Z Skrypty dla studentów Ekonofizyki UPGOW
Wykorzystamy teraz pochodną do badania przebiegu funkcji. Zazwyczaj wykres funkcji ułatwia interpretację zmian wartości funkcji \(f\) gdy zmienia się argument \(x\). Aby wykreślić wykres funkcji trzeba najpierw znaleźć jej dziedzinę, granice na końcach przedziałów określoności, asymptoty, ekstrema oraz przedziały monotoniczności.
Badanie przebiegu zmienności funkcji będziemy wykonywać wg następującej kolejności:
- Określenie dziedziny funkcji, ponieważ funkcje rozpatrujemy tylko w przedziałach określoności.
- Znalezienie punktów przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych. Punkty przecięcia z osią \(OX\) to miejsca zerowe funkcji \(y = f(x)\), czyli rozwiązanie równania \(f(x) = 0\). Natomiast punkt przecięcia z osią \(OY\) wyznacza wartość \(f(x = 0)\), oczywiście o ile \(x = 0\) należy do dziedziny funkcji.
- Zbadanie czy funkcja posiada określoną parzystość. Funkcja parzysta/nieparzysta posiada określoną symetrię wykresu względem osi \(OY\) (funkcja parzysta), lub względem początku układu współrzędnych (funkcja nieparzysta) co ułatwia sporządzenie wykresu.
- Wyznaczenie granicy funkcji na końcach przedziałów określoności. Ilość granic, które mamy wyliczyć zależy od zbioru, który jest dziedziną funkcji.
- Z wyliczeniem granic funkcji na końcach przedziałów wiąże się znalezienie asymptot funkcji. O rodzajach asymptot i sposobach ich znajdowania będzie mowa poniżej.
- Wyliczenie pochodnej funkcji i jej wykorzystanie do określenia przedziałów monotoniczności i znalezienia ewentualnych ekstremów funkcji.
- Wszystkie znalezione powyżej przedziały i punkty charakterystyczne funkcji warto zebrać w tabelce zmienności funkcji co ułatwia sporządzenie wykresu.
- I na koniec sporządzenie wykresu funkcji.
Czasami potrzebne jest znalezienie przedziałów wklęsłości/wypukłości funkcji (jak pamiętamy wymaga to obliczenia drugiej pochodnej funkcji), ale ten punkt badania przebiegu zmienności funkcji pominiemy.
Asymptota funkcji
Wartości funkcji mogą dążyć do pewnej prostej gdy argumenty funkcji dążą do \(\pm \infty\) lub do pewnego \(x_0\). Jeżeli ma to miejsce to funkcja posiada asymptotę lub asymptoty. Wyróżniamy trzy rodzaje asymptot: pionowa (prosta \(\it pionowa\) o równaniu \(x = x_0\), pozioma (prosta \(\it pozioma\) o równaniu \(y = c\)) lub ukośna (prosta o równaniu \(y = ax + b, a \neq 0\)). Podamy teraz definicje poszczególnych rodzajów asymptot.
Asymptota pionowa
Prosta \(x = x_0\) jest asymptotą pionową funkcji \(f(x)\) wtedy i tylko wtedy gdy
- \(\lim_{x \rightarrow x_{0}^{-}} f(x) = \pm \infty, \quad \text{lub}\)
- \(\lim_{x \rightarrow x_{0}^{+}} f(x) = \pm \infty, \quad \text{lub}\)
- \(\text{zachodzi jednocześnie 1. i 2.}\)
Z asymptotą pionową mamy zazwyczaj do czynienia w punktach nie należących do dziedziny funkcji. Przykładem może być funkcja wymierna, która może posiadać asymptoty pionowe dla tych wartości \(x,\) które zerują mianownik. Zobaczymy to w przykładzie badania przebiegu zmienności funkcji, który jest zamieszczony poniżej.
Asymptota pozioma
Prosta \(y = y_0\) jest asymptotą poziomą funkcji \(f(x)\) wtedy i tylko wtedy gdy
- \(\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = y_0, \quad \text{lub}\)
- \(\lim_{x \rightarrow -\infty} f(x) = y_0, \quad \text{lub}\)
- \(\text{zachodzi jednocześnie 1. i 2.}\)
Asymptotą pozioma mówi zatem o zachowaniu funkcji \(y = f(x)\) w \(\pm \infty\).
