Matematika 1 - fsb.unizg.hr · Matematika 1 Derivacija I Katedra za matematiku, FSB Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 1 / 61. animation by animate[2012/05/24]

Matematika 1Derivacija I

Katedra za matematiku, FSB

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 1 / 61

Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:

Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzina

Geometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun


Ciljevi ucenja


Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangenta

Definicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun


Ciljevi ucenja


Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacije

Osnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun


Ciljevi ucenja


Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesima

Neprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun


Ciljevi ucenja


Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcije

Diferencijal i primjena na priblizni racun


Ciljevi ucenja


Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun


Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Ciljevi ucenja

2 DerivacijaDerivacija-uvodPrvi pristup derivaciji: trenutna brzinaDrugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcijeUkratko o limesimaNeodredjeni oblici

3 Neprekidnost funkcijeNeprekidne i prekidne funkcijeNeprekidnost i operacije s funkcijama

4 DiferencijalDefinicija diferencijalaOsnovna primjena


Derivacija Derivacija-uvod

Derivacija-uvod

Brzina:

vrijeme(s) · · ·x · · ·x + ∆x · · ·put(m) · · ·y(x) · · ·y(x + ∆x) · · ·

Prosjecna brzina u vremenskom intervalu ∆x (tj. od x do x + ∆x):

putvrijeme

=∆y∆x

=y(x + ∆x)−y(x)

∆x

Trenutna brzina u trenutku x :

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

y(x + ∆x)−y(x)

∆x



PRIMJER 1.Oznacimo s y =predeni put(m), x =proteklo vrijeme(s). Neka je vezazadana s y = x2 + 1 :

x 0 1 2 3 4 · · ·y 1 2 5 10 17 · · ·

Izracunajmo prosjecnu brzinu gibanja u vremenskom intervalu:

(a) 2 do 3, (b) 2 do 2.1, (c) 2 do 2.01



Rjesenje.

(a)∆y∆x

=10−53−2

=51

= 5 [m/s]

(b) x = 2,x + ∆x = 2.1⇒∆x = 0.1

∆y = y(2 + ∆x)−y(2) = 2.12 + 1− (22 + 1) = 0.41∆y∆x

=0.410.1

= 4.1 [m/s]

(c)∆y∆x

=y(2.01)−y(2)

2.01−2

=2.012 + 1− (22 + 1)

0.01=

4.0401−40.01

= 4.01 [m/s]



PRIMJER 2.Za gibanje iz primjera 1. izracunajmo trenutnu brzinu u trenutku:(a) x , (b) x = 2

Rjesenje.

(a)∆y∆x

=y(x + ∆x)−y(x)

∆x

=(x + ∆x)2 + 1− (x2 + 1)

∆x=

2x∆x + (∆x)2

∆x= 2x + ∆x =⇒

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

(2x + ∆x) = 2x[m

s

](b) x = 2 =⇒ trenutna brzina je 2 ·2 = 4

[ms

]



ZADATAK 1.Za funkciju y = 5x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima

1 [2,4]2 [2.9,3.1]3 [2.99,3.01]

(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 3.

Rjesenje.

(a1) ∆x = 4−2 = 2, ∆y = 5(x + ∆x)−5x = 5∆x = 10⇒ ∆y∆x = 5

(a2) ∆x = 0.2, ∆y = 5∆x = 1⇒ ∆y∆x = 5

(a3)∆y∆x = 5

(b1) lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

5∆x∆x

= 5

(b2) U svakome trenutku, pa tako i x = 3, trenutna brzina iznosi 5.



ZADATAK 1.Za funkciju y = 5x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima

1 [2,4]2 [2.9,3.1]3 [2.99,3.01]

(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 3.

Rjesenje.

(a1) ∆x = 4−2 = 2, ∆y = 5(x + ∆x)−5x = 5∆x = 10⇒ ∆y∆x = 5

(a2) ∆x = 0.2, ∆y = 5∆x = 1⇒ ∆y∆x = 5

(a3)∆y∆x = 5

(b1) lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

5∆x∆x

= 5

(b2) U svakome trenutku, pa tako i x = 3, trenutna brzina iznosi 5.



ZADATAK 2.

Za funkciju y = x2 + x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima

1 [1.1,1.85]2 [1.1,1.2]3 [1.1,1.105]

(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 1.1.

Rjesenje.(a1)∆x = 0.75, ∆y = (1.852 + 1.85)− (1.12 + 1.1) = 2.9625⇒ ∆y

∆x = 3.95(a2) ∆x = 0.1, ∆y = (1.22 + 1.2)− (1.12 + 1.1) = 0.33⇒ ∆y

∆x = 3.3(a3)∆x = 0.005, ∆y = 0.016025, ∆y

∆x = 3.205

(b1) lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

(2x + 1 + ∆x) = 2x + 1.

(b2) Trenutna brzina u x = 1.1 iznosi 2x + 1 = 2 ·1.1 + 1 = 3.2



ZADATAK 2.

Za funkciju y = x2 + x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima

1 [1.1,1.85]2 [1.1,1.2]3 [1.1,1.105]

(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 1.1.

Rjesenje.(a1)∆x = 0.75, ∆y = (1.852 + 1.85)− (1.12 + 1.1) = 2.9625⇒ ∆y

∆x = 3.95(a2) ∆x = 0.1, ∆y = (1.22 + 1.2)− (1.12 + 1.1) = 0.33⇒ ∆y

∆x = 3.3(a3)∆x = 0.005, ∆y = 0.016025, ∆y

∆x = 3.205

(b1) lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

(2x + 1 + ∆x) = 2x + 1.

