Primjena derivacija
0. Pravac i derivacija................... ............................... ............... ............................... .......... 2 1. Intervali monotonosti i ekstremi................ ............... ................ ............... ................. ...... 4 2. Konkavnost, konveksnost ........................................... ............... ............................... ....16 3. Optimizacija ................. ............... ............................... ............... ................. ..................21 4. Asimptote ............................... ............................... ............... ............................... .........28 5. Taylorov Tijek funkcije ........................................... ............... ................ ............... ................. .....375 6. polinom ............................. ............................... ................. ............................4 7. Prirast i diferencijal.......................................................................................................50
1
0. Pravac i derivacija Graf funkcije oblika f ( x) = kx + l , gdje su k , l ∈ R je pravac. Broj k naziva se koeficijent smjera pravca i njegova vrijednost značajno utječe na „izgled“ pravca. - ako je
k > 0,
pravac raste kao npr. na slici 10 8
y=2x +1
6 4 2
-1
1
2
3
4
5
- pod izrazom „pravac raste“ podarzumijeva se da za x1 < x 2 vrijedi f ( x1 ) < f ( x 2 ) - ako je koeficijent smjera pozitivan tada vrijedi da što je koeficijent smjera veći, to pravac raste brže odnosno raste sve „strmije“ - ako je
k < 0,
pravac pada kao npr. na slici 2
-1
1
2
3
4
5
-2 -4 -6 -8
y=-2x+1
2 ( x1 ) > f ( x 2 ) -- pod izrazom „pravac pada“ podarzumijeva se dadazaštox1 je< xkoeficijent vrijedi fsmjera ako je koeficijent smjera negativan tada vrijedi manji, to pravac pada brže odnosno pada sve „strmije“
- ako je k = 0 pravac je jednak konstanti – paralelan je sa osi x Neka je zadana funkcija f ( x) čiji je dio grafa prikazan na slici:
2
5 4 3 2 1
- 2.0
- 1.5
- 1.0
- 0.5
0.5
1.0
-1
Tada vrijedi da je vrijednost derivacije funkcije f ( x) u npr. to čki x = −1 jednak nagibu (koeficijentu smjera) tangente povu čene na graf funkcije f ( x) u točki x = −1 , odnosno koeficijentu smjera pravca skiciranog na slici: 5 4 3 2 1
- 2.0
- 1.5
- 1.0
- 0.5
0.5
1.0
-1
3
1. Intervali monotonosti i ekstremi Neka je zadana funkcija f ( x) na domeni R . Ako za neki otvoreni (ne uključuje svoje granice) interval < a, b > vrijedi: - za sve x1 , x 2 ∈< a, b > takve da x1 < x 2 vrijedi f ( x1 ) ≤ f ( x 2 ) kaže se da funkcija f ( x) raste (rastuća je) na intervalu < a, b > . - za sve x1 , x 2 ∈< a, b > takve da x1 < x 2 vrijedi f ( x1 ) < f ( x 2 ) kaže se da funkcija f ( x) strogo raste (strogo je rastu ća) na intervalu < a, b > . - za sve x1 , x 2 ∈< a, b > takve da x1 < x 2 vrijedi f ( x1 ) ≥ f ( x 2 ) kaže se da funkcija f ( x) pada (padaju ća je) na intervalu < a, b > . - za sve x1 , x 2 ∈< a, b > takve da x1 < x 2 vrijedi f ( x1 ) > f ( x 2 ) kaže se da funkcija f ( x) strogo pada (strogo je padaju ća) na intervalu < a , b > . Interval < a, b > na kojem je funkcija f ( x) rastuća ili padajuća naziva se interval rasta ili pada funkcije, ili zajednički interval monotonosti funkcije. Promotrimo sada neku funkciju f ( x) čiji je dio grafa prikazan na slici: 5 4
3 2 1
-2
-1
1
2
-1
Vidimo da je ona na intervalu < −2,0 > rastuća. Za tangente povu čene na graf funkcije f ( x) na intervalu < −2,0 > to znači da će imati pozitivan koeficijent smjera – jer će sve rasti, što je prikazano na slici:
4
5 4 3 2 1
-2
-1
1
2
-1 Kako je prva derivacija funkcije u nekoj točki jednaka nagibu tangente na graf te krivulje u toj istoj točki vrijediti će da za svaki x ∈< −2,0 > je f ' ( x) > 0 . Dolazimo do bitnog rezultata: Neka je f ( x) derivabilna funkcija na intervalu < a , b > (što znači da ima derivaciju u svakoj to čki tog intervala – nema prekida niti preloma). Tada vrijedi: - ako je f ' ( x) > 0 za sve x ∈< a, b > vrijedi da je funkcija f ( x) rastuća na intervalu < a, b > - ako je f ' ( x) < 0 za sve x ∈< a, b > vrijedi da je funkcija f ( x) padajuća na intervalu < a, b >
Ekstremi Recimo da promatramo derivabilnu funkciju f ( x ) čija je domena otvoreni interval < a, b > . - ako za neku točku x 0 ∈< a, b > vrijedi da je f ( x 0 ) ≥ f ( x) za sve x ∈< a, b > , točka x0 je globalni - ako zamaksimum neku točkufunkcije x 0 ∈< a, b > vrijedi da je f ( x 0 ) ≤ f ( x) za sve x ∈< a, b > , točka x 0 je globalni minimum funkcije - ako za neku to čku x0 ∈< a, b > vrijedi da je f ( x0 ) > f ( x) za sve x iz neke okoline točke x0 , to čka x 0 je lokalni maksimum funkcije - ako za neku to čku x0 ∈< a, b > vrijedi da je f ( x0 ) < f ( x) za sve x iz neke okoline točke x0 , to čka x 0 je lokalni minimum funkcije
5
Ako je npr. na sljedećoj slici skiciran graf funkcije f ( x) čija je domena čitav skup R, vidimo da je x = 2 lokalni maksimum, odnosno x = 4 lokalni minimum funkcije. Tako đer, funkcija nema globalnih ekstrema.
y
12
4
x
6
Vidi se da će za sve ekstreme funkcije vrijediti da je vrijednost prve derivacije u njima ć
č
jednaka nuli (jer e nagib tangente položene na graf krivulje u tim to kama biti jednak nuli). Definiramo stacionarne to čke na način : ako je f ' ( x0 ) = 0 za neki x 0 ∈< a, b > tada se točka x 0 naziva stacionarna točka funkcije. Bitno je ustanoviti da svaka stacionarna to čka neće nužno biti i ekstrem funkcije. Npr. pogledamo li graf funkcije f ( x) = x 3 koji je prikazan na slici: 100
50
-4
-2
2
4
- 50
-100
Vidi se da će stacionarna to čka funkcije biti to čka ekstrem funkcije.
x =0,
međutim ta ista to čka očito nije
Postupak nalaženja ekstrema funkcije f ( x) 6
-
odrediti stacionarna točke funkcije ako je predznak prve derivacije lijevo od stacionarne to čke negativan (odnosno ako funkcija lijevo od stacionarne to čke pada) a desno pozitivan (odnosno funkcija desno od stacionarne to čke raste) slijedi da je stacionarna točka minimum ako je predznak prve derivacije lijevo od stacionarne to čke pozitivan (funkcija raste) a desno negativan (funkcija pada) slijedi da je stacionarna točka maksimum ako je predzank prve derivacije lijevo i desno od stacionarne to čke jednak slijedi da stacionarna to čka nije ekstrem
Gornji se postupak najčešće provodi izradom tablice koja izgleda: x0 -
x
+ + -
f ' ( x) f ' ( x) f ' ( x) f ' ( x)
stac. to čka + + -
x0 x0 x0 x0
je maksimum je minimum nije ekstrem nije ekstrem
Postoji još jedan način određ ivanja karaktera stacionarnih točaka (određ ivanja jesu li stac. to čke minimumi ili maksimumi funkcije). Naime, pretpostavimo li da je to čka x 0 maksimum funkcije kao npr. točka x 0 = 2 na idućoj slici, to znači da je f ( x 0 ) = 0 . Međutim, to još znači da je vrijednost prve derivacije lijevo do to čke x 0 = 2 pozitivna ali da njezin iznos približavanjem točki x 0 = 2 pada, odnosno dolazi do 0 u samoj to čki x 0 = 2 . Vrijednost prve č
=
x 0 2 je negativan ali sam iznos prve derivacije pada udaljavanjem derivacije to ke bitno od to čke desno Dakle, je da je prva derivacija u nekoj okolini oko to čke x 0 = 2 x 0 = 2 .od padajuća, što znači da je vrijednost druge derivacije u to čki x 0 = 2 negativna. Slično bi se došlo do rezultata da ako je x 0 = 2 minimum funkcije, vrijednost druge derivacije u x0 = 2 je pozitivan.
7
y
12
4
x
6
Dakle vrijedi x0 -
x f ' ' ( x) f ' ' ( x) f ' ' ( x)
stac. točka + 0
x0 x0 x0
je minimum je maksimum nije ekstrem
Zadatak 1. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = x 3 − 12 x + 1 . Rješenje.
Utvrdimo najprije da je domena gornje funkcije D f = R . Da bi odredili ekstreme funkcije, najprije moramo odrediti stacionarne to čke i njihov karakter. Stacionarne točke su definirane kao nul-to čke prve derivacije funkcije pa računamo: f ' ( x) = 3 x 2 − 12
3 x 2 − 12 = 0 3 x 2 = 12 / : 3 2 x = 4 ⇒ x1, 2 = ±2
Sada radimo tablicu: x
−∞
-2
2
+∞
f ' ( x) f ( x)
8
Dakle, u prvi redak tablice potrebno je unjesti sve stacionarne to čke, rubove domene i to čke prekida domene (kojih u ovom slu čaju nema). Sada trebamo odrediti predznak prve derivacije na svakom od tri intervala koje smo dobili kad smo domenu funkcije „rastavili“ stacionarnim to čkama. Odaberimo bilo koju to čku iz prvog intervala < −∞,−2 > , npr. to čku -3, i provjerimo predznak prve derivacije u toj točki: f ' (−3) = 3(−3) 2 − 12 = 27 − 12 = 15 > 0 ć
Sada unosimo + u tablicu na odgovaraju u poziciju: x −∞ -2 f ' ( x) +
2
+∞
f ( x)
Provjeravamo što jes predznakom prve derivacije na intervalu 0 i ubacimo je u prvu derivaciju:
< −2,2 > .
Odaberimo npr. točku
f ' (0) = −12 < 0
Unosimo u tablicu: x
-2
−∞
+
f ' ( x)
2
+∞
-
f ( x)
Odaberimo još npr. 3 ∈< 2,+∞ > pa imamo: f ' (3) = 15 > 0
x
-2
−∞
+
f ' ( x)
2 -
+∞
+
f ( x)
Sada zaključujemo da funkcija f ( x ) na intervalu raste (budu ći da je predznak prve derivacije na istom intervalu pozitivan), što unosimo u tablicu: x
-2
−∞
2
+∞
f ' ( x)
+
-
+
f ( x)
↑
↓
↑
Slijedi da je to čka x1 = −2 maksimum funkcije a vrijednost tog maksimuma je f (−2) = 17 , odnosno da je to čka x 2 = 2 minimum funkcije a vrijednost minimuma je f (2) = −15 . Intervali rasta funkcije su < −∞,−2 > i < 2,+∞ > , a interval pada je < −2,2 > . Zadatak 2. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = 1 − 4 x − x 2 . Rješenje.
