5835. Ispitivanje toka funkcije

Tok funkcije ispitujemo po redu: domen, nule i znak, parnost, asimptote, prvi izvod (monotonost, ekstremumi), drugi izvod (konveksnost, prevoji) i na kraju skica grafika.

Imenilac mora biti različit od nule: $x\neq-2 .$ Oblast definisanosti je $D=\mathbb{R}\setminus\{-2\} .$

Grafik seče $x$ -osu tamo gde je $f(x)=0 .$ Ta jednačina nema rešenja u oblasti definisanosti, pa grafik ne seče $x$ -osu.

Presek sa $y$ -osom: $f(0)=2 .$

Znak funkcije na intervalima između nula i tačaka prekida:

x\in(-\infty,-2)

x\in(-2,+\infty)

x + 2

-

+

x^{2} + 2 x + 4

+

+

f(x)

-

+

Oblast definisanosti nije simetrična u odnosu na $x=0 ,$ pa funkcija nije ni parna ni neparna.

Vertikalne asimptote tražimo na krajevima oblasti definisanosti koji nisu u njoj (tačke u kojima funkcija nije definisana). Granična vrednost je beskonačna, pa je $x=-2$ vertikalna asimptota.

\lim_{x\to-2^{-}}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to-2^{+}}f(x)=+\infty

Kada $x\to\pm\infty ,$ $f(x)$ teži beskonačnosti, pa horizontalne asimptote nema. Kosu asimptotu $y=kx+n$ tražimo iz $k=\lim\frac{f(x)}x$ i $n=\lim(f(x)-kx)$ ; na obe strane dobijamo iste vrednosti:

k=\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}x=1, \qquad n=\lim_{x\to\pm\infty}\left(f(x)-x\right)=0 \implies y=x

Iz gradiva: diferencijabilna funkcija $f:(a,b)\to\mathbb{R}$ je na intervalu $(a,b)$ rastuća ako i samo ako je $f'(x)\geq0$ za sve $x\in(a,b) ,$ a opadajuća ako i samo ako je $f'(x)\leq0$ za sve $x\in(a,b) .$ Zato monotonost određujemo iz znaka prvog izvoda. Iz gradiva: ako $f'(x)$ menja znak kada $x$ prolazi kroz $x_0 ,$ tada je $x_0$ tačka strogog lokalnog ekstrema: prelaz sa $-$ na $+$ daje minimum, a sa $+$ na $-$ maksimum.

Računamo prvi izvod i sređujemo ga do oblika proizvoda, iz kog se lako čita znak:

f'(x)=\frac{\left(2 x + 2\right)\left(x + 2\right)-\left(x \left(x + 2\right) + 4\right)\left(1\right)}{\left(x + 2\right)^{2}}=\frac{x \left(x + 4\right)}{\left(x + 2\right)^{2}}

Prvi izvod je jednak nuli ili ne postoji u tačkama $x=-4 ,$ $x=0 .$ One, zajedno sa tačkama prekida, dele oblast definisanosti na intervale na kojima izvod ima stalan znak.

x\in(-\infty,-4)

x\in(-4,-2)

x\in(-2,0)

x\in(0,+\infty)

x

-

-

-

+

\left(x + 2\right)^{2}

+

+

+

+

x + 4

-

+

+

+

f'(x)

+

-

-

+

f(x)

\nearrow

\searrow

\searrow

\nearrow

Funkcija raste na $(-\infty,-4)$ i na $(0,+\infty) ,$ a opada na $(-4,-2)$ i na $(-2,0) .$

U tački $x=-4$ izvod menja znak sa $+$ na $- ,$ pa je to lokalni maksimum: $f(-4)=-6 .$ U tački $x=0$ izvod menja znak sa $-$ na $+ ,$ pa je to lokalni minimum: $f(0)=2 .$

Iz gradiva: funkcija je konveksna na $(a,b)$ ako i samo ako je $f''(x)\geq0$ za sve $x\in(a,b) ,$ a konkavna ako i samo ako je $f''(x)\leq0 .$ Ako $f''(x)$ menja znak pri prolazu kroz $x_0 ,$ tada je $(x_0,f(x_0))$ prevojna tačka.

Diferenciranjem prvog izvoda dobijamo drugi izvod:

f''(x)=\frac{8}{\left(x + 2\right)^{3}}

x\in(-\infty,-2)

x\in(-2,+\infty)

\left(x + 2\right)^{3}

-

+

f''(x)

-

+

f(x)

\cap

\cup

Funkcija je konveksna ( $\cup$ ) na $(-2,+\infty) ,$ a konkavna ( $\cap$ ) na $(-\infty,-2) .$ Drugi izvod nigde ne menja znak u oblasti definisanosti, pa prevojnih tačaka nema.

Rezime: funkcija raste na $(-\infty,-4)$ i na $(0,+\infty) ,$ a opada na $(-4,-2)$ i na $(-2,0)$ ; lokalni maksimum $\left(-4,\ -6\right)$ ; lokalni minimum $\left(0,\ 2\right)$ ; asimptote: $x=-2 ,$ $y=x$ ; funkcija je konveksna ( $\cup$ ) na $(-2,+\infty) ,$ a konkavna ( $\cap$ ) na $(-\infty,-2) .$ Na osnovu svega ovoga crtamo grafik.

Započni učenje

Online časovi

246.z

Beleške

Slični zadaci

Slični zadaci