izvod funkcije - imft.ftn.uns.ac.rs

Click here to load reader

Post on 15-Oct-2021

1 views

Category:

Documents

0 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

Izvod funkcije f : (a, b)→ R
Za x ∈ (a, b) neka je broj x 6= 0 takav da x + x ∈ (a, b). Broj x se naziva prirastaj argumenta funkcije f (x) u tacki x ∈ (a, b) Za dato x 6= 0 velicina
f = y = f (x + x)− f (x)
se naziva prirastaj funkcije f ili prirastaj zavisne promenljive u tacki x .
Definicija
x
onda se ta granicna vrednost zove izvod funkcije f (x) u tacki x i oznacava se sa f ′(x) ili y ′.
2 / 40
Definicija izvoda
Ako funkcija f ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b) onda je na intervalu (a, b) sa x → f ′(x) definisana funkcija f ′ koja se naziva izvod funkcije f .
Da li postoji granicna vrednost kolicnika y x
kada x → 0? Ocigledno da je potreban uslov da granicna vrednost kolicnika postoji kada x → 0 taj da i y → 0 tj. da funkcija f (x) treba da bude neprekidna u tacki x .
Teorema
Ako funkcija ima izvod u nekoj tacki x , ona je u toj tacki i neprekidna.
3 / 40
Definicija izvoda
Primer (Izvod f(x) =|x |) Da li funkcija f (x) = |x | ima izvod u x = 0? Da li je data funkcija neprekidna u x = 0?
Resenje: |x | =
i
= lim x→0
lim x→0+
|x | x
y x
ne postoji, te funkcija f (x) = |x | nema izvod u x = 0.
Iz lim x→0
f (x) = lim x→0 |x | = 0 = f (0) seldi da funkcija jeste neprekidna u
x = 0. (Ovo smo uradili u delu gradiva neprekidnost funkcije.)
4 / 40
Resenje: Za f (x) = c je
f ′(x) = lim x→0
f (x + x)− f (x)
x = lim
x→0
c − c
x = 0
Resenje: Za f (x) = x2 je
f ′(x) = lim x→0
f (x + x)− f (x)
x = lim
x→0
5 / 40
Levi i desni izvod
Primer u kome je posmatran izvod funkcije f (x) = |x | pokazuje da mogu postojati desna i leva granicna vrednost, lim
x→0+
y x
koje su razlicite, pa ima smisla definisati i jednostrane izvode.
Desni izvod funkcije f (x) nad [x , x + δ), δ > 0 je
f ′+(x) = lim x→0+
f (x + x)− f (x)
x , x + x ∈ [x , x + δ)
Levi izvod funkcije f (x) nad (x − δ, x ], δ > 0 je
f ′−(x) = lim x→0−
f (x + x)− f (x)
x , x + x ∈ (x − δ, x ]
f (x) ima izvod u x akko postoje jednostrani izvodi i vazi f ′−(x) = f ′+(x) = f ′(x)
6 / 40
Izvod na zatvorenom i poluotvorenom intervalu
Funkcija f (x) ima izvod nad intervalom I1 = [a, b), I2 = (a, b], I3 = [a, b] ako:
funkcija ima izvod u svakoj tacki (a, b)
u tacki a funkcija ima desni izvod, za intervale I1 i I3, pise se da je f ′(a) = f ′+(a)
u tacki b funkcija ima levi izvod, za intervale I2 i I3, pise se da je f ′(b) = f ′−(b)
Ako funkcija y = f (x) ima izvod u tacki x tada iz f ′(x) = lim x→0
y x
sledi y
x→0 α(x) = 0
y = f ′(x)x + α(x)x , lim x→0
α(x) = 0
Geometrijska interpretacija izvoda
A(x , y), B(x + x , y + y) su tacke grafika, prava AB je secica ako B → A prava postaje tangenta krive u tacki A koeficijent pravca tangente, ako je α 6= π
2 ,
x = f ′(x).
y − f (x0) = f ′(x0)(x − x0)
jednacina normale u tacki A(x0, f (x0)) je
y − f (x0) = − 1
