168 Glava 3. Diferencijalni račun 487. Funkcija y = f(x) je zadata parametarskim jednačinama: Naći y (x). x = 2t t 2, y = 3t t 3 (t > 1). y (x) = dy dx = dy dt dt dx = ẏ ẋ = 3 3t2 2 2t = 3 (1 + t). 2 Iz jednakosti x = 2t t 2, rešavanjem po t > 1 dobijamo t = 1 + 1 x, odakle je y (x) = 3 + 3 2 1 x. Primedba. Ne može se uvek f (x) izraziti u obliku eksplicitne funkcije promenljive x, već se dobija izraz oblika y (t) = F (t) ili oblika y (x) = G(x, y). 488. Naći dy/ dx ako je a) x = a cos t, y = b sin t [ b cos t a sin t ] b) x = sin 2 t, y = cos 2 t [ 1 ] c) x = e 2t cos 2 t, y = e 2t sin 2 t [ tg t tg (t + π/4) ] 489. Ispitati da li funkcija y = f(x) definisana parametarskim jednačinama ima izvod u x = 0. x = 2t + t, y = 5t 2 + 4t t, U ovom slučaju ne može se primeniti postupak diferenciranja kao u prethodnim zadacima, jer funkcija t x(t) nije diferencijabilna za t = 0, tj za x = 0. Ali to ne znači da ni funkcija y = y(x) nije diferencijabilna. Kako je x = 0 samo za t = 0, imamo da je f(0) = y(0) = 0. Prema tome, f f(x) (0) = x 0 x = y(t) t 0 x(t) = t(5t + 4 t ) = 0. t 0 2t + t 490. Funkcija y = f(x) je zadata implicitno jednačinom Naći f (x). x 2 + 2xy y 2 = 2x. Nalaženjem diferencijala obe strane date jednakosti imamo 2x dx + 2y dx + 2x dy 2y dy = 2 dx. Deljenjem obe strane dobijene jednakosti sa dx i sred ivanjem, dobijamo 2x + 2y 2 = 2(y x) dy dx, odakle je f (x) = dy/ dx = (x + y 1)/(y x).
3.1 Izvod i diferencijal 169 491. Naći dy/ dx ako je a) y 2 = 2px [ p y ] (x α)2 (y β)2 b) a 2 + b 2 = 1 [ b2 a x α 2 y β ] c) x + y = a [ y x ] d) arctg y x = log x 2 + y 2 [ x+y x y ] 492. Dokazati da je jednačinom y 3 + 3y = x definisana jedna funkcija y = f(x) i naći njen izvod. Kako su funkcije y y 3 i y 3y monotono rastuće i neprekidne na R, takav je i njihov zbir. Stoga postoji inverzna funkcija, definisana na R (videti 2.6.2), tj. data jednačina za svako x R ima jedinstveno rešenje. Izvod nalazimo diferenciranjem: 3y 2 dy + 3 dy = dx dy dx = 1 3(1 + y 2 ). 493. Dokazati da za svako fiksno a [0, 1) i za svako x R jednačina po y y a sin y = x ima jedinstveno rešenje y = f(x), a zatim odrediti f (x). Da jednačina ima jedinstveno rešenje može se dokazati primenom Banachovog stava (videti zadatak 1240). Diferenciranjem date jednakosti imamo dy a cos y dy = dx dy dx = 1 1 a cos y. 494. Naći dy/ dx ako je funkcija y = f(x) zadata u polarnim koordinatama sa r = aϕ, ϕ [0, π] (Arhimedova spirala). Diferenciranjem jednakosti r = aϕ dobijamo (1) dr = a dϕ. Kako je 1 dr = d x 2 + y 2 = x dx + y dy ( x2 + y, dϕ = d arctg y ) = x2 x dy y dx 2 x x 2 + y2 x 2, 1 Primetimo da iako ϕ arctg y/x, kao što je pokazano u zadatku 133, ipak je dϕ = d(arctg y/x).
