IspitivaƬe funkcija. Teorijski uvod

Transcript

1 IspitivaƬe funkcija Teorijski uvod IspitivaƬe funkcija je centralni i svakako najbitniji deo svakog kursa matematike. On daje matematiqku osnovu za skiciraƭe grafika na osnovu matematiqke formule određenih pojava koje se javʃaju u ekonomiji, prirodnim naukama, tehnici, fizici... Da ne bi imali problema sa ispitivaƭem toka funkcije potrebno je da dobro svladate reavaƭe jednaqina i nejednaqina (to je sredƭokolska matematika), određivaƭe graniqnih vrednosti (esa) i raqunaƭe izvoda funkcije. Mi emo ispitivaƭe funkcija razloжiti na sedam delova:. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije). Nule, znak funkcije i presek sa y-osom. Parnost i periodiqnost funkcije 4. Graniqne vrednosti funkcije na krajevima domena i asimptote funkcije 5. Prvi izvod, monotonost i lokalni ekstremi funkcije 6. Drugi izvod, konveksnost i prevojne taqke funkcije 7. CrtaƬe grafika funkcije. Na osnovu svih prethodno određenih taqaka crtamo grafik funkcije. Ukoliko se neke taqke ne slaжu međusobno ne nastavʃamo sa radom, nego se osvrnemo i ako moжemo utvrdimo gde je greka (jer bi nastavak rada mogao da prouzrokuje jo greaka). Na grafiku oznaqavamo (ako postoje) slede e taqke: nule, presek sa y-osom to je taqka (0, f(0)), minimume i maksimume, prevojne taqke, zatim crtamo asimptote i oznaqavamo (crticama) graniqne vrednosti i na kraju sve to spojimo vode i raquna o znaku, monotonosti i konveksnosti. Ako se neto ne slaжe, to je pokazateʃ da smo naqinili neku greku u raqunu neke od prethodnih stavki! Takođe na pozitivnom smeru -ose treba staviti strelicu i, a na pozitivnom smeru y-ose treba staviti strelicu i f(). Naredni grafici vam daju predstavu kako izgleda funkcija (oni su dobijeni kori eƭem programskog paketa Mejpl), ali na Ƭima morate da oznaqite sve gore navedeno. Takođe od vas se ne oqekuju prirodne proporcije nego samo da skicirate grafik (znaqi, da vodite raquna o znaku, monotonosti i konveksnosti, kao i kakav je međusobni odnos odgovaraju ih taqaka i pravih ta je pre, ta je gore...). Pribliжne vrednosti koordinata sluжe za te procene, ali se od vas ne oqekuje da to radite na ispitu!

2 Zadaci Ispitati tok i skicirati grafik slede ih funkcija:. f() =. ReeƬe. Funkcija f() je definisana kada su definisane funkcije g() = i h() = (to je uvek jer su polinomi definisani za svako R) i kada je h() = 0, tj., odnosno ±. Stoga je domen funkcije f jednak D = (, ) (, ) (, + ). f(0) = = 0, pa je presek sa y-osom taqka Y (0, 0). Datu funkciju moжemo predstaviti u obliku f() = ( ). Odavde određujemo nule i znak na osnovu tablice u kojoj imamo znak svakog qlana ponaosob: (, ) (, ) (, 0) 0 (0, ) (, ) (, + ) f() Dobijamo da je funkcija f() ima nule =, = 0 i =, kao i da je f() < 0 za (, ) (, 0) (, ), a f() > 0 za (, ) (0, ) (, + ). Kako je f( ) = ( ( ) ) ( ) = ( ) = f() za D dobijamo da je funkcija f() neparna. Grafik ove funkcije je centralno simetriqan u odnosu na koordinatni poqetak O(0, 0). Funkcija f() nije ni periodiqna. Dokaz: pretpostavimo suprotno, tj. da je periodiqna sa periodom T. Tada je f( + T) = f() za D, ali ako bi uzeli = T dobijamo kontradikciju f( ) = f( T) to je nemogu e jer za funkcija nije definisana, a za T jeste). 4 Kako je domen D = (, ) (, ) (, + ) potrebno je odrediti slede ih est esa: f(), f(), f(), f(), f(), f() f() = f() = = = = [ ( ) ( ) ( ) = 4 + = = jer kad onda 0 i 0. ] = +. Potpuno analogno se dobijaju f() =, f() = + i f() = f() moжemo izraqunati kao i pravila jer je to es oblika : Asimptote: Kako smo dobili da je asimptota. f(), ali emo ovde uraditi na drugi naqin, pomo u Lopitalovog f() = + + f() = + (a i L.P. = + L.P. = + 6 = +. + f() = ) prava = je vertikalna Kako je f() = + (a i f() = ) i prava = je vertikalna asimptota. Kako su f() i f() + beskonaqni funkcija nema horizontalnih asimptota, ali moжe imati kosih. + Kako se svi esi potpuno analogno raqunaju i za i za +, svuda emo pisati ±. f() k = ± = = ± ± = ± Ovaj es je konaqan i 0, pa traжimo koeficijent n: = ± =. n = f() k = ± ± = + L.P. ± = ± = ± = I ovaj es je konaqan. Stoga je prava y = + 0, tj. y = obostrana kosa asimptota. [ ] = 0.

