PRIMJENA DERIVACIJA - ieee.hr · 6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama) 103 374. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca tangenta krivulje . x y. 2 = povučena u njenoj

6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama)

101

6. poglavlje (korigirano)

∗ PRIMJENA DERIVACIJA ∗

U ovom poglavlju:

Tangenta i normala Stacionarne točke funkcije Tablica monotonosti, ekstremi, konveksnost i konkavnost, infleksije L'Hospitalovo pravilo Taylorovi redovi

Uglavnom će nas interesirati primjena derivacija na kvalitativna svojstva funkcija )(xfy = , kao što su monotonost, ekstremi, konveksnost i konkavnost te točke infleksije. Naravno, kod definiranja derivacije već smo rekli da je derivacija funkcije )(xfy = u točki ax = koeficijent tangente na tu funkciju u točki ))(,( afa , pa ćemo vježbati i račun pronalaženja tangente i normale za danu funkciju. Nadalje, derivacija u okviru L’Hospitalovog pravila može olakšati račun sa limesima, pogotovo kada imamo u nekoj složenoj funkciji nekoliko elementarnih funkcija različite vrste, poput transcedentne i algebarske. Na kraju, najvažnija primjena derivacija ogleda se u aproksimaciji složenih i transcedentnih funkcija Taylorovim redovima. 6.1 TANGENTA I NORMALA

Ponovimo li definiciju derivacije sa početka prethodnog poglavlja, lako dobivamo formule za jednadžbu tantgente i normale na danu funkciju )(xfy = u danoj točki ax = :

tangenta ))((')( ...... axafafyt −=−

normala )()('

1)( ...... axaf

afyn −−=− .

Kako vidimo, koeficijent normale je suprotan i recipročan koeficijentu tangente, jer je normala pravac kroz točku ))(,( afa koji je okomit na tangentu: n t f

USER

Korekcije na stranici 121 i 122.

Mervan Pašić: Matan1 – dodatak predavanjima za grupe GHI

102

RIJEŠENI PRIMJERI

U sljedećim zadacima pronaći jednadžbe tangenti i normala danih funkcija u danim točkama.

2

2

371. ( ) 4 , u 1;

(1) 1 4 1 3; '( ) 2 4 '(1) 2 4 2; (1) '(1)( 1) ( 3) ( 2)( 1);

1 (1) ( 1) '(1)

f x x x x

ff x x fy f f x y x

y f xf

= − =

• = − ⋅ = −• = − ⇒ = − = −• − = − ⇒ − − = − −

• − = − − ⇒1( 3) ( 1);2

y x− − = − −−

Rješenje: tangenta……. 12 −−= xy , normala……… 27

21

−= xy .

0

0

372. ( ) 3 1, u 0;

(0) 3 1 4; '( ) 3 '(0) 3 3; (0) '(0)( 0) 4 3( 0);

1 1 (0) ( 0) 4 ( 0'(0) 3

x

x

f x e x

f ef x e f ey f f x y x

y f x y xf

= + =

• = + =

• = ⇒ = =• − = − ⇒ − = −

• − = − − ⇒ − = − − );

Rješenje: tangenta……. 43 += xy , normala……… 431

+−= xy .

373. ( ) ln( 2) 2 1, u 3;

(3) ln(3 2) 2 3 1 ln1 7 7;1 1 '( ) 2 '(3) 2 1;

2 1 (3) '(3)( 3) ( 7) 1( 3);

f x x x x

f

f x fx

y f f x y x

y

= − − − =

• = − − ⋅ − = − = −

• = − ⇒ = − = −−

• − = − ⇒ − − = − −

•1 1(3) ( 3) ( 7) ( 3);'(3) 1

f x y xf

− = − − ⇒ − − = − −−

Rješenje: tangenta……. 4−−= xy , normala……… 10−= xy .


103

374. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca tangenta krivulje x

y 2= povučena u

njenoj točki za koju je 1=x ? Rješenje:

; 3 30 0 ,3 ..... ; 3 30 0 ,3 .....

;3 ....... )1(12 )1)(1(')1(

;111)1(' 11)

21(2)'2()('

;21

2)1(

32/312/12/1

=⇒+−=⇒=+−=∩•=⇒+−=⇒=+−=∩•

+−=⇒−−=−⇒−=−•

−=−=⇒−=−=−⋅==•

==•

−−−

yyxxyOtxxyxyOt

xytxyxffy

fxx

xxxf

f

y

x

Duljine traženih odsječaka su jednake i iznose 3. ☺

375. Naći jednadžbu tangenti povučenih na funkciju 24)(

−−

=xxxf u točkama gdje dana

funkcija siječe koordinatne osi.

).0(212 )0)(0(')0(

);4(210 )4)(4(')4(

;21

42)0(' ,

21

42)4('

)2(2

)2(1)4()2(1)('

);0(2 ,0 22040 0 ,

24 .....