(b2) Trenutna brzina u x = 1.1 iznosi 2x + 1 = 2 ·1.1 + 1 = 3.2


Derivacija Prvi pristup derivaciji: trenutna brzina

TRENUTNA BRZINA GIBANJA

TRENUTNA BRZINA GIBANJA :

y = f (x), x=vrijeme, y=put, U TRENUTKU x JE

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x

Npr. za y = x3

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

(x + ∆x)3−x3

∆x

= lim∆x→0

x3 + 3x2∆x + 3x (∆x)2 + (∆x)3−x3

∆x= lim

∆x→0(3x2 + 3x∆x + (∆x)2) = 3x2


Derivacija Prvi pristup derivaciji: trenutna brzina

TRENUTNA BRZINA GIBANJA

TRENUTNA BRZINA GIBANJA :

y = f (x), x=vrijeme, y=put, U TRENUTKU x JE

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x

Npr. za y = x3

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

(x + ∆x)3−x3

∆x

= lim∆x→0

x3 + 3x2∆x + 3x (∆x)2 + (∆x)3−x3

∆x= lim

∆x→0(3x2 + 3x∆x + (∆x)2) = 3x2


Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije

NAGIB GRAFA FUNKCIJE



NAGIB GRAFA FUNKCIJE

NAGIB SEKANTE s

∆y∆x

= PROSJECNI NAGIB GRAFA IZMEDU x0 i x0 + ∆x

NAGIB GRAFA U TOCKI

TANGENTNI NAGIB GRAFA y = f (x) U TOCKI (x0, f (x0)) JE

lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x0 + ∆x)− f (x0)

∆x



PRIMJER 3.

Izracunajmo prosjecan nagib grafa y = x2 od tocke (1,1) do tocke(1.5,2.25)

Rjesenje.

1 1.5

12

1.52

∆y

∆x∆y∆x

= 1.52−12

1.5−1= 2.5



PRIMJER 3.

Izracunajmo prosjecan nagib grafa y = x2 od tocke (1,1) do tocke(1.5,2.25)

Rjesenje.

1 1.5

12

1.52

∆y

∆x∆y∆x

= 1.52−12

1.5−1= 2.5



PRIMJER 4.

Izracunajmo nagib grafa y = x2 u:(a) (x ,x2), (b) (2,4).

Rjesenje.

x x + ∆x

x2

(x + ∆x)2

∆y

∆x

∆y

∆x=

(x + ∆x)2 − x2

∆x=

=2x∆x + (∆x)2

∆x

= 2x + ∆x

⇒ lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0(2x + ∆x) = 2x

Nagib u tocki (x ,x2), je 2x . Specijalno, u tocki (2,4) je 4.



PRIMJER 4.

Izracunajmo nagib grafa y = x2 u:(a) (x ,x2), (b) (2,4).

Rjesenje.

x x + ∆x

x2

(x + ∆x)2

∆y

∆x

∆y

∆x=

(x + ∆x)2 − x2

∆x=

=2x∆x + (∆x)2

∆x

= 2x + ∆x

⇒ lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0(2x + ∆x) = 2x

Nagib u tocki (x ,x2), je 2x . Specijalno, u tocki (2,4) je 4.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 14 / 61


ZADATAK 3.Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = 3x :

(a) izmedu tocaka (−1,−3) i (2,6);

(b) na intervalu [0,1];

(c) u tocki (x ,3x).

Rjesenje.

(a) ∆y∆x = 6−(−3)

2−(−1) = 3

(b) ∆y∆x = 3·1−3·0

1−0 = 3

(c) Racunamo limes: lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

3(x + ∆x)−3x∆x

= lim∆x→0

3∆x∆x

= 3.



ZADATAK 3.Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = 3x :

(a) izmedu tocaka (−1,−3) i (2,6);

(b) na intervalu [0,1];

(c) u tocki (x ,3x).

Rjesenje.

(a) ∆y∆x = 6−(−3)

2−(−1) = 3

(b) ∆y∆x = 3·1−3·0

1−0 = 3

(c) Racunamo limes: lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

3(x + ∆x)−3x∆x

= lim∆x→0

3∆x∆x

= 3.



ZADATAK 4.

Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = x−x2 :

(a) na intervalu [0,1];

(b) u tocki (x ,x−x2).

(c) u tockama (0,0), (0.5,0.25), (1,0).

Rjesenje.

(a) ∆y∆x = 1−12−(0−02)

1−0 = 0

(b) Racunamo limes: lim∆x→0

∆y∆x

=

lim∆x→0

(x + ∆x)− (x + ∆x)2− (x−x2)

∆x= lim

∆x→0(1−2x−∆x) = 1−2x .

(c) 1, 0, −1 respektivno.



ZADATAK 4.

Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = x−x2 :

(a) na intervalu [0,1];

(b) u tocki (x ,x−x2).

(c) u tockama (0,0), (0.5,0.25), (1,0).

Rjesenje.

(a) ∆y∆x = 1−12−(0−02)

1−0 = 0

(b) Racunamo limes: lim∆x→0

∆y∆x

=

lim∆x→0

(x + ∆x)− (x + ∆x)2− (x−x2)

∆x= lim

∆x→0(1−2x−∆x) = 1−2x .

(c) 1, 0, −1 respektivno.