3 5 f () = 4 + ( ) ( + ). Svi qlanovi u ovom izrazu su pozitivni pa dobijamo: (, ) (, ) (, + ) ( ) ( + ) f () f() ր ր ր Funkcija je rastu a na intervaa: (, ), (, ) i (, + ). Nema ekstremnih taqaka. 6 f () = 4( + ) ( ) ( + ). Znak ( ) je isti kao i znak od i sliqno ( + ) ima isti znak kao i + (jer su u pitaƭu neparni stepeni). Kako je uvek + > 0 jer je 0, imamo tablicu: Funkcija ima jednu prevojnu taqku P(0, 0). (, ) (, 0) 0 (0, ) (, + ) ( ) + ( + ) f () f() P. f() = arcsin +. ReeƬe. Funkcija f() je definisana kada su definisana funkcija g() = (to je uvek jer su + polinomi definisani za svako R i > 0, pa je + 0) i kada je h(). Ovo je dvostruka nejednaqina koja se svodi na h() i h() (ukupno reeƭe se dobija kao presek odgovaraju ih reeƭa). Prvu od ovih nejednaqina h(), tj. reavamo tako to sve prebacimo na desnu + stranu: ( + ) + = + + =. Kako su kvadrati uvek pozitivni dobijamo da je reeƭe ove + nejednaqine (, + ), tj. ceo R. Potpuno analogno dobijamo da je R reeƭe i druge nejednaqine. Time smo dobili da je data funkcija definisana za svako R, tj. D = (, + ). f(0) = arcsin 0 = 0, pa je presek sa y-osom taqka Y (0, 0). + 0 Za funkciju arcsing() (kad je definisana, to nam u ovom zadatku ne predstavʃa problem jer je uvek definisana) vaжi da ima isti znak kao i funkcija g(). Stoga nule i znak određujemo na osnovu tablice:

4 (, 0) 0 (0, + ) f() 0 + Dobijamo da je funkcija f() ima nulu = 0, kao i da je f() < 0 za (, 0), a f() > 0 za (0, + ). Kako je f( ) = arcsin ( ) = arcsin = arcsin = f() za D f() je neparna. + ( ) + + Grafik ove funkcije je centralno simetriqan u odnosu na koordinatni poqetak O(0, 0). Funkcija f() nije ni periodiqna. Dokaz: pretpostavimo suprotno, tj. da je periodiqna sa periodom T, tj. f( + T) = f() za D. Tada se i nule periodiqno ponavʃaju, pa ako bi uzeli = T dobijamo kontradikciju f(0) = f( T) to je nemogu e jer f(0) = 0, a f( T) < 0). 4 Kako je domen D = (, + ) potrebno je odrediti dva esa: traжimo: f() = arcsin ( ) ± ± + = arcsin ± + = arcsin ± ( + ) ( ) ( + ) ( + ) + f() i f(). ƫih istovremeno + + = arcsin0 = 0. Kako domen nema prekida (tj. f() je definisana na celom skupu R) to f() nema vertikalnih asimptota. Kako je f() = arcsin = 0) prava y = 0 je obostrana horizontalna asimptota. ± ± + Kako funkcija ima horizontalnu asimptotu (sa obe strane) to ona nema kosih asimptota. 5 f ( ) () = =, pa dobijamo da je f +, < () = +, < <. +, > Odavde dobijamo znak prvog izvoda: (, ) (, ) (, + ) f () + f() ց min ր ma ց Funkcija je rastu a na (, ), a opadaju a na (, ), i na (, + ). Minimum je taqka M (, π ), a maksimum je M (, π ). Napomena. Naglasimo da u taqkama M i M funkcija f() ima pic (u tim taqkama funkcija jeste neprekidna, ali nije diferencijabilna). Koeficijent pravca tangente na krivu sa leve strane taqke M je k = f ( ) =, a sa desne strane je k = f + ( ) = (stoga se ove krive u taqki M seku pod uglom od 90 prva sa -osom zaklapa ugao od 45 jer je k = tg ϕ = ϕ = 45 i sliqno za drugu imamo da je k = tg ϕ = ϕ = 45 ). (Ova analiza piceva se ne oqekuje od studenata na ispitu!) 4 (+ ), < 6 f 4 () = (+ ), < < i odavde imamo tablicu: 4 (+ ), > (, ) (, 0) 0 (0, ) (, + ) f () f() P P P Funkcija ima prevojne taqke: P = M (, π ), P = Y (0, 0) i P = M (, π ). 4

5 . f() = +. ReeƬe. Funkcija f() je definisana kada je definisana funkcija g() = +, tj. kad je + definisano (za ) i kada je 0. PosledƬu nejednaqinu reavamo pomo u tablice: + (, ) (, 0) 0 (0, + ) Time smo dobili da su koren, a samim tim i funkcija f(), definisani kada je < ili kad je 0, tj. D = (, ) [0, + ). Presek sa y-osom je Y (0, ). Nađimo kada je f() = 0. Tad reavamo iracionalnu jednaqinu drugu stranu dobijamo = = 0. Kada prebacimo koren na +. Da bismo smeli da kvadriramo potrebno je da su obe strane istog znaka, + tj. kako je koren uvek nenegativan, treba i da je 0, tj. (to je uslov pod kojim smemo da kvadriramo; pored tog uslova sve vreme vodimo i raquna o D jer je tada funkcija definisana). Kada kvadriramo dobijamo jednaqinu + =, odnosno kada pomnoжimo sa + (to smemo jer D) dobijamo kvadratnu + jednaqinu 5 + = 0. ƫena reeƭa su = 5 (ovo reeƭe zadovoʃava i uslov i pripada D) i = 5 + (ovo reeƭe otpada jer ne zadovoʃava uslov ). Time smo dobili da ova funkciju ima samo jednu nulu N( 5, 0). Odredimo kada je f() > 0. To je ekvivalentno sa iracionalnom nejednaqinom >. Da bi smo + smeli da kvadriramo potrebno je da obe strane budu nenegativne (koren je to uvek, ali za levu stranu opet dolazimo do uslova 0, tj. ). Dolazimo do nejednaqine + >. Sada nije zgodno da + mnoжimo sa + (jer ovaj izraz moжe biti i negativan), nego emo da sve prebacimo na levu stranu i svedemo na zajedniqki imenilac: + + > 0, tj. 5 + > 0. Za ovaj izraz imamo tablicu: + (, ) (, 5 5 ) ( 5, ) ( 5+, + )