Asymptota ukośna
Prosta \(y = ax + b\) jest asymptotą ukośną funkcji \(f(x)\) wtedy i tylko wtedy gdy
- \(\lim_{x \rightarrow +\infty} (f(x) - ax - b) = 0, \quad \text{lub}\)
- \(\lim_{x \rightarrow -\infty} (f(x) - ax - b) = 0, \quad \text{lub}\)
- \(\text{zachodzi jednocześnie 1. i 2.}\)
Asymptotą ukośna mówi także o zachowaniu funkcji \(y = f(x)\) w \(\pm \infty\), a asymptota pozioma jest szczególnym przypadkiem asymptoty ukośnej dla \(a = 0\). Warunkiem koniecznym i wystarczającym istnienia asymptoty ukośnej o równaniu \(y = ax + b\) jest
- \(\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{x} = a, \quad \textrm{i}\)
- \(\lim_{x \rightarrow +\infty} (f(x) - ax) = b,\)
przy czym identyczne dwa warunki otrzymujemy dla \(x \rightarrow -\infty\). Powyższe dwa równania służą oczywiście do znajdowania współczynników \(a\) i \(b\) prostej, która jest asymptotą ukośną. Pokażemy to znajdując asymptotę ukośną funkcji \(f(x) = \frac{2x^3 + 3x^2 -1}{x^2 - 2x -3}\). Otrzymujemy
\(a = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{2x^3 + 3x^2 -1}{x(x^2 - 2x -3)} = 2. \nonumber\)
Tę granicę możemy łatwo obliczyć znanym nam sposobem dzieląc licznik i mianownik przez \(x^3\), czyli najwyższą potęgę w mianowniku. Mając \(a\) możemy obliczyć \(b\)
\(b = \lim_{x \rightarrow +\infty} (f(x) - ax) = \lim_{x \rightarrow +\infty} (\frac{2x^3 + 3x^2 -1}{x^2 - 2x -3} - 2x) = 7. \nonumber\)
Jeżeli wartości \(a\) i \(b\) są skończone to wtedy asymptota ukośna istnieje. Natomiast jeśli odpwiednie granice na \(a\) i \(b\) będą równe \(\pm \infty\) to wtedy asymptota ukośna nie istnieje.
Przykład: sporządzić wykres funkcji \(f(x) = \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5}\)
Badanie przebiegu zmienności funkcji, które zakończymy sporządzeniem wykresu, będziemy wykonywać w kolejności podanej na początku tego wykładu.
- Dziedzina funkcji. Jest to funkcja wymierna i dlatego do dziedziny funkcji nie należą te wartości \( x \) dla których mianownik przyjmuje wartość \( 0 \). W mianowniku jest funkcja kwadratowa, która ma dwa miejsca zerowe: \(x_1 = -5 \land x_2 = 1\) i stąd \(\mathbf{D} = \mathbb{R} \setminus \{-5, 1\},\) którą możemy zapisać jako sumę trzech zbiorów: \(\mathbf{D} = (-\infty, -5) \cup (-5, 1) \cup (1, +\infty).\) Zapis w postaci sumy trzech zbiorów od razu wskazuje na konieczność znalezienia 6-ciu granic na końcach przedziałów określoności.
-
Punkty przecięcia funkcji z osiami układu współrzędnych. Miejsca zerowe funkcji \(f(x)\), to miejsca zerowe trójmianu kwadratowego z licznika, czyli rozwiązanie równania \(2x^2 + 5x - 3 = 0\), \(x_1 = -3\) i \(x_2 = \frac{1}{2}\). Stąd funkcja przecina oś \(0X\) w punktach: \((-3,0) \land (\frac{1}{2},0)\) Natomiast punkt przecięcia z osią \(OY\) ma współrzędne \((0,\frac{3}{5})\).
-
Nasza funkcja nie jest ani parzysta, ani nie jest nieparzysta, co widać chociażby z dziedziny funkcji, która powinna być, w przypadku funkcji parzystej/nieparzystej symetryczna względem punktu \((0,0)\).
