Upload
others
View
0
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
GRA�EVINSKI FAKULTET
UNIVERZITET U BEOGRADU
Tok i grafik funk ije
nastavnik: Marina S. Markagi�
GraÆevinarstvo - osnovne akademske studije 2014, I godina / I semestar
Matematiqka analiza I (B2O1A1) 30.12.2020.
Sva autorska prava autora materijala su zaxti�ena. Dokument se mo�e koristiti samo za nastavu na dainu
studenata GraÆevinskog fakulteta Univerziteta u Beogradu u xkolskoj 2020/2021 i ne mogu se koristiti za druge
svrhe bez pismene saglasnosti autora materijala.
Ispitiva�e toka i rta�e grafika
funk ije
Defini ija 1. Pod realnom funk ijom realne promenive, u daem
tekstu funk ijom, podrazumevamo svako preslikava�e f : D → Y , gde suD i Y podskupovi skupa realnih brojeva. Skup D, koji �emo oznaqavatii sa Df , je oblast definisanosi ili domen funk ije f , a skup Y je �en
kodomen.
Element x ∈ D je nezavisno promeniva ili argument funk ije f .Svakom argumentu x ∈ D dodeuje se jedan i samo jedan element y ∈ Y ,
koji zovemo zavisno promenivom, u ozna i y = f(x) ili xf7→ y.
Defini ija 2. Neka je zadata funk ija f : D → R i neka je domen
simetriqan, xto znaqi da va�i x ∈ D ⇐⇒ −x ∈ D.
• Funk ija f je parna ako za sve x ∈ D va�i f(−x) = f(x).
• Funk ija f je neparna ako za sve x ∈ D va�i f(−x) = −f(x).
Defini ija 3. Za funk iju f : D → R ka�emo da je periodiqna
funk ija ako postoji realan broj T 6= 0 takav da za svako x ∈ D va�i
x+ T ∈ D, x− T ∈ D i
f(x− T ) = f(x+ T ) = f(x) .
Broj T nazivamo periodom funk ije f .
Defini ija 4. Posmatrajmo funk iju f koja je definisana za x > M ,
gde je M neki realan broj. Prava y = kx + n je asimptota funk ije fkad x → +∞ ako je
f(x) = kx+ n+ o(1) kad x → +∞.
Spe ijalno, ukoliko je k 6= 0 asimptota se naziva kosom, a ako je k = 0naziva se horizontalnom asimptotom.
Mo�e se pokazati da va�e slede�e jednakosti:
k = limx→+∞
f(x)
xi n = lim
x→+∞
(f(x)− kx) .
Na sliqan naqin se definixu kosa i horizontalna asimptota u slu-
qaju kada x → −∞.
2
Defini ija 5. Neka je f(x) definisana u okolini U \ {x0} taqke x0
ili za x ∈ U \ {x0} i x > x0 ili za x ∈ U \ {x0} i x < x0. Ako je
limx→x+
0
f(x) = ±∞ i/ili limx→x−
0
f(x) = ±∞ ,
onda je prava x = x0 vertikalna asimptota funk ije f .
Teorema 1. Neka je I proizvoan interval, intI unutrax�ost inter-
vala I i neka je f neprekidna na I i diferen ijabilna na intI. Tadava�i: f je rastu�a (opadaju�a) na I akko f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0) za svako
x ∈ intI.
Defini ija 6. Taqka x0 ∈ D je taqka lokalnog maksimuma (lokalnog
minimuma) funk ije f : D → R ako za svako ε > 0 postoji ε-okolina Utaqke x0 takva da za svako x ∈ D ∩ U va�i:
f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) .
Ka�emo da je x0 taqka lokalnog ekstremuma funk ije f ako je x0 taqka
lokalnog maksimuma ili lokalnog miminuma funk ije f .
Teorema 2 (Fermaova teorema). Neka je f neprekidna na [a, b] i neka je
taqka c ∈ (a, b) taqka lokalnog ekstremuma. Ako je funk ija f dife-
ren ijabilna u taqki c, onda je f ′(c) = 0.
Stav 1. Neka je funk ija f neprekidna u nekoj okolini U taqke c i di-
feren ijabilna u U\{c}. Tada je u taqki c lokalni ekstremum funk ije
f(x) ako f ′(x) me�a znak pri prolasku kroz taqku c.