6 pa je reeƭe nejednaqine 5 + > 0 jednako (, 5 + ) ( 5+, + ). Kada jo ubacimo uslov da mora biti i D dobijamo da je f() > 0 za [0, 5 ). f() < 0 na svim osta intervaa na kojima je funkcija definisana (i nije nula), tj. za (, ) (, + ). Ovo sve moжemo predstaviti tabliqno kao (, ) (, 0) 0 (0, 5 5 ) ( 5, + ) f() Funkcija f() nije ni parna ni neparna ni periodiqna (to zakʃuqujemo na osnovu D). 4 Kako je domen D = (, ) [0, + ) potrebno je odrediti slede a tri esa i jednu vrednost funkcije: f(), f(), f(0) i f(). + f() = + = = + = ( + )( ) ( + ) = = + = = (ovde smo koristili da je + = + = ( + ) kada smo ga ubacivali pod koren; razlog je jer zbog vaжi + < 0). f() = + = ( ) 7 ( ) + = 4 0 = 4 + =. f(0) = smo ve izraqunali (ovde ne traжimo graniqnu vrednost, nego vrednost funkcije jer 0 D). f() = = + + = [ (+ ) + ] =. Kako je f() = prava = je vertikalna asimptota (sa leve strane). Kako je f(0) = konaqan broj, to ovde iako je prekid nemamo vertikalnu asimptotu. Kako je f() = prava y = je leva horizontalna asimptota. Kako je f() = to sa desne strane funkcija nema horizontalnu asimptotu, ali ovde moжe imati kosu + asimptotu. f() k = + = + + = = = = =. Ovaj es je konaqan i 0, pa traжimo koeficijent n (ovde +, pa je + > 0, tj. + = ( + ) ): n = f() k = ( ) = = = + + ( + )( + ) + ( + ) = = 5. I ovaj es je konaqan. Stoga je prava y = + 5 = = 4 desna kosa asimptota. 5 f () = (+ 9 ) ( + ), pa opet reavamo iracionalne jednaqine i nejednaqine. Reava emo f () > 0 (potpuno analogno bi ila i odgovaraju a jednaqina) jer se uvek trudimo kod iracionalnih nejednaqina da nam koren bude na majoj strani (tako imamo samo sluqaj, dok kad je koren na ve oj strani imamo odvojena 6

7 sluqaja): ( + 9 ) ( + ) > 0, odnosno ( + 9 ) >. Da bi smeli da kvadriramo potrebno ( + ) je da su izrazi i na levoj i na desnoj strani pozitivni, tj. treba da vaжi uslov < 9 (pored tog uslova i koren treba da je definisan, tj. D). Kada kvadriramo i sredimo ovaj izraz dobijamo I = 7 4 ( + 4) ( + ) > 0, a Ƭega reavamo pomo u tablice (, 4) 4 ( 4, ) (, + ) ( + ) + I 0 + Dakle, reeƭe nejednaqine I > 0 je ( 4, ), ali presek toga reeƭa sa uslovom < 9 nikada nije f () > 0. Znaqi, uvek je f () > 0, tj. imamo tablicu: je prazan skup, tj. (, ) (, 0) 0 (0, + ) f () f() ց ց Funkcija je opadaju a na (, ) i na (0, + ). Lokalnih maksimum je taqka M(0, ). 6 f () = 7 4 Kako je koren uvek pozitivan kada je definisan imamo tablicu: ( + ) 5. (, ) (, 0) 0 (0, + ) f () f() Funkcija nema prevojnih taqaka. 7

