im1-lopitalovo pravilo
TRANSCRIPT
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
1/15
INENJERSKA MATEMATIKA 1
(LEONARDO DA VINCI)
P r e d a v a n j a 10 (u j e d a n a e s t oj s e d m i c i n a s t a v e)
(u akademskoj 2014/2015. godini)
5.7. Osnovne teoreme diferencijalnog rauna. LHospitalovo pravilo
Definicija 5.7.1. Za realnu funkcijufdefiniranu na intervalu (a,b) u skupuRkaemo da imalokalni maksimum (lokalni minimum) u taki ),(0 bax ako postoji okolina 0( )U x take 0x ,
0 0 0( ):= ( , ) ( , )U x x x a b , takva da za 0 0( ), ,x U x x x vai nejednakost
0 0( ) ( ) ( ( ) ( )).f x f x f x f x
Za sluaj stroge nejednakosti0 0( ) < ( ) ( ( ) > ( )f x f x f x f x lokalni maksimum (lokalni
minimum) naziva se strogim lokalnim maksimumom (strogim lokalnim minimumom) funkcije
f. Lokalni maksimum i lokalni minimum nazivaju se jednim imenom lokalni ekstremi.
Iz navedene definicije slijedi injenica: Ako funkcija f dostie tanu donju (inf) ili gornjugranicu (sup) u nekoj taki iz intervala ),( ba , onda ona ima u toj taki lokalni maksimum ili lokalni
minimum. Obrnuto, u optem sluaju nije tano.,
Teorema 5.7.1.(Fermatov stav). Neka funkcija baf ,: R, ba, R, ima lokalni
maksimum(lokalni minimum)u taki ),(0 bax i neka ona ima u toj taki kako desni tako i lijevi
izvod. Tada je 0)( 0'
xf i 0)( 0'
xf ( 0)( 0'
xf i 0)( 0
'
xf ). Ako je pri tome funkcija f
diferencijabilna u taki0
x ,onda je 0=)( 0xf .
Dokaz: Pretpostavimo da funkcija f ima lokalni maksimum u taki ),(0 bax i da postoje
)( 0' xf
i )( 0' xf
. Iz definicije pojma lokalnog maksimuma slijedi da postoji okolina ),( 00 xx
takva da je za svaki ),( 00
xxx i 0xx
zadovoljena nejednakost: )()( 0xfxf
. Kako postoji
)( 0' xf
, to za ),( 00 xxx vrijedi da je 0)()(
0
0
xx
xfxf, pa je i
0
0
0
( ) ( )lim
x x
f x f x
x x
, odakle
slijedi da je 0)( 0'
xf .
Kako postoji i )( 0' xf
, to za ),( 00 xxx imamo 0)()(
0
0
xx
xfxf. Slijedi da je i
0
0
0
( ) ( )lim 0
x x
f x f x
x x
, pa je i 0)( 0'
xf .
Ako pretpostavimo da postoji )( 0' xf
, onda znamo da vae jednakosti:
1
Onaj koji cijeni praksu bez teorijskih osnovaslian je moreplovcu koji ulazi u brod bez
krme i busole neznajui kuda se plovi.
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
2/15
),(=)(=)( 00'
0
' xfxfxf
pa je i 0=)( 0xf .
Slino se dokazuje i dio teoreme koji se odnosi na lokalni minimum. Ovim je teorema 5.7.1.dokazana.
Treba uoiti da je u dokazu teoreme 5.7.1. za sluaj lokalnog maksimuma ( a i za sluaj lokalnogminimuma) prirast funkcije u taki 0x bio konstantnog znaka, tj. 0)()( 0 xfxf
( 0)()( 0 xfxf ), )( x iz neke okoline take 0x , pa ova teorema ima lokalni karakter.
Napomena 5.7.1.Napomenimo da iz uslova 0=)( 0xf ne slijedi postojanje lokalnog ekstrema
funkcije f u taki0
x . Na primjer, funkcija3
=)( xxf u taki 0=x ima izvod jednak nuli, a ipak
ekstrema u toj taki ona nema, jernjen prirast 3=)()( xxfxf ni u jednoj okolini take 0=x nije
konstantnog znaka.
Sljedee teoreme imaju opti (globalni) karakter, jer su one vezane za svojstva funkcije na nekomsegmentu.
Teorema 5.7.2.(Darbouxov stav).Neka je funkcija baf ,: R, ba, R, neprekidna nasegmentu ],[ ba i neka ima u svakoj taki intervala ba, izvod (konaan ili beskonaan). Tada izvodf uzimasve vrijednosti koje su izmeu vrijednosti )(
'af
i )(
'bf
za koje pretpostavljamo da takoer
postoje.
Teorema 5.7.3.(Rolleov stav).Ako je funkcija baf ,: R, ba, R, neprekidna na segmentu],[ ba , ima izvod (konaan ili beskonaan) u svakoj taki intervala (a, b) i )(=)( bfaf , onda postoji
bar jedna taka iz intervala ),( ba takva da je ( ) = 0f .
Dokaz:Ako je .=)( constxf za bax , , onda je tanost teoreme 5.7.3. oigledna.Neka funkcija fna segmentu ba, uzima vrijednosti razliite od )(af , npr. vee od )(af (pa
i od )(bf ), onda postoji taka ,a b takva da je ( ) = sup ( )f f x za bax , .Kako u taki funkcija f ima lokalni maksimum, to prema Fermatovoj teoremi imamo
( ) = 0f , ime je teorema 5.7.3. dokazana.
