4. DERIVACIJA FUNKCIJE 1 / 115

4. DERIVACIJA FUNKCIJE 1 / 115

2 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Povijesno su dva po prirodi različita problema bila glavna motivacija za razvoj diferencijalnog računa. Jedan od njih je fizikalni problem definiranja pojma brzine. Drugi problem je geometrijske naravi, a odnosi se na pitanje postojanja jedinstvene tangente u nekoj točki grafa Γ f funkcije f.

3 / 115 Brzina. Isac Newton (1642 1727) Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Neka je s(t), t 0, funkcija koja mjeri put koji je prošla materijalna točka u vremenskom intervalu [0, t]. Prosječna brzina te materijalne točke u vremenskom intervalu [t 0, t] definira se kao v(t 0, t) = s(t) s(t 0) t t 0. Kako definirati pojam brzine u trenutku t 0.

4 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente To je nešto što nije moguće mjeriti, jer mi znamo mjeriti prosječnu brzinu na nekom intervalu, a točka predstavlja vremenski interval [t 0, t 0 ] duljine 0. Moguće je promatrati ponašanje prosječne brzine na intervalima oko točke t 0 čija duljina se smanjuje. Taj proces opisujemo pomoću limesa funkcije, tj. možemo reći da je brzina u točki ako taj limes postoji. v(t 0 ) = lim t t0 v(t 0, t) = lim t 0 s(t) s(t 0 ) t t 0,

5 / 115 Tangenta. G.W. Leibniz (1646 1716) Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Drugi problem je geometrijske naravi, a odnosi se na pitanje postojanja jedinstvene tangente u nekoj točki grafa Γ f funkcije f.

Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente y f d s t f f c 0 c d x Sekanta kroz točke C = (c, f (c)) i D = (d, f (d)) ima koeficijent smjera f (d) f (c) k s =. d c Ako d c, odnosno, ako se točka D po grafu Γ f približava točki C, onda sekanta s postaje tangenta t. 6 / 115

7 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Dakle, koeficijent smjera sekante prelazi u koeficijent smjera tangente: f (d) f (c) k t = lim. d c d c

8 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Definicija Kažemo da je funkcija f : I R, diferencijabilna ili derivabilna u točki c otvorenog intervala I R, ako postoji f (x) f (c) lim. x c x c Taj broj zovemo derivacija (izvod) funkcije f u točki c i pišemo Još se koriste oznake Df (c) ili f f (x) f (c) (c) = lim. (1) x c x c df dx (c).

9 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Kažemo da je f diferencijabilna na intervalu I ako je ona diferencijabilna u svakoj točki iz I. Tada je na I dobro definirana funkcija x f (x) koju prirodno označavamo s f i tako der zovemo derivacija od f na I.

10 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Ako je f diferencijabilna u nekoj točki c I, onda njenu derivaciju (f ) (c) zovemo druga derivacija od f u c i označavamo s f (c) ili f (2) (c), tj. f f (x) f (c) (c) = lim. x c x c Analogno se definira treća derivacija itd. Općenito, ako postoji n-ta derivacija od f na I, tj. f (n) : I R onda možemo definirati uz uvjet da navedeni limes postoji. f (n+1) f (n) (x) f (n) (c) (c) = lim, x c x c

11 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Naći derivaciju konstantne funkcije f (x) = α, x R u točki c R. Rješenje. Vrijedi Dakle, Ponekad to skraćeno pišemo f f (x) f (c) α α (c) = lim = lim x c x c x c x c = 0. f (x) = 0, x R. (α) = 0.

12 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Naći derivaciju funkcije f (x) = x, x R u točki c R. Rješenje. Vrijedi f f (x) f (c) x c (c) = lim = lim x c x c x c x c = 1. Dakle, (x) = 1.

13 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Naći derivaciju funkcije f (x) = x 2, x R u točki c R. Rješenje. Vrijedi f f (x) f (c) x 2 c 2 (c) = lim = lim x c x c x c x c Dakle, ( x 2) = 2x. = lim (x + c) = 2 c. x c

14 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Funkcija f (x) = x, x R, je neprekidna na R, a diferencijabilna na R \ {0}. No, f nije diferencijabilna u 0. Naime, x x lim = 1 i lim x c x x c+ x = 1. lijevi i desni limes kvocijenta diferencija su različiti, pa derivacija ne postoji.

15 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Teorem (4.1.) Ako je funkcija f : I R diferencijabilna u točki c otvorenog intervala I, onda je f neprekidna u c. Dokaz: Zbog diferencijabilnosti funkcije f u točki c je funkcija f (x) f (c) f ω(x) = (c), za x c x c. 0, za x = c neprekidna u c.

16 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Naime, ( ) f (x) f (c) lim ω(x) = lim f (c) = 0 = ω(c). x c x c x c Sada je f (x) = f (c) + (f (c) + ω(x))(x c), x I, Funkcija na desnoj strani jednakosti je neprekidna u c = f neprekidna u c. Q.E.D.

17 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Napomena. Od svih linearnih polinoma, tj. polinoma oblika P(x) = ax + b, polinom P(x) = f (c) (x c) + f (c) najbolje aproksimira funkciju f u okolini točke c. Tvrdnja. Neka je funkcija f : I R diferencijabilna u točki c otvorenog intervala I i neka je g(x) = f (c)(x c) + f (c), x R. Ako je h polinom, st h 1, i h g, onda postoji δ h > 0 tako da vrijedi x I, (0 < x c < δ h ) ( f (x) g(x) < f (x) h(x) ). Drugim riječima, polinom g je me du svim polinomima stupnja 1 lokalno oko c najbolja aproksimacija funkcije f.

18 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjeri računanja pomoću diferencijala Na osnovu prethodne napomene možemo koristiti f (x) f (c) + f (c) (x c), za x c.

