izvodi (matematika 2)

7/25/2019 Izvodi (matematika 2)

1/28

Izvodi

Definicija.Neka je funkcija fdefinisana i neprekidna u okolini tackea.Prvi izvod funkcije fu tackiaje

f(a) = limxa

f(x) f(a)x a .

Prvi izvod funkcije fu tacki x:

f(x) = limx0

f(x+ x) f(x)x .

Izvodi viseg reda funkcije fu tackix:

(f(x))(n) = ((f(x))(n1)), n N, (f(x))(0) =f(x).

Pravila diferenciranja:

1. (f(x) +g(x)) = f(x) +g(x);

2. (f(x)g(x)) = f(x)g(x) +f(x)g(x);

3.f(x)

g(x)

=

f(x)g(x) f(x)g(x)g2(x)

;

4. (f(g(x))) = f (g(x)) g(x).

Lajbnicova formula (nti izvod proizvoda):

(f(x)g(x))(n) =n

k=0

n

k

f(k)(x)g(nk)(x) =

nk=0

n

k

f(nk)(x)g(k)(x).

1


2/28

2

Izvod inverzne funkcije: f1(y)

=

1f(x)

.

Logaritamski izvod funkcije f(x) =(x)(x) :

log f(x) = log (x)(x) =(x)log (x)

(log f(x)) = ((x)log (x))

1

f(x)f(x) = (x)log (x) +(x)

1

(x)(x)

f(x) =(x)(x)

(x)log (x) + (x)

(x) (x)

.

Izvodi parametarski definisane funkcije

x= (t),y= (t)

:

yx=dy

dx=

d

dtd

dt

=t(t)t(t)

=(t)

(t),

yx = ddx

dydx

= d

dx

t(t)t(t)

= d

dt

t(t)t(t)

dtdx

= ddt

t(t)t(t)

1dx

dt

=(t)(t) (t)(t)

((t))3 =

(t) (t) (t)(t)( (t))3

.

Diferencijal:

df(x) =f(x)dx, dnf(x) =f(n)(x)dxn, n N.

Napomena. U celokupnom izlaganju podrazumeva se log = loge.


3/28

3

Tablica izvoda:

(xn) = nxn1; (arcsin x) = 11 x2 ;

(ex) = ex; (arccos x) = 11 x2 ;

(ax) = ax log a; (arctan x) = 1

1 +x2;

(log x) = 1

x; (arccotx) = 1

1 +x2;

(sin x) = cos x; (sinh x) = cosh x;

(cos x) = sin x; (cosh x) = sinh x;

(tan x) = 1

cos2 x; (tanh x)=

1

cosh2 x;

(cot x) = 1sin2 x

; (coth x)= 1sinh2 x

.

Zadaci

1. Po definiciji odrediti f(1) ako je:

a) f(x) =

x+ 2; b) f(x) = sin x; c) f(x) =ex.

Resenje: a) Kako je f(1) = 3, to je

f(1) = limx1

f(x) f(1)x 1 = limx1

x 1x 1 = limx1

x 1x 1

x+ 1x+ 1

= limx1

x 1(x 1)x+ 1 =12 .


4/28

4

b)Slicno odredujemo

f(1) = limx1


sin x sin1x 1 = limx1

sin(x 1 + 1) sin1x 1

= limx1

sin(x 1) cos 1 + cos(x 1)sin1 sin1x 1

= limx1

sin(x 1)x 1 cos 1 +

cos(x 1) 1x 1 sin1

= lim

x1

sin(x 1)x 1 cos1

1 cos(x 1)(x 1)2 (x 1)sin1

.

Kako je

limx1

sin(x 1)x 1 = 1, limx1

1 cos(x 1)(x 1)2 =

12

, limx1

(x 1) = 0,

dobija se

f(1) = cos 1.

c) S obzirom na poznatu granicnu vrednost

limx1

ex1 1x 1 = log e= 1,

vazi sledece:

f(1) = limx1


ex ex 1 = limx1

e(ex1 1)x 1 =e.

2. Odrediti izvode sledecih eksplicitno zadatih funkcija:

a) y= cos x

1 + sin2 x; b) y= sin(log x) + cos(log x)

x ;

c) y= arctane2x 1e2x + 1

; d) y=esinx +ecosx

sin x

cos x

e) y= log (log(xex)) ; f) y= log

cos x+

cos2 x+ 1

;

g) y= logsin x+ cos x

sin x cos x ; h) y= arcsin 3

1 x2.


