Izvodi

Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tacke a.Prvi izvod funkcije f u tacki a je

f ′(a) = limx→a

f(x)− f(a)x− a

.

Prvi izvod funkcije f u tacki x:

f ′(x) = lim4x→0

f(x +4x)− f(x)4x

.

Izvodi viseg reda funkcije f u tacki x:

(f(x))(n) = ((f(x))(n−1))′, n ∈ N, (f(x))(0) = f(x).

Pravila diferenciranja:

1. (f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x);

2. (f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x);

3.(f(x)

g(x)

)′=

f ′(x)g(x)− f(x)g′(x)g2(x)

;

4. (f (g(x)))′ = f ′ (g(x)) g′(x).

Lajbnicova formula (n–ti izvod proizvoda):

(f(x)g(x))(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (k)(x)g(n−k)(x) =

n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x).

1

2

Izvod inverzne funkcije:(f−1(y)

)′=

1f ′(x)

.

Logaritamski izvod funkcije f(x) = ϕ(x)ψ(x) :

log f(x) = log ϕ(x)ψ(x) = ψ(x) log ϕ(x)

(log f(x))′ = (ψ(x) log ϕ(x))′

1f(x)

f ′(x) = ψ′(x) log ϕ(x) + ψ(x)1

ϕ(x)ϕ′(x)

f ′(x) = ϕ(x)ψ(x)(ψ′(x) log ϕ(x) +

ψ(x)ϕ(x)

ϕ′(x)).

Izvodi parametarski definisane funkcije{

x = ϕ(t),y = ψ(t)

:

y′x =dy

dx=

dψ

dtdϕ

dt

=ψ′t(t)ϕ′t(t)

=ψ(t)ϕ(t)

,

y′′x =d

dx

(dy

dx

)=

d

dx

(ψ′t(t)ϕ′t(t)

)=

d

dt

(ψ′t(t)ϕ′t(t)

)dt

dx=

d

dt

(ψ′t(t)ϕ′t(t)

)1dx

dt

=ψ′′(t)ϕ′(t)− ψ′(t)ϕ′′(t)

(ϕ′(t))3=

ψ(t)ϕ(t)− ψ(t)ϕ(t)(ϕ(t))3

.

Diferencijal:

df(x) = f ′(x)dx, dnf(x) = f (n)(x)dxn, n ∈ N.

Napomena. U celokupnom izlaganju podrazumeva se log = loge.

3

Tablica izvoda:

(xn)′ = nxn−1; (arcsinx)′ =1√

1− x2;

(ex)′ = ex; (arccosx)′ = − 1√1− x2

;

(ax)′ = ax log a; (arctanx)′ =1

1 + x2;

(log x)′ =1x

; (arccot x)′ = − 11 + x2

;

(sinx)′ = cosx; (sinhx)′ = coshx;

(cosx)′ = − sinx; (coshx)′ = sinhx;

(tanx)′ =1

cos2 x; (tanhx)′ =

1cosh2 x

;

(cotx)′ = − 1sin2 x

; (cothx)′ = − 1sinh2 x

.

Zadaci

1. Po definiciji odrediti f ′(1) ako je:

a) f(x) =√

x + 2; b) f(x) = sinx; c) f(x) = ex.

Resenje: a) Kako je f(1) = 3, to je

f ′(1) = limx→1

f(x)− f(1)x− 1

= limx→1

√x− 1

x− 1= lim

x→1

√x− 1

x− 1·√

x + 1√x + 1

= limx→1

x− 1(x− 1)

(√x + 1

) =12.

4

b) Slicno odredujemo

f ′(1) = limx→1

f(x)− f(1)x− 1

= limx→1

sinx− sin 1x− 1

= limx→1

sin(x− 1 + 1)− sin 1x− 1

= limx→1

sin(x− 1) cos 1 + cos(x− 1) sin 1− sin 1x− 1

= limx→1

(sin(x− 1)x− 1

cos 1 +cos(x− 1)− 1

x− 1sin 1

)

= limx→1

(sin(x− 1)x− 1

cos 1− 1− cos(x− 1)(x− 1)2

(x− 1) sin 1).

Kako je

limx→1

sin(x− 1)x− 1

= 1, limx→1

1− cos(x− 1)(x− 1)2

=12, lim

x→1(x− 1) = 0,

dobija sef ′(1) = cos 1.

c) S obzirom na poznatu granicnu vrednost

limx→1

ex−1 − 1x− 1

= log e = 1,

vazi sledece:

f ′(1) = limx→1

f(x)− f(1)x− 1

= limx→1

ex − e

x− 1= lim

x→1

e(ex−1 − 1)x− 1

= e.

2. Odrediti izvode sledecih eksplicitno zadatih funkcija:

a) y = cosπx√

1 + sin2 πx; b) y =sin(log x) + cos(log x)

x;

c) y = arctane2x − 1e2x + 1

; d) y =esin x + ecos x

sinx− cosx

e) y = log (log(xex)) ; f) y = log(cosx +

√cos2 x + 1

);

g) y = logsinx + cosx

sinx− cosx; h) y = arcsin 3

√1− x2.