);4(0 ,4 240 0 ,

24 .....

22

−=−⇒−=−•

−=−⇒−=−•

====⇒−

=−

⋅−−−⋅=•

===⇒=−−

=⇒=−−

=∩•

===⇒−−

=⇒=−−

=∩•

xyxffy

xyxffy

ffxx

xxxf

fyxyxxxyOf

fyxxxy

xxyOf

y

x

Rješenje: prva tangenta 221 .......1 −= xyt , druga tangenta 2

21 .......2 += xyt . ☺

ZADACI ZA VJEŽBU

376. Naći jednadžbu tangente na funkciju 15)( 23 +−= xxxf u točki 1=x . 377. Naći jednadžbu tangente i normale na funkciju 43)( 2 +−= xxxf u točki gdje funkcija )(xf siječe os yO .


104

378. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca normala funkcije 211)(x

xf+

=

povučena u njenoj točki za koju je 1=x . 379. Naći površinu trokuta kojeg čine koordinatne osi xO i yO , te tangenta funkcije

xexf −=)( povučena u njenoj točki za koju je 1=x . 380. U kojoj točki funkcije 21)( xxf −= treba postaviti njenu tangentu koja je paralelna sa pravcem 4 3y x= − + ? RJEŠENJA

376. t..... 7 4.y x= − + 1377. t..... 3 4, n..... 4.3

y x y x= − + = +

378. duljine su 3 / 4 i 3 / 2. 379. 2 / .P e= 380. 2.x = 6.2 STACIONARNE TOČKE FUNKCIJA

Važnu ulogu u traženju ekstrema funkcija jedne varijable igraju takozvane stacionarne točke funkcije. Jednostavno rečeno, stacionarne točke su točke gdje se funkcija «odmara». Za precizniju definiciju potrebna nam je pretpostavka da funkcija ima derivaciju u svakoj točki svoje domene. Tada pod stacionarnim točkama funkcije )(xfy = podrazumijevamo nul-točke njene derivacije )(' xf , odnosno vrijedi:

ax = je stacionarna točka od 0)(' )( =⇔= afxfy . Kao što ćemo vidjeti u sljedećoj točki, kao prvi korak u traženju ekstrema dane funkcije bit će pronalaženje stacionarnih točaka. RIJEŠENI PRIMJERI

U sljedećim zadacima treba pronaći sve stacionarne točke danih funkcija.


1053 2

21 2

381. ( ) 2 3 12 1;

( ) ; '( ) 6( 2) 0 2, 1;

f x x x x

D f Rf x x x x x

= + − +

• =

• = + − = ⇒ = − =

Rješenje: stacionarne točke su 1 ,2 21 =−= xx .

3 2

21 2

382. ( ) 2 15 36 7;

( ) ; '( ) 6( 5 6) 0 2, 3;

f x x x x

D f Rf x x x x x

= + + +

• =

• = + + = ⇒ = − = −

Rješenje: stacionarne točke su 3 ,2 21 −=−= xx .

3

2 1/3

383. ( ) ln ;

( ) (0, ); '( ) (3ln 1) 0 ;

f x x x

D ff x x x x e−

= ⋅

• = ∞

• = + = ⇒ =

Rješenje: stacionarne točke su 3/1−= ex .

3

3

2

3 31 2

384. ( ) ;

( ) ;

2 '( ) (2 3 ) 0 , 0;3

x

x

f x x e

D f R

f x x e x x x

= ⋅

• =

• = ⋅ + = ⇒ = − =

Rješenje: stacionarne točke su 0 ,32

23

1 =−= xx .

2

385. ( ) ;ln

( ) (0,1) (1, );ln 1 '( ) 0 ;ln

xf xx

D fxf x x ex

= −

• = ∪ ∞− +

• = = ⇒ =

Rješenje: stacionarne točke su ex = .


106

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći stacionarne točke.

3 215386. ( ) 12 10.2

f x x x x= − + −

4 2387. ( ) 2 5.f x x x= − +

388. ( ) ln .f x x x= ⋅

2389. ( ) .xf x x x e−= + ⋅ 390. ( ) 2 arc ctg ln .f x x x= ⋅ + RJEŠENJA

386. stacionarne: 1, 4.x x= = 387. stacionarne: 1, 0, 1.x x x= − = =

2388. stacionarne: .x e−= 389. stacionarne: 2 / 2.x = 390. stacionarne: 1.x = 6.3 TABLICA MONOTONOSTI. EKSTREMI

Ekstremi dane funkcije )(xfy = su njene točke minimuma i maksimuma. Točka ax = je točka (lokalnog) minimuma funkcije )(xfy = ako u okolini te točke funkcija poprima lokalno najmanju vrijednost, odnosno vrijedi:

postoji 0>δ takav da je )()( afxf ≥ za sve ),( δδ +−∈ aax . Točka ax = je točka (lokalnog) maksimuma funkcije )(xfy = ako u okolini te točke funkcija poprima lokalno najveću vrijednost, odnosno vrijedi:

postoji 0>δ takav da je )()( afxf ≤ za sve ),( δδ +−∈ aax . Osnovni razultat koji koristimo u traženju ekstrema funkcije )(xfy = je slijedeći:


107

ako je točka ax = ekstrem od 0)(' )( =⇒= afxfy .