Teorema 5.7.4.(Lagrangeov stav).Ako je funkcija baf ,: R, ba, R, neprekidna nasegmentu ba, i ima izvod(konaan ili beskonaan) u svakoj taki intervala ba, , onda postoji bar
jedna taka ,
a b
takva da je ( ) ( ) = ( )( )f b f a f b a
.Dokaz: Definirajmo na segmentu ba, funkciju formulom xxfx )(=)( , gdje je
= const R.
Odredimo tako da bude ( ) = ( )a b .Iz ovog uslova dobijemo da je
,)()(
=ab
afbf
pa je
( ) ( )( ) = ( )
f b f ax f x x
b a
.
Funkcija na ba, zadovoljava uslove Rolleove teoreme (to nije teko provjeriti), pa postoji
2
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
3/15
bar jedna taka, iz intervala ba, takva da je ' ( ) = 0, tj. ' ( ) ( )
( ) = 0f b f a
fb a
ili
'( ) ( ) = ( )( )f b f a f b a .
Posljedice Lagrangeove teoreme
Posljedica 5.7.1.Ako funkcija fima izvod(konaan ili beskonaan)u svakoj taki razmaka
< , >a b R, onda za proizvoljne 1 2 1 2, < , > , ( ),x x a b x x vai jednakost:
2 1 2 1( ) ( ) = ( ),f x f x x x f
gdje je broj izmeu1
x i2
x .
Stvarno, ako je21
< xx , onda su na segmentu ],[ 21 xx zadovoljeni uslovi Lagrangeove teoreme,
pa je za bar jedno iz intervala 21,xx zadovoljena jednakost:
2 1 2 1( ) ( ) = ( )f x f x x x (5.7.1)
Ako je21
> xx , onda prema istoj teoremi je:
1 2 1 2( ) ( ) = ( )f x f x x x (5.7.2)
bar za jedno iz invervala 12
, xx . Iz jednakosti (5.7.1) i (5.7.2) (mnoei jednakost 5.7.2. sa 1 )slijedi da je u oba sluaja
2 1 2 1( ) ( ) = '( )f x f x x x ,pri emu je broj izmeu
1x i
2x . Ovim je pokazana tanost posljedice 5.5.1.
Primijetimo da su u oba sluaja u posljedici 5.7.1. razlike1
x i 12 xx ili pozitivne ili
negativne i pri tome vai nejednakost:
1 2 1< .x x x
Otuda slijedi da je).10(,)( 121 xxx
Sada dobijemo da je
).10(,)()()()( 1211212 xxxfxxxfxf Ako stavimo
1 2= , =x x x x x , onda dobijemo
( ) ( ) = ( ), 0 < ,< ba i ima izvod jednak nuli na
tom razmaku, onda je .=)( constxf na tom razmaku.
Stvarno, neka je proizvoljno izabrana (fiksna) taka iz razmaka >,< ba , a x proizvoljnataka tog
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
4/15
3
razmaka razliita od . Tada primjenom Lagrangeove formule imamo da je:*( ) ( ) = ( ) ( ) = 0,f x f f x
jer je *( ) = 0f , a taka * je izmeu taaka x i , odlakle slijedi da je ( ) = ( )f x f , ime jetvrdnja 5.7.3. i dokazana.
Posljedica 5.7.4.Ako funkcija fna razmaku >,< ba ima izvod konstantnog znaka, onda je
ona strogo monotona na tom razmaku.
Definicija 5.7.2.Neka fukcije i fpreslikavaju razmak >,< ba u skupR.Ako je fukcija
diferencijabilna fukcija na razmaku >,< ba i ako je )(=)( xfx za >,< bax , onda kaemo da
je funkcija striktno/tana primitivna funkcija fukcijefna razmaku >,< ba .
Npr., funkcija xx sin=)( jestriktno primitivna funkcija funkcije xxf cos=)( na skupuR.
Iz navedene definicije 5.7.2 slijedi da ako je striktno primitivna funkcija funkcije f na
razmaku >,< ba , onda je i funkcija C , gdje je C proizvoljna realna konstanta (CR ), striktno
primitivna funkcija funkcije na razmaku >,< ba , jer je
'( ) = '( ) = ( ); < , >x C x f x x a b .
Teorema 5.7.4.Ako je striktno primitivna funkcija funkcije fna razmaku >,< ba , onda
svaka druga striktno primitivna funkcija funkcije fna razmaku >,< ba ima oblik C , gdje je C
realna konstanta, tj. CR.
Dokaz: Pretpostavimo da su funkcije i F dvije meusobno razliite striktno primitivnefunkcije funkcije f na razmaku >,< ba . Tada prema definiciji pojmastriktno primitivne funkcije
vrijedi da je ( ) = ( )x f x
i ( ) = ( )F x f x
na razmaku >,< ba . Otuda je ( ) ( ) = 0F x x
narazmaku >,< ba ili
'( ) ( ) = 0F x x na razmaku >,< ba , pa prema posljedici 5.7.3, slijedi da je:
( ) ( ) =F x x C , gdje je C proizvoljna realna konstanta ( RC ), tj. ( ) = ( )F x x C na razmaku
>,< ba , ime je teorema 5.7.4. i dokazana.