9
Domena funkcije je
Df = R.
Računamo stacionarne to čke: f ' ( x) = −4 − 2 x
−4 − 2 x = 0 x = −2
Unošenjem predznkaa prve derivacije na odgovarajućim intervalima dobivamo tablicu: 2
−∞
x
+∞
f ' ( x)
+
-
f ( x)
↑
↓
zz koje slijedi da je točka x = −2 maksimum funkcije a vrijednost tog maksimuma je f (−2) = 5 . Interval rasta je < −∞,2 > , odnosno interval pada je < 2,+∞ > . Zadatak 3. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = x ⋅ ln x . Rješenje.
Domena funkcije je
D f =< 0, +∞ > . f ' ( x) = ln x + x
1 x
= ln x + 1
ln x + 1 = 0 ln x = −1 / e ^ e ln x = e −1 x =e
−1
=
1
≈
e
e −1
0
x
1 ≈ 0,3 2,7 +∞
f ' ( x) f ( x)
Da bi provjerili predznak prve derivacije na intervalu i ubacimo ga u f ' ( x) :
< 0, e −1 > ,
odaberimo npr.
e −2 ∈< 0, e −1 >
f ' (e −2 ) = ln e −2 + 1 = −2 + 1 = −1
Odnosno da bi provjerili predznak na intervalu dobivamo:
< e −1 ,+∞ >
odaberimo npr.
e ∈< e −1 ,+∞ >
pa
f ' (e) = ln e + 1 = 1 + 1 = 2
Dakle: 0
x
Dakle, f (e
−1
to čka −1
) = e ⋅ ln e
x = e −1 −1
=e
−1
e −1
+∞
f ' ( x)
-
+
f ( x)
↓
↑
je
⋅ ( −1) = −
1 e
minimum funkcije a vrijednost tog minimuma . Intervale rasta i pada lako o čitamo iz tablice.
je
10
Zadatak 4. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = 4 x −
x
3
3
.
Rješenje.
Domena funkcije je
Df = R. f ' ( x) = 4 − x 2
4 − x2 = 0 x1, 2 = ±2
-2
−∞
x
2
-
' ( x) f ( x)
f
+∞
+
↓
-
↑
↓
Min
Max
16 ) 3
(−2,−
(2,
16 ) 3
Zadatak 5. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) =
x3 2
x +3
.
Rješenje.
Za domenu moramo postaviti uvjet da je nazivnik različit od nule. x2 + 3 ≠ 0 x 2 ≠ −3 2
ć
Budu D f = Ri .da za svaki relani broj vrijedi f ' ( x) =
≠−
3 , iz domene ne moramo ništa „izbaciti“ pa vrijedi
x
3 x 2 ( x 2 + 3) − x 3 (2 x ) 3 x 4 + 9 x 2 − 2 x 4 x 4 + 9 x 2 = = ( x 2 + 3) 2 ( x 2 + 3) 2 ( x 2 + 3) 2 4
x + 9x
2
2
( x + 3) 2
=0
Razlomak je jednak nuli ako je brojnik jednak nuli, pa zapravo trebamo riješiti jednadžbu: x 4 + 9x 2 = 0 x 2 ( x 2 + 9) = 0 x=0
Još trebamo provjeriti je li možda vrijednost nazivnika za dobiveno rješenje ć
nuli, to čka.jer bi tada
x=0
otpalo za rješenje. Budu i da to sada nije slu aj, x
Iz tablice zaključujemo da domeni.
−∞
jednaka
x=0
je stacionarna
+∞
0
f ' ( x)
+
+
f ( x)
↑
↑
x=0
x=0
č
nije ekstrem funkcije i da funkcija raste na čitavoj svojoj
11
Zadatak 6. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) =
( x − 2)(8 − x) x2
.
Rješenje.
Domena funkcije je
D f = R \ {0} .
( x − 2)(8 − x)
f ( x) =
x 2
f ' ( x) =
2
x
2
(−2 x + 10) x − ( − x + 10 x − 16) ⋅ 2 x x
4
− x 2 + 10 x − 16
=
3
=
2
2
− 2 x + 10 x + 2 x 3 − 20 x 2 + 32 x x
4
=
− 10 x 2 + 32 x x4
2
− 10 x + 32 x =0
x4
− 10 x 2 + 32 x = 0 x( −10 x + 32) = 0 x1 = 0
- nije rješenje jer je nazivnik jednak nuli x2 =
x f
' ( x)
To čka
x2 =
16
16 5
0
−∞
f ( x)
32 16 = 10 5
+∞
-
+
-
↓
↑
↓
je maksimum funkcije.
5 Zadatak 7. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) =
6x 2 − x 4 . 9
Rješenje.
Domena je
Df = R. f ' ( x) =
1 (12 x − 4 x 3 ) 9
1 (12 x − 4 x 3 ) = 0 9 4 x (3 − x 2 ) = 0 9 x1 = 0 x 2,3 = ±
x
−∞
0
− 3
f ' ( x)
+
f ( x)
↑
3
↓
+∞
3
+
-
↑
↓
Max
Min
Max
(− 3 ,1)
(0,0)
( 3 ,1)
12
Zadatak 8. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = ln
x −3 x+ 4
.
Rješenje.
Uvjet za domenu funkcije je: x−3 x+4
Da bi vrijedilo
x−3
i
>0
x + 4 ≠ 0 ⇒ x ≠ −4
> 0 , brojnik i nazivnik razlomka moraju biti
x+4
istog predznaka:
x − 3 > 0
⇒ x >3 x + 4 > 0
ili x − 3 < 0
⇒ x < −4
x + 4 < 0
Dakle, domena funkcije je
D f =< −∞, −4 > ∪ < 3, +∞ >
1
f ' ( x) =
x −3
⋅
x + 4 − ( x − 3)
=
( x + 4) 2
x+4 x−3
⋅
7 7 = ( x + 4) 2 ( x − 3)( x + 4)
x+4
7 =0 ( x − 3)( x + 4)
Gornje jednadžba nema rješenja iz čega slijedi da funkcija nema ekstrema. Odredimo intervale monotonosti: −∞
x
' ( x) f ( x)
f
-4
+
3
+
Nije definirana.
↑
+∞
↑
Funkcija raste na čitavoj svojoj domeni. Zadatak 9. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = ( x 2 − 4)e − x Rješenje.
Domena funkcije je
2
.
Df = R.
f ' ( x) = 2 xe
− x2
2
e− e
−x
2
2
2
+ ( x 2 − 4) e − x ⋅ (−2 x) = e − x ( 2 x − 2 x 3 + 8 x ) = e − x (10 x − 2 x 3 ) x2
(10 x − 2 x 3 ) = 0
za niti jedan realni x ne postiže vrijednost 0 2 x (5 − x 2 ) = 0 x1 = 0 x 2,3 = ±
x
−∞
5
0
− 5
+∞
5
f ' ( x)
+
-
+
-
f ( x)
↑
↓
↑
↓
Max
Min
Max
13
(− 5 , e −5 ) (0,−4)
( 5 , e −5 )
Zadatak 10. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) =
2x −1 . ( x − 1) 2
Rješenje.
Domena funkcije je
D f = R \ {1} .
f ' ( x) =
2( x − 1) 2 − (2 x − 1)2( x − 1) 2( x 2 − 2 x + 1) − 2(2 x 2 − 2 x − x + 1) = ( x − 1) 4 ( x − 1) 4 f ' ( x) =
2x 2 − 4x + 2 − 4x 2 + 6x − 2 − 2x 2 + 2x = ( x − 1) 4 ( x − 1) 4 − 2x 2 + 2x
( x − 1) 4
=0
− 2x 2 + 2x = 0 −2 x( x − 1) = 0 x1 = 0 x2 = 1
x
- odbacujemo jer je nazivnik jednak nuli 0
−∞
1
-
' ( x) f ( x)
f
↓
+∞
+
-
↑
↓
Min (0,−1) Zadatak 11. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = x 3 +
x4
4
.
Rješenje.
Domena je
Df = R. 2 3 f ' ( x) = 3 x + x
3x 2 + x 3 = 0 2 x (3 + x ) = 0 x1 = 0 x 2 = −3 x
' ( x) f ( x)
f
-3
−∞
0
+∞
-
+
+
↓
↑
↑
Min 27
(−3, −
4
)
Zadatak 12. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = x 2 ( x − 12) 2 . Rješenje.
Domena je
Df = R. f ' ( x) = 2 x( x − 12) 2 + x 2 ⋅ 2( x − 12)
( x − 12)(2 x( x − 12) + 2 x 2 ) = 0
14
( x − 12)( 2 x 2 − 24 x + 2 x 2 ) = 0
( x − 12)(4 x 2 − 24 x) = 0 4 x ( x − 12)( x − 6) = 0 x1 = 12 x2 = 0 x3 = 6
−∞
x
0
6
+∞
12
f ' ( x)
-
+
-
+
f ( x)
↓
↑
↓
↑
Dakle, točka 0 je minimum, 6 je maksimum i 12 je minimum. Zadatak 13. Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) =
4 x2 +8
.
Rješenje.
Domena je
Df = R.
−4 f ' ( x) =
1 2 x2 + 8 ( x 2 + 8)
⋅ 2x
− 4x
=
( x 2 + 8) x 2 + 8
−4 x
=0
( x 2 + 8) x 2 + 8 x1 = 0 x
−∞
+∞
0
f ' ( x)
+
f ( x)
↑
↓
Max (0,
4 ) 8
Zadatak 14 . Odrediti ekstreme i intervale monotonosti funkcije f ( x) = xe x . Rješenje.
Domena je
Df = R. f ' ( x) = e x + xe x = e x (1 + x) e x (1 + x) = 0 x = −1
x
-1
−∞
f ' ( x)
-
f ( x)
↓
+∞
+ ↑
Min ( −1, −e −1 )
15
2. Konkavnost, konveksnost Predznak prve derivacije funkcije daje informaciju o tome da li funkcija pada ili raste. Predznak druge derivacije funkcije isto govori nešto o njenom „izgledu“. Neka je zadana funkcija f ( x) na domeni < a, b > i neka je njena prva derivacija derivabilna na istom intervalu. ∈<
>
>
č
x a, b vrijedi f ' ' ( x ) 0 , to zna i da prva derivacija funkcije raste na Ako za svaki intervalu < a , b > , što znači da nagib tangente na graf krivulje raste i da funkcija „izgleda ovako“:
U ovom slu čaju kaže se da je funkcija konveksna. U suprotnom slučaju, ako za svaki x ∈< a, b > vrijedi f ' ' ( x ) < 0 , to znači da prva derivacija funkcije pada na intervalu < a, b > , što znači da nagib tangente na graf krivulje pada i da funkcija „izgleda ovako“:
Kaže se da je funkcija konkavna. Ako za neki x ∈< a, b > vrijedi f ( x) = 0 , tada je x potencijalna to čka infleksije (to čka u kojoj konkavnost prelazi u konveksnost ili suprotno), što se provjerava izradom tablice sli čno kao kod ispitivanja jesu li stacionarne to čke ekstremi. Zadatak 1. Odrediti f ( x) = (1 + x 2 )e x . Rješenje.