5

Resenje: a) Najpre koristimo pravilo za izvod proizvoda, a zatim za izvodslozene funkcije:

y′ =(cosπx

√1 + sin2 πx

)′

= (cosπx)′√

1 + sin2 πx + cos πx(√

1 + sin2 πx)′

= −π sinπx√

1 + sin2 πx + cosπx1

2√

1 + sin2 πx

(1 + sin2 πx

)′

= −π sinπx√

1 + sin2 πx + cosπx1

2√

1 + sin2 πx2π sinπx cosπx

=−π sinπx

(1 + sin2 πx− cos2 πx

)√

1 + sin2 πx=

−2π sin3 πx√1 + sin2 πx

.

b) Za odredivanje izvoda primenjujemo pravilo za izvod kolicnika, a posle togapravilo za izvod zbira i izvod slozene funkcije:

y′ =(

sin(log x) + cos(log x)x

)′

=(sin(log x) + cos(log x))′ x− (sin(log x) + cos(log x)) (x)′

x2

=(cos(log x)(log x)′ − sin(log x)(log x)′) x− (sin(log x) + cos(log x))

x2

=

(cos(log x)

1x− sin(log x)

1x

)x− (sin(log x) + cos(log x))

x2

=cos(log x)− sin(log x)− sin(log x)− cos(log x)

x2=−2 sin(log x)

x2.

c) U ovom slucaju najpre primenjujemo pravilo za izvod slozene funkcije, azatim za izvod kolicnika, zbira i ponovo slozene funkcije:

y′ =(

arctane2x − 1e2x + 1

)′=

1

1 +(

e2x − 1e2x + 1

)2

(e2x − 1e2x + 1

)′

=

(e2x + 1

)2

(e2x + 1)2 + (e2x − 1)2(e2x − 1)′(e2x + 1)− (e2x − 1)(e2x + 1)′

(e2x + 1)2

6

=2e2x(e2x + 1)− (e2x − 1)2e2x

e4x + 2e2x + 1 + e4x − 2e2x + 1=

2e2x(e2x + 1− e2x + 1)2(e4x + 1)

=2e2x

e4x + 1.

d) y′ =(

esin x + ecos x

sinx− cosx

)′

=

(esin x + ecos x

)′ (sinx− cosx)− (esin x + ecos x

)(sinx− cosx)′

(sinx− cosx)2

=

(esin x cosx + ecos x(− sinx)

)(sinx− cosx)− (

esin x + ecos x)(cosx + sinx)

(sinx− cosx)2

=

(esin x + ecos x

)(sinx cosx− cosx− sinx)− (

cos2 xesin x + sin2 xecos x)

(sinx− cosx)2

=cosxesin x − sinxecos x

sinx− cosx− (sinx + cosx)

(esin x + ecos x

)

(sinx− cosx)2.

e) y′ = (log (log(xex)))′ =1

log(xex)(log(xex))′ =

1log(xex)

1xex

(xex)′

=1

log(xex)1

xex(ex + xex) =

1 + x

x log(xex).

f) y′ =(log

(cosx +

√cos2 x + 1

))′

=1

cosx +√

cos2 x + 1(cosx +

√cos2 x + 1)′

=1

cosx +√

cos2 x + 1

(− sinx +

12√

cos2 x + 1(cos2 x + 1)′

)

=1

cosx +√

cos2 x + 1

(− sinx +

12√

cos2 x + 1(−2 sinx cosx)

)

=1

cosx +√

cos2 x + 1− sinx

√cos2 x + 1− sinx cosx√

cos2 x + 1

7

=1

cosx +√

cos2 x + 1

− sinx(√

cos2 x + 1 + cosx)

√cos2 x + 1

= − sinx√cos2 x + 1

.

g) y′ =(

logsinx + cosx

sinx− cosx

)′= (log(sinx + cos x)− log(sinx− cosx))′

=1

sinx + cosx(cosx− sinx)− 1

sinx− cosx(cos x + sin x)

=−(cosx− sinx)2 − (sinx + cosx)2

(sinx + cosx)(sinx− cosx)

=− cos2 x + 2 sinx cosx− sin2 x− sin2 x− 2 sinx cosx− cos2 x

sin2 x− cos2 x

=−2(sin2 x + cos2 x)

− cos 2x=

2cos 2x

.

h) y′ =(arcsin 3

√1− x2

)′=

1√1−

(3√

1− x2)2

(3√

1− x2)′

=1√

1− 3√

(1− x2)2

13 3√

(1− x2)2(−2x)

=−2x

3 3√

(1− x2)2√

1− 3√

(1− x2)2.

3. Odrediti izvode sledecih implicitno zadatih funkcija:

a) xy + arctan y = x; b) cos(x + y) + sin(1 + xy) =y

x;

c) ecos y = log(x2 + y2

); d) tan(xy) = arctan(x + y);

e) (x + y)2 = cos(xy); f) xy − log(x + y) = 0;

g)xy + x + y

y − x=

√1 +

y

x; h) xy = yx.

8

Resenje: a) Imajuci u vidu da je y zavisno promenljiva, tj. funkcija nezavisnopromenljive x, trazimo izvod leve i desne strane jednakosti i dobijamo:

(xy + arctan y)′ = (x)′,

(xy)′ + (arctan y)′ = 1,

y + xy′ +1

1 + y2y′ = 1.

