Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 · PDF fileRadijus konvergencije reda potencija Operacije s redovima potencija Primjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 1 / 72

Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?

Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjene

Binomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjene

Radijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencija

Operacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencija

Primjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcija

Definicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja:Sto su redovi potencija?Razvoj nekih elementarnih funkcija u red potencija i primjeneBinomna formula i primjeneRadijus konvergencije reda potencijaOperacije s redovima potencijaPrimjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija


Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Taylorova formula i Taylorov redPrimjena

2 Newtonova binomna formulaPrimjena

3 Radijus konvergencije reda potencija

4 Operacije s beskonacnim polinomimaPrimjena

5 Hiperbolicke funkcije

6 Area funkcije


Uvod

Baveci se racunom trigonometrijskih, eksponencijalnih i logaritamskihfunkcija ustanovili smo da se one mogu prikazati kao beskonacnipolinomi. To nam je omogucilo da vrijednosti tih funkcija racunamo kaovrijednosti polinoma koristeci se samo osnovnim racunskimoperacijama +, −, · i :, te koristeci se aproksimacijom beskonacnogpolinoma tako da smo odabrali njegov dovoljno veliki konacan komad.

Polinomski prikaz funkcije koristan je i u mnogim drugim situacijama.Primjerice, antiderivacije mnogih jednostavnih funkcija ne mogu seizraziti pomocu elementarnih funkcija. Ako ih aproksimiramopolinomima tada ce i njihove antiderivacije biti aproksimirane (lakoizracunljivim) antiderivacijama polinoma.

Zato cemo ovo poglavlje poceti s Taylorovom formulom koja objasnjavakako funkciju mozemo aproksimirati polinomom, i koja pokazuje da suprikazi trigonometrijskih, eksponencijalnih i logaritamskih funkcijabeskonacnim polinomima samo posebni slucajevi jednog mnogoopcenitijeg nacela.


Taylorova formula i Taylorov red Primjeri razvoja funkcija u red potencija

Iz Matematike 1 su poznati sljedeci primjeri razvojafunkcija u beskonacne polinome (redove potencija):

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · · , x ∈ R

ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · · , x ∈ R

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6+ · · · , |x|< 1




sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · · , x ∈ R

ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · · , x ∈ R

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6+ · · · , |x|< 1




sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · · , x ∈ R

ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · · , x ∈ R

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6+ · · · , |x|< 1




sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · · , x ∈ R

ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · · , x ∈ R

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6+ · · · , |x|< 1


Taylorova formula i Taylorov red Taylorova formula

OPCENITO: ZA FUNKCIJU f (x) VRIJEDITAYLOROVA FORMULA (OKO TOCKE x0 = 0):

f(x) = Tn(x) + Gn+1(x)↑ ↑

Taylorov polinom stupnja n greska↓

Tn(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 + · · ·+ f(n)(0)n!

xn

Greska: Gn+1(x) =f(n+1)(ξ)

(n+1)!xn+1 za neki ξ izmedu 0 i x

Dakle: f(x)≈ Tn(x), uz gresku Gn+1Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 6 / 72

Taylorova formula i Taylorov red Taylorov red

Ako je limn→∞

Gn = 0 onda je

f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 +f(4)(0)

4!x4 + · · ·

To je TAYLOROV RED (Taylorov razvoj, Taylorov beskonacni polinom)funkcije f (x) oko tocke x0 = 0.

Ako je x0 6= 0 onda Taylorov polinom izgleda nesto kompliciranije:

Tn(x) = f(x0)+ f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)

2!(x−x0)

2 + · · ·+ f(n)(x0)

n!(x−x0)

n

(Analogno prethodnom mozemo pisati gresku i Taylorov red.)


Taylorova formula i Taylorov red Taylorov red

Ako je limn→∞

Gn = 0 onda je

f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 +f(4)(0)

4!x4 + · · ·

To je TAYLOROV RED (Taylorov razvoj, Taylorov beskonacni polinom)funkcije f (x) oko tocke x0 = 0.

Ako je x0 6= 0 onda Taylorov polinom izgleda nesto kompliciranije:

Tn(x) = f(x0)+ f′(x0)(x−x0)+f′′(x0)

2!(x−x0)

2 + · · ·+ f(n)(x0)

n!(x−x0)

n

(Analogno prethodnom mozemo pisati gresku i Taylorov red.)


Taylorova formula i Taylorov red Primjer

PRIMJER 1.Provjerimo da su razvoji od

sinx, cosx, ex i ln(1+x) na str. 5

Taylorovi razvoji oko tocke x0 = 0.(U tim slucajevima vrijedi lim

n→∞Gn = 0.)

Rjesenje:Primjerice za funkciju f(x) = ex vrijedi:

f (x) = f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = · · ·= ex

pa jef (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = · · ·= 1

=⇒ ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·


Taylorova formula i Taylorov red Primjer

PRIMJER 1.Provjerimo da su razvoji od

sinx, cosx, ex i ln(1+x) na str. 5

Taylorovi razvoji oko tocke x0 = 0.(U tim slucajevima vrijedi lim

n→∞Gn = 0.)

Rjesenje:Primjerice za funkciju f(x) = ex vrijedi:

f (x) = f ′(x) = f ′′(x) = f ′′′(x) = · · ·= ex

pa jef (0) = f ′(0) = f ′′(0) = f ′′′(0) = · · ·= 1

=⇒ ex = 1+x+x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·


Taylorova formula i Taylorov red Zadaci

ZADATAK 1.Napisi Taylorov razvoj oko tocke x0 = 0 za funkcije

a) f(x) = sinx, b) f(x) = cosx, c) f(x) = ln(1+x)

(Napisi prvih nekoliko clanova.)

ZADATAK 2.U istom koordinatnom sustavu skiciraj funkciju f(x) = sinx, te njezineTaylorove polinome prvog i treceg stupnja T1(x) i T3(x).

Rjesenje 1: Taylorov razvoj funkcije f (x) oko tocke x0 = 0 je:

f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 +f(4)(0)

4!x4 + · · ·








f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 +f(4)(0)

4!x4 + · · ·








f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 +f(4)(0)

4!x4 + · · ·



a)Racunamo:

f (x) = sinx , f (0) = sin0 = 0f ′(x) = cosx , f ′(0) = cos0 = 1f ′′(x) =−sinx , f ′′(0) = 0f ′′′(x) =−cosx , f ′′′(0) =−1

ponavlja se

f IV (x) = sinx , f IV (0) = sin0 = 0...

...

Uvrstavamo u Taylorov razvoj:

sinx = 0+1 ·x +02!

x2 +(−1)

3!x3 +

04!

x4 +15!

x5 + · · ·

= x− 13!

x3 +15!

x5−·· ·



b)Racunamo:

f (x) = cosx , f (0) = cos0 = 1f ′(x) =−sinx , f ′(0) =−sin0 = 0f ′′(x) =−cosx , f ′′(0) =−1f ′′′(x) = sinx , f ′′′(0) = 0

ponavlja se

f IV (x) = cosx , f IV (0) = cos0 = 1...

...

Uvrstavamo u Taylorov razvoj:

cosx = 1+0 ·x +(−1)

2!x2 +

03!

x3 +14!

x4 +05!

x5 +(−1)

6!x6 + · · ·

= 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · ·



c)Racunamo:

f (x) = ln(1+x), f (0) = ln1 = 0

f ′(x) =1

1+x= (1+x)−1, f ′(0) = 1

f ′′(x) =−(1+x)−2, f ′′(0) =−1f ′′′(x) = 2(1+x)−3, f ′′′(0) = 2f IV (x) =−6(1+x)−4, f IV (0) =−6f V (x) = 24(1+x)−5, f V (0) = 24

Uvrstavamo:

ln(1+x) = 0+1 ·x +(−1)

2!x2 +

23!

x3 +(−6)

4!x4 +

245!

x5 + · · ·

= x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5−·· ·



Rjesenje 2:

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

T1(x) = x

T3(x) = x− 16

x3 = x(

1− x2

6

)nul-tocke: x1 = 0, x2,3 =±

√6≈±2.45



PRIMJEDBA

Aproksimacija funkcije y = sinx polinomima T3, T5, T7, T9


Taylorova formula i Taylorov red Primjena

PRIMJER 2.Priblizno izracunati sin(0.1) koristeci se Taylorovom aproksimacijomtreceg stupnja. Ocijeniti gresku aproksimacije.