Domena funkcije je
intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Df = R.
16
x
f ' ( x) = 2 xe + (1 + x f ' ' ( x) = e
x
2
2
)e x = e x ( x 2 + 2 x + 1)
( x + 2 x + 1) + e (2 x + 2) = e x ( x 2 + 4 x + 3) x
e x ( x 2 + 4 x + 3) = 0 x1, 2 =
− 4 ± 16 − 12
2
=
−4±2
2
x1 = −3 x 2 = −1
-3
−∞
x f ' ' ( x) f ( x)
-1
+∞
+
-
+
∪
∩
∪
Zaključujemo da su i x1 = −3 i x 2 = −1 točke infleksije, budu ći da se iz tablice vidi da u svakoj od njih funkcija prelazi iz konkavnosti u konveksnost ili obratno. Intervali konkavnosti i konveksnosti se vide u tablici. Zadatak 2. Odrediti f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 12 x + 4 . Rješenje.
Domena funkcije je
intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Df = R. 2 f ' ( x) = 3 x − 12 x + 12
f ' ' ( x) = 6 x − 12
6 x − 12 = 0 x=2
x
2
−∞
f ' ' ( x)
-
f ( x)
∩
+∞
+ ∪
T.Infl. (2,12) Zadatak 3. f ( x) = ( x + 1) 4 . Rješenje.
Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Domena funkcije je
Df = R. f ' ( x) = 4 ( x + 1) 3 f ' ' ( x ) = 12( x + 1) 2
12( x + 1) 2 = 0 x = −1 x
-1
−∞
+∞
f ' ' ( x)
+
+
f ( x)
∪
∪
Funkcija nema točaka infleksije i konveksna je na čitavoj svojoj domeni. 17
Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Zadatak 4. 1 f ( x) = . x+3 Rješenje.
Domena funkcije je
D f = R \ {−3} .
1 ( x + 3) 2 2 f ' ' ( x) = ( x + 3) 3
f ' (x) = −
2 =0 ( x + 3) 3
Gornja jednadžba nema rješenja – dakle funkcija nema to čaka infleksije ali svejedno možemo napraviti tablicu sa to čkom prekida domene: -3
−∞
x
+∞
f ' ' ( x)
-
+
f ( x)
∩
∪
To čka -3 nije točka infleksije jer nije u domeni funkcije, ali ona rastavlja domenu na dva intervala – jedan konkavnosti a jedan konveksnosti. Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Zadatak 5. x3 f ( x) = x 2 + 12
.
Rješenje.
Domena funkcije je
Df = R. f ' ( x) =
3 x 2 ( x 2 + 12) − x 3 (2 x) 3x 4 + 36 x 2 − 2 x 4 x 4 + 36 x 2 = = 2 ( x 2 + 12) 2 ( x 2 + 12) 2 ( x + 12) 2
f ' ' ( x) = f ' ' (x) =
(4 x 3 + 72 x)( x 2 + 12) 2 − ( x 4 + 36 x 2 ) 2( x 2 + 12)2 x = ( x 2 + 12) 4
( x 2 + 12) (4 x 3 + 72 x)( x 2 + 12) − 4 x ( x 4 + 36 x 2 ) (4 x 3 + 72 x )( x 2 + 12) − 4 x ( x 4 + 36 x 2 ) = = ( x 2 + 12) 4 ( x 2 + 12) 3 f ' ' ( x) =
4 x 5 + 48 x 3 + 72 x 3 + 864 x − 4 x 5 − 144 x 3 − 24 x 3 + 864 x = ( x 2 + 12) 3 ( x 2 + 12) 3 − 24 x 3 + 864 x
=0 ( x 2 + 12) 3 − 24 x 3 + 864 x = 0 / : ( −24) x 3 − 72 x = 0 x( x 2 − 72) = 0 x1 = 0 x2 =
72 = 6 2
x 3 = −6
2
18
x
−∞
0
−6 2
+
-
-
+
f ( x)
∪
∩
∩
∪
T.Infl. Zadatak 6. f ( x) = cos x . Rješenje.
+∞
6 2
f ' ' ( x)
T.Infl.
Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Domena funkcije je
Df = R. f ' ( x ) = − sin x f ' ' ( x) = − cos x
− cos x = 0 π
x=
2
+ kπ
Dobili smo beskonalno mnogo potencijalnih stacionarnih to čaka. Budu ći da je funkcija f ( x) = cos x periodična i temeljni period joj je 2 , dovoljno je provjeriti što su to čke infleksije na tom intervalu. π
x
−
π
2
2
3π 2
f ' ' ( x)
+
-
+
-
f ( x)
∪
∩
∪
∪
Dakle, stacionarne to čke funkcije konveksnosti su intervali oblika
Zadatak 7. f ( x) = x 2 ln x . Rješenje.
π
<
π
2
su sve to čke oblika
f ( x) = cos x
+ 2k π ,
x=
π
2
+ kπ
. Intervali
3π π π + 2kπ > , a konkavnosti < − + 2kπ , + 2kπ > . 2 2 2
Odrediti intervale konveksnosti, konkavnosti i to čke infleksije funkcije
Domena funkcije je
D f =< 0, +∞ > . f ' ( x) = 2 x ln x + x 2
1 x
= 2 x ln x + x = x (2 ln x + 1)
2 f ' ' ( x) =
2 ln x + 1 + x( x ) = 2 ln x + 1 + 2 = 2 ln x + 3 2 ln x + 3 = 0 3 ln x = − 2 −
3
x=e 2
19
x
−
0
3
+∞
e 2
f ' ' ( x)
-
f ( x)
∩
+ ∪
T. Infl.
20
3. Optimizacija Zadatak 1. Od svih pravokutnika opsega 20 cm, odrediti onaj č ija je površina maksimalna. Rješenje.
Potrebno je odrediti pravokutnik, odnosno duljine stranica pravokutnika, ozna čimo ih a i b , tako da njegova površina bude maksimalna. Dakle, potrebno je odrediti maksimum funkcije: P (a, b) = ab đ
Me utim, još je zadan uvjet da je opseg pravokutnika 2a + 2b = 20 jednak 20 cm odnosno da vrijedi: Izrazimo sada npr. varijablu a preko varijable b : a = 10 − b
Sada funkcija koju moramo maksimizirati postaje: P (b) = (10 − b)b = 10b − b 2
Odredimo stacionarne to čke i njihov karakter: P ' (b ) = 10 − 2b
10 − 2b = 0 b=5
Još je pitanje je li dobivena stacionarna to čka ekstrem, odnosno maksimum. Provjerimo zato predznak druge derivacije funkcije P (b) = 10b − b 2 u točki b = 5 - ako je taj predznak negativan, to čka će biti maksimum: P ' ' (b) = −2 P ' ' (5) = −2 < 0
Dakle,
b=5
je maksimum pa slijedi da je traženi pravokutnik onaj kojemu su duljine stranica: b = 5 cm a = 10 − b = 10 − 5 = 5 cm.
Zadatak 2. Od svih pravokutnika s dijagonalom 10 cm, odrediti onaj s Rješenje.
najvećom površinom.
Ponovno želimo odrediti maksimum funkcije: P (a, b) = ab .
Sada još treba vrijediti uvjet: 2 2 a + b = 10
Izrazimo npr. b iz gornje jednakosti: a 2 + b 2 = 10 / 2 a 2 + b 2 = 100 2
b = 100 − a 2
/
(ne moramo uvoditi apsolutnu vrijednost jer 2je b duljina pa mora biti pozitivna) b=
100 − a
Sa dobivenom vezom se vraćamo u funkciju P (a, b) = ab i dobivamo: P (a ) = a P ' ( a) =
100 − a 2 + a
100 − a 2
1 2 100 − a 2
⋅ ( −2a ) =
2(100 − a 2 ) − 2a 2 2 100 − a 2
21
200 − 4a 2
=0 2 100 − a 2 200 − 4a 2 = 0 2 a = 50 a = 50 = 25 ⋅ 2 = 5 2
Provjerimo još je li dobivena stacionarna to čka maksimum. Sada je malo komplicirano ići određivati drugu derivaciju funkcije pa provjerimo predznak prve derivacije „lijevo“ i „desno“ od dobivene stacionarne to čke: 0
x
+∞
5 2
f ' ( x)
+
f ( x)
↑
↓
Max Dakle, traženi pravokutnik je onaj kojem su duljine stranica: a=5 b=
2
2
100 − a = 100 − 50 = 50
Prikazati broj 26 u obliku zbroja triju pozitivnih brojeva kojima je zbroj kvadrata minimalan. Drugi pribrojnik neka bude tri puta manji od prvog. Zadatak 3.
Rješenje. č
Tražimo tri pozitivna broja – ozna imo ihas+ab, +bci=c26za koja vrijedi: 3b = a
I to takve da im je zbroj kvadrata minimalan – tražimo minimum funkcije: z ( a , b, c ) = a 2 + b 2 + c 2
Ubacimo li u gornju funkciju vezu 3b = a , funkcija postaje funkcija dviju varijabli: z (b, c ) = 9b 2 + b 2 + c 2 = 10b 2 + c 2
Ubacimo još vezu
a + b + c = 26 ,
odnosno 4b + c = 26 pa dobivamo:
z (b) = 10b 2 + ( 26 − 4b) 2 = 10b 2 + 26 2 − 208b + 16b 2 = 26b 2 − 208b + 26 2 z ' (b) = 52b − 208
52b − 208 = 0 b=4
Da bi odredili je li dobivena stacionarna to čka minimum, provjerimo predznak druge derivacije u njoj: z ' ' (b) = 52
z ' ' ( 4) = 52 < 0
Dakle,
b=4
je traženi minimum funkcije. Zaklju čujemo da su tražena tri broja: b=4 a = 3b = 12 c = 10
22
Klizalište zadanog opsega 20 m ima oblik pravokutnika koji sa dvije suprotne strane završava polukrugovima. Odrediti dimenzije klizališta tako da površina pravokutnog dijela bude maksimalna. Zadatak 4.
Rješenje.
b a
Potrebno je odrediti vrijednosti a i b tako da površina pravokutnog dijela bude maksimalna – trebamo odrediti maksimum funkcije: P ( a, b) = ab
Uvjet je da je opseg klizališta 20 m. Duljina jednog polukruga jednaka je 2 l=
budući da se radi o polukrugu radijusa
b
2
b
2 2
π
=
bπ
2
.
Dakle, opseg klizališta je jednak: O = 2a + 2l = 2a + bπ = 20
Izrazimo sada npr. a : a = 10 −
bπ
2
Uvrstimo li posljednju vezu u funkciju P (a, b) = ab dobivamo: P (b ) = (10 −
bπ
2
)b = 10b −
π
2
b2
Odredimo stacionarne to čke: P ' (b ) = 10 − πb b=
10 π
Da bi utvrdili je li dobivena stacionarna to čka maksimum – provjerimo je li predznak druge derivacije funkcije u toj to čci negativan: P ' ' (b) = −π P' ' (
10
) = −π < 0
π
Dakle,
b=
10
je maksimum pa su tražene dimenzije klizališta:
π
b=
10 π
a = 10 −
bπ
2
= 10 − 5 = 5 .
