MATEMATIQKA GIMNAZIJA

Maturski rad

iz matematike

Tejlorova formula i primene

Uqenik MentorBenjamin Linus mr Sr±an OgƬanovi²

Beograd,2007.

Sadrжaj

1. Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2. Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.1 Tejlorova formula za polinome . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.2 Tejlorova formula za proizvoƩnu funkciju . . . . . . . . . . . . . 5

2.3 Asimptotska oznaka o i Ƭene primene . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2.4 Oblici ostatka Tejlorove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.5 Maklorenova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

2.6 Tejlorov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

3. Primena Tejlorove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.1 Aproksimacije u nekoj taqki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.2 Maklorenov razvoj elementarnih funkcija . . . . . . . . . . . . . 14

3.2.1 Razvoj funkcije f(x) = sinx . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3.2.2 Razvoj funkcije f(x) = cos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

3.2.3 Razvoj funkcije f(x) = arctg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2.4 Razvoj funkcije f(x) = ex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

3.2.5 Razvoj funkcije f(x) = (1 + x)α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.2.6 Razvoj funkcije f(x) = ln(1 + x) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.2.7 Razvoj funkcije f(x) = arcsin x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2.8 Razvoj funkcije f(x) = arccos x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2.9 Razvoj funkcije f(x) = tg x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.3 Pribliжna izraqunavaƬa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.4 IzraqunavaƬe graniqnih vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.5 NalaжeƬe kosih asimptota . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

3.6 IspitivaƬe konvergencije redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

2

1 Uvod

Postoje izvori da je Tejlorov1 razvoj otkriven jox u Indiji, u XIV veku. Me±utimnema saquvanih pismenih belexki tih radova. Smatra se da su indijski matematiqariotkrili nekoliko Tejlorovih razvoja koji su specijalni sluqajevi, ukƩuquju²i razvojeza trigonometrijske funkcije, sinus, kosinus, tangens, i arkustangens, ali samo neko-

liko prvih stepena. Tako±e se pomiƬe, da su znali brojπ

4i π, da aproksimiraju, pomo²u

beskonaqnog racionalnog deƩeƬa.Generalna ideja za nalaжeƬe razvoja za sve funkcije, za koje postoje, predstavƩena

je u delu ,,Direktna i inverzna metoda priraxtaja”, (Methodus Incrementorum Directa et

Inversa) koje je objavio Bruk Tejlor 1715. godine. Danas ovi razvoji po Ƭemu nose ime,i Maklorenu2, ƫutnovom3 uqeniku i prijateƩu, koji je svoje objavio u delu ,,Rasprava ofluksu” (Treatise of Fluxions) 1742. godine. Tejlor je svoje razvoje koristio za integraci-ju nekih diferencijalnih jednaqina. Znaqaj ovih razvoja nije u potpunosti shva²en svedok ih Ojler4 nije primenio u diferencijalnom raqunu.

Tejlorova forula je snaжan alat za rexavaƬe mnogih problema, uglavnom onih izmatematiqke analize, ali i numeriqke. CiƩ ovog maturskog rada je da prezentuje samoneke primere primene Tejlorove formule u analizi, a i u realnom жivotu i to one kojese oslaƬaju na znaƬe koje se moжe ste²i u sredƬoj xkoli.

U prvoj polovini rada paжƬa je posve²ena Tejlorovoj formuli i drugim teorijskimpitaƬima koja su vezana za Ƭu, i koje je potrebno imati na umu pri rexavaƬu zadataka.Polako naqin obrazlagaƬa postaje sve vixe okrenut problemima, qije bi rexavaƬe biloveoma texko bez Tejlorove formule i koji ustvari i ilustruju pravu snagu Tejloroveformule.

1B. Taylor (1685-1731), engleski matematiqar2C. Maclaurin (1698-1746), xkotski matematiqar3I. Newton (1643-1727), engleski matematiqar i fiziqar4L. Euler (1707-1783), xvajcarski matematiqar

3

2 Tejlorova formula

Jox u radovima ƫutna i Lajbnica5 prilikom uvo±eƬa izvoda i diferencijala, znamoda leжi ideja o aproksimaciji, i to linearnoj, nekoj vrsti zamene date funkcije lin-earnom funkcijom u okolini neke taqke. Tako je samo definisaƬe izvoda bilo motivisanopotrebom uvo±eƬa tangente (grafika linearne funkcije) za datu funkciju u datoj taq-ki. Prirodno je postaviti pitaƬe moжe li se funkcija f, koja ima vixe izvoda u taqkia, ili Ƭenoj okolini, aproksimirati polinomom vixeg stepena od jedan. Tako±e ciƩte aproksimacije je da grexka bude xto je mogu²e maƬa. Odgovor na ovo pitaƬe dajeTejlorova formula.

2.1 Tejlorova formula za polinome

Neka je P (x) = cnxn + cn−1xn−1 + cn−2x

n−2 + . . . + c2x2 + c1x + c0, c0, c1, . . . , cn ∈ R. Na±imo

sada izvode ovog polinoma, sve do n−tog, pa u funkciji od Ƭih izrazimo koeficijente.

P (x) = cnxn + cn−1xn−1 + cn−2x

n−2 + . . . + c2x2 + c1x + c0 P (0) = c0 c0 =

P (0)

0!

P ′(x) = ncnxn−1 + (n − 1)cn−1xn−2 + . . . + 3c3x

2 + 2c2x + c1 P ′(0) = c1 c1 =P ′(0)

1!

P ′′(x) = n(n − 1)cnxn−2 + . . . + 6c3x + 2c2 P ′′(0) = 2!c2 c2 =P ′′(0)

2!

P ′′′(x) = n(n − 1)(n − 2)cnxn−3 + . . . + 6c3x P ′′′(0) = 3!c3 c3 =P ′′′(0)

3!...

......

P (n)(x) = n!cn P (n)(0) = n!cn cn =P (n)(0)

n!

Na kraju kada koeficijente zamenimo u funkciji od izvoda, dobijamo

P (x) =P (n)(0)

n!xn +

P (n−1)(0)

(n − 1)!xn−1 + . . . +

P ′′(0)

2!x2 +

P ′(0)

1!x +

P (0)

0!.

Sada polinom P (x) predstavimo u obliku

P (x) = An(x − a)n + An−1(x − a)n−1 + An−2(x − a)n−2 + . . . + A2(x − a)2 + A1(x − a) + A0,

gde a ∈ R i x − a = Z, i Z ∈ R.

Tako±e imamo da je,P (x) = P (Z).

5G. W. Leibnitz (1646-1716), nemaqki matematiqar i filozof

4

Zatim ponovo odredimo koeficijente u funkciji od izvoda pa zamenimo u prethodnu for-mulu,

A0 =P (0)

0!P (Z) = P (a + Z) ⇒ P (0) = P (a) ⇒ A0 =

P (a)

0!

A1 =P ′(0)

1!P ′(Z) = P ′(a + Z) ⇒ P ′(0) = P ′(a) ⇒ A1 =

P ′(a)

1!

A2 =P ′′(0)

2!P ′′(Z) = P ′′(a + Z) ⇒ P ′′(0) = P ′′(a) ⇒ A2 =

P ′′(a)

2!...

......

...

An =P (n)(0)

n!P (n)(Z) = P (n)(a + Z) ⇒ P (n)(0) = P (n)(a) ⇒ An =

P (n)(a)

n!,

i na kraju dobijamo,

Tn,a(x) = P (a) +P ′(a)

1!(x − a) +

P ′′(a)

2!(x − a)2 + . . . +

P (n−1)(a)

(n − 1)!(x − a)n−1 +

P (n)(a)

n!(x − a)n.

Dobijeni polinom naziva se Tejlorovim polinomom n−tog stepena, polinoma P (x)u taqki a.