To znači da točke ekstrema treba tražiti među stacionarnim točkama. Naravno, nije svaka stacionarna točka ujedno i ekstrem. Među stacionarnim točkama neke funkcije, osim ekstrema, odnosno točaka minimuma i maksimuma, nalaze se i točke infleksije, o kojima će biti riječi u slijedećoj točki 6.4. Osim stacionarnih točaka, koristit ćemo se i intervalima monotonosti, koje smo definirali na početku 3. poglavlja. Umjesto da po definiciji ispitujemo intervale na kojima funkcija pada i raste, što je doista teško, mi ćemo se koristiti predznakom derivacije dane funkcije, odnosno:

)(xfy = je rastuća na ),( svaki za 0)(' ],[ baxxfba ∈≥⇔ , )(xfy = je padajuća na ),( svaki za 0)(' ],[ baxxfba ∈≤⇔ .

Tablicu, u kojoj ćemo promatrati predznak derivacije )(' xf između stacionarnih točaka funkcije )(xfy = , zovemo tablica monotonosti funkcije )(xfy = . U tom smislu, prvo treba odrediti domenu funkcije, pa stacionarne točke, a tek potom i tablicu monotonosti. RIJEŠENI PRIMJERI

U sljedećim zadacima naći tablicu monotonosti te odrediti ekstreme danih funkcija. 391. ( ) ;

( ) , domena nema rubova; '( ) (1 ) 0 1 je stacionarna;

x

x

f x x e

D f Rf x e x x

−

−

= ⋅

• =

• = − = ⇒ =

Tablica monotonosti:

∞− 1 ∞ 'f + -

f

Rješenje: 1=x je točka maksimuma. Radi vizualizacije, njen graf je:


108

x 420-2-4

3

2

1

0

-1

-2

-3

-4

2

ln392. ( ) ;

( ) (0, ) domena ima jedan rub 0;1 ln '( ) 0 je stacionarna;

xf xx

D f xxf x x e

x

=

• = ∞ ⇒ =−

• = = ⇒ =


0 e ∞ 'f + -

f

Rješenje: ex = je točka maksimuma.

2

2

393. ( ) ln ;

( ) (0, ) domena ima jedan rub 0;2 ln '( ) 0 je stacionarna;

f x x x

D f xxf x x e

x−

= ⋅

• = ∞ ⇒ =+

• = = ⇒ =


0 2−e ∞ 'f - +

f

Rješenje: 2−= ex je točka minimuma.


109

1

1

394. ( ) ( 1) ;

( ) ( ,1) (1, ) domena ima rub 1;

'( ) 0 0 je stacionarna;1

xx

xx

f x x e

D f x

xf x e xx

−

−

= −

• = −∞ ∪ ∞ ⇒ =

• = = ⇒ =−


∞− 0 1 ∞ 'f + - +

f

Rješenje: 0=x je točka maksimuma. ☺ Radi vizualizacije, njen graf je:

x 3210-1

1

0

-1

-2

-3

1 2

2

ln 1395. ( ) arctg ;ln 1

( ) (0, ) ( , ) domena ima dva ruba 0, ;1 '( ) 0 nema stacionarnih t.;

(ln 1)

xf xx

D f e e x x e

f xx x

+=

−

• = ∪ ∞ ⇒ = =

• = − = ⇒+


0 e ∞ 'f - -

f

Rješenje: nema ekstrema. ☺


1102

2

2 2

2396. ( ) ln ;

( ) ( , 2) ( 1,0) (1, ) domena ima rubove 2, 1, 0, 1;4 2 1 '( ) 0 je stacionarna;

( 2)( ) 2

x xf xx x

D f x x x xxf x x

x x x x

+ −=

+

• = −∞ − ∪ − ∪ ∞ ⇒ =− =− = =+

• = = ⇒ =−+ − +

Tablica monotonosti: ∞− 2− 1− 2/1− 0 1 ∞

'f - - + + f

Rješenje: 21

−=x je točka minimuma. ☺

Radi vizualizacije, njen graf je:

x 6420-2-4-6

4

2

0

-2

-4

ZADACI ZA VJEŽBU

U sljedećim zadacima naći ekstreme i tablicu monotonosti.