Površina pravokutnog dijela klizališta u tom slučaju je
P=
50
.
π
23
Zadatak 5.
Odrediti uspravan stožac s opsegom osnog presjeka 4 cm koji ima najveći
volumen. Rješenje.
Potrebno je odrediti stožac – odnosno njegove dimenzije r (radijus baze) i h (visinu stošca) i to takav da mu je opseg osnog presjeka 4 cm, odnosno da vrijedi: 2 r + 2s = 4 . Tražimo takav stožac s najvećim volumenom – želimo odrediti maksimum funkcije: B⋅h r2 ⋅h = V = . π
3
3
Gornja formula za volumen je funkcija dviju varijabli – radijusa baze i visine stošca. Dakle, pomoću informacije 2r + 2s = 4 trebali bi jednu od tih varijabli prikazati preko druge: Prema Pitagorinom poučku slijedi: s 2 = h 2 + r 2 , odnosno: s=
h2 + r 2
Pa ubacimo gornju jednakost u 2r + 2s = 4 i dobivamo: 2r + 2 h 2 + r 2 = 4 2 h 2 + r 2 = 4 − 2r / 2 4(h 2 + r 2 ) = 16 − 16r + 4 r 2
4h 2 = 16 − 16r / : 4 2 h = 4 − 4r / h=
4 − 4r
Našli smo vezu između varijabli r i h pa ju ubacujemo u funkciju za volumen i dobivamo: V (r ) =
r 2π ⋅
4 − 4r 3
Odredimo stacionarne to čke funkcije V (r ) : 1 1 1 2 ( 2rπ 4 − 4r + r 2 π ) ⋅ (−4)) = ( 2rπ 4 − 4r − r 2 π 3 3 2 4 − 4r 4 − 4r 1 2r π ( 4 − 4 r ) − 2r 2 π 1 8rπ − 8r 2 π − 2r 2π 1 8rπ − 10r 2 π V ' (r) = ( )= ( )= ( ) 3 3 3 4 − 4r 4 − 4r 4 − 4r
V ' (r ) =
Izjednačavamo prvu derivaciju s nulom: π
−
13 ( 8r 10r 4 − 4r
2
π
) = 0 ⇒ 8rπ − 10r 2 π = 0 / : 2π 4r − 5r 2 = 0 r ( 4 − 5r ) = 0 r1 = 0 r2 =
4 5
24
U kontekstu ovog zadatka, stacionarna to čka
r1 = 0 ne može biti traženo rješenje, pa bi samo 4 trebali provjeriti je li r2 = maksimum funkcije. Ovdje je možda jednostavnije uvrštavati 5
neke konkretne vrijednosti u prvu derivaciju nego računati drugu pa imamo: x
Dakle,
r2 =
4 5
0
1
V ' (r)
+
-
V (r )
↑
↓
54 je maksimum i dimenzije traženog stošca su: 4 r2 = 5 16 4 = , h = 4 − 4r = 4 − 5 5
a volumen mu je: V (r ) =
r
2
π
⋅ 4 − 4r
3
16 4 16 1 π π2 25 5 25 5 = 32 1 . = = π 3 3 75 5
Na koordinatnoj ravnini zadana je to čka M (4,6) . Odrediti jednadžbu pravca koji prolazi tom točkom i s pravokutnim poluosima tvori trokut najmanje površine. Zadatak 6.
Rješenje.
Potrebno je odrediti jednadžbu pravca odsječak na y osi l. Znamo da pravac prolazi to čkom njegovu jednadžbu:
y = kx + l ,
M (4,6) ,
odnosno koeficijent smjera pravca k i
pa koordinate te točke sigurno zadovoljavaju
6 = 4k + l ⇒ l = 6 − 4k
Dakle, jednadžba pravca kojeg tražimo je: y = kx + (6 − 4k )
Još trebamo odrediti k tako da površina trokuta kojeg gornji pravac zatvara s poluosima bude minimalna.
25
Površina trokuta biti će jednaka umnošku ordinate (druge koordinate) to čke T1 (plava dužina) i apscise (prve koordinate) to čke T2 (crvena dužina) prikazanih na gornjoj slici, podijeljene sa dva, pri čemu to čke T1 i T2 leže na jednadžbi pravca o kojem pričamo pa i zadovoljavaju njegovu jednadžbu y = kx + (6 − 4k ) . Ordinatu to čke Apscisu to čke
T1
T2
možemo lako odrediti jer je očito njezina apscisa jednaka 0 pa imamo: k ⋅ 0 + ( 6 − 4 k ) = 6 − 4k . isto možemo lako odrediti jer je očito njezina ordinata jednaka 0 pa imamo: 0 = kx + (6 − 4k ) ⇒ x = 4k − 6 k
I sada je površina trokuta jednaka: P ( k ) = (6 − 4 k )
4 k − 6 1 (6 − 4k )(4k − 6) − 16k 2 + 48k − 36 ⋅ = = k 2 2k 2k
Odredimo stacionarne to čke funkcije: P ' (k ) =
(−32k + 48)(2k ) − (−16k 2 + 48k − 36)2 − 64k 2 + 96k + 32k 2 − 96k + 72 − 32k 2 + 72 = = 4k 2 4k 2 4k 2 2 − 32k + 72 = 0 ⇒ −32k 2 + 72 = 0 / : 4 4k 2 − 8k 2 + 18 = 0 8k 2 = 18 9 k2 = / 4 3 2
k =±
Provjerimo još karakter dobivenih stacionarnih to čaka: x
−∞
−
3 2
3 2
+∞
P' ( k )
-
+
-
P( k )
↓
↑
↓
26
Dakle, stacionarna to čka
Zadatak 7.
3 je minimum, pa je tražena jednadžba pravca: 2 3 3 3 3 y = − x + ( 6 − 4 ⋅ ( − )) = − x + (6 + 6) = − x + 12 . 2 2 2 2 k =−
Zadani pozitivni broj a rastaviti na dva pribrojnika tako da njihov produkt bude
najveći. Rješenje.
Tražimo dva broja, recimo x i y takva da: i takva da je njihov produkt
najveći
x+ y = a
– tražimo dakle maksimum funkcije: P( x, y ) = xy
Prikažimo sada jednu od varijabli x i y preko druge uz pomo ć veze
x+ y =a
. Npr.:
x = a− y
Sada funkcija produkta postaje: P ( y ) = ay − y 2
Odredimo stacionarne to čke gornje funkcije: P' ( y ) = a − 2 y a − 2y = 0
y=
a
2
Još treba provjeriti karakter dobivene stacionarna točke. Odredimo zato predznak druge derivacije u njoj: P ' ' ( y ) = −2 a P ' ' ( 2 ) = −2 < 0
Zaključujemo da je stacionarna to čka
y=
a
2
maksimum, pa su tražena dva broja: y=
a
2
x = a− y =
a
2
.
27
4. Asimptote Vertikalne asimptote (na rubovima domene ili u točkama prekida domene) lim f ( x ) = ±∞ ⇒ x = a
je vertikalna asimptota s desne strane
lim f ( x) = ±∞ ⇒ x = a
je vertikalna asimptota s lijeve strane
x→ a + x→ a −
Horizontalne asimptote lim f ( x) = k ⇒ y = k je horizontalna asimptota u desnoj strani x → +∞
je horizontalna asimptota u lijevoj strani
lim f ( x) = k ⇒ y = k
x → −∞
Kose asimptote f ( x)
⇒ y = kx + l lim ( f ( x) − kx) = l x → +∞ f ( x) lim =k x→ −∞ x ⇒ y = kx + l lim ( f ( x) − kx) = l x→ −∞
lim
x → +∞
x
=k
je kosa asimptota u desnoj strani
je kosa asimptota u lijevoj strani
Zadatak 1. Odrediti asimptote Rješenje.
Domena funkcije je horizontalnih:
Df = R.
funkcije f ( x) = 1 + e − x .
Dakle, funkcija nema vertikalnih asimptota. Provjerimo ima li
lim (1 + e − x ) = 1 + e −∞ = 1 +
x → +∞
Dakle, pravac
y =1
1 e∞
= 1+ 0 = 1
je horizontalna asimptota u desnoj strani. lim (1 + e − x ) = 1 + e ∞ = 1 + ∞ = ∞
x→ −∞
Zaključujemo da funkcija nema horizontalnih asimptota u lijevoj strani pa moramo provjeriti ima li kosih u lijevoj strani: lim
x→ −∞
1 + e −x x
=
x ∞ e − ⋅ ( −1) = L' H = lim = −e ∞ = −∞ x → −∞ ∞ 1
Budu ći da za rezultat posljednjeg limesa nismo dobili neki realni broj, zaklju čujemo da funkcija nema niti kosih asimptota u lijevoj strani. x Zadatak 2. Odrediti asimptote funkcije f ( x) = . x −1
Rješenje.
Domena funkcije je D f = R \ {1} - postoji prekid u domeni pa moramo provjeriti postoje li u prekidu vertikalne asimptote. lim
x→1+
Dakle, pravac
x =1
x x −1
=
1+ +
1 −1
=
1+ = +∞ 0+
je vertikalna asimptota s desne strane. 28
x
lim−
x −1
x→1
Pravac
x =1
=
1− −
1 −1
=
1− = −∞ 0−
je vertikalna asimptota s lijeve strane.
Ispitajmo horizontalne asimptote: lim
x
x→ +∞
Pravac
y =1
=
x −1
∞ 1 = L' H = lim = 1 x → +∞ 1 ∞
je horizontalna asimptota u desnoj srani. L H lim x x− 1 = −−∞ 1 =1 → −∞ 1 ∞ = ' = xlim
x→ −∞
Pravac y = 1 je horizontalna asimptota u lijevoj srani. Kose asimptote ne morame ni ispitivati budući da postoje horizontalne s obje strane. 1
Zadatak 3. Odrediti asimptote funkcije f ( x) = xe x . Rješenje. Domena funkcije je D f = R \ {0} , pa provjeravamo najprije vertikalne asimptote: 1
1
1
lim+ xe x = 0 + ⋅ e 0 = 0 + ⋅ e +∞ = 0 + ⋅ ∞ = neodređ eni izraz = lim+ +
x →0
x→ 0
ex
1
=
∞ = L' H = ∞
x 1
1
e x ⋅ (−
= xlim →0 +
−
x
Pravac
x=0
2
1
x
)
1
ex =∞. = xlim →0 +
2
je vertikalna asimptota s desne strane. 1
1
lim− xe x = 0 − ⋅ e 0 = 0 + ⋅ e −∞ = 0 + ⋅ −
x→0
Pravac
x=0
1 e
∞
= 0+ ⋅ 0+ = 0+ .
nije vertikalna asimptota s lijeve strane. 1
1
lim xe x = ∞ ⋅ e ∞ = ∞ ⋅ e 0 = ∞ ⋅ 1 = ∞
x→ +∞
1
1
lim xe x = −∞ ⋅ e −∞ = −∞ ⋅ e 0 = −∞ ⋅1 = −∞
x→ −∞
Funkcija nema horizontalnih asimptota niti u desnoj niti u lijevoj strani. Dakle, moramo ispitivati kose asimptote u obje strane: 1
lim
x→ +∞
xe x x
1
1
= lim e x = e + ∞ = e 0 = 1
1
x→ +∞
1
1
lim ( xe − x) = ∞ − ∞ = lim x (e − 1) = ∞ ⋅ 0 = lim x
x→ +∞
x
x→ +∞
x → +∞
e x −1
1
=
0 = L' H = 0
x
29
1
1
e x ⋅ (−
= lim
x → +∞
−
x → +∞
2
kosa asimptota u desnoj strani. Ispitajmo još kose
y = x +1
1
lim
x→ −∞
1
= lim e x = 1
1 x
Zaključujemo da je pravac asimptotu u lijevoj strani:
)
x2
1
xe x
1
= lim e x = e −∞ = e 0 = 1 x→ −∞
x
1
1
1
lim ( xe − x) = −∞ + ∞ = lim x(e − 1) = −∞ ⋅ 0 = lim x
x
x→ −∞
x → −∞
e x −1
x → −∞
1
=
0 = L' H = 0
x 1
1
e x ⋅ (−
= lim
x → −∞
−
y = x +1
1
= lim e x = 1
1 x
Pravac
)
x2
x → −∞
2
je i kosa asimptota u lijevoj strani. 1
Zadatak 4. Odrediti asimptote Rješenje.