DERIVACIJA

Derivacija funkcije y = f (x) u tocki x je

y ′ =dydx

:= lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x

ALTERNATIVNE OZNAKE:

f ′(x) ilidfdx

Trenutna brzina gibanja, nagib grafa u tocki, ... su derivacije!



DERIVACIJA


y ′ =dydx

:= lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x


f ′(x) ilidfdx




DERIVACIJA


y ′ =dydx

:= lim∆x→0

∆y∆x

= lim∆x→0

f (x + ∆x)− f (x)

∆x


f ′(x) ilidfdx




Pravila deriviranja

(1)d(cf )

dx= c

dfdx

, c = konstanta

(2)ddx

(f ±g) =dfdx± dg

dx

(3)ddx

(fg) =dfdx

g +dgdx

f

(4)ddx

(fg

)=

dfdx g− dg

dx fg2



Tablica derivacija nekih elementarnih funkcija

c′ = 0 (c ∈ R) (xa)′ = axa−1 (a ∈ R, x > 0)

(sin x)′ = cos x (arcsin x)′ =1√

1−x2

(cos x)′ =−sin x (arccos x)′ =−1√1−x2

(tg x)′ =1

cos2 x(arctg x)′ =

11 + x2

(ctg x)′ =− 1sin2 x

(arcctg x)′ =−1

1 + x2

(ex )′ = ex (ln x)′ =1x

(ax )′ = ax ln a (loga x)′ =1

x ln a



ZADATAK 5.Izracunati derivacije funkcija:

1 −2x2 5x2

3 3x3−4x2 + 2x + 14 1

x .

Rjesenje.1 −22 10x3 9x2−8x + 2

4 − 1x2




1 −2x2 5x2

3 3x3−4x2 + 2x + 14 1

x .

Rjesenje.1 −22 10x3 9x2−8x + 2

4 − 1x2




1 x2 cosx2 ex lnx

3sinx

x

4sinxcosx

.

Rjesenje.1 2x cosx−x2 sinx

2 ex lnx− ex

x

3x cosx−sinx

x2

41

cos2 x




1 x2 cosx2 ex lnx

3sinx

x

4sinxcosx

.

Rjesenje.1 2x cosx−x2 sinx

2 ex lnx− ex

x

3x cosx−sinx

x2

41

cos2 xKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 21 / 61

Derivacija Ukratko o limesima

Ukratko o limesima1

limx→x0

y(x) = a

ZNACI DA SE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE y(x) SVE VISEPRIBLIZAVAJU BROJU a, KADA SE x PRIBLIZAVA BROJU x0.

1Zainteresirani studenti mogu detaljnije o limesima procitati u poglavlju”Limesi-dodatak”Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 22 / 61

http://e-ucenje.fsb.hr/mod/url/view.php?id=26390


y

x

y = f(x)

1

1

1.7

limx→1

f (x) ne postoji



y

x

y = f(x)

1

1

1.7

limx→1

f (x) ne postoji

limx→1−

f (x) = 1



y

x

y = f(x)

1

1

1.7

limx→1

f (x) ne postoji

limx→1+

f (x) = 1.7



y

x

y = f(x)

1

3

14

limx→ 1

4

f (x) = 3

limx→1

f (x) ne postoji



Racunanje s limesima funkcija

Limes funkcije je u skladu sa operacijama zbrajanja, mnozenja i slaganja(kompozicija) funkcija.

Tvrdnja 1.Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g funkcije definirane na I, osimmozda u x0. Ako postoje lim

x→x0f (x) i lim

x→x0g(x), onda vrijedi

1) funkcija f ±g ima limes u x0 ilim

x→x0(f (x)±g(x)) = lim

x→x0f (x)± lim

x→x0g(x) ,

2) za svaki c ∈ R funkcija c f ima limes u x0 ilim

x→x0c f (x) = c lim

x→x0f (x),

3) funkcija f ·g ima limes u x0 ilim

x→x0(f (x) ·g(x)) = lim

x→x0f (x) · lim

x→x0g(x),



4) ako je g(x) 6= 0 (∀x ∈ I \{x0}) i limx→x0

g(x) 6= 0,

funkcija fg ima limes u x0 i

limx→x0

(f (x)g(x)

)=

limx→x0

f (x)

limx→x0

g(x) ,

5) funkcija |f | ima limes u x0 i

limx→x0|f (x)|=

∣∣∣∣ limx→x0

f (x)

∣∣∣∣ ,6) ako je f (x) > 0 (∀x ∈ I \{x0}) , lim

x→x0f (x) = A > 0 i lim

x→x0g(x) = B,

funkcija f g ima limes u x0 i

limx→x0

(f (x)g(x)

)=

(lim

x→x0f (x)

) limx→x0

g(x)

= AB.

Svojstva 1) – 6) vrijede i u slucaju kada x →±∞.



PRIMJER 5.

Izracunajmo limes limx→−2

x3 + 2x2−15−3x

i obrazlozimo svaki korak.

RjesenjeZapocinjemo primjenom pravila 4), ali njegova primjena potpuno jeopravdana u zavrsnoj fazi kada smo utvrdili da postoje limesi brojnika inazivnika i limes nazivnika nije 0.

limx→−2

x3+2x2−15−3x =

limx→−2

(x3+2x2−1)

limx→−2

(5−3x) (pravilo 4)

=lim

x→−2x3+2 lim

x→−2x2− lim

x→−21

limx→−2

5−3 limx→−2

x (primjena 1, 2 i 3)

= (2−)3+2(−2)2−15−3(−2) (uzastopnom primjenom 3)

= − 111 .