Rjesenje:sinx = T3(x)+G5(x)

sinx ≈ T3(x) = x− x3

3!, G5(x) =

cosξ

5!x5, za neki ξ izmedu 0 i x

(Znamo da vrijedi: Apsolutna greska aproksimacije funkcije sinus ilikosinus manja je ili jednaka apsolutnoj vrijednosti prvogneupotrebljenog clana.)

|G5(x)| ≤∣∣∣∣cosξ

5!x5∣∣∣∣≤ |x |55!

Za x = 0.1 imamo sin0.1≈ 0.1− 0.13

6= 0.0998

Ocjena greske : |G5(0.1)| ≤0.15

120=

10−5

120<

10−5

102 = 10−7






3!, G5(x) =

cosξ



|G5(x)| ≤∣∣∣∣cosξ

5!x5∣∣∣∣≤ |x |55!

Za x = 0.1 imamo sin0.1≈ 0.1− 0.13

6= 0.0998


120=

10−5

120<

10−5

102 = 10−7






3!, G5(x) =

cosξ



|G5(x)| ≤∣∣∣∣cosξ

5!x5∣∣∣∣≤ |x |55!

Za x = 0.1 imamo sin0.1≈ 0.1− 0.13

6= 0.0998


120=

10−5

120<

10−5

102 = 10−7






3!, G5(x) =

cosξ



|G5(x)| ≤∣∣∣∣cosξ

5!x5∣∣∣∣≤ |x |55!

Za x = 0.1 imamo sin0.1≈ 0.1− 0.13

6= 0.0998


120=

10−5

120<

10−5

102 = 10−7



ZADATAK 3. a)Koristeci se aproksimacijom funkcije f(x) = ex Taylorovim polinomomdrugog stupnja izracunaj priblizno e0.1, e0.2 i e−0.08.

b)∗

Ocijeni gresku aproksimacije za e0.1.

ZADATAK 4.

Izracunaj priblizno√

1.1 pomocu Taylorovog polinoma drugog stupnja.




b)∗


ZADATAK 4.






b)∗


ZADATAK 4.





Rjesenje 3: ex = 1+x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·

T2(x)

ex ≈ 1+x +x2

2!

a)

x = 0.1 : e0.1 ≈ 1+0.1+ 120.12 = 1.105

x = 0.2 : e0.2 ≈ 1+0.2+ 120.22 = 1.22

x =−0.08 : e−0.08 ≈ 1−0.08+ 12(−0.08)2 = 0.9232

b)∗

G3(x) =f ′′′(ξ)

3!x3 =

eξ

3!x3

|G3(0.1)|<26·0.13 = 0.00033 < 5 ·10−4 (tj. tri decimale su tocne)

(KALKULATOR: e0.1 = 1.10517091 . . .)Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 17 / 72


Rjesenje 4: Koja funkcija f (x)?

•√

1.1 mozemo priblizno izracunati tako da koristimo razvojfunkcije f (x) =

√1+x (oko x0 = 0)

f (x) =√

1+x =⇒ f (0) = 1f ′(x) = 1

2(1+x)−12 =⇒ f ′(0) = 1

2f ′′(x) = −1

4(1+x)−32 =⇒ f ′′(0) =−1

4f ′′′(x) = 3

8(1+x)−52 =⇒ f ′′′(0) = 3

8...

T2(x) = f (0)+ f ′(0)x + f ′′(0)2! x2 =

= 1+ 12x− 1

8x2

f (x)≈ T2(x) =⇒√

1+x ≈ 1+12

x− 18

x2

Za x = 0.1: √1.1≈1+

12

0.1− 18

0.12 = 1.04875



•√

1.1 mozemo priblizno izracunati i tako da koristimo razvojfunkcije f (x) =

√x (oko x0 = 1):

f (x) =√

x =⇒ f (1) = 1f ′(x) = 1

2x−12 =⇒ f ′(1) = 1

2f ′′(x) = −1

4x−32 =⇒ f ′′(1) =−1

4f ′′′(x) = 3

8x−52 =⇒ f ′′′(1) = 3

8...

T2(x) = f (1)+ f ′(1)(x−1)+f ′′(1)

2!(x−1)2

f (x)≈ T2(x) =⇒√

x ≈ 1+12(x−1)− 1

8(x−1)2

Za x = 1.1: √1.1≈1+

12

0.1− 18

0.12 = 1.04875


Taylorova formula i Taylorov red Napomena

NAPOMENAPolinom T1(x) je LINEARNA APROKSIMACIJA FUNKCIJE koju smoupoznali u Matematici 1:

f (x) ≈ f (x0)+ f ′(x0)(x−x0)︸︷︷︸= T1(x)


Newtonova binomna formula

NEWTONOVA BINOMNA FORMULA specijalan jeslucaj Taylorove formule:

(1+x)α = 1+(

α

1

)x +

(α

2

)x2 +

(α

3

)x3 + · · ·+

(α

n−1

)xn−1+

+

(α

n

)xn

ξα−n︸︷︷︸

Gn(x)

gdje je (α

k

):=

α · (α−1) · · · · (α−k +1)1 ·2 · · · · ·k

iGn(x) −−−−−−→ 0 za |x |< 1.

n→ ∞

DAKLE, TAYLOROV RAZVOJ VRIJEDI ZA |x|< 1.


Newtonova binomna formula Zadaci

ZADATAK 5.

Izracunaj(

53

),

(−32

),

(24

),

(−23

),

(132

),

(−1

23

),

(123

).

Rjesenje 5:(53

)=

5 ·4 ·31 ·2 ·3

= 10,(1

32

)=

13 ·(−2

3

)1 ·2

=−19,(

−32

)=

(−3) · (−4)1 ·2

= 6,(−1

23

)=

(−1

2

)·(−3

2

)·(−5

2

)1 ·2 ·3

=− 516

,(24

)=

2 ·1 ·0 · (−1)1 ·2 ·3 ·4

= 0,(1

23

)=

12 ·(−1

2

)·(−3

2

)1 ·2 ·3

=116

.(−23

)=

(−2) · (−3) · (−4)1 ·2 ·3

=−4,


Newtonova binomna formula Zadaci

ZADATAK 5.

Izracunaj(

53

),

(−32

),

(24

),

(−23

),

(132

),

(−1

23

),

(123

).

Rjesenje 5:(53

)=

5 ·4 ·31 ·2 ·3

= 10,(1

32

)=

13 ·(−2

3

)1 ·2

=−19,(

−32

)=

(−3) · (−4)1 ·2

= 6,(−1

23

)=

(−1

2

)·(−3

2

)·(−5

2

)1 ·2 ·3

=− 516

,(24

)=

2 ·1 ·0 · (−1)1 ·2 ·3 ·4

= 0,(1

23

)=

12 ·(−1

2

)·(−3

2

)1 ·2 ·3

=116

.(−23

)=

(−2) · (−3) · (−4)1 ·2 ·3

=−4,


Newtonova binomna formula Primjer

PRIMJER 3.Newtonovu binomnu formulu

(1+x)α = 1+

(α

1

)x +

(α

2

)x2 +

(α

3

)x3 + · · ·+

(α

n

)xn + · · ·

ispisimo za α = 2, α = 3 i α =−1.

