Matematika I - fsb.unizg.hr · Matematika I Tok funkcije Katedra za matematiku, FSB Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 21. studenoga 2018. 1 / 43. animation by animate[2012/05/24]

Matematika ITok funkcije

Katedra za matematiku, FSB

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 21. studenoga 2018. 1 / 43

Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja

Primjena diferencijalnog racuna na:ispitivanje rasta i pada funkcijepronalazenje kriticnih tocaka i ispitivanje ekstremaispitivanje zakretanja i tocaka pregiba

Primjena L’Hopitalovog pravila u odredivanju granicne vrijednostifunkcijeIspitivanje granicnog ponasanje funkcijeObjedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanja grafa


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja


Primjena L’Hopitalovog pravila u odredivanju granicne vrijednostifunkcije

Ispitivanje granicnog ponasanje funkcijeObjedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanja grafa


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja


Primjena L’Hopitalovog pravila u odredivanju granicne vrijednostifunkcijeIspitivanje granicnog ponasanje funkcije

Objedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanja grafa


Ciljevi ucenja

Ciljevi ucenja


Primjena L’Hopitalovog pravila u odredivanju granicne vrijednostifunkcijeIspitivanje granicnog ponasanje funkcijeObjedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanja grafa


Sadrzaj

Sadrzaj:

1 Rast i pad funkcije

2 Kriticne tocke funkcijeEkstremi funkcije

3 Zakretanja i pregibi

4 Alternativno ispitivanje ekstrema∗

5 L’Hopitalovo pravilo

6 Granicno ponasanje funkcije

7 Objedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanje grafa


Rast i pad funkcije

Rast i pad funkcije

y

xx1 x2

y ′(x1)< 0⇒ y pada u x1

y ′(x2)> 0⇒ y raste u x2


Rast i pad funkcije Primjeri

PRIMJER 1.

(a) Ispitati da li funkcija y = x4−x2 +3x raste ili pada u x =−1.(b) Da li funkcija u =

√t + t2 raste ili pada u t =−2?

Rjesenje

(a) y ′ = 4x3−2x +3⇒ y ′(−1) = 4(−1)3−2(−1)+3 = 1 > 0⇒ raste.(b) du

dt = 1+2t2√

t+t2⇒ du

dt (−2) = −32√

2< 0⇒ pada.



PRIMJER 1.

(a) Ispitati da li funkcija y = x4−x2 +3x raste ili pada u x =−1.(b) Da li funkcija u =

√t + t2 raste ili pada u t =−2?

Rjesenje

(a) y ′ = 4x3−2x +3⇒ y ′(−1) = 4(−1)3−2(−1)+3 = 1 > 0⇒ raste.(b) du

dt = 1+2t2√

t+t2⇒ du

dt (−2) = −32√

2< 0⇒ pada.



PRIMJER 2.

Razina vode u jezeru ovisi o vremenu t ovako: r(t) = 1t2−2t+2 . Da li se

ono puni ili prazni u trenutku t = 2?

Rjesenje

drdt

=−2t +2

(t2−2t +2)2 ⇒drdt

(2) =−0.5 < 0.

Dakle jezero se prazni.



PRIMJER 2.

Razina vode u jezeru ovisi o vremenu t ovako: r(t) = 1t2−2t+2 . Da li se

ono puni ili prazni u trenutku t = 2?

Rjesenje

drdt

=−2t +2

(t2−2t +2)2 ⇒drdt

(2) =−0.5 < 0.

Dakle jezero se prazni.



PRIMJER 3.

Polozaj cestice na osi x dan je s x(t) = t3−2t +1. Da li se ona utrenutku t = 1

2 prilizava ishodistu ili se udaljava od njega?

Rjesenje

x(

12

)=

18, v(t) =

dxdt

= 3t2−2⇒ v(

12

)=−5

4.

0

x(12) = 1

8

v(12) = −5

4

Priblizava se ishodistu!