8 ( ) 4. f() = e ReeƬe. Funkcija f() je definisana kada su definisane funkcije g() = ( ) i h() = e. ( ) Funkcija g() = je definisana kada su definisane funkcije ( ) i (to je za svako R) i kad je 0, tj. za. Funkcija h() = e je definisana kada je definisana funkcija, a to je za. Stoga je funkcija f() definisana kada je i, odnosno domen ili oblast definisanosti funkcije f je D = (, ) (, ) (, + ). (0 ) f(0) = 0 e 0 =, pa je presek sa y-osom taqka Y (0, ) (0, 0.76). e e Uvek je e > 0, a ( ) = 0 za =, pa bi = bila jedina nula da pripada domenu D (ovako funkcija f nema nula). Kako je uvek e > 0, ( ) > 0 za svako D i > 0 za >, a < 0 za < dobijamo da je funkcija f() < 0 za (, ), a f() > 0 za (, ) (, + ). Kako domen D = (, ) (, ) (, + ) nije simetriqan u odnosu na 0 funkcija f() nije ni parna ni neparna (II naqin je: f( ) = 8 5 e ± e = ±f(), pa nije ni parna ni neparna, jer smo nali vrednost = D za koju nije ispuƭeno ni svojstvo parnosti ni neparnosti po definiciji oba svojstva moraju da vaжe D). Funkcija f() nije ni periodiqna. (dokaz: pretpostavimo suprotno, tj. da je periodiqna sa periodom T. Tada je f( + T) = f() D, ali ako bi uzeli = T dobijamo kontradikciju f( ) = f( T) to je nemogu e jer za funkcija nije definisana, a za T jeste). 4 Kako je domen D = (, ) (, ) (, + ) potrebno je odrediti slede ih est esa: f(), f(), + f(), f(), f(), f(). + + f() = jer kad onda 0, pa e e 0 =, a ( ) kad jer 0. f() = jer kad onda imamo da = 0. Potpuno analogno se dobija f() = +. + f() = 0 jer kad onda ( ), pa e 0, a i ( ) + e = + e ( ) L.P. = + = ( ) = 4 + = 4 +, pa e e > 0, ( ) ( ) = > 0 i + e ( ) L.P. = + ( ) = 0. Za izraqunavaƭe f() potrebno je kori eƭe Lopitalovog pravila jer je to es oblika 0 (prvo emo + svesti na es oblika, pa onda moжemo da primenimo Lopitalovo pravilo; sa 0 0 bi se dobio teжi es!): e ( ) e ( ) f() = + (potpuno analogno kao kad ). + Kako smo dobili da je Kako je f() = (a i f() = + ) prava = + = ( ) + e = +. je vertikalna asimptota. f() = + i prava = je vertikalna asimptota. + f() beskonaqni funkcija nema horizontalnih asimptota, ali moжe imati kosih. Kako su f() i + Kako se svi esi potpuno analogno raqunaju i za i za +, svuda emo pisati ±. k = ± f() = ± ( ) ( ) e = ± 4 + e = e0 =. Koeficijent n dobijamo nakon malo sređivaƭa: n = f() k = f() = ± ± ± ( ) e ( ) = ± ( ) e + = 8

9 + 0 =. Stoga je prava y = obostrana kosa asimptota. 5 f () = e ( 4 + ) ( ). Kako je uvek e > 0 i ( ) > 0 ( = od kvadratnog trinoma 4 +, qije su nule ± : D), znak prvog izvoda zavisi samo (, ) (, ) (, ) (, + ) + ( +, + ) e ( ) f () f() ր ma ց ց ց min ր Potrebno je jo odrediti vrednosti u lokalnom maksimumu i lokalnom minimumu: f ma = f( ) = e i f min = f( + ) = e +. Stoga imamo da je lokalni maksimum taqka M (, e ) (0.9, 0.587), a lokalni minimum taqka M ( +, e + ) (.707,.704). Da ne bismo optere ivali grafik sa brojevima koji zauzimaju dosta mesta oznaqi emo sa a = i b = +. 6 f () = e ( + ) ( ). Kako je uvek e ( ) > 0, + > 0 (jer je a = > 0, a D = 4 < 0) i ( ) > 0 ( = D), znak prvog izvoda zavisi samo od qlana ( ) : Funkcija nema prevojnih taqaka. (, ) (, ) (, + ) e ( ) ( ) f () + + f() 9

10 5. f() = + ln. ReeƬe. Kako je + ln 0 za e = e funkcije: D = (0, e ) ( e, + ). i logaritam ln je definisan za > 0 imamo da je domen Na skupu D na kome je definisana, ova funkcija nema nula. Znak funkcije u oblasti D zavisi samo od znaka imenioca, pa imamo da je (, 0) 0 (0, e ) e ( e, + ) ln + f() + Ovo moжemo zapisati i kao: f() < 0 za (0, e ), f() > 0 za ( e, + ). Funkcija nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 Graniqne vrednosti na krajevima domena su: f() = 0 (jer = i + ln = ), f() = (jer + ln = 0 ), f() = + (jer + ln = 0+ ), f() = +. e e + e + + e Kod posledƭeg esa smo primenili Lopitalovo pravilo (moжemo jer i imenilac i brojilac teжe ka + ): L.P. = + + ln = = Na osnovu prethodnog imamo da je prava = e vertikalna asimptota. Kako pri određivaƭu da li ima f() kosu asimptotu dobijamo k = + = = 0 sledi da funkcija nema kosu asimptotu (zbog k = ln dobili bi n = f() k = f() = + ). + + (, 0) 0 (0, 5 Prvi izvod je f ln e ) e ( e, ) (, + ) () = ( + ln ). f () 0 + f() ց ց min ր Minimum je M(, ). 6 f () = ln (, 0) 0 (0, e ) e ( e, e) e (e, + ) ( + ln). f () + 0 f() p.t. Na osnovu svega ovoga crtamo grafik. Prevojna taqka je P(e, e ). 0