Rjesenje:Za α = 2,3, . . . prepoznajemo formule za BINOM NA KVADRAT, NATRECU POTENCIJU,...:

(1+x)2 = 1+

(21

)x +

(22

)x2 +

(23

)x3 + · · ·=

= 1+2x +x2 +��0 ·x3 +��0 ·x4 + · · ·= 1+2x +x2



PRIMJER 3.Newtonovu binomnu formulu

(1+x)α = 1+

(α

1

)x +

(α

2

)x2 +

(α

3

)x3 + · · ·+

(α

n

)xn + · · ·

ispisimo za α = 2, α = 3 i α =−1.

Rjesenje:Za α = 2,3, . . . prepoznajemo formule za BINOM NA KVADRAT, NATRECU POTENCIJU,...:

(1+x)2 = 1+

(21

)x +

(22

)x2 +

(23

)x3 + · · ·=

= 1+2x +x2 +��0 ·x3 +��0 ·x4 + · · ·= 1+2x +x2



α = 3

(1+x)3 = 1+

(31

)x +

(32

)x2 +

(33

)x3 +

(34

)x4 + · · ·=

= 1+3x +3x2 +x3 +��0 ·x4 +��0 ·x5 + · · ·= 1+3x +3x2 +x3

α =−1

(1+x)−1 = 1+

(−11

)x +

(−12

)x2 +

(−13

)x3 + · · ·=

= 1−x +x2−x3 + · · ·

::::::::::Primjetimo da je 1−x +x2−x3 + · · · GEOMETRIJSKI RED s q =−x i

suma mu je1

1+x(za |q|< 1).



α = 3

(1+x)3 = 1+

(31

)x +

(32

)x2 +

(33

)x3 +

(34

)x4 + · · ·=

= 1+3x +3x2 +x3 +��0 ·x4 +��0 ·x5 + · · ·= 1+3x +3x2 +x3

α =−1

(1+x)−1 = 1+

(−11

)x +

(−12

)x2 +

(−13

)x3 + · · ·=

= 1−x +x2−x3 + · · ·

::::::::::Primjetimo da je 1−x +x2−x3 + · · · GEOMETRIJSKI RED s q =−x i

suma mu je1

1+x(za |q|< 1).


Newtonova binomna formula Primjena

ZADATAK 6.Koristeci se Newtonovom binomnom formulom napisi razvoj za

funkcije f(x) =√

1+x i g(x) =1

1−x.

ZADATAK 7.Koristeci se Newtonovom binomnom formulom do drugog stupnjaizracunaj priblizno

√1.1.

ZADATAK 8.Koristeci se samo linearnim dijelom (do prvog stupnja) Newtonovebinomne formule izracunaj priblizno

√26.




funkcije f(x) =√

1+x i g(x) =1

1−x.


√1.1.


√26.




funkcije f(x) =√

1+x i g(x) =1

1−x.


√1.1.


√26.



Rjesenje 6:

f (x) =√

1+x = (1+x)12 , tj. α =

12

(1+x)12 = 1+

(121

)x +

(122

)x2 +

(123

)x3 + · · ·=

= 1+12

x− 18

x2 +116

x3−·· ·

g(x) =1

1−x= (1+(−x))−1 = (vidi Primjer 3. za α =−1 na str. 23 )

= 1+x +x2 +x3 + · · ·

::::::::::Primjetimo da je 1+x +x2 +x3 + · · · GEOMETRIJSKI RED s q = x i

suma mu je1

1−x(za |q|< 1).



Rjesenje 7:

√1.1 =

√1+0.1 = (1+0.1)

12 ≈ 1+

(121

)0.1+

(122

)0.12 =

= 1+12

0.1+12 ·(−1

2

)1 ·2

0.01 = 1+12·0.1− 1

8·0.01

= 1+0.05−0.125 ·0.01 = 1.04875:::::::

Sada smo brze dobili rezultat Zadatka 4.

Rjesenje 8:

26 = 25+1 = 25(1+ 1

25

)= 25(1+0.04)

√26 = 5

√1+0.04

(1+0.04)12 ≈ 1+

(121

)0.04 = 1+0.02 = 1.02

√26≈5 ·1.02 = 5.1:::



Rjesenje 7:

√1.1 =

√1+0.1 = (1+0.1)

12 ≈ 1+

(121

)0.1+

(122

)0.12 =

= 1+12

0.1+12 ·(−1

2

)1 ·2

0.01 = 1+12·0.1− 1

8·0.01

= 1+0.05−0.125 ·0.01 = 1.04875:::::::

Sada smo brze dobili rezultat Zadatka 4.

Rjesenje 8:

26 = 25+1 = 25(1+ 1

25

)= 25(1+0.04)

√26 = 5

√1+0.04

(1+0.04)12 ≈ 1+

(121

)0.04 = 1+0.02 = 1.02

√26≈5 ·1.02 = 5.1:::


Radijus konvergencije reda potencija

RADIJUS KONVERGENCIJE REDA POTENCIJA

Red potencija a0 +a1x+a2x2 +a3x3 + · · · ili krace∞

∑n=0

anxn

ima vrijednost (tj. suma postoji ili KONVERGIRA) za |x|< R.

R nazivamo RADIJUS KONVERGENCIJE.

R se moze racunati formulama (Cauchy-Hadamard):

R = limn→∞

|an||an+1|

ili R =1

limn→∞

n√|an|

ukoliko neki od tih limesa postoji.

::::::::::::::Napomenimo da red potencija oko tocke x0 ∈ R:

a0 +a1(x−x0)+a2(x−x0)2 +a3(x−x0)

3 + · · · ili krace∞

∑n=0

an(x−x0)n

konvergira za |x−x0|< R i radijus konvergencije moze se racunatigore navedenim formulama.


Radijus konvergencije reda potencija

RADIJUS KONVERGENCIJE REDA POTENCIJA

Red potencija a0 +a1x+a2x2 +a3x3 + · · · ili krace∞

∑n=0

anxn

ima vrijednost (tj. suma postoji ili KONVERGIRA) za |x|< R.

R nazivamo RADIJUS KONVERGENCIJE.

R se moze racunati formulama (Cauchy-Hadamard):

R = limn→∞

|an||an+1|

ili R =1

limn→∞

n√|an|

ukoliko neki od tih limesa postoji.

::::::::::::::Napomenimo da red potencija oko tocke x0 ∈ R:

a0 +a1(x−x0)+a2(x−x0)2 +a3(x−x0)

3 + · · · ili krace∞

∑n=0

an(x−x0)n

konvergira za |x−x0|< R i radijus konvergencije moze se racunatigore navedenim formulama.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 28 / 72

Radijus konvergencije reda potencija Primjer

PRIMJER 4.Izracunajmo radijus konvergencije R redova

(a) 1+x +x2 +x3 + · · ·

(b) 1+x +x2

2+

x3

3+ · · ·

(c) 1+x +x2

2!+

x3

3!+ · · ·

Rjesenje:

(a) an = 1 =⇒ R = limn→∞

11= 1

(b) an =1n

=⇒ R = limn→∞

1n1

n+1

= limn→∞

n+1n

= 1

(c) an =1n!

=⇒ R = limn→∞

1n!1

(n+1)!

= limn→∞

(n+1)�!��n!

= limn→∞

(n+1) = ∞


Radijus konvergencije reda potencija Primjer

PRIMJER 4.Izracunajmo radijus konvergencije R redova

(a) 1+x +x2 +x3 + · · ·

(b) 1+x +x2

2+

x3

3+ · · ·

(c) 1+x +x2

2!+

x3

3!+ · · ·

Rjesenje:

(a) an = 1 =⇒ R = limn→∞

11= 1

(b) an =1n

=⇒ R = limn→∞

1n1

n+1

= limn→∞

n+1n

= 1

(c) an =1n!

