Funkcija f je beskonano mala u taki x0 ako vai

limxx0

f(x) = 0.

Npr. f(x) = (x 2)2 je beskonano mala u x0 = 2 jer je

limx2

(x 2)2 = 0.

Neka su f i g date funkcije. Funkcija f je beskonano mala u odnosu nag u taki x0 ako postoji beskonano mala funkcija h u taki x0 tako da vaif(x) = h(x)g(x) i tada se pie f(x) = o(g(x)).Npr. f(x) = x, g(x) = x3, h(x) = 1

x2kada x (x0 = ; vai f = gh,

limx h(x) = 0, f = o(x3))Npr. f(x) = 1x , g(x) = x, h(x) = x

2kada x 0 (x0 = 0; vai f = gh,

limx0 h(x) = 0, f = o(x))Napomena o(f(x)) nije jedinstven izraz. Vai o(f(x)) = h(x)f(x) ali h(x)moe da bude bilo koja beskonano mala funkcija pa zato pomenuti izraz

nije jedinstven.

Npr. o(x2) = xx2, x 0, ali i o(x2) = x7x2, x 0 i o(x2) = sinxx2, x 0jer sve funkcije x, x7, sinx tee nuli kada x 0.Isto tako vai, na primer, o(x2)+ o(x3) = o(x2), x 0 jer je o(x2)+ o(x3) =h1(x) x2+h2(x) x3 = (h1(x)+h2(x) x)x2 = o(x2) jer je (h1(x)+h2(x) x)beskonano mala funkcija.

Tejlorov polinom

Pokuavamo da nadjemo polinom koji e se to vie poklapati sa funkcijom

u nekoj taki. Neka je f data funkcija i x0 data taka, tada vai

f(x) = f(x0)+f (x0)1!

(xx0)+f(x0)2!

(xx0)2+. . .+f(n)(x0)

n!(xx0)n =

nk=0

f (k)(x0)

k!(xx0)k.

Npr.

f(x) = e2x, x0 = 3

f(x) = f(3) + f(3)1! (x 3) + f

(3)2! (x 3)2

f(x) = e6 + 2e6(x 3) + 2e6(x2 6x+ 9) == x2 2e6 + x (10e6) + 13e6

Razvoji poznatih funkcija

ex = 1 + x+ x2

2 +x3

6 + o(x4), x 0

ln (1 + x) = x x22 + x3

3 x4

4 + o(x5), x 0

sinx = x x36 + x5

120 + o(x6), x 0

cosx = 1 x22 + x4

24 + o(x5), x 0

(1 + x)a = 1 +(a1

)x+

(a2

)x2 +

(a3

)x3 + o(x4), x 0

1

Primer 1

e1cos(ln (1+x)) = e1cos(xx2

2+o(x3)) =

= e1(1(xx2

2+o(x3))2+o((xx2

2+o(x3))3)) =

= ex2+x

4

4x3+o(x5) =

= 1 + x2 + x4

4 x3 + o(x5) + o(x2 + x4

4 x3 + o(x5)) == 14x

4 x3 + x2 + 1 + o(x5), x 0Primer 2

3x3 + 2x 3 = x 3

1 + 2

x2 3

x3=

= x(1 + 2x2 3

x3)13 =

= x(1 + 13(2x2 3

x3) 19( 2x2 3x3 )2 + o(( 2x2 3x3 )3)) =

= x+ 23x 1x2 49x3 + 43x4 1x5 + o( 1x5 ), xKorien je razvoj (1 + x)

13 = 1 + 13x 19x2 + o(x3), x 0

2