Napomenimo da se teorema 5. 7. 4. esto formulie i na ovaj nain:Funkcije koje imaju jednake konane izvode na nekom razmaku ili su jednake ili se razlikuju do
na konstantu.
Teorema 5. 7. 5.(Cauchyjev stav). Ako su funkcije fi g neprekidne na segmentu ],[ ba i ako
imaju (konane ili beskonane) izvode u svim takama intervala ),( ba ,pri emu je bar jedan od
izvoda )(),( xgxf konaanza svaki x iz tog intervala, ondapostoji bar jedna taka ( , )a b takva da
je:
( ) ( ) = ( ) ( ) ( ).f b f a g g b g a f (5.7.3)Dokaz.Definirajmo funkciju F na segmentu ],[ ba formulom
.
( ) ( ) 1
( ) ( ) ( ) 1
( ) ( ) 1
f x g x
F x f a g a
f b g b
Lako se vidi da funkcija F zadovoljava sve uslove Rolleove teoreme. Slijedi da postoji bar
4
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
5/15
jedna taka iz intervala ),( ba takva da je ( ) = 0F . Razvijanjem prethodne determinante inalaenjem izvoda ( )F dobije se traena jednakost navedena pod (5.7.3).
Posljedica Cauchyjevog stava
Posljedica 5.5.5.Ako su pored navedenih uslova u teroremi 5.7.5. zadovoljeni i uslovi:
2 2' ( ) '( ) 0, ( , ) ,g x f x x a b (5.7.4)
( ) ( ),g a g b (5.7.5)
onda se jednakost (5.7.3) moe napisati u obliku:
( ) ( ) ( )=
( ) ( ) ( )
f b f a f
g b g a g
. (5.7.6)
Stvarno, ako je ( ) 0f , onda iz uslova (5.7.5) imamo da je desna strana jednakosti (5.7.3)
razliita od nule. Slijedi da je 0)( g , pa jednakost (5.7.3) moe prei u jednakost (5.7.6).Ako je ( ) = 0f , onda zbog uslova (5.7.4) imamo ( ) = 0g , a kako je zadovoljen i uslov
(5.7.3), to se jednakost (5.7.3) moe napisati i u obliku (5.7.6).
Teorema o takama prekida izvoda
Napomena.Ako je xxg =)( ,onda je )()( agbg za ab i ( ) = 1,g x x R, pa iz jednakosti
(5.7.6) slijedi Lagrangeova teorema kao specijalni sluaj Cauchyjeve teoreme.
Teorema 5.5.6.(Teorema o takama prekida izvoda). Ako je funkcija fneprekidna u taki0
x , i
ako u nekoj okolini te take za 0>xx ( ili 0 )x x x iz navedene okoline te take. Tada su na segmentu ],[ 0 xx zadovoljeni uslovi Lagrangeove
teoreme, pa postoji bar jedna taka 0( , )x x takva da je:
0
0
( ) ( )= ( ).
f x f xf
x x
(5.7.7)
Kako po pretpostavci teoreme postoji )(lim0
xfxx
, to postoji i0
( )limx x f
i pri tome vai jednakost:
0 0
( ) = ( )lim limx x x x
f f x
. (5.7.8)
Iz jednakosti (5.7.7) i (5.7.8) slijedi:
0
0
0 0 00
( ) ( )'( ) = = ( ) = ( )lim lim lim
x x x x x x
f x f xf x f f x
x x
,
ime je ovaj dio teoreme i dokazan. Na isti nain se dokazuje i dio teoreme koji se odnosi na postojanje lijevog izvoda)( 0xf . Ovim je teorema i dokazana.
5
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
6/15
Posljedice teoreme o takama prekida izvoda
1.Ako postoje razliite konane ili beskonane jednostranegranine vrijdnosti:
0 0
lim ' i lim 'x x x x
f x f x
,
onda je0 0'( ) '( ),f x f x
pa u taki0
x ne postoji ni konani ni beskonani izvod.
2.Ako je funkcija : ( , )f a b Rdiferencijabilna na intervalu ),( ba , onda njen izvod f ne moeimati na intervalu ),( ba : take prekida koje se mogu otkloniti, prekide tipa pola i prekide prvog reda.
Dokaz. a) Pretpostavimo da u taki ),(0 bax izvod f ima prekid koji se moe otkloniti, tj. postoji
Lxfxx =)(lim0
za LR i )( 0xfL .Prema teoremi 5.7.6. je Lxf =)( 0 , to je protivno pretpostavci
da je )( 0xfL .
b) Pretpostavimo da izvod f u taki ),(0 bax ima prekid tipa pola, tj. =)(lim 0 xfxx , onda prema
teoremi 5.7.6. vrijedi =)( 0xf , to je protivno pretpostavci da je funkcija f diferencijabilna u taki 0x .
c) Pretpostavimo da u taki ),(0 bax funkcija f ima prekid prvog reda, tj. da postoje konane granine
vrijednosti:
0),(0)( 00 xfixf
pri emu je:
0).(0)( 00 xfxf
Slijedi, prema teoremi 5.7.6, da je:
)()( 00 xfxf
pa funkcija f nije diferencijablina u taki 0x , to je protivno pretpostavci da je ona diferencijabilna u svakoj takiintervala ),( ba
Iz svega naprijed navedenog slijedi da ako je funkcija fdiferencijabilna na intervalu ),( ba , onda njen
izvod f moe imatina intervalu ),( ba samo prekide drugog reda.
