Izvod funkcije

3. novembar 2020

1 / 40

Definicija izvoda

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

Ako postoji granicna vrednost

lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x

onda se ta granicna vrednost zove izvod funkcije f (x) u tacki x ioznacava se sa f ′(x) ili y ′.

2 / 40

Definicija izvoda

Ako funkcija f ima izvod u svakoj tacki intervala (a, b) onda je naintervalu (a, b) sa x → f ′(x) definisana funkcija f ′ koja se nazivaizvod funkcije f .

Da li postoji granicna vrednost kolicnika ∆y∆x

kada ∆x → 0?Ocigledno da je potreban uslov da granicna vrednost kolicnika postojikada ∆x → 0 taj da i ∆y → 0 tj. da funkcija f (x) treba da budeneprekidna 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 funkcijaneprekidna u x = 0?

Resenje: |x | =

{x , x ≥ 0−x , x < 0

i

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (0+∆x)−f (0)∆x

= lim∆x→0

|0+∆x |−|0|∆x

= lim∆x→0

|∆x |∆x

.

Zbog definicije funkcije f (x) posmatramo dva slucaja:

lim∆x→0+

|∆x |∆x

= lim∆x→0+

∆x∆x

= 1 i lim∆x→0−

|∆x |∆x

= lim∆x→0+

−∆x∆x

= −1 tako da

lim∆x→0

∆y∆x

ne postoji, te funkcija f (x) = |x | nema izvod u x = 0.

Iz limx→0

f (x) = limx→0|x | = 0 = f (0) seldi da funkcija jeste neprekidna u

x = 0. (Ovo smo uradili u delu gradiva neprekidnost funkcije.)

4 / 40

Izvodi nekih elementarnih funkcija

Primer

Primenom definicije izvoda pokazati da je c ′ = 0.

Resenje: Za f (x) = c je

f ′(x) = lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x= lim

∆x→0

c − c

∆x= 0

Primer

Primenom definicije izvoda pokazati da je (x2)′ = 2x .

Resenje: Za f (x) = x2 je

f ′(x) = lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x= lim

∆x→0

(x + ∆x)2 − x2

∆x

= lim∆x→0

2x∆x + (∆x)2

∆x= lim

∆x→0(2x + ∆x) = 2x

5 / 40

Levi i desni izvod

Primer u kome je posmatran izvod funkcije f (x) = |x | pokazuje damogu postojati desna i leva granicna vrednost, lim

∆x→0+

∆y∆x

i 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 vazif ′−(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 daje f ′(a) = f ′+(a)

u tacki b funkcija ima levi izvod, za intervale I2 i I3, pise se da jef ′(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= f ′(x) + α(∆x) lim

∆x→0α(∆x) = 0

∆y = f ′(x)∆x + α(∆x)∆x , lim∆x→0

α(∆x) = 0

7 / 40

Geometrijska interpretacija izvoda

A(x , y), B(x + ∆x , y + ∆y) su tacke grafika, prava AB je secicaako B → A prava postaje tangenta krive u tacki Akoeficijent pravca tangente, ako je α 6= π

2,

tgα = lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x= f ′(x).

8 / 40

Geometrijska interpretacija izvoda

jednacina tangente u tacki A(x0, f (x0)) je

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 tackiA(a, f (a)) je y = f (a), a jednacina normale je x = a.

9 / 40

Geometrijska interpretacija izvoda

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 slajdadobija 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

2x + 3

2.

10 / 40

Diferencijabilnost funkcije

Definicija

Za funkciju f (x) definisanu u okolini tacke x se kaze da jediferencijabilna u tacki x ako se ∆y moze napisati u obliku

∆y = D∆x + 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 utacki 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:

1. [u(x)± v(x)]′ = u′(x)± v ′(x),

2. [u(x)v(x)]′ = u′(x)v(x) + u(x)v ′(x),

3.

[u(x)

v(x)

]′=

u′(x)v(x)− u(x)v ′(x)

v 2(x),

4. [cu(x)]′ = cu′(x).

