Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini taˇcke a. Prvi izvod funkcije f u taˇcki a je f 0 (a) = lim
x→a
f (x) − f (a) . x−a
Prvi izvod funkcije f u taˇcki x: f (x + 4x) − f (x) . 4x→0 4x
f 0 (x) = lim
Izvodi viˇ seg reda funkcije f u taˇcki x: (f (x))(n) = ((f (x))(n−1) )0 ,
n ∈ N,
(f (x))(0) = f (x).
Pravila diferenciranja: 1. (f (x) + g(x))0 = f 0 (x) + g 0 (x); 2. (f (x)g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x); 3.
³ f (x) ´0 g(x)
=
f 0 (x)g(x) − f (x)g 0 (x) ; g 2 (x)
4. (f (g(x)))0 = f 0 (g(x)) g 0 (x). Lajbnicova formula (n–ti izvod proizvoda): (f (x)g(x))
(n)
n µ ¶ n µ ¶ X X n (k) n (n−k) (n−k) = f (x)g (x) = f (x)g (k) (x). k k k=0
k=0
1
2 Izvod inverzne funkcije: ³
´0 f −1 (y) =
1 f 0 (x)
.
Logaritamski izvod funkcije f (x) = ϕ(x)ψ(x) : log f (x) = log ϕ(x)ψ(x) = ψ(x) log ϕ(x) (log f (x))0 = (ψ(x) log ϕ(x))0 1 0 1 f (x) = ψ 0 (x) log ϕ(x) + ψ(x) ϕ0 (x) f (x) ϕ(x) ³ ψ(x) 0 ´ f 0 (x) = ϕ(x)ψ(x) ψ 0 (x) log ϕ(x) + ϕ (x) . ϕ(x) ½ Izvodi parametarski definisane funkcije
x = ϕ(t), : y = ψ(t)
dψ ˙ dy ψ 0 (t) ψ(t) yx0 = = dt = t0 = , dϕ dx ϕt (t) ϕ(t) ˙ dt yx00
d = dx =
µ
dy dx
¶
d = dx
µ
ψt0 (t) ϕ0t (t)
¶
d = dt
µ
ψt0 (t) ϕ0t (t)
¶
dt d = dx dt
µ
ψt0 (t) ϕ0t (t)
¶
¨ ϕ(t) ˙ ϕ(t) ψ 00 (t)ϕ0 (t) − ψ 0 (t)ϕ00 (t) ψ(t) ˙ − ψ(t) ¨ = . 0 3 3 (ϕ (t)) (ϕ(t)) ˙
Diferencijal: df (x) = f 0 (x)dx,
dn f (x) = f (n) (x)dxn ,
n ∈ N.
Napomena. U celokupnom izlaganju podrazumeva se log = loge .
1 dx dt
3 Tablica izvoda: (xn )0 = nxn−1 ;
1 (arcsin x)0 = √ ; 1 − x2
(ex )0 = ex ;
1 (arccos x)0 = − √ ; 1 − x2
(ax )0 = ax log a;
(arctan x)0 =
(log x)0 =
1 ; x
1 ; 1 + x2
(arccot x)0 = −
1 ; 1 + x2
(sin x)0 = cos x;
(sinh x)0 = cosh x;
(cos x)0 = − sin x;
(cosh x)0 = sinh x;
(tan x)0 =
1 ; cos2 x
(cot x)0 = −
1 ; sin2 x
(tanh x)0 =
1 ; cosh2 x
(coth x)0 = −
1 . sinh2 x
Zadaci 1. Po definiciji odrediti f 0 (1) ako je: √ a) f (x) = x + 2; b) f (x) = sin x;
c) f (x) = ex .
Reˇ senje: a) Kako je f (1) = 3, to je f (x) − f (1) f (1) = lim = lim x→1 x→1 x−1 x−1 ¡√ ¢= = lim x→1 (x − 1) x+1 0
√ √ √ x−1 x−1 x+1 = lim ·√ x→1 x − 1 x−1 x+1 1 . 2
4 b) Sliˇcno odred¯ujemo f (x) − f (1) sin x − sin 1 sin(x − 1 + 1) − sin 1 = lim = lim x→1 x→1 x→1 x−1 x−1 x−1 sin(x − 1) cos 1 + cos(x − 1) sin 1 − sin 1 = lim x→1 x−1 ³ sin(x − 1) ´ cos(x − 1) − 1 = lim cos 1 + sin 1 x→1 x−1 x−1 ´ ³ sin(x − 1) 1 − cos(x − 1) (x − 1) sin 1 . = lim cos 1 − x→1 x−1 (x − 1)2
f 0 (1) = lim
Kako je sin(x − 1) = 1, x→1 x−1 lim
1 − cos(x − 1) 1 = , 2 x→1 (x − 1) 2 lim
lim (x − 1) = 0,
x→1
dobija se f 0 (1) = cos 1. c) S obzirom na poznatu graniˇcnu vrednost ex−1 − 1 = log e = 1, x→1 x − 1 lim
vaˇzi slede´ce: ex − e e(ex−1 − 1) f (x) − f (1) = lim = lim = e. x→1 x − 1 x→1 x→1 x−1 x−1
f 0 (1) = lim
2. Odrediti izvode slede´cih eksplicitno zadatih funkcija: a) y = cos πx c) y = arctan
p
1 + sin2 πx; b) y =
e2x − 1 ; e2x + 1
e) y = log (log(xex )) ; g) y = log
sin x + cos x ; sin x − cos x
sin(log x) + cos(log x) ; x
esin x + ecos x sin x − cos x √ ¡ ¢ y = log cos x + cos2 x + 1 ;
d) y = f)
h) y = arcsin
√ 3 1 − x2 .