19 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Približno izračunajte 1 1.1, 1 1.01 1 1.001. Rješenje. f (x) = 1 x, f (x) = 1 x 2, c = 1 f (c) = 1, f (c) = 1, f (1.1) f (1) + f (1) (1.1. 1) = 1 1 0.1 = 0.9, f (1.01) f (1) + f (1) (1.01. 1) = = 1 1 0.01 = 0.99, f (1.001) f (1) + f (1) (1.001. 1) = = 1 1 0.001 = 0.999.

20 / 115 Motivacija: aproksimacija funkcije, problemi brzine i tangente Primjer Izračunajte 2 8.98, e 0.2, tg 44 o.

21 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Teorem (4.3.) Neka su funkcije f, g : I R diferencijabilne u točki c otvorenog intervala I. 1. Funkcija f + g je diferencijabilna u točki c i (f + g) (c) = f (c) + g (c). 2. Funkcija fg je diferencijabilna u točki c i (fg) (c) = f (c)g(c) + f (c)g (c). 3. Ako je funkcija f g definirana na I, onda je i diferencijabilna u točki c i ( ) f (c) = f (c)g(c) f (c)g (c) g g(c) 2.

22 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Dokaz: 1. Za funkciju h = f + g je h(x) h(c) x c = f (x) + g(x) f (c) g(c) x c = = f (x) f (c) x c + g(x) g(c). x c Odatle je h(x) h(c) f (x) f (c) g(x) g(c) lim = lim + lim, x c x c x c x c x c x c = Vrijedi tvrdnja 1.

23 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama 2. Za funkciju h = f g je Odatle je h(x) h(c) x c = = f (x)g(x) f (c)g(c) x c f (x) f (c) g(x) g(c) g(x) + f (c). x c x c = h(x) h(c) lim = x c x c = lim x c f (x) f (c) x c lim g(x) + f (c) lim x c x c što zbog neprekidnosti funkcije g u c daje tvrdnju 2. g(x) g(c), x c

Diferencijabilnost i operacije s funkcijama 3. Uzmimo prvo h = 1 g pa je h(x) h(c) x c = 1 g(x) 1 g(c) x c Zbog neprekidnosti funkcije g u c slijedi odnosno Sada na funkciju h(x) h(c) lim x c x c h (c) = g(x) g(c) x c = g(c)g(x). = lim x c g(x) g(c) x c g(c) lim x c g(x), ( ) 1 (c) = g (c) g g(c) 2. f g = f 1 g primijenimo pravilo za deriviranje produkta funkcija i dobivamo tvrdnju 3. Q.E.D. 24 / 115

25 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Korolar (4.1.) Neka su funkcije f, g : I R diferencijabilne u točki c otvorenog intervala I. Tada je za sve λ, µ R funkcija λf + µg diferencijabilna u točki c i (λf + µg) (c) = λf (c) + µg (c). Skup svih funkcija s I u R koje su diferencijabilne u točki c je vektorski prostor (uz operacije zbrajanja i množenja sa skalarom definiranim po točkama), a pridruživanje f f (c) je linearan funkcional na tom prostoru.

26 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Dokaz: Uzmimo konstantnu funkciju h(x) = λ, x R. Tada je h (c) = 0 u svakoj točki c R. Sada formula za deriviranje produkta daje (λf ) (c) = (hf ) (c) = h (c)f (c) + h(c)f (c) = = h(c)f (c) = λf (c). Primjenom prethodnog rezultata i formule za deriviranje sume dobivamo tvrdnju korolara. Q.E.D.

27 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Derivacija kompozicije funkcija Teorem (4.4.,Derivacija kompozicije funkcija) Neka su f : I R, g : J R i neka je f (I) J, tj. kompozicija g f : I R je dobro definirana na I. Ako je funkcija f diferencijabilna u točki c I i funkcija g diferencijabilna u točki d = f (c) J, onda je kompozicija g f diferencijabilna u c i vrijedi (g f ) (c) = g (d)f (c).

28 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Dokaz: Definirajmo funkciju ω f (x) f (c) f ω(x) = (c), za x c x c 0, za x = c. Vrijedi: f (x) = f (c) + (f (c) + ω(x))(x c), x I, Neka je ω 1 definirana s g(y) g(d) g (d), za y d ω 1 (x) = y d 0, za y = d, tako da vrijedi g(y) = g(d) + (g (d) + ω 1 (y))(y d), y J.

29 / 115 Neka je h = g f, pa je Diferencijabilnost i operacije s funkcijama h(x) = g[f (x)] = g(d) + [g (d) + ω 1 (f (x))][f (x) f (c)], što daje (h(c) = g(d)) h(x) h(c) x c = [g (d) + ω 1 (f (x))] f (x) f (c). x c Zbog neprekidnosti funkcije f u točki c i neprekidnosti ω 1 u d = f (c), funkcija ω 1 f je neprekidna u c i Sada je (ω 1 f )(c) = ω 1 [f (c)] = ω 1 (d) = 0. h h(x) h(c) (c) = lim = lim [g f (x) f (c) (d) + ω 1 (f (x))] lim, x c x c x c x c x c odakle slijedi tvrdnja teorema. Q.E.D.

30 / 115 Derivacija inverzne funkcije Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Teorem (4.5.,Derivacija inverzne funkcije) Neka je f : I J, I, J R otvoren interval, bijekcija i neka su f i f 1 neprekidne na I, odnosno J. Ako f ima derivaciju u točki c I i ako je f (c) 0, onda je f 1 diferencijabilna u točki d = f (c) i vrijedi (f 1 ) (d) = 1 f (c).

31 / 115 Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Dokaz: Iz diferencijabilnosti funkcije f u točki c slijedi f (x) f (c) = (x c)[f (c) + ω(x)], gdje je ω funkcija neprekidna u c definirana s: f (x) f (c) f ω(x) = (c), za x c x c 0, za x = c. Stavimo d = f (c) i y = f (x) pa dobivamo Odatle dobivamo y d = [f 1 (y) f 1 (d)][f (c) + ω(f 1 (y))]. f 1 (y) f 1 (d) y d = 1 f (c) + ω(f 1 (y)).