=⇒ R = limn→∞

1n!1

(n+1)!

= limn→∞

(n+1)�!��n!

= limn→∞

(n+1) = ∞


Radijus konvergencije reda potencija Zadaci

ZADATAK 9.Izracunaj radijus konvergencije sljedecih redova potencija

a) x− x2

2+

x3

3− x4

4+ · · ·

b) 1+x5+

x2

2 ·52 +x3

3 ·53 + · · ·

Rjesenje 9:

a) 1︸︷︷︸↑

a1=1

x −12︸︷︷︸↑

a2=− 12

x2 +13︸︷︷︸↑

a3=13

x3 −14︸︷︷︸↑

a4=− 14

x4 + · · ·

|an|=1n, n = 1,2,3, . . .

=⇒ R = limn→∞

|an||an+1|

= limn→∞

1n1

n+1

= limn→∞

n+1n

: n: n

= limn→∞

1+ 1n

1= 1



ZADATAK 9.Izracunaj radijus konvergencije sljedecih redova potencija

a) x− x2

2+

x3

3− x4

4+ · · ·

b) 1+x5+

x2

2 ·52 +x3

3 ·53 + · · ·

Rjesenje 9:

a) 1︸︷︷︸↑

a1=1

x −12︸︷︷︸↑

a2=− 12

x2 +13︸︷︷︸↑

a3=13

x3 −14︸︷︷︸↑

a4=− 14

x4 + · · ·

|an|=1n, n = 1,2,3, . . .

=⇒ R = limn→∞

|an||an+1|

= limn→∞

1n1

n+1

= limn→∞

n+1n

: n: n

= limn→∞

1+ 1n

1= 1



b) 1︸︷︷︸↑

a0=1

+15︸︷︷︸↑

a1=15

x +1

2 ·52︸︷︷︸↑

a2=1

2·52

x2 +1

3 ·53︸︷︷︸↑

a3=1

3·53

x3 + · · ·

|an|=1

n ·5n , n = 1,2,3, . . .

=⇒ R = limn→∞

1n·��5n

1(n+1)·5�n+1

= limn→∞

5(n+1)n

: n: n

= limn→∞

5(1+ 1

n

)1

= 5

Podrucje konvergencije reda potencija



ZADATAK 10.∗

Izracunaj radijus konvergencije R reda potencija

∞

∑n=1

(x−4)n

n ·3n =13(x−4)+

118

(x−4)2 +1

81(x−4)3 + · · ·

Rjesenje 10.∗:

R = limn→∞

1n3�n1

(n+1)3�n+1

= limn→∞

3(n+1)n

: n: n

= limn→∞

3(1+ 1

n

)1

= 3(1+0)= 3

Dakle, red konvergira za sve x ∈ 〈1,7〉.



ZADATAK 10.∗

Izracunaj radijus konvergencije R reda potencija

∞

∑n=1

(x−4)n

n ·3n =13(x−4)+

118

(x−4)2 +1

81(x−4)3 + · · ·

Rjesenje 10.∗:

R = limn→∞

1n3�n1

(n+1)3�n+1

= limn→∞

3(n+1)n

: n: n

= limn→∞

3(1+ 1

n

)1

= 3(1+0)= 3

Dakle, red konvergira za sve x ∈ 〈1,7〉.


Operacije s beskonacnim polinomima Zbrajanje, oduzimanje i mnozenje konstantom

OPERACIJE S BESKONACNIM POLINOMIMA(REDOVIMA POTENCIJA)

ZBRAJANJE I ODUZIMANJE BESKONACNIH POLINOMA IMNOZENJE BESKONACNOG POLINOMA KONSTANTOM

Neka je je f(x) =∞

∑n=0

anxn za |x|< R i g(x) =∞

∑n=0

bnxn za |x|< S.

Neka je T = min{R,S} i c konstanta.Tada je

f(x)±g(x) =∞

∑n=0

(an±bn)xn, za |x|< T,

c · f(x) =∞

∑n=0

(c ·an)xn, za |x|< R,

tj. redovi∞

∑n=0

anxn i∞

∑n=0

bnxn zbrajaju se, oduzimaju i mnoze

konstantom po nacelu ”clan po clan” uz manji radijus konvergencije.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 33 / 72

Operacije s beskonacnim polinomima Mnozenje beskonacnih polinoma

MNOZENJE BESKONACNIH POLINOMA

Neka su f , g i T kao na prethodnom slajdu. Tada je

f(x) ·g(x) =∞

∑n=0

cnxn, za |x|< T,

gdje su koeficijenti cn definirani ovako:

c0 = a0b0,

c1 = a0b1 +a1b0,

c2 = a0b2 +a1b1 +a2b0,...

cn = a0bn +a1bn−1 + · · ·+an−1b1 +anb0...

tj. redovi potencija mnoze se po nacelu ”svaki sa svakim” uz manjiradijus konvergencije.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 34 / 72

Operacije s beskonacnim polinomima Mnozenje beskonacnih polinoma

Pri mnozenju redova potencija ”svaki sa svakim” prirodno je umnoskegrupirati uz istu potenciju.

b0 b1x b2x2 b3x3 · · ·

a0 a0b0 a0b1x a0b2x2 a0b3x3 · · ·

a1x a1b0x a1b1x2 a1b2x3 . . . . . .

a2x2 a2b0x2 a2b1x3 . . . . . . . . .

a3x3 a3b0x3 . . . . . . . . . . . .

......

. . . . . . . . . . . .


Operacije s beskonacnim polinomima Primjena

PRIMJER 5.Razvijmo funkciju f (x) = sinx +cosx u red potencija.

Rjesenje:

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · · , x ∈ R

⇓

sinx +cosx = 1+x− x2

2!− x3

3!+

x4

4!+

x5

5!− x6

6!− x7

7!+ · · ·

R = min{∞,∞}= ∞



PRIMJER 5.Razvijmo funkciju f (x) = sinx +cosx u red potencija.

Rjesenje:

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · , x ∈ R

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · · , x ∈ R

⇓

sinx +cosx = 1+x− x2

2!− x3

3!+

x4

4!+

x5

5!− x6

6!− x7

7!+ · · ·

R = min{∞,∞}= ∞



PRIMJER 6.

Razvijmo funkciju f (x) = ex

1−x u red potencija.

Rjesenje:

ex

1−x= 1+

(1+

11!

)x +

(1+

11!

+12!

)x2+

(1+

11!

+12!

+13!

)x3+ · · ·

R = min{∞,1}= 1



PRIMJER 6.

Razvijmo funkciju f (x) = ex

1−x u red potencija.

Rjesenje:

ex

1−x= 1+

(1+

11!

)x +

(1+

11!

+12!

)x2+

(1+

11!

+12!

+13!

)x3+ · · ·

R = min{∞,1}= 1Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 37 / 72

Operacije s beskonacnim polinomima

U sljedecim zadacima koristit cemo ove redove potencija:

1◦ ex = 1+x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+

x5

5!+ · · · , x ∈ R

2◦ sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+

x9

9!− x11

11!+ · · · , x ∈ R

3◦ cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− x10

10!+ · · · , x ∈ R

4◦ ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5− x6

6+ · · · , |x |< 1

5◦1

1−x= 1+x +x2 +x3 +x4 +x5 + · · · , |x |< 1


Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci

ZADATAK 11.Koristeci se poznatim redovima razvij u red potencija funkcije

a) f (x) = 2ex −cosx b) f (x) =1+x1−x

c) f (x) =sinx1−x

(primjejujuci zbrajanje, oduzimanje, mnozenje redova potencija).Napisi nekoliko prvih clanova razvoja.


a) f (x) = 12−x b) f (x) = sin(3x)

c) f (x) = e−x d) f (x) = e−x2e) f (x) = ln 1+x

1−x

Napisi nekoliko prvih clanova razvoja.




a) f (x) = 2ex −cosx b) f (x) =1+x1−x

c) f (x) =sinx1−x

(primjejujuci zbrajanje, oduzimanje, mnozenje redova potencija).Napisi nekoliko prvih clanova razvoja.


a) f (x) = 12−x b) f (x) = sin(3x)

c) f (x) = e−x d) f (x) = e−x2e) f (x) = ln 1+x

1−x

Napisi nekoliko prvih clanova razvoja.