5 Reˇ senje: a) Najpre koristimo pravilo za izvod proizvoda, a zatim za izvod sloˇzene funkcije: ´0 ³ p y 0 = cos πx 1 + sin2 πx ³p ´0 p = (cos πx)0 1 + sin2 πx + cos πx 1 + sin2 πx p
¡ ¢0 1 1 + sin2 πx + cos πx p 1 + sin2 πx 2 1 + sin2 πx p 1 = −π sin πx 1 + sin2 πx + cos πx p 2π sin πx cos πx 2 1 + sin2 πx ¡ ¢ −π sin πx 1 + sin2 πx − cos2 πx −2π sin3 πx p = =p . 1 + sin2 πx 1 + sin2 πx
= −π sin πx
b) Za odred¯ivanje izvoda primenjujemo pravilo za izvod koliˇcnika, a posle toga pravilo za izvod zbira i izvod sloˇzene funkcije: µ ¶ sin(log x) + cos(log x) 0 0 y = x =
(sin(log x) + cos(log x))0 x − (sin(log x) + cos(log x)) (x)0 x2
(cos(log x)(log x)0 − sin(log x)(log x)0 ) x − (sin(log x) + cos(log x)) x2 ¶ µ 1 1 x − (sin(log x) + cos(log x)) cos(log x) − sin(log x) x x = x2
=
=
cos(log x) − sin(log x) − sin(log x) − cos(log x) −2 sin(log x) = . 2 x x2
c) U ovom sluˇcaju najpre primenjujemo pravilo za izvod sloˇzene funkcije, a zatim za izvod koliˇcnika, zbira i ponovo sloˇzene funkcije: µ ¶0 µ 2x ¶0 e −1 e2x − 1 1 0 y = arctan 2x = µ 2x ¶2 e +1 e2x + 1 e −1 1+ e2x + 1 ¡ 2x ¢2 e +1 (e2x − 1)0 (e2x + 1) − (e2x − 1)(e2x + 1)0 = (e2x + 1)2 (e2x + 1)2 + (e2x − 1)2
6 =
2e2x (e2x + 1 − e2x + 1) 2e2x (e2x + 1) − (e2x − 1)2e2x = e4x + 2e2x + 1 + e4x − 2e2x + 1 2(e4x + 1)
=
2e2x . e4x + 1 µ
0
d) y = = = = =
¶0 esin x + ecos x sin x − cos x ¡ sin x ¢0 ¡ ¢ e + ecos x (sin x − cos x) − esin x + ecos x (sin x − cos x)0 (sin x − cos x)2 ¡ sin x ¢ ¡ ¢ e cos x + ecos x (− sin x) (sin x − cos x) − esin x + ecos x (cos x + sin x) (sin x − cos x)2 ¡ sin x ¢ ¡ ¢ e + ecos x (sin x cos x − cos x − sin x) − cos2 xesin x + sin2 xecos x (sin x − cos x)2 ¡ ¢ cos xesin x − sin xecos x (sin x + cos x) esin x + ecos x − . sin x − cos x (sin x − cos x)2
e) y 0 = (log (log(xex )))0 = =
1 1 1 (log(xex ))0 = (xex )0 log(xex ) log(xex ) xex
1 1+x 1 . (ex + xex ) = x x log(xe ) xe x log(xex )
³ ¡ p ¢´0 f ) y 0 = log cos x + cos2 x + 1 p 1 √ (cos x + cos2 x + 1)0 cos x + cos2 x + 1 µ ¶ 1 1 √ = − sin x + √ (cos2 x + 1)0 cos x + cos2 x + 1 2 cos2 x + 1 µ ¶ 1 1 √ = − sin x + √ (−2 sin x cos x) cos x + cos2 x + 1 2 cos2 x + 1 √ 1 − sin x cos2 x + 1 − sin x cos x √ √ = cos x + cos2 x + 1 cos2 x + 1
=
7
=
1 √ cos x + cos2 x + 1
− sin x
³√ ´ cos2 x + 1 + cos x √ cos2 x + 1
sin x = −√ . cos2 x + 1 µ ¶ sin x + cos x 0 g) y = log = (log(sin x + cos x) − log(sin x − cos x))0 sin x − cos x 0
=
1 1 (cos x − sin x) − (cos x + sin x) sin x + cos x sin x − cos x
=
−(cos x − sin x)2 − (sin x + cos x)2 (sin x + cos x)(sin x − cos x)
=
− cos2 x + 2 sin x cos x − sin2 x − sin2 x − 2 sin x cos x − cos2 x sin2 x − cos2 x
=
−2(sin2 x + cos2 x) 2 = . − cos 2x cos 2x
³ ´0 p 3 h) y 0 = arcsin 1 − x2 = r
³p ´0 1 3 2 1 − x ³√ ´2 1 − 3 1 − x2
1 p 1 − 3 (1 − x2 )2
=q
3
1
p 3
(1 − x2 )2
(−2x)
−2x q . p 1 − 3 (1 − x2 )2
= p 3 3 (1 − x2 )2
3. Odrediti izvode slede´cih implicitno zadatih funkcija: a) xy + arctan y = x;
b) cos(x + y) + sin(1 + xy) =
¡ ¢ c) ecos y = log x2 + y 2 ;
d) tan(xy) = arctan(x + y);
e) (x + y)2 = cos(xy);
f)
g)
xy + x + y = y−x
r 1+
y ; x
xy − log(x + y) = 0;
h) xy = y x .