Diferencijabilnost i operacije s funkcijama Jer je f 1 neprekidna u d: a ω je neprekidna u c vrijedi To daje jednakost lim f 1 (y) = f 1 (d) = c y d lim ω(f 1 (y)) = ω(f 1 (d)) = ω(c) = 0. y d (f 1 ) f 1 (y) f 1 (d) (d) = lim = 1 y d y d f (c). Q.E.D. Prethodnu formulu često koristimo u obliku (f 1 ) (x) = 1 f (f 1 (x)). 32 / 115

33 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Potencije i korijeni Derivacije elementarnih funkcija Neka je n N i f (x) = x n, x R. Indukcijom pomoću formule za deriviranje produkta funkcija lako se dobije f (x) = nx n 1, x R. Baza (n = 1): (x 1 ) = 1 = x 1 1.

34 / 115 Pretpostavka indukcije: (x n ) = nx n 1. Derivacije elementarnih funkcija Korak indukcije: (x n+1 ) = (x x n ) = = (x) x n + x (x n ) = = 1 x n + x nx n 1 = = (n + 1)x n. Slično, neka je n N i f (x) = x n, x R \ {0}. Iz prethodnog i formule za deriviranje kvocijenta dobijemo (x n ) = ( ) 1 x n = nx n 1 x 2n = nx n 1.

35 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Za n neparan f 1 : R R ili za n paran f 1 : 0, + 0, + je definirana s f 1 (x) = n x = x 1 n. Tada vrijedi tj. (f 1 ) (x) = 1 f (f 1 (x)) = 1 n( n x) n 1 = 1 ( ) x 1 1 n = n x 1 n 1. nx n 1 n = 1 n x 1 n 1.

36 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Neka je q Q \ {0} i f : 0, + 0, + definirana s f (x) = x q. Pokažimo da vrijedi formula (x q ) = qx q 1. Naime, za q = m n, m Z i n N je (x m n ) = [(x m ) 1 n ] = = 1 n (x m ) 1 n 1 mx m 1 = = m n x m n m+m 1 = m n x m n 1.

37 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Trigonometrijske i arcus funkcije Za 0 < x < π 2 vrijedi sin x < x i tg x > x. Odatle, za x π 2, π 2 \ {0} vrijedi nejednakost = lim x 0 sin x x = 1. cos x < sin x x < 1.

38 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Sada za c R vrijedi sin x sin c x c = x c 2 sin 2 cos x+c 2 x c = sin x c 2 x c 2 cos x + c 2, što daje Odatle je za sin x sin c lim x c x c sin x c 2 x c x c 2 = lim (sin x) = cos x. lim cos x + c x c 2 = cos c.

39 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Nadalje, iz dobivamo Dakle, cos x = sin(x + π 2 ) (cos x) = cos(x + π ) 1 = sin x. 2 (cos x) = sin x.

Derivacije elementarnih funkcija Pomoću formule za deriviranje kvocijenta imamo (tg x) = ( ) sin x = cos x cos x cos x sin x( sin x) cos 2 x = 1 cos 2 x. Analogno slijedi (ctg x) = ( cos x ) = sin x sin x sin x cos x cos x sin 2 x = 1 sin 2 x. (tg x) = 1 cos 2 x, (ctg x) = 1 sin 2 x. 40 / 115

41 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Za f (x) = Sin x je f 1 (x) = Sin 1 x ( Sin 1 x) = 1 cos(sin 1 x) = 1 1 [sin(sin 1 x)] 2 = 1 1 x 2. Za f (x) = Cos x je f 1 (x) = Cos 1 x (Cos 1 x) = 1 sin(cos 1 x) = 1 1 [cos(cos 1 x)] 2 = 1 1 x 2.

Derivacije elementarnih funkcija (Tg 1 x) = 1 1 cos 2 (Tg 1 x) = = 1 1 + [tg (Tg 1 x)] 2 = 1 1 + x 2, (Ctg 1 x) = 1 1 sin 2 (Ctg 1 x) = = = 1 1 + [ctg (Ctg 1 x)] 2 = 1 1 + x 2. 42 / 115

43 / 115 Eksponencijalna funkcija Derivacije elementarnih funkcija Vrijedi e x 1 lim = 1. x 0 x Za x 0 definirali smo f 0 (x) = lim n (1 + x n )n. Sada je eksponencijalna funkcija definirana s f (x) = e x = f 0 (x), za x 0 1 f 0 ( x), za x < 0.

44 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Za x > 0 vrijedi (1 + x n )n 1 = x = 1 [(1 + x n n )n 1 + (1 + x n )n 2 + + (1 + x ] n ) + 1. Odatle imamo 1 (1 + x n )n 1 x c Prelaskom na limes po n dobivamo ( 1 + x ) n 1 n 1 f 0(x) 1 x f 0 (x). Funkcija f 0 je neprekidna u 0 pa za x 0+ slijedi f 0 (x) 1 1 lim f 0 (0) = 1. x 0+ x

45 / 115 Za x < 0 je f (x) = 1, pa je f 0 ( x) Derivacije elementarnih funkcija f (x) 1 x = 1 f 0 ( x) 1 x = 1 f 0 ( x) 1 f 0 ( x). x Sada za x 0 slijedi f (x) 1 lim x 0 x 1 1 f 0 ( x) = lim = x 0 f 0 ( x) x 1 = lim x 0 f 0 ( x) lim f 0 ( x) 1 = x 0 x = 1. Postoje lijevi i desni limes u 0 i jednaki su = postoji limes u 0 i e x 1 lim = 1. x 0 x

46 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Sada je e x e c lim x c x c = lim e c (e x c 1) = e c e y 1 lim = e c. x c x c y 0 y (e x ) = e x

47 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Za logaritamsku funkciju f 1 (x) = ln x kao inverznu funkciju od eksponencijalne imamo (ln x) = 1 e ln x = 1, x > 0. x

Primjer. Neka je za x 0. f (x) = ln x Derivacije elementarnih funkcija Tada za x > 0 imamo pa je f (x) = ln x, f (x) = 1 x. Za x < 0 je pa je f (x) = ln( x), f (x) = 1 x ( 1) = 1 x. 48 / 115

49 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Dakle x 0 je (ln x ) = 1 x.