-
Wyznaczenie granic funkcji na końcach przedziałów określoności wymaga wyliczenia 6-ciu granic: w \(\pm \infty\), oraz prawo- i lewostronnych w \(x = -5\) i w \(x = 1\). Otrzymujemy: \[\lim_{x \rightarrow \pm \infty} \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5} = 2, \quad \]
co łatwo sprawdzić dzieląc licznik i mianownik przez \(x^2\) (najwyższa potęga w mianowniku). Zgodnie z definicją asymptoty poziomej od razu otrzymujemy jej równanie \(y = 2\).
Pozostałe cztery granice będą równe \(\pm \infty\), ponieważ będziemy w granicy \(x \rightarrow -5\) oraz \(x \rightarrow 1\) dzielić przez zero. Pozostaje jedynie stwierdzić czy jest to -\(\infty\) bądź +\(\infty\). Warto w tym miejscu wrócić do przykładu z rozdziału granica funkcji, w którym obliczyliśmy granice prawostronną i lewostronną w zerze funkcji \(f(x) = \frac{1}{x^3}\). Obliczymy granicę lewostronną dla \(x \rightarrow -5^-\) przedstawiając licznik i mianownik funkcji wymiernej w postaci iloczynowej\[\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow -5^-} \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5} = \lim_{x \rightarrow -5^-} \frac{(2x - 1) (x + 3)}{(x - 1) (x + 5)} = +\infty, \nonumber \end{aligned}\]
gdzie obliczając granicę zauważamy, że wszystkie wyrażenia w nawiasach są ujemne dla \(x \rightarrow -5^-\) w tym także \((x + 5)\), które oczywiście zmierza do zera \(ujemnego\). W podobny sposób można znaleźć pozostałe trzy granice:
\[\lim_{x \rightarrow -5^+} \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5} = \lim_{x \rightarrow -5^+} \frac{(2x - 1) (x + 3)}{(x - 1) (x + 5)} = -\infty, \] \[\lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5} = \lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{(2x - 1) (x + 3)}{(x - 1) (x + 5)} = -\infty, \] \[\lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5} = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{(2x - 1) (x + 3)}{(x - 1) (x + 5)} = +\infty. \]
- Asymptotę poziomą \(y = 2\) już znaleźliśmy, a z wartości granic funkcji dla \(x \rightarrow -5\) oraz \(x \rightarrow 1\) otrzymujemy, zgodnie z definicją, dwie asymptoty pionowe \[x = -5 \land x = 1.\]
-
Pochodną badanej funkcji \(f(x)\) obliczamy ze wzoru na pochodną ilorazu dwóch funkcji otrzymując:
\[\begin{aligned} f'(x) = \frac{3x^2 - 14x - 13}{(x^2 + 4x - 5)^2}. \nonumber \end{aligned}\]
Powyższa pochodna \(f'(x)\) jest równa zero wtedy gdy licznik jest równy zero. Po rozwiązaniu równania kwadratowego dostajemy następujące dwa punkty \(x_1 = \frac{14 + 4\sqrt{22}}{6}\) oraz \(x_2 = \frac{14 - 4\sqrt{22}}{6}\), w których \(f'(x) = 0\). I zgodnie z twierdzeniem o warunku koniecznym istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej są to tzw. punkty \(podejrzane\), czyli innymi słowy jeżeli funkcja \(f(x) = \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5}\) posiada ekstremum bądź ekstrema to jedynie w \(x_1\) i/lub w \(x_2\). Chcąc przesądzić sprawę istnienia ekstremów musimy skorzystać z twierdzenia o warunku wystarczającym istnienia ekstremum funkcji, czyli zbadać ewentualną zmianę znaku pochodnej funkcji w \(x_1\) i \(x_2\). Zauważmy, że mianownik \(f'(x)\) jest zawsze \(>0\) i dlatego znak pochodnej zależy od znaku licznika. Mając miejsca zerowe trójmianu kwadratowego od razu mamy, że w \(x_1 = \frac{14 + 4\sqrt{22}}{6}\) pochodna zmienia znak z \(-\) na \(+\) a funkcja \(f(x)\) ma minimum, natomiast w \(x_2 = \frac{14 - 4\sqrt{22}}{6}\) pochodna zmienia znak z \(+\) na \(-\) co oznacza maksimum funkcji \(f(x)\). Przedziały monotoniczności funkcji \(f(x)\) wyznaczamy także na podstawie licznika pochodnej (mianownik jest zawsze dodatni), pamiętając o dziedzinie badanej funkcji. Stąd \[f'(x) > 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (-\infty, \frac{14 - 4\sqrt{22}}{6}) \cup (\frac{14 + 4\sqrt{22}}{6}, +\infty)\Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest rosnąca}, \] \[f'(x) < 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (\frac{14 - 4\sqrt{22}}{6}, \frac{14 + 4\sqrt{22}}{6}) \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest malejąca}.\]
W punktach \(x = -5\) i \(x = 1\) nie należących do dziedziny funkcji są asymptoty pionowe i są to punkty nieciągłości.