2.2 Tejlorova formula za proizvoƩnu funkciju

Teorema 1. Neka je funkcija f definisana i neprekidna zajedno sa svojih n izvoda naodseqku [a, x] (pri qemu moжe biti a < x i a > x) i neka u intervalu (a, x), ili (x, a) ima(n + 1)−vi izvod. Tada, pod tim uslovima vaжi Tejlorova formula:

f(x) = Tn,a(x) + Rn,a(x),

tj. postoji taqka c ∈ (a, x), odnosno c ∈ (x, a) takva da je

Rn,a(x) = f(x) − Tn,a(x) =f (n+1)(c)

(n + 1)!(x − a)n+1,

gde je Tn,a(x) Tejlorov polinom pridruжen funkciji f(x) u taqki x = a, a Rn,a(x) tzv.ostatak ili grexka aproksimacije.

f(x) = Tn,a(x) +f (n+1)(c)

(n + 1)!(x − a)n+1.

5

Dokaz. Neka je, a < x. Posmatrajmo pomo²nu funkciju φ : [a, x] → R datu sa

φ(t) = f(x) − Tn,t −(x − t)n+1

(n + 1)!λ =

= f(x) −[

f(t) + f ′(t)(x − t) + . . . +f (n)(t)

n!(x − t)n

]

− (x − t)n+1

(n + 1)!λ.

Parametar λ ∈ R izaberemo tako da funkcija φ zadovoƩava uslove za primenu Rolove6

teoreme na odseqku [a, x], odnosno λ tako da je:

φ(a) = 0

φ(x) = f(x) − Tn,a − (x − a)n+1

(n + 1)!λ = Rn,a(x) − (x − a)n+1

(n + 1)!λ = 0

Funkcija φ(t) je oqigledno neprekidna na [a, x], a unutar intervala (a, x) ima izvod

φ′(t) = −[

f ′(t) − f ′(t) + (x − t)f ′′(t) − (x − t)f ′′(t) +(x − t)2

2f ′′′(t) + . . .

− (x − t)n−1

(n − 1)!f (n)(t) +

(x − t)n

n!f (n+1)(t)

]

+(x − t)n

n!λ =

=(x − t)n

n!(λ − f (n+1)(t)).

IspuƬeni su svi uslovi Rolove teoreme, pa dobijamo da postoji broj c ∈ (a, x), takav daje φ′(c) = 0, tj.

(x − c)n

n!(λ − f (n+1)(c)) = 0 ⇒ λ = f (n+1)(c),

na kraju dobijamo

Rn,a(x) =f (n+1)(c)

(n + 1)!(x − a)n+1,

xto je trebalo i dokazati. ¥

6M. Rolle (1652-1719), francuski matematiqar

6

2.3 Asimptotska oznaka o i Ƭene primene

Kada se upore±uje ponaxaƬe neke funkcije u okolini neke fiksne taqke (konaqne ilibeskonaqne), u kojoj sama funkcija ne mora biti definisana, sa ponaxaƬem neke druge(obiqno jednostavnije) funkcije, kaжemo da se ispituje asimptotsko ponaxaƬe prvefunkcije u okolini te taqke.

Definicija 1. Kaжemo da je funkcija f beskonaqno mala u odnosu na funkciju g kadax → a i pixemo

f = o(g) (x → a)

ako postoji okolina U taqke a, takva da je f(x) = α(x)g(x) za x ∈ U, x 6= a, gde je αbeskonaqno mala funkcija kada x → a. Oznaka qita se kao ,,f je malo o od g kad x → a”.Specijalno, ako su f i g beskonaqno male kada x teжi a, kaжemo da je f beskonaqno malavixeg reda u odnosu na g, x → a.

Teorema 2. Neka su funkcije f i g definisane u nekoj okolini taqke a. Tada je:

1◦ f · o(g) = o(fg) (x → a);2◦ o(f) + o(f) = o(f) (x → a);3◦ o(o(f)) = o(f) (x → a).

Pre nego xto dokaжemo ove relacije, treba precizirati smisao nekih od Ƭih.Prema definiciji o(f) (x → a) nije oznaka za jednu funkciju, ve² za skup svih onihfunkcija koje su beskonaqno male u odnosu na f kad x → a – u tom smislu treba shvatitirelaciju 2◦, ona praktiqno znaqi da je zbir dveju funkcija, beskonaqno malih u odnosuna f kad x → a, ponovo beskonaqno mala funkcija u odnosu na f kad x → a. To ujedno znaqida se ralacije u kojima se pojavƩuje simbol o ne smeju qitati ,,zdesna ulevo”. Vaжix2 = o(x) (x → 0), ali naravno nema smisla napisati o(x) = x2 (x → 0), jer ima mnogodrugih funkcija koje su ,,malo o od x kad x → 0”.

Dokaz.

1◦ Treba da dokaжemo da ako je h(x) neka funkcija koja je beskonaqno mala u odnosu nag(x) kad x → a, tada je proizvod f(x)h(x) beskonaqno mala u odnosu na fg kad x → a.Ako je h = o(g) (x → a), onda je u nekoj okolini taqke a ispuƬeno h(x) = α(x)g(x),gde je α beskonaqno mala kad x → a. Tada je f(x)h(x) = α(x)(f(x)g(x)) pa je zaistafh = o(fg) (x → a), xto je i trebalo dokazati.

2◦ Neka je g1 = o(f) i g2 = o(f) (x → a). Tada je g1 = β1f i g2 = β2f, gde β1, β2 → 0 (x → a),pa je g1 + g2 = (β1 + β2)f, gde β1 + β2 → 0 (x → a), xto znaqi da je i g1 + g2 = o(f) (x → a).

3◦ Neka je g = o(o(f)) kad x → a. To znaqi da je g = o(h) (x → a), gde je h proizvoƩ-na funkcija oblika h = o(f) (x → a), tj. h = βf za neku beskonaqno malu funkcijuβ (x → a). Onda je g = γh = (γβ)f gde γ → 0 (x → a), pa i γβ → 0 (x → a), xto znaqida je g = o(f) (x → a). ¥

7

2.4 Oblici ostatka Tejlorove formule

Smisao Tejlorove formule je da se funkcija aproksimira polinomom. Ostatak je,ustvari, grexka te aproksimacije. Kao xto se vidi iz oblika ostatka, aproksimacija jeutoliko boƩa ukoliko je taqka x bliжa taqki a. U tom smislu, ovo je lokalna aproksi-macija, tj. moжe da se koristi u dovoƩno maloj okolini taqke a. Za dato i fiksno x,pod odre±enim uslovima, grexka aproksimacije se smaƬuje sa pove²aƬem n. Prema tome,Tejlorov polinom vixeg stepena boƩe aproksimira funkciju od polinoma maƬeg stepena.Ilustraciju prethodnog, pokazuju primeri sa graficima u delu 3.1.

Ve² pomenuti oblik ostatka

Rn,a(x) =f (n+1)(c)

(n + 1)!(x − a)n+1,

naziva se Lagranжov7 ostatak.

Lagranжov ostatak se qesto pixe i u drugom obliku, ako stavimo da je c = a + θ(x − a),gde je 0 < θ < 1, dobijamo

Rn,a(x) =(x − a)n+1

(n + 1)!f (n+1)(a + θ(x − a)),

a ako jox dodamo j = x − a, j ∈ R konaqno dobijamo

Rn,a(x) =jn+1

(n + 1)!f (n+1)(a + θj).

Ako u Lagranжov ostatak stavimo da je p = n + 1, p ∈ N, dobijamo slede²e

Rn,a(x) =

(

x − a

x − c

)p(x − c)n+1

p · n!f (n+1)(c).

Ovaj oblik se naziva Xlemilh8-Roxov9.

Ako stavimo p = 1, c = a + θ(x − a), 0 < θ < 1, dobijamo Koxijev10 oblik ostatka

Rn,a(x) =(x − a)n+1(1 − θ)n

n!f (n+1)(a + θ(x − a)).

Qesto se koristi i Peanov11 oblik ostatka

Rn,a(x) = o((x − a)n), x → a

qija vrednost zapravo i ne moжe da se izraquna. Ovaj oblik ostatka se koristi kada nijeni potrebno da se on izraquna, nego je jednostavno potrebno da se pri nekim raqunaƬima(u nekim zadacima) naglasi da je ostatak beskonaqno mala veliqina. Najvixe ²emo gakoristiti pri raqunaƬu nekih graniqnih vrednosti, ili asimptota funkcija.

