 (x) = 36x2 + 24x − 6, f 00 (0) = −6, f 000 (x) = 72x + 24,
f 000 (0) = 24, f (4) (x) = 72, f (4) (0) = 72, f (5) (x) = 0, f (5) (0) = 0;
Za polinom n−tog stepena
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,
x ∈ R, (an 6= 0) važi
P (j) (0) = aj · j! j = 0, 1, . . . , n.
Naravno, ako je j > n, tada za sve x ∈ R važi P (j) (x) = 0.
b) U ovom slučaju je f (0) = 1/2, a za x 6= 2 važi
1
,
(2 − x)2
2·3
,
f 000 (x) =
(2 − x)4
2·3·4
f (4) (x) =
,
(2 − x)5
f 0 (x) =
f 0 (0) = 1/4,
f 00 (x) =
2
,
(2 − x)3
f 00 (0) = 1/4,
f 000 (0) = 3/8,
f (4) (0) = 3/4,
f (5) (x) =
2·3·4·5
,
(2 − x)6
f (5) (0) = 15/8;
8.3 Primer. Naći f (j) (x) za j ∈ N , ako je
a) f (x) = ex ;
b) f (x) = sin x;
c) f (x) = cos x.
Rešenja:
a) Za x ∈ R je f 0 (x) = ex i f 00 (x) = ex . Ako za neko m ∈ N važi f (m) (x) = ex ,
0
x ∈ R, tada diferenciranjem ove jednakosti sledi f (m) (x) = (ex )0 =
ex , x ∈ R. Na osnovu principa matematičke indukcije sledi da za sve
j ∈ N važi
f (j) (x) = ex ,
b) Pošto je za x ∈ R,
f 0 (x) = cos x
x ∈ R.
f (x) = sin x, tada je
f 00 (x) = − sin x,
f 000 (x) = − cos x,
f (4) (x) = sin x,
i za j ∈ N važi:
f (4j) (x) = sin x, f (4j+1) (x) = cos x, f (4j+2) (x) = − sin x, f (4j+3) (x) = − cos x .
29
Ove formule se mogu napisati u obliku
jπ
(j)
,
sin x = sin x +
2
j ∈ N,
x ∈ R.
c) Analogno slučaju pod b), imamo za x ∈ R :
f (4j) (x) = cos x, f (4j+1) (x) = − sin x, f (4j+2) (x) = − cos x, f (4j+3) (x) = sin x,
odnosno
jπ
cos (x) = cos x +
,
2
(j)
30
j ∈ N,
x ∈ R.
Download

Izvod funkcije