Stav 2. Posmatrajmo diferen ijabilnu funk iju f : (a, b) → R. Da bi
funk ija f bila konveksna na intervalu (a, b) neophodno je i dovono
da f ′raste na (a, b). Sliqno, da bi f bila konkavna na (a, b) neophodno
je i dovono da f ′opada na intervalu (a, b).
Teorema 3. Neka je f ′neprekidan na I i neka postoji f ′′
na intI. Funk- ija f je konveksna (konkavna) na I akko f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0) za svako
x ∈ intI.
Defini ija 7. Taqka x0 je prevojna taqka grafika funk ije f ako
prolaskom kroz x0 funk ija f prelazi iz konveksne u konkavnu ili
obrnuto.
3
Zada i
Zadatak 1. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije
f(x) =(x+ 1)2
(x− 1)3.
Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana za (x − 1)3 6= 0, tj. x 6= 1(imenila mora da bude razliqit od nule). Prema tome,
Df : (−∞, 1) ∪ (1,+∞) .
Parnost i neparnost: Kako domen Df nije simetriqan (−1 ∈ Df ,
dok −(−1) = 1 6∈ Df ), ne ispitujemo parnost i neparnost
funk ije f .
Nule i znak: Primetimo da je f(x) = 0 akko je (x + 1)2 = 0, tj.x = −1. Nula funk ije f je taqka x = −1, u ozna i N(−1, 0).Znak brojio a i imenio a:
f(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).
Asimptote: Proverimo da li f ima horizontalne asimptote.
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
(x+ 1)2
(x− 1)3= lim
x→±∞
x2(1 + 1/x)2
x3(1− 1/x)3= lim
x→±∞
(1 + 1/x)2
x(1− 1/x)3= 0 .
Dakle, prava y = 0 je horizontalna asimptota funk ije f .
Vertikalne asimptote tra�imo na rubu domena funk ije. Ka-
ko f nije definisana u x0 = 1, raqunamo graniqne vrednosti:1
limx→1+
(x+ 1)2
(x− 1)3=
4
0+= +∞ i lim
x→1−
(x+ 1)2
(x− 1)3=
4
0−= −∞.
1
U taqki x0 = 1 funk ija f nije definisana, a kako je Df = (−∞, 1) ∪ (1,+∞)posmatranoj taqki mo�emo ,,pri�i" i sa leve i sa desne strane.
4
Dakle, prava x = 1 je vertikalna asimptota funk ije f .
Monotonost i ekstremne vrednosti: Raquna�em prvog izvoda
dobijamo:
f ′(x) =
(
(x+ 1)2
(x− 1)3
)′
=2(x+ 1)(x− 1)3 − (x+ 1)2 · 3(x− 1)2
(x− 1)6
=(x+ 1)(x− 1)2(2(x− 1)− 3(x+ 1))
(x− 1)6
= −(x+ 1)(x+ 5)
(x− 1)4,
na osnovu qega zakuqujemo da je f ′(x) = 0 za x = −1 ili za
x = −5.Posmatramo znak prvog izvoda:
f ↑ akko x ∈ (−5,−1) i
f ↓ na intervalima (−∞,−5), (−1, 1) i (1,+∞).
U taqki x1 = −5 f ima lokalni minimum Tmin(−5,−2/27), au x2 = −1 lokalni maksimum Tmax(−1, 0).
5
Konveksnost i prevojne taqke: Raqunamo drugi izvod:
f ′′(x) =
(−(x2 + 6x+ 5)
(x− 1)4
)′
=(−2x− 6)(x− 1)4 + (x2 + 6x+ 5) · 4(x− 1)3
(x− 1)8
=(x− 1)3(−2x2 − 4x+ 6 + 4x2 + 24x+ 20)
(x− 1)8
=2x2 + 20x+ 26
(x− 1)5
=2(
x+ 5 + 2√3) (
x+ 5− 2√3)
(x− 1)5.
f ′′(x) = 0 za x1 = −(5 + 2√3) ili x2 = −(5− 2
√3).
Znak drugog izvoda:
f je konveksna akko x ∈ (x1, x2) ∪ (1,+∞),
f je konkavna akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 1).
Prolaskom kroz taqke x1 i x2, drugi izvod me�a znak, pa su
P1(x1, f(x1)) i P2(x2, f(x2)) prevojne taqke funk ije f .
6
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
7
Grafik funk ije f(x) =(x+ 1)2
(x− 1)3.
Zadatak 2. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije
f(x) = xe−1/x.
Rexe�e: Domen: Primetimo da je funk ija f definisana akko x 6= 0(u eksponentu je −1/x, a imenila ne sme da bude nula). Prematome, domen funk ije je
Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).