f ′(x0) (x − x0), f ′(x0) 6= 0
ako je ako je f ′(a) = 0 jednacina tangente funkcije u tacki A(a, f (a)) je y = f (a), a jednacina normale je x = a.
9 / 40
Primer
Naci jednacinu tangente i normale u tackama A(0, 0) i B(−1, y0), ako je f (x) = x2.
Resenje: f ′(x) = 2x .
Za tacku A je f ′(0) = 2 · 0 = 0, tako da je jednacina tangente y = 0 (jer je f (0) = 0), a jednacina normale je x = 0.
Za tacku B je y0 = f (−1) = (−1)2 = 1 i f ′(−1) = 2 · (−1) = −2, tako da se ubacivanjem u jednacinu tangente sa prethodnog slajda dobija t : y − 1 = −2(x + 1), tj. t : y = −2x − 1. Jednacina normale je n : y − 1 = 1
2 (x + 1), tj. n : y = 1
2 x + 3
Definicija
Za funkciju f (x) definisanu u okolini tacke x se kaze da je diferencijabilna u tacki x ako se y moze napisati u obliku
y = Dx + α(x)x
pri cemu α(x)→ 0 kada x → 0, a D ∈ R (ne zavisi od x).
Teorema
Potreban i dovoljan uslov da funkcija f (x) bude diferencijabilna u tacki x je da ima izvod u toj tacki.
D = f ′(x)
Teorema
Ako je funkcija diferencijabilna u x onda je ona neprekidna u x .
11 / 40
Osobine izvoda
Teorema
Ako funkcije u = u(x), v = v(x) imaju izvod u tacki x , tada i
funkcije u ± v , uv , u
v , (v(x) 6= 0) i cu imaju izvod u tacki x i vazi
da je:
2. [u(x)v(x)]′ = u′(x)v(x) + u(x)v ′(x),
3.
[ u(x)
v(x)
12 / 40
Tablica izvoda
f (x) f ′(x) vazi za f (x) f ′(x) vazi za
xn nxn−1 x ∈ R, n ∈ N xα αxα−1 α ∈ R, x > 0
ax ax ln a a > 0, a 6= 1, x > 0 ex ex x > 0
loga x 1
x ln a a > 0, a 6= 1, x > 0 ln x
1
1− x2 |x | < 1
1− x2 |x | < 1
2 + kπ, k ∈ Z arctg x
1
sin2 x x 6= kπ, k ∈ Z arcctg x − 1
1 + x2 x ∈ R
Teorema
Neka funkcija f ima izvod u tacki x i neka je y = f (x). Ako funkcija g ima izvod u tacki y , gde je y = f (x), tada funkcija g f ima izvod u tacki x i
(g f )′ (x) = (g(f (x)))′ = g ′(y)f ′(x).
Primer
√ x
x2 + 1 .
Resenje: 1. y ′ = (esin x)′ = esin x · (sin x)′ = esin x cos x .
2. y ′ = ( √
(x2+1)2
= 1 2
(x2+1)2 = 1 2
Teorema
Neka je f (x) neprekidna strogo monotona funkcija u okolini tacke x i neka je f ′(x) 6= 0. Ako je f −1 inverzna funkcija funkcije f , tada vazi(
f −1 )′
(y) = 1
f ′(x) ,
gde je y = f (x). Drugacije zapisano, y ′x = 1
x ′y .
Primer
Za funkciju f (x) = arcsin x inverzna funkcija je f −1(y) = sin y , pa je
f ′(x) = 1
(f −1)′ (y) =
I ⊂ R, x = (t), y = ψ(t), t ∈ I
postoji inverzna funkcija za (t), t = −1(x)
y = ψ(−1(x)) = f (x) je definisana nad skupom {(t) : t ∈ I}
x = x(t), y = y(t), t ∈ I je funkcija f (x) zadata u parametarskom obliku i promenljivu t zovemo parametrom.
Teorema
Neka je data funkcija y = f (x) u parametarskom obliku x = (t), y = ψ(t), t ∈ I . Ako neprekidne funkcije (t) i ψ(t) imaju izvode u tacki t ∈ (a, b) i ukoliko je ′(t) 6= 0, tada funkcija y = f (x) ima izvod u tacki t i vazi
f ′(x) = ψ′(t)
16 / 40
Logaritamski izvod
Neka je data funkcija Neka je y = f (x)g(x), f (x) > 0. Tada je
ln y = g(x) ln f (x),
pa je y ′
f ′(x)
f (x) ,
odakle je
f ′(x)
f (x)
Odrediti prvi izvod funkcije y = xx , x > 0.