Derivacija Neodredjeni oblici

Neodredeni oblici

Neodredeni oblici su:00,

∞

∞, 0 ·∞, ∞−∞, 1∞, 00, 0∞

Odredeni oblici su:L0→ ∞ (L 6= 0),

L∞→ 0,

∞

0→ ∞, . . .

U ovom odjeljku cemo racunati limese koristeci prethodno navedenapravila za limese funkcija i neke algebarske transformacije.

PRIMJER 6.(0

0

)Izracunajmo:

a) limx→0

(3 + x)2−9x

,

b) limt→0

√t2 + 9−3

t2 .



Rjesenjea) Podsjetimo se da uzimamo u obzir samo x 6= 0 kad x tezi 0, pacemo prvo pojednostavniti razlomak: (3+x)2−9

x = (9+6x+x2)−9x = 6 + x .

Stoga je

limx→0

(3 + x)2−9x

= limx→0

(6 + x) = 6.

b) Ne mozemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci jelimes nazivnika 0. Ovdje cemo prvo racionalizirati brojnik.

limt→0

√t2+9−3

t2 =(0

0

)= lim

t→0

√t2+9−3

t2 ·√

t2+9+3√t2+9+3

= limt→0

(t2+9)−9

t2(√

t2+9+3) = lim

t→0t2

t2(√

t2+9+3)

= limt→0

1√t2+9+3

= 1√limt→0

(t2+9)+3= 1

3+3 = 16 .



ZADATAK 7.Izracunajte:

a) limh→0

(h−5)2−25h , [R :−10]

b) limt→−3

t2−92t2+7t+3 , [R : 6/5]

c) limx→0

√1+x−

√1−x

x , [R : 1]

d) limh→−2

h+2h3+8 , [R : 1/12]

e) limx→16

4−√x16x−x2 , [R : 1/128].



PRIMJER 7.(

∞

∞

)Izracunajmo:

a) limx→∞

x2 + 3x−53x2 + x

,

b) limt→∞

t +√

t2 + t2t−3

.

Rjesenje a)Ne mozemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci je limesnazivnika ∞. Ovdje cemo prvo podijeliti brojnik i nazivnik s x2 koje nije0, jer x → ∞.

limx→∞

x2 + 3x−53x2 + x

=(

∞

∞

)= lim

x→∞

(x2 + 3x−5)/x2

(3x2 + x)/x2 = limx→∞

1 + 3x − 5

x2

3 + 1x

=13.



Rjesenje b)Prvo cemo podijeliti brojnik i nazivnik s navecom potencijom urazlomku. (Mozemo smatrati da je t > 0.)

limt→∞

t +√

t2 + t2t−3

=(

∞

∞

)= lim

t→∞

(t +√

t2 + t)/t(2t−3)/t

= limt→∞

1 +√

1 + 1t

2− 3t

=1 + 1

2= 1.


a) limh→∞

6h4+2h3+h2

2h3+h2−3 , [R : ∞] b) limt→∞

5t2−t+32t3+3t−4 , [R : 0]

c) limx→∞

√3+x+

4√

x2−3x+22√

x−2+4√x2−5

, [R : 2/3]

d) limt→−∞

√t2+2tt+1 , [uvesti supstituciju t =−x , R :−1].



Neodredeni oblik (0 ·∞)

Ako je f (x) = g(x) ·h(x) i limx→a

g(x) = 0 i limx→a

h(x) = ∞, gdje je

a ∈ R∪{−∞,∞}, tada se limx→a

f (x) svodi na oblikg(x)

1h(x)

ilih(x)

1g(x)

, tako da

se odredivanje granicne vrijednosti svodi na slucajeve(0

0

)ili(

∞

∞

).

PRIMJER 8.

Izracunajmo limx→ π

2

(π

2−x)· tgx .

Rjesenje

limx→ π

2

(π

2 −x)· tgx = (0 ·∞) = lim

x→ π

2

π

2−xctgx =

(00

)=

∣∣∣∣ supst.y = π

2 −x

∣∣∣∣= lim

y→0

yctg( π

2−y)= lim

y→0

ytgy = lim

y→0

ysiny ·cosy = 1 ·1 = 1.



ZADATAK 9.

Ako je g(x) =1x

i h(x) = x2, izracunajte

i)a) lim

x→∞g(x) ·h(x) = lim

x→∞

1x ·x2, [R : ∞]

b) limx→−∞

g(x) ·h(x) = limx→−∞

1x ·x2, [R :−∞]

c) limx→0+

g(x) ·h(x) = limx→0+

1x ·x2, [R : 0]

b) limx→0−

g(x) ·h(x) = limx→0−

x 1x ·x2, [R : 0].

ii)a) lim

x→∞

1h(x) · 1

g(x) = limx→∞

1x2 ·x , [R : 0]

b) limx→−∞

1h(x) · 1

g(x) = limx→−∞

1x2 ·x , [R : 0]

c) limx→0+

1h(x) · 1

g(x) = limx→0+

1x2 ·x , [R : ∞]

b) limx→0−

1h(x) · 1

g(x) = limx→0−

1x2 ·x , [R :−∞].



PRIMJER 9. (∞−∞)

Izracunajmo:

a) limx→∞

(√x−√

x + 2)

,

b) limt→−∞

(t +√

t2− t + 3)

.