Primjer 5.7.1.Funkcija fzadana formulom ( ): sgnf x x ne moe imati tanu primitivnu
funkciju na razmaku < , >a a ,gdje je a R .
Naime, ako bi funkcija F bila tana primitivna funkcija funkcije f na razmaku ,a a ,onda bi imali da je ( ) = ( ), ,F x f x x a a . To znai da bi i u taki 0=x ova jednakost bila
zadovoljena, to je nemogue, jer bi bi u tom sluaju funkcija )(xF u taki0
x imala prekid prvog
reda.
LHospitalovo pravilo
Teorema 5.7.7. (L'Hospitalovo pravilo). Neka su f i g realne funkcije koje zadovoljavaju
sljedee uslove:
(i) a)0 0
lim ( ) = lim ( ) = 0f x g xx x x x
ili
b)0
lim ( ) =f xx x
ili ( ) i0
lim ( ) = +g xx x
ili ( );
(ii) fi g su definirane i neprekidne u nekoj okolini )( 0xU take Rx 0
osim moda u
taki0x ;
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
7/15
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
8/15
Meutim, tu mogu nastupiti razne mogunosti. Moe se dogoditi da je traenje limesa od fg
komplikovanije nego odf
g, da
f
g
nema limes, a da ga
f
gima, da prelaz sa
f
gna
f
g
vodi na istu
situaciju. Tada se prelazi na
'
'
f
g
itd. Nadalje, moe biti i da se uzastopnom primjenom L'Hospitalovogpravila nakon konano koraka vratimo na polazni problem. esto smo skloni da ne provjeravamo
uslove L'Hospitalovog pravila, ali je to rizino, jer fg
moe imati limes u taki
0x , a da ga
f
g
nema u toj taki! No, ipak napomenimo da je L'Hospitalovo pravilo od ogromne praktine koristi.Naime, iz tablice izvoda moe se primijetiti da se funkcije diferenciranjem uglavnom uprouju. Zbogtoga se veoma esto deava da se poslije primjene L'Hospitalovog pravila limesi oblika 0/0 ili / mogu odrediti.
Neodreeni oblici 1 , 0 ili 00 se logaritmiranjem svode na oblik 0 , a ovaj tip se moe
uvijek predstaviti u obliku0
0
ili
(koristei identitet1
( )
( )( ) ( )
v x
u x
u x v x ili1
( )
( )( ) ( )
u x
v x
u x v x .
Neodreeni oblik tipa se algebarskim transformacijama svodi na oblik 0/0 ili / .Naime, iz )(xu i )(xv slijedi:
( )
(ili ), ako 1 ,( )
( ) ( )( ) ( ) = ( ) 1 1
( ) 0 ( )( )oblik , ako 1 .
1 0 ( )
( )
v x
u x
v x v x
u x v x u x
u x v xu x
u x
u x
U nekim sluajevima je korisno kombinovati L'Hospitalovo pravilo s odreivanjem limesaelementarnim sredstvima.
Primjer 5.7.2. a) Izraunajmoln
limx
x
x (neodreeni oblik
).
Rjeenje: Primjenivi L'Hospitalovo pravilo imamo
1
1
ln 'lnlim lim lim 0.
'
xx
x
x xx x x
(Izraunajte 0lim lnxx
x! )
b)*Izraunajmo 1
22
0
cos2lim xx
x
(neodreeni oblik 1 ).
Rjeenje:Logaritmiramo i primijenimo L'Hospitalovo pravilo, pa dobijemo
2
1
2
2
lncos 2 sin 2ln cos 2 = = = 1.lim lim lim
2 cos 220 0 0
x x x
x
x xxx x x
Na taj nain konano dobijemo:
20
.
1
12cos2lim xx ex
8
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
9/15
Primjer 5.7.3. Treba nai2
3
limx
x
xe
.U ovom sluaju je 3=)( xxf ,x
exg2
=)( )(xf i
)(xg , pa ne moemo primijeniti teoremu o limesu kolinika, tj. ne moemo primijeniti formulu
g
f
g
f
lim
lim=lim , jer daje neodreeni izraz
. No, trostrukom primjenom L'Hospitalovog pravila (za
koje je oito da su zadovoljeni svi uslovi) dobijemo3 2 2
2 2 2 2 2
3 3 3 2 3 1= = = = = 0.lim lim lim lim lim
2 2 42 2x x x x xx x x x x
x x x x
e e e e e
Zadatak 5.7.1. Izraunajte sljedee limese:
a)0
tg sinlim
sinx
x x
x x
; b)
1
lnlim arctg
2x
x
x
; c)
2 20
1 1lim
sinx x x
;
d)0
(1 ) 1lim , ( )
n
xx nx
R ; e) 30 sinlim xxx
x
; f) lnlim , ( )nx
x nx
R ;
g ) 0
lim sh lnx
x x
;h)
1
sinlim
sinx
xx
, (0< < ); i) 1
l
0
n xlim ctgx
x
;
j) xn
x
exP
)(lim , (Pn (x)polinom stepenan ).