7J. L. Lagrange (1736-1813), francuski matematiqar8O. Schlomilch (1823-1901), nemaqki matematiqar9E. Roche (1820-1883), francuski matematiqar

10A. L. Cauchy (1789-1857), francuski matematiqar11G. Peano (1858-1932), italijanski matematiqar

8

Peanov oblik ostatka zapravo ukazuje na to da vaжi

limx→a

Rn,a(x)

(x − a)n= 0.

Teorema 3. Za ma koju funkciju R(x) za koju je Rn(a) = R′n(a) = R′′

n(a) = . . . = R(n)n (a) = 0

vaжi

limx→a

Rn(x)

(x − a)n= 0.

Dokaz. Dokaжimo tvr±eƬe matematiqkom indukcijom. Baza, n = 1, R1(a) = R′1(a) = 0,

treba da vaжi limx→a

R1(x)

(x − a)= 0, primenimo Lopitalovo pravilo i dobijamo lim

x→a

R′1(a)

1= 0.

Indukcijski korak, pretpostavimo da tvr±eƬe vaжi za n = k, tj. kada je

Rk(a) = R′k(a) = R′′

k(a) = . . . R(k)k (a) = 0 da vaжi lim

x→a

Rk(x)

(x − a)k= 0. Dokaжimo da kada je

Rk+1(a) = R′k+1(a) = R′′

k+1(a) = . . . R(k)k+1(a) = R

(k+1)k+1 (a) = 0, da je lim

x→a

Rk+1(x)

(x − a)k+1= 0.

Lagranжova teorema primeƬena na funkciju Rk+1(x) na segmentu [a, x], daje

Rk+1(x) − Rk+1(a) = R′k+1(c)(x − a), a < c < x.

Kako je |c − a| < |x − a| i Rk+1(a) = 0, dobijamo da je

Rk+1(x) = R′k+1(c)(x − a) = o((x − a)k)(x − a) = o((x − a)k+1), x → a,

xto je i trebalo dokazati. ¥

2.5 Maklorenova formula

Dobila je ime po xkotskom matematiqaru Maklorenu koji je prvi koristio u svomradu. Maklorenova formula je specijalan sluqaj Tejlorove formule, to je Tejlorovaformula kada je a = 0, tj. razvoj Tejlorove formule u okolini nule

f(x) = Tn,0 + Rn,0(x).

Maklorenova formula je zanimƩiva iz razloga xto neke funkcije imaju (neformalnogovore²i) jednostavne izvode u nuli tako da se qesto dobija jednostavna formula - lakaza korix²eƬe, izvo±eƬe i pam²eƬe. Svi pomenuti oblici ostataka Tejlorove formulesu aktuelni i ovde i bi²e korix²eni kasnije zajedno sa Maklorenovom formulom.

2.6 Tejlorov red

Definicija 2. Neka funkcija f ima u taqki x = a konaqan n−ti izvod f (n)(x) za svakiprirodan broj n. Beskonaqan red

+∞∑

k=0

f (k)(a)

k!(x − a)k

zove se Tejlorov red koji odgovra funkciji f u taqki a.

9

3 Primena Tejlorove formule

3.1 Aproksimacije u nekoj taqki

Primer 1. Odrediti Tejlorov polinom tre²eg stepena kojim se funkcija f(x) = x2 lnxaproksimira u taqki x = 1.

RexeƬe. Odredimo prva tri izvoda funkcije f(x) = x2 lnx, a zatim izraqunajmo vrednostidobijenih izvoda u taqki x = 1,

f(x) = x2 lnx ⇒ f(1) = 0

f ′(x) = 2x ln x + x ⇒ f ′(1) = 1

f ′′(x) = 2 ln x + 2 + 1 = 2 ln x + 3 ⇒ f ′′(1) = 3

f ′′′(x) =2

x⇒ f ′′′(1) = 2.

Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom tre²eg stepena,

T3,1 = f(1) +f ′(1)

1!(x − 1) +

f ′′(1)

2!(x − 1)2 +

f ′′′(1)

3!(x − 1)3 + o(x − 1)3 =

= x − 1 +3

2(x − 1)2 +

1

3(x − 1)3 + o(x − 1)3.

Primer 2. Aproksimirati funkciju f(x) = x2e−x Tejlorovim polinomom tre²eg stepenau taqki x = 2.

RexeƬe. Izraqunamo prva tri izvoda funkcije f(x) = x2e−x, a zatim odredimo vrednostidobijenih izvoda u taqki x = 2,

f(x) = x2e−x ⇒ f(2) = 4e−2

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = e−x(2x − x2) ⇒ f ′(2) = 0

f ′′(x) = e−x(2 − 2x) − e−x(2x − x2) = e−x(x2 − 4x + 2) ⇒ f ′′(2) = −2e−2

f ′′′(x) = −e−x(x2 − 4x + 2) + e−x(2x − 4) = e−x(−x2 + 6x − 6) ⇒ f ′′′(2) = 2e−2.

Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom tre²eg stepena,

T3,2 = +f ′(2)

1!(x − 2) +

f ′′(2)

2!(x − 2)2 +

f ′′′(2)

3!(x − 2)3 + o(x − 2)3 =

= 4e−2 +0

1(x − 2) +

−2e−2

2(x − 2)2 +

2e−2

6(x − 2)3 + o(x − 2)3 =

= 4e−2 − 1

e2(x − 2)2 +

1

3e2(x − 2)3 + o(x − 2)3.

10

Primer 3. Odrediti Tejlorov polinom tre²eg stepena funkcije f(x) = x sinx u taqki

x =π

2.

RexeƬe. Izraqunamo prva tri izvoda funkcije f(x) = x sin x, a zatim odredimo vrednosti

dobijenih izvoda u taqki x =π

2,

f(x) = x sinx ⇒ f(π

2

)

=π

2

f ′(x) = sin x + x cos x ⇒ f ′(π

2

)

= 1

f ′′(x) = 2 cos x − x sinx ⇒ f ′′(π

2

)

= −π

2

f ′′′(x) = −3 sin x − x cos x ⇒ f ′′′(π

2

)

= −3.

Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom tre²eg stepena,

T3, π

2= f

(π

2

)

+f ′

(π

2

)

1!

(

x − π

2

)

+f ′′

(π

2

)

2!

(

x − π

2

)2

+f ′′′

(π

2

)

3!

(

x − π

2

)3

+ o(

x − π

2

)3

=

=π

2+

(

x − π

2

)

+−π

22

(

x − π

2

)2

+−3

3!

(

x − π

2

)3

+ o(

x − π

2

)3

=

= x − π

4

(

x − π

2

)2

− 1

2

(

x − π

2

)3

+ o(

x − π

2

)3

.

Primer 4. Aproksimirati funkciju f(x) = ln(1 + sinx) Tejlorovim polinomom tre²egstepena u taqki x = π.

RexeƬe. Odredimo prva tri izvoda funkcije f(x) = ln(1 + sinx), a zatim izraqunajmovrednosti dobijenih izvoda u taqki x = π,

f(x) = ln(1 + sinx) ⇒ f(π) = 0

f ′(x) =cos x

1 + sinx⇒ f ′(π) = −1

f ′′(x) =− sin x(1 + sin x) − cos2 x

(1 + sin x)2=

− sin x − sin2 x − cos2 x

(1 + sin x)2=

=−(sin x + 1)

(1 + sin x)2= − 1

1 + sinx⇒ f ′′(π) = −1

f ′′′(x) =cos x

(1 + sinx)2⇒ f ′′′(π) = −1.

Sada dobijene vrednosti izvoda zamenimo u Tejlorov polinom tre²eg stepena,

T3,π = f(π) +f ′(π)

1!(x − π) +

f ′′(π)

2!(x − π)2 +

f ′′′(π)

3!(x − π)3 + o(x − π)3 =

= −(x − π) − 1

2(x − π)2 − 1

6(x − π)3 + o(x − π)3.

11

Primer 5. Na²i Maklorenov razvoj petog stepena funkcije f(x) =1 + x − x2

1 + x + 2x2.