Resavanjem dobijene jednacine po y′ imamo:

(y + xy′)(1 + y2) + y′ = 1 + y2,

(x(1 + y2) + 1

)y′ = (1 + y2)(1− y)

y′ =(1 + y2)(1− y)x(1 + y2) + 1

.

b) Opisanim postupkom dobijamo y′ kroz sledeci niz jednakosti:

(cos(x + y) + sin(1 + xy))′ =(y

x

)′,

− sin(x + y)(x + y)′ + cos(1 + xy)(1 + xy)′ =y′x− y

x2,

− sin(x + y)(1 + y′) + cos(1 + xy)(y + xy′) =xy′ − y

x2,

−x2 sin(x + y)(1 + y′) + x2 cos(1 + xy)(y + xy′) = xy′ − y,

(x3 cos(1 + xy)− x2 sin(x + y)− x

)y′ = x2 sin(x + y)− x2y cos(1 + xy)− y.

Konacno je y′ =x2 sin(x + y)− x2y cos(1 + xy)− y

x3 cos(1 + xy)− x2 sin(x + y)− x.

c) ecos y = log(x2 + y2

),

(ecos y)′ =(log

(x2 + y2

))′,

ecos y(cos y)′ =1

x2 + y2

(x2 + y2

)′,

9

ecos y(− sin y)y′ =1

x2 + y2(2x + 2yy′),

−(x2 + y2

)sin y ecos yy′ = 2x + 2yy′,

− (2y +

(x2 + y2

)sin y ecos y

)y′ = 2x,

y′ = − 2x

2y +(x2 + y2

)sin y ecos y

.

d) tan(xy) = arctan(x + y),

(tan(xy))′ = (arctan(x + y))′ ,

1cos2(xy)

(y + xy′) =1

1 + (x + y)2(1 + y′),

(1 + (x + y)2

)(y + xy′) = cos2(xy)(1 + y′),

(x

(1 + (x + y)2

)− cos2(xy))y′ = cos2(xy)− y

(1 + (x + y)2

),

y′ =cos2(xy)− y

(1 + (x + y)2

)

x (1 + (x + y)2)− cos2(xy).

e) (x + y)2 = cos(xy),

((x + y)2

)′ = (cos(xy))′ ,

2(x + y)(1 + y′) = − sin(xy)(y + xy′),

(2(x + y) + x sin(xy)) y′ = −2(x + y)− y sin(xy),

y′ = −2(x + y) + y sin(xy)2(x + y) + x sin(xy)

.

f) xy − log(x + y) = 0,

(xy − log(x + y))′ = 0,

y + xy′ − 1x + y

(1 + y′) = 0,

(x + y)(y + xy′)− (1 + y′) = 0,

10

(x(x + y)− 1) y′ = 1− y(x + y),

y′ =1− y(x + y)x(x + y)− 1

.

g)xy + x + y

y − x=

√1 +

y

x,

(xy + x + y

y − x

)′=

(√1 +

y

x

)′,

(y + xy′ + 1 + y′)(y − x)− (xy + x + y)(y′ − 1)(y − x)2

=1

2√

x + y

x

y′x− y

x2,

(y2 + 2y)− (x2 + 2x)y′

(y − x)2=

12

√x

x + y

xy′ − y

x2,

(12x

√x

x + y+

x(x + 2)(y − x)2

)y′ =

y(y + 2)(y − x)2

+y

2x2

√x

x + y,

(x

√x

x + y+

2x3(x + 2)(y − x)2

)y′ =

2x2y(y + 2)(y − x)2

+ y

√x

x + y.

Konacno, dobijamo

y′ =2x2y(y + 2) + y(y − x)2

√x

x + y

x(y − x)2√

x

x + y+ 2x3(x + 2)

.

h) Najpre logaritmujemo, a zatim diferenciramo jednakost:

log xy = log yx,

y log x = x log y,

(y log x)′ = (x log y)′,

y′ log x + y1x

= log y + x1yy′.

11

Trazeni izvod y′ se dobija resavanjem dobijene jednacine:

xyy′ log x + y2 = xy log y + x2y′,

(xy log x− x2)y′ = xy log y − y2,

y′ =y(x log y − y)x(y log x− x)

.

4. Odrediti izvode sledecih funkcija:

a) y = xlog x; b) y = (arctanx)x;

c) y =(

x2

x2 + 1

)tan x

; d) y = (sinx)1+cos2 x.

Resenje: a) Kako je funkcija zadata u obliku stepena u kome i osnova iizlozilac zavise od nezavisno promenljive x, najpre logaritmujemo jednakost idobijamo

log y = log xlog x = log x log x, tj. log y = (log x)2.