11 + ln 6. f() = f() = ( ln ). ReeƬe. Domen funkcije je D = (, e) ( e, 0) (0, e) (e, + ). Nule funkcije su = ±. Funkcija meƭa znak i u taqkama prekida, pa imamo da je f() < 0 za e ( e, e ) (0, e ) (e, + ), f() > 0 za (, e) ( e, 0) (e, e). Funkcija je neparna (simetriqna u odnosu na koordinatni poqetak). 4 Graniqne vrednosti na krajevima domena D su: f() = 0+, 0 f() = +, f() =, f() = +, f() =, f() = e e f() = +, e f() =, e + Prave = e, = 0 i = e su vertikalne asimptote, a prava y = 0 je obostrana horizontalna asimptota. 5 Za < 0 prvi izvod je f () = + ln ( ) ( ln( )), a za > 0 prvi izvod je f () = f() rastu a na svakom od intervala gde je definisana. + ln ( ln), pa je funkcija 6 Za < 0 drugi izvod je f () = ln( )(ln ( ) ln( ) + ) ( ln( )), a za > 0 drugi izvod je f () = ln(ln ln + ) ( ln). Jedine prevojne taqke su =, y = i =, y =. Drugi faktor u brojiocu je uvek pozitivan, jer je diskriminanta kvadratnog trinoma u u+ (za > 0 uvodimo smenu u = ln, a za < 0 u = ln( )) negativna. Funkcija je (f () > 0) na intervaa (, e), (, 0) i (, e), a na ( e, ), (0, ) i (e, + ).

12 7. f() = Rezultati. Domen je D = R. Nule su, = ± i,4 = ±. Znak: Presek sa y-osom je Y (0, 8). Nije periodiqna. Jeste parna. 4 f() = f() = +. + Nema asimptota. 5 f = 4( ). Monotonost: ց ր 0 ց ր. Lok. min su M (, ) i M (, ), a lok. maks. je M (0, 8). 6 f = ( ). Konveksnost:. Prevojne taqke su P (, ) i P (, ). 8. f() = + ln ( + ). Rezultati. Funkcija f() = + ln je definisana na D = (, 0) (0, + ). ( + ) Funkcija nema nula i za sve vrednosti iz domena je f() > 0. Nema ni presek sa y-osom jer 0 D. Funkcija nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 Graniqne vrednosti na krajevima D su f() = 0, f() = +, f() = + i f() = Funkcija ima vertikalnu asimptotu = 0, a nema desnu horizontalnu asimptotu (jer je + f() nema desnu kosu asimptotu (jer se dobija k = + f() = + ) i = 0). 5 f ln( + ) () = ln ( + ). Funkcija opada na intervalu (0, e ), a raste na (, 0) i na (e, + ). Stoga ima minimum za = e 6.89 i f min = f(e ) = 4 e.847, tj. ima lokalni minimum M(e, 4 e ). 6 ln( + ) f () = ( + )ln 4 ( + ). f () > 0 na intervalu (, 0) i na (0, e ) i f() je tad, a na (e, + ) je f () < 0 i f() je tad. Prevojna taqka je za = e (f(e ) = 9 e.) i to je P(e, 9 e ).

13 9. f() = (6 )e. Rezultati. Domen je D = R. Nule su, = ± 7. Znak: Nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 f() = 0, f() = +. + Nema ver.as, nema kosih as, leva hor.as. y = Presek sa y-osom je Y (0, ). 5 f = 4( + )e. Monotonost: ր ց / ր. Lok. min. je M (, e/ ). Lok. maks. je M (, 7e ). 6 f = 8( + 5)e. Konveksnost: 5/ 0. Prevojne taqke su P ( 5, 9e 0/ ) i P (0, ). 0. f() = e. Rezultati. Domen je D = R. Nula je = 0. Znak: 0 +. Presek sa y-osom je nula Y (0, 0). Nije periodiqna. Jeste neparna. 4 f() = + f() = 0. Nema ver.as, obostrana hor.as. y = 0. 5 f = ( )e. Monotonost: ց ր ց. Lok. min. je M (, e / ). Lok. maks. je M (, e / ). 6 f = ( )e. Konveksnost: 0. Prevojne taqke su P (, e / ), P (0, 0) i P (, e / ).