RexeƬe. Uvedemo smenu t = x + 2x2, imamo da je

f(x) =1 + x − x2

1 + x + 2x2= 1 − 3x2

1 + x + 2x2= 1 − 3x2 · 1

1 − t= 1 − 3x2(1 − t + t2 − t3 + o(t3)).

DaƩe je t2 = x2 + 4x3 + o(x3), t3 = x3 + o(x3), o(t3) = o(x3),

gde smo koristili razvoj za t2 i t3 do tre²eg stepena. Zamenom ovih izraza dobijamo

f(x) = 1 − 3x2(1 − x − 2x2 + x2 + 4x3 − x3 + o(x3)) =

= 1 − 3x2 + 3x3 + 3x4 − 9x5 + o(x5).

Primer 6. Funkciju f(x) = tg x razviti u okolini nule do qlana sa x5.

RexeƬe. Primenom razvoja funkcije sin x i cos x dobijamo

tg x =sin x

cos x=

(

x − x3

6+

x5

120+ o(x5)

)

·(

1 − x2

2+

x4

24+ o(x5)

)−1

.

Drugi faktor se daƩe moжe razviti primenom smene t =x2

2+

x4

24,

(

1 − x2

2+

x4

24+ o(x5)

)−1

=1

1 − t= 1 + t + t2 = 1 +

x2

2+

5x4

24+ o(x4).

Prema tome,

tg x =

(

x − x3

6+

x5

120+ o(x5)

)

·(

1 +x2

2+

5x4

24+ o(x4)

)

= x +x3

3

2x5

15+ o(x5) (x → 0).

Primer 7. Na slici 1 je dataaproksimacija trigonometrijske funkcijef(x) = sin(4x)·cos x Maklorenovim polinomomdevetog stetpena. Vidimo da se ove funkci-je, f(x) i Maklorenov polinom T9(x) pokla-paju na ve²em delu intervala (−1, 1), xto jedovoƩno velika okolina taqke x = 0.

x

y

0 1 2 3−1−2−3−4

1

2

−1

−2

sin(4x) · cos x

T9(x)

Sl. 1

12

Primer 8. Ovde je prikazana aproksimacija funkcije f(x) =1

1 + x, Tejlorovim poli-

nomom drugog i petog stepena u taqki x = −2. Aproksimacija je utoliko boƩa ukolikoje taqka x bliжa taqki a. Tako±e, Tejlorov polinom vixeg stepena boƩe aproksimi-ra funkciju od Tejlorovog polinoma maƬeg stepena. Ma slici 2 (levo) smo funkcijuf(x) = 1

x+1 aproksimirali Tejlorovim polinomom drugog stepena T2(x), dok na slici 3(desno) Tejlorovim polinomom petog stepena T5(x), vidimo da je ova druga aproksimacijaboƩa. Tako±e se prime²uje da su obe aproksimacije dobre u okolini taqke M(−2,−1).

x

y

01 2 3 4 5

−1−2−3−4−5

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

M1

x+1

T2(x)

Sl. 2

x

y

01 2 3 4 5

−1−2−3−4−5

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

M1

x+1

T5(x)

Sl. 3

13

3.2 Maklorenov razvoj nekih elementarnih funkcija

3.2.1 Razvoj funkcije f(x) = sinx

Na±imo nekoliko prvih izvoda funkcije f(x) = sinx.

f ′(x) = cos x = sin(

x +π

2

)

f ′′(x) = − sin x = sin (x + π)

f ′′′(x) = − cos x = sin

(

x +3π

2

)

f ′′′′(x) = sinx = sin (x + 2π) = sin x

Sada uopxteno za n−ti izvod dobijamo slede²e

f (n)(x) =

f (4k+1)(x) = sin(

x +π

2

)

= sin(

x +π

2+ 2kπ

)

za n = 4k + 1

f (4k+2)(x) = sin (x + π) = sin (x + π + 2kπ) za n = 4k + 2

f (4k+3)(x) = sin

(

x +3π

2

)

= sin

(

x +3π

2+ 2kπ

)

za n = 4k + 3

f (4k+4)(x) = sin (x + 2π) = sin (x + 2π + 2kπ) za n = 4k + 4

daƩe je

f (n)(x) =

f (4k+1)(x) = sin(

x +π

2+ 2kπ

)

= sin(

x + (4k + 1)π

2

)

= sin(

x + nπ

2

)

f (4k+2)(x) = sin (x + π + 2kπ) = sin(

x + (4k + 2)π

2

)

= sin(

x + nπ

2

)

f (4k+3)(x) = sin

(

x +3π

2+ 2kπ

)

= sin(

x + (4k + 3)π

2

)

= sin(

x + nπ

2

)

f (4k+4)(x) = sin (x + 2π + 2kπ) = sin(

x + (4k + 4)π

2

)

= sin(

x + nπ

2

)

pa je

f (n)(x) = sin(

x + nπ

2

)

Sada na±imo vrednosti izvoda u taqki x = 0.

f (n)(0) =

f (4k+1)(0) = sin(π

2

)

= 1 za n = 4k + 1

f (4k+2)(0) = sin (π) = 0 za n = 4k + 2

f (4k+3)(0) = sin

(

3π

2

)

= −1 za n = 4k + 3

f (4k+4)(0) = sin (2π) = 0 za n = 4k + 4

Dakle, Maklorenov polinom n−tog stepena za funkciju f(x) = sinx glasi

sinx = x − x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ . . . + (−1)n−1 x2n−1

(2n − 1)!+ o(x2n).

14

3.2.2 Razvoj funkcije f(x) = cos x

Na±imo nekoliko prvih izvoda funkcije f(x) = cos x.

f ′(x) = − sin x = cos(

x +π

2

)

f ′′(x) = − cos x = cos (x + π)

f ′′′(x) = sinx = cos

(

x +3π

2

)

f ′′′′(x) = cos x = cos (x + 2π) = cos x

Sada uopxteno za n−ti izvod dobijamo slede²e

f (n)(x) =

f (4k+1)(x) = cos(

x +π

2

)

= cos(

x +π

2+ 2kπ

)

za n = 4k + 1

f (4k+2)(x) = cos (x + π) = cos (x + π + 2kπ) za n = 4k + 2

f (4k+3)(x) = cos

(

x +3π

2

)

= cos

(

x +3π

2+ 2kπ

)

za n = 4k + 3

f (4k+4)(x) = cos (x + 2π) = cos (x + 2π + 2kπ) za n = 4k + 4

daƩe je

f (n)(x) =

f (4k+1)(x) = cos(

x +π

2+ 2kπ

)

= cos(

x + (4k + 1)π

2

)

= cos(

x + nπ

2

)

f (4k+2)(x) = cos (x + π + 2kπ) = cos(

x + (4k + 2)π

2

)

= cos(

x + nπ

2

)

f (4k+3)(x) = cos

(

x +3π

2+ 2kπ

)

= cos(

x + (4k + 3)π

2

)

= cos(

x + nπ

2

)

f (4k+4)(x) = cos (x + 2π + 2kπ) = cos(

x + (4k + 4)π

2

)

= cos(

x + nπ

2

)

pa je

f (n)(x) = cos(

x + nπ

2

)

Sada na±imo vrednosti izvoda u taqki x = 0.

f (n)(0) =

f (4k+1)(0) = cos(π

2

)

= 0 za n = 4k + 1

f (4k+2)(0) = cos (π) = −1 za n = 4k + 2

f (4k+3)(0) = cos

(

3π

2

)

= 0 za n = 4k + 3

f (4k+4)(0) = cos (2π) = 1 za n = 4k + 4

Pa Maklorenov polinom n−tog stepena za funkciju f(x) = cos x izgleda ovako

cos x = 1 − x2

2!+

x4

4!− x6

6!+ . . . + (−1)n x2n

(2n)!+ o(x2n+1).

15

3.2.3 Razvoj funkcije f(x) = arctg x

Odredimo Ƭene izvode u taqki x = 0. Iz f ′(x) =1

1 + x2sledi f ′(x)(1 + x2) = 1, x ∈ R, a

prema Lajbnicovoj formuli, za n > 1 je

(1 + x2)f (n+1)(x) + 2nxf (n)(x) + n(n − 1)f (n−1)(x) = 0,

odakle sledi

f (n+1)(0) = −n(n − 1)f (n−1)(0).