Diferenciranje dobijene jednakosti daje:

(log y)′ =((log x)2

)′,

1yy′ = 2 log x

1x

,

y′ = 2y

xlog x,

y′ = 2xlog x−1 log x.

b) Slicnim postupkom dobijamo:

y = (arctanx)x,

log y = log(arctanx)x = x log(arctanx),

(log y)′ = (x log(arctanx))′ ,

y′

y= log(arctanx) + x

1arctanx

11 + x2

,

12

y′ = y

(log(arctanx) +

x

arctanx

11 + x2

),

y′ = (arctanx)x−1

(arctanx log(arctanx) +

x

1 + x2

).

c) y =(

x2

x2 + 1

)tan x

,

log y = tanx log( x2

x2 + 1

),

(log y)′ =(

tanx log( x2

x2 + 1

))′,

y′

y=

1cos2 x

log( x2

x2 + 1

)+ tanx

x2 + 1x2

2x

(x2 + 1)2,

y′

y=

1cos2 x

log( x2

x2 + 1

)+

2x (x2 + 1)

tanx,

y′ = y

(1

cos2 xlog

( x2

x2 + 1

)+

2 tanx

x (x2 + 1)

),

y′ =(

x2

x2 + 1

)tan x (1

cos2 xlog

( x2

x2 + 1

)+

2 tanx

x (x2 + 1)

).

d) y = (sinx)1+cos2 x,

log y =(1 + cos2 x

)log(sinx),

(log y)′ =((

1 + cos2 x)log(sinx)

)′,

y′

y= −2 cosx sinx log(sinx) +

(1 + cos2 x

) 1sinx

cosx,

y′ = y(−2 sin x cosx log(sinx) +

(1 + cos2 x

) cosx

sinx

),

y′ = cosx (sinx)cos2 x(1 + cos2 x− 2 sin2 x log(sinx)

).

13

5. Odrediti izvode sledecih parametarski zadatih funkcija:

a){

x = tet,y = arctan t;

b){

x =√

t cos t,

y =√

t sin t;

c){

x = t3 + 1,y = t3 + t + 1;

d)

{x = t log t,

y =log t

t.

Resenje: a) Kako je

x′(t) = (tet)′ = et + tet = (1 + t)et,

y′(t) = (arctan t)′ =1

1 + t2,

to je

y′(x) =y′(t)x′(t)

=

11 + t2

(1 + t)et=

e−t

1 + t + t2 + t3.

b) x =√

t cos t, y =√

t sin t,

y′(x) =y′(t)x′(t)

=

(√t sin t

)′(√

t cos t)′ =

12√

tsin t +

√t cos t

12√

tcos t−√t sin t

=sin t + 2t cos t

cos t− 2t sin t.

c) x = t3 + 1, y = t3 + t + 1,

y′(x) =y′(t)x′(t)

=

(t3 + t + 1

)′(t3 + 1)′

=3t2 + 1

3t2= 1 +

13t2

.

d) x = t log t, y =log t

t,

y′(x) =y′(t)x′(t)

=

(log t

t

)′

(t log t)′=

1t

t− log t

t2

log t + t1t

=1− log t

t2(1 + log t).

14

6. Odrediti vrednosti y′(x) i y′(x0) ako je funkcija y(x) zadata sa:

a) y(x) = arctan(

log x

x

), x0 =

1e;

b) xy −√

xy2 + 6 = 0, x0 = 3, y(x0) = 1;

c) y = (2 + cosx)x, x0 = 0;

d){

x = t− sin t,y = 1− cos t,

x0 = π, y(x0) = 2.

Resenje: a) Funkcija y(x) = arctan(

log x

x

)je diferencijabilna na (0, +∞) i

u svakoj tacki tog intervala je

y′(x) =1− log x

x2 + log2 x.

Za x0 = 1/e = e−1 vazi

y′(x0) = y′(

1e

)=

1− log e−1

e−2 + (log e−1)2=

1− (−1)1e2

+ (−1)2=

2e2

1 + e2.

b) Primenjujuci postupak za odredivanje izvoda implicitno zadate funkcijeopisan u zadatku 3. nalazimo izvod funkcije y(x) u proizvoljnoj tacki iz oblastidefinisanosti:

y′(x) =y

(y − 2

√xy2 + 6

)

2x(√

xy2 + 6− y) .

Zato je

y′(x0) =y(x0)

(y(x0)− 2

√x0 (y(x0))

2 + 6)

2x0

(√x0 y(x0)2 + 6− y(x0)

) ,

tj.,

y′(3) =1 ·

(1− 2

√3 · 12 + 6

)

2 · 3(√

3 · 12 + 6− 1) = − 5

12.

15

c) Kao u zadatku 4., jednakost y = (2 + cosx)x logaritmujemo, a zatimdiferenciramo:

log y = x log(2 + cosx),y′

y= log(2 + cosx) + x

− sinx

2 + cos x,

odakle dobijamo

y′(x) = (2 + cosx)x−1 ((2 + cosx) log(2 + cosx)− x sinx) .

Specijalno,

y′(0) = (2 + cos 0)−1 ((2 + cos 0) log(2 + cos 0)− 0 · sin 0) = log 3.

d) Izvod parametarski zadate funkcije x = t−sin t, y = 1−cos t u proizvoljnojtacki je

y′(x) =y′(t)x′(t)

=(1− cos t)′

(t− sin t)′=

sin t

1− cos t.

Da bismo odredili vrednost patametra t0 tako da je x(t0) = x0, y(t0) = y(x0),resavamo sistem jednacina

t− sin t = π,

1− cos t = 2.

Iz druge jednacine zakljucujemo da je cos t = −1, tj. t = π + 2kπ, k ∈ Z.Zamenom u prvoj jednacini dobijamo

π + 2kπ − sin(π + 2kπ) = π,

odakle je 2kπ = 0, tj. k = 0. Prema tome, t0 = π, pa je

y′(x0) =sin t0

1− cos t0= 0.

7. Odrediti y′′(x) i y′′(0) ako je funkcija y(x) zadata eksplicitno:

a) y = etan x +1

cosx; b) y = arctan

√1 + x

1− x.

16

Resenje: a) y = etan x +1

cosx,

y′ = etan x 1cos2 x

− 1cos2 x

(− sinx) =etan x + sin x

cos2 x,

y′′ = (y′)′ =(

etan x + sin x

cos2 x

)′

=

(etan x 1

cos2 x+ cosx

)cos2 x− (

etan x + sinx)(−2 cos x sinx)

cos4 x

=etan x + cos3 x + 2 sinx cosx etan x + 2 sin2 x cosx

cos4 x

=etan x (1 + 2 sinx cosx) + cosx

(cos2 x + 2 sin2 x

)

cos4 x

=etan x (1 + sin 2x) + cosx

(1 + sin2 x

)

cos4 x,

y′′(0) =etan 0 (1 + sin 0) + cos 0

(1 + sin2 0

)

cos4 0= 2.

b) y = arctan√

1 + x

1− x,

y′ =1

2√

1− x2,

y′′ =(

12√

1− x2

)′=

12

((1− x2

)−1/2)′

=12

(−1

2

) (1− x2

)−3/2 (−2x)

=x

2√

(1− x2)3, y′′(0) = 0.

8. Odrediti y′′(x) i y′′(x0) ako je funkcija y(x) zadata implicitno:

a) x2 + 2xy + y2 − 4x + 2y = 2, x0 = 1;

b) exy = x + y, x0 = 0;

c) log y +x

y= 1, x0 = 0.

17

Resenje: a) Primetimo da su jednacinom

x2 + 2xy + y2 − 4x + 2y = 2

implicitno zadate dve funkcije y = y1(x) i y = y2(x). Primenom postupkaopisanog u zadatku 3. dobijamo njihov prvi izvod:

y′ =2− x− y

1 + x + y.

Diferenciranjem dobijene jednakosti nalazimo drugi izvod obeju funkcija uproizvoljnoj tacki oblasti definisanosti:

y′′ = (y′)′ =(

2− x− y

1 + x + y

)′

=(2− x− y)′(1 + x + y)− (2− x− y)(1 + x + y)′

(1 + x + y)2

=(−1− y′)(1 + x + y)− (2− x− y)(1 + y′)

(1 + x + y)2

=−3(1 + y′)

(1 + x + y)2.

Za x = 1 imamo

y′′(1) =−3(1 + y′(1))(1 + 1 + y(1))2

.

Za odredivanje y(1) zamenimo x = 1 u jednacini

x2 + 2xy + y2 − 4x + 2y = 2

i dobijamo1 + 2y(1) + y(1)2 − 4 + 2y(1) = 2,

tj.y(1)2 + 4y(1)− 5 = 0,

cija su resenja y1(1) = 1 i y2(1) = −5. Sada je

y′1(1) =2− 1− y1(1)1 + 1 + y1(1)

= 0, y′2(1) =2− 1− y2(1)1 + 1 + y2(1)

=6−3

= −2

18

i

y′′1(1) =−3(1 + y′1(1))

(1 + 1 + y1(1))2=−332

= −13,

y′′2(1) =−3(1 + y′2(1))

(1 + 1 + y2(1))2=

3(−3)2

=13.

b) Izvodi funkcije implicitno zadate sa exy = x + y u proizvoljnoj tacki su

y′ =1− yexy

xexy − 1,

y′′ = (y′)′ =(

1− yexy

xexy − 1

)′

=(1− yexy)′(xexy − 1)− (1− yexy)(xexy − 1)′

(xexy − 1)2

=(−y′exy − yexy(y + xy′)) (xexy − 1)− (1− yexy) (exy + xexy(y + xy′))

(xexy − 1)2

= −exy (y′ + y(y + xy′)) (xexy − 1) + (1− yexy) (1 + x(y + xy′))(xexy − 1)2

= exy (1− x(exy + x− y)) y′ − 1 + y(exy − x + y)(xexy − 1)2

.

Zamenom x = 0 u jednacini exy = x + y dobijamo y(0) = 1, pa je

y′(0) =1− 1 · e0·1

0 · e0·1 − 1= 0,

y′′(0) = e0·1(1− 0 · (e0·1 + 0− 1)

) · 0− 1 + 1 · (e0·1 − 0 + 1)(0 · e0·1 − 1)2

= 1.

c) Jednacinu mozemo da transformisemo u oblik y log y + x = y, a zatimdiferenciranjem i resavanjem dobijene jednacine po y′ dobijamo prvi izvodfunkcije u proizvoljnoj tacki:

y′ = − 1log y

.

19

Ponovnim diferenciranjem dobijamo i drugi izvod:

y′′ = (y′)′ = −(

1log y

)′=

1log2 y

y′

y=

y′

y log2 y.

Vrednost funkcije u tacki x = 0 je y(0) = e, a vrednosti izvoda su

y′(0) = −1, y′′(0) = −1e.