Domena funkcije je
funkcije f ( x) = e x .
D f = R \ {0} . 1
1
lim+ e x = e 0 = e +∞ = ∞ +
x→0
1
1
1
lim e x = e 0 = e − ∞ = −
e∞
x→0 −
Pravac
x=0
=0
je vertikalna asimptota s desne strane.
Ispitajmo horizontalne asimptote: 1
1
+
lim e x = e + ∞ = e 0 = 1
x→ +∞
1
1
−
lim e x = e −∞ = e 0 = 1
x→ −∞
Pravac y = 1 je horizontalna asimptota i u desnoj i u lijevoj strani, prema tome ne moramo ispitivati postoje li kose asimptote. Zadatak 5. Odrediti asimptote
funkcije f ( x) =
1 . ( x − 2) 2
Rješenje.
Domena funkcije je D f = R \ {2} . Ispitajmo postoji li vertikalna asimptota u to čki prekida domene: lim
x→ 2 +
1 1 1 1 = = = = +∞ ( x − 2) 2 (2 + − 2) 2 (0 + ) 2 0 +
30
lim
x→ 2 −
Dakle, pravac
1 1 1 1 = = = = +∞ ( x − 2) 2 (2 − − 2) 2 (0 − ) 2 0 +
je vertikalna asimptota i s desne i s lijeve strane.
x=2
Ispitajmo horizontalne asimptote: 1 1 1 = = =0 ( x − 2) 2 ∞ 2 ∞ 1 1 1 = = =0 lim x→−∞ ( x − 2) 2 (−∞) 2 ∞ lim
x→∞
Pravac
y=0
je horizontalna asimptota i u desnoj i u lijevoj strani.
Zadatak 6. Odrediti asimptote
funkcije f ( x) =
x x 2 − 4x + 3
.
Rješenje.
Da bi odredili domenu, moramo provjeriti što su nul-točke nazivnika funkcije: x 2 − 4x + 3 = 0 x1, 2 =
Domena funkcije je
D f = R \ {1,3} .
4 m 16 − 12 4 m 2 = 2 2 x1 = 3 x2 = 1
Ispitajmo imamo li u to čkama prekida domene vertikalnih
asimptota: lim+
x→1
lim−
x→1
Pravac
x =1
x
= lim+
2
x − 4x + 3
x→1
x 2
x − 4x + 3
= lim− x →1
x
( x − 1)( x − 3) x
( x − 1)( x − 3)
=
1+ 1+ 1+ = + = − = −∞ + + (1 − 1)(1 − 3) (0 )(−2 ) 0
=
1− 1− 1− = − = + = +∞ − − (1 − 1)(1 − 3) (0 )(−2 ) 0
+
−
je vertikalna asimptota i s desne i s lijeve strane.
lim+
x→3
lim−
x →3
x 2
x − 4x + 3 x 2
x − 4x + 3
= lim+ x →3
= lim− x →3
x
( x − 1)( x − 3) x
( x − 1)( x − 3)
=
3+ 3+ 3+ = + + = + = +∞ + (3 − 1)(3 − 3) (2 )(0 ) 0
=
3− 3− 3− = − − = − = −∞ − (3 − 1)(3 − 3) (2 )(0 ) 0
+
−
Pravac x = 3 je horizontalna asimptota i s desne i s lijeve strane. Ispitajmo horizontalne asimptote:
lim
x→ ∞
x : x2
( x 2 − 4 x + 3) : x 2
1 = lim
x→∞
x
4 3 1− + 2 x
=
0 =0 1
x
31
1
x : x2
lim
x→ −∞
( x 2 − 4 x + 3) : x 2
x
= lim
x→ −∞
4
3
x
x2
1− +
0 =0 1
=
Pravac y = 0 je horizontalna asimptota i u desnoj i u lijevoj strani. Kose asimptote, prema tome, nije ni potrebno ispitivati.
Zadatak 7. Odrediti asimptote
x3
funkcije f ( x) =
.
2
x +
9
Rješenje.
Domena funkcije je horizontalne:
Df = R,
lim
prema tome nema vertikalnih asimptota. Provjerimo x3 : x3
x→ ∞
= lim
2
( x + 9) : x 3
x→∞
x3 : x3
lim
x→ −∞
= lim
2
( x + 9) : x 3
x→ −∞
1 1
9
=
1 =∞ 0+
=
1 = −∞ 0−
+ x x3
1 1 x
9
+ 3 x
Funkcija nema horizontalnih asimptoti pa ispitujemo kose: lim
x3
x→∞
2
( x + 9) x
x2 : x2
= lim
2
( x + 9) : x 2
x→ ∞
1
= lim
x→ ∞
x
x3
lim
x→ ∞
2
x +9
− x = lim
x 3 − x ( x 2 + 9) 2
x +9
x→ ∞
x 3 − x 3 − 9x
= lim
2
x +9
x→∞
= lim
x→ ∞
=1
9
1+
2
−9
− 9x : x 2 2
( x + 9) : x
2
x
= lim
x→ ∞
1+
x
Pravac
y=x
=
9
0 =0 1
2
je kosa asimptota u desnoj strani. Ispitajmo kose asimptote u lijevoj strani: lim
x→ −∞
x3 2
( x + 9) x
= lim
x2 : x2
x→ −∞
2
( x + 9) : x 2
= lim
x→ −∞
1 1+
9
=1
x2
−9 3 2 3 3 x3 x − x( x + 9) − 9x : x 2 x − x − 9x 0 x − x = lim = = = = =0 lim 2 lim lim lim 2 2 x →−∞ x→ −∞ x + 9 x →−∞ x → −∞ ( x 2 + 9) : x 2 x→ −∞ 9 1 x +9 x +9 1+ x
Pravac
y=x
2
je kosa asimptota u lijevoj strani.
Zadatak 8. Odrediti asimptote Rješenje.
funkcije f ( x) =
2 x −1 .
Postavljamo uvjet za domenu:
x 2 −1 ≥ 0 x2 ≥ 1/
| x |≥ 1 D f = < −∞ ,−1] ∪ [1,+∞ >
32
Budu ći da domena nema otvorene rubove, ne moramo ni ispitivati vertikalne asimptote jer će vrijediti da je limes funkcije kada se x približava rubu domene npr. 1, jednak funkcijskoj vrijednosti u 1 odnosno f (1) = 1 − 1 = 0 Ispitajmo postoje li horizontalne asimptote: lim x 2 − 1 = ∞ = ∞
x→ ∞
x 2 −1 =
lim
x → −∞
∞ =∞
Funkcija nema horizontalnih asimptota pa ispitujemo kose: x 2 −1 : x
lim
=
x:x
x→ ∞
Budući da ra čunamo limes kada
x→∞,
možemo zapisati
pa imamo:
x2
x=
x 2 −1
lim
x→∞
2 x −1 : x
x: x
x2
= lim
lim ( x 2 − 1 − x) = ∞ − ∞ = lim ( x 2 (1 −
x→ ∞
x→ ∞
1
1−
x
= lim
2
−1 =
1
x →∞
0 = L' H = lim x→ ∞ 0
) − x) = lim ( x 1 −
x2
x→∞
Pravac
y=x
⋅
1
2 1−
x
= lim 1 − x →∞
1 x2
1
=1
x2
1
− x) = lim x( 1 −
− 1) = ∞ ⋅ 0 =
x2
x →∞
2 x3
2
− x2
= lim
1
x→ ∞
− 2 x
x
x2
x →∞
1 1
2 x −1
= lim
1
x→ ∞
x
3
1−
1
−1
= lim
x→ ∞
x
x2
1−
=
1
−1 =0 ∞ ⋅1
x2
je kosa asimptota u desnoj strani.
Ispitajmo još kosu asimptotu u lijevoj strani:
x 2 −1 : x
lim
x: x
x → −∞
=
Budući da ra čunamo limes kada x → −∞ , možemo zapisati
x = − x2
pa imamo:
2
x −1 x2 −1 : x
lim
x:x
x → −∞
− x2
= lim
1
x → −∞
lim ( x 2 − 1 + x) = ∞ − ∞ = lim ( x 2 (1 −
x → −∞
x → −∞
1 x2
1− = lim
x → −∞
x2
−
1
−1 =
0 = L' H = lim x → −∞ 0
y=x
x2
) + x) = lim (− x 1 − x → −∞
2 1−
⋅
1
x → −∞
1 x2
1 x2
= −1
+ x) = lim − x ( 1 − x → −∞
1 x2
− 1) = ∞ ⋅ 0 =
2
x2
x2
= lim
x → −∞
x
2
x
funkcije f ( x) =
3
1−
1 2
x
je kosa asimptota u lijevoj strani.
Zadatak 9. Odrediti asimptote
= lim − 1 −
x3
1
x
Pravac
x 2 −1
x → −∞
1 1
= lim −
x x2 +3
1
= lim
x → −∞
x
1−
=
1
1 − ∞ ⋅1
=0
2
x
.
Rješenje.
Domena funkcije je horizontalne:
Df = R,
prema tome nema vertikalnih asimptota. Provjerimo
33
x:x
lim
x→ ∞
1
= lim
2
x →∞
x +3 : x
x
Pravac
y =1
1
= lim
x →∞
2
x +3
=
3
1+
x2
2
je horizontalna asimptota u desnoj strani. x:x
lim
x → −∞
1
= lim
x → −∞
2 x +3 :x
1
= lim
x → −∞
2 x +3
=
3
− 1+
y = −1
1 −1
= −1
x2
− x2
Pravac
1 =1 1
je horizontalna asimptota u lijevoj strani.
Zadatak 10.(teži) Odrediti asimptote
x 2 +1
funkcije f ( x) =
.
2
x −1
Rješenje.