( Rezultat:a) 3; b)1
e
; f)0, 0,ln
lim, 0;nx
nx
nx
g)0; h) e ; i)
1
e
; j)0. )
5.8. Taylorov polinom i Taylorova formula
5.8.1. Uvod
Ako realna funkcija f jedne realne promjenljive ima izvod u taki a, onda se prirataj ovefunkcije moe predstaviti u obliku
f(x)f(a) = (xa)f' (a) + (xa) (x), (5.8.1)gdje je (x) funkcija koja je neprekidna u taki a i jednaka nuli u toj taki, tj.lim ( ) ( ) 0x a x a (po teoremi o formi (konanog) prirataja funkcije za koju postoji izvod u
taki). Sada iz (5.8.1) dobijemo da jef(x) =f(a) + (xa)f' (a) + (xa) (x) =f(a) + (xa)f' (a) + o(xa). (5.8.2)
Inae, kaemo da postoji linearna funkcijaT1(x) =A(xa) +B
tako da je (u nekoj okolini U(a) take a ) :f(x) = T1(x) + o(xa), ( u taki a, ili kad xa), (5.8.3)
pri emu jeT1(a) =B=f (a), T1'(a) =A=f '(a).
S druge strane, ima li neprekidna funkcija f, definirana na segmentu [a, b](R), odreen konaanili beskonaan izvod u svakoj taki x intervala (a, b), vrijedi bar u jednoj taki (a, b),
9
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
10/15
inae nepoznatoj (prema teoremi srednje vrijednosti Lagrangeovoj teoremi):f(x) =f(a) + (xa)f' (), (a x b), (= a+ (x - a), 0 < < 1) (5.8.4)
Ako je pak, funkcija f (x) neprekidna na [a, b], ima neprekidan prvi izvod f '(x) na [a, b] i
odreen konaan drugi izvod f ''(x) na (a, b), onda vai (po tzv. proirenju teoreme srednjevrijednosti):
)),((''!2
)()(')()()(
2
axafax
afaxafxf
(a x b), (0 < < 1). (5.8.5)
Teoremu o formi prirataja, teoremu srednje vrijednosti i njeno proirenje (tj. formule (5.8.3) (5.8.5)) mogli bismo i dalje proirivati na osnovu daljih pretpostavki o funkciji f (x) i njenimizvodima i time doi do izraza koji bi sve tanije opisivali vladanje funkcije u okolini take apomouvrijednosti njene i njenih izvoda u taki a; no izvest emo optu formulu poznatu pod imenomTaylorova formula. Prije toga emo navesti jednu lemu i pojam tzv. Taylorovog polinoma.
Lema 5.8.1. Ako realna funkcija F(x) jedne realne promjenljive u taki a ima konanu ili
beskonanu vrijednost izvoda F (n)(a) i ako je
F(a) =F'(a) =F''(a) = ... =F
(n1)
(a) = 0,tada je( )( )
( )
beskonano, ako je ( ) beskonaan( ) ( )lim .
!( ) konano, ako je ( ) konaan
nn
n nx a
F aF x F a
nx a F a
Dokaz: Prema Cauchyjevoj teoremi imamo da je( 1) ( 1)C. th. C. th.
11 1
1 1
11 1
( ) ( )'( ) '( ) '( )( ) ( ) ( )
!( )( ) ( ) ( ) ( )
n
n
n n
n n n n
F F aF F F aF x F x F a
n ax a x a n a n a
, (*)
gdje je1
nekibroj izmeu a i x, i izmeu a i i1 za i= 2, ..., n1.
Iz postojanja izvoda n-tog reda funkcije F(x) u taki a, slijedi da postoji( 1) ( 1)
( ) ( )limx
n n
a
F x F ax a
, a odatle da
postoji i
( 1) ( 1)
1
1
( ) ( )limx
n n
n
an
F F a
a
, jer x "gura" ispred sebe n 1 ka taki a i te granine vrijednosti su
meusobno jednake:
( 1) ( 1)( ) ( )limx
n n
a
F x F a
x a
=
( 1) ( 1)
1
1
( ) ( )limx
n n
n
an
F F a
a
( ) ( )nF a . (**)
Iz (*) i (**) slijedi da je
( )
lim ( )x na
F x
x a
1
( 1) ( 1) ( )
1
1( )
( ) ( ) ( )
lim !( ) !n
n n nn
x an
a
F F a F a
n a n
.
Time je lema dokazana.
5.7.2. Taylorov polinom
Neka je realna funkcija f jedne realne promjenljive definirana u razmaku b, c i neka ona u
fiksiranoj (unutranjoj) taki ab, c ima konaan n-ti izvod F (n)(a). Tada u nekoj okoliniU(a)b, c take apostoje (svi) izvodi nieg reda od n (F (n1)(x), ...,F''(x),F'(x) za xU(a)).
Definicija 5.7.1. Ako funkcija f ispunjava gornje uslove, tada polinom oblika( )2'( ) ''( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )1 ! 2 ! !
nn
f a f a f af a x a x a x a
n
10
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
11/15
nazivamo Taylorovim*)
polinomom n-tog stepena**)funkcije f (x) u taki a, i oznaavamo ga sa
Tn(x):( )
2 ( )'( ) ''( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 ! 2 ! !
nn
n
f af a f aT x f a x a x a x a
n . (5.8.6)
Iz date definicije, slijedi da je
Tn(a) =f(a), Tn'(a) =f'(a), Tn''(a) =f''(a), ..., Tn(n)(a) =f(n)(a). (5.8.7)
Jasno je da je Tn(n+ 1)(a) = 0 i Tk+ 1 (x) =Tk (x) +
( 1)1( ) ( )
( 1) !
kkf a x a
k
.
5.8.3. Taylorova formula.Taylorova teorema srednje vrijednosti
Neka realna funkcija f jedne realne promjenljive u taki ab, c ima konaan n ti izvodf(n)(a).
Oznaimo sa Rn(x) razliku izmeu funkcije f (x) i odgovarajueg Taylorovog polinoma Tn(x)ntog stepena u taki a, tj.
Rn(x) = f(x)Tn(x). (5.8.8)Tada je f(x) = Tn(x) +Rn(x)
ili
f(x) =( )
2 ( )'( ) ''( )( ) ( ) ( ) ( )1 ! 2 ! !
nnf af a f af a x a x a x a
n +Rn(x). (5.8.9)
Formula (5.8.9) zove se Taylorova formulafunkcije f(x) u taki a (odnosno u okolini take a),pri emu je Rn(x) njenostatak.
Iz (5.8.7) i (5.8.8) slijedi da je ostatak Rn(x) nputa diferencijabilna funkcija u taki a, pri emu jeRn(a) =f(a)Tn(a) = 0, Rn '(a) =f'(a)Tn'(a) = 0, ... ,
Rn(n)
(a) =f(n)
(a)Tn(n)
(a) = 0,Rn(n+ 1)
(a) =f(n+ 1)
(a)Tn(n+ 1)
(a) = 0 (ako ovaj postoji). (5.8.10)
Otuda, prema dokazanoj lemi 5.8.1. (primjenom na funkciju F(x) =Rn(x)) je :( )( ) ( )
lim 0 .!( )
n
nn
nx a
R x R a
nx a
(5.8.11)
Teorema 5.8.1.Ako realna funkcija f jedne realne promjenljive u taki a ima konane izvode do
reda n, onda njena Taylorova formula u taki a glasi:
F(x) = Tn(x) + (x) (xa)n, (5.8.12)
pri emu je .0)()(lim
ax
ax
Dokaz: Neka je( )
( )
n
n
R x
x a: = (x), za xa i (a) : = 0. Prema (5.8.11) imamo
.0)(
)(lim)(lim
n
ax
xn
R
ax
x
ax
Otuda slijedi da je Rn(x) = (xa)n(x), odnosno Rn(x) = o((xa)
n), gdje je
.0)()(lim
axax
Time je pokazano da vai (5.8.12), odnosno da vai formula
f (x) = Tn(x) + o((xa)n), (xa), (5.8.13)
koja se naziva Taylorovom formulom sa ostatkom uPeanovom obliku:Rn(x) = o((xa)n),(xa).
_____________________*) Brook Taylor(Tejlor) (16851731)engleski matematiar.**)
Stepen ovog polinoma moe biti i manji od n, ako je f(n)(a) = 0.
11
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
12/15
Teorema 5.8.2. Ako realna funkcija f jedne realne promjenljive ima konaan ili beskonaan
izvod (n+ 1)vog reda u nekoj okolini U(a) take a, onda vrijedi ova Taylorova formula:
f(x) = )(!
)()(''
!2
)()('
!1
)()( )(
2
afn
axaf
axaf
axaf n
n
+Rn(x), (5.8.14)
gdje je
Rn(x) = ( 1)1( )
( ( ))( 1) !
n
nx af a x a
n
, (0 < < 1) (5.8.15)
ostatak Taylorove formule u Lagrangeovom obliku, koji se oznaava i sa RnL (x).
Dokaz: Jasno da vai:Rn
(n + 1)(x) =f
(n+ 1)(x), (xU(a)). (5.8.16)
Prema dokazanoj lemi 5.8.1. i (5.8.16) je (za F(x) =Rn(x) i zamjenom n sa n+1 ):( 1) ( 1)
1
( ) ( ) ( )lim
( 1) ! ( 1) !( )
n nn n
nx a
R x R a f a
n nx a
,
odakle slijedi da je Rn(x) = (xa)n(x), gdje je .lim ( ) ( ) 0x a x a
Dalje, prema (5.8.10) i Cauchyjevoj teoremi, imamo
( ) ( )'( ) '( ) '( ) ''( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 21 1 1
( 1) !( )( 1)( ) ( 1)( )( ) ( ) ( 1) ( )1 1 2
n nR R R a RR x R x R a R R an n n n
n n n n n nn nn n n
n an a n ax a x a n n a n
,
gdje su 1 izmeu a i x, i izmeu a i i1 za i= 2, ..., n.Otuda, prema Lagrangeovoj teoremi, je
( 1) ( 1)( ) ( ) ( ) ( )
,1
( 1) ! ( ) ( 1) !( )
n nR x R a R
n n n n
nn a nx a n
gdje je izmeu a i n (a time i izmeu a i x).
Uzimajui u obzir (5.8.16), konano dobijemo ( 1)
( ) ( ),
1( 1) !( )
nR x fn n
nnx a
ili Rn(x) =
( 1)( ( )) 1
( ) ,( 1) !
nf a x a nn
x an
gdje je 0 < < 1, ime je zavren dokaz teoreme.
Primjedba 5. 8.1. Za ostatak Rn(x) u Taylorovoj formuli mogue je dobiti i druge oblike. Naime, ako funkcija f unekoj okolini take a ima izvode do reda (n+ 1), to primjenom Cauchyjeve teoreme na funkcije i , gdje je
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ,0 !
kn f t k
t f x x t k k
a (t) neprekidna na segmentu s krajevima a i x (gdje je x iz pomenute okoline), ima razliit od nule izvod unutar togsegmenta, dobijemo da je ostatak Rn(x) dat sa:
Rn(x) =( 1)
( ) ( ) ( )( ) ,
'( ) !
nx a f n
xn
(= a+ (xa) , 0 < < 1).
Odavde, stavljajui( t ) = (xt ) p, dobijemo ostatak u Schlmilch Rocheovom obliku(lemilh - Roov)
Rn(x) =1( ) ( ) ( 1)
( ), !
p n px a x nf
n p
(p> 0).
Za p= n+ 1, dobije se Lagrangeov oblik ostatka (koji je ve ranije naveden), a za p= 1, dobijemo idrugi vaan tzv. Cauchyjev oblik ostatka:
RnC(x) =
1( ) (1 ) ( 1)
( ( )), !
n nx a n
f a x an
(0 < < 1). (5.8.17)
Formula koja se dobije iz Taylorove formule za a= 0
f(x) = nn
xn
fx
fff
!
)0(
!2
)0('')0(')0(
)(2
+Rn(x) (5.8.18)
i vrijedi u nekoj okolini take 0, naziva se Maclaurinova*)formula sa ostatkom Rn(x) :
12
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
13/15
=1
( 1) ( )
( 1) !
nx n
f xn
, 0 < < 1 u Lagrangeovom obliku odnosno sa ostatkom Rn(x) : =
=1
(1 ) ( 1) ( )1
!
n nx n
f xn
, 0 < 1 < 1 u Cauchyjevom obliku.
Primjedba 5.8.2. Ako funkcija f(x) u taki a ima konaan izvod f (n)(a) i ako je Q(x) bilokakav polinom iji stepen nije vei od n, a koji je razliit od Taylorovog polinoma Tn(x) funkcije
f(x) u taki x= a, onda za dovoljno malu okolinu U(a) take a vai nejednakost|f (x)Tn(x) | < |f (x)Q (x)|, (x a)
(teorema na kojoj se zasniva lokalna aproksimacija funkcije f(x) Taylorovim polinomom Tn(x));
geometrijski: od svih parabola y= Q(x) = a0xn+ + an ntog stepena, ili stepena nieg od n,
koje prolaze takom M(a, f (a)), najblia grafiku funkcije y = f (x) je kriva y = Tn(x) =
=( ) ( )
( ) ( ) !
nf a n
f a x an
.
Za n= 1 dolazimo do lokalne aproksimacije y= T1(x) = f (a) + f '(a)(x a), koja izraavapoznatu osobinu diferencijala.
Primjer 5.8.1. Za funkciju f(x) : = ex je f(n)(x) = ex za svaki xR, pa formula (5.8.18) imaoblik
ex=2
1
2 ! !
n
x x
x
n
+Rn(x), (a)
a ostatak u Lagrangeovom obliku je Rn(x) =1
( 1) !
n
xx
e
n
, 0 < < 1.
Polinom T2(x) =2
2
11 xx koji aproksimira funkciju
f(x) : = ex grafiki je prikazan na slici 5.8.1. (Prikaitegrafiki i Maclaurinove polinome T0(x) : = 1,
T1(x) = 1 +x, T3(x) =32
6
1
2
11 xxx !)
Za x = 1 iz jednakost (a) dobijemo priblinu
vrijednost broja e, tj. e!
1
!2
1
!1
11
n
.
Greka koja se pri tom ini se moe procijenitipomou nejednakosti
Rn(x) =
!)1(
1 e
n
!)1(
3
n
,
pri emu je broj e zamijenjen sa svojim gornjim ogranienjem 3 a sa 1.
Primjer 5.8.2. Lako se dobije i Maclaurinova formula za funkcije sinx, cosx, ln(1 +x), (1 +x)
(u kojima je 0 < < 1):
3 5 2 11
sin ( 1) ( ) ,23 ! 5 ! (2 1) !
2 1 2 1
( ) sin ( (2 1) ) ( 1) cos ;2(2 1) ! 2 (2 1) !
nx x xn
x x R xn
n
n nx xn
R x x n xn
n n
(b)
_____________*)
Colin Maclaurin (16981746)kotski matematiar.
13
y= ex
y = 2
2
11 xx
1
0 x
Slika 5.8.1.
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
14/15
2 4 2
cos 1 ( 1) ( ) ,2 12 ! 4 ! (2 ) !
2 2 2 21
( ) cos ( (2 2) ) ( 1) cos ;2 1
(2 2) ! 2 (2 2) !
nx x xn
x R xn
n
n nx xn
R x x n xn
n n
(c)
2 3 1( 1) (1 )1
ln(1 ) ( 1) ( ) , ( )1
2 3 (1 )
;n n n n
x x x xnx x R x R xn n n
n x
(d)
( 1) ( 1) ... ( 1)2(1 ) 1 ( ) ,
1 ! 2 ! !
( 1) ... ( ) 1 1( ) (1 ) (1 ) .
!
n nx x x x R x
nn
n n n nR x x x
nn
(e)
5.8.4. Zadaci o Taylorovoj formuli i nekim njenim primjenama
Zadatak 5.8.1. Dokaite da je (Eulerov) broj e iracionalan.
Dokaz: Pretpostavimo suprotno, tj. pretpostavimo da je eQ:
q
pe (p, qZ; q0).
Tada primjenom Taylorove formule, prema relaciji (a), zax= 1, dobijemo da je
e=1 1 1
1 12 ! ! ( 1) !n n
e
(1)
za svaki nN, odakle slijedi da (1) vai i za n> q, te se zamjenomq
pe iz (1) dobije, (nakon
mnoenja sa n !),
! ! !! !
1 ! 2 ! ! 1
p n n nn n
q n n
e
. (2)
Kako je n> q, to je lijeva strana od (2) cijeli broj; na desnoj strani su isto tako svi sabirci (sem
zadnjeg), oito cijeli brojevi, dok za zadnji sabirak vrijedi
11
3
10
nn
e
, (n> 2),
tj. zadnji sabirak nije cijeli broj. Tako smo dobili protivrjenost, te je e iracionalan broj, to je itrebalo dokazati.
Zadatak 5.8.2. Funkciju f (x) = e x cos sin (x sin ) razviti u Maclaurinovu formulu sa
ostatkom Rn(x) u Lagrangeovom obliku.
Rjeenje:Zadana funkcija je definirana i neprekidna na R. Kako je (za = const)f'(x) = e x cos
cos sin (xsin ) + e x cos
sin cos (xsin ) = e x cos
sin (xsin + ),
f''(x) = cos e x cos sin(xsin + )+e x cos
sin cos(xsin + ) = e x cossin (xsin + 2),
itd.,to nasluujemo da vai:f(n)(x) = e x cos sin (xsin + n), (nN). (*)
Iskoristimo matematiku indukciju da pokaemo istinitost (*). Usvoji li se induktivna pretpostavka
da (*) vai za neki nN, onda je
14
-
8/10/2019 IM1-Lopitalovo pravilo
15/15
f (n+ 1)(x) = e x coscos sin (xsin + n) + e x cos
sin cos (xsin + n) =
= e x cos sin (xsin + (n+ 1)),
te kako je relacija (*) tana za n= 1 (i n= 2), zakljuujemo po principu matematike indukcije daje (*) tano za nN. Otuda f(n)(0) = sin n.
Dakle,zadana funkcija ima neprekidne izvode proizvoljnog reda u okolini proizvoljne take aR,pa se moe razviti u Maclaurinovu formulu sa ostatkom u Lagrangeovom obliku :
f(x) =( ) 1
(0) ( 1) ( )0 ! ( 1) !
k nn f x nkx f x
k k n
(0 < < 1)
=2 1
cossin sin 2 sin sin( sin ( 1) )
2 ! ! ( 1) !
n nx x x x
x n e x nn n
.
Zadatak 5.8.3. Zadane su funkcije
f1(x) : = ln cosx, f2(x) : = sin (sinx).
a)* Napisati razlaganje po potencijama od x funkcije f1 do x6, a funkcije f2 do x
4 (za
koje x e vaiti dobiveni razvoj?).b) Primjenom Taylorove formule (logaritmiranjem i na osnovu a)) odrediti lim x0 f(x) ako je
3
1
1 12 4exp
2 12
cos
sin(sin )
( )
x
x x
x
x x
f x
.
Rezultat: a) )6(6
45
14
12
12
2
1cosln xoxxxx , sin(sinx) 3 4
1( ), ( 0).
3x x o x x
b)
1
1515
0lim ( ) .x
f x e e
Primjenom L'Hospitalovog pravila nai prethodnu graninu vrijednost 0lim ( )f xx i izvui pouku okorisnosti postupka izraunavanja limesa primjenom Taylorove formule (u ovom sluaju trebaL'Hospitalovo pravilo est puta primijeniti). Takoe, primjenom prethodne relacije (*) izraunati3 121,1 na tri decimale (sa tri tana decimalna mjesta, tj. odreujui n tako da je |Rn(x)| < 0,0005).
Zadatak 5.8.4.* Funkciju f zadanu formulom f(x) =2 2
lnx x u okolini U(1) take 1aproksimirajte Taylorovimpolinomom etvrtog stepena i procijenite greku aproksimacije za
9 11,
10 10x
.
Zadatak 5.8.5.** Izraunajte:
30
sin1 (cos ): lim
x
xx
Lx
a) primjenomL'Hospitalovogpravila;
b) izravnom upotrebom Taylorove/Maclaurinove formule, odnosno upotrebom razvoja3sin lncos 1 sin ln cos ( )x x x x o xe , )0( x ( i relacije lnv v uu e za u > 0 ).
( Rezultat:2
1L .)
____________________
*) Zadatak sa ispita iz Mat. I / IM1.
**) Zadatak sa ispita iz Mat. I / IM1 i koji je bio zadan za domau zadau iz IM1.
15