Kako je f(0) = 0, f ′(0) = 1, dobijamo

f (n)(0) =

{

0, za n = 2k, k ∈ N,(−1)k(2k)!, za n = 2k + 1, k ∈ N ∪ {0}.

Sada je

f(x) = x − 2!

3!x3 +

4!

5!x5 + . . . + (−1)k (2k)!

(2k + 1)!x2k+1 + o(x2k+1),

konaqno dobijamo Maklorenov polinom n−tog stepena za funkciju f(x) = arctg x

arctg x = x − 1

3x3 +

1

5x5 + . . . + (−1)k 1

2k + 1x2k+1 + o(x2k+1).

3.2.4 Razvoj funkcije ex

Poznato je za funkciju f(x) = ex, da je

f (n)(x) = ex, za svako n ∈ N.

Zato je za n ∈ N ∪ {0}, f (n)(0) = 1. Pa dobijamo da Maklorenov polinom n−tog stepenafunkcije f(x) = ex izgleda ovako

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ . . . +

xn−1

(n − 1)!+

xn

n!+ o(xn).

16

3.2.5 Razvoj funkcije f(x) = (1 + x)α

Posmatrajmo ovu funkciju za α ∈ R\N i odredimo Ƭene izvode u taqki x = 0. Dobijamo

f ′(x) = α(1 + x)α−1 ⇒ f ′(0) = αf ′′(x) = α(α − 1)(1 + x)α−2 ⇒ f ′(0) = α(α − 1)

f ′′′(x) = α(α − 1)(α − 2)(1 + x)α−2 ⇒ f ′(0) = α(α − 1)(α − 2)f (n)(x) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1)(1 + x)α−n ⇒ f (0)(x) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1).

Izraz an =α(α − 1) · . . . · (α − n + 1)

n!, podse²a na poznati binomni koeficijent. Usvojeno je

da se i u ovom sluqaju, i kada α nije prirodan broj, pixe oznaka

(

α

n

)

. Dakle Maklorenov

polinom n−tog stepena funkcije f(x) = (1 + x)α se moжe napisati na ovaj naqin

(1 + x)α = 1 +

(

α

1

)

x +

(

α

2

)

x2 + . . . +

(

α

n

)

xn + o(xn).

3.2.6 Razvoj funkcije f(x) = ln(1 + x)

Data funkcija je definisana za x > −1. Na±imo sada n−ti izvod ove funkcije u taqki

x = 0. Iz f ′(x) =1

1 + xsledi f ′(x)(1 + x) = 1, a prema Lajbnicovoj formuli, za n > 1 je

f (n+1)(x)(1 + x) = −nf (n)(x),

pa je za x = 0

f (n+1)(0) = −nf (n)(0).

Kako je f ′(0) = 1, dobijamo daƩe f ′′(0) = −1, f ′′′(0) = 2, . . . , pa moжemo zakƩuqiti da je

f (n)(0) = (−1)n−1(n − 1)!.

Sada dobijamo da Maklorenov polinom n−tog stepena funkcije f(x) = ln(1 + x) izgledaovako

ln(1 + x) = x − x2

2+

x3

3− . . . + (−1)n−1 xn

n+ o(xn).

17

3.2.7 Razvoj funkcije f(x) = tg x

tg x =n

∑

k=1

B2k(−4)k(1 − 4k)

(2k)!x2k−1 + o(x2k) =

= x +1

3x3 +

2

15x5 + . . . +

B2n(−4)n(1 − 4n)

(2n)!x2n−1 + o(x2n)

3.2.8 Razvoj funkcije f(x) = arcsinx

arcsin x =

n∑

k=0

(2k)!

4k(k!)2(2k + 1)x2n+1 + o(x2n+2) =

= x +1

6x3 +

3

40x5 + . . . +

(2n)!

4n(n!)2(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)

arcsin x =∑

n≥0

(2n − 1)!!x2n+1

(2n)!!(2n + 1)

3.2.9 Razvoj funkcije f(x) = arccos x

arccos x =π

2−

n∑

k=0

(2k)!

4k(k!)2(2k + 1)x2n+1 + o(x2n+2) =

=π

2− x − 1

6x3 − 3

40x5 − . . . − (2n)!

4n(n!)2(2n + 1)x2n+1 + o(x2n+2)

18

3.3 Pribliжna izraqunavaƬa

Kako je smisao primene Tejlorove formule aproksimacija funkcije polinomom, od in-teresa je poznavaƬe grexke te aproksimacije. Naravno, taqna vrednost grexke je nepozna-ta, ali se ona moжe proceniti, polaze²i od Lagranжovog ili Koxijevog oblika ostatka.Na primer, ako posmatramo Maklorenovu formulu sa ostatkom u Lagranжovom obliku,ciƩ procene grexke je da se na±e gorƬa granica za

|Rn(x)| = |f (n+1)(θx)| |x|n+1

(n + 1)!,

gde x ima datu vrednost ili pripada datoj okolini nule i gde je θ ∈ (0, 1). Kod procenegrexke se obiqno koriste najjednostavnije nejednakosti, traжeƬem ,,najgoreg sluqaja”u kome oba faktora dostiжu maksimalnu apsolutnu vrednost. Stoga je stvarna grexkauglavnom znatno maƬa od proceƬene.

Primer 1. Odrediti stepen Maklorenovog polinoma funkcije ex koji omogu²ava izraqu-navaƬe ex za −1, 5 6 x 6 2 s taqnox²u 10−3.

RexeƬe. Neka je Rn(x) ostatak Maklorenovog polinoma. Treba na²i n, za koje je

|Rn(x)| = f (n+1)(c)1

(n + 1)!|x|n+1 < 10−3,

tj. treba da vaжi e2 · 1

(n + 1)!· 2n+1 < 10−3, pa dobijamo 104 · 2n+1 < (n+1)!. Ova nejednakost

je ispuƬena za najmaƬe n = 10.

Primer 2. Za koje vrednosti x vaжi pribliжna formula cos x ≈ 1 − x2

2sa apsolutnom

grexkom koja je maƬa od 10−4?

RexeƬe. Iz Maklorenove formule nalazimo da je

cos x = 1 − x2

2+ cos θx · x4

24, θ ∈ (0, 1).

Grexka date pribliжne formule je |Rn(x)| 6x4

24, odakle se vidi da je traжeni uslov is-

puƬen za one vrednosti x za koje je

x4

246 10−4 tj. |x| 6

4√

24 · 10−4 ≈ 0, 22.

Dobijeni rezultat je izraжen u radijanima, kada izrazimo u stepenima nalazimoda je |x| 6 12◦.

19

Primer 3. Izraqunati 3√

28 sa grexkom koja nije ve²a od 10−4.

RexeƬe. Ovaj zadatak moжemo da reximo na vixe naqina, ali najlakxi je slede²i. Izvr-

ximo transformaciju 3√

28 = 3

√

27

(

1 +1

27

)

= 3 3

√

1 +1

27= 3 ·

(

1 +1

27

)13

.

Pribliжna vrednost za 3√

28 moжe se, prema tome, dobiti iz Maklorenovog razvojafunkcije

f(x) = 3 ·(

1 +1

x

)13

,

za x =1

27, daƩe dobijamo

3√

28 = 3 ·(

1 +1

3x +

(

1/3

2

)

x2 + . . . +

(

1/3

n

)

xn

)

+ 3 ·(

1/3

n + 1

)

· (1 + c)−(n−

23)

xn+1.

Primetimo da je maksimalna vrednost ostatka jednaka za x = c =1

27, pa je

Rn(x) = 3 ·(

1/3

n + 1

)

·(

1 +1

27

)−(n− 23 )

·(

1

27

)n+1

< 10−4.

NajmaƬe n za koje je nejednakost ispuƬena je n = 2, sada na kraju dobijamo

3√

28 ≈ 3 +1

27− 1

2187≈ 3, 03658.