PRIMJER 3.

Polozaj cestice na osi x dan je s x(t) = t3−2t +1. Da li se ona utrenutku t = 1

2 prilizava ishodistu ili se udaljava od njega?

Rjesenje

x(

12

)=

18, v(t) =

dxdt

= 3t2−2⇒ v(

12

)=−5

4.

0

x(12) = 1

8

v(12) = −5

4

Priblizava se ishodistu!



PRIMJER 4.

U kojem podrucju funkcija y = x2−4x +3 raste, a u kojem pada ?

Rjesenje

y

x1 2 3

y = x2 − 4x+ 3

y ′ = 2x−4RAST : 2x−4 > 0⇒ x > 2PAD : 2x−4 < 0⇒ x < 2



PRIMJER 4.

U kojem podrucju funkcija y = x2−4x +3 raste, a u kojem pada ?

Rjesenje

y

x1 2 3

y = x2 − 4x+ 3

y ′ = 2x−4RAST : 2x−4 > 0⇒ x > 2PAD : 2x−4 < 0⇒ x < 2



PRIMJER 5.

Odrediti na kojim intervalima funkcija y = x3−6x2 +9x raste, a nakojima pada.

Rjesenje

y ′ = 3x2−12x +9 = 3(x2−4x +3) = 3(x−1)(x−3)

x (0) 1 (2) 3 (10)y ↗ 4 ↘ 0 ↗y ′ + 0 − 0 +

Funkcija raste na (−∞,1)∪ (3,∞) i pada na (1,3).



PRIMJER 5.

Odrediti na kojim intervalima funkcija y = x3−6x2 +9x raste, a nakojima pada.

Rjesenje

y ′ = 3x2−12x +9 = 3(x2−4x +3) = 3(x−1)(x−3)

x (0) 1 (2) 3 (10)y ↗ 4 ↘ 0 ↗y ′ + 0 − 0 +

Funkcija raste na (−∞,1)∪ (3,∞) i pada na (1,3).



Rjesenje (nastavak)y

x0 1 3

4


Kriticne tocke funkcije

KRITICNE TOCKE FUNKCIJE

x0 je kriticna tocka za funkciju f ako je f ′(x0) = 0 ili ako f ′ nijedefinirana u x0. Na slici dolje je dano nekoliko primjera kriticnih tocaka.

y

xx1 x2 x3


Kriticne tocke funkcije Ekstremi funkcije

EKSTREMI FUNKCIJE

y

xx1 x2 x3

x x1 x2 x3

y ↗ lok .max ↘ lok .

min ↗ nijeekstr . ↗

y ′ + 0 − 0 + 0 +


Kriticne tocke funkcije Primjeri

PRIMJER 6.

Nadimo kriticne tocke funkcije y = x4−4x3 +4x2−1. Odredimo ukojima od njih funkcija postize lokalne ekstreme te koliki su ti ekstremi.

Rjesenje

y ′ = 4x3−12x2 +8x = 4x(x2−3x +2) = 4x(x−1)(x−2)y ′ = 0⇒ x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2 su jedine kriticne tocke.y(0) =−1, y(1) = 0, y(2) =−1.Tablica rasta i pada:

x (−100) 0 (0.5) 1 (1.5) 2 (100)y ↘ lok .

min ↗ lok .max ↘ lok .

min. ↗y ′ − 0 + 0 − 0 +



PRIMJER 6.

Nadimo kriticne tocke funkcije y = x4−4x3 +4x2−1. Odredimo ukojima od njih funkcija postize lokalne ekstreme te koliki su ti ekstremi.

Rjesenje

y ′ = 4x3−12x2 +8x = 4x(x2−3x +2) = 4x(x−1)(x−2)y ′ = 0⇒ x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2 su jedine kriticne tocke.y(0) =−1, y(1) = 0, y(2) =−1.Tablica rasta i pada:

x (−100) 0 (0.5) 1 (1.5) 2 (100)y ↘ lok .

min ↗ lok .max ↘ lok .

min. ↗y ′ − 0 + 0 − 0 +




x

−1

0 1 2



PRIMJER 7.