Rjesenje 11:

a) 2ex −cosx =

= 2(

1+x +x2

2!+

x3

3!+ · · ·

)−(

1− x2

2!+

x4

4!−·· ·

)= 2+2x +x2 +

13

x3 + · · ·−1+12

x2− 124

x4 + · · ·

= 1+2x +32

x2 +13

x3− 124

x4 + · · ·::::::::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

b)1+x1−x

= (1+x) · 11−x

= (1+x) ·(

1+x +x2 +x3 + · · ·)

= 1+x +x +x2 +x2 +x3 +x3 +x4 + · · ·

= 1+2x +2x2 +2x3 + · · ·::::::::::::::::::::::

za |x |< 1



Rjesenje 11:

a) 2ex −cosx =

= 2(

1+x +x2

2!+

x3

3!+ · · ·

)−(

1− x2

2!+

x4

4!−·· ·

)= 2+2x +x2 +

13

x3 + · · ·−1+12

x2− 124

x4 + · · ·

= 1+2x +32

x2 +13

x3− 124

x4 + · · ·::::::::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

b)1+x1−x

= (1+x) · 11−x

= (1+x) ·(

1+x +x2 +x3 + · · ·)

= 1+x +x +x2 +x2 +x3 +x3 +x4 + · · ·

= 1+2x +2x2 +2x3 + · · ·::::::::::::::::::::::

za |x |< 1Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 40 / 72


c)

sinx1−x

= x +x2 +

(1− 1

3!

)x3 +

(1− 1

3!

)x4 +

(1− 1

3!+

15!

)x5 + · · ·

= x +x2 +56

x3 +56

x4 +101120

x5 + · · ·:::::::::::::::::::::::::::::::

za |x |< 1



NAPOMENA Svaku od ovih funkcija mogli smo razviti u njezin Taylorovred oko x0 = 0, no to je mnogo dulje i slozenije. Npr. za Zadatak 11.c):

f (x) =sinx1−x

=⇒ f (0) = 0

f ′(x) =cosx1−x

+sinx

(1−x)2 =⇒ f ′(0) = 1

f ′′(x) =2cosx(1−x)2 +

2sinx(1−x)3 −

sinx1−x

=⇒ f ′′(0) = 2

f ′′′(x) =6cosx(1−x)3 −

cosx1−x

+6sinx(1−x)4 −

3sinx(1−x)2 =⇒ f ′′′(0) = 5

...

f(x) = f(0)+ f′(0)x+f′′(0)

2!x2 +

f′′′(0)3!

x3 + · · ·sinx1−x

= 0+1 ·x + 22!x

2 + 53!x

3 + ·= x +x2 + 56x3 + · · · R = 1



Rjesenje 12:

a)1

2−x=

12· 11− x

2geometrijski red s q = x

2

=12

(1+

x2+(x

2

)2+(x

2

)3+ · · ·

)=

12+

x4+

x2

8+

x3

16+ · · ·

::::::::::::::::::::

za∣∣∣x2

∣∣∣< 1, tj. |x |< 2

b) sin(3x) =

= 3x− (3x)3

3!+

(3x)5

5!− (3x)7

7!+ · · ·

= 3x− 33

3!x3 +

35

5!x5− 37

7!x7 + · · ·

:::::::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R



Rjesenje 12:

a)1

2−x=

12· 11− x

2geometrijski red s q = x

2

=12

(1+

x2+(x

2

)2+(x

2

)3+ · · ·

)=

12+

x4+

x2

8+

x3

16+ · · ·

::::::::::::::::::::

za∣∣∣x2

∣∣∣< 1, tj. |x |< 2

b) sin(3x) =

= 3x− (3x)3

3!+

(3x)5

5!− (3x)7

7!+ · · ·

= 3x− 33

3!x3 +

35

5!x5− 37

7!x7 + · · ·

:::::::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R



c) e−x =

= 1+(−x)+(−x)2

2!+

(−x)3

3!+ · · ·= 1−x +

x2

2!− x3

3!+

x5

5!−·· ·

::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

d) e−x2= 1+(−x2)+ (−x2)2

2! + (−x2)3

3! + (−x2)4

4! + · · ·

= 1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!−·· ·

:::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

e) ln 1+x1−x = ln(1+x)− ln(1−x)

=(

x− x2

2 + x3

3 −x4

4 + x5

5 −·· ·)+(

x + x2

2 + x3

3 + x4

4 + x5

5 + · · ·)

= 2(

x + x3

3 + x5

5! + · · ·)

:::::::::::::::::::

za |x |< 1



c) e−x =

= 1+(−x)+(−x)2

2!+

(−x)3

3!+ · · ·= 1−x +

x2

2!− x3

3!+

x5

5!−·· ·

::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

d) e−x2= 1+(−x2)+ (−x2)2

2! + (−x2)3

3! + (−x2)4

4! + · · ·

= 1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!−·· ·

:::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

e) ln 1+x1−x = ln(1+x)− ln(1−x)

=(

x− x2

2 + x3

3 −x4

4 + x5

5 −·· ·)+(

x + x2

2 + x3

3 + x4

4 + x5

5 + · · ·)

= 2(

x + x3

3 + x5

5! + · · ·)

:::::::::::::::::::

za |x |< 1



c) e−x =

= 1+(−x)+(−x)2

2!+

(−x)3

3!+ · · ·= 1−x +

x2

2!− x3

3!+

x5

5!−·· ·

::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

d) e−x2= 1+(−x2)+ (−x2)2

2! + (−x2)3

3! + (−x2)4

4! + · · ·

= 1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!−·· ·

:::::::::::::::::::::::::

za x ∈ R

e) ln 1+x1−x = ln(1+x)− ln(1−x)

=(

x− x2

2 + x3

3 −x4

4 + x5

5 −·· ·)+(

x + x2

2 + x3

3 + x4

4 + x5

5 + · · ·)

= 2(

x + x3

3 + x5

5! + · · ·)

:::::::::::::::::::

za |x |< 1


Operacije s beskonacnim polinomima Dijeljenje beskonacnih polinoma

DIJELJENJE BESKONACNIH POLINOMA

Redovi potencija dijele se ”na isti nacin kao konacni polinomi”. Radijuskonvergencije treba racunati.

PRIMJER 7.Dijeljenjem polinoma u brojniku s polinomom u nazivniku, razvijmo

funkciju f (x) =1+x1−x

u red potencija (ista funkcija kao u Zadatku 11.b).


Operacije s beskonacnim polinomima Dijeljenje beskonacnih polinoma

Rjesenje:


Operacije s beskonacnim polinomima Deriviranje i integriranje beskonacnih polinoma

DERIVIRANJE I INTEGRIRANJE BESKONACNIH POLINOMA

Reda potencija derivira se i integrira tako da se derivira, odnosnointegrira, clan po clan. Radijus konvergencije deriviranog i integriranogreda jednak je radijusu konvergencije pocetnog reda.

PRIMJER 8.

Izracunajmo f ′(x) i∫

f (x)dx , ako je f (x) =∞

∑n=0

xn.