-
Wszystkie znalezione powyżej przedziały i punkty charakterystyczne funkcji są zebrane w poniżej tabelce zmienności funkcji zawierającej trzy wiersze: przedziały w dziedzinie funkcji, oraz odpowiednie charakterystyki pochodnej funkcji i samej funkcji.
Tabela zmienności funkcji \(f(x) = \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5}\) \(x\) \((-\infty, -5)\) \(-5\) \((-5,\frac{14 - 4\sqrt{22}}{6})\) \(\frac{14 - 4\sqrt{22}}{6}\) \((\frac{14 - 4\sqrt{22}}{6},1)\) \(1\) \((1,\frac{14+4\sqrt{22}}{6})\) \(\frac{14 + 4\sqrt{22}}{6}\) \((\frac{14 + 4\sqrt{22}}{6},+\infty)\) \(f'(x)\) \(+\) \(+\) \(0\) \(-\) \(-\) \(0\) \(+\) \(f(x)\) \(\nearrow\) \(\nearrow\) \(MAX\) \(\searrow\) \(\searrow\) \(MIN\) \(\nearrow\) -
Wykres funkcji \(f(x) = \frac{2x^2 + 5x - 3}{x^2 + 4x - 5}\)
-
Przykład: sporządzić wykres funkcji \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\)
- Badaną funkcją jest iloczyn wielomianu i funkcji wykładniczej i dlatego dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych. \[\mathbf{D} = \mathbb{R} = (-\infty, +\infty).\]
-
Funkcja \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\) nie ma miejsc zerowych, ponieważ z postaci wielomianu \((1 + x^2)\) od razu widzimy, że jego wartości są zawsze dodatnie. Podobnie jak zawsze dodatnie są wartości funkcji wykładniczej \( e^{-x^2}\).
Punkt przecięcia z osią \(OY\) o współrzędnych \((0,1)\) znajdujemy obliczając \(f(0) = 1\).
-
Nasza funkcja jest parzysta (\(f(-x) = f(x)\)), ponieważ argument \(x\) występuje tylko w potędze parzystej (\(x^2\)).
-
Wyznaczenie granic funkcji na końcach przedziałów określoności wymaga wyliczenia dwóch granic: w \(\pm \infty\), a ponieważ funkcja \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\) jest parzysta to granice w \(\pm \infty\) są sobie równe. Obliczymy granicę w \(+ \infty\).
\[\lim_{x \rightarrow + \infty} (1 + x^2) e^{-x^2} = \lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{1 + x^2}{e^{x^2}} = \frac{\infty}{\infty}. \quad \]
Otrzymaliśmy symbol nieoznaczony \(\frac{\infty}{\infty}\). Możemy posłużyć się regułą de L'Hospitala i po obliczeniu pochodnej licznika i mianownika dostajemy
\[\lim_{x \rightarrow + \infty} (1 + x^2) e^{-x^2} = \lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{1}{e^{x^2}} = 0. \quad \]
-
Obliczjąc powyższą granicę znaleźliśmy asymptotę poziomą \(y = 0\). Rozważana funkcja jest parzysta i dlatego \(y =0\) jest asymptotą poziomą w \(\pm \infty\). Nie ma asymptot pionowych (dziedziną funkcji są wszystkie liczby rzeczywiste) ani ukośnych (bo jest asymptota pozioma).