5/28

5

Resenje: a) Najpre koristimo pravilo za izvod proizvoda, a zatim za izvod

slozene funkcije:

y =

cos x

1 + sin2 x

= (cos x)

1 + sin2 x+ cos x

1 + sin2 x

= sin x

1 + sin2 x+ cos x 1

2

1 + sin2 x

1 + sin2 x

= sin x

1 + sin2 x+ cos x 1

2

1 + sin2 x2sin x cos x

=sin x 1 + sin2 x cos2 x

1 + sin2 x=

2sin3 x1 + sin2 x

.

b)Za odredivanje izvoda primenjujemo pravilo za izvod kolicnika, a posle togapravilo za izvod zbira i izvod slozene funkcije:

y =

sin(log x) + cos(log x)

x

= (sin(log x) + cos(log x)) x (sin(log x) + cos(log x)) (x)

x2

=(cos(log x)(log x) sin(log x)(log x)) x (sin(log x) + cos(log x))

x2

=

cos(log x)

1

x sin(log x) 1

x

x (sin(log x) + cos(log x))

x2

=cos(log x) sin(log x) sin(log x) cos(log x)

x2 =

2 sin(log x)x2

.

c) U ovom slucaju najpre primenjujemo pravilo za izvod slozene funkcije, azatim za izvod kolicnika, zbira i ponovo slozene funkcije:

y = arctane2x 1e2x + 1

=

1

1 +

e

2x

1e2x + 12

e2x 1e2x + 1

=

e2x + 1

2(e2x + 1)2 + (e2x 1)2

(e2x 1)(e2x + 1) (e2x 1)(e2x + 1)(e2x + 1)2


6/28

6

= 2e2x(e2x + 1) (e2x 1)2e2x

e4x

+ 2e2x

+ 1 +e4x

2e2x

+ 1

=2e2x(e2x + 1 e2x + 1)

2(e4x

+ 1)

= 2e2x

e4x + 1.

d) y =

esinx +ecosx

sin x cos x

=

esinx +ecosx

(sin x cos x) esinx +ecosx (sin x cos x)

(sin x cos x)2

=esinx cos x+ecosx( sin x) (sin x cos x) esinx +ecosx (cos x+ sin x)(sin x cos x)2

=

esinx +ecosx

(sin x cos x cos x sin x) cos2 xesinx + sin2 xecosx

(sin x cos x)2

=cos xesinx sin xecosx

sin x cos x (sin x+ cos x)

esinx +ecosx

(sin x cos x)2 .

e) y = (log (log(xex)))= 1

log(xex)(log(xex)) =

1

log(xex)

1

xex (xex)

= 1log(xex)

1xex

(ex +xex) = 1 +xx log(xex)

.

f) y=

log

cos x+

cos2 x+ 1

= 1

cos x+

cos2 x+ 1(cos x+

cos2 x+ 1)

= 1

cos x+

cos2 x+ 1

sin x+ 1

2

cos2 x+ 1(cos2 x+ 1)

= 1cos x+

cos2 x+ 1

sin x+ 1

2

cos2 x+ 1(2sin x cos x)

= 1

cos x+

cos2 x+ 1

sin x

cos2 x+ 1 sin x cos xcos2 x+ 1


7/28

7

=

1

cos x+ cos2 x+ 1 sin x

cos2 x+ 1 + cos xcos2 x+ 1

= sin xcos2 x+ 1

.

g) y =

logsin x+ cos x

sin x cos x

= (log(sin x+ cos x) log(sin x cos x))

= 1

sin x+ cos x(cos x sin x) 1

sin x cos x(cos x+ sin x)

=(cos x sin x)2 (sin x+ cos x)2

(sin x+ cos x)(sin x cos x)

= cos2 x+ 2 sin x cos x sin2 x sin2 x 2sin x cos x cos2 x

sin2 x cos2 x

=2(sin2 x+ cos2 x)

cos2x = 2

cos2x.

h) y =

arcsin 3

1 x2

= 1

1

3

1 x22

3

1 x2

= 11 3

(1 x2)2

13 3

(1 x2)2 (2x)

= 2x

3 3

(1 x2)2

1 3

(1 x2)2.

3. Odrediti izvode sledecih implicitno zadatih funkcija:

a) xy+ arctan y= x; b) cos(x+y) + sin(1 +xy) = y

x;

c) ecos y = logx2 +y2; d) tan(xy) = arctan(x+y);e) (x+y)2 = cos(xy); f) xy log(x+y) = 0;

g) xy+x+y

y x =

1 +y

x; h) xy =yx.


8/28

8

Resenje: a) Imajuci u vidu da jey zavisno promenljiva, tj. funkcija nezavisno

promenljivex, trazimo izvod leve i desne strane jednakosti i dobijamo:

(xy+ arctan y) = (x),

(xy)+ (arctan y) = 1,

y+xy+ 1

1 +y2 y = 1.

Resavanjem dobijene jednacine po y imamo:

(y+xy)(1 +y2) +y = 1 +y2,

x(1 +y2) + 1

y = (1 +y2)(1 y)

y =(1 +y2)(1 y)

x(1 +y2) + 1 .

b)Opisanim postupkom dobijamo y kroz sledeci niz jednakosti:

(cos(x+y) + sin(1 +xy)) =y

x

,

sin(x+y)(x+y)+ cos(1 +xy)(1 +xy) = yx y

x2 ,

sin(x+y)(1 +y) + cos(1 +xy)(y+xy) = xy yx2

,

x2 sin(x+y)(1 +y) +x2 cos(1 +xy)(y+xy) =xy y,x3 cos(1 +xy) x2 sin(x+y) x y = x2 sin(x+y) x2ycos(1 +xy) y.

Konacno je y =x2 sin(x+y) x2ycos(1 +xy) y

x3 cos(1 +xy) x2 sin(x+y) x.

c) ecos y = logx2 +y2,(ecos y) =

log

x2 +y2

,

ecos y(cos y) = 1

x2 +y2

x2 +y2

,


9/28

9

ecos y( sin y)y = 1x2 +y2

(2x+ 2yy ),

x2 +y2 sin y ecos yy = 2x+ 2yy , 2y+ x2 +y2 sin y ecos y y = 2x,

y = 2x2y+

x2 +y2

sin y ecos y

.

d) tan(xy) = arctan(x+y),

(tan(xy)) = (arctan(x+y)) ,

1cos2(xy)

(y+xy) = 11 + (x+y)2

(1 +y),

1 + (x+y)2

(y+xy) = cos2(xy)(1 +y),

x

1 + (x+y)2 cos2(xy) y = cos2(xy) y 1 + (x+y)2 ,

y =cos2(xy) y 1 + (x+y)2x (1 + (x+y)2) cos2(xy) .

e) (x+y)2 = cos(xy),

(x+y)2

= (cos(xy)) ,2(x+y)(1 +y) = sin(xy)(y+xy),

(2(x+y) +x sin(xy)) y = 2(x+y) ysin(xy),

y = 2(x+y) +ysin(xy)2(x+y) +x sin(xy)

.

f) xy log(x+y) = 0,

(xy

log(x+y)) = 0,

y+xy 1x+y

(1 +y) = 0,

(x+y)(y+xy) (1 +y) = 0,


10/28

10

(x(x+y) 1) y = 1 y(x+y),

y =1 y(x+y)x(x+y) 1 .

g) xy+x+y

y x =

1 +y

x,

xy+x+y

y x

=

1 +

y

x

,

(y+xy+ 1 +y)(y x) (xy+x+y)(y 1)(y

x)2

= 1

2x+y

x

yx yx2

,

(y2 + 2y) (x2 + 2x)y(y x)2 =

1

2

x

x+y

xy yx2

,

1

2x

x

x+y+

x(x+ 2)

(y x)2

y =y(y+ 2)

(y x)2 + y

2x2

x

x+y,

x

x

x+y+

2x3(x+ 2)

(y x)2

y =2x2y(y+ 2)

(y x)2 +y

x

x+y.

Konacno, dobijamo

y =2x2y(y+ 2) +y(y x)2

x

x+y

x(y x)2

x

x+y+ 2x3(x+ 2)

.

h) Najpre logaritmujemo, a zatim diferenciramo jednakost:

log xy = log yx,

ylog x= x log y,

(ylog x)= (x log y),

y log x+y1

x= log y+x

1

yy.


11/28

11

Trazeni izvod y se dobija resavanjem dobijene jednacine:

xyy log x+y2 =xylog y+x2y,

(xylog x x2)y = xylog y y2,

y = y(x log y y)x(ylog x x) .

4. Odrediti izvode sledecih funkcija:

a) y= xlog x; b) y= (arctan x)x;

c) y= x2

x2 + 1tan x

; d) y= (sin x)1+cos2

x.

Resenje: a) Kako je funkcija zadata u obliku stepena u kome i osnova iizlozilac zavise od nezavisno promenljive x, najpre logaritmujemo jednakost idobijamo

log y= log xlog x = log x log x, tj. log y= (log x)2.

Diferenciranje dobijene jednakosti daje:

(log y) =

(log x)2

,

1y

y = 2 log x 1x

,

y = 2y

xlog x,

y = 2xlog x1 log x.

b)Slicnim postupkom dobijamo:

y= (arctan x)x,

log y= log(arctan x)x =x log(arctan x),

(log y) = (x log(arctan x)) ,

y

y= log(arctan x) +x

1

arctan x

1

1 +x2,


12/28

12

y = y log(arctan x) + x

arctan x

1

1 +x2 ,

y = (arctan x)x1

arctan x log(arctan x) + x

1 +x2

.

c) y=

x2

x2 + 1

tanx,

log y= tan x log x2

x2 + 1

,

(log y) =

tan x log

x2

x2 + 1

,

y

y =

1

cos2 xlog x2

x2 + 1

+ tan x

x2 + 1

x22x

(x2 + 1)2,

y

y =

1

cos2 xlog x2

x2 + 1

+

2

x (x2 + 1) tan x,

y = y

1

cos2 xlog x2

x2 + 1

+

2tan x

x (x2 + 1)

,

y =

x2

x2 + 1

tanx 1

cos2 xlog

x2

x2 + 1

+ 2tan x

x (x2 + 1)

.

d) y= (sin x)1+cos2 x,

log y=

1 + cos2 x

log(sin x),

(log y)=

1 + cos2 x

log(sin x)

,

y

y

=

2cos x sin x log(sin x) + 1 + cos2 x 1

sin x

cos x,

y=y2sin x cos x log(sin x) + 1 + cos2 x cos x

sin x

,

y= cos x (sin x)cos2 x

1 + cos2 x 2sin2 x log(sin x) .


13/28

13

5. Odrediti izvode sledecih parametarski zadatih funkcija:

a)

x= tet,y= arctan t;

b)

x= t cos t,y=

t sin t;

c)

x= t3 + 1,y= t3 +t+ 1;

d)

x= t log t,

y=log t

t .

Resenje: a) Kako je

x(t) = (tet) = et +tet = (1 +t)et,

y(t) = (arctan t) = 1

1 +t2 ,

to je

y(x) = y(t)x(t)

=

1

1 +t2

(1 +t)et =

et

1 +t+t2 +t3.

b) x=

t cos t, y=

t sin t,

y(x) = y(t)

x(t)=

t sin t

t cos t =1

2

tsin t+

t cos t

12

tcos tt sin t

=sin t+ 2t cos t

cos t 2t sin t.

c) x= t3 + 1, y= t3 +t+ 1,

y(x) = y(t)x(t)

=

t3 +t+ 1

(t3 + 1)

=3t2 + 1

3t2 = 1 +

1

3t2.

d) x= t log t, y= log t

t ,

y(x) =y(t)x(t)

=

log t

t

(t log t)

=

1

t t log t

t2

log t+t 1

t

= 1 log tt2(1 + log t)

.


14/28

14

6. Odrediti vrednosti y (x) iy(x0) ako je funkcija y(x) zadata sa:

a) y(x) = arctan

log x

x

, x0=

1

e;

b) xy

xy2 + 6 = 0, x0= 3, y(x0) = 1;

c) y= (2 + cos x)x, x0= 0;

d)

x= t sin t,y= 1 cos t, x0= , y(x0) = 2.

Resenje: a) Funkcija y(x) = arctan

log xx

je diferencijabilna na (0, +) i

u svakoj tacki tog intervala je

y(x) = 1 log xx2 + log2 x

.

Zax0= 1/e= e1 vazi

y(x0) =y

1

e

=

1 log e1e2 + (log e1)2

= 1 (1)1

e2+ (1)2

= 2e2

1 +e2.

b) Primenjujuci postupak za odredivanje izvoda implicitno zadate funkcijeopisan u zadatku3. nalazimo izvod funkcijey(x) u proizvoljnoj tacki iz oblastidefinisanosti:

y(x) =y

y 2

xy2 + 6

2x

xy2 + 6 y .

Zato je

y(x0) =y(x0)

y(x0) 2

x0 (y(x0))

2 + 6

2x0 x0y(x0)2 + 6 y(x0) ,

tj.,

y(3) =1

1 2

3 12 + 6

2 3

3 12 + 6 1 = 5

12.


15/28

15

c) Kao u zadatku 4., jednakost y = (2 + cos x)x logaritmujemo, a zatim

diferenciramo:

log y= x log(2 + cos x),

y

y= log(2 + cos x) +x

sin x2 + cos x

,

odakle dobijamo

y(x) = (2 + cos x)x1 ((2 + cos x) log(2 + cos x) x sin x) .

Specijalno,

y(0) = (2 + cos 0)1 ((2 + cos 0) log(2 + cos 0) 0 sin 0) = log 3.

d)Izvod parametarski zadate funkcijex= tsin t, y= 1cos tu proizvoljnojtacki je

y(x) =y(t)x(t)

=(1 cos t)

(t sin t) = sin t

1 cos t .

Da bismo odredili vrednost patametrat0 tako da je x(t0) =x0,y(t0) =y(x0),resavamo sistem jednacina

t

sin t= ,

1 cos t= 2.

Iz druge jednacine zakljucujemo da je cos t =1, tj. t = + 2k, k Z.Zamenom u prvoj jednacini dobijamo

+ 2k sin(+ 2k) =,

odakle je 2k = 0, tj. k= 0. Prema tome, t0= , pa je

y(x0) = sin t01 cos t0 = 0.

7. Odrediti y (x) i y (0) ako je funkcija y(x) zadata eksplicitno:

a) y= etan x + 1

cos x; b) y= arctan

1 +x

1 x .


16/28

16

Resenje: a) y= etan x + 1

cos x,

y= etanx 1

cos2 x 1

cos2 x ( sin x) = e

tan x + sin x

cos2 x ,

y= (y) =

etan x + sin x

cos2 x

=

etanx

1

cos2 x+ cos x

cos2 x etanx + sin x (2cos x sin x)

cos4 x

=etanx + cos3 x+ 2 sin x cos x etan x + 2 sin2 x cos x

cos4 x

=etanx (1 + 2 sin x cos x) + cos x

cos2 x+ 2 sin2 x

cos4 x

=etanx (1 + sin 2x) + cos x

1 + sin2 x

cos4 x

,

y(0) =etan0 (1 + sin 0) + cos 0

1 + sin2 0

cos4 0

= 2.

b) y= arctan1 +x

1

x

,

y = 1

2

1 x2 ,

y =

1

2

1 x2

=1

2

1 x21/2 =1

2

1

2

1 x23/2 (2x)

= x

2

(1 x2)3

, y(0) = 0.

8. Odrediti y (x) i y (x0) ako je funkcija y(x) zadata implicitno:

a) x2 + 2xy+y2

4x+ 2y= 2, x0= 1;

b) exy =x+y, x0 = 0;

c) log y+x

y = 1, x0 = 0.


17/28

17

Resenje: a) Primetimo da su jednacinom

x2 + 2xy+y2 4x+ 2y= 2

implicitno zadate dve funkcije y = y1(x) i y = y2(x). Primenom postupkaopisanog u zadatku 3. dobijamo njihov prvi izvod:

y =2 x y1 +x+y

.

Diferenciranjem dobijene jednakosti nalazimo drugi izvod obeju funkcija uproizvoljnoj tacki oblasti definisanosti:

y= (y) =

2 x y1 +x+y

=

(2 x y)(1 +x+y) (2 x y)(1 +x+y)(1 +x+y)2

=(1 y)(1 +x+y) (2 x y)(1 +y)

(1 +x+y)2

= 3(1 +y)(1 +x+y)2

.

Zax= 1 imamo

y(1) = 3(1 +y(1))(1 + 1 +y(1))2

.

Za odred ivanje y(1) zamenimox = 1 u jednacini

x2 + 2xy+y2 4x+ 2y= 2

i dobijamo

1 + 2y(1) +y(1)2 4 + 2y(1) = 2,tj.

y(1)2 + 4y(1)

5 = 0,

cija su resenja y1(1) = 1 i y2(1) = 5. Sada je

y1(1) =2 1 y1(1)1 + 1 +y1(1)

= 0, y2(1) =2 1 y2(1)1 + 1 +y2(1)

= 6

3= 2


18/28

18

i

y1 (1) = 3(1 +y1(1))(1 + 1 +y1(1))2

=3

32 = 1

3,

y2 (1) = 3(1 +y2(1))(1 + 1 +y2(1))2

= 3

(3)2 =1

3.

b)Izvodi funkcije implicitno zadate sa exy =x+y u proizvoljnoj tacki su

y=1 yexyxexy 1 ,

y = (y) =

1 yexyxexy 1

=(1 yexy)(xexy 1) (1 yexy)(xexy 1)

(xexy 1)2

=(yexy yexy(y+xy)) (xexy 1) (1 yexy) (exy +xexy(y+xy))

(xexy 1)2

= exy (y+y(y+xy)) (xexy 1) + (1 yexy) (1 +x(y+xy))

(xexy 1)2

=exy (1

x(exy +x

y)) y

1 +y(exy

x+y)

(xexy 1)2 .

Zamenom x= 0 u jednacini exy =x+y dobijamo y(0) = 1, pa je

y(0) =1 1 e010 e01 1= 0,

y(0) =e01

1 0 (e01 + 0 1) 0 1 + 1 (e01 0 + 1)(0 e01 1)2 = 1.

c) Jednacinu mozemo da transformisemo u oblik ylog y+x = y , a zatimdiferenciranjem i resavanjem dobijene jednacine po y dobijamo prvi izvodfunkcije u proizvoljnoj tacki:

y = 1log y

.


19/28

19

Ponovnim diferenciranjem dobijamo i drugi izvod:

y= (y) =

1

log y

=

1

log2 y

y

y =

y

ylog2 y.

Vrednost funkcije u tacki x= 0 je y(0) =e, a vrednosti izvoda su

y(0) = 1, y(0) = 1e

.

Primetimo da se bez transformacije polazne jednacine dobijaju drugaciji obliciprvog i drugog izvoda funkcije:

y =

y

x y , y= xy

y

(x y)2 .Oni su ekvivalentni onima koji su prethodno dobijeni, sto se moze pokazatikoriscenjem polazne jednacine.

9. Odrediti y (x) i y (x0) ako je funkcija y (x) zadata parametarski:

a)

x= e2t,y= e2t,

x0= e;

b) x= 2(t cos t),y= 2(1

sin t),

x0= .

Resenje: a) Prvi izvod parametarski zadate funkcije u proizvoljnoj tacki je

y(x) =dy

dx=

dy

dtdx

dt

= (e2t)

(e2t) =

2e2t

2e2t = e4t.

Drugi izvod odred ujemo na sledeci nacin:

y(x) = d

dxdy

dx = d

dxe

4t .Primenjujuci pravila za izvod slozene funkcije:

d

dx

e4t = ddt

e4t dtdx

= 4e4tdtdx


20/28

20

i izvod inverzne funkcije:

dtdx

= 1dx

dt

= 12e2t ,

dobijamo

y(x) = 4e4t 12e2t = 2e6t.

Tacka cija je apscisa x0 = e dobija se za vrednost parametra t0 =1/2.Zato je

y(e) = 2e3 = 2

e3.

b)Slicno kao u prethodnom zadatku odredujemo:

y(x) = dy

dx=

dy

dtdx

dt

=(2(1 sin t))(2(t cos t)) =

2cos t2(1 + sin t)

= cos t1 + sin t

,

y(x) = d

dx

dy

dx

=

d

dx

cos t

1 + sin t

=

d

dt

cos t

1 + sin t

dt

dx

= 1

1 + sin t

1dx

dt

= 1

1 + sin t

1

2(1 + sin t)=

1

2(1 + sin t)2.

Specijalno, 2(t cos t) = se dobija za t0= /2, pa je

y() = 1

2(1 + sin /2)2 =

1

8.

10. Dokazati da je funkcija

y(x) =ex +e

x

resenje diferencijalne jednacine

xy+1

2y 1

4y= 0.

Resenje: Izvodi zadate funkcije su

y=ex e

x

2

x , y =

ex (

x 1) +ex (

x+ 1)

4x

x .


21/28

21

Zamenom u levoj strani jednacine dobija se

xy+12

y 14

y

=ex (

x 1) +ex (

x+ 1)

4

x +

ex e

x

4

x e

x +e

x

4

=ex (

x 1 + 1) +ex (

x+ 1 1)4

x e

x +e

x

4 = 0.

11. Dokazati da funkcija

f(x) = loge2x 1e2x + 1

zadovoljava diferencijalnu jednacinu

2(e4x + 1)f(x) + (e4x 1)f(x) = 0.

Resenje: Kako je

f(x) = 4e2x

e4x 1 , f(x) = 8e

2x

e4x + 1

(e4x 1)2 ,

imamo

2

e4x + 1

f(x) +

e4x 1 f(x)= 2 e4x + 1 4e

2x

e4x 1 e4x

1 8e

2x

e4x + 1

(e4x 1)2 = 0.

12. Odrediti y (n)(x) (n N) ako je:a) y= sin(ax+b); b) y= cos(ax+b);

c) y= eax+b; d) y= log(ax+b).

Resenje: a) Imajuci u vidu da je prvih nekoliko izvoda funkcije jednako:

y = (sin(ax+b)) = a cos(ax+b) =a sin

ax+b+

2

,

y=

a sin

ax+b+

2 =a2 cosax+b+ 2 =a2 sinax+b+ 2 2 ,

y =

a2 sin

ax+b+ 2 2

=a3 cos

ax+b+ 2

2

=a3 sin

ax+b+ 3

2

,

y(4) =

a3 sin

ax+b+ 3 2

=a4 cos

ax+b+ 3

2

=a4 sin

ax+b+ 4

2

,


22/28

22

mozemo da pretpostavimo da je izvod redan(n N) oblika

y(n) =an sin

ax+b+n

2

.

Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Za n = 1 tvrdenje vazi. Pret-postavimo da vazi za neki prirodni broj k , tj. da je

y(k) =ak sin

ax+b+

k

2

.

Tada je

y(k+1) = y(k) = ak sinax+b+ k2

=ak+1 cosax+b+ k

2

=ak+1 sin

ax+b+

k

2 +

2

=ak+1 sin

ax+b+

(k+ 1)

2

,

sto znaci da vazi i za prirodan brojk+ 1. Prema tome, tvrdenje vazi za svakiprirodan broj n, tj.

y(n) = (sin(ax+b))(n) =an sin

ax+b+n

2

.

b)Na isti nacin dobijamo

(cos(ax+b))(n) =an cos

ax+b+ n2

(n N).

c) Kako za funkciju y = eax+b vazi:

y = aeax+b, y = a2eax+b, y = a3eax+b, . . .

pretpostavljamo da je

y(n) =

eax+b(n)

=aneax+b (n N).

Tvrdenje se dokazuje matematickom indukcijom na prethodno opisan nacin.d)Za funkciju y= log(ax+b) imamo:

y = a

ax+b, y = a

2

(ax+b)2, y =

2a3

(ax+b)3, y(4) = 3 2a

4

(ax+b)4.


23/28

23

S obzirom na prva cetiri izvoda pretpostavljamo da je

y(n) = (1)n1 an(n 1)!

(ax+b)n

i dokazujemo matematickom indukcijom. Za n= 1 tvrd enje vazi. Iz indukci-jske pretpostavke da tvrdenje vazi zan= k, tj.

y(k) = (1)k1 ak(k 1)!

(ax+b)k ,

sledi

y(k+1)

=

y(k)

=

(1)k

1 a

k(k

1)!

(ax+b)k

= (1)k

1

ak

(k 1)!(ax+b)k

= (1)k1ak(k 1)!ka(ax+b)k1

= (1)k a

k+1k!

(ax+b)k+1,

sto znaci da vazi i za n = k+ 1. Prema tome, vazi

y(n) = (log(ax+b))(n) = (1)n1 an(n 1)!

(ax+b)n (n N).

13. Ako je n N, odrediti:

a)

1

2x 3(n)

; b)

2x+ 3

2x 3(n)

; c)

1

4x2 9(n)

.

Resenje: a) Na nacin opisan u zadatku 12. d)dokazujemo da je

1

2x 3

(n)=

(1)n2nn!(2x 3)n+1 .

b)Kako je2x+ 3

2x 3= 1 +

6

2x 3,

vazi 2x+ 3

2x 3(n)

=

1 +

6

2x 3(n)

= 6

1

2x 3(n)

=(1)n6 2nn!

(2x 3)n+1 .


24/28

24

c) Transformisemo datu racionalnu funkciju na sledeci nacin:

1

4x2 9= 1

(2x+ 3)(2x 3)=1

6

1

2x 3 1

2x+ 3

,

odakle dobijamo

1

4x2 9(n)

=1

6

1

2x 3 1

2x+ 3

(n)=

1

6

1

2x 3(n)

1

2x+ 3

(n)

=1

6

(1)n2nn!(2x 3)n+1

(1)n2nn!(2x+ 3)n+1

=(1)n2nn!

6 1

(2x 3)n+1 1

(2x+ 3)n+1 .

14. Odrediti 11 x

(n)(n N),

a zatim, koristeci dobijeni rezultat, odrediti i

1 +x+x2

1 x

(n)(n N).

Resenje: Neka je f(x) = 1

1 x . Tada je:

f(x) =

(1 x)1/2

=1

2(1 x)3/2,

f(x) =1

2

(1 x)3/2

=

1

2

3

2 (1 x)5/2,

f(x) =1

2

3

2

(1 x)5/2

=

1

2

3

2

5

2(1 x)7/2.

Uocavanjem pravilnosti pretpostavljamo da za proizvoljno n

Nvazi

f(n)(x) =(2n 1)(2n 3) 3 1

2n (1 x)(2n+1)/2.= (2n 1)!!

2n

(1 x)2n+1 .

Dokaz matematickom indukcijom opisan u zadatku 12. bice izostavljen.


25/28

25

Za odred ivanje 1 +x+x2

1 x (n)

primenjujemo Lajbnicovu formulu

(f(x)g(x))(n) =

nk=0

n

k

f(nk)(x)g(k)(x),

pri cemu je g(x) = 1 +x+x2. Kako je

g(x) = 1 + 2x, g(x) = 2, g(k)(x) = 0, k= 3, 4, . . .

u navedenoj sumi su svi sabirci za k= 3, 4, . . . , njednaki nuli. Zato je

(f(x)g(x))(n) =

n

k=0

nkf(nk)(x)g(k)(x)

=

n

0

f(n)(x)g(x) +

n

1

f(n1)(x)g(x) +

n

2

f(n2)(x)g(x)

= (2n 1)!!

2n

(1 x)2n+1 (1 +x+x2) +n

(2n 3)!!2n1

(1 x)2n1 (1 + 2x)

+n(n 1) (2n 5)!!2n2

(1 x)2n3 .

Sredivanjem poslednjeg izraza dobijamo

1 +x+x21 x (n)

=

3(2n

5)!!

2n

(1 x)2n+1 (1 6n+ 4n2) (2n 1)x+x2 .15. Zan Nodrediti

a)

e3x+2(n)

; b)

(3x2 + 2x+ 1)e3x+2(n)

.