170 Glava 3. Diferencijalni račun zamenom u (1) nalazimo dy dx = ay + x x2 + y 2 ax y x 2 + y. 2 495. Neka je data kriva u polarnim koordinatama pomoću jednačine r = r(ϕ). Ako je ovom jednačinom odred ena jedna funkcija y = f(x), naći f (x) u tački y 0 ṙ/r + x 0 M(x 0, y 0 ). [ ] x 0 ṙ/r y 0 496. Dokazati da se familije hiperbola x 2 y 2 = a i xy = b seku pod pravim uglom. 497. Neka je kriva (astroida) zadata pomoću jednačine x 2/3 + y 2/3 = a 2/3. Dokazati da je dužina odsečka tangente ove krive izmed u koordinatnih osa konstantna. 498. Naći jednačine tangente i normale krive date parametarskim jednačinama: 2t + t2 2t t2 x =, y = 1 + t2 1 + t 2, u tački t = 0. [ y = x, y = x ] 499. Napisati jednačine tangente i normale krive xy + log y = 1 u tački A(1, 1). [ x + 2y 3 = 0, 2x y 1 = 0 ] 500. Primenom aproksimacije f df, izračunati približnu vrednost 3 28. Neka je f(x) = 3 x. Tada je df(x 0 ) = (1/3)x 2/3 0 x. Ako stavimo x 0 = 27, x = 1, imamo da je df(x 0 ) = 1/27. Iz približne formule f(x 0 ) df(x 0 ) dobijamo 3 27 + 1 3 27 1 27. Odavde je 3 28 3+1/27 3.0370. Tačna vrednost na četiri decimale je 3.0366. 501. Izračunati približnu vrednost sin 29. Uputstvo. Uzeti f(x) = sin x, x 0 = 30 = 30π/180, x = 1 = π/180. Kod trigonometrijskih funkcija, sve izvedene formule važe samo ako su argumenti izraženi u radijanima.
3.1 Izvod i diferencijal 171 502. Ako je relativna greška 1 odred ivanja veličine u jednaka r 1 i ako je relativna greška veličine v jednaka r 2, tada se uzima da je relativna greška odred ivanja proizvoda uv jednaka r 1 + r 2. Obrazložiti sa gledišta aproksimacije priraštaja diferencijalom. Neka su tačne vrednosti jednake u, v i neka su greške u, v. Tada je u u = r 1, v v = r 2. Relativna greška proizvoda je ( uv)/(uv). Ako se priraštaj zameni diferencijalom, dobija se uv uv d(uv) uv = v du + u dv uv = du u + dv v u u + v v = r 1 + r 2. Augustin Louis Cauchy (1789 1857) Ovog francuskog matematičara mnogi nazivaju ocem matematičke analize. U mnogim oblastima matematike ostavio je svoj dubok trag. Pored poznatih teorema koje danas nose Cauchyjevo ime, on je autor brojnih rezultata na kojima sin x počivaju čitave oblasti matematike. Cauchy je našao da je x 0 x = 1 i prvi je ponudio odgovore na Zenonove paradokse. Danas uobičajena ε δ definicija graničnih vrednosti, data je 1821. godine u jednom Cauchyjevom radu; od tada počinje rigorozno izučavanje graničnih procesa i analize uopšte. Cauchyjeva produktivnost bila je toliko velika da je Pariska akademija nauka morala da ograniči obim radova koji se objavljuju u njenom časopisu Comptes Rendus, kako bi se stalo na put ogromnom Cauchyjevom proizvodu. Ovo ograničenje (na četiri strane) važi i danas. 1 Relativna greška se definiše kao količnik greške i tačne vrednosti.
