GRA�EVINSKI FAKULTET

UNIVERZITET U BEOGRADU

Tok i grafik funk ije

nastavnik: Marina S. Markagi�

GraÆevinarstvo - osnovne akademske studije 2014, I godina / I semestar

Matematiqka analiza I (B2O1A1) 30.12.2020.

Sva autorska prava autora materijala su zaxti�ena. Dokument se mo�e koristiti samo za nastavu na dainu

studenata GraÆevinskog fakulteta Univerziteta u Beogradu u xkolskoj 2020/2021 i ne mogu se koristiti za druge

svrhe bez pismene saglasnosti autora materijala.

Ispitiva�e toka i rta�e grafika

funk ije

Defini ija 1. Pod realnom funk ijom realne promenive, u daem

tekstu funk ijom, podrazumevamo svako preslikava�e f : D → Y , gde suD i Y podskupovi skupa realnih brojeva. Skup D, koji �emo oznaqavatii sa Df , je oblast definisanosi ili domen funk ije f , a skup Y je �en

kodomen.

Element x ∈ D je nezavisno promeniva ili argument funk ije f .Svakom argumentu x ∈ D dodeuje se jedan i samo jedan element y ∈ Y ,

koji zovemo zavisno promenivom, u ozna i y = f(x) ili xf7→ y.

Defini ija 2. Neka je zadata funk ija f : D → R i neka je domen

simetriqan, xto znaqi da va�i x ∈ D ⇐⇒ −x ∈ D.

• Funk ija f je parna ako za sve x ∈ D va�i f(−x) = f(x).

• Funk ija f je neparna ako za sve x ∈ D va�i f(−x) = −f(x).

Defini ija 3. Za funk iju f : D → R ka�emo da je periodiqna

funk ija ako postoji realan broj T 6= 0 takav da za svako x ∈ D va�i

x+ T ∈ D, x− T ∈ D i

f(x− T ) = f(x+ T ) = f(x) .

Broj T nazivamo periodom funk ije f .

Defini ija 4. Posmatrajmo funk iju f koja je definisana za x > M ,

gde je M neki realan broj. Prava y = kx + n je asimptota funk ije fkad x → +∞ ako je

f(x) = kx+ n+ o(1) kad x → +∞.

Spe ijalno, ukoliko je k 6= 0 asimptota se naziva kosom, a ako je k = 0naziva se horizontalnom asimptotom.

Mo�e se pokazati da va�e slede�e jednakosti:

k = limx→+∞

f(x)

xi n = lim

x→+∞

(f(x)− kx) .

Na sliqan naqin se definixu kosa i horizontalna asimptota u slu-

qaju kada x → −∞.

2

Defini ija 5. Neka je f(x) definisana u okolini U \ {x0} taqke x0

ili za x ∈ U \ {x0} i x > x0 ili za x ∈ U \ {x0} i x < x0. Ako je

limx→x+

0

f(x) = ±∞ i/ili limx→x−

0

f(x) = ±∞ ,

onda je prava x = x0 vertikalna asimptota funk ije f .

Teorema 1. Neka je I proizvoan interval, intI unutrax�ost inter-

vala I i neka je f neprekidna na I i diferen ijabilna na intI. Tadava�i: f je rastu�a (opadaju�a) na I akko f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0) za svako

x ∈ intI.

Defini ija 6. Taqka x0 ∈ D je taqka lokalnog maksimuma (lokalnog

minimuma) funk ije f : D → R ako za svako ε > 0 postoji ε-okolina Utaqke x0 takva da za svako x ∈ D ∩ U va�i:

f(x) < f(x0) (f(x) > f(x0)) .

Ka�emo da je x0 taqka lokalnog ekstremuma funk ije f ako je x0 taqka

lokalnog maksimuma ili lokalnog miminuma funk ije f .

Teorema 2 (Fermaova teorema). Neka je f neprekidna na [a, b] i neka je

taqka c ∈ (a, b) taqka lokalnog ekstremuma. Ako je funk ija f dife-

ren ijabilna u taqki c, onda je f ′(c) = 0.

Stav 1. Neka je funk ija f neprekidna u nekoj okolini U taqke c i di-

feren ijabilna u U\{c}. Tada je u taqki c lokalni ekstremum funk ije

f(x) ako f ′(x) me�a znak pri prolasku kroz taqku c.