12 / 40

Tablica izvoda

f (x) f ′(x) vazi za f (x) f ′(x) vazi za

xn nxn−1 x ∈ R, n ∈ Nxα αxα−1 α ∈ R, x > 0

ax ax ln a a > 0, a 6= 1, x > 0 ex ex x > 0

loga x1

x ln aa > 0, a 6= 1, x > 0 ln x

1

xx > 0

sin x cos x x ∈ R arcsin x1√

1− x2|x | < 1

cos x − sin x x ∈ R arccos x−1√

1− x2|x | < 1

tg x1

cos2 xx 6= π

2+ kπ, k ∈ Z arctg x

1

1 + x2x ∈ R

ctg x − 1

sin2 xx 6= kπ, k ∈ Z arcctg x − 1

1 + x2x ∈ R

13 / 40

Izvod slozene funkcije

Teorema

Neka funkcija f ima izvod u tacki x i neka je y = f (x). Ako funkcijag ima izvod u tacki y , gde je y = f (x), tada funkcija g ◦ f ima izvodu tacki x i

(g ◦ f )′ (x) = (g(f (x)))′ = g ′(y)f ′(x).

Primer

Naci izvod funkcije: 1. y = esin x , 2. y =

√x

x2 + 1.

Resenje:1. y ′ = (esin x)′ = esin x · (sin x)′ = esin x cos x .

2. y ′ = (√

xx2+1

)′ = 12√

xx2+1

( xx2+1

)′ = 12

√x2+1x· 1·(x2+1)−x ·2x

(x2+1)2

= 12

√x2+1x· 1−x2

(x2+1)2 = 12

1−x2

√x(x2+1)

32.

14 / 40

Izvod inverzne funkcije

Teorema

Neka je f (x) neprekidna strogo monotona funkcija u okolini tacke x ineka 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)=

1

cos y=

1√1− sin2 y

=1√

1− x2.

15 / 40

Izvod parametarski zadate funkcije

I ⊂ R, x = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ I

postoji inverzna funkcija za ϕ(t), t = ϕ−1(x)

y = ψ(ϕ−1(x)) = f (x) je definisana nad skupom {ϕ(t) : t ∈ I}

x = x(t), y = y(t), t ∈ I je funkcija f (x) zadata u parametarskomobliku i promenljivu t zovemo parametrom.

Teorema

Neka je data funkcija y = f (x) u parametarskom obliku x = ϕ(t),y = ψ(t), t ∈ I . Ako neprekidne funkcije ϕ(t) i ψ(t) imaju izvode utacki t ∈ (a, b) i ukoliko je ϕ′(t) 6= 0, tada funkcija y = f (x) imaizvod u tacki t i vazi

f ′(x) =ψ′(t)

ϕ′(t)=

y(t)

x(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 jey ′

y= g ′(x) ln f (x) + g(x)

f ′(x)

f (x),

odakle je

y ′ = f (x)g(x)

(g ′(x) ln f (x) + g(x)

f ′(x)

f (x)

)

17 / 40

Logaritamski izvod

Primer

Odrediti prvi izvod funkcije y = xx , x > 0.

Resenje: Iz y = xx sledi ln y = ln xx , pa se primenom osobinalogaritamske funkcije dobija

ln y = x ln x .

Dalje,

1

yy ′ = 1 · ln x + x · 1

x

pa jey ′ = y(ln x + 1)

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 = D∆x + 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 dvadela: 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 sediferencijal 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 .

Dalje sledi Lajbnicova oznaka za izvod

f ′(x) =dy

dx.

Izvod slozene funkcije je y = g(f (x)) i u = f (x)

dy

dx=

dy

du

du

dx.

Izvod inverzne funkcije je

dy

dx=

1dxdy

.

20 / 40

Geometrijska interpretacija diferencijala

Neka u proizvoljnoj tacki M(x , f (x)) kriva y = f (x) imatangentu. Tada je

dy = f ′(x)∆x = tgα∆x =PQ

MQMQ = PQ,

tj. diferencijal dy je prirastaj ordinate tangente u tackiM(x , f (x)) koji odgovara prirastaju argumenta ∆x .

21 / 40

Primena diferencijala

∆y = f ′(x)∆x + α(∆x)∆x ,

gde je lim∆x→0

α(∆x) = 0.