y ; x
8 Reˇ senje: a) Imaju´ci u vidu da je y zavisno promenljiva, tj. funkcija nezavisno promenljive x, traˇzimo izvod leve i desne strane jednakosti i dobijamo: (xy + arctan y)0 = (x)0 , (xy)0 + (arctan y)0 = 1, y + xy 0 +
1 y 0 = 1. 1 + y2
Reˇsavanjem dobijene jednaˇcine po y 0 imamo: (y + xy 0 )(1 + y 2 ) + y 0 = 1 + y 2 , ¡ ¢ x(1 + y 2 ) + 1 y 0 = (1 + y 2 )(1 − y) y0 =
(1 + y 2 )(1 − y) . x(1 + y 2 ) + 1
b) Opisanim postupkom dobijamo y 0 kroz slede´ci niz jednakosti: (cos(x + y) + sin(1 + xy))0 =
³ y ´0 x
,
− sin(x + y)(x + y)0 + cos(1 + xy)(1 + xy)0 =
y0x − y , x2
− sin(x + y)(1 + y 0 ) + cos(1 + xy)(y + xy 0 ) =
xy 0 − y , x2
−x2 sin(x + y)(1 + y 0 ) + x2 cos(1 + xy)(y + xy 0 ) = xy 0 − y, ¡ 3 ¢ x cos(1 + xy) − x2 sin(x + y) − x y 0 = x2 sin(x + y) − x2 y cos(1 + xy) − y. Konaˇcno je c)
y0 =
x2 sin(x + y) − x2 y cos(1 + xy) − y . x3 cos(1 + xy) − x2 sin(x + y) − x ¡ ¢ ecos y = log x2 + y 2 , ¡ ¡ ¢¢0 (ecos y )0 = log x2 + y 2 , ecos y (cos y)0 =
x2
¢0 1 ¡ 2 x + y2 , 2 +y
9 ecos y (− sin y)y 0 =
x2
1 (2x + 2yy 0 ), + y2
¡ ¢ − x2 + y 2 sin y ecos y y 0 = 2x + 2yy 0 , ¡ ¡ ¢ ¢ − 2y + x2 + y 2 sin y ecos y y 0 = 2x, y0 = −
d)
2x ¡ ¢ . 2 2y + x + y 2 sin y ecos y
tan(xy) = arctan(x + y), (tan(xy))0 = (arctan(x + y))0 , 1 cos2 (xy)
(y + xy 0 ) =
1 (1 + y 0 ), 1 + (x + y)2
¡ ¢ 1 + (x + y)2 (y + xy 0 ) = cos2 (xy)(1 + y 0 ), ¡ ¡ ¢ ¢ ¡ ¢ x 1 + (x + y)2 − cos2 (xy) y 0 = cos2 (xy) − y 1 + (x + y)2 , ¡ ¢ cos2 (xy) − y 1 + (x + y)2 0 y = . x (1 + (x + y)2 ) − cos2 (xy) e)
(x + y)2 = cos(xy), ¡ ¢0 (x + y)2 = (cos(xy))0 , 2(x + y)(1 + y 0 ) = − sin(xy)(y + xy 0 ), (2(x + y) + x sin(xy)) y 0 = −2(x + y) − y sin(xy), y0 = −
f)
2(x + y) + y sin(xy) . 2(x + y) + x sin(xy)
xy − log(x + y) = 0, (xy − log(x + y))0 = 0, y + xy 0 −
1 (1 + y 0 ) = 0, x+y
(x + y)(y + xy 0 ) − (1 + y 0 ) = 0,
10 (x(x + y) − 1) y 0 = 1 − y(x + y), y0 =
1 − y(x + y) . x(x + y) − 1
xy + x + y = y−x
g) µ
xy + x + y y−x
r y 1+ , x µr
¶0 =
y 1+ x
¶0 ,
(y + xy 0 + 1 + y 0 )(y − x) − (xy + x + y)(y 0 − 1) 1 y0x − y r = , (y − x)2 x2 x+y 2 x r (y 2 + 2y) − (x2 + 2x)y 0 x xy 0 − y 1 = , (y − x)2 2 x+y x2 µ
1 2x
r
x(x + 2) x + x+y (y − x)2
¶
y(y + 2) y y = + 2 2 (y − x) 2x 0
r
x , x+y
µ r ¶ r 2x3 (x + 2) x 2x2 y(y + 2) x 0 x + . y = + y x+y (y − x)2 (y − x)2 x+y Konaˇcno, dobijamo r
x + 2) + y(y − x + y r y0 = . x 2 3 x(y − x) + 2x (x + 2) x+y 2x2 y(y
x)2
h) Najpre logaritmujemo, a zatim diferenciramo jednakost: log xy = log y x , y log x = x log y, (y log x)0 = (x log y)0 , y 0 log x + y
1 1 = log y + x y 0 . x y
11 Traˇzeni izvod y 0 se dobija reˇsavanjem dobijene jednaˇcine: xyy 0 log x + y 2 = xy log y + x2 y 0 , (xy log x − x2 )y 0 = xy log y − y 2 , y0 =
y(x log y − y) . x(y log x − x)
4. Odrediti izvode slede´cih funkcija: a) y = xlog x ; µ c) y =
x2 x2 + 1
b) y = (arctan x)x ; ¶tan x ;
2
d) y = (sin x)1+cos x .
Reˇ senje: a) Kako je funkcija zadata u obliku stepena u kome i osnova i izloˇzilac zavise od nezavisno promenljive x, najpre logaritmujemo jednakost i dobijamo log y = log xlog x = log x log x,
tj.
log y = (log x)2 .
Diferenciranje dobijene jednakosti daje: ¡ ¢0 (log y)0 = (log x)2 , 1 1 0 y = 2 log x , y x y y 0 = 2 log x, x y 0 = 2xlog x−1 log x. b) Sliˇcnim postupkom dobijamo: y = (arctan x)x , log y = log(arctan x)x = x log(arctan x), (log y)0 = (x log(arctan x))0 , 1 1 y0 = log(arctan x) + x , y arctan x 1 + x2
12 µ y 0 = y log(arctan x) + 0
x−1
y = (arctan x)
µ c)
y=
x2 x2 + 1
x 1 arctan x 1 + x2
¶ ,
µ arctan x log(arctan x) +
x 1 + x2
¶ .