Parnost i neparnost: Kako je
−f(x) 6= f(−x) = −xe1/x 6= f(x),
sledi da funk ija f nije ni parna ni neparna.
8
Nule i znak: Podsetimo se da je eksponen ijalna funk ija pozi-
tivna, pa je f(x) = 0 ako i samo ako je x = 0. Kako se taqka
x = 0 ne nalazi u domenu Df , funk ija f nema nulu.
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,+∞) i f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0) .
Asimptote:
Prvi naqin: Kako je limx→±∞
f(x) = limx→±∞
xe−1/x = ±∞ , sledi
da f nema horizontalnih asimptota.
Pokuxajmo da naÆemo koefi ijente k i n kose asimptote.
k1,2 = limx→±∞
f(x)
x= lim
x→±∞
e−1/x = 1 i
n1,2 = limx→±∞
(
xe−1/x − x)
= limx→±∞
x(
e−1/x − 1)
= − limx→±∞
e−1/x − 1
−1/x= −1.
Dakle, prava y = x− 1 (y = kx+ n) je kosa asimptota funk-
ije f .
Drugi naqin: Kako −1/x → 0 kada x → ±∞, to koriste�i
Maklorenovu formulu za funk iju ex dobijamo:
f(x) = x
(
1− 1
x+ o
(
1
x
))
= x− 1 + o(1),
xto odgovara jednaqini kose asimptote.
Ispitajmo sada ponaxa�e funk ije u blizini taqke x = 0.
limx→0+
f(x) = limx→0+
xe−1/x = 0.
limx→0−
f(x) = limx→0−
xe−1/x = limx→0−
e−1/x
1/x= L.
Posled�a graniqna vrednost je oblika ∞/∞, pa posmatrajmo:
L′ = limx→0−
(
e−1/x)′
(1/x)′= lim
x→0−
e−1/x · (1/x2)
−1/x2= −∞.
9
Kako L′postoji, zakuqujemo da postoji i L i jox va�i L′ =
L = −∞, tj. limx→0−
f(x) = −∞.
Prava x = 0 je leva vertikalna asimptota funk ije f , ali nei desna.
Kasnije �emo ispitati i ugao ϕ pod kojim se grafik funk-
ije pribli�ava taqki (0, 0). Ugao ϕ odredi�emo na osnovu
geometrijske interpreta ije prvog izvoda.
Monotonost i ekstremne vrednosti Raquna�em prvog izvoda do-
bijamo:
f ′(x) =(
xe−1/x)′
= 1 · e−1/x + x · e−1/x · 1
x2=
x+ 1
xe−1/x.
Sta ionarna taqka: f ′(x) = 0 za x = −1.Znak prvog izvoda:
f ↑ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∨ x ∈ (0,+∞) , f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−1, 0) .
U taqki x = −1funk ija f ima lokalni maksimum Tmax(−1,−e).
Odredimo jox ugao ϕ, pod kojim se funk ija pribli�ava taq-
ki (0, 0). Smenom 1/x = t dobijamo
tgϕ = limx→0+
f ′(x) = limx→0+
x+ 1
xe−1/x = lim
t→+∞
(1 + t)e−t.
Sada se primenom Lopitalovog pravila dobija
tgϕ = limt→+∞
1 + t
et= lim
t→+∞
1
et= 0 =⇒ ϕ = arctg 0 = 0 .
10
Konveksnost i prevojne taqke: Izraqunajmo drugi izvod funk-
ije f .
f ′′(x) =
((
1 +1
x
)
e−1
x
)′
= − 1
x2e−
1
x +
(
1 +1
x
)
e−1
x
1
x2
= − 1
x2e−
1
x +
(
1
x2+
1
x3
)
e−1
x =e−
1
x
x3.
Funk ija f je konveksna akko x ∈ (0,+∞), odnosno f je kon-
kavna akko x ∈ (−∞, 0).
Grafik funk ije:
11
Grafik funk ije f(x) = xe−1/x .
Zadatak 3. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije
f(x) = x · ln x− 1
ln x+ 1.
Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana za x > 0 (logaritamska
funk ija je definisana za pozitivne vrednosti x) i ln x+1 6=0 (imenila razliqit od nule), tj. ln x 6= −1, odnosno x 6= 1/e.Stoga je
Df = (0, 1/e) ∪ (1/e,+∞).
Parnost i neparnost: Poxto domen nije simetriqan (za svako xkoje pripada domenu, −x ne pripada domenu), ne ispitujemo
ovu taqku.