Stav 2. Posmatrajmo diferen ijabilnu funk iju f : (a, b) → R. Da bi

funk ija f bila konveksna na intervalu (a, b) neophodno je i dovono

da f ′raste na (a, b). Sliqno, da bi f bila konkavna na (a, b) neophodno

je i dovono da f ′opada na intervalu (a, b).

Teorema 3. Neka je f ′neprekidan na I i neka postoji f ′′

na intI. Funk- ija f je konveksna (konkavna) na I akko f ′′(x) > 0 (f ′′(x) < 0) za svako

x ∈ intI.

Defini ija 7. Taqka x0 je prevojna taqka grafika funk ije f ako

prolaskom kroz x0 funk ija f prelazi iz konveksne u konkavnu ili

obrnuto.

3

Zada i

Zadatak 1. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije

f(x) =(x+ 1)2

(x− 1)3.

Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana za (x − 1)3 6= 0, tj. x 6= 1(imenila mora da bude razliqit od nule). Prema tome,

Df : (−∞, 1) ∪ (1,+∞) .

Parnost i neparnost: Kako domen Df nije simetriqan (−1 ∈ Df ,

dok −(−1) = 1 6∈ Df ), ne ispitujemo parnost i neparnost

funk ije f .

Nule i znak: Primetimo da je f(x) = 0 akko je (x + 1)2 = 0, tj.x = −1. Nula funk ije f je taqka x = −1, u ozna i N(−1, 0).Znak brojio a i imenio a:

f(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).

Asimptote: Proverimo da li f ima horizontalne asimptote.

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(x+ 1)2

(x− 1)3= lim

x→±∞

x2(1 + 1/x)2

x3(1− 1/x)3= lim

x→±∞

(1 + 1/x)2

x(1− 1/x)3= 0 .

Dakle, prava y = 0 je horizontalna asimptota funk ije f .

Vertikalne asimptote tra�imo na rubu domena funk ije. Ka-

ko f nije definisana u x0 = 1, raqunamo graniqne vrednosti:1

limx→1+

(x+ 1)2

(x− 1)3=

4

0+= +∞ i lim

x→1−

(x+ 1)2

(x− 1)3=

4

0−= −∞.

1

U taqki x0 = 1 funk ija f nije definisana, a kako je Df = (−∞, 1) ∪ (1,+∞)posmatranoj taqki mo�emo ,,pri�i" i sa leve i sa desne strane.

4

Dakle, prava x = 1 je vertikalna asimptota funk ije f .

Monotonost i ekstremne vrednosti: Raquna�em prvog izvoda

dobijamo:

f ′(x) =

(

(x+ 1)2

(x− 1)3

)′

=2(x+ 1)(x− 1)3 − (x+ 1)2 · 3(x− 1)2

(x− 1)6

=(x+ 1)(x− 1)2(2(x− 1)− 3(x+ 1))

(x− 1)6

= −(x+ 1)(x+ 5)

(x− 1)4,

na osnovu qega zakuqujemo da je f ′(x) = 0 za x = −1 ili za

x = −5.Posmatramo znak prvog izvoda:

f ↑ akko x ∈ (−5,−1) i

f ↓ na intervalima (−∞,−5), (−1, 1) i (1,+∞).

U taqki x1 = −5 f ima lokalni minimum Tmin(−5,−2/27), au x2 = −1 lokalni maksimum Tmax(−1, 0).

5

Konveksnost i prevojne taqke: Raqunamo drugi izvod:

f ′′(x) =

(−(x2 + 6x+ 5)

(x− 1)4

)′

=(−2x− 6)(x− 1)4 + (x2 + 6x+ 5) · 4(x− 1)3

(x− 1)8

=(x− 1)3(−2x2 − 4x+ 6 + 4x2 + 24x+ 20)

(x− 1)8

=2x2 + 20x+ 26

(x− 1)5

=2(

x+ 5 + 2√3) (

x+ 5− 2√3)

(x− 1)5.

f ′′(x) = 0 za x1 = −(5 + 2√3) ili x2 = −(5− 2

√3).

Znak drugog izvoda:

f je konveksna akko x ∈ (x1, x2) ∪ (1,+∞),

f je konkavna akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 1).

Prolaskom kroz taqke x1 i x2, drugi izvod me�a znak, pa su

P1(x1, f(x1)) i P2(x2, f(x2)) prevojne taqke funk ije f .

6

Grafik funk ije:

Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f

7

Grafik funk ije f(x) =(x+ 1)2

(x− 1)3.

Zadatak 2. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije

f(x) = xe−1/x.