172 Glava 3. Diferencijalni račun 3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti u diferencijalnom računu i njihove primene 3.2.1 Teoreme o srednjoj vrednosti Rolleova teorema. Neka je funkcija f definisana na [a, b] (a < b), pri čemu važi: f je neprekidna na [a, b], f ima izvod (konačan ili beskonačan) na (a, b), f(a) = f(b). Tada postoji c (a, b) tako da je f (c) = 0. Lagrangeova teorema. Neka je f funkcija definisana na [a, b], (a < b) i neka važi: f je neprekidna na [a, b], f ima izvod na (a, b). Tada postoji c (a, b) tako da je f(b) f(a) b a = f (c). Cauchyjeva teorema. Neka su f i g funkcije definisane na [a, b] (a < b) i neka važi: f i g su neprekidne na [a, b], f i g imaju izvode na (a, b), g (x) 0 za x (a, b). Tada postoji c (a, b) tako da je f(b) f(a) g(b) g(a) = f (c) g (c). Realan broj c koji se pojavljuje u navedenim teoremama piše se i u obliku c = a + θ(b a), za neko θ (0, 1). 503. Za funkciju f(x) = x važi f( 1) = f(1) = 0, ali ne postoji tačka c ( 1, 1) takva da je f (c) = 0. Koji uslov Rolleove teoreme nije ispunjen? 504. Da li se može primeniti Rolleova teorema na funkciju f(x) = 1 3 x 2 na intervalu ( 1, 1)? 505. Generalisana Rolleova teorema. Neka funkcija f ima izvod u svakoj tački konačnog ili beskonačnog intervala (a, b) i neka je x a + f(x) = x b f(x) = L R.
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 173 Dokazati da postoji tačka c (a, b) tako da je f (c) = 0. pomoću U slučaju konačnog intervala (a, b), posmatrajmo funkciju f definisanu f (x) = { f(x), x a, x b L x = a ili x = b. Izvodi funkcija f i f su jednaki u svim tačkama intervala (a, b). Funkcija f zadovoljava uslove Rolleove teoreme na (a, b), što znači da postoji c (a, b) tako da je f (c) = f (c) = 0. Neka je sada interval (a, b) beskonačan, na primer (, + ). Posmatrajmo funkciju y F (y) definisanu na intervalu ( π/2, π/2) pomoću Kako je F (y) = y π/2 F (y) = f(tg y). F (y) = y π/2 f(x) = L, x ± na osnovu dokazanog u prvom slučaju (konačan interval), postoji neka tačka C ( π/2, π/2) u kojoj je F (C) = 0. Kako je F (C) = f (tg C) 1 cos 2 C, iz F (C) = 0 sleduje da je f (tg C) = 0, tj. f (c) = 0 za c = tg C. Dokaz je analogan za slučaj kada je interval oblika (a, + ) ili (, b). Primedba. Umesto funkcije y tg y može se uzeti i proizvoljna monotona funkcija koja preslikava konačan interval u (, + ). 506. Generalisana Cauchyjeva teorema. Neka su funkcije f i g neprekidne na [a, + ) i imaju izvode na (a, + ), pri čemu je g (x) 0 za svako x (a, + ). Neka je, dalje, f( ) = f(x) ±, g( ) = g(x) ±. x + x + Dokazati da postoji tačka c (a, + ) tako da je f( ) f(a) g( ) g(a) = f (c) g (c). Neka je F (x) = ( f( ) f(a) )( g(x) g(a) ) ( f(x) f(a) )( g( ) g(a) ). Tada je F (a) = 0, F (x) = 0. Ako primenimo generalisanu Rolleovu teoremu iz zadatka 505 na funkciju F i na intervalu (a, + ), zaključujemo da postoji x + c (a, + ) tako da je F (c) = ( f( ) f(a) ) g (c) f (c) ( g( ) g(a) ) = 0,