50 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Primjer Opća eksponencijalna funkcija za x > 0 i α R \ {0} definirana je s x α = e α ln x. Odatle je (x α ) = e α ln x α 1 x = αx α 1.

51 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Primjer Eksponencijalna funkcija s bazom a > 0 definira se kao a x = e x ln a, x R. Odatle je (a x ) = e x ln a ln a = a x ln a. Njena inverzna funkcija log a x ima derivaciju (log a x) = 1 a log a x ln a = 1 x ln a.

52 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Hiperbolne i area funkcije (sh x) = ( e x e x ) = 2 = ex + e x 2 = = ch x, x R, (ch x) = ( e x + e x ) = 2 = ex e x 2 = = sh x, x R,

Derivacije elementarnih funkcija (th x) = ( ) sh x = ch x = ch2 x sh 2 x (ch x) 2 = = 1 ch 2, x R, x (cth x) = ( ) ch x = sh x = sh2 x ch 2 x (sh x) 2 = = 1 sh 2 x, x R \ {0}, 53 / 115

Derivacije elementarnih funkcija (sh 1 x) = = 1 ch(sh 1 x) = 1 1 + (sh(sh 1 x)) 2 = = 1 1 + x 2, (Ch 1 x) = = = 1 sh(ch 1 x) = 1 = (ch(ch 1 x)) 2 1 1 x 2 1, 54 / 115

Derivacije elementarnih funkcija (th 1 x) = = = (cth 1 x) = = = 1 1 ch 2 (th 1 x) = 1 1 [th(th 1 x)] 2 = 1 1 x 2, 1 1 sh 2 (cth 1 x) = 1 1 [cth(cth 1 x)] 2 = 1 1 x 2. 55 / 115

56 / 115 Derivacije elementarnih funkcija Primjer (Logaritamsko deriviranje) Neka su f : I 0, +, g : I R, I R otvoren interval, diferencijabilne funkcije. Tada je i funkcija h : I R, definirana s diferencijabilna. Naime, h(x) = f (x) g(x), x I, ln(h(x)) = g(x) ln(f (x)), pa deriviranjem lijeve i desne strane ove jednakosti imamo: Odatle je h (x) h(x) = g (x) ln(f (x)) + g(x) f (x) f (x). [ h (x) = f (x) g(x) g (x) ln(f (x)) + g(x) f ] (x). f (x)

57 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Teoremi srednje vrijednosti i primjene Lema (4.1.) Neka je f : I R, diferencijabilna u točki c otvorenog intervala I R. Ako je f (c) > 0 onda δ > 0 takav da vrijedi x c δ, c = f (x) < f (c), x c, c + δ = f (c) < f (x). Ako je f (c) < 0 onda δ > 0 takav da vrijedi x c δ, c = f (x) > f (c), x c, c + δ = f (c) > f (x).

Teoremi srednje vrijednosti i primjene Dokaz: Slično kao u dokazu teorema 4.1, iz diferencijabilnosti funkcije f u c slijedi neprekidnost u c funkcije g : I R definirane s g(x) = { f (x) f (c) x c, za x c f (c), za x = c. Zbog g(c) = f (c) > 0, prema lemi 3.3., δ > 0 takav da x I x c < δ = g(x) 1 g(c) > 0. 2 To daje x c δ, c x c, c + δ f (x) f (c) x c f (x) f (c) x c > 0 f (x) f (c) < 0, > 0 f (x) f (c) > 0. Q.E.D. 58 / 115

59 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Definicija Za funkciju f : I R kažemo da u c otvorenog intervala I R ima a) lokalni maksimum f (c), ako δ > 0 takav da x I x c < δ = f (x) f (c), b) strogi lokalni maksimum f (c), ako δ > 0 takav da x I 0 < x c < δ = f (x) < f (c), c) lokalni minimum f (c), ako δ > 0 takav da x I x c < δ = f (x) f (c), d) strogi lokalni minimum f (c), ako δ > 0 takav da x I 0 < x c < δ = f (x) > f (c).

60 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Takve točke zovemo točkama lokalnih ekstrema, odnosno, strogih lokalnih ekstrema.

61 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Lema (4.2.,Fermat) Neka f : I R u točki c otvorenog intervala I R ima lokalni ekstrem. Ako je f diferencijabilna u c, onda je f (c) = 0. Dokaz: Neka f ima u c lokalni maksimum. Kada bi bilo f (c) > 0 onda bi postojao δ > 0 takav da x c, c + δ = f (c) < f (x), tj. f ne bi imala lokalni maksimum u c. U slučaju f (c) < 0 δ > 0 takav da x c δ, c = f (x) > f (c), pa f opet ne bi imala lokalni maksimum u c. Dakle, mora biti f (c) = 0. Q.E.D.

62 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Uvjet da je derivacija u točki jednaka nuli nije dovoljan da bi u toj točki funkcija imala lokalni ekstrem. Točke iz otvorenog intervala u kojima je derivacija jednaka nuli nazivamo stacionarnim točkama. Primjer Za funkciju f (x) = x 3 je f (x) = 3x 2, tj. f (0) = 0, ali f nema lokalni ekstrem u 0 jer je f strogo rastuća na R.