14 . f() = ( )e /( ). Rezultati. Oblast definisanosti je D = (, ) (, + ). Nula je =. Za (, ) je f() < 0, a za (, ) (, + ) je f() > 0. Presek sa y-osom: Y (0, ). e Ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 f() =, f() = 0, f() = +, f() = Prava = je vertikalna asimptota (sa desne strane). Funkcija nema horizontalnih asimptota, ali je prava y = (k =, n = 0) obostrana kosa asimptota. 5 Prvi izvod je f ( ) ( 5) () = ( ) e /( ). f() opada na intervalu (, ) i na intervalu (, 5), a raste na intervalu (, ) i na intervalu (5, + ). Lokalni maksimum je taqka M (, e ), a minimum je taqka M (5, 4 e). 6 Drugi izvod je f 5 () = ( ) e/( ). Funkcija je na intervalu (, ), a na intervaa ( 5 5, ) i (, + ). Prevojna taqka je P( 5, 8 5 e 5/ ).. f() = + e. Rezultati. Oblast definisanosti je D = (, ) (, 0) (0, + ). Nula nema. Za (, ) je f() < 0, a za (, 0) (0, + ) je f() > 0. Ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 f() =, f() =, + f() = +, f() = 0, f() = +, f() = Prava = je obostrana vertikalna asimptota, a prava = 0 je desna vertikalna asimptota. Funkcija ima obostranu kosu asimptotu y = +. 5 Prvi izvod je f () = e/ ( ) ( + ). f() opada na intervaa (, ), (, 0) i (0, ), a raste na intervaa (, ) i ( minimum je taqka M (, e, + ). Lokalni maksimum je taqka M ( + ) (0.707,.704)., e ) ( 0.707, 0.587), a lokalni 6 Drugi izvod je f () = e/ ( + + ) ( + ). Funkcija je na intervalu (, ), a na intervaa, 0) i (, + ). Prevojnih taqaka nema. ( 4

15 . f() = + +. ReeƬe. Domen je D = R = (, + ). Presek sa y-osom je Y (0, ). Funkcija ima jednu nulu: N(, 0). Znak: (, ) (, + ) f() 0 + Nije ni parna ni neparna (jer nule nisu simetriqne u odnosu na = 0) ni periodiqna (nule se ne ponavʃaju periodiqno). 4 Za naredne ese se ne moжe koristiti Lopitalovo pravilo iako su oblika (probajte!). + f() = + + f() = = = + = = + = =. Na osnovu prethodno određenih esa imamo da je prava y = je desna horizontalna asimptota, a prava y = je leva horizontalna asimptota i f() nema vertikalnih i kosih asimptota. 5 f = ( + ) /. Monotonost smo ispitali pomo u slede e tablice: Lokalni minimum je M(, ). (, ) (, + ) ( + ) / f () + 0 f() ր ma ց 6 f = Konveksnost smo ispitali pomo u slede e tablice: ( + ) 5/ (, ) (, ) (, + ) Prevojne taqke su P (, ) i P ( + ) 5/ f () f() P P (, 6 Na osnovu svega ovoga skiciramo grafik funkcije: ). 5

16 4. f() = e. Rezultati. Domen je D f = (, ) (, + ). Nula nema. Znak: + (). Presek sa y-osom je Y (0, ). Nije ni parna ni neparna (jer domen D f nije simetriqan u odnosu na 0), ni periodiqna. 4 f() = +, f() = prava = je vertikalna asimptota sa obe strane. + + f() = 0 ima desnu horizontalnu asimptotu y = 0. f() = + (treba L.P.) nema levu horizontalnu asimptotu. f() = (treba L.P.) nema levu kosu asimptotu. 5 f = e ( ). Monotonost: ց 0 ր () ր. Lokalni minimum je M(0, ). 6 f = ( + )e ( ). Konveksnost: (). Nema prevojnih taqaka. 4 y