2 1397. ( ) 1 arcsin .2

f x x x= − +

2398. ( ) 2 .xf x x e− += + ⋅

2399. ( ) arc tg 1 .f x x x= + +


1112

2

3400. ( ) ln .1

xf xx+

=+

2401. ( ) 2 .xf x x e−= − ⋅

5402. ( ) arc tg ln .2 2

xf x x= − ⋅ +

RJEŠENJA

max397. ekstremi: 1/ 2,x =

max398. ekstremi: 1,x = −

min399. ekstremi: 1/ 2,x = −

max400. ekstremi: 0,x =

1− 1/2 1 'f + -

f

2− 1− ∞ 'f + -

f

∞− 2/1− ∞ 'f - +

f

∞− 0 ∞ 'f + -

f


112

max401. ekstremi: 2,x = ∞− 2− 2 2 ∞

'f - + - f

max min402. ekstremi: 1, 4,x x= =

0 1 4 ∞ 'f + - +

f

6.4 KONVEKSNOST I KONKAVNOST. INFLEKSIJE

Konveksnost i konkavnost funkcije )(xfy = na nekom intervalu ],[ ba smo definirali na početku 5. poglavlja. Međutim, nije lako po definiciji ispitivati konveksnost i konkavnost složenih funkcija. Zbog toga, a uz pretpostavku da funkcija )(xfy = ima prve i druge derivacije, koje su definirane u svakoj točki njene domene, koristit ćemo slijedeći praktičan kriterij:

)(xfy = je konveksna na ),( svaki za 0)('' ],[ baxxfba ∈>⇔ , )(xfy = je konkavna na ),( svaki za 0)('' ],[ baxxfba ∈<⇔ .

Točka ax = , gdje funkcija mijenja konveksnost u konkavnost i obratno, zove se točka infleksije funkcije )(xfy = . Primijenimo li prethodni kriterij na konveksnost i konkavnost, slijedi da su točke infleksije nul-točke druge derivacije od )(xfy = . Obrat ne vrijedi. Vidi zadatak 412 dolje. Kod ispitivanja intervala konveksnosti i konkavnosti, slično kao i kod monotonosti, koristimo se odgovarajućom tablicom. Međutim, kod ove tablice konveksnosti i konkavnosti promatramo mijenjanje predznaka druge derivacije )('' xf između nul-točaka )('' xf . U tom smislu, prvo treba odrediti domenu funkcije, pa nul-točke druge derivacije, pa tek potom tablicu (intervale) konveksnosti i konkavnosti. RIJEŠENI PRIMJERI

U sljedećim zadacima naći tablicu (intervale) konveksnosti i konkavnosti te odrediti točke infleksije danih funkcija.


1134 3 2

21 2

403. ( ) 4 18 2;

( ) , domena nema rubova; ''( ) 12( 2 3) 0 3, 1;

f x x x x x

D f Rf x x x x x

= + − + −

• =

• = + − = ⇒ = − =

Tablica konveksnosti i konkavnosti:

∞− -3 1 ∞

''f + - + f ∪ ∩ ∪

Rješenje: točke infleksije su 3−=x i 1=x . Radi vizualizacije, njen graf je:

x 420-2-4-6-8-10

200

100

0

-100

-200

-300

2

2

1 22 3

1404. ( ) ;1

( ) , domena nema rubova;

2 6 3 3 ''( ) 0 , ;(1 ) 3 3

f xx

D f R

xf x x xx

=+

• =

− +• = = ⇒ = − =

+


∞− 3

3− 33 ∞

''f + - + f ∪ ∩ ∪

Rješenje: točke infleksije su 33

−=x i 33

=x .



114

x 420-2-4

2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

2

2 21 2

405. ( ) ;

( ) , domena nema rubova;

''( ) 2 (1 2 ) 0 2 / 2, 2 / 2;

x

x

f x e

D f R

f x e x x x

−

−

= −

• =

• = − = ⇒ = − =


∞− 2

2− 22 ∞

''f - + - f ∩ ∪ ∩

Rješenje: točke infleksije su 22

−=x i 22

=x .


x 420-2-4

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2


115

23

406. ( ) ;ln

( ) (0,1) (1, ), domena ima dva ruba 0, 1;2 ln ''( ) 0 ;

ln

xf xx

D f x xxf x x e

x x

=

• = ∪ ∞ = =−

• = = ⇒ =


0 1 2e ∞

''f - + - f ∩ ∪ ∩

Rješenje: točka infleksije je 2ex = . Radi vizualizacije, njen graf je:

x 420-2-4

20

10

0

-10

-20

3

407. ( ) ln ;

( ) (0, ), domena ima rub 0;ln ''( ) 0 1;

4

f x x x

D f xxf x x

x

=

• = ∞ =−

• = = ⇒ =


0 1 ∞ ''f + -

f ∪ ∩

Rješenje: točka infleksije je 1=x .


116

ZADACI ZA VJEŽBU U sljedećim zadacima naći točke infleksije i tablicu konveksnosti i konkavnosti.

4 3 2408. ( ) 6 24 7 4.f x x x x x= − − + −

5 31 8409. ( ) 4 5.5 3

f x x x x= − − +

31410. ( ) ln .