Nule i znak: f(x) = 0 ako i samo ako je ln x − 1 = 0, tj. x = e, pafunk ija seqe x-osu u taqki N(e, 0).
12
Znak funk ije:
f(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, 1/e) ∪ (e,+∞) i f(x) < 0 ⇔ x ∈ (1/e, e).
Asimptote: Ispitajmo ponaxa�e na rubu domena:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
x · ln x− 1
lnx+ 1= lim
x→+∞
x ·1− 1
ln x
1 +1
ln x
= +∞ .
Funk ija nema horizontalnu, pa proveravamo egzisten iju ko-
se asimptote.
k = limx→+∞
f(x)
x= lim
x→+∞
ln x− 1
ln x+ 1= lim
x→+∞
1− 1
ln x
1 +1
ln x
= 1,
n = limx→+∞
(f(x)− kx) = limx→+∞
x
(
ln x− 1
ln x+ 1− 1
)
= limx→+∞
ln x− 1
lnx+ 1− 1
1
x
0
0= limx→+∞
1/x(lnx+ 1)− (ln x− 1)1/x
(lnx+ 1)2
− 1
x2
= limx→+∞
2
x(ln x+ 1)2
− 1
x2
= limx→+∞
−2x
(ln x+ 1)2= −∞ .
Dakle, f nema asimptota kad x → +∞.
Dae je:
limx→0+
ln x− 1
ln x+ 1
∞
∞= limx→0+
1
x1
x
= 1 =⇒ limx→0+
x · ln x− 1
ln x+ 1= 0 .
13
Ugao pod kojim se grafik funk ije f pribli�ava taqki (0, 0)sa desne strane oznaqimo sa ϕ. Kasnije �emo odrediti i vred-
nost ovog ugla.
Ispitajmo sada ponaxa�e funk ije u blizini taqke x = 1/e.
limx→1/e+
x · ln x− 1
ln x+ 1=
1
e· −2
0+= −∞ i
limx→1/e−
x · ln x− 1
ln x+ 1=
1
e· −2
0−= +∞ .
Dakle, prava x = 1/e je vertikalna asimptota funk ije f .
Monotonost i ekstremne vrednosti:
f ′(x) =ln x− 1
ln x+ 1+ x · 2
x(ln x+ 1)2=
ln2 x+ 1
(ln x+ 1)2.
Utvrdimo da za svako x ∈ Df va�e nejednakosti
ln2 x+ 1 > 0 i (ln x+ 1)2 > 0.
Prema tome, ne postoji nula funk ije f ′, pa ne postoje kandi-
dati za lokalni ekstremum. Kako je f ′(x) > 0 za sve x ∈ Df ,
funk ija f raste na (0, 1/e) i (1/e,+∞).
Na graniqnu vrednost tgϕ = limx→0+ f ′(x) dva puta se prime-�uje Lopitalovo pravilo za sluqaj ∞/∞.
tgϕ = limx→0+
2ln x
x
2ln x+ 1
x
= limx→0+
ln x
ln x+ 1= lim
x→0+
1
x1
x
= 1
⇒ ϕ = arctg 1 =π
4.
14
Konveksnost i prevojne taqke:
Izraqunajmo drugi izvod funk ije:
f ′′(x) =
(
ln2 x+ 1
(lnx+ 1)2
)′
=
2 lnx
x(ln x+ 1)2 − (ln2 x+ 1)
2(lnx+ 1)
x(lnx+ 1)4
=
ln x+ 1
x
(
2 lnx(ln x+ 1)− 2(ln2 x+ 1))
(ln x+ 1)4
=2 ln2 x+ 2 ln x− 2 ln2 x− 2
x(ln x+ 1)3
=2(ln x− 1)
x(ln x+ 1)3.
Va�i f ′′(x) = 0 za ln x− 1 = 0, tj. x = e.Znak drugog izvoda:
Funk ija f je konveksna na intervalu (0, 1/e)∪ (e,+∞) i kon-kavna na intervalu (1/e, e).Taqka P (e, 0) je prevojna taqka funk ije.
15
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
16
Grafik funk ije f(x) = xe−1/x .
Zadatak 4. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije
f(x) =√x2 − 1− x.
Rexe�e: Domen: Funk ija je definisana za x2 − 1 ≥ 0 (potkorena
veliqina mora da bude nenegativna), pa je
Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).
