Upload
others
View
31
Download
3
Embed Size (px)
Citation preview
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 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 potencija
Primjeri primjene za odredivanje beskonacnih polinoma nekihfunkcijaDefinicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 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 nekihfunkcija
Definicije i svojstva hiperbolickih i area funkcija
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 2 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 3 / 72
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 4 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 5 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 5 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 5 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 5 / 72
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.)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 7 / 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.)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 7 / 72
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!+ · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 8 / 72
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!+ · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 8 / 72
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 + · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 9 / 72
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 + · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 9 / 72
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 + · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 9 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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−·· ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 10 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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!+ · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 11 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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−·· ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 12 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 13 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
PRIMJEDBA
Aproksimacija funkcije y = sinx polinomima T3, T5, T7, T9
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 14 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 15 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 15 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 15 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 15 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 16 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 16 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 16 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 18 / 72
Taylorova formula i Taylorov red Zadaci
•√
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 19 / 72
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)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 20 / 72
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 21 / 72
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,
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 22 / 72
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,
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 22 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 23 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 23 / 72
Newtonova binomna formula Primjer
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).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 24 / 72
Newtonova binomna formula Primjer
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).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 24 / 72
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 25 / 72
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 25 / 72
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 25 / 72
Newtonova binomna formula Primjena
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).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 26 / 72
Newtonova binomna formula Primjena
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:::
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 27 / 72
Newtonova binomna formula Primjena
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:::
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 27 / 72
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
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) = ∞
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 29 / 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) = ∞
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 29 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 30 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 30 / 72
Radijus konvergencije reda potencija Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 31 / 72
Radijus konvergencije reda potencija Zadaci
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〉.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 32 / 72
Radijus konvergencije reda potencija Zadaci
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〉.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 32 / 72
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 . . . . . . . . . . . .
......
. . . . . . . . . . . .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 35 / 72
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{∞,∞}= ∞
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 36 / 72
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{∞,∞}= ∞
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 36 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Primjena
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 37 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Primjena
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 38 / 72
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.
ZADATAK 12.Koristeci se poznatim redovima razvij u red potencija funkcije
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 39 / 72
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.
ZADATAK 12.Koristeci se poznatim redovima razvij u red potencija funkcije
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 39 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 40 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 41 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 42 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 43 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 43 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 44 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 44 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 44 / 72
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).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 45 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Dijeljenje beskonacnih polinoma
Rjesenje:
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 46 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 47 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 47 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Deriviranje i integriranje beskonacnih polinoma
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.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 48 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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!+ · · · .
b) Integriraj taj red.
ZADATAK 15.
Koristeci se razvojem funkcije f (x) =1
1+xu red potencija naci razvoj
funkcije g(x) = ln(1+x).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 49 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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!+ · · · .
b) Integriraj taj red.
ZADATAK 15.
Koristeci se razvojem funkcije f (x) =1
1+xu red potencija naci razvoj
funkcije g(x) = ln(1+x).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 49 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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!+ · · · .
b) Integriraj taj red.
ZADATAK 15.
Koristeci se razvojem funkcije f (x) =1
1+xu red potencija naci razvoj
funkcije g(x) = ln(1+x).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 49 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 50 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 50 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
ZADATAK 16.
a) Izracunaj priblizno1∫
0
sinxx
dx .
b) Integriraj priblizno povrsinu na slici:
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 52 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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:::::
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 53 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Zadaci
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::::::
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 54 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 55 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 55 / 72
Operacije s beskonacnim polinomima Primjer
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+ · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 56 / 72
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.)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 57 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 58 / 72
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!+ · · ·
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 59 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 60 / 72
Hiperbolicke funkcije Grafovi hiperbolickih funkcija
GRAFOVI HIPERBOLICKIH FUNKCIJA
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 61 / 72
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))
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 62 / 72
Hiperbolicke funkcije Svojstva hiperbolickih funkcija
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)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 63 / 72
Hiperbolicke funkcije Svojstva hiperbolickih funkcija
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)
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 63 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 64 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 64 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 64 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 65 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 66 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 66 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 67 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 67 / 72
Hiperbolicke funkcije Veza trigonometrijske–hiperbolicke funkcije
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
Hiperbolicke funkcije Veza trigonometrijske–hiperbolicke funkcije
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,∞〉.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 69 / 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,∞〉.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:
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 70 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 71 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 72 / 72
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
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 1 72 / 72