3f x x x x= −

3411. ( ) .xf x x e−=

412. ( ) arctg ln .f x x=

11413. ( ) .xf x e

−−=

RJEŠENJA

408. infleksije: 1, 4,x x= − =

∞− 1− 4 ∞ ''f + - +

f ∪ ∩ ∪

409. infleksije: 2, 0, 2,x x x= − = = ∞− 2− 0 2 ∞

''f - + - + f ∩ ∪ ∩ ∪

2410. infleksija: ,2

x =

0 2

2 ∞ ''f + -

f ∪ ∩


117

411. infleksije 3 3, 0, 3 3,x x x= − = = + ∞− 0 33− 33+ ∞

''f - + - + f ∩ ∪ ∩ ∪

412. nema infleksija,

0 1−e ∞ ''f - -

f ∩ ∩

413. infleksija: 3 / 2,x =

∞− 1 3 / 2 ∞ ''f + + -

f ∪ ∪ ∩

6.5 L´HOSPITALOVO PRAVILO

U poglavlju 4 smo detaljno izložili problematiku traženja limesa u ∞=x . Međutim, ukoliko je točka ax = konačna ili ako je složena funkcija od koje tražimo limes kompozicija “raznorodnih” funkcija (poput kvocijenta polinoma i eksponencijalne ili slično) tada je dobro u računanju limesa koristiti L’Hospitalovo pravilo:

)(')('lim)(

)()(lim 0

0

xgxfili

xgxf

axax →∞∞

→==== .

Veoma je važno prije i poslije korištenja ovog jednostavnog pravila srediti danu funkciju na najmanji mogući izraz te izlučiti izvan limesa sve funkcije koje nestvaraju neodređene oblike

00 ili ∞

∞ . Ukoliko se ne budemo pridržavali ovog savjeta, u određenim zadacima, pri uzastopnoj primjeni ovog pravila, možemo ući u «slijepu ulicu». Vidi riješeni primjer 423, dolje. RIJEŠENI PRIMJERI

U sljedećim zadacima izračunati limese danih funkcija koristeći L'Hospitalovo pravilo.


118

ln (ln ) ' 1/ 1414. lim lim lim lim 0.( ) ' 1x x x x

x x xx x x

∞∞→∞ →∞ →∞ →∞

= = = = =

2 2

( ) ' ( ) '415. lim lim lim lim lim .( ) ' 2 (2 ) ' 2

x x x x x

x x x x x

e e e e ex x x x

∞ ∞∞ ∞→∞ →∞ →∞ →∞ →∞

= = = = = = = ∞

1 1

1

1

12

2

001 1

10

1

1 ( 1) '416. lim ( 1) 0 lim lim( ) '

( ) lim lim 1.

x xx

x

x

x x xx x

x

x xx

e ex e

ee e

→∞ →∞ →∞

→∞ →∞

− −− = ∞ ⋅ = = = =

−= = = =

−

2

2

001 1

1 21

21

( ) '2 2417. lim ( ) 0 lim lim

2 ( ) '

lim lim 1.1

x x xx x

x

x xx

arctgx arctgxx arctgx

xx

π ππ

→∞ →∞ →∞

+

→∞ →∞

− −− = ∞⋅ = = = =

= = − = −− +

2

2

001 1

2 21

1

1 ( 1) '418. lim ( 1) 0 lim lim( ) '

1 1 lim lim lim 0.

x x xx x

ch x

x x xx

thx thxx thx

xchx shx

→∞ →∞ →∞

∞∞→∞ →∞ →∞

− −− = ∞⋅ = = = =

= = − = = − = − = − ∞

2

1

1 1 10 0 0 0 0

ln (ln ) '419. lim ln 0 lim lim lim lim 0.( ) '

x

x x x x xx x x

x xx x x∞∞→ → → → →

= ⋅−∞ = = − = = = − =−

000 0 0 0

sin (sin ) ' cos420. lim lim lim lim cos 1.( ) ' 1x x x x

x x x xx x→ → → →

= = = = =

2

222 220

020 0 0 0

1tg tg (tg ) ' cos 421. lim lim lim lim 1 1.