RjesenjeU slucaju neodredenog oblika ∞−∞ potrebno je danu funkcijualgebarskim transformacijama svesti na oblik ∞

∞.

a) limx→∞

(√x−√

x + 2)

= (∞−∞)

= limx→∞

(√x−√

x + 2)·√

x +√

x + 2√x +√

x + 2

= limx→∞

x−x−2√x +√

x + 2=

−2√x +√

x + 2= 0.



Rjesenje b)

limt→−∞

(t +√

t2− t + 3)

= (−∞ + ∞) =

∣∣∣∣ supst.t =−x

∣∣∣∣= lim

x→∞

(−x +

√x2 + x + 3

)= lim

x→∞

(−x +

√x2 + x + 3

)· x+√

x2+x+3

x+√

x2+x+3

= limx→∞

−x2+x2+x+3x+√

x2+x+3=(

∞

∞

)= lim

x→∞

(x+3)/x

(x+√

x2+x+3)/x

= limx→∞

1+ 3x

1+√

1+ 1x + 3

x2

= 11+1 = 1

2 .

ZADATAK 10.

Izracunajte: a) limt→∞

(t−√

t2−2t + 4), [R : 1]

b) limx→∞

(√x2−2−

√x2−3x + 7

), [R : 3/2]

c) limt→∞

(1√

t(√

t−2−√

t+4

), [R :−1/3].



Neodredeni oblik (1∞)

Ovdje racunamo limese funkcija oblika y = f (x)g(x) kod kojih nakonuvrstavanja dobivamo oblik 1∞. Osim svojstava 1) – 6) za racunanje slimesima, koristit cemo vazan limes preko niza prirodnih brojeva:

limn→∞

(1 +

1n

)n

= e.

Uvodeci supstituciju n =−1−k , dobivamo da taj limes vrijedi i kad n→−∞:

limn→−∞

(1 + 1

n

)n= lim

k→∞

(1− 1

1+k

)−1−k= lim

k→∞

(1+k

k

)1+k

= limk→∞

(1 + 1

k

)k (1 + 1

k

)= e ·1 = e.

Na osnovi toga moze se dokazati da vrijedi opcenitije:

limx→±∞

(1 +

1x

)x

= e.



PRIMJER 10.

a) Za proizvoljne α, β ∈ R izracunajmo: limx→∞

(1 +

α

x

)βx.

b) Izracunalmo: limx→0

(1 + x)1x .

Rjesenjea) Uvodeci supstituciju y = x/α i primjenjujuci svojstvo 6) za racunanjelimesa f g , gdje je g(x) = c konstantna funkcija, dobivamo:

limx→∞

(1 +

α

x

)βx= lim

y→∞

(1 +

1y

)βαy

=

(lim

y→∞

(1 +

1y

)y)αβ

= eαβ.

b) Uvodeci supstituciju x =1y

dobivamo zeljeni limes.



PRIMJER 11.

Izracunajmo: a) limx→∞

(x2−5

x2

)x2

, b) limx→∞

(x + 3x + 1

)x

.

Rjesenje

a) limx→∞

(x2−5

x2

)x2

= (1∞) = limx→∞

(1− 5

x2

)x2

= limx→∞

(1 + 1

− x25

)x2

= limx→∞

(1 + 1

− x25

)− x25 ·(−5)

=

(lim

x→∞

(1 + 1

− x25

)− x25)−5

= e−5,

b) limx→∞

(x+3x+1

)x= (1∞) = lim

x→∞

(1 + x+3

x+1 −1)x

= limx→∞

(1 + 2

x+1

)x

= limx→∞

((1 + 2

x+1

) x+12) 2

x+1 ·x=

(lim

x→∞

(1 + 2

x+1

) x+12) lim

x→∞

2xx+1

= e2.




a) limx→∞

(√x+3√x+1

)2√

x, [R : e4]

b) limt→∞

(t+at+b

)t, [R : ea−b]

c) limx→∞

(x3+xx3−c

)x2

, c ∈ R, [R : e].

Neodredeni oblici(00) i

(∞0)

U prvom slucaju racunamo limese funkcija oblika f (x) = g(x)h(x) ako jelimx→a

g(x) = 0+ i limx→a

h(x) = ∞, gdje je a ∈ R∪{−∞,∞}. Tada se

limx→a

g(x)h(x) odreduje tako da se najprije logaritmira:

ln f (x) = h(x) · ln(g(x)). Tako se granicna vrijednost svodi naneodredeni oblik (0 ·∞). Ako je ta granicna vrijednost L, onda jetrazena granicna vrijednost eL. Slicno se postupa u slucaju

(∞0).



PRIMJER 12.

Izracunajmo: a) limx→0+

x tgx , b) limx→0+

x1x , c) lim

x→∞x

1x .

Rjesenje

a) limx→0+

x tgx =(00)= lim

x→0+etg(x)·ln(x) = e

limx→0+

tg(x)·ln(x)

= e(0·∞) = elim

x→0+

lnxctg(x)

= . . . = e0 = 1

b) limx→0+

x1x = (0∞) = e

limx→0+

1x ·ln(x)

= e−∞ = 0

c) limx→∞

x1x =

(∞0)= e

limx→∞

1x ·ln(x)

= . . . = e0 = 1.

ZADATAK 12.Izracunajte odredene oblike:

a) limx→1+

x1−x , [R :−∞] b) lim

x→0−1

1+e1x, [R : 1] c) lim

x→0+

11+e

1x, [R : 0].


Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije

NEPREKIDNOST (NEPREKINUTOST) FUNKCIJE

Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I. Funkcija f : I→ R je neprekdna ux0 ∈ I ako ako postoji limes funkcije f u tocki x0 i

limx→x0

f (x) = f (x0).

Sve ostale situacije znace prekid u tocki x0.

Funkcija je neprekidna na I ako je neprekidna u svakoj tocki x0 ∈ I.

Sve elementarne funkcije su neprekidne tamo gdje su definirane!

PRIMJER 13.

limx→2

x2−1x−1

=22−12−1

= 3





limx→x0

f (x) = f (x0).




PRIMJER 13.

limx→2

x2−1x−1

=22−12−1

= 3





limx→x0

f (x) = f (x0).




PRIMJER 13.

limx→2

x2−1x−1

=22−12−1

= 3



Pravilo zamjene

Tvrdnja 2.Ako je f (x) = g(x) osim mozda u x0, onda je

limx→x0

f (x) = limx→x0

g(x).

PRIMJER 14.

limx→1

x2−1x−1

=

(00

)= lim

x→1

(��x−1)(x + 1)

��x−1= lim

x→1(x + 1) = 2



Pravilo zamjene

Tvrdnja 2.Ako je f (x) = g(x) osim mozda u x0, onda je

limx→x0

f (x) = limx→x0

g(x).

PRIMJER 14.

limx→1

x2−1x−1

=

(00

)= lim

x→1

(��x−1)(x + 1)

��x−1= lim

x→1(x + 1) = 2



PRIMJER 15.

Na slici je prikazan graf funkcije f .U kojim tockama funkcija ima prekid?Zasto?

Rjesenje1) Ima prekid u tocki x0 = 1, jer funkcija nije definirana u 1.2) Ima prekid u tocki x0 = 3. Funkcija je ovdje definirana, ali ne postojilimx→3

f (x) (jer lijevi i desni limes nisu jednaki).

3) Ima prekid u tocki x0 = 5. Funkcija je ovdje definirana i postojilimx→5

f (x) (jer su lijevi i desni limes jednaki). Ali limx→5

f (x) 6= f (5).



Vrste prekida:Funkcija f ima uklonjivi prekid u tocki x0 ako postoji lim

x→x0f (x) = L 6= f (x0).

Funkcija f ima prekid prve vrste u tocki x0 ako su limesi slijeva i zdesna utocki x0 konacni i razliciti.Funkcija f ima prekid druge vrste u tocki x0 ako je barem jedan od limesaslijeva ili zdesna beskonacan ili ne postoji.

ZADATAK 13.

a) Provjerite da funkcija f (x) =

{−2x2, x ≤ 3,

3x , x > 3,ima prekid prve

vrste u x0 = 3.b) Provjerite da funkcija f (x) = 3−2x

1+x ima prekid druge vrste ux0 =−1.

c) Provjerite da funkcija g(x) =

sinx

x , x < 0,−1, x = 0,

5x4−2x + 1, x > 0,ima

uklonjivi prekid u x0 = 0.


Neprekidnost funkcije Neprekidnost i operacije s funkcijama

Neprekidnost i operacije s funkcijama

Tvrdnja 3.Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g : I→ R neprekidne u x0.Tada vrijedi

1) funkcija f ±g je neprekidna u x0,2) za svaki λ ∈ R funkcija λ f je neprekidna u x0,3) funkcija f ·g je neprekidna u x0,4) ako je g(x) 6= 0, ∀x ∈ I, onda je funkcija f

g je neprekidna u x0,

5) funkcija |f | je neprekidna u x0.

Osim toga, kompozicija neprekidnih funkcija daje neprekidnu funkciju:6) Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I, g : I→ R neprekidna u x0 i

f : g(I)→ R neprekidna u f (x0). Tada je kompozicija f ◦g (dana s(f ◦g)(x) = f (g(x))) neprekidna u x0.



Stavak 6) u tvrdnji 3. (neprekidna funkcija neprekidne funkcije jeneprekidna funkcija) je posljedica slijedece tvrdnje o limesima.

Tvrdnja 4.Neka je I ⊆ R otvoren interval, a ∈ I, lim

x→ag(x) = b i f : g(I)→ R

neprekidna u b, tada je limx→a

f(

g(x))

= f (b). Drugim rijecima:

limx→a

f(

g(x))

= f(

limx→a

g(x)).

PRIMJER 16.

Napisimo specijalne slucajeve tvrdnje 4. ako je f (x) = n√

x , ex .



Rjesenje

limx→a

n√

g(x) = n√

limx→a

g(x), n ∈ N, g(x)≥ 0, ∀x ∈ I,

limx→a

e g(x) = elimx→a

g(x).

PRIMJER 17.

U kojim tockama je funkcija F (x) = 1√x2+7−4

neprekidna?

RjesenjeF = f ◦g ◦h ◦k , gdje jef (x) = 1

x , g(x) = x−4, h(x) =√

x , k(x) = x2 + 7.Kako su sve elementarne funkcije neprekidne na svojoj domeni, toprema stavku 6) tvrdnje 3. slijedi da je F neprekidna na svojoj domeni:

DF ={

x ∈R|√

x2 + 7−4 6= 0}

= {x ∈R|x 6=±3}= (−∞,−3)∪(−3,3)∪(3,+∞).