¶tan x ,
³ x2 ´ , x2 + 1 µ ³ x2 ´¶0 0 , (log y) = tan x log 2 x +1 log y = tan x log
³ x2 ´ y0 1 x2 + 1 2x = log + tan x , 2 2 2 y cos x x +1 x (x2 + 1)2 ³ x2 ´ 1 y0 2 = log tan x, + 2 2 2 y cos x x +1 x (x + 1) µ ¶ ³ x2 ´ 1 2 tan x 0 y =y log 2 , + cos2 x x +1 x (x2 + 1) µ ¶tan x µ ¶ ³ x2 ´ x2 1 2 tan x 0 y = log 2 . + x2 + 1 cos2 x x +1 x (x2 + 1)
d)
2
y = (sin x)1+cos x , ¡ ¢ log y = 1 + cos2 x log(sin x), ¡¡ ¢ ¢0 (log y)0 = 1 + cos2 x log(sin x) , ¡ ¢ 1 y0 = −2 cos x sin x log(sin x) + 1 + cos2 x cos x, y sin x ³ ¡ ¢ cos x ´ y 0 = y −2 sin x cos x log(sin x) + 1 + cos2 x , sin x ¡ ¢ 2 y 0 = cos x (sin x)cos x 1 + cos2 x − 2 sin2 x log(sin x) .
13 5. Odrediti izvode slede´cih parametarski zadatih funkcija: √ ½ ½ x = tet , x = √ t cos t, a) b) y = arctan t; y = t sin t; ½ c)
x = t3 + 1, y = t3 + t + 1;
( d)
x = t log t, log t y= . t
Reˇ senje: a) Kako je x0 (t) = (tet )0 = et + tet = (1 + t)et , 1 , y 0 (t) = (arctan t)0 = 1 + t2 to je
1 0 (t) y e−t 1 + t2 = = y 0 (x) = 0 . x (t) (1 + t)et 1 + t + t2 + t3
b)
x=
√ t cos t,
y=
√ t sin t,
√ 1 ¡√ ¢0 √ sin t + t cos t t sin t sin t + 2t cos t 2 t = ¡√ . y 0 (x) = 0 = ¢0 = 1 √ x (t) cos t − 2t sin t t cos t √ cos t − t sin t 2 t y 0 (t)
x = t3 + 1,
c)
y = t3 + t + 1,
¡3 ¢0 t +t+1 3t2 + 1 y 0 (t) 1 = = y (x) = 0 = 1 + 2. 0 x (t) 3t2 3t (t3 + 1) 0
d)
x = t log t,
y=
log t , t
1 ¶ t − log t log t 0 t 0 1 − log t y (t) t t2 = 2 y 0 (x) = 0 = . 0 = 1 x (t) t (1 + log t) (t log t) log t + t t µ
14 6. Odrediti vrednosti y 0 (x) i y 0 (x0 ) ako je funkcija y(x) zadata sa: µ ¶ 1 log x , x0 = ; a) y(x) = arctan x e b) xy − c)
y = (2 + cos x)x , ½
d)
p xy 2 + 6 = 0,
x0 = 0;
x = t − sin t, y = 1 − cos t,
x0 = π, y(x0 ) = 2. µ
Reˇ senje: a) Funkcija y(x) = arctan u svakoj taˇcki tog intervala je y 0 (x) =
x0 = 3, y(x0 ) = 1;
log x x
¶ je diferencijabilna na (0, +∞) i
1 − log x . x2 + log2 x
Za x0 = 1/e = e−1 vaˇzi µ ¶ 1 − log e−1 1 − (−1) 2e2 0 0 1 = y (x0 ) = y = = . 2 1 e 1 + e2 e−2 + (log e−1 ) 2 + (−1) e2 b) Primenjuju´ci postupak za odred¯ivanje izvoda implicitno zadate funkcije opisan u zadatku 3. nalazimo izvod funkcije y(x) u proizvoljnoj taˇcki iz oblasti definisanosti: ´ ³ p 2 y y − 2 xy + 6 ³p ´. y 0 (x) = 2x xy 2 + 6 − y Zato je
tj.,
µ ¶ q y(x0 ) y(x0 ) − 2 x0 (y(x0 ))2 + 6 ³p ´ , y 0 (x0 ) = 2x0 x0 y(x0 )2 + 6 − y(x0 ) ³ ´ √ 1 · 1 − 2 3 · 12 + 6 5 ³√ ´ =− . y 0 (3) = 12 2·3 3 · 12 + 6 − 1
15 c) Kao u zadatku 4., jednakost y = (2 + cos x)x logaritmujemo, a zatim diferenciramo: log y = x log(2 + cos x), y0 − sin x = log(2 + cos x) + x , y 2 + cos x odakle dobijamo y 0 (x) = (2 + cos x)x−1 ((2 + cos x) log(2 + cos x) − x sin x) . Specijalno, y 0 (0) = (2 + cos 0)−1 ((2 + cos 0) log(2 + cos 0) − 0 · sin 0) = log 3.