( ) ' 1x x x x

x x x xx x x→ → → →

= = = = = =

0 00 00 0 0

000 0

sin cos 1 cos 1422. lim lim limsin cos cos cos sin sin

sin cos 1 lim lim .sin cos 2cos sin 2

x x x

x x

x x x xx x x x x x x x x

x xx x x x x x

→ → →

→ →

− − −= = = = =

− − +−

= = = − = −+ −

21 2

cos00 20 0 0 0 0

1 1 1 cos423. lim lim lim lim 1 lim( 1 cos ) 2.sin cos 1 cos cos 1

x

x x x x x

tgx x x xx x x x x→ → → → →

−− −= = = = ⋅ − − = −

− − −


119

000 0 0 0

0

sin 2 2 cos 2sin cos 2 cos sin424. lim lim 2lim cos lim

sin 1 2 lim 2( ) 1.2

x x x x

x

x x x x x x x x xxtgx x tgx x tgx x

x xtgx x

→ → → →

→

− − −= = = =

− − −−

= = − = −−

ZADACI ZA VJEŽBU

2

2

ln425. lim .x

xx→∞

4426. lim .x

x

ex→∞

427. lim .lnx

xx→∞

428. lim arctg .lnx

xx→∞

1429. lim( sin ).

xx x

x→∞−

3

30

sin430. lim .x

xx→

0

sin cos431. lim .( 2)x

x xx x→

⋅+

0

sincos432. lim .

x

xxx

x→

−

0

sh sin433. lim .ch cosx

x xx x→

−−

1

cos2434. lim .

1x

x

x

π

→ −

3

0

sin435. lim .x

x xx x→

−−


1203

30

1 cos436. lim .1 ch x

xx→

−−

2

0

tg sin437. lim .th sh x

x xx x→

− −

3

0

th 438. lim . tg x

x xx x→

− −

RJEŠENJA

425. 0. 426. .∞ 427. .∞ 428. .2π

429. .−∞ 430. 1. 1431. .2

432. 0.

433. 0. 434. .π− 435. .∞ 436. 1.− 437. 1. 438. 1.− 6.6 TAYLOR-OVI REDOVI I POLINOMI Jedno od najmoćnijih analitičkih oruđa u inženjerstvu predstavljaju Taylorovi redovi. Osnovna ideja je da se poznate ne-algebarske funkcije prikažu u obliku beskonačne sume. Time se složene ne-algebarske operacije mijenjaju s jednostavnim operacijama zbrajanja i potenciranja, koje se lako realiziraju na strojnom nivou u računalu. Naravno, beskonačne se sume u Taylorovim redovima neće računati, nego se zamjenjuju pripadnim konačnim, takozvanim Taylorovim polinomima. Pri tome, greška pri aproksimaciji beskonačnih suma sa konačnim sumama je dana i potpuno izračunljiva, te stoga i predvidiva. Navedimo neke klasične primjere Taylorovih redova:

........!3!2

1!

32

0

++++==∑∞

=

xxxnxe

n

nx , za sve Rx∈ ;

........!7!5!3)!12(

)1(sin753

0

12

+−+−=+

−=∑∞

=

+ xxxxnxx

n

nn , za sve Rx∈ ;

........!6!4!2

1)!2(

)1(cos642

0

2

+−+−=−=∑∞

=

xxxn

xxn

nn , za sve Rx∈ ;

........!7!5!3)!12(

sh 753

0

12

++++=+

=∑∞

=

+ xxxxnxx

n

n

, za sve Rx∈ ;

........!6!4!2

1)!2(

ch 642

0

2

++++==∑∞

=

xxxn

xxn

n

, za sve Rx∈ .


121

U formalnom smislu (bez pitanja konvergencije), svaku funkciju )(xfy = koja ima derivacije svakog reda, možemo razviti u pripadni Taylorov red (red potencija) u okolini neke točke ax = , i to po sljedećoj formuli:

....)(!2

)(''))((')()(!

)()( 2

0

)(

+−+−+=−= ∑∞

=

axafaxafafaxn

afxf n

n

n

Pri tome točku ax = biramo tako da je u njoj lako izračunati sve derivacije funkcije

)(xfy = . U radu sa Taylorovim redovima i polinomima postoje četiri vrste problema:

i) formalno razviti funkciju u njen Taylorov red; ii) aproksimirati funkciju njenim Taylorovim polinomom; iii) ocjena greške pri aproksimaciji funkcije njenim Taylorovim polinomom; iv) dokaz konvergencije Taylorovog reda.

Pokažimo da se iz gornje formule, specijalno za 0=a , lako mogu dobiti Taylorovi redovi za, na primjer, funkcije xexf =)( i xxf sin)( = . Samo je potrebno derivirati ove funkcije beskonačno mnogo puta, te u dobivene derivacije uvrstiti 0=a . ☺ 439. Neka je xexf =)( i neka je 0=a . Slijedi račun:

1)0( )( =⇒= fexf x ; 1)0(' )'()(' =⇒== feexf xx ;

1)0('' )'()')('()('' =⇒=== feexfxf xx ; …….. 1)0( )( )()( =⇒= nxn fexf . Uvrštavajući sada ove podatke u gornju formulu za Taylorov red, dobivamo Taylorov red

funkcije xexf =)( oko točke 0=a , odnosno: ........!3!2

1!

32

0

++++==∑∞

=

xxxnxe

n

nx .

☺ 440. Neka je xxf sin)( = i neka je 0=a . Slijedi račun:

0)0( sin)( =⇒= fxxf ; 1)0(' cos)'(sin)(' =⇒== fxxxf ;

0)0('' sin)'(cos)')('()('' =⇒−=== fxxxfxf ; 1)0(''' cos)'sin()')(''()(''' −=⇒−=−== fxxxfxf ;…….

Kao što vidimo, svaka derivacija parnog reda u 0=a je jednaka nuli, dok neparne mijenjaju predznak broju jedan. Ovo se formalno može zapisati ovako: nnn ff )1()0( ,0)0( )12()2( −== + . Uvrštavajući sada ove podatke u gornju formulu za Taylorov red, dobivamo Taylorov red

funkcije xxf sin)( = oko točke 0=a , odnosno: ........!7!5!3

1sin753

+−+−=xxxx .

U kompjuteru se beskonačna suma u Taylorovom redu ne računa, nego samo nekoliko prvih članova, odnosno kao u sljedećim primjerima:

319

3423

!32

!2221

322 =++=+++≈e ;

USER

Umjesto 1 treba pisati x.

USER

Umjesto 1 treba pisati x.


122

151

154

341

!52

!3212sin

53

−=+−=+−≈ .

Zašto su moguće ovakve aproskimacije, govori nam sljedeći rezultat: To znači da gornje aproksimacije možemo napisati u obliku pripadnih Taylorovih polinoma izračunatih za dotične funkcije oko točke 0=a :

319

!32

!2221)2(

32

32 =+++=≈Te ;

151

!52

!321)2(2sin

53

5 −=+−=≈T .

Općenito, za ove transcedentne funkcije možemo napisati njihove Taylorove polinome m-tog stupnja oko točke 0=a :

!

......!3!2

1!

)(32

0 mxxxx

nxxTe

mm

n

n

mx +++++==≈ ∑

=

, za sve 0≈x ;

)!12(

)1(....!7!5!3)!12(

)1()(sin12753

0

12

+−++−+−=

+−=≈

+

=

+

∑ mxxxxx

nxxTx

mm

m

n

nn

m , za sve 0≈x .

Kolika je točnost ovakvih aproksimacija, govori nam sljedeći rezultat, koji je direktna posljedica Teorema 11. Kao što vidimo, preciznost aproksimacije neke funkcije )(xfy = sa pripadnim Taylorovim polinomom )(xTm ovisi o ponašanju maksimalne vrijednosti derivacije m+1-og reda dane funkcije. Isto tako, zbog člana 1/(m+1)! aproksimacija bi trebala biti bolja ukoliko uzmemo za broj m veću vrijednost, što naravno ovisi o “glatkoći” funkcije )(xfy = .

♣Teorem 11. (Taylorov teorem srednje vrijednosti) Zadane su točka a i funkcija)(xfy = koja ima neprekidne derivacije prvog, drugog, i sve do m+1 reda na nekom

intervalu I oko točke a . Tada za svaki x iz tog intervala I postoji točka ),( xa∈ξtakva da vrijedi:

1)1(

)()!1(

)()()( ++

−+

+= mm

m axm

fxTxf ξ ,

gdje je )(xTm m-ti Taylorov polinom funkcije )(xfy = oko točke a :

mm

m axm

afaxafaxafafxT )(!

)(...)(!2

)('')(!1

)(')()( 2 −++−+−+= .

♣Teorem 12. (ocjena greške) Zadane su točka a i funkcija )(xfy = koja imaneprekidne derivacije prvog, drugog, i sve do m+1 reda na nekom intervalu I okotočke a . Tada za svaki x iz tog intervala I vrijedi:

1

)1(

||)!1(

|)(|max|)()(| +

+

∈ −+

≤− m

m

Itm ax

m

tfxTxf .

USER

Umjesto 1 treba pisati 2.

USER

Umjesto 1 treba pisati 2.

USER

Umjesto -1 u brojniku treba pisati 4.


123

441. Pronađimo ocjenu greške pri aproksimaciji broja 2/1e sa )( 21

3T u okolini točke 0=a , i to na intervalu ]1,0[=I . Uvrštavanjem danih podataka u formulu za ocjenu greške pri aproksimaciji funkcije njenim Taylorovim polinomom (Teorem 12) dobivamo da je:

||!4

|)()(|max |)(| 4

)4(

]1,0[3 ⇒≤− ∈ x

texTe

x

tx

007.0232

1!4

max|

21|

!4

|)(|max |)

21(| 74

]1,0[4

)4(

]1,0[3

2/1 ≈⋅

=≤≤− ∈∈ eeeTe

t

t

t

t .

Na kraju još trebamo riješiti pitanje kada Taylorov red neke funkcije konvergira. Znamo da, kada uvrstimo konkretnu vrijednost za varijablu x u Taylorov red, dobivamo jedan konkretan red realnih brojeva, pa je smisleno pitanje za koje je sve x dani red konvergentan. Odgovor je direktna posljedica Teorema 11. ☺ 442. Pokažimo da je Taylorov red funkcije xey = oko točke 0=a konvergentan za bilo koju vrijednost realnog broja )1,0(∈x . Računamo:

0)!1(

)0()!1(

)()()()!1(

)(( 11)1(

1)1(

⇒ →+

≤−+

=−+

∞→+++

++

mmx

mmx

mm

xm

exm

eaxm

f ξξ

0)()!1(

)(lim 1)1(

=−+

++

∞→

mm

max

mf ξ , za sve )1,0(∈x .

To znači da su ispunjeni uvjeti Teorema 13 pa je Taylorov red konvergentan. Naravno konvergenciju smo mogli pokazati i bez upotrebe Teorema 13, odnosno direktnom

primjenom D’Alembertovog kriterija uzimajući da je opći član !!

)0()(

nxx

nfa

nn

n

n == :

101

1lim||lim )1(

|| 1

!

)!1(1

1

<==+

=⇒+

==∞→

+

∞→

++

+

Ln

xa

an

xa

ann

nn

nx

nx

n

nn

n

.

Budući da je L<1 za sve realne x, dokazali smo da Taylorov red funkcije xey = konvergira za sve x, što je bolji rezultat od prethodnog .

♣Teorem 13. (konvergencija Taylorov reda) Zadane su točka a i funkcija )(xfy =koja ima neprekidne derivacije svakog reda na nekom intervalu I oko točke a , teneka je točka ),( xa∈ξ proizvoljna. Ako :

0)()!1(

)(lim 1)1(

=−+

++

∞→

mm

max

mf ξ , za sve Ix∈ i ),( xa∈ξ ,

tada Taylorov red funkcije )(xfy = oko točke a konvergira za sve Ix∈ . Pri tome,u svakom Ix∈ pripadna suma poprima vrijednost f(x) odnosno vrijedi:

)()(!

)(

0

)(

xfaxn

af n

n

n

=−∑∞

=

.


124

☺ 443. Pokažimo da je Taylorov red funkcije xy sin= oko točke 0=a konvergentan za bilo koju vrijednost realnog broja )1,0(∈x . Računamo:

0||)!1(

1)0()!1(

)()(cos)()!1(

)(( 11)1(

1)1(

⇒ →+

≤−+

=−+

∞→+++

++

mmmm

mm

xm

xmxax

mf ξξ

0)()!1(

)(lim 1)1(

=−+

++

∞→

mm

max

mf ξ , za sve )1,0(∈x .

Naravno, pomoću D’Alembertovog kriterija smo mogli dobiti potpuniji zaključak, odnosno konvergenciju Taylorovog reda za sinus funkciju za sve realne brojeve:

102)12(

1lim||lim 2)12(

|| 212

)!12(

)!12(112

12

<==+

=⇒+

==∞→

+

∞→−

++−

+

Lnn

xa

ann

xa

ann

nn

nxn

x

n

nn

n

.

♠ZADACI ZA VJEŽBU♠ ☺ 444. Pokaži da za Taylorov red funkcije )1ln( += xy oko točke 0=a vrijedi formula:

........4321

)1()1ln(432

0

1

+−+−=+

−=+ ∑∞

=

+ xxxxnxx

n

nn , za sve 11 ≤<− x .

☺ 445. Pokaži da za Taylorov red funkcije xy tgarc= oko točke 0=a vrijedi formula:

........75312

)1( tgarc753

0

12

+−+−=+

−=∑∞

=

+ xxxxn

xxn

nn , za sve 11 ≤≤− x .

446. Dokazati konvergenciju Taylorovog reda funkcije )1ln( += xy oko točke 0=a :

i) koristeći D’Alembertov kriterij; ii) koristeći Teorem 13.

☺ 447. Odrediti treći Taylorov polinom )(6 xT oko 0=a za funkciju 23sin xy = .

448. Odrediti Taylorov polinom )(4 xT oko 0=a za funkciju xy 2cos= .

449. Izračunati ocjenu greške za aproksimaciju )1(1cos 4T≈ .

450. Dokazati konvergenciju Taylorovog reda funkcije xy tgarc= oko točke 0=a : i) koristeći D’Alembertov kriterij; ii) koristeći Teorem 13.

451. Razviti u Taylorov red oko 0=a funkciju

3xey = .


125

452. Izračunati ocjenu greške za aproksimaciju )21(

21 tgarc 2T≈ .

☺ 453. Pokaži da za Taylorov red funkcije )1ln( xy −= oko točke 0=a vrijedi formula:

........4321

)1ln(432

0

1

−−−−−=+

−=− ∑∞

=

+ xxxxnxx

n

n

, za sve 11 <≤− x .

Documents

PRIMJENA DERIVACIJA - ieee.hr · 6. Primjena derivacija (sa svim korekcijama) 103 374. Kolike odsječke na koordinatnim osima odsijeca tangenta krivulje . x y. 2 = povučena u njenoj