Primetimo da se bez transformacije polazne jednacine dobijaju drugaciji obliciprvog i drugog izvoda funkcije:

y′ =y

x− y, y′′ =

xy′ − y

(x− y)2.

Oni su ekvivalentni onima koji su prethodno dobijeni, sto se moze pokazatikoriscenjem polazne jednacine.

9. Odrediti y′′(x) i y′′(x0) ako je funkcija y(x) zadata parametarski:

a){

x = e−2t,y = e2t,

x0 = e;

b){

x = 2(t− cos t),y = 2(1− sin t),

x0 = π.

Resenje: a) Prvi izvod parametarski zadate funkcije u proizvoljnoj tacki je

y′(x) =dy

dx=

dy

dtdx

dt

=(e2t)′

(e−2t)′=

2e2t

−2e−2t= −e4t.

Drugi izvod odredujemo na sledeci nacin:

y′′(x) =d

dx

(dy

dx

)=

d

dx

(−e4t).

Primenjujuci pravila za izvod slozene funkcije:

d

dx

(−e4t)

=d

dt

(−e4t) dt

dx= −4e4t dt

dx

20

i izvod inverzne funkcije:

dt

dx=

1dx

dt

=1

−2e−2t,

dobijamo

y′′(x) = −4e4t 1−2e−2t

= 2e6t.

Tacka cija je apscisa x0 = e dobija se za vrednost parametra t0 = −1/2.Zato je

y′′(e) = 2e−3 =2e3

.

b) Slicno kao u prethodnom zadatku odredujemo:

y′(x) =dy

dx=

dy

dtdx

dt

=(2(1− sin t))′

(2(t− cos t))′=

−2 cos t

2(1 + sin t)= − cos t

1 + sin t,

y′′(x) =d

dx

(dy

dx

)=

d

dx

(− cos t

1 + sin t

)=

d

dt

(− cos t

1 + sin t

)dt

dx

=1

1 + sin t

1dx

dt

=1

1 + sin t

12(1 + sin t)

=1

2(1 + sin t)2.

Specijalno, 2(t− cos t) = π se dobija za t0 = π/2, pa je

y′′(π) =1

2(1 + sinπ/2)2=

18.

10. Dokazati da je funkcija

y(x) = e√

x + e−√

x

resenje diferencijalne jednacine

xy′′ +12y′ − 1

4y = 0.

Resenje: Izvodi zadate funkcije su

y′ =e√

x − e−√

x

2√

x, y′′ =

e√

x (√

x− 1) + e−√

x (√

x + 1)4x√

x.

21

Zamenom u levoj strani jednacine dobija se

xy′′ +12y′ − 1

4y

=e√

x (√

x− 1) + e−√

x (√

x + 1)4√

x+

e√

x − e−√

x

4√

x− e

√x + e−

√x

4

=e√

x (√

x− 1 + 1) + e−√

x (√

x + 1− 1)4√

x− e

√x + e−

√x

4= 0.

11. Dokazati da funkcija

f(x) = loge2x − 1e2x + 1

zadovoljava diferencijalnu jednacinu

2(e4x + 1)f ′(x) + (e4x − 1)f ′′(x) = 0.

Resenje: Kako je

f ′(x) =4e2x

e4x − 1, f ′′(x) = −8e2x

(e4x + 1

)

(e4x − 1)2,

imamo

2(e4x + 1

)f ′(x) +

(e4x − 1

)f ′′(x)

= 2(e4x + 1

) 4e2x

e4x − 1− (

e4x − 1) 8e2x

(e4x + 1

)

(e4x − 1)2= 0.

12. Odrediti y(n)(x) (n ∈ N) ako je:

a) y = sin(ax + b); b) y = cos(ax + b);

c) y = eax+b; d) y = log(ax + b).

Resenje: a) Imajuci u vidu da je prvih nekoliko izvoda funkcije jednako:

y′ = (sin(ax + b))′ = a cos(ax + b) = a sin(ax + b +

π

2

),

y′′ =(a sin

(ax + b +

π

2

))′= a2 cos

(ax + b +

π

2

)= a2 sin

(ax + b + 2 · π

2

),

y′′′ =(a2 sin

(ax + b + 2 · π

2

))′= a3 cos

(ax + b + 2 · π

2

)= a3 sin

(ax + b + 3 · π

2

),

y(4) =(a3 sin

(ax + b + 3 · π

2

))′= a4 cos

(ax + b + 3 · π

2

)= a4 sin

(ax + b + 4 · π

2

),

22

mozemo da pretpostavimo da je izvod reda n (n ∈ N) oblika

y(n) = an sin(ax + b +

nπ

2

).

Dokaz izvodimo matematickom indukcijom. Za n = 1 tvrdenje vazi. Pret-postavimo da vazi za neki prirodni broj k, tj. da je

y(k) = ak sin(

ax + b +kπ

2

).