Rjesenje:

f (x) = 1+x +x2 +x3 + · · · R = 1⇓

f ′(x) = 1+2x +3x2 +4x3 + · · · R = 1∫f (x)dx = x +

x2

2+

x3

3+

x4

4+ · · ·+C R = 1



DERIVIRANJE I INTEGRIRANJE BESKONACNIH POLINOMA

Reda potencija derivira se i integrira tako da se derivira, odnosnointegrira, clan po clan. Radijus konvergencije deriviranog i integriranogreda jednak je radijusu konvergencije pocetnog reda.

PRIMJER 8.

Izracunajmo f ′(x) i∫

f (x)dx , ako je f (x) =∞

∑n=0

xn.

Rjesenje:

f (x) = 1+x +x2 +x3 + · · · R = 1⇓

f ′(x) = 1+2x +3x2 +4x3 + · · · R = 1∫f (x)dx = x +

x2

2+

x3

3+

x4

4+ · · ·+C R = 1



PRIMJEDBA

Buduci je

11−x

= 1+x +x2 +x3 + · · · za |x |< 1

iz prethodnog slijedi

1(1−x)2 = 1+2x +3x2 +4x3 + · · · za |x |< 1

ln(1−x) = −x− x2

2− x3

3− x4

4−·· · za |x |< 1

pri cemu je C = 0 jer je ln(1−0) = 0 = C.



ZADATAK 13.

a) Deriviraj red x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · .

b) Integriraj taj red.

ZADATAK 14.

a) Deriviraj red 1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · · .


ZADATAK 15.

Koristeci se razvojem funkcije f (x) =1

1+xu red potencija naci razvoj

funkcije g(x) = ln(1+x).



ZADATAK 13.


3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · .


ZADATAK 14.


2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · · .


ZADATAK 15.






ZADATAK 13.


3!+

x5

5!− x7

7!+ · · · .


ZADATAK 14.


2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · · .


ZADATAK 15.






Rjesenje 13: a)(

x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)′= 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · ·

b)∫ (

x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)dx =

x2

2!− x4

4!+

x6

6!−·· ·+C

Rjesenje 14: a)(

1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · ·

)′

= −2x +4x3

2!− 6x5

3!+

8x7

4!− 10x9

5!+ · · ·

= −2x +2x3−x5 +13

x7− 112

x9 + · · ·

(= −2x(

1−x2 + x4

2! −x6

3! +x8

4! −·· ·))

b)∫ (

1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · ·

)dx

= x− x3

3+

x5

5 ·2!− x7

7 ·3!+

x9

9 ·4!−·· ·+C



Rjesenje 13: a)(

x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)′= 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · ·

b)∫ (

x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)dx =

x2

2!− x4

4!+

x6

6!−·· ·+C

Rjesenje 14: a)(

1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · ·

)′

= −2x +4x3

2!− 6x5

3!+

8x7

4!− 10x9

5!+ · · ·

= −2x +2x3−x5 +13

x7− 112

x9 + · · ·

(= −2x(

1−x2 + x4

2! −x6

3! +x8

4! −·· ·))

b)∫ (

1−x2 +x4

2!− x6

3!+

x8

4!− x10

5!+ · · ·

)dx

= x− x3

3+

x5

5 ·2!− x7

7 ·3!+

x9

9 ·4!−·· ·+C



Rjesenje 15:1

1+x= 1−x +x2−x3 +x4−x5 + · · · , |x |< 1. Iz

prethodnog integriranjem slijedi∫ 11+x

dx =∫ (

1−x +x2−x3 +x4−x5 + · · ·)

dx

= x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5−·· ·+C

Integral na lijevoj strani znamo:∫ 11+x

dx = ln(1+x)+C, ⇒

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5−·· ·+C

C =? uvrstimo x = 0: ln1︸︷︷︸=0

= C ⇒ C = 0,

pa je

ln(1+x) = x− x2

2+

x3

3− x4

4+

x5

5−·· · , |x |< 1

(sto smo ionako znali).Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 51 / 72


ZADATAK 16.

a) Izracunaj priblizno1∫

0

sinxx

dx .

b) Integriraj priblizno povrsinu na slici:



Rjesenje 16: a)

1∫0

sinxx

dx =

1∫0

1x

(x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

)dx

=

1∫0

(1− x2

3!+

x4

5!− x6

7!+ · · ·

)dx

=

(x− x3

3 ·3!+

x5

5 ·5!− x7

7 ·7!+ · · ·

)∣∣∣∣10

Uzimamo samo prva dva clana:

1∫0

sinxx

dx ≈(

x− x3

18

)∣∣∣∣10=

1718

= 0.944:::::



b) P =

0.3∫0

e−x22 dx

ex = 1+x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·

⇒ e−x22 = 1− x2

2+

x4

8− x6

48+

x8

384−·· ·

∫e−

x22 dx = x− x3

3 ·2+

x5

5 ·8− x7

7 ·48+

x9

9 ·384−·· ·

0.3∫0

e−x22 dx ≈

(x− x3

6

)∣∣∣∣0.30

= 0.3−0.0045 = 0.2955

P ≈ 0.2955::::::


Operacije s beskonacnim polinomima Primjer

PRIMJER 9.Razvijmo u red potencija funkciju f (x) = arcsinx .

Rjesenje:

Poznat je integral: arcsinx +C =∫ dx√

1−x2=

∫(1−x2)−1/2dx

N.B.F . (1+x)α = 1+

(α

1

)x +

(α

2

)x2 +

(α

3

)x3 + · · · , |x |< 1

⇒ (1−x2)−1/2 = 1+12

x2 +1 ·32 ·4

x4 +1 ·3 ·52 ·4 ·6

x6 + · · ·

⇒ arcsinx = x +12

x3

3+

1 ·32 ·4

x5

5+

1 ·3 ·52 ·4 ·6

x7

7+ · · ·+C, |x |< 1

C = ? uvrstimo x = 0: arcsin0︸︷︷︸=0

= C ⇒ C = 0



PRIMJER 9.Razvijmo u red potencija funkciju f (x) = arcsinx .

Rjesenje:

Poznat je integral: arcsinx +C =∫ dx√

1−x2=

∫(1−x2)−1/2dx

N.B.F . (1+x)α = 1+

(α

1

)x +

(α

2

)x2 +

(α

3

)x3 + · · · , |x |< 1

⇒ (1−x2)−1/2 = 1+12

x2 +1 ·32 ·4

x4 +1 ·3 ·52 ·4 ·6

x6 + · · ·

⇒ arcsinx = x +12

x3

3+

1 ·32 ·4

x5

5+

1 ·3 ·52 ·4 ·6

x7

7+ · · ·+C, |x |< 1

C = ? uvrstimo x = 0: arcsin0︸︷︷︸=0

= C ⇒ C = 0



Dakle,

arcsinx = x+12· x

3

3+

1 ·32 ·4· x

5

5+

1 ·3 ·52 ·4 ·6

· x7

7+ · · · , |x|< 1

MOZE SE DOKAZATI DA TAJ RED KONVERGIRA I ZA x = 1 (∗)

Slijedi

arcsin1 =π

2= 1+

12· 13+

1 ·32 ·4· 15+

1 ·3 ·52 ·4 ·6

· 17+ · · ·


Operacije s beskonacnim polinomima Jednoznacnost reda potencija

JEDNOZNACNOST REDA POTENCIJA

Ako se funkcija f moze prikazati u obliku reda potencija:

f(x) = c0 +c1(x−a)+c2(x−a)2 +c3(x−a)3 + · · ·,

onda za taj red vrijedi

cn =f (n)(a)

n!

(Dokaz: Uvrstavajuci x = a u gornju jednakost dobivamo f (a) = c0, pasmo odredili koeficijent c0. Deriviranjem reda dobivamof ′(x) = c1 +2c2(x−a)+3c3(x−a)2 + · · · , odakle slijedi f ′(a) = c1.Nastaljajuci na isti nacin dobit cemo f (n)(a) = n! cn, a to je i trebalodokazati.)