Uvjet za domenu funkcije je: x 2 −1 > 0 x2 >1 | x |> 1
Domena funkcije je D f =< −∞,−1 > ∪ < 1,+∞ > . Domena ima otvorenih rubova pa moramo ispitati postoje li vertikalne asimptote u njima: lim
x 2 +1
x →1+
1+ + 1
=
x −1 x 2 +1
lim −
1 −1 1+ + 1
=
x −1
=
2+ = +∞ 0+
=
2+ = +∞ 0+
+
=
+
2
x → −1
2+
=
+
2
1 −1
0 2+ 0
+
Pravac x = 1 je vertikalna asimptota s desne strane, a pravac lijeve strane. Ispitajmo horizontalne asimptote: lim
( x 2 + 1) : x 2
x→ ∞
2
x −1 : x
2
1
1+
x
= lim
x →∞
2
2
x→ ∞
x −1
x2
x4
lim
( x 2 + 1) : x 2
x→ −∞
2
x −1 : x
2
1
1+ = lim
x → −∞
x2
2
x
1
x −1
x → −∞
1 x2
x4
2
=
1
−
1+ = lim
je vertikalna asimptota s
1
1+ = lim
x = −1
1 =∞ 0
x4
1 x2
−
1
=
1 =∞ 0
x4
Funkcija nema horizontalnih asimptota. Ispitajmo kose: 2
lim x→∞
x +1 x x2
−1
1 (x + ) : x x
= lim x→ ∞
x2
−1 : x
1+ = lim x→∞
1 x
2
1 − 12
=
1
=1
1
x
1
1
1+ 2 − 1 − 2 x 2 +1 ( x 2 +1 − x x 2 −1) : x 2 0 x x lim − x = lim = lim = = L' H = x→∞ x→∞ x →∞ 2 2 2 0 1 1 x − 1 x − 1 : x − 4 2 x
x
34
2
−
1 1
2
x
1
− 4 1−
x
1
−
2
x
= lim
x
2
2x 5
2x 3 1 −
)
= lim
1
1−
x2
1
−
x2
1
1
2x 5
x4
2
=
− 2x 2 + 4
x→∞
x2
1
(1 −
x2
)
1
= lim
2 x 3 (−2 x 2 + 4)
x →∞
(−2 x 2 + 4)
x2
2 x 4 − 4 1 − 12 − 2 x
=
1 − 4 1− 2 − 2 −6 x = lim = =0
− 2
(−2 x 2 + 4)
x →∞
y=x
)
5
1 x
= lim
− 2x 2 + 4
x →∞
−2
2
2x 3 1−
2
2 x 5 1 (1 − 12 ) − 4 1 − 12 − 2 x x x
x − 4
Pravac
x
x →∞
1
(1 −
x
x
+
3
1 x
= lim
4
1
− 4 1−
x
2x 3 1 −
4
1 x2
− 2x 2 + 4
1
x3
−2
2
−2
2
2x 3 1−
2x 5
⋅ (−
x
2
2
1
− 4 1−
2
⋅
1
2 1−
x
x →∞
x →∞
−
x3
= lim
= lim
1
x →∞
− 2x +
4
−∞
x
je kosa asimptota u desnoj strani.
Ispitajmo još kosu asimptotu u lijevoj strani:
lim
1 (x + ) : x
x 2 +1
x → −∞
= lim
2
x x −1
x → −∞
x
= lim
2
1
1+
x
x −1 : x
x → −∞
1+
2
= lim
x → −∞
2
x −1
1 x
− 1−
− x2
2
=
1
1 −1
= −1
x2
1
1
1+ 2 − 1− 2 x 2 +1 ( x 2 + 1 + x x 2 − 1) : x 2 0 x x lim + x = lim = lim = = L' H = x→ −∞ x→ −∞ x →−∞ 2 2 2 0 1 1 x −1 : x x −1 − 4 2 x
2
−
x
= lim
3
1
−
2 1− 1
x →−∞
x
x
2 x3
+
2
x
3
2x 3 1 −
x2
⋅ −
2 12 − 14 ( x
1
− 4 1−
2
⋅
1
= lim
4 x5
x →−∞
)
−2
1 x2
− 4 1−
1 x2
−
1 x
− 2x 2 + 4
2x 5
x
2x 3 1− = lim
1
1 x2
=
− 2x 2 + 4
x→ −∞
x4
−2
2
2x 5
1 x2
(1 −
1 x2
)
35
− 4 1−
1
−2
x2
2x 3 1−
1 x
= lim
− 2x 5
2
= lim
− 2x 2 + 4
x → −∞
− 2x 5
1 x
(1 −
x→ −∞
1 x2
(1 −
= xlim → −∞
1 1 ) − 4 1 − 2 − 2 2 x
x
2x 3 1 −
1 x
y=x
x
) − x − 4 1 −
Pravac
1
1 x2
( − 2 x 2 + 4)
2
= lim
x→ −∞
(−2 x 2 + 4 )
− 2x 4 − 4 1−
1 x
2
2 x 3 (−2 x 2 + 4)
=
− 2
1
− 2
− 4 1− 2 − 2 x = xlim →−∞
2x −
4
−6 = −∞ = 0
x
je kosa asimptota u lijevoj strani.
36
5. Tijek funkcije Postupak: 1. određivanje domene funkcije 2. ispitivanje parnosti, neparnosti, periodsičnosti 3. određivanje nul-točaka funkcije 4. određivanje intervala monotonosti i ekstrema 5. određivanje intervala konveksnosti, konkavnosti i točaka infleksije 6. određivanje asimptota 7. skiciranje grafa funkcije Zadatak 1. Odrediti tijek funkcije f ( x) = x 4 − 2 x 2 . Rješenje.
1. domena funkcije je D f = R . 2. f (− x ) = (− x) 4 − 2(− x) 2 = x 4 − 2 x 2 = f ( x) ⇒ funkcija je parna (graf je osno simetričan s obziorm na os y) 3. x 4 − 2x 2 = 0 x 2 ( x 2 − 2) = 0 x1 = 0 ⇒ T1 (0,0) x 2,3 = ±
2 ⇒ T2 ( − 2 ,0), T3 ( 2 ,0)
4. 3
f ' ( x) = 4 x − 4 x 3
4x − 4x = 0 4 x ( x 2 − 1) = 0 x1 = 0 x 2, 3 = ±1 x
-1
−∞
0
1
+∞
f ' ( x)
-
+
-
+
f ( x)
↓
↑
↓
↑
Min
Max
Min
T4 ( −1,−1)
T5 ( 0,0)
T6 (1,−1)
5. f ' ' ( x ) = 12 x 2 − 4
12 x 2 − 4 = 0 1 x2 = 3 3 x1, 2 = ± 3
37
x
−∞
3 3
−
f ' ' ( x)
+
f ( x)
∪
3 3
-
+
∩
T. Infl.
∪
T.Infl.
3 5 ,− ) 3 9
T7 ( −
+∞
T8 (
3 5 ,− ) 3 9
6. Vertikalnih asimptota nema. Ispitajmo horizontalne: lim ( x 4 − 2 x 2 ) = ∞ − ∞ = lim x 2 ( x 2 − 2) = ∞ ⋅ ∞ = ∞
x →∞
x →∞
lim ( x 4 − 2 x 2 ) = ∞ − ∞ = lim x 2 ( x 2 − 2) = ∞ ⋅ ∞ = ∞
x→ −∞
x →−∞
Nema horizontalnih asimptota. Ispitajmo kose: lim
x 4 − 2x 2
x→∞
lim
x
x 4 − 2x 2
x→ −∞
x
= lim ( x 3 − 2 x) = lim x( x 2 − 2) = ∞ ⋅ ∞ = ∞ x →∞
x→∞
3
= lim ( x − 2 x) = lim x ( x 2 − 2) = −∞ ⋅ ∞ = −∞ x → −∞
x→ −∞
Nema niti kosih asimptota. 7. (točke infleksije su crvene, ekstremi zeleni) 0.5
- 1.5
- 1.0
-0.5
0.5
1.0
1.5
- 0.5
- 1.0
Zadatak 2. Odrediti tijek funkcije f ( x) = Rješenje.
1. Domena funkcije je D f 2. f (− x) =
3
x3
1− x 2
.
= R \ {−1,1} .
3
( − x) −x x3 = =− = − f ( x) ⇒ funkcija je neparna (graf je centralno simetrič an s 2 2 1 − ( − x) 1− x 1− x2
obzirom na ishodište). 3. x3
1− x2
= 0 ⇒ x1 = 0 ⇒ T1 ( 0,0)
38
4. f ' ( x) =
3x 2 (1 − x 2 ) − x 3 (−2 x) 3x 2 − 3 x 4 + 2 x 4 − x 4 + 3 x 2 = = (1 − x 2 ) 2 (1 − x 2 ) 2 (1 − x 2 ) 2 − x 4 + 3x 2
= 0 ⇒ − x 4 + 3x 2 = 0
(1 − x 2 ) 2 x
x
−∞
− 3
2
( − x 2 + 3) = 0 x1 = 0 x 2,3 = ±
3
-1
0
1
+∞
3
f ' ( x)
-
+
+
+
+
-
f ( x)
↓
↑
↑
↑
↑
↓
Min
Max
3 3 T2 ( − 3 , ) 2
T3 (
3 ,−
3 3 ) 2
5. f ' ' (x) =
(−4 x 3 + 6 x)(1 − x 2 ) 2 − (− x 4 + 3 x 2 )2(1 − x 2 )(−2 x) (−4 x 3 + 6 x )(1 − 2 x 2 + x 4 ) − 2(− x 4 + 3x 2 )(−2 x + 2 x 3 ) = = (1 − x 2 ) 2 (1 − x 2 ) 2 f ' ' ( x) =
f ' ' ( x) =
− 4 x 3 + 8 x5 − 4 x 7 + 6 x − 12 x 3 + 6 x 5 − 2(2 x 5 − 2 x 7 − 6 x 3 + 6 x5 )
(1 − x 2 ) 2 − 4 x 3 + 8 x5 − 4 x 7 + 6 x − 12 x 3 + 6 x 5 − 4 x5 + 4 x 7 + 12 x 3 − 12 x 5
=
=
(1 − x 2 ) 2 − 2 x − 4 x + 6 x x(−2 x 4 − 4 x 2 + 6) − 2 x ( x 4 + 2 x 2 − 3) f ' ' ( x) = = = (1 − x 2 ) 2 (1 − x2 )2 (1 − x 2 ) 2 5
3
− 2 x ( x 4 + 2 x 2 − 3) = 0 ⇒ −2 x( x 4 + 2 x 2 − 3) = 0 (1 − x 2 ) 2 x 4 + 2x 2 − 3 = 0 t = x2 2
t + 2t − 3 = 0 t1, 2 =
− 2 ± 4 + 12
2
t1 = 1 ⇒ x1, 2 = ±1 ∉ D f t 2 = −3 ⇒ x ∉ R x=0
x
−∞
f ' ' ( x)
+
f ( x)
↑
-1
-
0
↓
+ ↑
1
+∞
↓
T. Infl. T4 (0,0)
6.