Diferencijal Definicija diferencijala

DIFERENCIJAL

y

x

y = f(x)

∆x

x0

y0

x0 + ∆x

∆ydy

∆y∆x≈ dy

dx⇒

∆y ≈ dydx

∆x = f ′(x0)∆x

DIFERENCIJAL : dy := f ′(x0)∆x

y(x0 + ∆x)−y(x0)≈ dy ⇒y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + dy

y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + f ′(x0)∆x



PRIMJER 18.

Neka je y =√

x . Izracunati diferencijal dy(a) u proizvoljnoj tocki x , (b) u tocki 1, (c) u tocki 4.

Rjesenje.

y

x1 1 + ∆x

1

∆x2

∆x4

4 4 + ∆x

2 (a) dy =∆x2√

x

(b) dy =∆x2

(c) dy =∆x4



PRIMJER 18.

Neka je y =√

x . Izracunati diferencijal dy(a) u proizvoljnoj tocki x , (b) u tocki 1, (c) u tocki 4.

Rjesenje.

y

x1 1 + ∆x

1

∆x2

∆x4

4 4 + ∆x

2 (a) dy =∆x2√

x

(b) dy =∆x2

(c) dy =∆x4



PRIMJER 19.

Koristeci se diferencijalom od y =√

x priblizno izracunajte√

4.1,√

3.9.

Rjesenje.

y

xx x + ∆x

√x

√x + ∆x dy = ∆x

2√x



PRIMJER 19.

Koristeci se diferencijalom od y =√

x priblizno izracunajte√

4.1,√

3.9.

Rjesenje.

y

xx x + ∆x

√x

√x + ∆x dy = ∆x

2√x



Rjesenje.

y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + y ′(x0)∆x

√4.1 =

√4 + 0.1

≈√

4 +0.12√

4= 2.025

√3.9 =

√4 + (−0.1)

≈√

4− 0.12√

4= 1.975



ZADATAK 14.Koristeci diferencijale odgovarajucih funkcija, priblizno izracunati:

1 e0.01

2 ln(1.02)

3 sin( π

3 −0.03)

4 arctg(−1.04).

Rjesenje.1 e0.01 ≈ e0 + (ex )′(0) ·0.01 = e0 + e0 ·0.01 = 1.012 ln(1.02)≈ ln1 + (lnx)′(1) ·0.02 = 0.023 sin( π

3 −0.03)≈ sin( π

3) + (sinx)′( π

3) · (−0.03) =sin( π

3) + cos( π

3) · (−0.03)≈ 0.8514 arctg(−1.04)≈ arctg(−1) + (arctg(x))′(−1) · (−0.04) =−π

4 − 0.041+(−1)2 ≈−0.8054



ZADATAK 14.Koristeci diferencijale odgovarajucih funkcija, priblizno izracunati:

1 e0.01

2 ln(1.02)

3 sin( π

3 −0.03)

4 arctg(−1.04).

Rjesenje.1 e0.01 ≈ e0 + (ex )′(0) ·0.01 = e0 + e0 ·0.01 = 1.012 ln(1.02)≈ ln1 + (lnx)′(1) ·0.02 = 0.023 sin( π

3 −0.03)≈ sin( π

3) + (sinx)′( π

3) · (−0.03) =sin( π

3) + cos( π

3) · (−0.03)≈ 0.8514 arctg(−1.04)≈ arctg(−1) + (arctg(x))′(−1) · (−0.04) =−π

4 − 0.041+(−1)2 ≈−0.8054


Diferencijal Osnovna primjena

Derivacija je brzina promjene

Ako velicina y ovisi o velicini x , tako da je y = y(x), onda derivacijay ′ = y ′(x) predstavlja brzinu kojom se y mijenja u ovisnosti o x .

Zbog toga promjena od y , tj. ∆y , koja nastaje promjenom od x , tj. ∆x ,priblizno iznosi:

∆y ≈ y ′(x)∆x .



PRIMJER 20.Polozaj kamena bacenog okomito uvis s mosta opisan je funkcijomh(t) = 50t−5t2 u metrima, i t vrijeme u sekundama.

1 Kolika je brzina kamena?2 Koliko je ubrzanje kamena?

Rjesenje.1 h′(t) = 50−10t [m/s] je brzina u trenutku t . 50−10t > 0⇔ t < 5 tj.

prvih 5 sekundi kamen ide na gore; t . 50−10t < 0⇔ t > 5 tj.nakon 5 sekundi kamen ide prema dolje(pada).

2 Ubrzanje je brzina promjene od h′ tj. (h′)′ = h′′ =−10[m/s2].



PRIMJER 20.Polozaj kamena bacenog okomito uvis s mosta opisan je funkcijomh(t) = 50t−5t2 u metrima, i t vrijeme u sekundama.

1 Kolika je brzina kamena?2 Koliko je ubrzanje kamena?

Rjesenje.1 h′(t) = 50−10t [m/s] je brzina u trenutku t . 50−10t > 0⇔ t < 5 tj.

prvih 5 sekundi kamen ide na gore; t . 50−10t < 0⇔ t > 5 tj.nakon 5 sekundi kamen ide prema dolje(pada).

2 Ubrzanje je brzina promjene od h′ tj. (h′)′ = h′′ =−10[m/s2].



ZADATAK 15.Nastavak prethodnog primjera.