Rexe�e: Domen: Primetimo da je funk ija f definisana akko x 6= 0(u eksponentu je −1/x, a imenila ne sme da bude nula). Prematome, domen funk ije je

Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).

Parnost i neparnost: Kako je

−f(x) 6= f(−x) = −xe1/x 6= f(x),

sledi da funk ija f nije ni parna ni neparna.

8

Nule i znak: Podsetimo se da je eksponen ijalna funk ija pozi-

tivna, pa je f(x) = 0 ako i samo ako je x = 0. Kako se taqka

x = 0 ne nalazi u domenu Df , funk ija f nema nulu.

f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,+∞) i f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0) .

Asimptote:

Prvi naqin: Kako je limx→±∞

f(x) = limx→±∞

xe−1/x = ±∞ , sledi

da f nema horizontalnih asimptota.

Pokuxajmo da naÆemo koefi ijente k i n kose asimptote.

k1,2 = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

e−1/x = 1 i

n1,2 = limx→±∞

(

xe−1/x − x)

= limx→±∞

x(

e−1/x − 1)

= − limx→±∞

e−1/x − 1

−1/x= −1.

Dakle, prava y = x− 1 (y = kx+ n) je kosa asimptota funk-

ije f .

Drugi naqin: Kako −1/x → 0 kada x → ±∞, to koriste�i

Maklorenovu formulu za funk iju ex dobijamo:

f(x) = x

(

1− 1

x+ o

(

1

x

))

= x− 1 + o(1),

xto odgovara jednaqini kose asimptote.

Ispitajmo sada ponaxa�e funk ije u blizini taqke x = 0.

limx→0+

f(x) = limx→0+

xe−1/x = 0.

limx→0−

f(x) = limx→0−

xe−1/x = limx→0−

e−1/x

1/x= L.

Posled�a graniqna vrednost je oblika ∞/∞, pa posmatrajmo:

L′ = limx→0−

(

e−1/x)′

(1/x)′= lim

x→0−

e−1/x · (1/x2)

−1/x2= −∞.

9

Kako L′postoji, zakuqujemo da postoji i L i jox va�i L′ =

L = −∞, tj. limx→0−

f(x) = −∞.

Prava x = 0 je leva vertikalna asimptota funk ije f , ali nei desna.

Kasnije �emo ispitati i ugao ϕ pod kojim se grafik funk-

ije pribli�ava taqki (0, 0). Ugao ϕ odredi�emo na osnovu

geometrijske interpreta ije prvog izvoda.

Monotonost i ekstremne vrednosti Raquna�em prvog izvoda do-

bijamo:

f ′(x) =(

xe−1/x)′

= 1 · e−1/x + x · e−1/x · 1

x2=

x+ 1

xe−1/x.

Sta ionarna taqka: f ′(x) = 0 za x = −1.Znak prvog izvoda:

f ↑ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∨ x ∈ (0,+∞) , f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−1, 0) .

U taqki x = −1funk ija f ima lokalni maksimum Tmax(−1,−e).

Odredimo jox ugao ϕ, pod kojim se funk ija pribli�ava taq-

ki (0, 0). Smenom 1/x = t dobijamo

tgϕ = limx→0+

f ′(x) = limx→0+

x+ 1

xe−1/x = lim

t→+∞

(1 + t)e−t.

Sada se primenom Lopitalovog pravila dobija

tgϕ = limt→+∞

1 + t

et= lim

t→+∞

1

et= 0 =⇒ ϕ = arctg 0 = 0 .

10

Konveksnost i prevojne taqke: Izraqunajmo drugi izvod funk-

ije f .

f ′′(x) =

((

1 +1

x

)

e−1

x

)′

= − 1

x2e−

1

x +

(

1 +1

x

)

e−1

x

1

x2

= − 1

x2e−

1

x +

(

1

x2+

1

x3

)

e−1

x =e−

1

x

x3.

Funk ija f je konveksna akko x ∈ (0,+∞), odnosno f je kon-

kavna akko x ∈ (−∞, 0).

Grafik funk ije:

11

Grafik funk ije f(x) = xe−1/x .

Zadatak 3. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije

f(x) = x · ln x− 1

ln x+ 1.

Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana za x > 0 (logaritamska

funk ija je definisana za pozitivne vrednosti x) i ln x+1 6=0 (imenila razliqit od nule), tj. ln x 6= −1, odnosno x 6= 1/e.Stoga je

Df = (0, 1/e) ∪ (1/e,+∞).

Parnost i neparnost: Poxto domen nije simetriqan (za svako xkoje pripada domenu, −x ne pripada domenu), ne ispitujemo

ovu taqku.