Teoremi srednje vrijednosti i primjene Teorem (Rolle) Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka za a, b I, a < b, vrijedi f (a) = f (b) = 0. Tada c a, b takav da je f (c) = 0. Dokaz: Budući da je funkcija f neprekidna na segmentu [a, b] \ I,onda ona poprima minimum m i maksimum M na tom segmentu (B-W teorem). Ako je m = M onda je f konstantna funkcija na tom segmentu, pa je f (c) = 0, c a, b. Pretpostavimo da je m < M. Onda se barem jedna od tih vrijednosti poprima unutar intervala a, b, i pretpostavimo da je to M, tj. x M a, b, M = f (x M ). Sada prema lemi 4.2 je f (x M ) = 0, tj. c = x M je tražena točka. Q.E.D. 63 / 115

64 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Geometrijska interpretacija Rolleovog teorema

65 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Geometrijska interpretacija Rolleovog teorema

Teoremi srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.7.,Lagrange) Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka su a, b I, a < b. Tada c a, b takav da je f (b) f (a) = f (c)(b a). Dokaz: Neka je funkcija g : I R zadana s g(x) = f (x) f (a) Funkcija g je diferencijabilna na I i f (b) f (a) (x a). b a g (x) = f f (b) f (a) (x), x I. b a Tako der je g(a) = g(b) = 0, pa g zadovoljava sve uvjete Rolleovog teorema, tj. c a, b takva da je 0 = g (c) = f (c) f (b) f (a). b a Q.E.D. 66 / 115

67 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Geometrijska interpretacija Lagrangeovog teorema srednje vrijednosti kaže da za svako a, b I i sekantu koja prolazi točkama (a, f (a)) i (b, f (b)) na grafu Γ(f ) funkcije f postoji tangenta s diralištem (c, f (c)) na grafu Γ(f ) koja je paralelna s tom sekantom. Naime, jednakost iz Lagrangeovog teorema može se pisati kao f (c) = f (b) f (a), b a a to je upravo jednakost koeficijenata smjera tangente i sekante.

68 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene y f b s t f f c f a 0 a c b x

69 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Postoji nekoliko sličnih, ali u nekim detaljima različitih, formulacija Lagrangeovog teorema. Ako je f : [a, b] R, onda se pretpostavlja njena neprekidnost na [a, b] i diferencijabilnost na a, b. Tako der, nekada se točka c a, b piše u obliku c = a + σ(b a), σ 0, 1. Sada ćemo dokazati da za funkciju diferencijabilnu na otvorenom intervalu I R, njena derivacija f : I R definirana s (f )(x) = f (x), x I, ne može biti bilo kakva funkcija.

70 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.8.) Neka je f : I R diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka funkcija f : I R ima u točki c I limes slijeva (limes zdesna). Tada je f neprekidna slijeva (zdesna) u c. Dokaz: Neka je x I, x < c, pa po Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti postoji točka c x x, c takva da vrijedi f (x) f (c) = f (c x )(x c). Odatle je f (x) f (c) x c = f (c x ).

71 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Po pretpostavci postoji lim x c f (x). No, tada je lim f (x) = lim f (c x ), x c x c odnosno, zbog postojanja f (c) vrijedi lim f f (x) f (c) f (x) f (c) (x) = lim = lim = f (c). x c x c x c x c x c Q.E.D.

72 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Korolar (4.2.) Ako realna funkcija f ima derivaciju f na otvorenom intervalu I R, onda funkcija f nema prekida prve vrste na I. Dokaz. Kada bi f imala prekid prve vrste u c tada Postoji limes slijeva od f. Zbog Tm-a je f neprekidna slijeva u c. Postoji limes sdesna od f. Zbog Tm-a je f neprekidna sdesna u c. Neprekidna slijeva i neprekidna sdesna u c = f neprekidna u c. Kontradikcija. Q.E.D.

73 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Primjer Derivacija ne treba biti neprekidna funkcija. Neka je f (x) = Ispitajte neprekidnost funkcije f. { x 2 sin 1 x, za x 0, 0, za x = 0. Rješenje. Za x 0 je f (x) = 2 x sin 1 x + x 2 ( 1 x 2 ) cos 1 x = = 2 x sin 1 x cos 1 x.

74 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene Za x = 0 je f f (x) f (0) (0) = lim = x 0 x 0 x 2 sin 1 x = lim 0 = x 0 x 0 = lim x 0 x 2 sin 1 x x = = lim x 0 x sin 1 x = = 0.

75 / 115 Teoremi srednje vrijednosti i primjene ne postoji jer Uočite da je dok ne postoji. lim f (x) x 0 f (x) = 2 x sin 1 x cos 1 x. lim 2 x sin 1 x 0 x = 0 lim x 0 cos 1 x

76 / 115 Monotonost i derivacija funkcije Monotonost i derivacija funkcije Teorem (4.9.) Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R. Funkcija f raste na I ako i samo ako je f (x) 0, x I. Funkcija f pada na I ako i samo ako je f (x) 0, x I. Dokaz: Neka f raste na I, tj. x 1, x 2 I, x 1 < x 2 = f (x 1 ) f (x 2 ). Kada bi postojala točka c I takva da je f (c) < 0, onda bi prema lemi 4.1. postojao δ > 0 takav da vrijedi x c δ, c = f (x) > f (c), a to je u suprotnosti s rastom funkcije. = f (x) 0, x I.

77 / 115 Monotonost i derivacija funkcije Neka je f (x) 0, x I. Neka su x 1, x 2 I, x 1 < x 2. Prema Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti x x 1, x 2 tako da je f (x 2 ) f (x 1 ) = f (c)(x 2 x 1 ) 0, tj. f (x 1 ) f (x 2 ). Druga tvrdnja, za padajuću funkciju, dobije se tako da se prva tvrdnja primijeni na funkciju f. Q.E.D.

