Примери испитивања функција

Испитивање функције се састоји у оређивању :

Домена,
Кодомена,
Парности, непарности и периодичности,
Асимптота,
Нула,
Знака,
Екстремума и интервала мнотоности,
Превојних тачака и интервала конвектности-конкавности.

Након испитивања, црта се график функције.

Пример 1

$y = f\left( x \right) = - 12{x^5} + 25{x^3} - 15x$

$D\left( f \right) = \mathbb{R}$ .
$y \in\mathbb{R}$ .
$f\left( { - x} \right) = - 12{\left( { - x} \right)^5} + 25{\left( { - x} \right)^3} - 15\left( { - x} \right)$ $=$ $12{x^5} - 25{x^3} + 15x = - f\left( x \right)$ дакле, функција је непарна, па је њен график симетричан у односу на координантни почетак.
Функција нема асимптоте.
$y={-x}(12{x^4}-25{x^2}+15)$
$y=0$ за $x=0$ .
Како је $12{x^4} - 25{x^2} + 15 > 0$ за свако $x \in \mathbb{R}$ , следи да је $y > 0$ за $x < 0$ и $y < 0$ за $x > 0$ .
$y' = - 60{x^4} + 75{x^2} - 15$
$y' = 0$ за $- 60{x^4} + 75{x^2} - 15 = 0$ , тј. $- 4{x^4} + 5{x^2} - 1 = 0$
Следи да су нуле првог извода: ${x_1} = - 1$ , ${x_2} = - \frac{1}{2}$ , ${x_3} = \frac{1}{2}$ , ${x_4} = 1$
$y'' = - 240{x^3} + 150x$
$y'' = 0$ за $x\left( { - 8{x^2} + 5} \right) = 0$ , тј. ${x_1} = - \frac{{\sqrt {10} }}{4}$ , ${x_2} = 0$ , ${x_3} = \frac{{\sqrt {10} }}{4}$ **слика

ispitivanje funkcija primer 1

Пример 2

$y = f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x + 1}}$

$D\left(f\right) = \mathbb{R}\backslash\left\{1\right\}$
$y \in \left( {- \infty, -9.9} \right] \cup [ {-0.1, + \infty})$
Функција није ни парана, ни непарна. Није периодична.
$\mathop{\lim}\limits_{x\to - 1 - 0}\frac{{{x^2} - 3x + 2}}{{x+1}} = - \infty$ , $\mathop{\lim}\limits_{x\to - 1 + 0}\frac{{{x^2}+x}}= +\infty$ , па је права $x= -1$ вертикална асимптота.
$\mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\frac{{f\left(x\right)}}{x} = \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty} \frac{{{x^2}+x}}= 1\left({=a}\right),$
$\mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\left({f\left(x\right)-x}\right)$ $= \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty} \frac{{{x^2}-3x+2-{x^2}-x}}{{x+1}}$ $= 1\left({=a}\right)= \mathop{\lim}\limits_{x\to \pm\infty}\frac{{-4x+2}}{{x+1}}$ $= -4\left({=b}\right)$
Дакле, права $y=x-4$ је коса асимптота.
$y=0$ за ${x^2}-3x+2=0$ , тј. за ${x_1}=1$ , ${x_2}=2$ ,
$y>0$ за $x \in \left( {-1, 1} \right) \cup ( {2, + \infty})$ а $y<0$ за $x \in \left( {- \infty, -1} \right) \cup ( {1, 2})$
$y' = \frac{{\left( {2x - 3} \right)\left( {x+1} \right) - \left( {x - 3x + 2} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$ $= \frac{{{x^2} + 2x - 5}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}$
$y'=0$ за ${x^2}-2x-5=0$ , тј. за ${x_1}= -1 -\sqrt 6, {x_2}= -1 +\sqrt 6$
$y''= \frac{{\left( {2x + 2} \right){{\left( {x + 1} \right)}^2}- \left( {{x^2} +2x -5} \right) \cdot 2\left( {x + 1} \right)}}{{{{\left( {x +1} \right)}^4}}}$ $y''= \frac{{2{{\left( {x + 1} \right)}^2} - 2\left( {{x^2} + 2x - 5} \right)}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$ $= \frac{{2\left( {{x^2} + 2x +1 -{x^2} - 2x +5} \right)}}{{{{\left( {x+1} \right)}^3}}}$ $= \frac{{12}}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}}$

Други извод је различит од нуле, за свако $x$ из домена, стога функција нема превојних тачака.

ispitivanje funkcija primer 2

Пример 3

$y = \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}}$

$D = \left\{ {x|\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} > 0} \right\}$ $= \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {\frac{1}{2}, + \infty } \right)$
**кодомен
Функција није ни парна, ни непарна. Није периодична.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = \ln 2$ , па је $y = \ln 2$ хоризонтална асимтота.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - 2 - 0} \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = \infty$ , па је $x = - 2$ вертикална асимптота.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \frac{1}{2} + 0} \ln \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = - \infty$ , па је $x = \frac{1}{2}$ такође вертикална асимптота.
$y = 0$ за $\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} = 1$ , тј. за $x = 3$ .
$y > 0$ за $\frac{{2x - 1}}{{x + 2}} > 1$ , а $y < 0$ за $0 < \frac{{2x - 1}}{{x + 2}} < 1$ .
$y' = \frac{{x + 2}}{{2x - 1}} \cdot \frac{{2\left( {x + 2} \right) - \left( {2x - 1} \right)}}{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}$ $= \frac{5}{{\left( {2x - 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} > 0$ , $x \in D$
Функција нема екстремума и на целом домену је монотоно растућа.

y'' = - 5\frac{{4x + 3}}{{{{\left( {2x - 1} \right)}^2}{{\left( {x + 2} \right)}^2}}}

Тачка

x = - \frac{3}{4}

(за коју је

y'' = 0

) не припада домену функције, па она нема превојних тачака.

