1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y = ln
x−2 x +1
Oblast definisanosti (domen)
Sve iza ln mora da je veće od 0.
Koristimo tablicu... 2
-1
8
-
8
x−2 >0 x +1
x-2 x+1
x-2 x+1
Domen funkcije je x ∈ (−∞, −1) ∪ (2, ∞) . Ovo nam govori da funcija ne postoji između -1 i 2, na skici je to
y
N E M A -5 -4 -3
-2
-1
F U N K C I J E
2 3
4
5
x
Nule funkcije
Da vas podsetimo : ln Θ = 0 ↔ Θ = 1 y=0 x−2 =1 x +1 x − 2 = x +1 −2 = 1 Dakle nema nule , a to nam govori da funkcija ne seče x osu. Znak funkcije
Opet malo podsećanje : ln Θ > 0 ↔ Θ > 1 ln Θ < 0 ↔< 0 < Θ < 1 www.matematiranje.com
1
Dakle: y>0 x−2 >1 x +1 x−2 −1 > 0 x +1 x − 2 − 1( x + 1) >0 x +1 x − 2 − x −1 >0 x +1 −3 > 0 pomnožimo sa -1 x +1 3 <0 x +1 x +1 < 0 x < −1
Ako je y > 0 za x < -1 ( grafik iznad x ose) onda je jasno da je y < 0 za x > 2 (grafik ispod x ose) y
N E M A -5 -4 -3 -2
NEMA F-JE
-1
F U N K C I J E
NEMA F-JE 2 3
4
5 x
Parnost i neparnost
Funkcija nije ni parna ni neparna. To nam je jasno i iz oblasti definisanosti… Ako baš mora , onda je f (− x) = ln
−x − 2 ≠ f ( x) −x +1
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
Pazi, radi se o izvodu složene funkcije... x−2 x +1 x + 1 ( x − 2)`( x + 1) − ( x + 1)`( x − 2) x + 1 1( x + 1) − 1( x − 2) x + 1 − x + 2 1 x−2 ⋅ = ⋅ y`= = ( )`= x − 2 x +1 x−2 x−2 ( x + 1) 2 ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 2 x +1 3 y`= ( x − 2)( x + 1) y = ln
2
y` = 0 za 3=0 , pa zaključujemo da nema ekstremnih vrednosti.
2
-1
8
-
8
Dalje razmišljamo od čega zavisi znak prvog izvoda? Оd (x-2)(x+1).
x-2 x+1
y`
nema f-je
Ova tablica je ista kao i ona za oblast definisanosti. To nam govori da je funkcija stalno monotono rastuća.
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost x−2 x +1 3 1 ⎛1⎞ pazi ⎜ ⎟`= − 2 ⋅ ⊗` y`= ( x − 2)( x + 1) ⊗ ⎝⊗⎠ 3 [( x − 2)( x + 1)]` y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 [1( x + 1) + 1( x − 2)] y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 (2 x − 1) y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3(1 − 2 x) y``= ( x − 2) 2 ( x + 1) 2 y = ln
y`` = 0 za 1-2x = 0 pa je x =
1 , ali PAZI , ova tačka NE PRIPADA oblasti definisanosti , pa funkcija nema 2
prevoj. 1 → x < −1 2 1 y``< 0 → 1 − 2 x < 0 → x > → x > 2 2 y``> 0 → 1 − 2 x > 0 → x <
-1
2
www.matematiranje.com
3
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
vertikalna asimptota x−2 = [Kako je ln neprekidna funkcija, ona može da zameni x +1 2+ε −2 ln = ln 0 = −∞ (crvena crta) 2 +1 lim ln
x → 2 +ε
lim ln
x → −1−ε
mesto sa lim ]=
−1 − 2 −3 x−2 = ln = ln = ln ∞ = ∞ (zelena crta) x +1 −1 − ε +1 −ε y
x=2
x=-1 . -1
. 2
0
x
horizontalna asimptota:
lim ln
x → ±∞
x−2 x−2 = ln lim = ln 1 = 0 Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke) x → ±∞ x + 1 x +1 y
x=2
x=-1 . -1
0
. 2
x
y=x+1
Kako smo našli da horizontalna asimptota postoji, zaključujemo da nema kose asimptote. Još da sklopimo konačan grafik...