17 ln( ) 5. ispit 4. oktobar II 009. f() =. Rezultati. Domen je D = (, ). Nula je N(0, 0) i to je i presek sa y-osom. Znak: za (, 0) je f() > 0, a za (0, ) je f() < 0. Nije ni parna, ni neparna, ni periodiqna. 4 f() = 0, f() =. Ima ver.as. pravu =, nema kosih as, leva hor.as. y = 0. 5 f + ln( ) =. Monotonost: ր e + ց. Lokalni maksimum je taqka M( e +, ( ) / e ). 6 f 8 + ln( ) =. Konveksnost: e 8/ +. Prevojna taqka je P ( ) e 8/ 8 +, 4( ) 5/ e. 4/ y 4 5 7

18 6. 4. II kolokvijum 007. f() = ReeƬe. Domen je D = R \ { }, tj. D = (, ) (, + ). Presek sa y-osom je Y (0, 4). Funkcija ima jednu nulu: N(, 0). Znak: (, ) (, ) (, + ) f() 0 + Nije ni parna ni neparna (kako domen D nije simetriqan u odnosu na = 0) ni periodiqna (kako se prekidi u domenu ne ponavʃaju periodiqno) f() = + Analogno se dobija i + f() = = = + =. f() = + (a mogli smo da koristimo i Lopitalovo pravilo). [ 0 ] =. Analogno se dobija i f() = + + Na osnovu prethodno određenih esa imamo da je prava = je vertikalna asimptota, a da f() nema horizontalnih asimptota. Ostaje da ispitamo kose asimptote. Kako je f() k = = ± ± + Stoga je prava y = + obostrana kosa asimptota. f() ± ± = ± = ± 5 f = + ( + ). Monotonost smo ispitali pomo u slede e tablice: (, ) (, ) (, 0) 0 (0, + ) ( + ) f () f() ր ma ց ց min ր Lokalni maksimum je M (, 0), a lokalni minimum je M (0, 4). 6 f = ( + ). Konveksnost: smo ispitali pomo u slede e tablice: (, ) (, + ) Prevojnih taqaka nema. ( + ) + f () + f() Na osnovu svega ovoga skiciramo grafik funkcije: ± = = i + 4 = ± + =. 8

19 6 4 y

20 Sada emo navesti jo neki broj funkcija koje su se pojavʃivale na ispitima na raznim fakultetima Beogradskog univerziteta. Zadaci nisu sortirani ni po teжini ni po tematici. Proveжbajte to vie od ovih zadataka. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije: 7. f() = f() = f() = ( ) ln( ). 0. f() = ln.. f() =.. f() = ( + )e /( ).. f() = e /. 4. f() = ln. 7. f() = ln. 8. f() = e. 9. f() = ln( + ). 0. f() = e. f() = ( )e.. f() =. 4. f() = ln. 5. f() = ln. 6. f() = + e... f() = +. ln 5. f() =. 6. f() = ln. 7. f() = ( 8)e. 8. f() = e. 9. f() = ln. 40. f() = e f() = ( ) f() = ln( ). 4. f() = f() = ln. 45. f() = ln( + ). 46. f() = f() = f() = f() = ( + ). 50. f() = ( ) ( ). 5. f() = f() = ( ) ( ). 5. f() = ( + ). 54. f() =. 55. f() = + ln. 56. f() =. 57. f() = e /( ). 58. f() = ln. 59. f() = f() = f() = f() = ln( 6 + 0). 6. f() = f() = f() = ( ) f() =. 67. f() = ( ) ( + ). 68. f() = f() = ln( 8 + 7). 70. f() = f() = (ln ln ). 7. f() = 74. f() = f() = f() = (ln ln ). 79. f() = ln ln. 7. f() = f() =. 77. f() = + +. ( + ) ln( + ). 80. f() = ( )e/( ). 8. f() = + ln ( + ). 8. f() = ln. 8. f() = ( ) + e/. 84. f() = e. 85. f() = ln 4 ln f() = e. 87. f() = + e. 88. f() = e e e + e. 89. f() = e. 90. f() =. 9. f() = ( )ln ( ). 9. f() = e e. 9. f() = e e. 94. f() = ln( ). 95. f() = ( ) f() = ln ( + ) 6 ln( + ) f() = 98. f() =. 99. f() = ln. 00. f() = arctg