39
1+ 1+ = = −∞ + x→1 1 − x 1 −1 0− x3 1− 1− = = =∞ lim − x→1− 1 − x 2 1−1 0+ Pravac x = 1 je vertikalna asimptota s obje strane. x3
lim+
2
x3
lim
1− x 2
x→ −1+
x3 x→ −1−
=
− 1+
=
=
1 − 1− − 1−
=
− 1+
0+ − 1−
=
= −∞
=∞
lim 1 − 1+ 0− Pravac x = −1 je vertikalna asimptota s obje strane. x3
lim
1− x
x→∞
lim
2
x3
x→ −∞
1− x
2
1− x 2
=
∞ 3x 2 3 = L ' H = lim = lim − x = −∞ x →∞ − 2 x x →∞ 2 −∞
=
−∞ 3x 2 3 = L ' H = lim = lim − x = ∞ x → −∞ −∞ − 2 x x→ −∞ 2
Nema horizontalnih asimptota. Ispitujemo kose: x
3
2 lim 1 − x = lim
x →∞
x
x→∞
x3 x(1 − x
2
)
3
3
= lim
x →∞
x2
1− x2
2
=
∞ 2x = L ' H = lim = −1 x →∞ − 2 x −∞
3
3
lim ( x + x) = lim x + x(1 −2 x ) ) = lim x + x −2 x = lim x 2 = ∞ = L' H = x →∞ 1 − x 2 x →∞ x→∞ x →∞ 1 − x −∞ 1− x 1− x 1 1 = lim = =0 x →∞ − 2 x −∞
Pravac
y = −x
je kosa asimptota u desnoj strani.
x3 2 lim 1 − x = lim
x→ −∞
lim (
x→ −∞
x3
1− x
2
x
x3
x → −∞
+ x ) = lim
x → −∞
Pravac
x(1 − x
2
)
= lim
x 3 + x (1 − x 2 )
1− x
y = −x
2
x→ −∞
x2
1− x2
) = lim
=
∞ 2x = L ' H = lim = −1 x → −∞ − 2 x −∞
x 3 + x − x3
1− x 2 1 1 = lim = =0 x → −∞ − 2 x ∞ x→ −∞
= lim
x → −∞
x
1− x 2
=
−∞ = L' H = −∞
je kosa asimptota u lijevoj strani.
7.
40
20
10
-4
6
-2
2
4
6
- 10
- 20
Zadatak 3. Odrediti tijek funkcije f ( x) = ( x 2 − 3x + 2)e x . Rješenje.
1. Domena funkcije je D f
= R.
f (− x ) = (( − x) 2
− 3( − x) + 2)e − x = ( x 2 + 3 x + 2) e − x 2. Funkcija nije parna niti neparna.
≠ f ( x ), ≠ − f ( x)
3. ( x 2 − 3 x + 2)e x = 0
Budući da je vrijedi:
ex ≠ 0
za svaki realni broj x, rješenja gornje jednadžbe su samo brojevi za koje x 2 − 3x + 2 = 0
3± 9−8 2 x1 = 2 ⇒ T1 ( 2,0) x 2 = 1 ⇒ T2 (1,0) x1, 2 =
4. x
2
x
f ' ( x) = ( 2 x − 3)e + ( x − 3 x + 2) e = e e x ( x 2 − x − 1) = 0
x
2
( x − x − 1)
x 2 − x −1 = 0
1± 1+ 4 2 1+ 5 ≈ 1,6 x1 = 2 1− 5 ≈ −0,6 x2 = 2 x1, 2 =
41
x f
1− 5 2
−∞
' ( x)
f ( x)
1+ 5 2
+
-
↑
↓
+ ↑
Max T3 (
+∞
Min
1− 5 , ≈ 2,28) 2
T4 (
1+ 5 , ≈ −1,19) 2
5. 2
x
f ' ' (x) = e
x
x
2
( x − xx − 1)2 + e ( 2 x − 1) = e ( x + x − 2) e ( x + x − 2) = 0 x2 + x − 2 = 0 x1, 2 =
−1± 1+ 8
2 x1 = 1
x 2 = −2
−∞
x
1
−2
f ' ' ( x)
+
-
f ( x)
∪
∩
T.Infl.
+∞
+ ∪
T.Infl.
T5 (−2, ≈ 1,62)
T6 (1,0)
6. Budući da je domena čitav R, nema vertikalnih asimptota. Ispitajmo horizontalne: 2 lim ( x 2 − 3 x + 2)e x = (∞ − ∞)e ∞ = neodr.izraz = lim x ( x − 3 + )e x = ∞ ⋅ ∞ ⋅ ∞ = ∞
x→∞
x →∞
x
lim ( x 2 − 3 x + 2)e x = (∞ + ∞ )e −∞ = ⋅∞ ⋅ 0 = neodr. izraz
x→ −∞
= lim
x → −∞
x 2 − 3x + 2
1
=
∞ 2x − 3 − ∞ 2 2 = L' H = lim = = L' H = lim = =0 x → −∞ − e − x x→ −∞ e − x ∞ −∞ ∞
ex
Funkcija nema horizontalnu asimptota u desnoj strani. Pravac lijevoj strani.
y=0
je horizontalna asimptota u
Ispitajmo još postoji li kosa asimptota u desnoj strani: lim
x→ ∞
( x 2 − 3 x + 2 )e x x
2
= lim ( x − 3 + )e x = ∞ ⋅ ∞ = ∞ x→∞
x
Nema kose asimptote u desnoj strani. 7.
42
5
4
3
2
1
-4
-2
2 -1
Zadatak 4. Odrediti tijek funkcije f ( x) = x 3 − 3x 2 . Rješenje.
1. Domena funkcije je D f = R . 2. f (− x) = (− x) 3 − 3(− x) 2 = − x 3 − 3x 2 ≠ f ( x), ≠ − f ( x) Funkcija nije parna niti neparna. 3. 3 2 x − 3x = 0
x
2
( x − 3) = 0
x1 = 0 ⇒ T1 (0,0) x 2 = 3 ⇒ T2 (3,0)
4. 2
f ' ( x) = 3 x − 6 x 2
3x − 6 x = 0 3 x( x − 2) = 0 x1 = 0 x2 = 2 x
' ( x) f ( x)
f
0
−∞
+
2 -
↑
+∞
+
↓
↑
Max
Min
T3 ( 0,0)
T4 (2,−4)
5. f ' ' ( x) = 6 x − 6
43
6x − 6 = 0 x =1
1
−∞
x f ' ' ( x)
-
f ( x)
∩
+∞
+ ∪
T.Infl. T5 (1,−2)
6. Budući da je domena čitav skup R, funkcija nema vertikalnih asimptota. Ispitajmo horizontalne: lim ( x 3 − 3x 2 ) = ∞ − ∞ = lim x 2 ( x − 3) = ∞ ⋅ ∞ = ∞
x→ ∞
x →∞
lim ( x 3 − 3 x 2 ) = −∞ − ∞ = −∞
x→ −∞
Nema horizontalnih, pa ispitajmo još kose: lim
x 3 − 3x 2
x→ ∞
x
lim
x→ −∞
= lim ( x 2 − 3 x) = lim x ( x − 3) = ∞ ⋅ ∞ = ∞ x →∞
x 3 − 3x 2 x
x→∞
2
= lim ( x − 3 x) = ∞ − (−∞ ) = ∞ x → −∞
Nema kosih asimptota. 7.
20
10
-2
2
4
- 10
- 20 - 30
44
6. Taylorov polinom Recimo da nam je zadana funkcija f ( x) čiji je graf prikazan na slici: 8
6
4
2
123456
Cilj nam je odrediti polinom n-og stupnja, označimo ga s Pn ( x) , koji će dobro aproksimirati funkciju f ( x) u blizini to čke x = 4 . Za po četak, recimo da taj polinom mora zadovoljavati sljedeća dva uvjeta: P (4) = f ( 4) P ' (4) = f ' ( 4)
Jedan (zapravo jedini) polinom 1. stupnja koji zadovoljava gornja dva uvjeta je polinom: P1 ( x) = f ' ( 4)( x − 4) + f ( 4) .
Provjerimo da gornji polinom zaista zadovoljava dva uvjeta: P1 ( 4) = f ' ( 4)( 4 − 4) + f (4) = f ( 4) - zadovoljava 1. uvjet P1 ' ( 4) = f ' (4)( x − 4) + f ( 4) = f ' ( 4) - zadovoljava 2. uvjet Skicirajmo graf polinoma
P1 ( x) = f ' ( 4)( x − 4) + f ( 4) : 8
6
4
2
123456
Vidimo da se radi o pravcu koji će u malenoj okolini oko to čke aproksimirati funkciju f ( x) .
x=4
„relativno dobro“
Dodajmo sada 3. uvjet, tj. zahtijevajmo da polinom zadovoljava sljedeća tri uvjeta: P (4) = f ( 4)
45
P ' (4) = f ' ( 4) P ' ' ( 4) = f ' ' ( 4)
Jedan (zapravo jedini) polinom 2. stupnja koji zadovoljava gornja tri uvjeta je polinom: f ' ' (4 )
P2 ( x) =
2
( x − 4) 2 + f ' (4)( x − 4) + f (4) .
Provjerimo da gornji polinom zaista zadovoljava tri uvjeta: f ' ' ( 4) P2 (4) =
2
(4 − 4) + f ' (4)(4 − 4) + f ( 4) = f (4) - zadovoljava 1. uvjet f ' ' ( 4) P2 ' ( 4) = 2 (4 − 4) + f ' (4) = f ' (4) - zadovoljava 2. uvjet 2 P2 ' ' ( x) = f ' ' ( 4) - zadovoljava 3. uvjet 2
Skicirajmo graf polinoma
P2 ( x) =
f ' ' (4 )
2
( x − 4) 2 + f ' (4)( x − 4) + f (4) :
8
6
4
2
123456
Vidimo da se sada radi o paraboli koja će u nešto većoj okolini nego pravac dobro“ aproksimirati funkciju f ( x ) .
P1 ( x )
„relativno
Po sličnom bi principu sada mogli dodavati uvjete: P (4) = f ( 4) P ' (4) = f ' ( 4) P ' ' ( 4) = f ' ' ( 4) P ' ' ' (4 ) = f ' ' ' (4 ) P ' ' ' ' ( 4 ) = f ' ' ' ' ( 4) P ( 5) (4) = f ( 5) ( 4)
... Za svaki novi uvjet dobivali bi polinom ve ćeg stupnja koji bi sve bolje i bolje (odnosno u sve većoj okolini oko točke x = 4 ) aproksimirao funkciju f ( x) . Opći oblik tih polinoma bi izgledao: n
Pn ( x) =
∑0 k=
f
(k )
( 4)
k!
( x − 4) k .
Definicija. Taylorov polinom n-tog stupnja funkcije f ( x) u okolini točke n
Tn ( x ) =
∑0 k=
f ( k ) ( x0 ) k!
x = x0
je :
( x − x0 ) k .
46
Zadatak 1. x0 = 0 . Rješenje.