Ispitati rast, pad i ekstreme funkcije y = x23 .

Rjesenje

y ′ = 23x−

13 = 2

3 3√x⇒ y ′ nema nul-tocaka i y ′(0) nije definirano, tj. u 0 je

kriticna tocka.Tablica rasta i pada:

x −∞ 0 ∞

y ↘ 0lok .min ↗

y ′ − nijedef . +

Iz tablice slijedi da funkcija u 0 ima lokalni minimum!Napomena: Uocite da funkcija u 0 nije derivabilna (na grafu se to vidikao spic)!



PRIMJER 7.

Ispitati rast, pad i ekstreme funkcije y = x23 .

Rjesenje

y ′ = 23x−

13 = 2

3 3√x⇒ y ′ nema nul-tocaka i y ′(0) nije definirano, tj. u 0 je

kriticna tocka.Tablica rasta i pada:

x −∞ 0 ∞

y ↘ 0lok .min ↗

y ′ − nijedef . +

Iz tablice slijedi da funkcija u 0 ima lokalni minimum!Napomena: Uocite da funkcija u 0 nije derivabilna (na grafu se to vidikao spic)!




x

y = x23


Kriticne tocke funkcije Zadatak

ZADATAK 1.Nadite intervale rasta, pada te ekstreme i na osnovi tih podatakaskicirajte kvalitativan graf slijedecih funkcija:

1 y = 13x3−3x2 +5x

2 y = x4−2x2

3 y = x3−3x2−6x4 y = x3−3x2 +4


Zakretanja i pregibi

ZAKRETANJA I PREGIBI

y ′(x) pada za x ∈ (−∞,x0) tj. y ′′(x)< 0y ′ raste za x ∈ (x0,∞) tj. y ′′(x)> 0y ′′(x0) = 0, (y se pregiba u x0)

x x0

y a pregib(infleksija) `

y ′′ − 0 +


Zakretanja i pregibi Primjer

PRIMJER 8.

Nadite intervale na kojima funkcija y = x3−x +4 zakrece gore,odnosno dolje te odredite tocke pregiba. Nacrtajte zatim kvalitativangraf.

RjesenjeDomena funkcije i njezinih derivacija je R.y ′ = 3x2−1⇒ y ′′ = 6x = 0⇒ x0 = 0.Tablica:

x 0y a pregib

(infleksija) `

y ′′ − 0 +

Funkcija je konkavna (zakrece prema dolje) na (−∞,0), konveksna(zakrece prema gore) na (0,∞). Dakle, u tocki x0 = 0 je pregib.



PRIMJER 8.

Nadite intervale na kojima funkcija y = x3−x +4 zakrece gore,odnosno dolje te odredite tocke pregiba. Nacrtajte zatim kvalitativangraf.

RjesenjeDomena funkcije i njezinih derivacija je R.y ′ = 3x2−1⇒ y ′′ = 6x = 0⇒ x0 = 0.Tablica:

x 0y a pregib

(infleksija) `

y ′′ − 0 +

Funkcija je konkavna (zakrece prema dolje) na (−∞,0), konveksna(zakrece prema gore) na (0,∞). Dakle, u tocki x0 = 0 je pregib.



Rjesenje (nastavak)Za skicu kvalitativnog grafa odredimo prvo kriticne tocke:y ′ = 3x2−1 = 0⇒ x1,2 =± 1√

3Tablica(objedinjeno):

x − 1√3

0 1√3

y ↗a lok .max ↘a pregib ↘` lok .

min. ↗`y ′ + 0 − − − 0 +

y ′′ − − − 0 + + +




x− 1√3

1√3

4

y = x3 − x+ 4


Zakretanja i pregibi Zadatak

ZADATAK 2.Nadite intervale zakretanja i tocke pregiba za

1 y = x3−6x2

2 y = x4−4x3

3 y = x5−x4


Alternativno ispitivanje ekstrema∗


y

xx1 x2 x3

y ima max u x1y ′(x1) = 0, y ′′(x1)< 0

y ima min u x2y ′(x2) = 0, y ′′(x2)> 0

U x3 funkcija y nema ekstrem iako je y ′(x3) = 0, y ′′(x3) = 0



PRIMJER 9.