www.matematiranje.com
4
x=2
x=-1
y
5 4 3 2 1 x -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
-2 -3 -4 -5
2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y=
-1
2
-1
2
1 + ln x 1 − ln x
Oblast definisanosti (domen)
Sve iza ln mora da je veće od 0, pa je odatle x > 0. Kako imamo i razlomak, sve u imeniocu mora da je različito od 0. 1 − ln x ≠ 0 ln x ≠ 1 x≠e
Oblast definisanosti je : x ∈ (0, e) ∪ (e, ∞)
www.matematiranje.com
5
Na skici, to bi izgledalo ovako: x=e
y
3 2
nema -5 -4 -3
-2
1
e
0 1 2 -1
-1
funkcije
3
4
5
x
-2 -3
Nule funkcije
y = 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 =
1 e
y
2 1 0 11 -1 e
2
3 4 5
x
0
1 -1 e =e
e
8
Znak funkcije
1+lnx 1-lnx
Na skici to bi izgledalo ovako: y
2 1 0 -1
1 2
e3 4
5 x
Funkcija se nalazi samo u obeleženim oblastima. Parnost i neparnost
Funkcija nije ni parna ni neparna. Zašto? Pa nema smisla ni tražiti f(-x) jer funkcija nije ni definisana za x<0 www.matematiranje.com
6
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
1 + ln x 1 − ln x (1 + ln x)`(1 − ln x) − (1 − ln x)`(1 + ln x) y`= (1 − ln x) 2 1 1 (1 − ln x) − (− )(1 + ln x) 1 x izvučemo u brojiocu kao zajednički... y`= x 2 (1 − ln x) x 1 [(1 − ln x) + (1 + ln x)] 1 − ln x + 1 + ln x 2 x = = y`= 2 2 (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) 2 y=
Kako je 2 ≠ 0 funkcija nema ekstremnih vrednosti. Razmišljamo dalje: x > 0 uvek ( iz oblasti definisanosti) i (1 − ln x) 2 > 0 tako da je uvek y`>0, pa je funkcija stalno rastuća. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
1 + ln x 1 − ln x 2 y`= x ⋅ (1 − ln x) 2 2 ⋅ [ x ⋅ (1 − ln x) 2 ]` y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) 2 ⋅ [ x`(1 ⋅ − ln x) 2 + ((1 − ln x) 2 )`x] y``= − 2 x ⋅ (1 − ln x) 4 2 1 ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(− ) x] y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) x 2 2 ⋅ [(1 − ln x) 2 − 2(1 − ln x)] ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(−1)] = − 2 y``= − 2 4 4 x ⋅ (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) 2 2 ⋅ (1 − ln x) [1 − ln x − 2] = − 2 ⋅ [− ln x − 1] y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x)3 x ⋅ (1 − ln x) 2(1 + ln x) y``= 2 x ⋅ (1 − ln x)3 1 y``= 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 = e −1 1 + ln e 1 −1 = =0 y= −1 1 − ln e 1+1 y=
1 Tačka P ( , 0) je tačka prevoja. e
www.matematiranje.com
7
Od čega zavisi znak drugog izvoda? Od 1+lnx i od 1-lnx. Idemo u tablicu… 1 -1 e =e
e
8
0
1+lnx 1-lnx
y``
odnosno
0
1 e
e
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
vertikalna asimptota 1 1 + ln x 1 + ln(0 + ε ) ∞ lim = = = lopital = lim x = −1 ( strelica na skici) x → o + ε 1 − ln x x →o +ε 1 1 − ln(0 + ε ) ∞ − x 1 + ln x 1 + ln(e + ε ) 2 lim = = = −∞ ( zelena crta) x → e +ε 1 − ln x 1 − ln(e + ε ) −ε 1 + ln x 1 + ln(e − ε ) 2 = = = +∞ ( crvena crta) lim x → e −ε 1 − ln x 1 − ln(e − ε ) +ε x=e
y
3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1 0 -1
1
2
e
3
4
5
x
-2 -3
horizontalna asimptota: 1 1 + ln x ∞ lim = = lopital = lim x = −1 x →∞ 1 − ln x x →∞ 1 −∞ − x y = −1 je horizontalna asimptota , pa kose nema...
I da skolopimo konačan grafik
www.matematiranje.com
8
y
x=e
5 4 3 2
1
x
P(1/e,0)
0 -1
1 2e3 4
5
y=-1
-2 -3 -4 -5
0
01/e
e
www.matematiranje.com
9
10