Operacije s beskonacnim polinomima Zadatak

ZADATAK 17.

a) Razviti u red potencija funkciju f (x) =sin(2x)√1−x/2

(napisati prva tri

clana). Odredi radijus konvergencije.

b) Pomocu dobivenog reda izracunaj f ′′′(0).

Rjesenje a):

sin(2x) = 2x− 23

3!x3 +

25

5!x5− 27

7!x7 + · · · , x ∈ R

(1−x/2)−1/2 = 1+12

x2+

38

x2

4+

516

x3

8+

35128

x4

16+ · · · , |x|< 2

sin(2x)√1−x/2

= 2x +12

x2− 5548

x3−·· · , |x|< min{∞,2}= 2

b) f ′′′(0) = 3! ·(−55

48

)=−55

8


Operacije s beskonacnim polinomima Zadatak

ZADATAK 17.

a) Razviti u red potencija funkciju f (x) =sin(2x)√1−x/2

(napisati prva tri

clana). Odredi radijus konvergencije.

b) Pomocu dobivenog reda izracunaj f ′′′(0).

Rjesenje a):

sin(2x) = 2x− 23

3!x3 +

25

5!x5− 27

7!x7 + · · · , x ∈ R

(1−x/2)−1/2 = 1+12

x2+

38

x2

4+

516

x3

8+

35128

x4

16+ · · · , |x|< 2

sin(2x)√1−x/2

= 2x +12

x2− 5548

x3−·· · , |x|< min{∞,2}= 2

b) f ′′′(0) = 3! ·(−55

48

)=−55

8Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 58 / 72

Hiperbolicke funkcije

HIPERBOLICKE FUNKCIJE

↓ ↓ ↓ex = 1 + x + x2

2! + x3

3! + x4

4! + x5

5! + · · ·↑ ↑ ↑

Samo neparne potencije podsjecaju na sinx , samo parne na cosx . Tefunkcije zovemo hiperbolickim sinusom odnosno hiperbolickimkosinusom:

sinx = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·

shx = x +x3

3!+

x5

5!+

x7

7!+ · · ·

cosx = 1− x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ · · ·

chx = 1+x2

2!+

x4

4!+

x6

6!+ · · ·


Hiperbolicke funkcije

Dakle:ex = shx + chx

↗ ↖NEPARNI DIO PARNI DIO

sh(−x) =−shx ch(−x) =chx

shx i chx mogu se prikazati pomocu eksponencijalne funkcije:

ex = shx +chx

e−x = −shx +chx⇒

chx =ex +e−x

2

shx =ex−e−x

2


Hiperbolicke funkcije Grafovi hiperbolickih funkcija

GRAFOVI HIPERBOLICKIH FUNKCIJA


Hiperbolicke funkcije Svojstva hiperbolickih funkcija

NEKA SVOJSTVA HIPERBOLICKIH FUNKCIJA(podsjecaju na svojstva trigonometrijskih funkcija)

hiperbolicke funkcije usp. trigonometrijske funkcije

(1) ch2x−sh2x = 1 cos2 x +sin2 x = 1

(2) ch(x +y) = chxchy+shxshy cos(x +y) = cosx cosy −sinx siny

(3) sh(x +y) = shxchy + chxshy sin(x +y) = sinx cosy +cosx siny

(4) ch2x =12(ch(2x)+1) cos2 x =

12(cos(2x)+1)

(5) sh2x =12(+ch(2x)−1) sin2 x =

12(1−cos(2x))



ZADATAK 18.

a) Izvedi formulu (1): ch2x− sh2x = 1 polazeci od prikaza shx i chxpomocu eksponencijalne funkcije.

b) Pokazi da vrijedi (5): sh2x = 12 (ch(2x)−1).

Rjesenje a):

ch2x− sh2x =14(ex +e−x)2− 1

4(ex −e−x)2

=14

(e2x +2+e−2x

)− 1

4

(e2x −2+e−2x

)2

=14

(��e2x +2+�

��e−2x��−e2x +2��−e−2x

)2= 1

b)

ch(2x)(2)= ch2x + sh2x

(1)= 1+ sh2x + sh2x = 1+2sh2x

⇒ sh2x =12(ch(2x)−1)



ZADATAK 18.

a) Izvedi formulu (1): ch2x− sh2x = 1 polazeci od prikaza shx i chxpomocu eksponencijalne funkcije.

b) Pokazi da vrijedi (5): sh2x = 12 (ch(2x)−1).

Rjesenje a):

ch2x− sh2x =14(ex +e−x)2− 1

4(ex −e−x)2

=14

(e2x +2+e−2x

)− 1

4

(e2x −2+e−2x

)2

=14

(��e2x +2+�

��e−2x��−e2x +2��−e−2x

)2= 1

b)

ch(2x)(2)= ch2x + sh2x

(1)= 1+ sh2x + sh2x = 1+2sh2x

⇒ sh2x =12(ch(2x)−1)


Hiperbolicke funkcije Hiperbolicki tangens i kotangens

Analogno trigonometrijskom tangensu i kotangensu definiramohiperbolicki tangens i kotangens:

thx =shxchx

, cthx =chxshx

Prikaz pomocu eksponencijalne funkcije:

thx =ex −e−x

ex +e−x , cthx =ex +e−x

ex −e−x




thx =shxchx

, cthx =chxshx


thx =ex −e−x


ex −e−x




thx =shxchx

, cthx =chxshx


thx =ex −e−x


ex −e−x


Hiperbolicke funkcije Derivacije i integrali

DERIVACIJE I INTEGRALI HIPERBOLICKIH FUNKCIJA

Derivacije i antiderivacije hiperbolickih funkcija slicne suderivacijama i antiderivacijama trigonometrijskih funkcija:

ddx

shx = chx ,∫

chxdx = shx +C

ddx

chx = shx ,∫

shxdx = chx +C

ddx

thx =1

ch2x,

∫ dxch2x

= thx +C

ddx

cthx =−1

sh2x,

∫ dxsh2x

= −cthx +C


Hiperbolicke funkcije Primjer

PRIMJER 10.Izracunati

a)d

dxsh(x2−2x)

b)d

dxeth(3x)

c) P =? (osjencano podrucje na slici desno)

Rjesenje:

a)d

dxsh(x2−2x) = ch(x2−2x) · (2x−2)

b)d

dxeth(3x) = eth(3x) · 1

ch2(3x)·3

c)

P =∫ 1

0chxdx = shx |10 = sh1− sh0 =

e1−e−1

2=

12

(e− 1

e

)≈ 1.1752


Hiperbolicke funkcije Primjer

PRIMJER 10.Izracunati

a)d

dxsh(x2−2x)

b)d

dxeth(3x)

c) P =? (osjencano podrucje na slici desno)

Rjesenje:

a)d

dxsh(x2−2x) = ch(x2−2x) · (2x−2)

b)d

dxeth(3x) = eth(3x) · 1

ch2(3x)·3

c)

P =∫ 1

0chxdx = shx |10 = sh1− sh0 =

e1−e−1

2=

12

(e− 1

e

)≈ 1.1752


Hiperbolicke funkcije Veza trigonometrijske–hiperbolicke funkcije

VEZA TRIGONOMETRIJSKIH I HIPERBOLICKIH FUNKCIJA

Sjetimo se:

√−1 = i =⇒ i0 = 1 i1 = i i2 =−1 i3 =−i

i4 = 1 i5 = i i6 =−1 i7 =−i · · ·

Nema nikakvih prepreka da racunamo razvoj

ez = 1+z1!

+z2

2!+

z3

3!+ · · · i za kompleksne vrijednosti z. Za z = ix :

eix = 1+ix1!