Odredimo ekstreme funkcije y = x3−3x +1.

Rjesenje

y ′ = 3x2−3 = 3(x2−1) = 3(x +1)(x−1)x1 =−1 i x2 = 1 su kriticne tocke.y ′′ = 6x ⇒ y ′′(−1) =−6 < 0⇒ u x1 =−1 je lokalni maksimum.y ′′ = 6x ⇒ y ′′(1) = 6 > 0⇒ u x1 = 1 je lokalni minimum.



PRIMJER 9.

Odredimo ekstreme funkcije y = x3−3x +1.

Rjesenje

y ′ = 3x2−3 = 3(x2−1) = 3(x +1)(x−1)x1 =−1 i x2 = 1 su kriticne tocke.y ′′ = 6x ⇒ y ′′(−1) =−6 < 0⇒ u x1 =−1 je lokalni maksimum.y ′′ = 6x ⇒ y ′′(1) = 6 > 0⇒ u x1 = 1 je lokalni minimum.



x

t

USPORAV A UBRZAV A

Ako x = x(t) opisuje gibanjecestice po osi x onda je x ′′ =x ′′(t) njezina akceleracija.AKO JE x ′(t)> 0:

x ′′(t)> 0 CESTICA UBRZAVA

x ′′(t)< 0 CESTICA USPORAVA



x

t

USPORAV A UBRZAV A

Ako x = x(t) opisuje gibanjecestice po osi x onda je x ′′ =x ′′(t) njezina akceleracija.AKO JE x ′(t)< 0:

x ′′(t)> 0 CESTICA USPORAVA

x ′′(t)< 0 CESTICA UBRZAVA


L’Hopitalovo pravilo


Prije ispitivanja granicno ponasanje funkcije pokazat cemo L’Hopitalovopravilo koje omogucava nalazenje neodredenih granicnih vrijednosti pomocuderivacija.

limt→t0

yx

=

(00

)=

dydx

∣∣∣∣t0

=yx

∣∣∣∣t0


limx→a

f (x)g(x)

=

(00

)= lim

x→a

f ′(x)g′(x)

=

(00

)= · · ·

dok ne dodemo do kvocijenta koji je odreden.


L’Hopitalovo pravilo Primjer

PRIMJER 10.

limx→−2

x4 +7x3 +18x2 +20x +8x3 +6x2 +12x +8

=?

Rjesenje:

limx→−2

x4 +7x3 +18x2 +20x +8↗0

x3 +6x2 +12x +8↘0

=

=

(00

)L’H= lim

x→−2

4x3 +21x2 +36x +20↗0

3x2 +12x +12↘0

=

(00

)L’H= lim

x→−2

12x2 +42x +36↗0

6x +12↘0

=

(00

)L’H= lim

x→−2

24x +426

=−48+42

6= −1


L’Hopitalovo pravilo Primjer

PRIMJER 10.

limx→−2

x4 +7x3 +18x2 +20x +8x3 +6x2 +12x +8

=?