Primer 4. Primenom Tejlorove formule izraqunati sin 9◦ sa grexkom ne ve²om od 10−5.

RexeƬe. Iskoristimo Tejlorov razvoj funkcije sin x u okolini nule, tj. Maklorenorazvoj. Znamo da je

sin x = x − x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ . . . + (−1)n−1 x2n−1

(2n − 1)!+ R(x),

gde je

R(x) = (−1)n cos θx · x2n+1

(2n + 1)!, θ ∈ (0, 1).

U ovim formulama je x = 9◦ =π

20(Ne treba zaboraviti da se stepeni pretvaraju u

radijane!). Nepoznati broj n odre±ujemo iz uslova da maksimalna apsolutna vrednostostatka R(x) nije ve²a od 10−5. Pa dobijamo da mora vaжiti

(

π20

)2n+1

(2n + 1)!< 10−5.

IzraqunavaƬem leve strane dobijamo da nejednakost vaжi za najmaƬe n = 2. Apsolutnavrednost grexke tada je maƬa od 8 · 10−7, tako da je pomo²u formule

sin 9◦ ≈ π

20− 1

3!·( π

20

)3

,

sinus od 9 stepeni izraqunat sa zadataom taqnox²u (u stvari, sa ve²om taqnox²u odtraжene). Proverom na kalkulatoru, dobijamo da je sin 9◦ ≈ 0, 1564344, dok je iz dobijeneformule sin 9◦ ≈ 0, 1564336, xto daje razliku taqno od 8 · 10−7.

20

Primer 5. Kao xto smo ve² videli Maklorenov polinom funkcije f(x) = arctg x, izgleda

ovako arctg x = x− 1

3x3+

1

5x5+. . .+(−1)k 1

2k + 1x2k+1+o(x2k+1). Kada u ovu formulu zamenimo

x = 1, dobijamo jednu zanimƩivu formulu

arctg 1 = 1 − 1

3+

1

5− 1

7+

1

9. . . =

+∞∑

n=1

(−1)n−1 1

2n + 1,

odnosno

π

4= 1 − 1

3+

1

5− 1

7+

1

9− 1

11. . . =

+∞∑

n=1

(−1)n−1 1

2n + 1.

Na ovaj naqin moжemo izraqunati vrednostπ

4, odnosno π sa proizvoƩnom taqnox²u.

Primer 6. Pokazati kako moжe da se izraquna broj e, i dokazati da je iracionalan.

RexeƬe. Videli smo da Maklorenov razvoj funkcije ex izgleda ovako

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ . . . +

xn−1

(n − 1)!+

xn

n!+

eθx

(n + 1)!xn+1.

Kada u ovu formulu zamenimo x = 1, dobijamo slede²u zanimƩivu formulu

e = 1 + 1 +1

2!+

1

3!+ . . . +

1

(n − 1)!+

1

n!+

eθ

(n + 1)!.

Ako se uzme dovoƩno veliko n, ovako se broj e moжe izraqunati sa proizvoƩnom taqnox²u.

Sada da dokaжemo da je broj e iracionalan. Pretpostavimo suprotno, da je broj e

racionalan broj, oblikam

n, m, n ∈ N i n > 2. Prema prethodnoj formuli imamo da

je

n!

(

e − 1 − 1

1!− 1

2!− . . . − 1

n!

)

= Rn · n!.

Odakle je Rn · n! prirodan broj. S druge strane, iz jednakosti Rn =eθ

(n + 1)!se dobija

stavƩaju²i θ = 0 i θ = 1,

1

(n + 1)!< Rn <

3

(n + 1)!,

sada nejednakost pomnoжimo sa n!, pa je daƩe

1

n + 1< n! · Rn <

3

n + 1,

odakle sledi da je 0 < n!Rn < 1. Kontradikcija. ZakƩuqak je da je broj e iracionalan.

Raqunari i kalkulatori izraqunavaju vrednosti funkcija (npr. sinx, cos x, ln x, ex, . . . )Ƭihovom aproksimacijom pomo²u Tejlorove formule.

21

3.4 IzraqunavaƬe graniqnih vrednosti

Primer 1. Izraqunati limx→0

ex sin x − x(x + 1)

x3.

RexeƬe. Funkcije ex i sin x razvijemo do tre²eg stepena. MnoжeƬem, i zadrжavaƬemqlanova do x3 dobijamo,

limx→0

(

1 + x +x2

2!+

x3

3!+ o(x3)

) (

x − x3

3!+ o(x3)

)

− x2 − x

x3= lim

x→0

x + x2 +x3

2!+ o(x3) − x3

3!− x2 − x

x3.

Sre±ivaƬem dobijenog izraza dobijamo konaqni rezultat,

limx→0

x3

2!− x3

3!+ o(x3)

x3= lim

x→0

x3

3+ o(x3)

x3=

1

3.

U ovom zadatku, kao i u sliqnim zadacima gde se primeƬuje Tejlorova formula, stan-dardno pitaƬe je:,,Kako znamo do kog stepena treba pisati Tejlorov razvoj”? U stvari, tone znamo unapred. Ako je izraz oblika A · B, tada B razvijamo do onog stepena posle kogbi ostali dodati sabirci pomnoжeni sa A, teжili nuli, odnosno kada imamo situacijuB

A, tada B razvijamo do stepena koji je A. Xto je sliqno kao prethodni sluqaj, samo je

mnoжeƬe zameƬeno deƩeƬem.

Primer 2. Odrediti limx→0

cos x + ln√

1 + x2 − 1

x4.

RexeƬe. Prvo uprostimo malo limes, pa ²emo dobiti,

limx→0

cos x − 1 +1

2ln(1 + x2)

x4.

DaƩe razvijemo funkcije cos x i ln(1 + x2),

limx→0

x4

4!− x2

2!+ o(x4) +

1

2

(

x2 − x4

2+ o(x4)

)

x4.

Jednostavnim mnoжeƬem i sre±ivaƬem dobijamo,

limx→0

x4

4!− x4

4+ o(x4)

x4= lim

x→0

−5x4

4!+ o(x4)

x4= − 5

24.

22

Primer 3. Korix²eƬem Maklorenovog razvoja na²i limx→0

1 − cos(1 − cos x)

x4.

RexeƬe. U ovakvim primerima treba voditi raquna xta prvo razvijamo. Jedan put moжeda zakomplikuje stvari, pa treba izabrati pravi. U ovom sluqaju prvo ²emo razvitikosinus sa argumentom x, pa dobijamo,

limx→0

1 − cos

(

1 −(

1 − x2

2+ o(x2)

))

x4= lim

x→0

1 − cos

(

−x2

2− o(x2)

)

x4.

DaƩe je

limx→0

1 −(

1 − x4

8+ o(x4)

)

x4= lim

x→0

x4

8+ o(x4)

x4=

1

8.

Primer 4. Odrediti realan parametar a tako da L = limx→+∞

(

x − xa ln

(

1 +1

x

))

bude

konaqan. Za na±eƬu vrednost parametra a na²i graniqnu vrednost.

RexeƬe. RazvijaƬem ln

(

1 +1

x

)

, po1

x, dobijamo

ln

(

1 +1

x

)

=1

x− 1

2x2+ o

(

1

x2

)

,

pa je,

L = limx→+∞

(

x − xa−1 +xa−2

2+ o(xa−2)

)

.

Prvi qlan u zagradi, x, teжi ka +∞. Da bi graniqna vrednost bila konaqna mora negdeda se pojavi sabirak −x, a to je mogu²e ako i samo ako je a−1 = 1, tj. a = 2. U tom sluqajudobijamo

L = limx→+∞

1

2+ o(1) =

1

2.

Da bismo se uverili da je ovo jedino rexeƬe, primetimo da je za a > 2 qlanxa−2

2→ +∞,

dok je za a < 2 qlan x → +∞. Pa je prethodno rexeƬe zaista jedinstveno.

Primer 5. Izraqunati vrednost limx→0

tg x − x

x − sinx.

RexeƬe. Poznate razvoje

tg x = x +1

3x3 + o(x4), sinx = x − 1

6x3 + o(x4), (x → 0),

uvrstimo u poqetnu graniqnu vrednost, i dobijamo krajƬi rezultat

limx→0

x +1

3x3 + o(x4) − x

x − (x − 1

6x3 + o(x4))

= limx→0

1

3x3 + o(x4)

1

6x3 + o(x4)

= 2.

23

Primer 6. Uz pomo² Maklorenovog razvoja odrediti limx→0

arcsin 2x − 2 arcsin x

x3.

RexeƬe. Razvijemo funkcije arcsin, do qlana x3, i zatim sredimo izraz. DaƩe dobijamokonaqni rezultat,

limx→0

2x +1

6· 8x3 + o(x4) − 2(x +

1

6x3 + o(x4))

x3= lim

x→0

x3 + o(x4)

x3= 1.

Primer 7. Izraqunati limx→0

1 − (cos x)sin x

x3.

RexeƬe. Kada imamo ovakav zadatak, tj. situaciju f(x)g(x), uradi²emo slede²e eln f(x)g(x),pa sada odredimo tu graniqnu vrednost. Primenom prethodnog dobijamo,

limx→0

1 − esin x ln cos x

x3.

Izraqunajmo sada

limx→0

sin x ln cos x = limx→0

sin x ln(1 − x2

2+ o(x2)) =

= limx→0

(x − x3

3!+ o(x3))(−x2

2+ o(x2)) = −x3

2+ o(x3).

Sada dobijeni rezultat zamenimo na poqetku. DaƩe je,

limx→0

1 − e−x3

2+ o(x3)

x3= lim

x→0

1 −(

1 − x3

2+ o(x3)

)

x3= lim

x→0

x3

2+ o(x3)

x3=

1

2.

Primer 8. Odrediti vrednost limx→0

(

2

πarccos x

)1x

.

RexeƬe. Moжemo izvrxiti transformaciju

limx→0

(

2

πarccos x

)1x

= e

limx→0

ln

(

2

πarccos x

)

· 1

x.

Izraqunajmo sada novi limes, imaju²i u vidu da je

arccos x =π

2− x + o(x2), ln(1 + x) = x + o(x), (x → 0),

pa dobijamo daƩe,

limx→0

ln

(

2

πarccos x

)

· 1

x= lim

x→0ln

(

1 − 2

πx + o(x2)

)

· 1

x= lim

x→0

(

− 2

πx + o(x)

)

· 1

x= − 2

π.

Zamenom u poqetnu graniqnu vrednost, dobijamo rezultat

limx→0

(

2

πarccos x

)1x

= e−

2π .

24

Primer 9. Korix²eƬem Tejlorove formule izraqunati limx→0

√1 + tg x −

√1 + sin x

x3.

RexeƬe. Prvo ²emo razviti funkcije tg x i sin x, a zatim korene,

limx→0

√

1 + x +1

2x3 + o(x4) −

√

1 + x − 1

6x3 + o(x4)

x3=

= limx→0

1 +1

2(x +

1

3x3 + o(x4)) −

(

1 +1

2(x − 1

6x3 + o(x4))

)

x3.

Sada jednostavnim sre±ivaƬem dobijamo krajƬi rezultat,

limx→0

1

6x3 +

1

12x3 + o(x4)

x3= lim

x→0

1

4x3 + o(x4)

x3=

1

4.

Primer 10. Izraqunati graniqnu vrednost limx→0

(

1

ln(1 + x)− 1

tg x

)

.

RexeƬe. Kada proxirimo na zajedniqki imenilac dobijamo

limx→0

(

tg x − ln(1 + x)

ln(1 + x) tg x

)

.

Sada iskoristimo poznate razvoje funkcija tg x i ln(1 + x), daƩe je,

limx→0

x + o(x2) − (x − 1

2x2 + o(x2))

ln(1 + x) tg x= lim

x→0

1

2x2 + o(x2)

(x + o(x)) · (x + o(x))=

1

2.

Primer 11. Odrediti vrednost limesa limx→+∞

(3√

x3 + 3x2 −√

x2 − 2x).

RexeƬe. Kada x → +∞, ili x → −∞, obiqno se koristi Maklorenov razvoj, pa dati limes

treba malo transformisati, i razviti po qlanu1

x. U ovom primeru, iz korena izvuqemo

x pa zatim razvijemo po qlanovima3

xi − 2

x. Sada je

limx→+∞

x ·(

3

√

1 +3

x−

√

1 − 2

x

)

= limx→+∞

x ·(

1 +1

3· 3

x+ o

(

1

x

)

− 1 − 1

2· −2

x+ o

(

1

x

))

.

Sre±ivaƬem dobijenog, konaqno dobijamo rezultat,

limx→+∞

x ·(

2

x+ o

(

1

x

))

= 2.

25

Primer 12. Primenom Tejlorove formule, izraqunati limx→0

sin(sin x) − x 3√

1 − x2

x5.

RexeƬe. Koriste²i poznate razvoje, imamo, kad x → 0

sin(sin x) = sinx − 1

6sin3 x +

1

120sin5 x + o(x5) =

=

(

x − 1

6x3 +

1

120x5 + o(x5)

)

− 1

6

(

x − 1

6x3 + o(x3)

)3

+1

120(x + o(x))

5.

StepenovaƬem i zadrжavaƬem qlanova do x5 u prethodnoj jednakosti, dobijamo

sin(sin x) = x − 1

3x3 +

1

10x5 + o(x5).

DaƩe je

x3√

1 − x2 = x

(

1 +

(

1/3

1

)

(−x2) +

(

1/3

2

)

(−x2)2 + o(x4)

)

= x − 1

3x3 − 1

9x5 + o(x5).

Zamenom dobijenih rezultata u poqetni limes, dobijemo

limx→0

sin(sin x) − x 3√

1 − x2

x5= lim

x→0

x − 1

3x3 +

1

10x5 + o(x5) −

(

x − 1

3x3 − 1

9x5 + o(x5)

)

x5=

= limx→0

1

10x5 +

1

9x5 + o(x5)

x5= lim

x→0

19

90x5 + o(x5)

x5=

19

90.

Tejlorova formula ima ogromnu primenu kod izraqunavaƬa graniqnih vrednosti, kaoxto su i prethodni primeri to ilustrovali. Mnogi od ovih primera ne moжe da se rexeelementarnim putem, tj. raznim transformacijama. Neki limesi su mogli da se odredeprimenom Lopitalovog12 pravila, ali taj put je daleko teжi, i zahteva dosta raqunaƬa,i dobrog snalaжeƬa sa izvodima.

12G. F. A. de I’ Hospital (1661-1704), francuski matematiqar

26

3.5 NalaжeƬe kosih asimptota

NalaжeƬe kosih asimptota, se svodi na raqunaƬe graniqne vrednosti funkcije kadax → +∞ ili x → −∞, u zavisnosti od domena funkcije. Tada se obiqno vrxi razvoj po

qlanu1

x, dok su pre toga izvrxene maƬe transformacije, i sre±ivaƬa.

Primer 1. Izraqunati kose asimptote (ako postoje) funkcije f(x) = x +1

3+ 3

√x2 − x3.

RexeƬe. Izvu²i²emo x iz korena, i zatim izvrxiti razvoj po qlanu2

x.

f(x) = x +1

3+ 3

√x3 + 2x2 = x +

1

3+ x

(

1 +2

x

)

1

3= x +

1

3+ x

[

1 +1

3· 2

x− 1

9· 4

x2+ o

(

1

x2

)]

=

x +1

3+ x +

2

3− 4

9· 1

x+ o

(

1

x

)

= 2x + 1 − 4

9· 1

x+ o

(

1

x

)

.

Dakle, kosa asimptota grafika date funkcije je prava y = 2x + 1, i to i za x → +∞ i za

x → −∞. Dodatni qlan −4

9· 1

xgovori o tome da li se grafik nalazi ,,ispod” ili ,,iznad”

dobijene asimptote. Ako je qlan pozitivan, grafik je ,,iznad”, a ako je negativan, grafikje ,,ispod” dobijene asimptote.

Primer 2. Izraqunati kose asimptote (ako postoje) funkcije f(x) = x arctg x.