d) Izvod parametarski zadate funkcije x = t−sin t, y = 1−cos t u proizvoljnoj taˇcki je (1 − cos t)0 y 0 (t) sin t = . y 0 (x) = 0 = 0 x (t) (t − sin t) 1 − cos t Da bismo odredili vrednost patametra t0 tako da je x(t0 ) = x0 , y(t0 ) = y(x0 ), reˇsavamo sistem jednaˇcina t − sin t = π, 1 − cos t = 2. Iz druge jednaˇcine zakljuˇcujemo da je cos t = −1, tj. t = π + 2kπ, k ∈ Z. Zamenom u prvoj jednaˇcini dobijamo π + 2kπ − sin(π + 2kπ) = π, odakle je 2kπ = 0, tj. k = 0. Prema tome, t0 = π, pa je y 0 (x0 ) =
sin t0 = 0. 1 − cos t0
7. Odrediti y 00 (x) i y 00 (0) ako je funkcija y(x) zadata eksplicitno: a) y =
etan x
1 + ; cos x
r b) y = arctan
1+x . 1−x
16 Reˇ senje: a)
y = etan x +
1 , cos x
1 1 etan x + sin x − (− sin x) = , cos2 x cos2 x cos2 x µ tan x ¶0 e + sin x y 00 = (y 0 )0 = cos2 x µ ¶ ¡ ¢ 1 tan x e + cos x cos2 x − etan x + sin x (−2 cos x sin x) 2 cos x = cos4 x y 0 = etan x
etan x + cos3 x + 2 sin x cos x etan x + 2 sin2 x cos x cos4 x ¡ ¢ etan x (1 + 2 sin x cos x) + cos x cos2 x + 2 sin2 x = cos4 x ¡ ¢ etan x (1 + sin 2x) + cos x 1 + sin2 x , = cos4 x =
¡ ¢ etan 0 (1 + sin 0) + cos 0 1 + sin2 0 y (0) = = 2. cos4 0 00
r b) y = arctan
1+x , 1−x
1 y0 = √ , 2 1 − x2 µ ¶0 µ ¶ ¢−1/2 ´0 1 ¢−3/2 1 1 ¡ 1 ³¡ √ y 00 = 1 − x2 − 1 − x2 = = (−2x) 2 2 2 2 1 − x2 x = q , y 00 (0) = 0. 2 (1 − x2 )3 8. Odrediti y 00 (x) i y 00 (x0 ) ako je funkcija y(x) zadata implicitno: a) x2 + 2xy + y 2 − 4x + 2y = 2, b) exy = x + y, c)
log y +
x = 1, y
x0 = 0; x0 = 0.
x0 = 1;
17 Reˇ senje: a) Primetimo da su jednaˇcinom x2 + 2xy + y 2 − 4x + 2y = 2 implicitno zadate dve funkcije y = y1 (x) i y = y2 (x). Primenom postupka opisanog u zadatku 3. dobijamo njihov prvi izvod: y0 =
2−x−y . 1+x+y
Diferenciranjem dobijene jednakosti nalazimo drugi izvod obeju funkcija u proizvoljnoj taˇcki oblasti definisanosti: µ 00
0 0
y = (y ) =
2−x−y 1+x+y
¶0
=
(2 − x − y)0 (1 + x + y) − (2 − x − y)(1 + x + y)0 (1 + x + y)2
=
(−1 − y 0 )(1 + x + y) − (2 − x − y)(1 + y 0 ) (1 + x + y)2
=
−3(1 + y 0 ) . (1 + x + y)2
Za x = 1 imamo y 00 (1) =
−3(1 + y 0 (1)) . (1 + 1 + y(1))2
Za odred¯ivanje y(1) zamenimo x = 1 u jednaˇcini x2 + 2xy + y 2 − 4x + 2y = 2 i dobijamo 1 + 2y(1) + y(1)2 − 4 + 2y(1) = 2, tj. y(1)2 + 4y(1) − 5 = 0, ˇcija su reˇsenja y1 (1) = 1 i y2 (1) = −5. Sada je y10 (1) =
2 − 1 − y1 (1) = 0, 1 + 1 + y1 (1)
y20 (1) =
2 − 1 − y2 (1) 6 = = −2 1 + 1 + y2 (1) −3
18 i −3(1 + y10 (1)) −3 1 = 2 =− , (1 + 1 + y1 (1))2 3 3 0 −3(1 + y2 (1)) 3 1 y200 (1) = = = . 2 2 (1 + 1 + y2 (1)) (−3) 3 y100 (1) =
b) Izvodi funkcije implicitno zadate sa exy = x + y y0 =
1 − yexy , xexy − 1 µ
00
u proizvoljnoj taˇcki su
0 0
y = (y ) =
1 − yexy xexy − 1
¶0
=
(1 − yexy )0 (xexy − 1) − (1 − yexy )(xexy − 1)0 (xexy − 1)2
=
(−y 0 exy − yexy (y + xy 0 )) (xexy − 1) − (1 − yexy ) (exy + xexy (y + xy 0 )) (xexy − 1)2
= −exy = exy
(y 0 + y(y + xy 0 )) (xexy − 1) + (1 − yexy ) (1 + x(y + xy 0 )) (xexy − 1)2
(1 − x(exy + x − y)) y 0 − 1 + y(exy − x + y) . (xexy − 1)2
Zamenom x = 0 u jednaˇcini exy = x + y
dobijamo y(0) = 1, pa je
1 − 1 · e0·1 = 0, 0 · e0·1 − 1 ¡ ¢ 0·1 + 0 − 1) · 0 − 1 + 1 · (e0·1 − 0 + 1) 00 0·1 1 − 0 · (e y (0) = e = 1. (0 · e0·1 − 1)2 y 0 (0) =
c) Jednaˇcinu moˇzemo da transformiˇsemo u oblik y log y + x = y, a zatim diferenciranjem i reˇsavanjem dobijene jednaˇcine po y 0 dobijamo prvi izvod funkcije u proizvoljnoj taˇcki: y0 = −
1 . log y
19 Ponovnim diferenciranjem dobijamo i drugi izvod: µ 00
0 0
y = (y ) = −
1 log y
¶0 =
y0 1 y0 = . log2 y y y log2 y
Vrednost funkcije u taˇcki x = 0 je y(0) = e, a vrednosti izvoda su y 0 (0) = −1,
1 y 00 (0) = − . e
Primetimo da se bez transformacije polazne jednaˇcine dobijaju drugaˇciji oblici prvog i drugog izvoda funkcije: y0 =
y , x−y
y 00 =
xy 0 − y . (x − y)2
Oni su ekvivalentni onima koji su prethodno dobijeni, ˇsto se moˇze pokazati koriˇs´cenjem polazne jednaˇcine. 9. Odrediti y 00 (x) i y 00 (x0 ) ako je funkcija y(x) zadata parametarski: ½ x = e−2t , a) x0 = e; y = e2t , ½ b)
x = 2(t − cos t), y = 2(1 − sin t),
x0 = π.