Rjesenje:

limx→−2

x4 +7x3 +18x2 +20x +8↗0

x3 +6x2 +12x +8↘0

=

=

(00

)L’H= lim

x→−2

4x3 +21x2 +36x +20↗0

3x2 +12x +12↘0

=

(00

)L’H= lim

x→−2

12x2 +42x +36↗0

6x +12↘0

=

(00

)L’H= lim

x→−2

24x +426

=−48+42

6= −1


L’Hopitalovo pravilo Zadatak

ZADATAK 3.Izracunajte sljedece limese. Primijenite L’Hopitalovo pravilo kada jemoguce!

a) limx→2

x2−4x +4x3−3x2 +4

b) limx→4

x +√

x−6√x−2

c) limx→a

xm−am

xn−an d) limx→3

x3−x2−3x4−x−3

Rjesenja:

a)13

b) 5 c)mn

am−n d)515

F

F: limx→3

x3−x2−3x4−x−3

6=(

00

)pa l’Hopitalovo pravilo nije primjenjivo.UvrLˇavanjem dobivamo traLleni limes.


L’Hopitalovo pravilo Zadatak

ZADATAK 3.Izracunajte sljedece limese. Primijenite L’Hopitalovo pravilo kada jemoguce!

a) limx→2

x2−4x +4x3−3x2 +4

b) limx→4

x +√

x−6√x−2

c) limx→a

xm−am

xn−an d) limx→3

x3−x2−3x4−x−3

Rjesenja:

a)13

b) 5 c)mn

am−n d)515

F

F: limx→3

x3−x2−3x4−x−3

6=(

00

)pa l’Hopitalovo pravilo nije primjenjivo.UvrLˇavanjem dobivamo traLleni limes.


L’Hopitalovo pravilo Primjeri

PRIMJER 11.Izracunajmo ponovo neke limese iz poglavlja ”Osnovno o limesima”:

a) limx→0

sinxx

b) limx→0+

x tgx c) limx→∞

x1x

Rjesenja:

a) limx→0

sinxx

=

(00

)L’H= lim

x→0

cosx1

= 1.

b) Neka je L = limx→0+

x tgx . Imamo:

lnL = limx→0+

tg(x) · ln(x) = (0 ·∞) = limx→0+

lnxctgx =

(−∞

∞

)L’H= lim

x→0+

1x−1

sin2 x

= limx→0+

sin2 xx = lim

x→0+sin(x) · lim

x→0+

sinxx = 0 ·1 = 0

=⇒ L = e0 = 1.



PRIMJER 11.Izracunajmo ponovo neke limese iz poglavlja ”Osnovno o limesima”:

a) limx→0

sinxx

b) limx→0+

x tgx c) limx→∞

x1x

Rjesenja:

a) limx→0

sinxx

=

(00

)L’H= lim

x→0

cosx1

= 1.

b) Neka je L = limx→0+

x tgx . Imamo:

lnL = limx→0+

tg(x) · ln(x) = (0 ·∞) = limx→0+

lnxctgx =

(−∞

∞

)L’H= lim

x→0+

1x−1

sin2 x

= limx→0+

sin2 xx = lim

x→0+sin(x) · lim

x→0+

sinxx = 0 ·1 = 0

=⇒ L = e0 = 1.



c) Neka je sada L = limx→∞

x1x . Imamo:

lnL = limx→∞

1x · ln(x) = (0 ·∞) = lim

x→∞

lnxx =

(∞

∞

)L’H= lim

x→∞

1x1 = 0

=⇒ L = e0 = 1.

ZADATAK 4.Izracunajte sljedece limese primjenom L’Hopitalovog pravila:

a) limx→∞

ex +x2

ex +4x, [R : 1] b) lim

x→0x−sinx

x3 , [R : 1/6]

c) limx→0

tgx−xx3 , [R : 1/3] d) lim

x→∞

√9x+1√x+1

, [R : 3]

e) limx→1+

(1

x−1− 1

lnx

), [R :−1/2] f ) lim

x→∞

(1+ 1

x

)x, [R : 1].


Granicno ponasanje funkcije

GRANICNO PONASANJE FUNKCIJE

PRIMJER 12.

Ispitati granicno ponasenje funkcije y =1+x1−x

.