Odrediti Taylorov polinom 4. stupnja za funkciju
Koristimo formulu
4
T4 ( x ) =
∑0
f
(k )
(0 )
k!
k=
f ( x) = cos 2 x
( x) k , pa trebamo najprije odrediti prve
funkcije f ( x) = cos 2 x i njihove vrijednosti u to čki
u okolini to čke
četiri
derivacije
x0 = 0 :
f ( x) = cos 2 x ⇒ f (0) = 1 f ' ( x) = −2 sin 2 x ⇒ f ' (0) = 0 f ' ' ( x) = −4 cos 2 x ⇒ f ' ' ( 0) = −4 f ' ' ' ( x ) = 8 sin 2 x ⇒ f ' ' ' (0) = 0 f
( 4)
( x) = 16 cos 2 x ⇒ f
( 4)
(0) = 16
Pa slijedi: T4 ( x ) = 1 +
−4
2
2
x +
16 4 2 16 4 2 2 4 x = 1 − 2x + x = 1 − 2x + x 4! 24 3
Linearizirati funkciju f ( x) = i 1,005 .
x +1
Zadatak 2. 1,05
u okolini to čke
x0 = 0
i približno izračunati 1,2 ,
Rješenje.
Linearizirati funkciju znači odrediti i „zamijeniti je“ njezinim Taylorov polinom 1. stupnja pa imamo: f ( x) =
x + 1 ⇒ f ( 0) = 1
1 1 ⇒ f ' (0) = 2 2 x +1 1 T1 ( x) = x + 1 2
f ' ( x) =
Sada treba primjenom dobivenog Taylorovog polinoma aproksimira funkciju f ( x) =
x +1
u okolini to čke
T1 ( x) =
x0 = 0 ,
1 x + 1 , za koji znamo da „dobro“ 2
približno izračunati:
1 1,2 = f (0,2) ≈ T1 (0,2) = ⋅ 0, 2 + 1 = 1,1 2 1,05 = f (0,05) ≈ T1 (0,05) = 1,025 1,005 = f ( 0,005) ≈ T1 (0,005) = 1,0025 .
Možemo još provjeriti kolika je greška gornjih linearnih aproskimacija: 1, 2 ≈ 1,095445
⇒ 1,2 − T1 (0,2) = 0,004554
T1 ( 0,2) = 1,1
1,05 ≈ 1,02469
⇒ 1,05 − T1 (0,05) = 0,0003049
T1 (0,05) = 1,025
47
1,005 ≈ 1,00249
⇒ 1,005 − T1 (0,005) = 0,00000311
T1 ( 0,005) = 1,0025
Vidimo da je aproksimacija bolje za to čke bliže točki Zadatak 3. e
0, 2
i
e
3
Linearizirati funkciju
f ( x) = e x
x0 = 0 .
u okolini to čke
x0 = 0
i približno izračunati
e 0, 01 ,
.
Rješenje. f ( x) = e x ⇒ f (0) = 1 x
= f ' ( x)
⇒
e
= f ' ( 0)
1
T1 ( x ) = x + 1 e 0, 01 = 1,010050167
⇒ Greška = 0,00005016..
e 0, 01 ≈ T1 (0,01) = 1,01 e e
0, 2 0, 2
⇒ Greška = 0,021402 ... ≈ T1 (0,2) = 1, 2 = 1,221402
e 3 = 20,085536
⇒ Greška = 16,0855..
e 3 ≈ T1 (3) = 4
Vidimo da je aproksimacija „relativno dobra“ u prva dva slu čaja, kada je vrijednost bila u blizini to čke x 0 = 0 . U 3. slučaju aproksimacija je loša. Zadatak 4. Odrediti Taylorov polinom 4. stupnja funkcije f ( x) = cos 2 x
u okolini točke
x0 =
π
2
.
Rješenje. f ( x) = cos 2 x ⇒ f (
π
2
) = cos π = −1
f ' ( x) = −2 sin 2 x ⇒ f ' (
π
2
f ' ' ( x ) = −4 cos 2 x ⇒ f ' ' ( f ' ' ' ( x ) = 8 sin 2 x ⇒ f ' ' ' (
)=0
π
2
π
2
)=4 )=0
π f ( 4) ( x) = 16 cos 2 x ⇒ f (4 ) ( ) = −16
2
T4 ( x ) = −1 +
−16 2 π π π π (x − ) 2 + ( x − ) 4 = −1 + 2( x − ) 2 − ( x − ) 4 2 2 4! 2 2 3 2
4
Zadatak 5. Odrediti Taylorov polinom 3. stupnja funkcije f ( x) = e −2 x + 2 Rješenje. f ( x) = e −2 x + 2 ⇒ f (1) = e 0 = 1
u okolini to čke
x0 = 1 .
f ' ( x) = −2e −2 x + 2 ⇒ f ' (1) = −2 − x+ f ' ' ( x ) = 4e 2 2 ⇒ f ' ' (1) = 4
f ' ' ' ( x ) = −8e −2 x + 2 ⇒ f ' ' ' (1) = −8
48
T3 ( x) = 1 − 2( x − 1) +
4 −8 4 ( x − 1) 2 + ( x − 1) 3 = 1 − 2( x − 1) + 2( x − 1) 2 − ( x − 1) 3 2! 3! 3
Zadatak 6. Odrediti Taylorov polinom 4. stupnja funkcije f ( x) = ln x Rješenje.
u okolini točke
x0 = 1 .
f ( x) = ln x ⇒ f (1) = 0 f ' ( x) =
1 x
⇒ f ' (1) = 1
1 f ' ' ( x ) = − 2 ⇒ f ' ' (1) = −1 x f ' ' ' ( x) = f ( 4) ( x ) = −
2 x3
6 x
T4 ( x ) = ( x − 1) −
4
⇒ f ' ' ' (1) = 2
⇒ f
(4)
(1) = −6
1 1 1 ( x − 1) 2 + ( x − 1) 3 − ( x − 1) 4 2 3 4
49
7. Prirast i diferencijal Prirast funkcije f ( x) u to čki kao:
x0
uz prirast nezavisne varijable
∆x
označavamo
∆f
i definiramo
∆f = f ( x 0 + ∆x ) − f ( x 0 ) .
Prirast funkcije prikazan na konkretnom primjeru:
Diferencijal funkcije definiramo kao:
f ( x)
u točki
x0
uz prirast nezavisne varijable
∆x
označavamo
df
i
df = f ' ( x 0 )∆x .
Diferencijal na konkretnom primjeru:
Za malene priraste nezavisne varijable diferencijalu funkcije, odnosno:
∆x
vrijedi da je prirast funkcije približno jednak
∆f ≈ df
50
Ili f ( x 0 + ∆x ) − f ( x 0 ) = f ' ( x 0 ) ∆x
Prebaci li se
− f (x0 )
sa lijeve na desnu stranu, dobivamo:
f ( x 0 + ∆x ) = f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) ∆x
Što je formula kojom se može računati približna vrijednost neke funkcije. Zadatak 1. Izračunati prirast i diferencijal funkcije f ( x) = x 3 − 3 x + 1 ∆x = 0,01 i b) ∆x = 0,1 .
u okolini točke
x0 =
2 za a)
Rješenje.
a) Prirast: ∆f = f (2 + 0,01) − f ( 2) = 3,0906 − 3 = 0,0906
Diferencijal: f ' ( x ) = 3 x 2 − 3 ⇒ f ' ( 2) = 9 df = 9 ⋅ 0.01 = 0,09
b) Prirast: ∆f = f ( 2 + 0,1) − f ( 2) = 3,961 − 3 = 0,961
Diferencijal: df = 9 ⋅ 0.1 = 0,9
Zadatak 2. Za koliko se promijeni površina kruga ako se radijus poveća sa 2 na 2,1? Rješenje.
Površina je funkcija radijusa i glasi: . Izračunajmo prirast funkcije u točki 2 za prirast nezavisne varijable 0,1: P(r ) = r 2 π
∆P = P( 2 + 0,1) − P( 2) = 2,12 π − 4π = 1,288052
Izračunajmo sada isti diferencijal: dP = P ' ( 2) ⋅ 0,1 = 4π ⋅ 0,1 = 1,256637
Zadatak 3. Približno izračunati Rješenje.
4,02 3
.
Definirajmo funkciju f ( x) = x 3 . Da bi približno izračunali vrijednost formulu sa vrha stranice koja glasi:
4,02 3
koristimo
f ( x 0 + ∆x ) = f ( x 0 ) + f ' ( x 0 ) ∆x = f ( x 0 ) + df
Potrebno je izračunati diferencijal funkcije varijable ∆x = 0,02 . Vrijedi: f ' ( x) =
f ( x) =
x
3
u to čki
x=4
za prirast nezavisne
32 x ⇒ f ' (4) = 3
df = f ' ( 4) ⋅ 0,02 = 0,06
I sada imamo: 4,02 3 = 4 3 + 0,06 = 8,06 .
51
Odrediti približno prirast funkcije
Zadatak 4.
f ( x) =
1 + cos x kad se x promijeni od π do 1 − cos x 3
1 . + 3 100 Rješenje. π
Trebamo izračunati diferencijal funkcije f ( x) = 1 + cos x u to čki 1 − cos x
∆x =
π
uz prirast nezavisne varijable
3
1 . Vrijedi: 100 − sin x(1 − cos x ) − (1 + cos x )(sin x) f ' ( x) =
− sin x + sin x cos x − sin x − sin x cos x =
(1 − cos x ) 2
=
(1 − cos x ) 2
3 −2 − 2 sin x π 2 = −4 3 f ' ( x) = f '( ) = ⇒ 1 3 (1 − cos x) 2 4 1 df = −4 3 ⋅ = −0,04 3 . 100 1
Zadatak 5. Ako
je f ( x) = 3 x
+
1 22
+6
x
x
, izračunati
df
za
x =1
i
∆x = 0,2 .
Rješenje. df = f ' (1) ⋅ 0,2 1
f ' ( x) = 3 x ⋅ ln 3 ⋅ ( − f ' (1) = 3 ⋅ ln 3 ⋅ ( −1) + 2
= −3 ln 3 −
−2
1 x2
x
) + 2 − 2 ⋅ ln 2 ⋅ (−2 x ) ⋅ ln 2 + 6
x
⋅ ln 6 ⋅
1 2 x
⋅ ln 2 ⋅ (−2) ⋅ ln 2 + 6 ⋅ ln 6 ⋅ 1 = −3 ln 3 − 1 ln 2 2 + 3 ln 6 =
2 2 1 2 1 1 ln 2 + 3 ln(3 ⋅ 2) = −3 ln 3 − ln 2 2 + 3 ln 3 + 3 ln 2 = − ln 2 2 + 3 ln 2 = 1,8392 2 2 2 df = 1,8392 ⋅ 0,2 = 0,3678
Zna se da uz pove ćanje stranice danog kvadrata za 0,3 cm, diferencijal njegove površine iznosi 2,4 cm2. Odrediti diferencijal koji odgovara povećanju stranice kvadrata za 0,6 cm. Koliki je to čan prirast? Zadatak 6.
Rješenje.
Površina kvadrata je funkcija duljine stranice: P ( a) = a
Znamo da za
∆a = 0,3 cm
vrijedi: dP = 2a ⋅ 0,3 =
Izračunajmo sada diferencijal za Prirast za
∆a = 0,6
2
2,4 ⇒ a = 4 cm
∆a = 0,6 : 2 dP = 2 a ⋅ 0,6 = 8 ⋅ 0,6 = 4,8 cm
jednak je: 2
∆P = P( 4,6) − P( 4) = 21,16 − 16 = 5,16 cm
.
52