-
Pochodną badanej funkcji \(f(x)\) obliczamy ze wzoru na pochodną iloczynu dwóch funkcji otrzymując:
\[\begin{aligned} f'(x) = (1 + x^2)' e^{-x^2} + (1 + x^2) (e^{-x^2})' = 2x e^{-x^2} + (1 + x^2)(-2x)e^{-x^2} = -2x^3e^{-x^2}. \nonumber \end{aligned}\]
Powyższa pochodna \(f'(x)\) jest równa zero wtedy gdy \(x = 0\). Zgodnie z twierdzeniem o warunku koniecznym istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej jest to tzw. punkt \(podejrzany\), czyli innymi słowy jeżeli funkcja \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\) posiada ekstremum to jedynie dla \(x = 0\). Chcąc przesądzić sprawę istnienia ekstremum musimy skorzystać z twierdzenia o warunku wystarczającym istnienia ekstremum funkcji, czyli zbadać ewentualną zmianę znaku pochodnej funkcji w punkcie \(x = 0\). Zauważmy, że \(e^{-x^2} \gt 0\) dla \(x \in R\) i dlatego znak pochodnej zależy od znaku wyrażenia \(-2x^3\). Łatwo zauważyć, że
\[f'(x) > 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (-\infty,0) \quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest rosnąca}, \]
\[f'(x) < 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (0,+\infty) \quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest malejąca}.\]
W punkcie \(x = 0\) ma miejsce zmiana znaku pochodnej z \(+\) na \(-\). A pamiętając o tym, że \(f'(0) = 0\) stwierdzamy, że spełnione są oba warunki (konieczny i wystarczający) na istnienie ekstremum funkcji \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\) dla \(x = 0\). Jest to maksimum, a wartość funkcji w maksimum wynosi \(f(0) = 1\).
-
Tabela zmienności funkcji zawierająca, jak zawsze, trzy wiersze: przedziały w dziedzinie funkcji, oraz odpowiednie charakterystyki pochodnej funkcji i samej funkcji jest podana poniżej.
Tabela zmienności funkcji \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\) \(x\) \((-\infty, 0)\) \(0\) \((0,+\infty)\) \(f'(x)\) \(+\) \(0\) \(-\) \(f(x)\) \(\nearrow\) \(MAX\) \(\searrow\) -
Wykres funkcji \(f(x) = (1 + x^2) e^{-x^2}\)
Przykład: sporządzić wykres funkcji \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\)
- Dziedziną funkcji \(f(x) = \ln x\) jest zbiór liczb rzeczywistych dodatnich \(\mathbb{R}_+\) i taka jest dziedzina badanej funkcji. \[\mathbf{D} = \mathbb{R_+} = (0, +\infty).\]
-
Miejsca zerowe funkcji \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\) znajdujemy rozwiązując równanie \(\frac{\ln x}{x} = 0\), którego rozwiązaniem jest \(x = 1\), co oznacza, że punkt przecięcia wykresu funkcji z osią \(OX\) ma współrzędne \((1,0)\).
Z dziedziny badanej funkcji (\(\mathbf{D} = \mathbb{R_+}\)) otrzymujemy od razu, że funkcja nie ma punktów przecięcia z osią \(OY\).
-
Podobnie na podstawie dziedziny funkcji dostajemy, że funkcja \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\) nie jest ani parzysta, ani nieparzysta.
-
Wyznaczenie granic funkcji na końcach przedziałów określoności wymaga wyliczenia dwóch granic: dla \(x \rightarrow 0_+\) oraz w \(+ \infty\).
\[\lim_{x \rightarrow 0_+} \frac{\ln x}{x} = {-\infty}, \quad \]
ponieważ \(\lim_{x \rightarrow 0_+} \ln x = -\infty\) (licznik dąży do \(-\infty\), co wiemy na podstawie własności funkcji \(\ln x\)), a \(\lim_{x \rightarrow 0_+} x = 0_+\).
\[\lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{\ln x}{x} = \frac{\infty}{\infty}. \quad \]
Otrzymaliśmy symbol nieoznaczony \(\frac{\infty}{\infty}\). Możemy posłużyć się regułą de L'Hospitala i po obliczeniu pochodnej licznika i mianownika dostajemy
\[\lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \rightarrow + \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 0. \quad \]
-
Obliczjąc powyższą granicę znaleźliśmy asymptotę poziomą \(y = 0\). Aymptotą pionową funkcji jest prosta \(x = 0\), co wynika z obliczonej granicy funkcji \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\) dla \(x \rightarrow 0_+\). Oczywiście nie ma asymptoty ukośnej, bo jest asymptota pozioma.