+i2x2

2!+

i3x3

3!+

i4x4

4!+

i5x5

5!+ · · ·

= 1+ ix− x2

2!− i

x3

3!+

x4

4!+ i

x5

5!−·· ·

=

(1− x2

2!+

x4

4!−·· ·

)+ i(

x− x3

3!+

x5

5!−·· ·

)= cosx + isinx EULEROVA FORMULA



VEZA TRIGONOMETRIJSKIH I HIPERBOLICKIH FUNKCIJA

Sjetimo se:

√−1 = i =⇒ i0 = 1 i1 = i i2 =−1 i3 =−i

i4 = 1 i5 = i i6 =−1 i7 =−i · · ·

Nema nikakvih prepreka da racunamo razvoj

ez = 1+z1!

+z2

2!+

z3

3!+ · · · i za kompleksne vrijednosti z. Za z = ix :

eix = 1+ix1!

+i2x2

2!+

i3x3

3!+

i4x4

4!+

i5x5

5!+ · · ·

= 1+ ix− x2

2!− i

x3

3!+

x4

4!+ i

x5

5!−·· ·

=

(1− x2

2!+

x4

4!−·· ·

)+ i(

x− x3

3!+

x5

5!−·· ·

)= cosx + isinx EULEROVA FORMULA



Eulerova formula i uvrstavanje −x za x u nju daju:

eix = cosx + isinxe−ix = cosx− isinx .

Zbrajanjem i oduzimanjem gornjih jednakosti i dijeljenjem s 2:

cosx =eix +e−ix

2= ch(ix)

isinx =eix −e−ix

2= sh(ix)

Kompleksni racun pokazuje da su trigonometrijske i hiperbolickefunkcije zapravo eksponencijalne funkcije, a njima inverzne arkusi area funkcije su logaritamske funkcije!

Inverzne funkcije hiperbolickih funkcija zovemo area funkcijama (area-lat. povrsina). Razmatrat cemo ih u nastavku. Sjetimo se da smoinverzne funkcije trigonometrijskim funkcijama zvali arkus funkcijama(arcus - lat. luk).



Eulerova formula i uvrstavanje −x za x u nju daju:

eix = cosx + isinxe−ix = cosx− isinx .

Zbrajanjem i oduzimanjem gornjih jednakosti i dijeljenjem s 2:

cosx =eix +e−ix

2= ch(ix)

isinx =eix −e−ix

2= sh(ix)

Kompleksni racun pokazuje da su trigonometrijske i hiperbolickefunkcije zapravo eksponencijalne funkcije, a njima inverzne arkusi area funkcije su logaritamske funkcije!

Inverzne funkcije hiperbolickih funkcija zovemo area funkcijama (area-lat. povrsina). Razmatrat cemo ih u nastavku. Sjetimo se da smoinverzne funkcije trigonometrijskim funkcijama zvali arkus funkcijama(arcus - lat. luk).Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 68 / 72

Area funkcije

INVERZNE FUNKCIJE HIPERBOLICKIH FUNKCIJA - AREAFUNKCIJE

Trigonometrijski kosinus i sinus vezani su uz kruznicu: x = cos t ,y = sin t parametarske su jednadzbe kruznice x2 +y2 = 1. Hiperbolickikosinus i sinus vezani su uz hiperbolu: x = cht , y = sht parametarskesu jednadzbe hiperbole x2−y2 = 1.U slucaju parametrizacije kruznice parametar t daje mjeru lukakruznice. U slucaju parametrizacije hiperbole parametar t dajepovrsinu omedenu hiperbolom koordinate tocke koja definira tupovrsinu.

Upotrebom testa invertibilnosti lako cemo ustanoviti da je :

funkcija shx invertibilna na podrucju realnih brojeva 〈−∞,∞〉,

funkcija chx invertibilna na intervalu [0,∞〉,

funkcija thx invertibilna na podrucju realnih brojeva 〈−∞,∞〉,

funkcija chx invertibilna na uniji intervala 〈−∞,0〉∪ 〈0,∞〉.


Area funkcije

INVERZNE FUNKCIJE HIPERBOLICKIH FUNKCIJA - AREAFUNKCIJE

Trigonometrijski kosinus i sinus vezani su uz kruznicu: x = cos t ,y = sin t parametarske su jednadzbe kruznice x2 +y2 = 1. Hiperbolickikosinus i sinus vezani su uz hiperbolu: x = cht , y = sht parametarskesu jednadzbe hiperbole x2−y2 = 1.U slucaju parametrizacije kruznice parametar t daje mjeru lukakruznice. U slucaju parametrizacije hiperbole parametar t dajepovrsinu omedenu hiperbolom koordinate tocke koja definira tupovrsinu.

Upotrebom testa invertibilnosti lako cemo ustanoviti da je :

funkcija shx invertibilna na podrucju realnih brojeva 〈−∞,∞〉,

funkcija chx invertibilna na intervalu [0,∞〉,

funkcija thx invertibilna na podrucju realnih brojeva 〈−∞,∞〉,

funkcija chx invertibilna na uniji intervala 〈−∞,0〉∪ 〈0,∞〉.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 69 / 72

Area funkcije Grafovi area funkcija

GRAFOVI AREA FUNKCIJA

Zrcaljenjem grafova hiperbolickih funkcija oko y = x lako dobivamografove area funkcija:


Area funkcije Prikaz area funkcija pomocu logaritamskih funkcija

PRIKAZ AREA FUNKCIJA POMOCU LOGARITAMSKIH FUNKCIJA

y = arshx ⇒ x = shy = ey−e−y

2 / ·2ey ⇒2eyx = ey ey −e−y ey ⇒ (ey )2−2x (ey )−1 = 0 ⇒ey = x +

√x2 +1 (jer ey > 0) ⇒ y = ln

(x +√

x2 +1)

⇒

arshx = ln(

x +√

x2 +1)

za svaki x ∈ R

Slicno dobivamo:

archx = ln(

x +√

x2−1)

za x ≥ 1

arthx =12

ln(

1+x1−x

)za |x |< 1

arcthx =12

ln(

x +1x−1

)za |x |> 1


Area funkcije Derivacije i integrali

DERIVACIJE I INTEGRALI AREA FUNKCIJA

y = arshx ⇒ x = shy ⇒

ddx

arshx =dydx

=1

dx/dy=

1chy

=1√

sh2y +1=

1√x2 +1

⇒∫ dx√

x2 +1= arshx +C = ln

(x +

√x2 +1

)+C

Slicno dobivamo:

ddx archx = 1√

x2−1, x > 1

∫ dx√x2−1

= ln(

x +√

x2−1)+C, x > 1

ddx arthx = 1

1−x2 , |x |< 1∫ dx

1−x2 = 12 ln(1+x

1−x

)+C, |x |< 1

ddx arcthx = 1

1−x2 , |x |> 1∫ dx

1−x2 = 12 ln(x+1

x−1

)+C, |x |> 1


Area funkcije Derivacije i integrali

DERIVACIJE I INTEGRALI AREA FUNKCIJA

y = arshx ⇒ x = shy ⇒

ddx

arshx =dydx

=1

dx/dy=

1chy

=1√

sh2y +1=

1√x2 +1

⇒∫ dx√

x2 +1= arshx +C = ln

(x +

√x2 +1

)+C

Slicno dobivamo:

ddx archx = 1√

x2−1, x > 1

∫ dx√x2−1

= ln(

x +√

x2−1)+C, x > 1

ddx arthx = 1

1−x2 , |x |< 1∫ dx

1−x2 = 12 ln(1+x

1−x

)+C, |x |< 1

ddx arcthx = 1

1−x2 , |x |> 1∫ dx

1−x2 = 12 ln(x+1

x−1

)+C, |x |> 1


Documents

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 · PDF fileRadijus konvergencije reda potencija Operacije s redovima potencija Primjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma