Matematika 1Derivacija I
Katedra za matematiku, FSB
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 1 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzina
Geometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangenta
Definicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacije
Osnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesima
Neprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcije
Diferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Ciljevi ucenja
Ciljevi ucenja za predavanja i vjezbe:
Fizikalni prisup derivaciji: prosjecna brzina-trenutna brzinaGeometrijski pristup: sekanta-tangentaDefinicija derivacijeOsnovno o limesimaNeprekidnost funkcijeDiferencijal i primjena na priblizni racun
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 2 / 61
Sadrzaj
Sadrzaj:
1 Ciljevi ucenja
2 DerivacijaDerivacija-uvodPrvi pristup derivaciji: trenutna brzinaDrugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcijeUkratko o limesimaNeodredjeni oblici
3 Neprekidnost funkcijeNeprekidne i prekidne funkcijeNeprekidnost i operacije s funkcijama
4 DiferencijalDefinicija diferencijalaOsnovna primjena
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 3 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
Derivacija-uvod
Brzina:
vrijeme(s) · · ·x · · ·x + ∆x · · ·put(m) · · ·y(x) · · ·y(x + ∆x) · · ·
Prosjecna brzina u vremenskom intervalu ∆x (tj. od x do x + ∆x):
putvrijeme
=∆y∆x
=y(x + ∆x)−y(x)
∆x
Trenutna brzina u trenutku x :
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
y(x + ∆x)−y(x)
∆x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 4 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
PRIMJER 1.Oznacimo s y =predeni put(m), x =proteklo vrijeme(s). Neka je vezazadana s y = x2 + 1 :
x 0 1 2 3 4 · · ·y 1 2 5 10 17 · · ·
Izracunajmo prosjecnu brzinu gibanja u vremenskom intervalu:
(a) 2 do 3, (b) 2 do 2.1, (c) 2 do 2.01
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 5 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
Rjesenje.
(a)∆y∆x
=10−53−2
=51
= 5 [m/s]
(b) x = 2,x + ∆x = 2.1⇒∆x = 0.1
∆y = y(2 + ∆x)−y(2) = 2.12 + 1− (22 + 1) = 0.41∆y∆x
=0.410.1
= 4.1 [m/s]
(c)∆y∆x
=y(2.01)−y(2)
2.01−2
=2.012 + 1− (22 + 1)
0.01=
4.0401−40.01
= 4.01 [m/s]
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 6 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
PRIMJER 2.Za gibanje iz primjera 1. izracunajmo trenutnu brzinu u trenutku:(a) x , (b) x = 2
Rjesenje.
(a)∆y∆x
=y(x + ∆x)−y(x)
∆x
=(x + ∆x)2 + 1− (x2 + 1)
∆x=
2x∆x + (∆x)2
∆x= 2x + ∆x =⇒
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
(2x + ∆x) = 2x[m
s
](b) x = 2 =⇒ trenutna brzina je 2 ·2 = 4
[ms
]
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 7 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
ZADATAK 1.Za funkciju y = 5x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima
1 [2,4]2 [2.9,3.1]3 [2.99,3.01]
(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 3.
Rjesenje.
(a1) ∆x = 4−2 = 2, ∆y = 5(x + ∆x)−5x = 5∆x = 10⇒ ∆y∆x = 5
(a2) ∆x = 0.2, ∆y = 5∆x = 1⇒ ∆y∆x = 5
(a3)∆y∆x = 5
(b1) lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
5∆x∆x
= 5
(b2) U svakome trenutku, pa tako i x = 3, trenutna brzina iznosi 5.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 8 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
ZADATAK 1.Za funkciju y = 5x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima
1 [2,4]2 [2.9,3.1]3 [2.99,3.01]
(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 3.
Rjesenje.
(a1) ∆x = 4−2 = 2, ∆y = 5(x + ∆x)−5x = 5∆x = 10⇒ ∆y∆x = 5
(a2) ∆x = 0.2, ∆y = 5∆x = 1⇒ ∆y∆x = 5
(a3)∆y∆x = 5
(b1) lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
5∆x∆x
= 5
(b2) U svakome trenutku, pa tako i x = 3, trenutna brzina iznosi 5.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 8 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
ZADATAK 2.
Za funkciju y = x2 + x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima
1 [1.1,1.85]2 [1.1,1.2]3 [1.1,1.105]
(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 1.1.
Rjesenje.(a1)∆x = 0.75, ∆y = (1.852 + 1.85)− (1.12 + 1.1) = 2.9625⇒ ∆y
∆x = 3.95(a2) ∆x = 0.1, ∆y = (1.22 + 1.2)− (1.12 + 1.1) = 0.33⇒ ∆y
∆x = 3.3(a3)∆x = 0.005, ∆y = 0.016025, ∆y
∆x = 3.205
(b1) lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
(2x + 1 + ∆x) = 2x + 1.
(b2) Trenutna brzina u x = 1.1 iznosi 2x + 1 = 2 ·1.1 + 1 = 3.2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 9 / 61
Derivacija Derivacija-uvod
ZADATAK 2.
Za funkciju y = x2 + x izracunajte(a) Prosjecnu brzinu u vremenskim intervalima
1 [1.1,1.85]2 [1.1,1.2]3 [1.1,1.105]
(b) Trenutnu brzinu u trenutku x i x = 1.1.
Rjesenje.(a1)∆x = 0.75, ∆y = (1.852 + 1.85)− (1.12 + 1.1) = 2.9625⇒ ∆y
∆x = 3.95(a2) ∆x = 0.1, ∆y = (1.22 + 1.2)− (1.12 + 1.1) = 0.33⇒ ∆y
∆x = 3.3(a3)∆x = 0.005, ∆y = 0.016025, ∆y
∆x = 3.205
(b1) lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
(2x + 1 + ∆x) = 2x + 1.
(b2) Trenutna brzina u x = 1.1 iznosi 2x + 1 = 2 ·1.1 + 1 = 3.2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 9 / 61
Derivacija Prvi pristup derivaciji: trenutna brzina
TRENUTNA BRZINA GIBANJA
TRENUTNA BRZINA GIBANJA :
y = f (x), x=vrijeme, y=put, U TRENUTKU x JE
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x + ∆x)− f (x)
∆x
Npr. za y = x3
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
(x + ∆x)3−x3
∆x
= lim∆x→0
x3 + 3x2∆x + 3x (∆x)2 + (∆x)3−x3
∆x= lim
∆x→0(3x2 + 3x∆x + (∆x)2) = 3x2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 10 / 61
Derivacija Prvi pristup derivaciji: trenutna brzina
TRENUTNA BRZINA GIBANJA
TRENUTNA BRZINA GIBANJA :
y = f (x), x=vrijeme, y=put, U TRENUTKU x JE
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x + ∆x)− f (x)
∆x
Npr. za y = x3
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
(x + ∆x)3−x3
∆x
= lim∆x→0
x3 + 3x2∆x + 3x (∆x)2 + (∆x)3−x3
∆x= lim
∆x→0(3x2 + 3x∆x + (∆x)2) = 3x2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 10 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
NAGIB GRAFA FUNKCIJE
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 11 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
NAGIB GRAFA FUNKCIJE
NAGIB SEKANTE s
∆y∆x
= PROSJECNI NAGIB GRAFA IZMEDU x0 i x0 + ∆x
NAGIB GRAFA U TOCKI
TANGENTNI NAGIB GRAFA y = f (x) U TOCKI (x0, f (x0)) JE
lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x0 + ∆x)− f (x0)
∆x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 12 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
PRIMJER 3.
Izracunajmo prosjecan nagib grafa y = x2 od tocke (1,1) do tocke(1.5,2.25)
Rjesenje.
1 1.5
12
1.52
∆y
∆x∆y∆x
= 1.52−12
1.5−1= 2.5
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 13 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
PRIMJER 3.
Izracunajmo prosjecan nagib grafa y = x2 od tocke (1,1) do tocke(1.5,2.25)
Rjesenje.
1 1.5
12
1.52
∆y
∆x∆y∆x
= 1.52−12
1.5−1= 2.5
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 13 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
PRIMJER 4.
Izracunajmo nagib grafa y = x2 u:(a) (x ,x2), (b) (2,4).
Rjesenje.
x x + ∆x
x2
(x + ∆x)2
∆y
∆x
∆y
∆x=
(x + ∆x)2 − x2
∆x=
=2x∆x + (∆x)2
∆x
= 2x + ∆x
⇒ lim∆x→0
∆y
∆x= lim
∆x→0(2x + ∆x) = 2x
Nagib u tocki (x ,x2), je 2x . Specijalno, u tocki (2,4) je 4.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 14 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
PRIMJER 4.
Izracunajmo nagib grafa y = x2 u:(a) (x ,x2), (b) (2,4).
Rjesenje.
x x + ∆x
x2
(x + ∆x)2
∆y
∆x
∆y
∆x=
(x + ∆x)2 − x2
∆x=
=2x∆x + (∆x)2
∆x
= 2x + ∆x
⇒ lim∆x→0
∆y
∆x= lim
∆x→0(2x + ∆x) = 2x
Nagib u tocki (x ,x2), je 2x . Specijalno, u tocki (2,4) je 4.Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 14 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 3.Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = 3x :
(a) izmedu tocaka (−1,−3) i (2,6);
(b) na intervalu [0,1];
(c) u tocki (x ,3x).
Rjesenje.
(a) ∆y∆x = 6−(−3)
2−(−1) = 3
(b) ∆y∆x = 3·1−3·0
1−0 = 3
(c) Racunamo limes: lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
3(x + ∆x)−3x∆x
= lim∆x→0
3∆x∆x
= 3.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 15 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 3.Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = 3x :
(a) izmedu tocaka (−1,−3) i (2,6);
(b) na intervalu [0,1];
(c) u tocki (x ,3x).
Rjesenje.
(a) ∆y∆x = 6−(−3)
2−(−1) = 3
(b) ∆y∆x = 3·1−3·0
1−0 = 3
(c) Racunamo limes: lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
3(x + ∆x)−3x∆x
= lim∆x→0
3∆x∆x
= 3.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 15 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 4.
Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = x−x2 :
(a) na intervalu [0,1];
(b) u tocki (x ,x−x2).
(c) u tockama (0,0), (0.5,0.25), (1,0).
Rjesenje.
(a) ∆y∆x = 1−12−(0−02)
1−0 = 0
(b) Racunamo limes: lim∆x→0
∆y∆x
=
lim∆x→0
(x + ∆x)− (x + ∆x)2− (x−x2)
∆x= lim
∆x→0(1−2x−∆x) = 1−2x .
(c) 1, 0, −1 respektivno.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 16 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 4.
Naci (prosjecni) nagib grafa funkcije y = x−x2 :
(a) na intervalu [0,1];
(b) u tocki (x ,x−x2).
(c) u tockama (0,0), (0.5,0.25), (1,0).
Rjesenje.
(a) ∆y∆x = 1−12−(0−02)
1−0 = 0
(b) Racunamo limes: lim∆x→0
∆y∆x
=
lim∆x→0
(x + ∆x)− (x + ∆x)2− (x−x2)
∆x= lim
∆x→0(1−2x−∆x) = 1−2x .
(c) 1, 0, −1 respektivno.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 16 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
DERIVACIJA
Derivacija funkcije y = f (x) u tocki x je
y ′ =dydx
:= lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x + ∆x)− f (x)
∆x
ALTERNATIVNE OZNAKE:
f ′(x) ilidfdx
Trenutna brzina gibanja, nagib grafa u tocki, ... su derivacije!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 17 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
DERIVACIJA
Derivacija funkcije y = f (x) u tocki x je
y ′ =dydx
:= lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x + ∆x)− f (x)
∆x
ALTERNATIVNE OZNAKE:
f ′(x) ilidfdx
Trenutna brzina gibanja, nagib grafa u tocki, ... su derivacije!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 17 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
DERIVACIJA
Derivacija funkcije y = f (x) u tocki x je
y ′ =dydx
:= lim∆x→0
∆y∆x
= lim∆x→0
f (x + ∆x)− f (x)
∆x
ALTERNATIVNE OZNAKE:
f ′(x) ilidfdx
Trenutna brzina gibanja, nagib grafa u tocki, ... su derivacije!
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 17 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
Pravila deriviranja
(1)d(cf )
dx= c
dfdx
, c = konstanta
(2)ddx
(f ±g) =dfdx± dg
dx
(3)ddx
(fg) =dfdx
g +dgdx
f
(4)ddx
(fg
)=
dfdx g− dg
dx fg2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 18 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
Tablica derivacija nekih elementarnih funkcija
c′ = 0 (c ∈ R) (xa)′ = axa−1 (a ∈ R, x > 0)
(sin x)′ = cos x (arcsin x)′ =1√
1−x2
(cos x)′ =−sin x (arccos x)′ =−1√1−x2
(tg x)′ =1
cos2 x(arctg x)′ =
11 + x2
(ctg x)′ =− 1sin2 x
(arcctg x)′ =−1
1 + x2
(ex )′ = ex (ln x)′ =1x
(ax )′ = ax ln a (loga x)′ =1
x ln a
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 19 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 5.Izracunati derivacije funkcija:
1 −2x2 5x2
3 3x3−4x2 + 2x + 14 1
x .
Rjesenje.1 −22 10x3 9x2−8x + 2
4 − 1x2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 20 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 5.Izracunati derivacije funkcija:
1 −2x2 5x2
3 3x3−4x2 + 2x + 14 1
x .
Rjesenje.1 −22 10x3 9x2−8x + 2
4 − 1x2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 20 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 6.Izracunati derivacije funkcija:
1 x2 cosx2 ex lnx
3sinx
x
4sinxcosx
.
Rjesenje.1 2x cosx−x2 sinx
2 ex lnx− ex
x
3x cosx−sinx
x2
41
cos2 x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 21 / 61
Derivacija Drugi pristup derivaciji: nagib grafa funkcije
ZADATAK 6.Izracunati derivacije funkcija:
1 x2 cosx2 ex lnx
3sinx
x
4sinxcosx
.
Rjesenje.1 2x cosx−x2 sinx
2 ex lnx− ex
x
3x cosx−sinx
x2
41
cos2 xKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 21 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
Ukratko o limesima1
limx→x0
y(x) = a
ZNACI DA SE VRIJEDNOSTI FUNKCIJE y(x) SVE VISEPRIBLIZAVAJU BROJU a, KADA SE x PRIBLIZAVA BROJU x0.
1Zainteresirani studenti mogu detaljnije o limesima procitati u poglavlju”Limesi-dodatak”Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 22 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
y
x
y = f(x)
1
1
1.7
limx→1
f (x) ne postoji
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 23 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
y
x
y = f(x)
1
1
1.7
limx→1
f (x) ne postoji
limx→1−
f (x) = 1
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 23 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
y
x
y = f(x)
1
1
1.7
limx→1
f (x) ne postoji
limx→1+
f (x) = 1.7
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 23 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
y
x
y = f(x)
1
3
14
limx→ 1
4
f (x) = 3
limx→1
f (x) ne postoji
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 24 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
Racunanje s limesima funkcija
Limes funkcije je u skladu sa operacijama zbrajanja, mnozenja i slaganja(kompozicija) funkcija.
Tvrdnja 1.Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g funkcije definirane na I, osimmozda u x0. Ako postoje lim
x→x0f (x) i lim
x→x0g(x), onda vrijedi
1) funkcija f ±g ima limes u x0 ilim
x→x0(f (x)±g(x)) = lim
x→x0f (x)± lim
x→x0g(x) ,
2) za svaki c ∈ R funkcija c f ima limes u x0 ilim
x→x0c f (x) = c lim
x→x0f (x),
3) funkcija f ·g ima limes u x0 ilim
x→x0(f (x) ·g(x)) = lim
x→x0f (x) · lim
x→x0g(x),
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 25 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
4) ako je g(x) 6= 0 (∀x ∈ I \{x0}) i limx→x0
g(x) 6= 0,
funkcija fg ima limes u x0 i
limx→x0
(f (x)g(x)
)=
limx→x0
f (x)
limx→x0
g(x) ,
5) funkcija |f | ima limes u x0 i
limx→x0|f (x)|=
∣∣∣∣ limx→x0
f (x)
∣∣∣∣ ,6) ako je f (x) > 0 (∀x ∈ I \{x0}) , lim
x→x0f (x) = A > 0 i lim
x→x0g(x) = B,
funkcija f g ima limes u x0 i
limx→x0
(f (x)g(x)
)=
(lim
x→x0f (x)
) limx→x0
g(x)
= AB.
Svojstva 1) – 6) vrijede i u slucaju kada x →±∞.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 26 / 61
Derivacija Ukratko o limesima
PRIMJER 5.
Izracunajmo limes limx→−2
x3 + 2x2−15−3x
i obrazlozimo svaki korak.
RjesenjeZapocinjemo primjenom pravila 4), ali njegova primjena potpuno jeopravdana u zavrsnoj fazi kada smo utvrdili da postoje limesi brojnika inazivnika i limes nazivnika nije 0.
limx→−2
x3+2x2−15−3x =
limx→−2
(x3+2x2−1)
limx→−2
(5−3x) (pravilo 4)
=lim
x→−2x3+2 lim
x→−2x2− lim
x→−21
limx→−2
5−3 limx→−2
x (primjena 1, 2 i 3)
= (2−)3+2(−2)2−15−3(−2) (uzastopnom primjenom 3)
= − 111 .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 27 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Neodredeni oblici
Neodredeni oblici su:00,
∞
∞, 0 ·∞, ∞−∞, 1∞, 00, 0∞
Odredeni oblici su:L0→ ∞ (L 6= 0),
L∞→ 0,
∞
0→ ∞, . . .
U ovom odjeljku cemo racunati limese koristeci prethodno navedenapravila za limese funkcija i neke algebarske transformacije.
PRIMJER 6.(0
0
)Izracunajmo:
a) limx→0
(3 + x)2−9x
,
b) limt→0
√t2 + 9−3
t2 .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 28 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Rjesenjea) Podsjetimo se da uzimamo u obzir samo x 6= 0 kad x tezi 0, pacemo prvo pojednostavniti razlomak: (3+x)2−9
x = (9+6x+x2)−9x = 6 + x .
Stoga je
limx→0
(3 + x)2−9x
= limx→0
(6 + x) = 6.
b) Ne mozemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci jelimes nazivnika 0. Ovdje cemo prvo racionalizirati brojnik.
limt→0
√t2+9−3
t2 =(0
0
)= lim
t→0
√t2+9−3
t2 ·√
t2+9+3√t2+9+3
= limt→0
(t2+9)−9
t2(√
t2+9+3) = lim
t→0t2
t2(√
t2+9+3)
= limt→0
1√t2+9+3
= 1√limt→0
(t2+9)+3= 1
3+3 = 16 .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 29 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
ZADATAK 7.Izracunajte:
a) limh→0
(h−5)2−25h , [R :−10]
b) limt→−3
t2−92t2+7t+3 , [R : 6/5]
c) limx→0
√1+x−
√1−x
x , [R : 1]
d) limh→−2
h+2h3+8 , [R : 1/12]
e) limx→16
4−√x16x−x2 , [R : 1/128].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 30 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
PRIMJER 7.(
∞
∞
)Izracunajmo:
a) limx→∞
x2 + 3x−53x2 + x
,
b) limt→∞
t +√
t2 + t2t−3
.
Rjesenje a)Ne mozemo odmah primjenjivati pravilo o kvocijentu, buduci je limesnazivnika ∞. Ovdje cemo prvo podijeliti brojnik i nazivnik s x2 koje nije0, jer x → ∞.
limx→∞
x2 + 3x−53x2 + x
=(
∞
∞
)= lim
x→∞
(x2 + 3x−5)/x2
(3x2 + x)/x2 = limx→∞
1 + 3x − 5
x2
3 + 1x
=13.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 31 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Rjesenje b)Prvo cemo podijeliti brojnik i nazivnik s navecom potencijom urazlomku. (Mozemo smatrati da je t > 0.)
limt→∞
t +√
t2 + t2t−3
=(
∞
∞
)= lim
t→∞
(t +√
t2 + t)/t(2t−3)/t
= limt→∞
1 +√
1 + 1t
2− 3t
=1 + 1
2= 1.
ZADATAK 8.Izracunajte:
a) limh→∞
6h4+2h3+h2
2h3+h2−3 , [R : ∞] b) limt→∞
5t2−t+32t3+3t−4 , [R : 0]
c) limx→∞
√3+x+
4√
x2−3x+22√
x−2+4√x2−5
, [R : 2/3]
d) limt→−∞
√t2+2tt+1 , [uvesti supstituciju t =−x , R :−1].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 32 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Neodredeni oblik (0 ·∞)
Ako je f (x) = g(x) ·h(x) i limx→a
g(x) = 0 i limx→a
h(x) = ∞, gdje je
a ∈ R∪{−∞,∞}, tada se limx→a
f (x) svodi na oblikg(x)
1h(x)
ilih(x)
1g(x)
, tako da
se odredivanje granicne vrijednosti svodi na slucajeve(0
0
)ili(
∞
∞
).
PRIMJER 8.
Izracunajmo limx→ π
2
(π
2−x)· tgx .
Rjesenje
limx→ π
2
(π
2 −x)· tgx = (0 ·∞) = lim
x→ π
2
π
2−xctgx =
(00
)=
∣∣∣∣ supst.y = π
2 −x
∣∣∣∣= lim
y→0
yctg( π
2−y)= lim
y→0
ytgy = lim
y→0
ysiny ·cosy = 1 ·1 = 1.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 33 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
ZADATAK 9.
Ako je g(x) =1x
i h(x) = x2, izracunajte
i)a) lim
x→∞g(x) ·h(x) = lim
x→∞
1x ·x2, [R : ∞]
b) limx→−∞
g(x) ·h(x) = limx→−∞
1x ·x2, [R :−∞]
c) limx→0+
g(x) ·h(x) = limx→0+
1x ·x2, [R : 0]
b) limx→0−
g(x) ·h(x) = limx→0−
x 1x ·x2, [R : 0].
ii)a) lim
x→∞
1h(x) · 1
g(x) = limx→∞
1x2 ·x , [R : 0]
b) limx→−∞
1h(x) · 1
g(x) = limx→−∞
1x2 ·x , [R : 0]
c) limx→0+
1h(x) · 1
g(x) = limx→0+
1x2 ·x , [R : ∞]
b) limx→0−
1h(x) · 1
g(x) = limx→0−
1x2 ·x , [R :−∞].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 34 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
PRIMJER 9. (∞−∞)
Izracunajmo:
a) limx→∞
(√x−√
x + 2)
,
b) limt→−∞
(t +√
t2− t + 3)
.
RjesenjeU slucaju neodredenog oblika ∞−∞ potrebno je danu funkcijualgebarskim transformacijama svesti na oblik ∞
∞.
a) limx→∞
(√x−√
x + 2)
= (∞−∞)
= limx→∞
(√x−√
x + 2)·√
x +√
x + 2√x +√
x + 2
= limx→∞
x−x−2√x +√
x + 2=
−2√x +√
x + 2= 0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 35 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Rjesenje b)
limt→−∞
(t +√
t2− t + 3)
= (−∞ + ∞) =
∣∣∣∣ supst.t =−x
∣∣∣∣= lim
x→∞
(−x +
√x2 + x + 3
)= lim
x→∞
(−x +
√x2 + x + 3
)· x+√
x2+x+3
x+√
x2+x+3
= limx→∞
−x2+x2+x+3x+√
x2+x+3=(
∞
∞
)= lim
x→∞
(x+3)/x
(x+√
x2+x+3)/x
= limx→∞
1+ 3x
1+√
1+ 1x + 3
x2
= 11+1 = 1
2 .
ZADATAK 10.
Izracunajte: a) limt→∞
(t−√
t2−2t + 4), [R : 1]
b) limx→∞
(√x2−2−
√x2−3x + 7
), [R : 3/2]
c) limt→∞
(1√
t(√
t−2−√
t+4
), [R :−1/3].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 36 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
Neodredeni oblik (1∞)
Ovdje racunamo limese funkcija oblika y = f (x)g(x) kod kojih nakonuvrstavanja dobivamo oblik 1∞. Osim svojstava 1) – 6) za racunanje slimesima, koristit cemo vazan limes preko niza prirodnih brojeva:
limn→∞
(1 +
1n
)n
= e.
Uvodeci supstituciju n =−1−k , dobivamo da taj limes vrijedi i kad n→−∞:
limn→−∞
(1 + 1
n
)n= lim
k→∞
(1− 1
1+k
)−1−k= lim
k→∞
(1+k
k
)1+k
= limk→∞
(1 + 1
k
)k (1 + 1
k
)= e ·1 = e.
Na osnovi toga moze se dokazati da vrijedi opcenitije:
limx→±∞
(1 +
1x
)x
= e.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 37 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
PRIMJER 10.
a) Za proizvoljne α, β ∈ R izracunajmo: limx→∞
(1 +
α
x
)βx.
b) Izracunalmo: limx→0
(1 + x)1x .
Rjesenjea) Uvodeci supstituciju y = x/α i primjenjujuci svojstvo 6) za racunanjelimesa f g , gdje je g(x) = c konstantna funkcija, dobivamo:
limx→∞
(1 +
α
x
)βx= lim
y→∞
(1 +
1y
)βαy
=
(lim
y→∞
(1 +
1y
)y)αβ
= eαβ.
b) Uvodeci supstituciju x =1y
dobivamo zeljeni limes.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 38 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
PRIMJER 11.
Izracunajmo: a) limx→∞
(x2−5
x2
)x2
, b) limx→∞
(x + 3x + 1
)x
.
Rjesenje
a) limx→∞
(x2−5
x2
)x2
= (1∞) = limx→∞
(1− 5
x2
)x2
= limx→∞
(1 + 1
− x25
)x2
= limx→∞
(1 + 1
− x25
)− x25 ·(−5)
=
(lim
x→∞
(1 + 1
− x25
)− x25)−5
= e−5,
b) limx→∞
(x+3x+1
)x= (1∞) = lim
x→∞
(1 + x+3
x+1 −1)x
= limx→∞
(1 + 2
x+1
)x
= limx→∞
((1 + 2
x+1
) x+12) 2
x+1 ·x=
(lim
x→∞
(1 + 2
x+1
) x+12) lim
x→∞
2xx+1
= e2.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 39 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
ZADATAK 11.Izracunajte:
a) limx→∞
(√x+3√x+1
)2√
x, [R : e4]
b) limt→∞
(t+at+b
)t, [R : ea−b]
c) limx→∞
(x3+xx3−c
)x2
, c ∈ R, [R : e].
Neodredeni oblici(00) i
(∞0)
U prvom slucaju racunamo limese funkcija oblika f (x) = g(x)h(x) ako jelimx→a
g(x) = 0+ i limx→a
h(x) = ∞, gdje je a ∈ R∪{−∞,∞}. Tada se
limx→a
g(x)h(x) odreduje tako da se najprije logaritmira:
ln f (x) = h(x) · ln(g(x)). Tako se granicna vrijednost svodi naneodredeni oblik (0 ·∞). Ako je ta granicna vrijednost L, onda jetrazena granicna vrijednost eL. Slicno se postupa u slucaju
(∞0).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 40 / 61
Derivacija Neodredjeni oblici
PRIMJER 12.
Izracunajmo: a) limx→0+
x tgx , b) limx→0+
x1x , c) lim
x→∞x
1x .
Rjesenje
a) limx→0+
x tgx =(00)= lim
x→0+etg(x)·ln(x) = e
limx→0+
tg(x)·ln(x)
= e(0·∞) = elim
x→0+
lnxctg(x)
= . . . = e0 = 1
b) limx→0+
x1x = (0∞) = e
limx→0+
1x ·ln(x)
= e−∞ = 0
c) limx→∞
x1x =
(∞0)= e
limx→∞
1x ·ln(x)
= . . . = e0 = 1.
ZADATAK 12.Izracunajte odredene oblike:
a) limx→1+
x1−x , [R :−∞] b) lim
x→0−1
1+e1x, [R : 1] c) lim
x→0+
11+e
1x, [R : 0].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 41 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
NEPREKIDNOST (NEPREKINUTOST) FUNKCIJE
Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I. Funkcija f : I→ R je neprekdna ux0 ∈ I ako ako postoji limes funkcije f u tocki x0 i
limx→x0
f (x) = f (x0).
Sve ostale situacije znace prekid u tocki x0.
Funkcija je neprekidna na I ako je neprekidna u svakoj tocki x0 ∈ I.
Sve elementarne funkcije su neprekidne tamo gdje su definirane!
PRIMJER 13.
limx→2
x2−1x−1
=22−12−1
= 3
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 42 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
NEPREKIDNOST (NEPREKINUTOST) FUNKCIJE
Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I. Funkcija f : I→ R je neprekdna ux0 ∈ I ako ako postoji limes funkcije f u tocki x0 i
limx→x0
f (x) = f (x0).
Sve ostale situacije znace prekid u tocki x0.
Funkcija je neprekidna na I ako je neprekidna u svakoj tocki x0 ∈ I.
Sve elementarne funkcije su neprekidne tamo gdje su definirane!
PRIMJER 13.
limx→2
x2−1x−1
=22−12−1
= 3
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 42 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
NEPREKIDNOST (NEPREKINUTOST) FUNKCIJE
Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I. Funkcija f : I→ R je neprekdna ux0 ∈ I ako ako postoji limes funkcije f u tocki x0 i
limx→x0
f (x) = f (x0).
Sve ostale situacije znace prekid u tocki x0.
Funkcija je neprekidna na I ako je neprekidna u svakoj tocki x0 ∈ I.
Sve elementarne funkcije su neprekidne tamo gdje su definirane!
PRIMJER 13.
limx→2
x2−1x−1
=22−12−1
= 3
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 42 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
Pravilo zamjene
Tvrdnja 2.Ako je f (x) = g(x) osim mozda u x0, onda je
limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x).
PRIMJER 14.
limx→1
x2−1x−1
=
(00
)= lim
x→1
(���x−1)(x + 1)
���x−1= lim
x→1(x + 1) = 2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 43 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
Pravilo zamjene
Tvrdnja 2.Ako je f (x) = g(x) osim mozda u x0, onda je
limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x).
PRIMJER 14.
limx→1
x2−1x−1
=
(00
)= lim
x→1
(���x−1)(x + 1)
���x−1= lim
x→1(x + 1) = 2
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 43 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
PRIMJER 15.
Na slici je prikazan graf funkcije f .U kojim tockama funkcija ima prekid?Zasto?
Rjesenje1) Ima prekid u tocki x0 = 1, jer funkcija nije definirana u 1.2) Ima prekid u tocki x0 = 3. Funkcija je ovdje definirana, ali ne postojilimx→3
f (x) (jer lijevi i desni limes nisu jednaki).
3) Ima prekid u tocki x0 = 5. Funkcija je ovdje definirana i postojilimx→5
f (x) (jer su lijevi i desni limes jednaki). Ali limx→5
f (x) 6= f (5).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 44 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidne i prekidne funkcije
Vrste prekida:Funkcija f ima uklonjivi prekid u tocki x0 ako postoji lim
x→x0f (x) = L 6= f (x0).
Funkcija f ima prekid prve vrste u tocki x0 ako su limesi slijeva i zdesna utocki x0 konacni i razliciti.Funkcija f ima prekid druge vrste u tocki x0 ako je barem jedan od limesaslijeva ili zdesna beskonacan ili ne postoji.
ZADATAK 13.
a) Provjerite da funkcija f (x) =
{−2x2, x ≤ 3,
3x , x > 3,ima prekid prve
vrste u x0 = 3.b) Provjerite da funkcija f (x) = 3−2x
1+x ima prekid druge vrste ux0 =−1.
c) Provjerite da funkcija g(x) =
sinx
x , x < 0,−1, x = 0,
5x4−2x + 1, x > 0,ima
uklonjivi prekid u x0 = 0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 45 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidnost i operacije s funkcijama
Neprekidnost i operacije s funkcijama
Tvrdnja 3.Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I i f ,g : I→ R neprekidne u x0.Tada vrijedi
1) funkcija f ±g je neprekidna u x0,2) za svaki λ ∈ R funkcija λ f je neprekidna u x0,3) funkcija f ·g je neprekidna u x0,4) ako je g(x) 6= 0, ∀x ∈ I, onda je funkcija f
g je neprekidna u x0,
5) funkcija |f | je neprekidna u x0.
Osim toga, kompozicija neprekidnih funkcija daje neprekidnu funkciju:6) Neka je I ⊆ R otvoren interval, x0 ∈ I, g : I→ R neprekidna u x0 i
f : g(I)→ R neprekidna u f (x0). Tada je kompozicija f ◦g (dana s(f ◦g)(x) = f (g(x))) neprekidna u x0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 46 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidnost i operacije s funkcijama
Stavak 6) u tvrdnji 3. (neprekidna funkcija neprekidne funkcije jeneprekidna funkcija) je posljedica slijedece tvrdnje o limesima.
Tvrdnja 4.Neka je I ⊆ R otvoren interval, a ∈ I, lim
x→ag(x) = b i f : g(I)→ R
neprekidna u b, tada je limx→a
f(
g(x))
= f (b). Drugim rijecima:
limx→a
f(
g(x))
= f(
limx→a
g(x)).
PRIMJER 16.
Napisimo specijalne slucajeve tvrdnje 4. ako je f (x) = n√
x , ex .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 47 / 61
Neprekidnost funkcije Neprekidnost i operacije s funkcijama
Rjesenje
limx→a
n√
g(x) = n√
limx→a
g(x), n ∈ N, g(x)≥ 0, ∀x ∈ I,
limx→a
e g(x) = elimx→a
g(x).
PRIMJER 17.
U kojim tockama je funkcija F (x) = 1√x2+7−4
neprekidna?
RjesenjeF = f ◦g ◦h ◦k , gdje jef (x) = 1
x , g(x) = x−4, h(x) =√
x , k(x) = x2 + 7.Kako su sve elementarne funkcije neprekidne na svojoj domeni, toprema stavku 6) tvrdnje 3. slijedi da je F neprekidna na svojoj domeni:
DF ={
x ∈R|√
x2 + 7−4 6= 0}
= {x ∈R|x 6=±3}= (−∞,−3)∪(−3,3)∪(3,+∞).
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 48 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
DIFERENCIJAL
y
x
y = f(x)
∆x
x0
y0
x0 + ∆x
∆ydy
∆y∆x≈ dy
dx⇒
∆y ≈ dydx
∆x = f ′(x0)∆x
DIFERENCIJAL : dy := f ′(x0)∆x
y(x0 + ∆x)−y(x0)≈ dy ⇒y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + dy
y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + f ′(x0)∆x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 49 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
PRIMJER 18.
Neka je y =√
x . Izracunati diferencijal dy(a) u proizvoljnoj tocki x , (b) u tocki 1, (c) u tocki 4.
Rjesenje.
y
x1 1 + ∆x
1
∆x2
∆x4
4 4 + ∆x
2 (a) dy =∆x2√
x
(b) dy =∆x2
(c) dy =∆x4
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 50 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
PRIMJER 18.
Neka je y =√
x . Izracunati diferencijal dy(a) u proizvoljnoj tocki x , (b) u tocki 1, (c) u tocki 4.
Rjesenje.
y
x1 1 + ∆x
1
∆x2
∆x4
4 4 + ∆x
2 (a) dy =∆x2√
x
(b) dy =∆x2
(c) dy =∆x4
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 50 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
PRIMJER 19.
Koristeci se diferencijalom od y =√
x priblizno izracunajte√
4.1,√
3.9.
Rjesenje.
y
xx x + ∆x
√x
√x + ∆x dy = ∆x
2√x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 51 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
PRIMJER 19.
Koristeci se diferencijalom od y =√
x priblizno izracunajte√
4.1,√
3.9.
Rjesenje.
y
xx x + ∆x
√x
√x + ∆x dy = ∆x
2√x
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 51 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
Rjesenje.
y(x0 + ∆x)≈ y(x0) + y ′(x0)∆x
√4.1 =
√4 + 0.1
≈√
4 +0.12√
4= 2.025
√3.9 =
√4 + (−0.1)
≈√
4− 0.12√
4= 1.975
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 52 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
ZADATAK 14.Koristeci diferencijale odgovarajucih funkcija, priblizno izracunati:
1 e0.01
2 ln(1.02)
3 sin( π
3 −0.03)
4 arctg(−1.04).
Rjesenje.1 e0.01 ≈ e0 + (ex )′(0) ·0.01 = e0 + e0 ·0.01 = 1.012 ln(1.02)≈ ln1 + (lnx)′(1) ·0.02 = 0.023 sin( π
3 −0.03)≈ sin( π
3) + (sinx)′( π
3) · (−0.03) =sin( π
3) + cos( π
3) · (−0.03)≈ 0.8514 arctg(−1.04)≈ arctg(−1) + (arctg(x))′(−1) · (−0.04) =−π
4 − 0.041+(−1)2 ≈−0.8054
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 53 / 61
Diferencijal Definicija diferencijala
ZADATAK 14.Koristeci diferencijale odgovarajucih funkcija, priblizno izracunati:
1 e0.01
2 ln(1.02)
3 sin( π
3 −0.03)
4 arctg(−1.04).
Rjesenje.1 e0.01 ≈ e0 + (ex )′(0) ·0.01 = e0 + e0 ·0.01 = 1.012 ln(1.02)≈ ln1 + (lnx)′(1) ·0.02 = 0.023 sin( π
3 −0.03)≈ sin( π
3) + (sinx)′( π
3) · (−0.03) =sin( π
3) + cos( π
3) · (−0.03)≈ 0.8514 arctg(−1.04)≈ arctg(−1) + (arctg(x))′(−1) · (−0.04) =−π
4 − 0.041+(−1)2 ≈−0.8054
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 53 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
Derivacija je brzina promjene
Ako velicina y ovisi o velicini x , tako da je y = y(x), onda derivacijay ′ = y ′(x) predstavlja brzinu kojom se y mijenja u ovisnosti o x .
Zbog toga promjena od y , tj. ∆y , koja nastaje promjenom od x , tj. ∆x ,priblizno iznosi:
∆y ≈ y ′(x)∆x .
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 54 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
PRIMJER 20.Polozaj kamena bacenog okomito uvis s mosta opisan je funkcijomh(t) = 50t−5t2 u metrima, i t vrijeme u sekundama.
1 Kolika je brzina kamena?2 Koliko je ubrzanje kamena?
Rjesenje.1 h′(t) = 50−10t [m/s] je brzina u trenutku t . 50−10t > 0⇔ t < 5 tj.
prvih 5 sekundi kamen ide na gore; t . 50−10t < 0⇔ t > 5 tj.nakon 5 sekundi kamen ide prema dolje(pada).
2 Ubrzanje je brzina promjene od h′ tj. (h′)′ = h′′ =−10[m/s2].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 55 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
PRIMJER 20.Polozaj kamena bacenog okomito uvis s mosta opisan je funkcijomh(t) = 50t−5t2 u metrima, i t vrijeme u sekundama.
1 Kolika je brzina kamena?2 Koliko je ubrzanje kamena?
Rjesenje.1 h′(t) = 50−10t [m/s] je brzina u trenutku t . 50−10t > 0⇔ t < 5 tj.
prvih 5 sekundi kamen ide na gore; t . 50−10t < 0⇔ t > 5 tj.nakon 5 sekundi kamen ide prema dolje(pada).
2 Ubrzanje je brzina promjene od h′ tj. (h′)′ = h′′ =−10[m/s2].
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 55 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 15.Nastavak prethodnog primjera.
1 Koja je najvisa tocka koju ce kamen doseci?2 Kad ce kamen pasti ispod mosta?
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 56 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
0 10 t
h(t)
Rjesenje.1 Najvisa tocka se dostize kada kamen prelazi iz uzlazne u silaznu
putanju tj. kada mu je trenutna brzina jednaka 0, sto se postize utrenutku t = 5. Dakle najvisa tocka koju ce kamen doseci jeh(5) = 125[m].
2 t = 10 tj. druga nultocka od h(t) = 50t−5t2 = 0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 57 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
0 10 t
h(t)
Rjesenje.1 Najvisa tocka se dostize kada kamen prelazi iz uzlazne u silaznu
putanju tj. kada mu je trenutna brzina jednaka 0, sto se postize utrenutku t = 5. Dakle najvisa tocka koju ce kamen doseci jeh(5) = 125[m].
2 t = 10 tj. druga nultocka od h(t) = 50t−5t2 = 0.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 57 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
PRIMJER 21.Napusemo li balon u obliku kugle, njegov volumen V ovisi o njegovomradijusu na poznati nacin V = 4
3 r3π.
1 Kojom brzinom se mijenja volumen u odnosu na radijus?2 Ako je balon dosegao r = 3cm, pa se povecao za ∆r = 1/9cm, za
koliko se priblizno poveca voumen?
Rjesenje.1 dV
dr = 4r2π.
2 dVdr (3) = 4 ·32π = 36π⇒∆V ≈ dV
dr (3)∆r = 36π · 19 = 4π.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 58 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
PRIMJER 21.Napusemo li balon u obliku kugle, njegov volumen V ovisi o njegovomradijusu na poznati nacin V = 4
3 r3π.
1 Kojom brzinom se mijenja volumen u odnosu na radijus?2 Ako je balon dosegao r = 3cm, pa se povecao za ∆r = 1/9cm, za
koliko se priblizno poveca voumen?
Rjesenje.1 dV
dr = 4r2π.
2 dVdr (3) = 4 ·32π = 36π⇒∆V ≈ dV
dr (3)∆r = 36π · 19 = 4π.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 58 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 16.Metalni stap duljine 1m zagrijan je s lijevog kraja. Ustanovljeno je datemperatura (u ◦C) u danoj tocki stapa ovisi o njezinoj udaljenosti x odmjesta zagrijavanja, prema formuli:
T (x) = 400−100x2
1 Kojom se brzinom mijenja temperatura T u tocki x0?
2 Koliko se priblizno promijeni temperatura T kad se od polovicestapa, x0 = 0.5, pomaknemo za ∆x = 0.1?
Rjesenje.1 T ′(x0) =−200x0
◦Cm
2 ∆T ≈−10◦C
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 59 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 16.Metalni stap duljine 1m zagrijan je s lijevog kraja. Ustanovljeno je datemperatura (u ◦C) u danoj tocki stapa ovisi o njezinoj udaljenosti x odmjesta zagrijavanja, prema formuli:
T (x) = 400−100x2
1 Kojom se brzinom mijenja temperatura T u tocki x0?
2 Koliko se priblizno promijeni temperatura T kad se od polovicestapa, x0 = 0.5, pomaknemo za ∆x = 0.1?
Rjesenje.1 T ′(x0) =−200x0
◦Cm
2 ∆T ≈−10◦C
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 59 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 17.Temperatura vode T , mjerena u ◦C, ovisi o vremenu t , mjerenom usekundama, kao:
T (t) = 10 + t/3
1 Kojom se brzinom mijenja temperatura vode u proizvoljnomtrenutku?
2 Koliko se promijeni temperatura za ∆t = 5s?
Rjesenje.1 T ′(t0) = 1
3◦Cs
2 ∆T ≈ 53◦C
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 60 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 17.Temperatura vode T , mjerena u ◦C, ovisi o vremenu t , mjerenom usekundama, kao:
T (t) = 10 + t/3
1 Kojom se brzinom mijenja temperatura vode u proizvoljnomtrenutku?
2 Koliko se promijeni temperatura za ∆t = 5s?
Rjesenje.1 T ′(t0) = 1
3◦Cs
2 ∆T ≈ 53◦C
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 60 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 18.Neka u odredenom vremenskom razdoblju x radnika proizvedevrijednost od y = f (x) kuna. Prosjecna brzina ∆y
∆x zove seproduktivnoscu rada, a njezina granicna vrijednost f ′(x0) marginalnomproduktivnoscu rada, na razini x0. Neki pogon s x zaposlenikaproizvodi vrijednost od
f (x) = 330x + 30x2−x3
tisuca kuna. Nadimo marginalnu produktivnost 5 zaposlenika.
Rjesenje.
f ′(x0) = 330 + 60x0−3x20 . Za x0 = 5 iznosi 555 tisuca kuna po radniku.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 61 / 61
Diferencijal Osnovna primjena
ZADATAK 18.Neka u odredenom vremenskom razdoblju x radnika proizvedevrijednost od y = f (x) kuna. Prosjecna brzina ∆y
∆x zove seproduktivnoscu rada, a njezina granicna vrijednost f ′(x0) marginalnomproduktivnoscu rada, na razini x0. Neki pogon s x zaposlenikaproizvodi vrijednost od
f (x) = 330x + 30x2−x3
tisuca kuna. Nadimo marginalnu produktivnost 5 zaposlenika.
Rjesenje.
f ′(x0) = 330 + 60x0−3x20 . Za x0 = 5 iznosi 555 tisuca kuna po radniku.
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 27. rujna 2018. 61 / 61