Resenje: a) Izvod reda n funkcije f(x) =e3x+2 je (videti zadatak 12. c))

f(n)(x) = e3x+2

(n)

= 3ne3x+2.

b) Izvod

(3x2 + 2x+ 1)e3x+2(n)

odredujemo primenom La jbnicove formuleza izvod proizvoda funkcija

f(x) =e3x+2 i g(x) = 3x2 + 2x+ 1.


26/28

26

Izvodi ovih funkcija su

f(k)(x) = 3ke3x+2, k= 0, 1, 2, . . . ,

g(0)(x) = 3x2 + 2x+ 1, g(x) = 6x+ 2, g(x) = 6,

g(k)(x) = 0, k= 3, 4, . . . ,

pa vazi:

(3x2 + 2x+ 1)e3x+2

(n)= (f(x)g(x))(n) =

nk=0

n

k

f(nk)(x)g(k)(x)

=

n

0f(n)(x)g(0)(x) +

n

1f(n1)(x)g(x) +

n

2f(n2)(x)g(x)

=

n

0

3ne3x+2(3x2 + 2x+ 1) +

n

1

3n1e3x+2(6x+ 2) +

n

2

3n2e3x+26

= 3n1e3x+2

3(3x2 + 2x+ 1) + 2n(3x+ 1) +n(n 1)= 3n1e3x+2

9x2 + 6(n+ 1)x+n2 +n+ 3

.

16. Odrediti

23x32x(n)

(n N).

Resenje: Matematickom indukcijom se moze dokazati da za proizvoljnon Nvazi:

23x(n) = (3log2)n23x, 32x(n) = (2log3)n32x.Primenom Lajbnicove formule dobijamo:

23x32x

(n)=

nk=0

n

k

23x(k)

32x(nk)

=n

k=0

n

k

(3log2)n23x

(2log3)nk32x

= (2log3)n23x32xn

k=0

n

k

3log2

2log3

k

= (2log3)

n

2

3x

3

2x1 +

3 log 2

2log3n

= (2log3)n23x32x(2log 3 + 3 log 2)n

(2log3)n

= 23x32x logn 72.


27/28

27

Do istog rezultata se moze doci i bez koriscenja Lajbnicove formule na sledeci

nacin:23x32x

(n)=

23 32x(n) = (72x)(n) = 72x log 72 = 23x32x logn 72.17. Dokazati da funkcija

f(x) = arctan

1 +x

1 xzadovoljava diferencijalnu jednacinu

1 x2f(x) xf(x) = 0i odrediti f(0) i f(0). Da li se moze odrediti f(n)(0) za proizvoljno n N?

Resenje: Izvodi date funkcije su

f(x) = 1

2

1 x2 , f(x) =

x

2 (1 x2)

1 x2 ,

pa je zaista

1 x2

f(x) xf(x) = 1 x

2

x

2 (1

x2)

1

x2 x 1

2

1

x2 = 0.

Da bismo odredili f(n)(0) za proizvoljnon N, potrazimo nti izvod izraza nalevoj i desnoj strani jednakosti primenom Lajbnicove formule:

1 x2f(x) =xf(x),1 x2f(x)(n) = xf(x)(n) ,

nk=0

n

k

1 x2(k)(f(x))(nk) = n

k=0

n

k

(x)(k)(f(x))(nk).

Kako je (f(x))(nk) =f(nk+2)(x), (f(x))(nk) =f(nk+1)(x),

1 x2 = 2x, 1 x2 = 2, 1 x2(k) = 0, k= 3, 4, . . .

i

(x) = 1, (x)(k) = 0, k= 2, 3, . . . ,


28/28

28

imamo:n0

(1 x2f(n+2)(x) + n

1

(2x)f(n+1)(x) +

n2

(2)f(n)(x)

=

n

0

xf(n+1)(x) +

n

1

f(n)(x),

tj.

(1 x2f(n+2)(x) 2nxf(n+1)(x) n(n 1)f(n)(x) =xf(n+1)(x) +nf(n)(x).Zax= 0 jednakost postaje

f(n+2)(0) =n2f(n)(0), nN.

Imajuci u vidu da je f(0) = 1/2 i f(0) = 0, vazi sledece:

f(0) =1

2, f(4)(0) = 0, f(5)(0) = 32 1

2,

f(6)(0) = 0, f(7)(0) = 52 32 12

, f(8)(0) = 0.

Pretpostavku da je za proizvoljno k N

f(2k+1)(0) = ((2k 1)!!)212

, f(2k)(0) = 0.

treba dokazati matematickom indukcujom, sto prepustamo citaocu.

izvodi (matematika 2)

Documents