Nule i znak: f(x) = 0 ako i samo ako je ln x − 1 = 0, tj. x = e, pafunk ija seqe x-osu u taqki N(e, 0).

12

Znak funk ije:

f(x) > 0 ⇔ x ∈ (0, 1/e) ∪ (e,+∞) i f(x) < 0 ⇔ x ∈ (1/e, e).

Asimptote: Ispitajmo ponaxa�e na rubu domena:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x · ln x− 1

lnx+ 1= lim

x→+∞

x ·1− 1

ln x

1 +1

ln x

= +∞ .

Funk ija nema horizontalnu, pa proveravamo egzisten iju ko-

se asimptote.

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

ln x− 1

ln x+ 1= lim

x→+∞

1− 1

ln x

1 +1

ln x

= 1,

n = limx→+∞

(f(x)− kx) = limx→+∞

x

(

ln x− 1

ln x+ 1− 1

)

= limx→+∞

ln x− 1

lnx+ 1− 1

1

x

0

0= limx→+∞

1/x(lnx+ 1)− (ln x− 1)1/x

(lnx+ 1)2

− 1

x2

= limx→+∞

2

x(ln x+ 1)2

− 1

x2

= limx→+∞

−2x

(ln x+ 1)2= −∞ .

Dakle, f nema asimptota kad x → +∞.

Dae je:

limx→0+

ln x− 1

ln x+ 1

∞

∞= limx→0+

1

x1

x

= 1 =⇒ limx→0+

x · ln x− 1

ln x+ 1= 0 .

13

Ugao pod kojim se grafik funk ije f pribli�ava taqki (0, 0)sa desne strane oznaqimo sa ϕ. Kasnije �emo odrediti i vred-

nost ovog ugla.

Ispitajmo sada ponaxa�e funk ije u blizini taqke x = 1/e.

limx→1/e+

x · ln x− 1

ln x+ 1=

1

e· −2

0+= −∞ i

limx→1/e−

x · ln x− 1

ln x+ 1=

1

e· −2

0−= +∞ .

Dakle, prava x = 1/e je vertikalna asimptota funk ije f .

Monotonost i ekstremne vrednosti:

f ′(x) =ln x− 1

ln x+ 1+ x · 2

x(ln x+ 1)2=

ln2 x+ 1

(ln x+ 1)2.

Utvrdimo da za svako x ∈ Df va�e nejednakosti

ln2 x+ 1 > 0 i (ln x+ 1)2 > 0.

Prema tome, ne postoji nula funk ije f ′, pa ne postoje kandi-

dati za lokalni ekstremum. Kako je f ′(x) > 0 za sve x ∈ Df ,

funk ija f raste na (0, 1/e) i (1/e,+∞).

Na graniqnu vrednost tgϕ = limx→0+ f ′(x) dva puta se prime-�uje Lopitalovo pravilo za sluqaj ∞/∞.

tgϕ = limx→0+

2ln x

x

2ln x+ 1

x

= limx→0+

ln x

ln x+ 1= lim

x→0+

1

x1

x

= 1

⇒ ϕ = arctg 1 =π

4.

14

Konveksnost i prevojne taqke:

Izraqunajmo drugi izvod funk ije:

f ′′(x) =

(

ln2 x+ 1

(lnx+ 1)2

)′

=

2 lnx

x(ln x+ 1)2 − (ln2 x+ 1)

2(lnx+ 1)

x(lnx+ 1)4

=

ln x+ 1

x

(

2 lnx(ln x+ 1)− 2(ln2 x+ 1))

(ln x+ 1)4

=2 ln2 x+ 2 ln x− 2 ln2 x− 2

x(ln x+ 1)3

=2(ln x− 1)

x(ln x+ 1)3.

Va�i f ′′(x) = 0 za ln x− 1 = 0, tj. x = e.Znak drugog izvoda:

Funk ija f je konveksna na intervalu (0, 1/e)∪ (e,+∞) i kon-kavna na intervalu (1/e, e).Taqka P (e, 0) je prevojna taqka funk ije.

15

Grafik funk ije:

Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f

16

Grafik funk ije f(x) = xe−1/x .

Zadatak 4. Ispitati tok i na rtati grafik funk ije

f(x) =√x2 − 1− x.

Rexe�e: Domen: Funk ija je definisana za x2 − 1 ≥ 0 (potkorena

veliqina mora da bude nenegativna), pa je

Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).

