×   HOME JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...
  matematika1
Derivacije slijeva i zdesna     Derivacija     Deriviranje implicitno zadane funkcije


Pravila deriviranja

Pravila koja ćemo dati u ovom poglavlju znatno olakšavaju računanje derivacija zadanih funkcija.

Teorem 5.2   Ako su funkcije $ f,g:\mathcal{D}\to \mathbb{R}$ derivabilne na skupu $ \mathcal{A}\subseteq \mathcal{D}$ , tada za svaki $ x\in\mathcal{A}$ vrijedi

$\displaystyle (f+g)'(x)$ $\displaystyle =f'(x)+g'(x),$    
$\displaystyle (f-g)'(x)$ $\displaystyle =f'(x)-g'(x),$    
$\displaystyle (f\cdot g)'(x)$ $\displaystyle =f'(x)g(x)+f(x)g'(x),$    
$\displaystyle \bigg(\frac{f}{g}\bigg)'(x)$ $\displaystyle =\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)},\qquad g(x)\neq 0.$    

Dokaz.

Dokažimo zadnju tvrdnju teorema. Prema formuli (5.1) vrijedi

$\displaystyle \bigg(\frac{f}{g}\bigg)'(x)$ $\displaystyle =\lim_{\Delta x\to 0} \frac{ \frac{f(x+\Delta x)}{g(x+\Delta x)} ...
...a x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)g(x)-f(x)g(x+\Delta x)} {g(x+\Delta x)g(x)\Delta x}$    
  $\displaystyle =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)g(x) -f(x)g(x)+f(x)g(x) -f(x)g(x+\Delta x)} {g(x+\Delta x)g(x)\Delta x}$    
  $\displaystyle =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{ \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} g(x) - f(x) \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} } {g(x+\Delta x)g(x)}$    
  $\displaystyle = \frac{\lim_{\Delta x\to 0} \frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x} ...
... \frac{g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x} } {\lim_{\Delta x\to 0} g(x+\Delta x)g(x)}$    
  $\displaystyle =\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)},$    

što je i trebalo dokazati. Dokaz prve tri tvrdnje ostavljamo za vježbu.     
Q.E.D.

Primjer 5.4  
a)
Treća tvrdnja teorema 5.2 i primjer 5.1 povlače

$\displaystyle (x^3)'=(x^2\cdot x)'=(x^2)'\cdot x+ x^2\cdot (x)'= 2x\cdot x+ x^2\cdot
1= 3x^2.
$

b)
Četvrta tvrdnja teorema 5.2 i primjer 5.1 povlače

$\displaystyle (\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x)'$ $\displaystyle =\bigg(\frac{\sin x}{\cos x}\bigg)' = \frac{(\sin x)'\cdot \cos x-\sin x\cdot(\cos x)'}{\cos^2 x} =\frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}$    
  $\displaystyle = \frac{1}{\cos^2 x},$    
$\displaystyle (\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x)'$ $\displaystyle =\bigg(\frac{\cos x}{\sin x}\bigg)' = \frac{(\cos x)'\cdot \sin x-\cos x\cdot(\sin x)'}{\sin^2 x} =\frac{-\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin^2 x}$    
  $\displaystyle = -\frac{1}{\sin^2 x}.$    

Primijetimo da po su definiciji 5.1 sve derivirane funkcije glatke, jer su im derivacije neprekidne na čitavom području definicije.

Sljedeća dva teorema navodimo bez dokaza.

Teorem 5.3   [Deriviranje inverzne funkcije] Neka je funkcija $ f:\mathcal{D}\to \mathcal{K}$ bijekcija, neka je derivabilna u točki $ x$ i neka je $ f'(x)\neq 0$ . Neka je inverzna funkcija $ f^{-1}:\mathcal{K}\to \mathcal{D}$ neprekidna u točki $ y=f(x)$ . Tada je

$\displaystyle (f^{-1})'(y)=\frac{1}{f'(x)}.
$

Primjer 5.5  
a)
Za funkciju $ y=x^2$ koja ima inverznu funkciju za $ x\geq 0$ teorem 5.3 daje

$\displaystyle (\sqrt{y})'=\frac{1}{(x^2)'}=\frac{1}{2x}=\frac{1}{2\sqrt{y}}.
$

Sada na lijevoj i na desnoj strani imamo funkciju od $ y$ pa možemo zamijeniti $ y$ s $ x$ što nam daje standardni zapis

$\displaystyle (\sqrt{x})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}, \qquad x>0.
$

Dodatno ograničenje $ x\neq 0$ smo morali uvesti jer dijeljenje s nulom nije moguće. Na slici 4.20 vidimo da funkcija $ \sqrt{x}$ nema derivaciju u točki $ x=0$ .

b)
Za funkciju $ y=\sin x$ koja ima inverznu funkciju za $ x\in [-\pi/2,\pi/2]$ vrijedi

$\displaystyle (\arcsin y)'=\frac{1}{(\sin x)'}=\frac{1}{\cos
x}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2 x}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}},
$

odnosno, nakon zamjene $ y$ s $ x$ ,

$\displaystyle (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, \qquad x\in (-1,1).
$

Funkcija $ \arcsin x$ je definirana na intervalu $ [-1,1]$ (poglavlje 4.6.6), dok njena derivacija nije definirana u rubovima tog intervala kako bi se izbjeglo dijeljenje s nulom.
c)
Za funkciju $ y=\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x$ koja ima inverznu funkciju za $ x\in (-\pi/2,\pi/2)$ (vidi sliku 4.38) vrijedi

$\displaystyle (\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits y)'=\frac{1}{(\mathop{\mathrm{t...
...x}}
=\cos^2 x=\frac{1}{1+ \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits ^2 x}=\frac{1}{1+y^2},
$

odnosno, nakon zamjene $ y$ s $ x$ ,

$\displaystyle (\mathop{\mathrm{arctg}}\nolimits x)'=\frac{1}{1+x^2}, \qquad x\in \mathbb{R}.
$

Teorem 5.4   [Deriviranje kompozicije funkcija] Ako je funkcija $ f$ derivabilna u točki $ x$ , a funkcija $ g$ derivabilna u točki $ y=f(x)$ , tada je kompozicija $ g\circ f$ derivabilna u točki $ x$ i vrijedi

$\displaystyle [g(f(x))]'=g'(y)f'(x)=g'(f(x)) f'(x).
$

Ovaj način deriviranja je vrlo čest. Sada ćemo navesti samo dva primjera, a dvije važne primjene dat ćemo u poglavljima o deriviranju implicitno zadane funkcije 5.1.4 i logaritamskom deriviranju 5.1.6.

Primjer 5.6  
a)
Ako je $ y=f(x)$ , tada je

$\displaystyle (y^2)'=2y y'.
$

Tako iz primjera 5.1 i 5.4 za $ y=x^3-3x^2+5x$ slijedi

$\displaystyle [(x^3-3x^2+5x)^2]'$ $\displaystyle =2(x^3-3x^2+5x) (x^3-3x^2+5x)'$    
  $\displaystyle = 2(x^3-3x^2+5x)(3x^2-6x+5).$    

b)
Ako je $ y=f(x)$ , tada teorem 5.6 i primjer 5.1 povlače

$\displaystyle (\sin y)'=(\cos y) y'.
$

Tako za funkciju $ f(x)=\sin(\cos x)$ vrijedi

$\displaystyle f'(x)=\cos(\cos x)(\cos x)'=\cos(\cos x) (-\sin x).
$


Derivacije slijeva i zdesna     Derivacija     Deriviranje implicitno zadane funkcije