Tada je

y(k+1) =(y(k)

)′=

(ak sin

(ax + b +

kπ

2

))′= ak+1 cos

(ax + b +

kπ

2

)

= ak+1 sin(

ax + b +kπ

2+

π

2

)= ak+1 sin

(ax + b +

(k + 1)π2

),

sto znaci da vazi i za prirodan broj k + 1. Prema tome, tvrdenje vazi za svakiprirodan broj n, tj.

y(n) = (sin(ax + b))(n) = an sin(ax + b +

nπ

2

).

b) Na isti nacin dobijamo

(cos(ax + b))(n) = an cos(ax + b +

nπ

2

)(n ∈ N).

c) Kako za funkciju y = eax+b vazi:

y′ = aeax+b, y′′ = a2eax+b, y′′′ = a3eax+b, . . .

pretpostavljamo da je

y(n) =(eax+b

)(n)= aneax+b (n ∈ N).

Tvrdenje se dokazuje matematickom indukcijom na prethodno opisan nacin.

d) Za funkciju y = log(ax + b) imamo:

y′ =a

ax + b, y′′ = − a2

(ax + b)2, y′′′ =

2a3

(ax + b)3, y(4) = − 3 · 2a4

(ax + b)4.

23

S obzirom na prva cetiri izvoda pretpostavljamo da je

y(n) = (−1)n−1 an(n− 1)!(ax + b)n

i dokazujemo matematickom indukcijom. Za n = 1 tvrdenje vazi. Iz indukci-jske pretpostavke da tvrdenje vazi za n = k, tj.

y(k) = (−1)k−1 ak(k − 1)!(ax + b)k

,

sledi

y(k+1) =(y(k)

)′=

((−1)k−1 ak(k − 1)!

(ax + b)k

)′= (−1)k−1ak(k − 1)!

((ax + b)−k

)′

= (−1)k−1ak(k − 1)!(−ka(ax + b)−k−1

)= (−1)k ak+1k!

(ax + b)k+1,

sto znaci da vazi i za n = k + 1. Prema tome, vazi

y(n) = (log(ax + b))(n) = (−1)n−1 an(n− 1)!(ax + b)n

(n ∈ N).

13. Ako je n ∈ N, odrediti:

a)(

12x− 3

)(n)

; b)(

2x + 32x− 3

)(n)

; c)(

14x2 − 9

)(n)

.

Resenje: a) Na nacin opisan u zadatku 12. d) dokazujemo da je

(1

2x− 3

)(n)

=(−1)n2nn!(2x− 3)n+1

.

b) Kako je2x + 32x− 3

= 1 +6

2x− 3,

vazi(

2x + 32x− 3

)(n)

=(

1 +6

2x− 3

)(n)

= 6(

12x− 3

)(n)

=(−1)n6 · 2nn!(2x− 3)n+1

.

24

c) Transformisemo datu racionalnu funkciju na sledeci nacin:

14x2 − 9

=1

(2x + 3)(2x− 3)=

16

(1

2x− 3− 1

2x + 3

),

odakle dobijamo

(1

4x2 − 9

)(n)

=16

(1

2x− 3− 1

2x + 3

)(n)

=16

((1

2x− 3

)(n)

−(

12x + 3

)(n))

=16

((−1)n2nn!(2x− 3)n+1

− (−1)n2nn!(2x + 3)n+1

)

=(−1)n2nn!

6

(1

(2x− 3)n+1− 1

(2x + 3)n+1

).

14. Odrediti (1√

1− x

)(n)

(n ∈ N),

a zatim, koristeci dobijeni rezultat, odrediti i

(1 + x + x2

√1− x

)(n)

(n ∈ N).

Resenje: Neka je f(x) =1√

1− x. Tada je:

f ′(x) =((1− x)−1/2

)′=

12(1− x)−3/2,

f ′′(x) =12

((1− x)−3/2

)′=

12

32

(1− x)−5/2,

f ′′′(x) =12

32

((1− x)−5/2

)′=

12

32

52(1− x)−7/2.

Uocavanjem pravilnosti pretpostavljamo da za proizvoljno n ∈ N vazi

f (n)(x) =(2n− 1)(2n− 3) · · · 3 · 1

2n(1− x)−(2n+1)/2. =

(2n− 1)!!2n

√(1− x)2n+1

.

Dokaz matematickom indukcijom opisan u zadatku 12. bice izostavljen.

25

Za odredivanje(

1 + x + x2

√1− x

)(n)

primenjujemo Lajbnicovu formulu

(f(x)g(x))(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x),

pri cemu je g(x) = 1 + x + x2. Kako je

g′(x) = 1 + 2x, g′′(x) = 2, g(k)(x) = 0, k = 3, 4, . . .

u navedenoj sumi su svi sabirci za k = 3, 4, . . . , n jednaki nuli. Zato je

(f(x)g(x))(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x)

=(

n

0

)f (n)(x)g(x) +

(n

1

)f (n−1)(x)g′(x) +

(n

2

)f (n−2)(x)g′′(x)

=(2n− 1)!!

2n√

(1− x)2n+1(1 + x + x2) + n

(2n− 3)!!2n−1

√(1− x)2n−1

(1 + 2x)

+ n(n− 1)(2n− 5)!!

2n−2√

(1− x)2n−3.

Sredivanjem poslednjeg izraza dobijamo

(1 + x + x2

√1− x

)(n)

=3(2n− 5)!!

2n√

(1− x)2n+1

((1− 6n + 4n2)− (2n− 1)x + x2

).