174 Glava 3. Diferencijalni račun odakle, deljenjem sa g( ) g(a) sleduje traženo tvrd enje. Uslov da je g (x) 0 na (a, + ) obezbed uje da je g( ) g(a) 0. Naime, na osnovu zadatka 505 jednakost g( ) = g(a) je dovoljan uslov da postoji jedna tačka na (a, + ) u kojoj je izvod jednak nuli. 507. Formulisati i dokazati rezultat koji je analogan zadatku 506 za slučaj kada funkcije f i g nisu obavezno neprekidne na krajevima a i b konačnog ili beskonačnog intervala (a, b). 508. Ako je funkcija f diferencijabilna, ali nije ograničena na konačnom intervalu [a, b) (a < b), tada njen izvod takod e nije ograničen na [a, b). Dokazati. Da li tvrd enje važi ako je interval beskonačan? Pretpostavimo da skup vrednosti funkcije f nije ograničen sa gornje strane. To znači da za svaki dati (proizvoljno veliki) realan broj K, postoji tačka u (a, b) u kojoj je vrednost funkcije veća od K. Neka je K n = n(b a) + f(a), i neka je x n tačka u (a, b) takva da je f(x n ) > K n. Primenom Lagrangeove teoreme na intervalu [a, x n ] zaključujemo da postoji tačka ξ n [a, x n ] takva da je f (ξ n ) = f(x n) f(a) x n a > n(b a) + f(a) f(a) b a = n. Ako pustimo da n +, dobijamo niz tačaka ξ n u intervalu (a, b) takvih da f (ξ n ) +, odakle sleduje da izvod nije ograničen. Na beskonačnom intervalu ovo tvrd enje ne važi. Na primer, funkcija f(x) = x je diferencijabilna i neograničena na R, ali je njen izvod ograničen. 509. Neka realni brojevi a 0, a 1,..., a n ispunjavaju uslov a n n + 1 + a n 1 n + + a 1 2 + a 0 = 0. Dokazati da polinomska funkcija x P (x) = a n x n + a n 1 x n 1 + + a 0 ima bar jedan koren u intervalu (0, 1). Neka je Q(x) = a n n + 1 xn+1 + a n 1 n xn + + a 0 x. Očigledno je Q (x) = P (x) za svako x R. Funkcija x Q(x) ispunjava uslove Rolleove teoreme na [0, 1], jer je neprekidna, diferencijabilna i Q(0) = Q(1) = 0. Prema Rolleovoj teoremi, postoji realan broj c (0, 1) takav da je Q (c) = 0, odnosno P (c) = 0, što je i trebalo dokazati. 510. Neka je funkcija f neprekidna na [0, 1] i diferencijabilna na (0, 1), pri čemu je f(0) = f(1) = 0. Dokazati da tada postoji c (0, 1) tako da je f (c) = f(c).
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 175 Svi zadaci ovog tipa rešavaju se, slično zadatku 509, ako se pronad e odgovarajuća,,pomoćna funkcija na koju se primenjuje Rolleova teorema. Po- moćna funkcija F bira se tako da se iz F (c) = 0 dobije jednakost koju treba dokazati. U ovom slučaju, uzećemo da je F (x) = e x f(x), što je dobar izbor jer je F (x) = e x (f (x) f(x)), pa iz F (c) = 0 izlazi da je f (c) = f(c), što je i trebalo dokazati. Postojanje tačke c (0, 1) takve da je F (c) = 0 sleduje iz Rolleove teoreme (proveriti da su ispunjeni uslovi za funkciju F ). 511. Neka je f diferencijabilna funkcija na [0, 1], pri čemu je f (0) = 1 i f (1) = 0. Dokazati da postoji c (0, 1) tako da je f (c) = c. Posmatrajmo pomoćnu funkciju F definisanu sa F (x) = f(x) x 2 /2. Imamo da je F (x) = f (x) x, pa je F (0) = 1 i F (1) = 1. Kako je funkcija F neprekidna na [0, 1], ona dostiže maksimum na tom segmentu. Zbog F (0) > 0 i F (1) < 0, tačke 0 i 1 nisu tačke maksimuma, pa se on dostiže u nekoj tački c (0, 1); prema Fermatovoj teoremi je F (c) = 0, odnosno f (c) = c. 3.2.2 Prekidi izvoda