Reˇ senje: a) Prvi izvod parametarski zadate funkcije u proizvoljnoj taˇcki je dy dy (e2t )0 2e2t y 0 (x) = = dt = −2t 0 = = −e4t . dx dx (e ) −2e−2t dt Drugi izvod odred¯ujemo na slede´ci naˇcin: µ ¶ d dy d ¡ 4t ¢ 00 y (x) = = −e . dx dx dx Primenjuju´ci pravila za izvod sloˇzene funkcije: d ¡ 4t ¢ dt dt d ¡ 4t ¢ −e = −e = −4e4t dx dt dx dx
20 i izvod inverzne funkcije: dt 1 1 = , = dx dx −2e−2t dt dobijamo
1 = 2e6t . −2e−2t Taˇcka ˇcija je apscisa x0 = e dobija se za vrednost parametra t0 = −1/2. Zato je 2 y 00 (e) = 2e−3 = 3 . e y 00 (x) = −4e4t
b) Sliˇcno kao u prethodnom zadatku odred¯ujemo: dy (2(1 − sin t))0 dy cos t −2 cos t y 0 (x) = = dt = =− , = 0 dx dx (2(t − cos t)) 2(1 + sin t) 1 + sin t dt d y (x) = dx 00
=
µ
dy dx
¶
d = dx
µ ¶ µ ¶ cos t d cos t dt − = − 1 + sin t dt 1 + sin t dx
1 1 1 1 1 = = . 1 + sin t dx 1 + sin t 2(1 + sin t) 2(1 + sin t)2 dt
Specijalno, 2(t − cos t) = π se dobija za t0 = π/2, pa je y 00 (π) =
1 1 = . 2(1 + sin π/2)2 8
10. Dokazati da je funkcija y(x) = e
√
x
√
+ e−
x
reˇsenje diferencijalne jednaˇcine 1 1 xy 00 + y 0 − y = 0. 2 4 Reˇ senje: Izvodi zadate funkcije su 0
y =
e
√ x
√
− e− √ 2 x
x
,
00
y =
e
√ √ x( x
√
− 1) + e− √ 4x x
x (√x
+ 1)
.
21 Zamenom u levoj strani jednaˇcine dobija se 1 1 xy 00 + y 0 − y 2 4 √ √ √ √ √ √ √ √ e x ( x − 1) + e− x ( x + 1) e x − e− x e x + e− x √ √ = + − 4 4 x 4 x √ √ √ √ √ √ e x ( x − 1 + 1) + e− x ( x + 1 − 1) e x + e− x √ = − = 0. 4 4 x 11. Dokazati da funkcija f (x) = log
e2x − 1 e2x + 1
zadovoljava diferencijalnu jednaˇcinu 2(e4x + 1)f 0 (x) + (e4x − 1)f 00 (x) = 0. Reˇ senje: Kako je 4e2x , f (x) = 4x e −1 0
imamo
00
f (x) = −
¡ ¢ 8e2x e4x + 1 (e4x − 1)2
,
¡ ¢ ¡ ¢ 2 e4x + 1 f 0 (x) + e4x − 1 f 00 (x) ¡ ¢ ¡ 4x ¢ 4e2x ¡ 4x ¢ 8e2x e4x + 1 = 2 e + 1 4x − e −1 = 0. e −1 (e4x − 1)2
12. Odrediti y (n) (x) (n ∈ N) ako je: a) y = sin(ax + b);
b) y = cos(ax + b);
c) y = eax+b ;
d) y = log(ax + b).
Reˇ senje: a) Imaju´ci u vidu da je prvih nekoliko izvoda funkcije jednako: ³ π´ y 0 = (sin(ax + b))0 = a cos(ax + b) = a sin ax + b + , 2 ³ ³ ³ ³ π ´´0 π´ π´ y 00 = a sin ax + b + = a2 cos ax + b + = a2 sin ax + b + 2 · , 2 2 2 ³ ³ ´´ ³ ´ ³ π 0 π y 000 = a2 sin ax + b + 2 · = a3 cos ax + b + 2 · = a3 sin ax + b + 3 · 2 2 ³ ³ ³ ³ π ´´0 π´ y (4) = a3 sin ax + b + 3 · = a4 cos ax + b + 3 · = a4 sin ax + b + 4 · 2 2
π´ , 2 ´ π , 2
22 moˇzemo da pretpostavimo da je izvod reda n (n ∈ N) oblika ³ nπ ´ y (n) = an sin ax + b + . 2 Dokaz izvodimo matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 tvrd¯enje vaˇzi. Pretpostavimo da vaˇzi za neki prirodni broj k, tj. da je µ ¶ kπ (k) k y = a sin ax + b + . 2 Tada je y
(k+1)
µ ¶¶0 µ ¶ ³ ´0 µ kπ kπ (k) k k+1 = y = a sin ax + b + =a cos ax + b + 2 2 ¶ µ ¶ µ π (k + 1)π kπ k+1 k+1 + =a sin ax + b + , =a sin ax + b + 2 2 2
ˇsto znaˇci da vaˇzi i za prirodan broj k + 1. Prema tome, tvrd¯enje vaˇzi za svaki prirodan broj n, tj. ³ nπ ´ y (n) = (sin(ax + b))(n) = an sin ax + b + . 2 b) Na isti naˇcin dobijamo ³ nπ ´ (cos(ax + b))(n) = an cos ax + b + 2
(n ∈ N).
c) Kako za funkciju y = eax+b vaˇzi: y 0 = aeax+b ,
y 00 = a2 eax+b ,
y 000 = a3 eax+b , . . .
pretpostavljamo da je ³ ´(n) y (n) = eax+b = an eax+b
(n ∈ N).