1 Koja je najvisa tocka koju ce kamen doseci?2 Kad ce kamen pasti ispod mosta?



0 10 t

h(t)

Rjesenje.1 Najvisa tocka se dostize kada kamen prelazi iz uzlazne u silaznu

putanju tj. kada mu je trenutna brzina jednaka 0, sto se postize utrenutku t = 5. Dakle najvisa tocka koju ce kamen doseci jeh(5) = 125[m].

2 t = 10 tj. druga nultocka od h(t) = 50t−5t2 = 0.



0 10 t

h(t)

Rjesenje.1 Najvisa tocka se dostize kada kamen prelazi iz uzlazne u silaznu

putanju tj. kada mu je trenutna brzina jednaka 0, sto se postize utrenutku t = 5. Dakle najvisa tocka koju ce kamen doseci jeh(5) = 125[m].

2 t = 10 tj. druga nultocka od h(t) = 50t−5t2 = 0.



PRIMJER 21.Napusemo li balon u obliku kugle, njegov volumen V ovisi o njegovomradijusu na poznati nacin V = 4

3 r3π.

1 Kojom brzinom se mijenja volumen u odnosu na radijus?2 Ako je balon dosegao r = 3cm, pa se povecao za ∆r = 1/9cm, za

koliko se priblizno poveca voumen?

Rjesenje.1 dV

dr = 4r2π.

2 dVdr (3) = 4 ·32π = 36π⇒∆V ≈ dV

dr (3)∆r = 36π · 19 = 4π.



PRIMJER 21.Napusemo li balon u obliku kugle, njegov volumen V ovisi o njegovomradijusu na poznati nacin V = 4

3 r3π.

1 Kojom brzinom se mijenja volumen u odnosu na radijus?2 Ako je balon dosegao r = 3cm, pa se povecao za ∆r = 1/9cm, za

koliko se priblizno poveca voumen?

Rjesenje.1 dV

dr = 4r2π.

2 dVdr (3) = 4 ·32π = 36π⇒∆V ≈ dV

dr (3)∆r = 36π · 19 = 4π.



ZADATAK 16.Metalni stap duljine 1m zagrijan je s lijevog kraja. Ustanovljeno je datemperatura (u ◦C) u danoj tocki stapa ovisi o njezinoj udaljenosti x odmjesta zagrijavanja, prema formuli:

T (x) = 400−100x2

1 Kojom se brzinom mijenja temperatura T u tocki x0?

2 Koliko se priblizno promijeni temperatura T kad se od polovicestapa, x0 = 0.5, pomaknemo za ∆x = 0.1?

Rjesenje.1 T ′(x0) =−200x0

◦Cm

2 ∆T ≈−10◦C



ZADATAK 16.Metalni stap duljine 1m zagrijan je s lijevog kraja. Ustanovljeno je datemperatura (u ◦C) u danoj tocki stapa ovisi o njezinoj udaljenosti x odmjesta zagrijavanja, prema formuli:

T (x) = 400−100x2

1 Kojom se brzinom mijenja temperatura T u tocki x0?

2 Koliko se priblizno promijeni temperatura T kad se od polovicestapa, x0 = 0.5, pomaknemo za ∆x = 0.1?

Rjesenje.1 T ′(x0) =−200x0

◦Cm

2 ∆T ≈−10◦C



ZADATAK 17.Temperatura vode T , mjerena u ◦C, ovisi o vremenu t , mjerenom usekundama, kao:

T (t) = 10 + t/3

1 Kojom se brzinom mijenja temperatura vode u proizvoljnomtrenutku?

2 Koliko se promijeni temperatura za ∆t = 5s?

Rjesenje.1 T ′(t0) = 1

3◦Cs

2 ∆T ≈ 53◦C



ZADATAK 17.Temperatura vode T , mjerena u ◦C, ovisi o vremenu t , mjerenom usekundama, kao:

T (t) = 10 + t/3

1 Kojom se brzinom mijenja temperatura vode u proizvoljnomtrenutku?

2 Koliko se promijeni temperatura za ∆t = 5s?

Rjesenje.1 T ′(t0) = 1

3◦Cs

2 ∆T ≈ 53◦C



ZADATAK 18.Neka u odredenom vremenskom razdoblju x radnika proizvedevrijednost od y = f (x) kuna. Prosjecna brzina ∆y

∆x zove seproduktivnoscu rada, a njezina granicna vrijednost f ′(x0) marginalnomproduktivnoscu rada, na razini x0. Neki pogon s x zaposlenikaproizvodi vrijednost od

f (x) = 330x + 30x2−x3

tisuca kuna. Nadimo marginalnu produktivnost 5 zaposlenika.

Rjesenje.

f ′(x0) = 330 + 60x0−3x20 . Za x0 = 5 iznosi 555 tisuca kuna po radniku.



ZADATAK 18.Neka u odredenom vremenskom razdoblju x radnika proizvedevrijednost od y = f (x) kuna. Prosjecna brzina ∆y

∆x zove seproduktivnoscu rada, a njezina granicna vrijednost f ′(x0) marginalnomproduktivnoscu rada, na razini x0. Neki pogon s x zaposlenikaproizvodi vrijednost od

f (x) = 330x + 30x2−x3

tisuca kuna. Nadimo marginalnu produktivnost 5 zaposlenika.

Rjesenje.

f ′(x0) = 330 + 60x0−3x20 . Za x0 = 5 iznosi 555 tisuca kuna po radniku.


Documents

Matematika 1 - fsb.unizg.hr · Matematika 1 Derivacija I Katedra za matematiku, FSB Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 1 / 61. animation by animate[2012/05/24]