∆y ≈ f ′(x)∆x

f (x + ∆x)− f (x) ≈ f ′(x)∆x

f (x + ∆x) ≈ f (x) + f ′(x)∆x

Aproksimacija vrednosti funkcije:

Primer

sin(x + ∆x) ≈ sin x + cos x∆x

ln(x + ∆x) ≈ ln x + ∆xx

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 = ϕ(t), y = ψ(t), t ∈ (a, b) :

y ′′x =

(y ′tx ′t

)′x

=

(y ′tx ′t

)′t

· t ′x =y ′′t x

′t − x ′′t y

′t

(x ′t)2

· 1

x ′t=

y ′′t x′t − x ′′t y

′t

(x ′t)3

• za inverznu funkciju x = f −1(y) :

x ′′y =

(1

y ′x

)′y

=

(1

y ′x

)′x

· x ′y = − y ′′x(y ′x)2

1

y ′x= − y ′′x

(y ′x)3

24 / 40

Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

Definicija

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 unekoj okolini tacke x0 prirastaj ∆f (x0) stalnog znaka.

Teorema (Fermeova)

Ako funkcija ima u tacki c lokalnu ekstremnu vrednost i ako je u tojtacki diferencijabilna (ima izvod), tada je f ′(c) = 0.

25 / 40

Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

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: Postojibar 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

Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

Teorema (Lagranzova)

Ako je funkcija f : [a, b]→ R neprekidna nad zatvorenim intervalom[a, b], ima izvod nad otvorenim intervalom (a, b), tada postoji barjedna tacka ξ ∈ (a, b) takva da je

f (b)− f (a)

b − a= f ′(ξ).

Geometrijski smisao: Postojitacka ξ ∈ (a, b) takva da jetangenta u C (ξ, f (ξ)) para-lelna pravoj kroz A(a, f (a)) iB(b, f (b)).

27 / 40

Osnovne teoreme diferencijalnog racuna

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, tadapostoji bar jedna tacka ξ ∈ (a, b), takva da je

f (b)− f (a)

g(b)− g(a)=

f ′(ξ)

g ′(ξ).

28 / 40

Teoreme o srednjim vrednostima

Posledica

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 jef ′(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)

g(x)ima neodredeni oblik ”

0

0” kada x → a ako vazi

limx→a

f (x) = limx→a

g(x) = 0,

f (x)

g(x)ima neodredeni oblik ”

∞∞

” kada x → a ako vazi

f (x)→ ±∞, g(x)→ ±∞, x → a

30 / 40

Lopitalova pravila

Teorema

Neka su funkcije f , g diferencijabilne u ,,probusenoj okolini”tacke a ineka je

1 limx→a

f (x) = limx→a

g(x) = 0, (ili limx→a

f (x) = limx→a

g(x) =∞),

2 g ′(x) 6= 0, u posmatranoj okolini tacke a,

3 postoji limx→a

f ′(x)

g ′(x).

Tada postoji i limx→a

f (x)

g(x)i vazi lim

x→a

f (x)

g(x)= lim

x→a

f ′(x)

g ′(x).

Primer

limx→0

x−sin xx3 = lim

x→0

(x−sin x)′

(x3)′= lim

x→0

1−cos x3x2 = lim

x→0

(1−cos x)′

(3x2)′= lim

x→0

sin x6x

=16

limx→0

sin xx

= 16· 1 = 1

6.

31 / 40

Lopitalova pravila

Teorema

Neka su funkcije f , g : (−∞, b)→ R diferencijabilne u (−∞, b) ineka je

1 limx→−∞

f (x) = limx→−∞

g(x) = 0, (ili limx→−∞

f (x) = limx→−∞

g(x) = 0),

2 g ′(x) 6= 0, x ∈ (−∞, b)

3 postoji limx→−∞

f ′(x)

g ′(x).

Tada postoji i limx→−∞

f (x)

g(x)i vazi lim

x→−∞

f (x)

g(x)= lim

x→−∞

f ′(x)

g ′(x).

Slicno tvrdenje vazi u slucaju f , g : (a,∞)→ R

32 / 40

Lopitalova pravila

Neodredeni izrazi oblika 0 · ∞, ∞−∞, 00, 1∞, ∞0 se algebarskim

operacijama mogu svesti na izraze oblika0

0ili ∞∞ .

Primer

Izracunati: limx→0+

x2 ln x .

Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”0 · ∞” kojicemo svesti na izraz oblika ”∞∞” :

limx→0+

x2 ln x = limx→0+

ln x1x2

= limx→0+

(ln x)′

( 1x2 )′

= limx→0+

1x

− 2x3

= −1

2lim

x→0+

x2

−2= 0.

33 / 40

Lopitalova pravila

Primer

Izracunati: limx→1

( 1ln x− 1

x−1).

Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”∞−∞” kojicemo da svedemo na izraz oblika ”0

0” :

limx→1

(1

ln x− 1

x − 1) = lim

x→1

x − 1− ln x

(x − 1) ln x

= limx→1

1− 1x

ln x − (x − 1) 1x

= limx→1

x − 1

x ln x − x + 1= lim

x→1

1ln x+x 1

x−1

= limx→1

1

ln x=∞.

34 / 40

Lopitalova pravila

Primer

Izracunati: limx→0+

xx2.

Resenje: Posmatrani izraz je neodredeni izraz oblika ”00”.Neka je

A = limx→0+

xx2

.

Tada je

lnA = ln limx→0+

xx2

= limx→0+

ln xx2

= limx→0+

x2 ln x = 0

(videti primer sa slajda 33), pa je

A = e0 = 1.

35 / 40

Tejlorova i Maklorenova teorema

Teorema (Tejlorova)

Neka su funkcija f (x) i svi njeni izvodi do (n− 1)-vog reda neprekidninad [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 jednatacka ξ ∈ (a, b), b > a (tj. postoji bar jedna tacka ξ ∈ (b, a), a > b),takva da je

f (b) = f (a) + b−a1! f ′(a) + (b−a)2

2! f ′′(a) + · · ·+ (b−a)n−1

(n−1)! f (n−1)(a) + Rn,

=n−1∑i=0

f (i)(a)i! (b − a)i + Rn,

Rn =(b − a)n

n!f (n)(ξ).

36 / 40

Tejlorova i Maklorenova teorema

Za b = a + h Tejlorova formula je oblika

f (a + h) = f (a) +h

1!f ′(a) +

h2

2!f ′′(a) + · · ·+ hn−1

(n − 1)!f (n−1)(a) + Rn,

Rn(x) =hn

n!f (n)(a + θh), 0 < θ < 1.

Za b = x Tejlorova formula je oblika

f (x) = f (a)+x − a

1!f ′(a)+

(x − a)2

2!f ′′(a)+· · ·+(x − a)n−1

(n − 1)!f (n−1)(a)+Rn(x),

Rn(x) =(x − a)n

n!f (n)(a + θ(x − a)), 0 < θ < 1.

37 / 40

Tejlorova i Maklorenova teorema

Kada je funkcija f (x) predstavljena kao

f (x) =n−1∑i=0

f (i)(a)

i !(x − a)i + Rn(x)

kazemo da je razvijena po Tejlorovoj formuli u tacki a.

Tn−1(x) =n−1∑i=0

f (i)(a)

i !(x − a)i Tejlorov polinom

Rn(x) =(x − a)n

n!f (n)(a + θ(x − a)), 0 < θ < 1 ostatak ili greska

aproksimacije funkcije Tejlorovim polinomom

38 / 40

Tejlorova i Maklorenova teorema

U specijalnom slucaju za a = 0 imamo Maklorenovu formulu

f (x) = f (0) +x

1!f ′(0) +

x2

2!f ′′(0) + · · ·+ xn−1

(n − 1)!f (n−1)(0) + Rn(x),

Rn(x) =xn

n!f (n)(θx), 0 < θ < 1.

Mn−1(x) =n−1∑i=0

f (i)(0)

i !x i Maklorenov polinom

Rn(x) ostatak ili greska aproksimacije funkcije Maklorenovimpolinomom

39 / 40

Primer

Napisati Maklorenov razvoj za funkciju f (x) = ex .

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

1!+

x2

2!+ · · ·+ xn−1

(n − 1)!+ Rn(x),

pri cemu je ostatak (greska aproksimacije)

Rn(x) =xn

n!eθx , 0 < θ < 1, x ∈ R.

40 / 40