RjesenjePonasanje u ”beskonacnosti”:

limx→±∞

1+x1−x

L’H= lim

x→±∞

(1+x)′

(1−x)′= lim

x→±∞(−1) =−1

Dakle, y =−1 je horizontalna asimptota funkcije.




PRIMJER 12.

Ispitati granicno ponasenje funkcije y =1+x1−x

.

RjesenjePonasanje u ”beskonacnosti”:

limx→±∞

1+x1−x

L’H= lim

x→±∞

(1+x)′

(1−x)′= lim

x→±∞(−1) =−1

Dakle, y =−1 je horizontalna asimptota funkcije.




Rjesenje (nastavak)Funkcija ima prekid u x = 1. To je kandidat za vertikalnu asimptotu:

limx→1−

1+x1−x

= limx→1x<1

1+x1−x

=+∞

limx→1+

1+x1−x

= limx→1x>1

1+x1−x

=−∞

Dakle x = 1 jest vertikalna asimptota funkcije.




Rjesenje (nastavak)

y

x

−1

1

y = 1+x1−x



ZADATAK 5.Zapisite limese koji karakteriziraju granicno ponasanje funkcije

y

x1

−2

Slika: 1.

y

x

Slika: 2.



RjesenjeSlika 1. lim

x→±∞y(x) = 1, lim

x→−2−y(x) =−∞ lim

x→−2+y(x) = ∞

Slika 2. limx→−∞

y(x) = 0, limx→∞

y(x) = ∞, limx→0−

y(x) = ∞ limx→0+

y(x) = ∞.



ZADATAK 6.Zapisite limese koji karakteriziraju granicno ponasanje funkcije

y

x

1

−1

2

Slika: 1.

y

x

2

Slika: 2.



RjesenjeSlika 1.lim

x→−∞y(x) =−1, lim

x→∞y(x) = 1 lim

x→0−y(x) = 1 lim

x→2+y(x) = ∞

Slika 2. limx→0+

y(x) = 0, limx→∞

y(x) = 2.



HORIZONTALNA ASIMPTOTA

Ako je limx→∞

y(x) = c, c konstanta, onda graf funkcije y = y(x) ima sdesne strane horizontalnu asimptotu y = c.

Ako je limx→−∞

y(x) = d , d konstanta, onda graf funkcije y = y(x) ima s

lijeve strane horizontalnu asimptotu y = d .



VERTIKALNA ASIMPTOTA

Ako je x0 tocka prekida funkcije y = y(x), u kojoj je

limx→x0−

y(x) =±∞ ili limx→x0+

y(x) =±∞

onda graf funkcije y = y(x) ima vertikalnu asimptotu x = x0.


Granicno ponasanje funkcije Zadatak

ZADATAK 7.Ispitajte granicno ponasanje funkcije:

(1) y =− x(x−2)2

(2) y =2x +1x−2

(3) y =x2 +1x2−1


Objedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanje grafa

OBJEDINJENO ISPITIVANJE TOKA FUNKCIJE

1 DOMENA2 PARNOST: y(−x) = y(x); NEPARNOST: y(−x) =−y(x)3 GRANICNO PONASANJE: VERTIKALNE I HORIZONTALNE

ASIMPTOTE4 RAST I PAD, EKSTREMI (1. DERIVACIJA)5 NEKE OSOBITE TOCKE GRAFA: SJECISTA S OSIMA6 ZAKRETANJA I PREGIBI (2. DERIVACIJA)7 SKICA GRAFA FUNKCIJE


Objedinjeno ispitivanje toka funkcije i crtanje grafa Zadatak

ZADATAK 8.Ispitajte tok i skicirajte graf funkcije:

(1) y = x3−x

(2) y =x2−1

x

(3) y =x

x2 +1

(4) y =x2 +xx−1


Documents

Matematika I - fsb.unizg.hr · Matematika I Tok funkcije Katedra za matematiku, FSB Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika I 21. studenoga 2018. 1 / 43. animation by animate[2012/05/24]