Tvrd¯enje se dokazuje matematiˇckom indukcijom na prethodno opisan naˇcin. d) Za funkciju y = log(ax + b) imamo: y0 =
a , ax + b
y 00 = −
a2 , (ax + b)2
y 000 =
2a3 , (ax + b)3
y (4) = −
3 · 2a4 . (ax + b)4
23 S obzirom na prva ˇcetiri izvoda pretpostavljamo da je y (n) = (−1)n−1
an (n − 1)! (ax + b)n
i dokazujemo matematiˇckom indukcijom. Za n = 1 tvrd¯enje vaˇzi. Iz indukcijske pretpostavke da tvrd¯enje vaˇzi za n = k, tj. y (k) = (−1)k−1
ak (k − 1)! , (ax + b)k
sledi y
(k+1)
¶0 ³ ´0 ³ ´0 µ k k−1 k −k (k) k−1 a (k − 1)! = (−1) a (k − 1)! (ax + b) = y = (−1) (ax + b)k ³ ´ ak+1 k! = (−1)k−1 ak (k − 1)! −ka(ax + b)−k−1 = (−1)k , (ax + b)k+1
ˇsto znaˇci da vaˇzi i za n = k + 1. Prema tome, vaˇzi y (n) = (log(ax + b))(n) = (−1)n−1
an (n − 1)! (ax + b)n
(n ∈ N).
13. Ako je n ∈ N, odrediti: µ a)
1 2x − 3
¶(n)
µ ;
b)
2x + 3 2x − 3
¶(n)
µ ;
c)
1 2 4x − 9
¶(n) .
Reˇ senje: a) Na naˇcin opisan u zadatku 12. d) dokazujemo da je µ
b) Kako je
1 2x − 3
¶(n) =
(−1)n 2n n! . (2x − 3)n+1
2x + 3 6 =1+ , 2x − 3 2x − 3
vaˇzi µ
2x + 3 2x − 3
¶(n)
µ = 1+
6 2x − 3
¶(n)
µ =6
1 2x − 3
¶(n) =
(−1)n 6 · 2n n! . (2x − 3)n+1
24 c) Transformiˇsemo datu racionalnu funkciju na slede´ci naˇcin: 1 1 1 = = 2 4x − 9 (2x + 3)(2x − 3) 6
µ
1 1 − 2x − 3 2x + 3
¶ ,
odakle dobijamo µ
1 2 4x − 9
¶(n)
14. Odrediti
1 = 6
µ
1 1 − 2x − 3 2x + 3
¶(n)
1 = 6
õ
1 2x − 3
¶(n)
µ −
µ ¶ 1 (−1)n 2n n! (−1)n 2n n! = − 6 (2x − 3)n+1 (2x + 3)n+1 ¶ µ (−1)n 2n n! 1 1 = − . 6 (2x − 3)n+1 (2x + 3)n+1
µ
1 √ 1−x
1 2x + 3
¶(n) !
¶(n) (n ∈ N),
a zatim, koriste´ci dobijeni rezultat, odrediti i µ
1 + x + x2 √ 1−x
¶(n) (n ∈ N).
1 Reˇ senje: Neka je f (x) = √ . Tada je: 1−x ³ ´0 1 f 0 (x) = (1 − x)−1/2 = (1 − x)−3/2 , 2 ´0 1 3 1³ 00 −3/2 f (x) = (1 − x)−5/2 , (1 − x) = 2 2 2 ´0 1 3 5 1 3³ f 000 (x) = (1 − x)−7/2 . (1 − x)−5/2 = 2 2 2 2 2 Uoˇcavanjem pravilnosti pretpostavljamo da za proizvoljno n ∈ N vaˇzi f (n) (x) =
(2n − 1)!! (2n − 1)(2n − 3) · · · 3 · 1 (1 − x)−(2n+1)/2 . = p . n n 2 2 (1 − x)2n+1
Dokaz matematiˇckom indukcijom opisan u zadatku 12. bi´ce izostavljen.
25 µ Za odred¯ivanje
1 + x + x2 √ 1−x
¶(n) primenjujemo Lajbnicovu formulu
(f (x)g(x))
(n)
n µ ¶ X n (n−k) = f (x)g (k) (x), k k=0
pri ˇcemu je g(x) = 1 + x + x2 . Kako je g 0 (x) = 1 + 2x,
g 00 (x) = 2,
g (k) (x) = 0,
k = 3, 4, . . .
u navedenoj sumi su svi sabirci za k = 3, 4, . . . , n jednaki nuli. Zato je n µ ¶ X n (n−k) (f (x)g(x))(n) = f (x)g (k) (x) k k=0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ n (n) n (n−1) n (n−2) 0 = f (x)g(x) + f (x)g (x) + f (x)g 00 (x) 0 1 2 (2n − 1)!! (2n − 3)!! p = p (1 + x + x2 ) + n (1 + 2x) n 2n+1 n−1 2 (1 − x) 2 (1 − x)2n−1 (2n − 5)!! p + n(n − 1) . n−2 2 (1 − x)2n−3 Sred¯ivanjem poslednjeg izraza dobijamo µ
1 + x + x2 √ 1−x
¶(n) =
¢ 3(2n − 5)!! ¡ p (1 − 6n + 4n2 ) − (2n − 1)x + x2 . 2n (1 − x)2n+1
15. Za n ∈ N odrediti ¡ ¢(n) a) e3x+2 ;
b)
¡ 2 ¢(n) (3x + 2x + 1)e3x+2 .
