×   HOME PREDAVANJA

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI INDEKS

VJEŽBE

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

KVIZ

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

PODSJETNIK

SADRŽAJ OSNOVE LINEARNA ALGEBRA VEKTORI I GEOMETRIJA FUNKCIJE DERIVACIJE NIZOVI I REDOVI

JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...

☰   matematika1 Derivacije slijeva i zdesna     Derivacija     Deriviranje implicitno zadane funkcije

Pravila deriviranja

Pravila koja ćemo dati u ovom poglavlju znatno olakšavaju računanje derivacija zadanih funkcija.

Teorem 5.2   Ako su funkcije $f,g:\mathcal{D}\to \mathbb{R}$ derivabilne na skupu $\mathcal{A}\subseteq \mathcal{D}$ , tada za svaki $x\in\mathcal{A}$ vrijedi

$$(f+g)'(x) =f'(x)+g'(x),$$

$$(f-g)'(x) =f'(x)-g'(x),$$

$$(f\cdot g)'(x) =f'(x)g(x)+f(x)g'(x),$$

$$\bigg(\frac{f}{g}\bigg)'(x) =\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)},\qquad g(x)\neq 0.$$

Dokaz.

Dokažimo zadnju tvrdnju teorema. Prema formuli (5.1) vrijedi

$$\bigg(\frac{f}{g}\bigg)'(x) =\lim_{\Delta x\to 0} \frac{ \frac{f(x+\Delta x)}{g(x+\Delta x)} ... ...a x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x+\Delta x)} {g(x+\Delta x)g(x)\Delta x}$$

$$=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)g(x) -f(x)g(x)+f(x)g(x) -f(x)g(x+\Delta x)} {g(x+\Delta x)g(x)\Delta x}$$

$$=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{ \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} g(x) - f(x) \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} } {g(x+\Delta x)g(x)}$$

$$= \frac{\lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} ... ... \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} } {\lim_{\Delta x\to 0} g(x+\Delta x)g(x)}$$

$$=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)},$$

što je i trebalo dokazati. Dokaz prve tri tvrdnje ostavljamo za vježbu.     

Q.E.D.

Primjer 5.4  

a)

Treća tvrdnja teorema 5.2 i primjer 5.1 povlače

$$(x^3)'=(x^2\cdot x)'=(x^2)'\cdot x+ x^2\cdot (x)'= 2x\cdot x+ x^2\cdot 1= 3x^2.$$

b)

Četvrta tvrdnja teorema 5.2 i primjer 5.1 povlače

$$(\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x)' =\bigg(\frac{\sin x}{\cos x}\bigg)' = \frac{(\sin x)'\cdot \cos x-\sin x\cdot(\cos x)'}{\cos^2 x} =\frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}$$

$$= \frac{1}{\cos^2 x},$$

$$(\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x)' =\bigg(\frac{\cos x}{\sin x}\bigg)' = \frac{(\cos x)'\cdot \sin x-\cos x\cdot(\sin x)'}{\sin^2 x} =\frac{-\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin^2 x}$$

$$= -\frac{1}{\sin^2 x}.$$

Primijetimo da po su definiciji 5.1 sve derivirane funkcije glatke, jer su im derivacije neprekidne na čitavom području definicije.

Sljedeća dva teorema navodimo bez dokaza.

Teorem 5.3   [Deriviranje inverzne funkcije] Neka je funkcija $f:\mathcal{D}\to \mathcal{K}$ bijekcija, neka je derivabilna u točki $x$ i neka je $f'(x)\neq 0$ . Neka je inverzna funkcija $f^{-1}:\mathcal{K}\to \mathcal{D}$ neprekidna u točki $y=f(x)$ . Tada je

$$(f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)}.$$

Primjer 5.5  

a)

Za funkciju $y=x^2$ koja ima inverznu funkciju za $x\geq 0$ teorem 5.3 daje

$$(\sqrt{y})'=\frac{1}{(x^2)'}=\frac{1}{2x}=\frac{1}{2\sqrt{y}}.$$

Sada na lijevoj i na desnoj strani imamo funkciju od $y$ pa možemo zamijeniti $y$ s $x$ što nam daje standardni zapis

$$(\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}, \qquad x>0.$$

Dodatno ograničenje $x\neq 0$ smo morali uvesti jer dijeljenje s nulom nije moguće. Na slici 4.20 vidimo da funkcija $\sqrt{x}$ nema derivaciju u točki $x=0$ .

b)

Za funkciju $y=\sin x$ koja ima inverznu funkciju za $x\in [-\pi/2,\pi/2]$ vrijedi

$$(\arcsin y)'=\frac{1}{(\sin x)'}=\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 x}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}},$$

odnosno, nakon zamjene $y$ s $x$ ,

$$(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, \qquad x\in (-1,1).$$

Funkcija $\arcsin x$ je definirana na intervalu $[-1,1]$ (poglavlje 4.6.6), dok njena derivacija nije definirana u rubovima tog intervala kako bi se izbjeglo dijeljenje s nulom.

c)

Za funkciju $y=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x$ koja ima inverznu funkciju za $x\in (-\pi/2,\pi/2)$ (vidi sliku 4.38) vrijedi

$$(\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits y)'=\frac{1}{(\mathop{\mathrm{t... ...x}} =\cos^2 x=\frac{1}{1+ \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits ^2 x}=\frac{1}{1+y^2},$$

odnosno, nakon zamjene $y$ s $x$ ,

$$(\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits x)'=\frac{1}{1+x^2}, \qquad x\in \mathbb{R}.$$

Teorem 5.4   [Deriviranje kompozicije funkcija] Ako je funkcija $f$ derivabilna u točki $x$ , a funkcija $g$ derivabilna u točki $y=f(x)$ , tada je kompozicija $g\circ f$ derivabilna u točki $x$ i vrijedi

$$[g(f(x))]'=g'(y)f'(x)=g'(f(x)) f'(x).$$

Ovaj način deriviranja je vrlo čest. Sada ćemo navesti samo dva primjera, a dvije važne primjene dat ćemo u poglavljima o deriviranju implicitno zadane funkcije 5.1.4 i logaritamskom deriviranju 5.1.6.

Primjer 5.6  

a)

Ako je $y=f(x)$ , tada je

$$(y^2)'=2y y'.$$

Tako iz primjera 5.1 i 5.4 za $y=x^3-3x^2+5x$ slijedi

$$[(x^3-3x^2+5x)^2]' =2(x^3-3x^2+5x) (x^3-3x^2+5x)'$$

$$= 2(x^3-3x^2+5x)(3x^2-6x+5).$$

b)

Ako je $y=f(x)$ , tada teorem 5.6 i primjer 5.1 povlače

$$(\sin y)'=(\cos y) y'.$$

Tako za funkciju $f(x)=\sin(\cos x)$ vrijedi

$$f'(x)=\cos(\cos x)(\cos x)'=\cos(\cos x) (-\sin x).$$

Derivacije slijeva i zdesna     Derivacija     Deriviranje implicitno zadane funkcije