Ako je funkcija f neprekidna na [a, a + h] i ima izvod na intervalu (a, a + h) za neko h > 0, i ako postoji f (x) = D ( D + ), x a + tada postoji i desni izvod funkcije f u tački a i važi jednakost f +(a) = D. Analogno tvrd enje važi i za levi izvod. Ako je funkcija f neprekidna na intervalu [a h, a + h], i ima izvode u svim tačkama iz skupa [a h, a) (a, a + h], pri čemu postoji (konačan ili beskonačan) x a f (x) = D, tada u tački a takod e postoji izvod i jednak je D. Dokazi ovih tvrd enja izvode se primenom Lagrangeove teoreme. Naime, iz f(a + x) f(a) x = f (a + θ x) (0 < θ < 1)
176 Glava 3. Diferencijalni račun sleduje da ako postoji x a f (x), tada postoji i granična vrednost sa leve strane i te dve granične vrednosti su jednake. Ovakav način odred ivanja izvoda je od pomoći u slučajevima kada imamo funkciju definisanu sa dva analitička izraza. Umesto nalaženja izvoda po definiciji, može da se nad e granična vrednost izvoda. Med utim, ukoliko granična vrednost izvoda ne postoji, to ne znači da izvod ne postoji (videti primer u zadatku 514). Na osnovu ovih rezultata zaključujemo da Funkcija x f (x) može imati prekide samo druge vrste u svojoj oblasti definisanosti. 512. Ispitati neprekidnost izvoda u x = 0 funkcija definisanih sa a) f(x) = { e 1/x, x 0 0, x = 0 b) g(x) = { x, x < 0 log(1 + x), x 0 a) Za x 0 imamo da je f (x) = 1 x 2 e1/x. Kad x 0, granične vrednosti izvoda nalazimo na sledeći način: (1) f (x) = x 0 t + t2 e t = 0 (t = 1/x), (2) f (x) = t + t2 e t = (t = 1/x). Funkcija f je neprekidna sleva u tački x = 0, pa iz (1) imamo da je f (0) = 0. Desni izvod tražimo po definiciji: Ovde je f +(0) e 1/h = h 0 + h = +. f (x) f +(0), jer funkcija f nije neprekidna zdesna u nuli. h 0 + b) Funkcija g je neprekidna u nuli (sa obe strane). Za x 0 izvod funkcije g je { 1, x < 0 g (x) = 1 1+x, x 0. Kako je g (x) = g (x) = 1, x 0 zaključujemo da je g (0) = 1. Prema tome, funkcija x g (x) je neprekidna na R.
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 177 513. Pokazati da za funkciju f(x) = arctg 1 + x 1 x (x 1), f(1) = 0 postoji konačna granična vrednost x 1 f (x), ali da funkcija f nema konačne izvode f (1) ni f +(1). Objasniti. 514. Neka je fukcija f definisana sa f(x) = x 2 sin 1, (x 0), f(0) = 0. x Pokazati da postoji f (0), a da ne postoji granična vrednost f (x) kad x 0. Objasniti zašto ovo nije u suprotnosti sa Lagrangeovom teoremom. Za x 0 izvod nalazimo na uobičajen način: f (x) = 2x sin 1 x cos 1 x. Lako je videti da f (x) nema graničnu vrednost kad x 0 (zbog drugog sabirka). Med utim, f f(x) f(0) (0) = = x sin 1 x 0 x x 0 x = 0. Dakle, funkcija x f (x) ima u nuli prekid druge vrste. Iz Lagrangeove teoreme sleduje da je (1) f(x) f(0) x Ako se u (1) pusti da x 0, dobiće se = f (θx). (2) f (0) = x 0 f (θx). Kako je f (0) = 0, iz (2) zaključujemo da je f (θx) = 0. x 0 Ovo ne protivreči činjenici da granična vrednost izvoda kad x 0 ne postoji. Naime, θ nije konstanta, već zavisi od x, tako da, u opštem slučaju može da se dogodi da postoji f (θx), ali da ne postoji f (x). x 0 x 0 Videti i zadatak 1337.