Parnost i neparnost: Domen je simetriqan, pa ima smisla pro-
veriti da li funk ija poseduje neku od ovih osobina.
f(x) 6= f(−x) =√x2 − 1 + x 6= −f(x).
Dakle, funk ija f nije ni parna ni neparna.
17
Nule i znak: Va�i da je f(x) = 0 akko je
√x2 − 1 = x. Ova jed-
naqina ima rexe�e ako je x ≥ 0 i x2 − 1 = x2. Kako takvo
rexe�e ne postoji, sledi da funk ija f nema nula.
Dae,
f(x) > 0 akko
√x2 − 1− x > 0 akko
√x2 − 1 > x.
Posmatranu nejednaqinu rexavamo na domenu Df :
1. Ako je x ≤ −1, nejednaqina je trivijalno ispu�ena,
2. Ako je x ≥ 1, nejednaqina je ekvivalentna sa x2 − 1 > x2,
koja nema realnih rexe�a.
f(x) < 0 akko
√x2 − 1− x < 0 akko
√x2 − 1 < x.
Ovu nejednaqinu rexavamo sliqno kao i prethodnu:
1. Ako je x ≤ −1, nejednaqina nema rexe�a,
2. Ako je x ≥ 1, nejednaqina je ekvivalentna sa x2 − 1 < x2,
koja je uvek ispu�ena.
Na kraju, dobijamo znak funk ije:
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1] i f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ [1,+∞).
Asimptote:
Prvi naqin: Iskoristimo ovde Maklorenove razvoje:
√x2 − 1− x = |x|
√
1− 1
x2− x = |x|
(
1− 1
x2
)1/2
− x.
Kako 1/x2 → 0 kada x → ±∞, koriste�i se Maklorenovom
formulom za funk iju (1 + x)α imamo:
√x2 − 1− x = |x|
(
1− 1
2x2+ o
(
1
x2
))
− x
=
− 1
2x+ o
(
1
x
)
, x → +∞,
−2x+1
2x+ o
(
1
x
)
, x → −∞.
Dakle, prava y = 0 je desna horizontalna asimptota, a pravay = −2x je leva kosa asimptota funk ije f .Drugi naqin:
limx→−∞
(√x2 − 1− x
)
= +∞
18
Funk ija nema horizontalnu asimptota kada x → −∞. Zato,pronaÆimo vrednost koefi ijenta k i n kose asimptote:
k = limx→−∞
f(x)
x= lim
x→−∞
√x2 − 1− x
x
= limx→−∞
(
−√
1− 1
x2− 1
)
= −2.
n = limx→−∞
(f(x)− kx) = limx→−∞
(√x2 − 1 + x
)
= limx→−∞
x2 − 1− x2
√x2 − 1− x
= 0.
Dakle, prava y = −2x je kosa asimptota funk ije f kada
x → −∞.
limx→+∞
(√x2 − 1− x
)
= limx→+∞
x2 − 1− x2
√x2 − 1 + x
= 0.
Dakle, prava y = 0 je horizontalna asimptota funk ije fkada x → +∞.
Kako je funk ija f definisana u taqkama −1 i 1, ne ispituje-mo graniqne vrednosti u istim. Va�i f(1) = −1 i f(−1) = 1.
Monotonost i ekstremne vrednosti:
f ′(x) =2x
2√x2 − 1
−1 =x−
√x2 − 1√
x2 − 1= −
√x2 − 1− x√x2 − 1
= − f(x)√x2 − 1
.
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je f(x) = 0. Kako f nema nula,
to ih nema ni f ′, tj. f nema sta ionarnih taqaka.
Znak prvog izvoda:
19
f ↑ ⇐⇒ x ∈ (1,+∞) i f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1).
Funk ija f dosti�e lokalni minimum u taqki Tmin1(−1, 1) iTmin2(1,−1).
Konveksnost i prevojne taqke:
f ′′(x) =
(
−√x2 − 1− x√x2 − 1
)′
= −
(
x√x2 − 1
− 1
)√x2 − 1−
(√x2 − 1− x
) x√x2 − 1
x2 − 1
= −x−
√x2 − 1− x+
x2
√x2 − 1
x2 − 1
=
√x2 − 1− x2
√x2 − 1
x2 − 1
=−1
(x2 − 1)3/2
= −(
x2 − 1)−3/2
.
Oqigledno je f ′′(x) < 0 za svako x ∈ Df , pa je funk ija fkonkavna na elom domenu.
20
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
21
Grafik funk ije f(x) =√x2 − 1− x .
22