78 / 115 Monotonost i derivacija funkcije Napomena. Uvjet da je f (x) > 0, x I, je dovoljan za strogi rast funkcije f na I, ali taj uvjet nije nužan. To pokazuje primjer funkcije f (x) = x 3, x R. Naime, ta je funkcija strogo rastuća, ali f (0) = 0. Nužan i dovoljan uvjet dan je u sljedećem teoremu. Teorem (4.10.) Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R i neka je S = {x I; f (x) = 0}. Funkcija f strogo raste (pada) na I ako i samo ako skup S ne sadrži otvoreni interval i f (x) > 0 (f (x) < 0), x I \ S.

Monotonost i derivacija funkcije Teorem (4.11.) Neka je f : I R, diferencijabilna na otvorenom intervalu I R. 1. Ako je c I, f (c) = 0 i ako δ > 0, c δ, c + δ I, tako da x c δ, c = f (x) > 0 i x c, c + δ = f (x) < 0, onda f ima u točki c strogi lokalni maksimum. 2. Ako je c I, f (c) = 0 i ako δ > 0, c δ, c + δ I, tako da x c δ, c = f (x) < 0 i x c, c + δ = f (x) > 0, onda f ima u točki c strogi lokalni minimum. Napomena. Teorem kaže da derivacija mijenja predznak u lokalnom ekstremu. 79 / 115

80 / 115 Dokaz: 1. Neka je f (c) = 0 i Monotonost i derivacija funkcije x c δ, c = f (x) > 0 i x c, c + δ = f (x) < 0, Prema Lagrangeovom teoremu srednje vrijednosti x c δ, c + δ t izme du c i x tako da vrijedi f (c) f (x) = f (t)(c x). x c δ, c = x < t < c = f (t) > 0 = f (c) f (x) = f (t)(c x) > 0 = f (c) > f (x) x c, c + δ = c < t < x = f (t) < 0 = f (c) f (x) = f (t)(c x) > 0 = f (c) > f (x) Dakle, x c δ, c + δ, x c, je f (x) < f (c), = f u c ima strogi lokalni maksimum. Slučaj 2. slijedi iz 1. zamjenom f s f. Q.E.D.

81 / 115 Monotonost i derivacija funkcije Primjer Ispitati lokalne ekstreme i naći intervale monotonosti funkcije f (x) = x 1 + x 2. Rješenje. Funkcije f i f su definirane na R i f (x) = 1 x 2 (1 + x 2 ) 2. Stacionarne točke su x 1 = 1 i x 2 = 1. Zbog f ( 2) < 0 funkcija pada na, 1, zbog f (0) = 1 f raste na 1, 1 i zbog f (2) < 0 f pada na 1, +. Stoga imamo lokalne ekstreme: min( 1, 1 2 ) i max(1, 1 2 )., 1 1, 1 1, f + f

82 / 115 Monotonost i derivacija funkcije 0.5 6 4 2 1 1 2 4 6 0.5, 1 1, 1 1, f + f

Monotonost i derivacija funkcije Primjer Ispitati lokalne ekstreme i naći intervale monotonosti funkcije f (x) = 1 4 x 4 x 3 2x 2 + 1. Rješenje. Funkcije f i f su definirane na R i f (x) = x 3 3x 2 4x = (x 2 3x 4)x. Stacionarne točke su x 1 = 1, x 2 = 0 i x 3 = 4. Vrijednosti derivacije izme du stacionarnih točaka su f ( 2) = 12, f ( 1 2 ) = 9 8, f (1) = 6. Lokalni ekstremi su: min( 1, 1 4 ), max(0, 1), min(4, 31). 83 / 115

84 / 115 Monotonost i derivacija funkcije, 1 1, 0 0, 4 4, f + + f 40 20 4 2 1 1 2 4 6 20

85 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Definicija Neka je I R otvoren interval i f : I R ima n-tu derivaciju na I. Za c I polinom T n (x) = f (c) + n k=1 f (k) (c) (x c) k, x R, k! zovemo Taylorov polinom n-tog reda za funkciju f u točki c, a funkciju zovemo n-ti ostatak funkcije f u c. R n (x) = f (x) T n (x), x I,

86 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Lagrangeov teorem srednje vrijednosti ima sljedeće uopćenje. Teorem (4.12., Taylor) Neka je I R otvoren interval i neka f : I R, ima derivaciju n + 1-vog reda na I. Neka je c I i T n Taylorov polinom za f u točki c. Tada x I, c x izme du c i x, tako da je (Lagrangeov oblik ostatka) R n (x) = f (n+1) (c x ) (n + 1)! (x c)n+1.

87 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Dokaz: Za čvrsto x I, x c, definirajmo funkciju F : I R formulom gdje je F(t) = f (x) f (t) A = n k=1 [ (n + 1)! (x c) n+1 f (x) f (c) f (k) (t) (x t) k (x t)n+1 A k! (n + 1)! n k=1 ] f (k) (c) (x c) k k!., Lako je provjeriti da je F(x) = 0 i F(c) = 0. Nadalje, [ ] n F (t) = f f (k+1) (t) (t) (x t) k f (k) (t) (x t)n (x t)k 1 +A k! (k 1)! n! k=1 = (x t)n n! [ ] A f (n+1) (t).

88 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Iz Rolleovog teorema srednje vrijednosti zaključujemo da c x strogo izme du c i x takav da vrijedi F (c x ) = 0. = A = f (n+1) (c x ). Q.E.D. Napomena Ako je f (n+1) lokalno ograničena oko c, onda je funkcija ω n definirana s ω n (x) = { Rn(x) (x c) n, za x c 0, za x = c neprekidna u točki c i vrijedi f (x) = T n (x) + ω n (x)(x c) n, x I.

89 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Odre divanje ekstrema pomoću derivacija višeg reda U prošlom teoremu pokazali smo da je f (c) = 0 nužan uvjet za postojanje lokalnog ekstrema diferencijabilne funkcije f u točki c. Sada ćemo dati dovoljan uvjet za lokalne ekstreme pomoću derivacija višeg reda u točki c.