178 Glava 3. Diferencijalni račun 3.2.3 Uniformna neprekidnost funkcija 515. Neka je I proizvoljan interval (konačan ili beskonačan, zatvoren ili otvoren). Neka je funkcija f definisana i diferencijabilna u svakoj tački intervala I i neka je sup f (x) = M <. x I Dokazati da je f uniformno neprekidna funkcija na I. Neka su x, y dve proizvoljne tačke iz intervala I. Primenom Lagrangeove teoreme imamo (1) f(x) f(y) = f (ξ) x y M x y (ξ I). Neka su x n, y n dva proizvoljna niza iz I takva da je (x n y n ) = 0. Tada iz (1) sleduje da je (f(x n ) f(y n )) = 0, pa je f uniformno neprekidna. 516. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcije f(x) = x log x na intervalu [1, ). Funkcija x f (x) = log x 2 x + 1 je na intervalu [1, ) pozitivna i x opadajuća. Prema tome, 0 < f (x) < f (1) = 1. Na osnovu zadatka 515, funkcija f je uniformno neprekidna na datom intervalu. 517. Dokazati da su sledeće funkcije uniformno neprekidne na naznačenim intervaa: a) sin x na (, + ), b) x na (1, + ), c) arctg x na (, + ). 3.2.4 Kontrakcija i Lagrangeova teorema Neka je A interval (konačan ili beskonačan, otvoren ili zatvoren) i neka je funkcija x f(x) diferencijabilna na A, pri čemu je sup f (x) < 1. x A Ako je, pored toga, f(a) A, tada je f kontrakcija na skupu A. Dokaz navedenog tvrd enja izvodi se pomoću Lagrangeove teoreme. Naime, za svake dve tačke x, y A, x < y, ispunjeni su uslovi Lagrangeove teoreme za funkciju f na intervalu [x, y], pa je f(x) f(y) = f (c)(x y) q x y što znači da je f kontrakcija na A (videti definiciju u 2.4.3). (q = sup f (x) < 1), x A
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 179 518. Primenom Banachovog stava ispitati konvergenciju i odrediti graničnu vrednost niza datog sa x 0 > 0 ; x n+1 = 1 ( x n + a ) (n = 1, 2,... ; a 0) 2 x n Ovaj zadatak smo već rešili primenom teoreme o ograničenom i monotonom nizu (videti zadatak 262). Primenom Banachovog stava i Lagrangeove teoreme dobija se nešto jednostavnije rešenje. Neka je f(x) = (x + a/x)/2 ; f (x) = (1 a/x 2 )/2. Za x a imamo da je a/x 2 a/a = 1, pa je f (x) 0. S druge strane je 1 a/x 2 1, pa je f (x) 1/2. Skup [ a, + ) preslikava se u samog sebe jer je za x a 0 : f(x) a = 1 2 odakle je f(x) a. ( x + a ) a = x2 + a 2x a = (x a) 2 0, x 2x 2x Prema tome, f je kontrakcija na kompletnom skupu [ a, + ), pa dati niz ima graničnu vrednost koja se dobija kao rešenje jednačine x = f(x). Jedino pozitivno rešenje ove jednačine je x = a i to je granična vrednost datog niza. 519. Niz {x n } dat je sa x 1 = c > 0 ; x n+1 = 6 + 6x n 7 + x n (n = 1, 2,...) Ispitati konvergenciju datog niza i odrediti njegovu graničnu vrednost, ako postoji. Neka je f(x) = 6(1 + x)/(7 + x). Tada je, za n 1, x n+1 = f(x n ). Očigledno f preslikava [0, + ) u [0, + ). Pored toga, za x 0 imamo da je f (x) = 36/(7 + x) 2 36/49 < 1, pa je f kontrakcija na skupu [0, + ). Kako je ovaj skup kompletan, niz x n je konvergentan i njegova granična vrednost je nepokretna tačka funkcije f na [0, + ). Kako je x = f(x) x = 6 1 + x 7 + x x = 3 ili x = 2, zaključujemo da je granična vrednost niza jednaka 2. Ispitati da li je neophodno da bude x 1 > 0 da bi niz imao graničnu vrednost 2. Koje sve vrednosti može da uzima x 1 da bi niz x n imao graničnu vrednost 2? 520. Dat je niz x 1 = a > 0, x n+1 = x n + 4 2x n + 3, n = 1, 2,... Pokazati da je niz konvergentan i odrediti njegovu graničnu vrednost.
180 Glava 3. Diferencijalni račun Neka je f(x) = (x + 4)/(2x + 3). Tada je f (x) = 5/(2x + 3) 2, tako da za svako x 0 važi da je f (x) 5/9 < 1. Pored toga, za x 0 je očigledno i f(x) > 0, što znači da je f kontrakcija na skupu [0, + ). Jednačina x = (x + 4)/(2x + 3) ima dva rešenja: 1 i 2, od kojih je prvo u posmatranom intervalu. Prema tome, n x n = 1. 3.2.5 L Hospitalovo pravilo Neka su f i g date funkcije, diferencijabilne u nekoj okolini tačke a (osim eventualno u samoj tački a), gde je a R. Neka je f(x) = g(x) = 0 ili ± x a x a i neka je g (x) 0 u nekoj okolini tačke a. Tada je f(x) x a g(x) = f (x) x a g (x), ako postoji (konačna ili beskonačna) granična vrednost sa desne strane ove jednakosti. Direktnom primenom ovog pravila nalaze se granične vrednosti tipa 0 0 ili, svod enjem na granične vrednosti količnika izvoda. U slučaju neodred enosti tipa 0 i, treba najpre algebarski transformisati datu funkciju da se dobije oblik 0 0 ili, pa zatim na ovaj oblik primeniti L Hospitalovo pravilo. U slučaju neodred enosti tipa 0 0, 0 ili 1, datu funkciju treba logaritmovati, čime dobijamo tip 0. 521. Dokazati L Hospitalovo pravilo za slučaj granične vrednosti tipa 0/0. Neka su f i g diferencijabilne funkcije u nekoj okolini tačke a R, i neka obe funkcije teže nuli kada x a. Funkcije f i g ne moraju biti neprekidne u tački a, ali su neprekidne funkcije f i g, definisane pomoću f (x) = f(x), g (x) = g(x) (x a), f (a) = g (a) = 0. Pri tome, na osnovu Cauchyjeve teoreme, za x a važi f(x) g(x) = f (x) g (x) = f (x) f (a) g (x) g (x) = f (a + θ(x a)) g (a + θ(x a)), za neko θ (0, 1). Ako postoji granična vrednost količnika f (x)/g (x) kad x a, tada je f(x) x a g(x) = f (a + θ(x a)) x a g (a + θ(x a)) = f (x) x a g (x),
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 181 čime je dokazano L Hospitalovo pravilo za slučaj konačnog a. Ako je a = ±, dokaz se izvodi primenom generalisane Cauchyjeve teoreme iz zadatka 506. 522. Da li se može primeniti L Hospitalovo pravilo na nalaženje granične vrednosti količnika (sin x)/x kad x +? Formalnom primenom L Hospitalovog pravila dobili bismo da je sin x x + x = cos x. x + Kako granična vrednost na desnoj strani ne postoji, odavde ne možemo ništa da zaključimo o traženoj graničnoj vrednosti. U stvari, nije teško videti da je ona jednaka nuli. log x 523. Ako se na izračunavanje granične vrednosti formalno primeni x L Hospitalovo pravilo, dobija se log x x = 1/x 1 = +. Med utim, kako je log x < 0 za x < 1, ovaj rezultat nije tačan. Objasniti. 524. Funkcija x x log x je neprekidna u x = 1 pa je x 1 x log x = 1 log 1 = 0. S druge strane, log x x log x = x 1 x 1 1/x = (log x) 1/x x 1 (1/x) = x 1 1/x 2 = 1. Odavde se dobija da je 0 = 1. Objasniti. 525. Dokazati da je, za a > 0, x a log x = 0, log x x + x a = 0.! Primenom L Hospitalovog pravila imamo x a log x log x = x a = Druga granična vrednost se nalazi na sličan način. x 1 = a ax a 1 x a a = 0. 526. Dokazati da je, za a > 0 i b R, log x = 0, x + e xa x + xb e xa = 0.!
182 Glava 3. Diferencijalni račun Prva jednakost se lako dokazuje: log x = x + e xa log x = x + e xa x + x 1 ax a 1 e xa = x + 1 ax a e xa = 0. Druga jednakost je očigledno tačna za b 0. Dokažimo da ona važi za a = 1 i za proizvoljno b > 0: L = x + xb e x = x b x + e x = bx b 1 x + e x. Ako je 0 < b 1, tada iz poslednje jednakosti dobijamo da je L = 0. 1 < b 2, još jednom primenom L Hospitalovog pravila nalazimo L = b(b 1)x b 2 x + e x = 0. Ako je Ako je 2 < b 3, tada ćemo posle još jedne primene L Hospitalovog pravila dobiti L = 0. U opštem slučaju, ako je n 1 < b n, tada iz n primena L Hospitalovog pravila nalazimo L = 0, čime je dokazano da je L = 0 za svako b > 0. Konačno, neka je a > 0 i b > 0. Tada je L = x + xb e xa = x + (xa ) b/a e xa = t + tb/a e t (smena x a = t) = 0 na osnovu prethodnog slučaja. 527. Dokazati da je, za a > 0,! P = 0, x + (x)e xa gde je P (x) polinom proizvoljnog stepena. 528. Naći L = x 0 log(1 + xe x ) log(x + 1 + x 2 ). Data granična vrednost je očigledno tipa 0/0. Primenom L Hospital ovog pravila nalazimo L = x 0 x + 1 + x 2 ( 1 529. Naći L = x 1 log x 1 ). x 1 1 1 + xe x (xex + e x ) ( ) = 1. 1 x 1 + 1 + x 2 Dati izraz je tipa. Dovod enjem na zajednički imenilac dobijamo izraz tipa 0/0, na koji primenjujemo L Hospitalovo pravilo: L = x 1 x 1 log x (x 1) log x (0/0)
3.2 Teoreme o srednjoj vrednosti 183 530. Naći L = x x odakle je L = 1. = x 1 1 1/x log x + 1 1/x = x 1 1/x 2 1/x + 1/x 2 = 1 2 (0/0) Data granična vrednost je tipa 0 0. Logaritmovanjem nalazimo log x log L = x log x = 1/x = 1/x 1/x 2 = 0, 531. Naći x 0 (cos x) 1/x2. Dati izraz je tipa 1. Logaritmovanjem dobijamo izraz tipa 0/0 na koji možemo da primenimo L Hospitalovo pravilo: log cos x sin x x 0 x 2 = x 0 2x cos x = cos x x 0 2x sin x + 2 cos x = 1 2. Odavde je tražena granična vrednost jednaka e 1/2. 532. Naći x xx 1. Neka je f(x) = x xx 1. Tada je L = log f(x) = (x x 1) log x = ( e x log x 1 ) log x e x log x 1 = x log 2 x. x log x Primenom L Hospitalovog pravila, dobijamo da je e x log x 1 e u 1 e u = = x log x u 0 u u 0 1 = 1 x log 2 log 2 x x = x 0 1 + x (u = x log x), = 2x log x = 0, pa zaključujemo da je L = 0, odnosno da je tražena granična vrednost jednaka 1. Rešenje zadatka dao je mr Nenad Cakić. 533. Naći granične vrednosti: x a) cos x, b) x 1/(1 x), x 1 Rezultat. a) e 1/2, b) e 1, c) 1, d) 1. c) x 0 (ctg x) sin x, ( d) log 1 x. x) 3.4.4, 8.2.1