$x$	$x \in \left( { - \infty ,\frac{1}{2}} \right)$	$x \in \left( {\frac{1}{2}, + \infty } \right)$
$y``$	$+$	$-$
$y$	$\cup$	$\cap$

ispitivanje funkcija primer 3

Пример 4

$y = {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}}$

$D = \mathbb{R}\backslash \left\{ 1 \right\}$
Није ни парна, ни непарна, ни периодична.
$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = {e^1} = e$ , па је $y = e$ хоризонтална асимптота.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 + 0} {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = + \infty$ , па је $x = 1$ вертикална асимптота.

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 1 - 0} {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} = 0.$
Функција нема нула.
Функција је позитивна на целом домену.

$y' = {e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} \cdot \frac{{x - 1 - \left( {x + 2} \right)}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}$ $= \frac{{ - 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}}}{e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}} < 0$ ,

па функција нема екстремума и стално је монотоно опадајућа.
-
$y'' = \frac{{6x + 3}}{{{{\left( {x - 1} \right)}^4}}}{e^{\frac{{x + 2}}{{x - 1}}}}$ ,

$y'' = 0$ за $x = - \frac{1}{2}$ .

ispitivanje funkcija primer 4

Функцију испитујете увек истим редом: домен, парност и периодичност, асимптоте, нуле и знак, први извод (монотоност и екстремуми), други извод (конвексност, конкавност и превојне тачке), па тек онда цртате график. На страни су тако испитани један полином, једна рационална, једна логаритамска и једна експоненцијална функција.

Права $x = a$ је вертикална асимптота ако $f(x)$ тежи бесконачности кад $x \to a$ . Коса асимптота $y = kx + n$ има $k = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{f(x)}{x}$ и $n = \lim_{x \to \pm\infty} (f(x) - kx)$ . Екстремуми су међу нулама извода $y'$ , али само где $y'$ мења знак. Честа грешка: тачка у којој је $y'' = 0$ , а која није у домену, није превојна тачка.

Стални трошак12.800 дин.

Број векни x₀400

A(x₀): 70 дин.
A′(x₀): −0,06
Минимум за x: 800 векни
Најмањи просечан трошак: 62 дин.

Тангента је хоризонтална тамо где је

A'(x) = 0

: то је минимум. Удесно график прилази косој асимптоти

y = 0{,}02x + 30

, а кад

x \to 0

, расте преко сваке границе. Са већим сталним трошком минимум се помера удесно и навише.

Испитивањем функције инжењери и економисти налазе највећу добит, најмањи трошак или понашање неког процеса током времена, без цртања графика тачку по тачку.

Најјефтинија векна

Пекара пече $x$ векни дневно, а укупан дневни трошак је $T(x) = 12\,800 + 30x + 0{,}02x^2$ динара: стални трошкови, сировине и прековремени рад. Испитајте просечан трошак по векни $A(x) = \frac{T(x)}{x}$ : асимптоте, монотоност и најмању вредност.

Решење

$A(x) = \frac{12\,800}{x} + 30 + 0{,}02x$ , са доменом $x > 0$ . Кад $x \to 0^+$ , $A(x) \to +\infty$ , па је $x = 0$ вертикална асимптота.
$k = \lim_{x \to \infty} \frac{A(x)}{x} = 0{,}02$ и $n = \lim_{x \to \infty} (A(x) - 0{,}02x) = 30$ , па је $y = 0{,}02x + 30$ коса асимптота.
$A'(x) = -\frac{12\,800}{x^2} + 0{,}02 = 0$ за $x^2 = 640\,000$ , тј. $x = 800$ . За $x < 800$ је $A'(x) < 0$ , а за $x > 800$ је $A'(x) > 0$ : функција прелази из опадања у раст, па је у $x = 800$ минимум.
$A(800) = 16 + 30 + 16 = 62$ . Пошто је $A''(x) = \frac{25\,600}{x^3} > 0$ , график је конвексан и нема превојних тачака.

Одговор: Векна је најјефтинија кад пекара пече 800 векни дневно и тада једна векна у просеку кошта пекару 62 динара.

Задатак за вежбу

Испитајте функцију $f(x) = x + \frac{4}{x}$ : домен, парност, асимптоте, екстремуме и превојне тачке.

Прикажи решење

$D = \mathbb{R} \setminus \{0\}$ , функција је непарна, асимптоте су $x = 0$ и $y = x$ , а нула нема. $f'(x) = 1 - \frac{4}{x^2} = 0$ за $x = \pm 2$ : максимум $f(-2) = -4$ , минимум $f(2) = 4$ . $f''(x) = \frac{8}{x^3} \ne 0$ , па превојних тачака нема.