Parnost i neparnost: Domen je simetriqan, pa ima smisla pro-

veriti da li funk ija poseduje neku od ovih osobina.

f(x) 6= f(−x) =√x2 − 1 + x 6= −f(x).

Dakle, funk ija f nije ni parna ni neparna.

17

Nule i znak: Va�i da je f(x) = 0 akko je

√x2 − 1 = x. Ova jed-

naqina ima rexe�e ako je x ≥ 0 i x2 − 1 = x2. Kako takvo

rexe�e ne postoji, sledi da funk ija f nema nula.

Dae,

f(x) > 0 akko

√x2 − 1− x > 0 akko

√x2 − 1 > x.

Posmatranu nejednaqinu rexavamo na domenu Df :

1. Ako je x ≤ −1, nejednaqina je trivijalno ispu�ena,

2. Ako je x ≥ 1, nejednaqina je ekvivalentna sa x2 − 1 > x2,

koja nema realnih rexe�a.

f(x) < 0 akko

√x2 − 1− x < 0 akko

√x2 − 1 < x.

Ovu nejednaqinu rexavamo sliqno kao i prethodnu:

1. Ako je x ≤ −1, nejednaqina nema rexe�a,

2. Ako je x ≥ 1, nejednaqina je ekvivalentna sa x2 − 1 < x2,

koja je uvek ispu�ena.

Na kraju, dobijamo znak funk ije:

f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1] i f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ [1,+∞).

Asimptote:

Prvi naqin: Iskoristimo ovde Maklorenove razvoje:

√x2 − 1− x = |x|

√

1− 1

x2− x = |x|

(

1− 1

x2

)1/2

− x.

Kako 1/x2 → 0 kada x → ±∞, koriste�i se Maklorenovom

formulom za funk iju (1 + x)α imamo:

√x2 − 1− x = |x|

(

1− 1

2x2+ o

(

1

x2

))

− x

=

− 1

2x+ o

(

1

x

)

, x → +∞,

−2x+1

2x+ o

(

1

x

)

, x → −∞.

Dakle, prava y = 0 je desna horizontalna asimptota, a pravay = −2x je leva kosa asimptota funk ije f .Drugi naqin:

limx→−∞

(√x2 − 1− x

)

= +∞

18

Funk ija nema horizontalnu asimptota kada x → −∞. Zato,pronaÆimo vrednost koefi ijenta k i n kose asimptote:

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

√x2 − 1− x

x

= limx→−∞

(

−√

1− 1

x2− 1

)

= −2.

n = limx→−∞

(f(x)− kx) = limx→−∞

(√x2 − 1 + x

)

= limx→−∞

x2 − 1− x2

√x2 − 1− x

= 0.

Dakle, prava y = −2x je kosa asimptota funk ije f kada

x → −∞.

limx→+∞

(√x2 − 1− x

)

= limx→+∞

x2 − 1− x2

√x2 − 1 + x

= 0.

Dakle, prava y = 0 je horizontalna asimptota funk ije fkada x → +∞.

Kako je funk ija f definisana u taqkama −1 i 1, ne ispituje-mo graniqne vrednosti u istim. Va�i f(1) = −1 i f(−1) = 1.

Monotonost i ekstremne vrednosti:

f ′(x) =2x

2√x2 − 1

−1 =x−

√x2 − 1√

x2 − 1= −

√x2 − 1− x√x2 − 1

= − f(x)√x2 − 1

.

Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je f(x) = 0. Kako f nema nula,

to ih nema ni f ′, tj. f nema sta ionarnih taqaka.

Znak prvog izvoda:

19

f ↑ ⇐⇒ x ∈ (1,+∞) i f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1).

Funk ija f dosti�e lokalni minimum u taqki Tmin1(−1, 1) iTmin2(1,−1).

Konveksnost i prevojne taqke:

f ′′(x) =

(

−√x2 − 1− x√x2 − 1

)′

= −

(

x√x2 − 1

− 1

)√x2 − 1−

(√x2 − 1− x

) x√x2 − 1

x2 − 1

= −x−

√x2 − 1− x+

x2

√x2 − 1

x2 − 1

=

√x2 − 1− x2

√x2 − 1

x2 − 1

=−1

(x2 − 1)3/2

= −(

x2 − 1)−3/2

.

Oqigledno je f ′′(x) < 0 za svako x ∈ Df , pa je funk ija fkonkavna na elom domenu.

20

Grafik funk ije:

Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f

21

Grafik funk ije f(x) =√x2 − 1− x .

22