5836. Ispitivanje toka funkcije

Ispitujemo redom: oblast definisanosti, nule i znak, parnost, asimptote, monotonost i ekstremume (prvi izvod), konveksnost i prevojne tačke (drugi izvod), pa crtamo grafik.

Imenilac mora biti različit od nule: $x\neq0 .$ Oblast definisanosti je $D=\mathbb{R}\setminus\{0\} .$

Nule nalazimo iz jednačine $f(x)=0 .$ Ta jednačina nema rešenja u oblasti definisanosti, pa grafik ne seče $x$ -osu.

Znak funkcije određujemo iz znakova činilaca:

x\in(-\infty,0)

x\in(0,+\infty)

x

-

+

x^{2} + 4

+

+

f(x)

-

+

Funkcija je neparna, jer je $f(-x)=-f(x)$ za svako $x$ iz oblasti; grafik je simetričan u odnosu na koordinatni početak.

f(-x)=- x - \frac{4}{x}=-f(x)

Vertikalne asimptote tražimo na krajevima oblasti definisanosti koji nisu u njoj (tačke u kojima funkcija nije definisana). Granična vrednost je beskonačna, pa je $x=0$ vertikalna asimptota.

\lim_{x\to0^{-}}f(x)=-\infty, \qquad \lim_{x\to0^{+}}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.

Prvi izvod nalazimo pravilima za izvod zbira, proizvoda, količnika i složene funkcije, pa ga rastavljamo na činioce:

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

Prvi izvod je jednak nuli ili ne postoji u tačkama $x=-2 ,$ $x=2 .$ One, zajedno sa tačkama prekida, dele oblast definisanosti na intervale na kojima izvod ima stalan znak.

x\in(-\infty,-2)

x\in(-2,0)

x\in(0,2)

x\in(2,+\infty)

x^{2}

+

+

+

+

x - 2

-

-

-

+

x + 2

-

+

+

+

f'(x)

+

-

-

+

f(x)

\nearrow

\searrow

\searrow

\nearrow

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

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

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.

Drugi izvod je izvod prvog izvoda. Diferenciramo $f'(x)$ i sređujemo:

f''(x)=\frac{8}{x^{3}}

x\in(-\infty,0)

x\in(0,+\infty)

x^{3}

-

+

f''(x)

-

+

f(x)

\cap

\cup

Funkcija je konveksna ( $\cup$ ) na $(0,+\infty) ,$ a konkavna ( $\cap$ ) na $(-\infty,0) .$ Drugi izvod nigde ne menja znak u oblasti definisanosti, pa prevojnih tačaka nema.

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

Započni učenje

Online časovi

246.ž

Beleške

Slični zadaci

Slični zadaci