Reˇ senje: a) Izvod reda n funkcije f (x) = e3x+2 je (videti zadatak 12. c)) ¡ ¢(n) f (n) (x) = e3x+2 = 3n e3x+2 . ¡ ¢(n) b) Izvod (3x2 + 2x + 1)e3x+2 odred¯ujemo primenom Lajbnicove formule za izvod proizvoda funkcija f (x) = e3x+2
i
g(x) = 3x2 + 2x + 1.
26 Izvodi ovih funkcija su f (k) (x) = 3k e3x+2 ,
k = 0, 1, 2, . . . ,
g (0) (x) = 3x2 + 2x + 1, g (k) (x) = 0,
g 0 (x) = 6x + 2,
g 00 (x) = 6,
k = 3, 4, . . . ,
pa vaˇzi: n µ ¶ X ¡ 2 ¢ n (n−k) (n) 3x+2 (n) (3x + 2x + 1)e = (f (x)g(x)) = f (x)g (k) (x) k k=0 µ ¶ µ ¶ µ ¶ n (n) n n (n−2) (0) (n−1) 0 = f (x)g (x) + f (x)g (x) + f (x)g 00 (x) 0 1 2 µ ¶ µ ¶ µ ¶ n n 3x+2 n n−1 3x+2 n n−2 3x+2 2 = 3 e (3x + 2x + 1) + 3 e (6x + 2) + 3 e 6 0 1 2 ¡ ¢ = 3n−1 e3x+2 3(3x2 + 2x + 1) + 2n(3x + 1) + n(n − 1) ¡ ¢ = 3n−1 e3x+2 9x2 + 6(n + 1)x + n2 + n + 3 .
¡ ¢(n) 16. Odrediti 23x 32x (n ∈ N). Reˇ senje: Matematiˇckom indukcijom se moˇze dokazati da za proizvoljno n ∈ N vaˇzi: ¡ 3x ¢(n) ¡ 2x ¢(n) 2 = (3 log 2)n 23x , 3 = (2 log 3)n 32x . Primenom Lajbnicove formule dobijamo: n µ ¶ ¡ 3x 2x ¢(n) X n ¡ 3x ¢(k) ¡ 2x ¢(n−k) 2 3 2 3 = k k=0 n µ ¶ ´ X ¢³ n ¡ (3 log 2)n 23x (2 log 3)n−k 32x = k k=0 ¶ n µ ¶µ X n 3 log 2 k n 3x 2x = (2 log 3) 2 3 2 log 3 k k=0 ¶ µ 3 log 2 n n 3x 2x = (2 log 3) 2 3 1+ 2 log 3 (2 log 3 + 3 log 2)n = (2 log 3)n 23x 32x (2 log 3)n = 23x 32x logn 72.
27 Do istog rezultata se moˇze do´ci i bez koriˇs´cenja Lajbnicove formule na slede´ci naˇcin: ¡ 3x 2x ¢(n) ¡¡ 3 2 ¢x ¢(n) = (72x )(n) = 72x log 72 = 23x 32x logn 72. 2 3 = 2 ·3 17. Dokazati da funkcija r f (x) = arctan
1+x 1−x
zadovoljava diferencijalnu jednaˇcinu ¡ ¢ 1 − x2 f 00 (x) − xf 0 (x) = 0 i odrediti f 0 (0) i f 00 (0). Da li se moˇze odrediti f (n) (0) za proizvoljno n ∈ N? Reˇ senje: Izvodi date funkcije su 1 f 0 (x) = √ , 2 1 − x2
f 00 (x) =
x 2 (1 −
x2 )
√ , 1 − x2
pa je zaista ¡ ¢ ¡ ¢ 1 − x2 f 00 (x) − xf 0 (x) = 1 − x2
x 2 (1 −
x2 )
1 √ −x √ = 0. 2 1−x 2 1 − x2
Da bismo odredili f (n) (0) za proizvoljno n ∈ N, potraˇzimo nti izvod izraza na levoj i desnoj strani jednakosti primenom Lajbnicove formule: ¡ ¢ 1 − x2 f 00 (x) = xf 0 (x), ¡¡ ¢ ¢(n) ¡ 0 ¢(n) 1 − x2 f 00 (x) = xf (x) , µ ¶ µ ¶ n n X n ¡ X n ¢(k) 00 1 − x2 (x)(k) (f 0 (x))(n−k) . (f (x))(n−k) = k k k=0
Kako je
k=0
(f 00 (x))(n−k) = f (n−k+2) (x), (f 0 (x))(n−k) = f (n−k+1) (x),
¡ ¢0 1 − x2 = −2x,
¡ ¢00 1 − x2 = −2,
¡ ¢(k) 1 − x2 = 0,
i (x)0 = 1,
(x)(k) = 0,
k = 2, 3, . . . ,
k = 3, 4, . . .
28 imamo: µ ¶ µ ¶ µ ¶ ¢ (n+2) n n n 2 (n+1) (1 − x f (x) + (−2x)f (x) + (−2)f (n) (x) 0 1 2 µ ¶ µ ¶ n n (n) (n+1) = xf (x) + f (x), 0 1 tj. ¢ (1 − x2 f (n+2) (x) − 2nxf (n+1) (x) − n(n − 1)f (n) (x) = xf (n+1) (x) + nf (n) (x). Za x = 0 jednakost postaje f (n+2) (0) = n2 f (n) (0),
n ∈ N.
Imaju´ci u vidu da je f 0 (0) = 1/2 i f 00 (0) = 0, vaˇzi slede´ce: 1 f 000 (0) = , 2 f (6) (0) = 0,
f (4) (0) = 0, 1 f (7) (0) = 52 · 32 · , 2
1 f (5) (0) = 32 · , 2 f (8) (0) = 0.
Pretpostavku da je za proizvoljno k ∈ N 1 f (2k+1) (0) = ((2k − 1)!!)2 , 2
f (2k) (0) = 0.
treba dokazati matematiˇckom indukcujom, ˇsto prepuˇstamo ˇcitaocu.