90 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.13.) Neka je I R otvoren interval, f : I R, f C (n+1) (I). Neka je c I stacionarna točka, tj. f (c) = 0. Ako postoji n N, takav da k {1,..., n} vrijedi tada je u slučaju f (k) (c) = 0 i f (n+1) (c) 0, I. ako je n + 1 paran broj i f (n+1) (c) > 0, f ima strogi lokalni minimum u c, II. ako je n + 1 paran broj i f (n+1) (c) < 0, f ima strogi lokalni maksimum u c, III. ako je n + 1 neparan broj, f nema lokalni ekstrem u c (ima horizontalnu infleksiju).

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Dokaz: Pretpostavimo da je nastupio I. slučaj. Tada zbog neprekidnosti f (n+1) u točki c, δ > 0 takav da x c δ, c + δ vrijedi f (n+1) (x) > 0. Taylorov teorem srednje vrijednosti: x c δ, c + δ c x izme du c i x tako da je f (x) = f (c) + f (n+1) (c x ) (n + 1)! (x c)n+1 > f (c) (zbog parnosti eksponenta n + 1). = f ima u c strogi lokalni minimum. Slučaj II. se dokazuje analogno. U slučaju III., zbog neparnosti eksponenta n + 1, na različitim stranama od c vrijednost od f (n+1) (c x )(x c) n+1 ima različite predznake, tj. u c nije lokalni ekstrem funkcije f. Q.E.D. 91 / 115

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitati lokalne ekstreme funkcije f (x) = 1 4 x 4 x 3 2x 2 + 1. Rješenje. Funkcije f, f i f su definirane na R. f (x) = x 3 3x 2 4x = (x 2 3x 4)x Stacionarne točke su x 1 = 1, x 2 = 0 i x 3 = 4. f (x) = 3x 2 6x 4 i vrijedi f ( 1) = 5 > 0, f (0) = 4 < 0, f (4) = 20 > 0, pa su točke lokalnih ekstrema: ( min 1, 1 ), 4 max(0, 1), min(4, 31). 92 / 115

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitati lokalne ekstreme funkcije f (x) = x 4 e x 2. Rješenje. Funkcije f, f i f su definirane na R. f (x) = e x 2 (4x 3 2x 5 ) Stacionarne točke su x 1 = 2, x 2 = 0 i x 3 = 2. f (x) = e x 2 (4x 6 18x 4 + 12x 2 ) Vrijedi f ( 2) = f ( 2) = 16 e 2 < 0, f (0) = 0, f (x) = e x 2 ( 8x 7 + 60x 5 96x 3 + 24x) f (0) = 0, f (4) (x) = e x 2 (16x 8 176x 6 + 492x 4 33612x 2 + 24) f (4) (0) = 24 > 0, 93 / 115

94 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Lokalni estremi: max( 2, 4e 2 ), min(0, 0), max( 2, 4e 2 ). 0.5 4 2 2 4

95 / 115 Konveksne funkcije, infleksija Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Definicija Za realnu funkciju f kažemo da je konveksna na intervalu I R, ako ( ) x1 + x 2 ( x 1, x 2 I) (x 1 < x 2 ) = f f (x 1) + f (x 2 ). 2 2 Funkcija f je strogo konveksna ako u definiciji vrijedi stroga nejednakost. Funkcija f je konkavna ako vrijedi ( ) x1 + x 2 ( x 1, x 2 I) (x 1 < x 2 ) = f 2 f (x 1) + f (x 2 ) 2, a strogo konkavna ako u definiciji vrijedi stroga nejednakost.

96 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene f x 2 f x 1 f x 2 2 f x 1 f x 1 x 2 2 O x 1 x 1 x 2 x 2 2

97 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.14., Jensenova nejednakost) Ako je f neprekidna i konveksna funkcija na intervalu I R, onda vrijedi ( x 1, x 2 I), ( t [0, 1]), f ((1 t) x 1 + t x 2 ) (1 t) f (x 1 ) + t f (x 2 ). Ako jednakost vrijedi za neko t 0, 1, onda jednakost vrijedi t [0, 1].

98 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene f x 2 f x 1 f x 2 2 f x 1 f x 1 x 2 2 O x 1 x 1 x 2 x 2 2

99 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.15.) Neka je f : I R diferencijabilna funkcija na otvorenom intervalu I R. Funkcija f je konveksna na I, ako i samo ako je njena derivacija f rastuća funkcija na I. Korolar (4.3.) Neka je f : I R dva puta diferencijabilna funkcija na otvorenom intervalu I R. Funkcija f je konveksna na I ako i samo ako je f (x) 0, x I. Dokaz: Po prethodnom teoremu f je konveksna na I ako i samo ako je f rastuća na I, a to vrijedi onda i samo onda ako je f (x) 0, x I. Q.E.D.

100 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Definicija Neka je I R otvoren interval i f : I R. Točka c I je točka infleksije ili prijevojna točka, ako postoji δ > 0 takav da je na intervalu c δ, c funkcija f strogo konveksna, a na intervalu c, c + δ je f strogo konkavna ili obratno. Još kažemo da je točka (c, f (c)) točka infleksije grafa funkcije f.

101 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.16.) Neka je f : I R dva puta diferencijabilna funkcija na otvorenom intervalu I R. Točka c I je točka infleksije funkcije f ako i samo ako je f (c) = 0 i funkcija f ima u c strogi lokalni ekstrem. Dokaz: Neka je f strogo konveksna na c δ, c i strogo konkavna na c, c + δ. Tada f strogo raste na c δ, c i strogo pada na c, c + δ, = f ima strogi lokalni maksimum u c. Neka f ima u c strogi lokalni maksimum. = f (c) = 0 i δ > 0 takav da f strogo raste na c δ, c i strogo pada na c, c + δ. = f je strogo konveksna na c δ, c i strogo konkavna na c, c + δ. Q.E.D.