RexeƬe. Iskoristimo poznati razvoj za funkciju arctg x, daƩe je

f(x) = x ·(

1

x− 1

3x3+ o

(

1

x4

))

= 1 − 1

3x2+ o

(

1

x3

)

.

ZakƩuqujemo da je prava y = 1 obostrana horizontalna asimptota. Kada x → −∞ ix → +∞ grafik je ,,ispod” asimptote.

Primer 3. Na²i kose asimptote (ako postoje) funkcije f(x) = e

1√x − 1 ·

√x2 − 1.

RexeƬe. Poxto je limx→+∞

e

1√x − 1

= limx→+∞

e

1√x

i limx→+∞

√

x2 − 1 = limx→+∞

x, pa datu funkciju

moжemo napisati kao f(x) = x · e

1√x

, za x → +∞. Posmatramo samo za x → +∞, jer za −∞funkcija nije definisana. Sada je,

f(x) = x ·(

1 +1√x

+1

2x+ o

(

1√x3

))

= x +√

x +1

2+ o

(

1√x

)

.

Prava y = x+1

2nije kosa asimptota, jer postoji qlan

√x, a lim

x→+∞

√x = +∞, pa je zakƩuqak

da data funkcija nema kosih asimptota.

27

Primer 4. Primenom Maklorenovog razvoja izraqunati kose asimptote (ako postoje)

funkcije f(x) = x sin1

x+ x2 + x − x2e

1x .

RexeƬe. Grupixemo sabirke na slede²i naqin,

f(x) = x ·(

1 + sin1

x

)

+ x2 ·(

1 − e1x

)

,

i zatim razvijemo funkcije sin1

xi e

1

x ,

x ·(

1 +1

x+ o

(

1

x2

))

+ x2 ·(

1 − 1 − 1

x− 1

2x2− 1

6x3− o

(

1

x3

))

.

Sre±ivaƬem izraza dobijamo,

= x + 1 + o

(

1

x

)

− x − 1

2− 1

6x− o

(

1

x

)

=1

2− 1

6x+ o

(

1

x

)

.

Sledi da je prava y =1

2obostrana horizontalna asimptota, kada x → −∞, grafik je

,,iznad” asimptote, a za x → +∞, grafik je ,,ispod” asimptote.

Primer 5. Odrediti kose asimptote (ako postoje) funkcije f(x) =|x + 2|

e

1

x

.

RexeƬe. Zapixemo funkciju kao f(x) = |x + 2| · e− 1

x . Zatim razvijemo eksponencijalnu

funkciju, po − 1

x, daƩe je

f(x) = |x + 2| ·(

1 − 1

x+

1

2x2+ o

(

1

x3

))

.

Za x → −∞ imamo da je f(x) = −(x + 2) ·(

1 − 1

x+

1

2x2+ o

(

1

x3

))

, kada sredimo, dobijamo

f(x) = −x − 1 +3

2x+ o

(

1

x2

)

.

Za x → +∞ imamo da je f(x) = (x + 2) ·(

1 − 1

x+

1

2x2+ o

(

1

x3

))

, kada sredimo, dobijamo

f(x) = x + 1 − 3

2x+ o

(

1

x2

)

.

Prava y = −x−1, je leva kosa asimptota, i grafik je ,,ispod” asimptote, a prava y = x+1,je desna kosa asimptota, i grafik je tako±e ,,ispod” asimptote.

Vidimo da Tejlorova formula moжe da se upotrebi i kod izraqunavaƬa kosih asimp-tota funkcije. Kod ispitivaƬa funkcija, ovakav naqin qesto dosta olakxa posao, jermoжe da se dogodi, da limesi preko kojih odre±ujemo koeficijente budu komplikovani, itexki za izraqunavaƬe. U ovom sluqaju, imamo jox dodatni tre²i sabirak koji pomaжeda vidimo da li je grafik ,,ispod”, ili ,,iznad” asimptote, xto moжe da sluжi kao pomo²za proveru nekih drugih rezultata da li su taqni.

28

3.6 IspitivaƬe konvergencije redova

Primer 1. Ispitati konvergenciju reda∞∑

n=1

xn, ako je x1 > 0, xn+1 = 3√

xn − sinxn.

RexeƬe. Imamo da je xn+1 =3

√

xn − xn +x3

n

6+ o(x3

n) =xn

3√

6+ o(xn). Po Dalemberovom13 kri-

terijumu je limn→∞

xn+1

xn

=13√

6, pa je red konvergentan.

Primer 2. Ispitati konvergenciju reda∞∑

n=1

nα sin1

nβln

n + 1

n, α ∈ R, β > 0.

RexeƬe. Kako je an = nα sin1

nβln

n + 1

n∼ nα sin

1

nβln

(

1 +1

n

)

∼ nα−β · 1

n=

1

nβ−α+1, dobijamo

da je red konvergentan ako i samo ako je β − α + 1 > 1, tj. β > α.

Primer 3. Ispitati konvergenciju reda∞∑

n=2

1 − cos1√n

lnp n.

RexeƬe. Kako je 1 − cos1√n

= 1 −(

1 − 1

2n+ o

(

1

n

))

=1

2n+ o

(

1

n

)

∼ 1

2n, pa je

an =

1 − cos1√n

lnp n∼

1

2nlnp n

=1

2· 1

n lnp n. Dobijamo da red konvergira ako i samo ako je p > 1.

Primer 4. Ispitati konvergenciju reda∞∑

n=1

(n!)2 · 22n

nα · (2n)!.

RexeƬe.an+1

an

=

((n + 1)!)2 · 22n+2

(n + 1)α · (2n + 2)!

(n!)2 · 22n

nα · (2n)!

=(n + 1)2 · 22 · nα

(n + 1)α · (2n + 2) · (2n + 1)=

(

1 +1

2n

)−1

·(

1 +1

n

)−α+1

=

(

1 − 1

2n+ o

(

1

n√

n

))

·(

1 +1 − α

n+ o

(

1

n√

n

))

= 1 +

1

2− α

n+

(

1

n√

n

)

.

Po Gausovom14 kriterijumu red konvergira ako i samo ako je α >3

2.

Primer 5. Neka je an =n + 1√

n2 + n + 1 + n− 1

2+

c

n. Odrediti c tako da red

∞∑

n=1

an konvergira.

RexeƬe. RacionalisaƬem, dobijamo an =√

n2 + n + 1−n− 1

2+

c

n= n

((

1 +1

n+

1

n2

)

− 1

)

−1

2+

c

n= n

(

1 +1

2n+

1

2n2− 1

8n2+

α

n3+ o

(

1

n3

)

− 1

)

− 1

2+

c

n=

1

2+

3

8n+

α

n2+ o

(

1

n2

)

− 1

2+

c

n=

8c + 3

n+

α

n2+ o

(

1

n2

)

.

Red konvergira ako i samo ako je 8c + 3 = 0, tj. c = −2

8.

13J. le R. D’ Alambert (1717-1783), francuski matematiqar14C. F. Gauss (1777-1855), nemaqki matematiqar

29

Literatura

[1] Z. Kadelburg, V. Mi²i², S. OgƬanovi²: Analiza sa algebrom 4, tre²e dopuƬenoizdaƬe ,,Krug”, Beograd 2003.

[2] M. Merkle, Matematiqka analiza, teorija i hiƩadu zadataka ,,Akademska misao”,Beograd 2005.

[3] V. Balti²: Tejlorov i Maklorenov polinom, Nastava u Matematiqkoj gimnaziji,Beograd 2004.

[4] Z. Kadelburg, V. Mi²i², S. OgƬanovi²: Analiza sa algebrom 3, tre²e dopuƬenoizdaƬe ,,Krug”, Beograd 2003.

[5] D. Adna±evi², Z. Kadelburg: Matematiqka analiza I, xesto izdaƬe, Matematiqkifakultet, Beograd 2003.

[6] Qasopis ,,Tangenta”, Druxtvo matematiqara Srbije, Kragujevac-Beograd

[7] Elektronski materijal: http://www.mathworld.wolfram.com

[8] Elektronski materijal: http://www.en.wikipedia.com

30