Resenje: Iz y = xx sledi ln y = ln xx , pa se primenom osobina logaritamske funkcije dobija
ln y = x ln x .
Dalje,
1
x
tj. y ′ = xx(ln x + 1).
18 / 40
Diferencijal funkcije
Podsetimo se, ako je funkcija f (x) diferencijabilna u tacki x ∈ (a, b) tada je
y = Dx + α(x)x
= f ′(x)x + α(x)x ,
gde je lim x→0
α(x) = 0.
Prirastaj diferencijabilne funkcije y , u oznaci y , sastoji se iz dva dela: linearnog dela f ′(x)x i beskonacno male funkcije α(x)x .
Definicija
Linearni deo prirastaja funkcije f u tacki x (f ′(x)x) naziva se diferencijal funkcije u tacki x i obelezava sa df (x) ili dy .
19 / 40
Diferencijal funkcije
Dakle, df (x) = dy = f ′(x)x .
Za f (x) = x sledi df (x) = dx = (x)′x = x , pa je
dy = f ′(x)dx .
f ′(x) = dy
dx .
Izvod slozene funkcije je y = g(f (x)) i u = f (x)
dy
dx =
dy
du
du
dx .
Geometrijska interpretacija diferencijala
Neka u proizvoljnoj tacki M(x , f (x)) kriva y = f (x) ima tangentu. Tada je
dy = f ′(x)x = tgαx = PQ
MQ MQ = PQ,
tj. diferencijal dy je prirastaj ordinate tangente u tacki M(x , f (x)) koji odgovara prirastaju argumenta x .
21 / 40
Primena diferencijala
gde je lim x→0
α(x) = 0.
Aproksimacija vrednosti funkcije:
ln(x + x) ≈ ln x + x x
Nedostatak: Ne mozemo proceniti gresku. 22 / 40
Izvodi viseg reda
Neka funkcija y = f (x) ima izvod u svakoj tacki skupa X1 ⊂ (a, b). Njen izvod f ′(x) je funkcija nezavisne promenljive x , x ∈ X1. Ako ona ima izvod u nekoj tacki x ∈ X1 tada njen izvod (f ′(x))′
nazivamo
drugi izvod ili izvod drugog reda funkcije f (x) u tacki x .
Slicno se definisu ostali visi izvodi funkcije y = f (x) :
y = f 0(x), y ′ = f ′(x), y ′′ = (f ′(x))′,
... f (n)(x) = (f (n−1)(x))′.
23 / 40
Izvodi viseg reda
• za parametarski zadatu funkciju x = (t), y = ψ(t), t ∈ (a, b) :
y ′′x =
′ t − x ′′t y
′ t
x ′′y =
1
Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini tacke x0.
Ako je za svako x iz te okoline f (x) < f (x0) tada u tacki x0
funkcija ima lokalni maksimum.
Ako je za svako x iz te okoline f (x) > f (x0) tada u tacki x0
funkcija ima lokalni minimum.
Funkcija u tacki x0 tada ima lokalnu ekstremnu vrednost.
Ako u tacki x0 funkcija ima lokalnu ekstremnu vrednost tada je u nekoj okolini tacke x0 prirastaj f (x0) stalnog znaka.
Teorema (Fermeova)
Ako funkcija ima u tacki c lokalnu ekstremnu vrednost i ako je u toj tacki diferencijabilna (ima izvod), tada je f ′(c) = 0.
25 / 40
Teorema (Rolova)
Ako je funkcija f : [a, b]→ R neprekidna nad zatvorenim intervalom [a, b], ima izvod nad otvorenim intervalom (a, b) i ako je f (a) = f (b), tada postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je f ′(ξ) = 0.
Geometrijski smisao: Postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b) ta- kva da je tangenta krive y = f (x) u tacki A(ξ, f (ξ)) para- lelna sa x−osom.
26 / 40
Teorema (Lagranzova)
Ako je funkcija f : [a, b]→ R neprekidna nad zatvorenim intervalom [a, b], ima izvod nad otvorenim intervalom (a, b), tada postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je
f (b)− f (a)
b − a = f ′(ξ).
Geometrijski smisao: Postoji tacka ξ ∈ (a, b) takva da je tangenta u C (ξ, f (ξ)) para- lelna pravoj kroz A(a, f (a)) i B(b, f (b)).
27 / 40
Teorema (Kosijeva)
Ako su funkcije f (x), g(x) neprekidne nad zatvorenim intervalom [a, b], imaju izvode nad (a, b) i za svako x ∈ (a, b) je g ′(x) 6= 0, tada postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b), takva da je
f (b)− f (a)
Ako za funkciju f : [a, b]→ R vazi:
a) f (x) je neprekidna nad [a, b],
b) f (x) je diferencijabilna nad intervalom (a, b) i pri tome je f ′(x) = 0 za x ∈ (a, b),
tada je funkcija f (x) konstantna funkcija nad [a, b].
Posledica
Ako funkcije f (x) i g(x) imaju jednake izvode: f ′(x) = g ′(x), x ∈ I , tada se one razlikuju za konstantu nad intervalom I .
29 / 40
Lopitalova pravila
f (x)
lim x→a
g(x) = 0,
f (x)
30 / 40
Lopitalova pravila
Teorema
Neka su funkcije f , g diferencijabilne u ,,probusenoj okolini”tacke a i neka je
1 lim x→a
g(x) = 0, (ili lim x→a
f (x) = lim x→a
g(x) =∞),
2 g ′(x) 6= 0, u posmatranoj okolini tacke a,
3 postoji lim x→a
f ′(x)
g ′(x) .
f (x)
x→0
x→0
Teorema
Neka su funkcije f , g : (−∞, b)→ R diferencijabilne u (−∞, b) i neka je
1 lim x→−∞
f (x) = lim x→−∞
3 postoji lim x→−∞
f (x)
32 / 40
Lopitalova pravila
operacijama mogu svesti na izraze oblika 0
0 ili ∞∞ .
x2 ln x .
Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”0 · ∞” koji cemo svesti na izraz oblika ”∞∞” :
lim x→0+
ln x 1 x2
x−1 ).
Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”∞−∞” koji cemo da svedemo na izraz oblika ”0
0 ” :
= lim x→1
x→1
x −1
Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”00”. Neka je
A = lim x→0+
xx 2
A = e0 = 1.
Teorema (Tejlorova)
Neka su funkcija f (x) i svi njeni izvodi do (n− 1)-vog reda neprekidni nad [A,B] i neka f (x) ima n−ti izvod nad (A,B). Neka je a ∈ [A,B] proizvoljna tacka. Tada za svako b ∈ [A,B], b 6= a, postoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b), b > a (tj. postoji bar jedna tacka ξ ∈ (b, a), a > b), takva da je
f (b) = f (a) + b−a 1! f ′(a) + (b−a)2
2! f ′′(a) + · · ·+ (b−a)n−1
(n−1)! f (n−1)(a) + Rn,
= n−1∑ i=0
Rn = (b − a)n
n! f (n)(ξ).
f (a + h) = f (a) + h
1! f ′(a) +
(n − 1)! f (n−1)(a) + Rn,
Rn(x) = hn
f (x) = f (a)+ x − a
1! f ′(a)+
Rn(x) = (x − a)n
37 / 40
f (x) = n−1∑ i=0
f (i)(a)
kazemo da je razvijena po Tejlorovoj formuli u tacki a.
Tn−1(x) = n−1∑ i=0
f (i)(a)
Rn(x) = (x − a)n
n! f (n)(a + θ(x − a)), 0 < θ < 1 ostatak ili greska
aproksimacije funkcije Tejlorovim polinomom
f (x) = f (0) + x
1! f ′(0) +
(n − 1)! f (n−1)(0) + Rn(x),
Rn(x) = xn
f (i)(0)
Rn(x) ostatak ili greska aproksimacije funkcije Maklorenovim polinomom
39 / 40
Resenje. Kako je
f (x) = f ′(x) = · · · = f (n)(x) = ex ,
f (0) = f ′(0) = · · · = f (n−1)(0) = e0 = 1, f (n)(θx) = eθx ,
to Maklorenov polinom za funkciju f (x) = ex glasi
ex = 1 + x
Rn(x) = xn
40 / 40