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitati lokalne ekstreme i točke infleksije funkcije f (x) = e x 2. Rješenje. Funkcije f, f i f su definirane na R. f (x) = 2 x e x 2, f (x) = (4x 2 2) e x 2 Stacionarna točka je x 1 = 0. Moguće točke infleksije su x 2 = 2 2 i x 3 = Vrijednosti f ( 1) = f (1) = 2 e 1 > 0, f (0) = 2 e 1 < 0, = max(0, 1) 2 2. 102 / 115

103 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene, 2 2 2 2, 0 0, 2 2 2 2, f + + f + + f s. konv. s.konkav. s. konkav. s. konv. 1 0.8 0.6 0.4 0.2-3 -2-1 x 2 x 1 x 3 1 2 3

104 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitati lokalne ekstreme i točke infleksije funkcije f (x) = x 1 + x 2. Rješenje. Funkcije f, f i f su definirane na R. f (x) = 1 x 2 (1 + x 2 ) 2 f (x) = 2x(x 2 3) (1 + x 2 ) 3 Stacionarne točke su x 1 = 1 i x 2 = 1. Moguće točke infleksije su x 3 = 3, x 4 = 0 i x 5 = 3. Vrijednosti druge derivacije izme du točaka infleksije su: f ( 2) > 0, f (0) < 0, f (1) > 0 a jedini lokalni ekstrem je max(0, 1).

105 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene, 3 3, 1 1, 0 0, 1 1, 3 3, f + + + f + + f s. konkav. s. konvek. s. konvek. s. konkav. s. konkav. s. konvek. 0.4 x 4 x 5 0.2-3 -2-1 1x 2 2 3 x 3 x 1-0.2-0.4

106 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Okomite i kose asimptote na graf funkcije Definicija Neka je I R otvoren skup i f : I R funkcija čiji je graf Γ f R R. Kažemo da je pravac p asimptota na graf funkcije Γ f, ako udaljenost izme du pravca i točke T Γ f teži k 0 kako se točka T beskonačno udaljava od ishodišta.

107 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Graf Γ f ima okomitu asimptotu u rubnoj točki područja definicije c R ako je lim f (x) = ±. x c± Graf Γ f funkcije f : I R ima kosu ili horizontalnu asimptotu y = kx + l u ±, ako je 1. a, + I za neko a I, f (x) 2. lim = lim x + x f (x) = k R, x + 3. lim (f (x) kx) = l R x + 1., a I za neko a I, f (x) 2. lim = lim x x f (x) = k R, x 3. lim (f (x) kx) = l R x

108 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitaj tok i na di asimptote funkcije f (x) = x + 1. x Rješenje. Prirodna domena funkcije je D(f ) = [ 1, 0 > 0, +. f (x) = x + 2 2x 2, x D(f ). x + 1 x + 1 x + 1 =, lim x x 0+ x lim x 0 Dakle, f ima asimptotu u 0. = +. [ 1, 0 0, f f

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene [ 1, 0 0, f f 60 40 20-1 -0.5 0.5 1 1.5 2-20 -40-60 109 / 115

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Primjer Ispitaj tok i na di asimptote funkcije f (x) = x 2 3 x 2. Rješenje. Prirodna domena funkcije je D(f ) = R \ {2} f (x) = x 2 4x + 3 (x 2) 2, x D(f ). Stacionarne točke su x 1 = 1 i x 2 = 3. Vertikalna asimptota: x 2 1 lim x 2 x 2 =, lim x 2 1 x 2+ x 2 = +. = f ima okomitu asimptotu u 2. lim x ± x 2 1 x(x 2) = 1, = y = x + 2 je kosa asimptota u ±. lim x 2 1 x ± x 2 x = lim 2x 1 x ± x 2 = 2, 110 / 115

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene, 1 1, 2 2, 3 3, + f + + f 20 15 10 5-2 1 2 3 4 6-5 -10-15 111 / 115

112 / 115 L Hospitalovo pravilo Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem o limesu kvocijenta funkcija f g u točki c R podrazumijeva postojanje limesa obje funkcije u toj točki i lim x c g(x) 0. Slijedeći teorem predstavlja uopćenje tog rezultata, ali uz odre dene uvjete na derivacije funkcija f i g.

113 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Teorem (4.17.,L Hospitalovo pravilo) Neka su f i g funkcije definirane na I \ {c} R i neka su diferencijabilne na tom skupu. Neka vrijedi lim f (x) = 0, x c lim g(x) = 0, x c g (x) 0, x I \ {c}, f (x) lim x c g (x) = L. Tada je f (x) lim x c g(x) = L.

114 / 115 Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene Dokaz: Dokaz provodimo uz jače pretpostavke: funkcije f i g imaju neprekidne derivacije na I, te da je f (c) = g(c) = 0 i g (c) 0. Taylorov teorem srednje vrijednosti = f (x) = f (c)(x c) + ω(x)(x c), g(x) = g (c)(x c) + ω 1 (x)(x c), gdje su ω i ω 1 neprekidne funkcije u c i ω(c) = ω 1 (c) = 0. = f (x) g(x) = f (c) + ω(x) g (c) + ω 1 (x), x I \ {c}. Desna strana jednakosti zadovoljava uvjete teorema o limesu kvocijenta jer limesi brojnika i nazivnika postoje u točki c i limes nazivnika je 0.

Taylorov teorem srednje vrijednosti i primjene f (x) lim x c g(x) f (c) + ω(x) = lim x c g (c) + ω 1 (x) = = lim x c(f (c) + ω(x)) lim x c (g (c) + ω 1 (x)) = = f (c) g (c) = lim f (x) x c g (x). Napomena. Ako su funkcije f, g C (n+1) (I), te vrijedi f (c) = f (c) = = f (n) (c) = 0, i g(c) = g (c) = = g (n) (c) = 0, g (n+1) (c) 0, tada iz Taylorovog teorema srednje vrijednosti slijedi Q.E.D. lim x c f (x) g(x) = lim x c f (n+1) (x) g (n+1) (x). 115 / 115