15. Za n ∈ N odrediti

a)(e3x+2

)(n); b)((3x2 + 2x + 1)e3x+2

)(n).

Resenje: a) Izvod reda n funkcije f(x) = e3x+2 je (videti zadatak 12. c))

f (n)(x) =(e3x+2

)(n) = 3ne3x+2.

b) Izvod((3x2 + 2x + 1)e3x+2

)(n) odredujemo primenom Lajbnicove formuleza izvod proizvoda funkcija

f(x) = e3x+2 i g(x) = 3x2 + 2x + 1.

26

Izvodi ovih funkcija su

f (k)(x) = 3ke3x+2, k = 0, 1, 2, . . . ,

g(0)(x) = 3x2 + 2x + 1, g′(x) = 6x + 2, g′′(x) = 6,

g(k)(x) = 0, k = 3, 4, . . . ,

pa vazi:

((3x2 + 2x + 1)e3x+2

)(n) = (f(x)g(x))(n) =n∑

k=0

(n

k

)f (n−k)(x)g(k)(x)

=(

n

0

)f (n)(x)g(0)(x) +

(n

1

)f (n−1)(x)g′(x) +

(n

2

)f (n−2)(x)g′′(x)

=(

n

0

)3ne3x+2(3x2 + 2x + 1) +

(n

1

)3n−1e3x+2(6x + 2) +

(n

2

)3n−2e3x+26

= 3n−1e3x+2(3(3x2 + 2x + 1) + 2n(3x + 1) + n(n− 1)

)

= 3n−1e3x+2(9x2 + 6(n + 1)x + n2 + n + 3

).

16. Odrediti(23x32x

)(n) (n ∈ N).

Resenje: Matematickom indukcijom se moze dokazati da za proizvoljno n ∈ Nvazi: (

23x)(n) = (3 log 2)n23x,

(32x

)(n) = (2 log 3)n32x.

Primenom Lajbnicove formule dobijamo:

(23x32x

)(n) =n∑

k=0

(n

k

)(23x

)(k)(32x)(n−k)

=n∑

k=0

(n

k

) ((3 log 2)n23x

) ((2 log 3)n−k32x

)

= (2 log 3)n23x32xn∑

k=0

(n

k

)(3 log 22 log 3

)k

= (2 log 3)n23x32x

(1 +

3 log 22 log 3

)n

= (2 log 3)n23x32x (2 log 3 + 3 log 2)n

(2 log 3)n

= 23x32x logn 72.

27

Do istog rezultata se moze doci i bez koriscenja Lajbnicove formule na sledecinacin:

(23x32x

)(n) =((

23 · 32)x)(n)

= (72x)(n) = 72x log 72 = 23x32x logn 72.

17. Dokazati da funkcija

f(x) = arctan

√1 + x

1− x

zadovoljava diferencijalnu jednacinu(1− x2

)f ′′(x)− xf ′(x) = 0

i odrediti f ′(0) i f ′′(0). Da li se moze odrediti f (n)(0) za proizvoljno n ∈ N?

Resenje: Izvodi date funkcije su

f ′(x) =1

2√

1− x2, f ′′(x) =

x

2 (1− x2)√

1− x2,

pa je zaista

(1− x2

)f ′′(x)− xf ′(x) =

(1− x2

) x

2 (1− x2)√

1− x2− x

12√

1− x2= 0.

Da bismo odredili f (n)(0) za proizvoljno n ∈ N, potrazimo nti izvod izraza nalevoj i desnoj strani jednakosti primenom Lajbnicove formule:

(1− x2

)f ′′(x) = xf ′(x),

((1− x2

)f ′′(x)

)(n) =(xf ′(x)

)(n),

n∑

k=0

(n

k

)(1− x2

)(k)(f ′′(x))(n−k) =n∑

k=0

(n

k

)(x)(k)(f ′(x))(n−k).

Kako je (f ′′(x))(n−k) = f (n−k+2)(x), (f ′(x))(n−k) = f (n−k+1)(x),

(1− x2

)′ = −2x,(1− x2

)′′ = −2,(1− x2

)(k) = 0, k = 3, 4, . . .

i(x)′ = 1, (x)(k) = 0, k = 2, 3, . . . ,

28

imamo:(

n

0

)(1− x2

)f (n+2)(x) +

(n

1

)(−2x)f (n+1)(x) +

(n

2

)(−2)f (n)(x)

=(

n

0

)xf (n+1)(x) +

(n

1

)f (n)(x),

tj.

(1− x2)f (n+2)(x)− 2nxf (n+1)(x)− n(n− 1)f (n)(x) = xf (n+1)(x) + nf (n)(x).

Za x = 0 jednakost postaje

f (n+2)(0) = n2f (n)(0), n ∈ N.

Imajuci u vidu da je f ′(0) = 1/2 i f ′′(0) = 0, vazi sledece:

f ′′′(0) =12, f (4)(0) = 0, f (5)(0) = 32 · 1

2,

f (6)(0) = 0, f (7)(0) = 52 · 32 · 12, f (8)(0) = 0.

Pretpostavku da je za proizvoljno k ∈ N

f (2k+1)(0) = ((2k − 1)!!)212, f (2k)(0) = 0.

treba dokazati matematickom indukcujom, sto prepustamo citaocu.