-
Pochodną badanej funkcji \(f(x)\) obliczamy ze wzoru na pochodną ilorazu dwóch funkcji otrzymując:
\[\begin{aligned} f'(x) = \frac{\ln x' \cdot x - \ln x \cdot x'}{x^2} = \frac{\frac{1}{x} \cdot x - \ln x \cdot 1}{x^2} = \frac{1-\ln x}{x^2}. \nonumber \end{aligned}\]
\(f'(x)\) jest równa zero wtedy gdy \(1 -\ln x = 0\), czyli dla \(x = e\), ponieważ \(\ln e = 1\). I zgodnie z twierdzeniem o warunku koniecznym istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej jest to tzw. punkt \( podejrzany \), czyli innymi słowy jeżeli funkcja \(f(x) = \frac{ln x}{x}\) posiada ekstremum to jedynie dla \(x = e\). Chcąc przesądzić sprawę istnienia ekstremum musimy skorzystać z twierdzenia o warunku wystarczającym istnienia ekstremum funkcji, czyli zbadać ewentualną zmianę znaku pochodnej funkcji w punkcie \(x = e\). Zauważmy, że mianownik \(x^2 \gt 0\) dla \(x \in R_+\) i dlatego znak pochodnej zależy od znaku licznika \(1 - \ln x\). Łatwo zauważyć, że
\[f'(x) > 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (0,e) \quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest rosnąca}, \]
\[f'(x) < 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (e,+\infty) \quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest malejąca}.\]
W punkcie \(x = e\) ma miejsce zmiana znaku pochodnej z \(+\) na \(-\). Pamiętając o tym, że \(f'(e) = 0\) stwierdzamy, że spełnione są oba warunki (konieczny i wystarczający) na istnienie ekstremum funkcji \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\) dla \(x = e\).Jest to maksimum, a wartość funkcji w maksimum wynosi \(f(e) = \frac{1}{e}\).
-
Przed zrobieniem wykresu funkcji zbierzemy jej własności w tabelę.
Tabela zmienności funkcji \(f(x) = \frac{ln x}{x}\) \(x\) \((0, e)\) \(e\) \((e,+\infty)\) \(f'(x)\) \(+\) \(0\) \(-\) \(f(x)\) \(\nearrow\) \(MAX\) \(\searrow\) -
Wykres funkcji \(f(x) = \frac{\ln x}{x}\)
Przykład: sporządzić wykres funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\)
- Funkcje trygonometryczne \(\sin x\) i \(\cos x\) są określone dla wszystkich liczb rzeczywistych i dlatego taka jest dziedzina badanej funkcji. \[\mathbf{D} = \mathbb{R} = (-\infty, +\infty).\] Badana funkcja jest okresowa o okresie \(2\pi\) i dlatego jej badanie wystarczy ograniczyć do przedziału \([0,2\pi]\). Z powodu okresowości funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) nie badamy jej granic na końcach przedziału określoności.
-
Miejsca zerowe funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) otrzymujemy rozwiązując równanie \(\sin x + \cos^2x = 0\), które po skorzystaniu z jedynki trygonometrycznej ma postać \(\sin x + 1 - \sin^2x = 0\), a po podstawieniu \(t = \sin x\) staje się równaniem kwadratowym \(-t^2 + t - 1 = 0\). Równanie to ma dwa rozwiązania \[t_1 = \frac{1-\sqrt{5}}{2}, t_2 = \frac{1+\sqrt{5}}{2},\] przy czym drugie z nich odrzucamy, ponieważ wartości \(t = \sin x\) muszą zawierać się w przedziale \([-1,1]\). Z pierwszego rozwiązania otrzymujemy dwa miejsca zerowe funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) w przedziale \([0,2\pi]\).
Punkt przecięcia z osią \(0Y\) o współrzędnych \((0,1)\) znajdujemy obliczając \(f(0) = 1\).
-
Nasza funkcja nie jest parzysta, ani nie jest nieparzysta.
-
Funkcja nie ma asymptot pionowych (dziedziną funkcji są wszystkie liczby rzeczywiste). Nie posiada również asymptot poziomych ani ukośnych, ponieważ jest okresowa.
-
Obliczając pochodną funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) wykorzystamy wzór na pochodną sumy funkcji, a także wzór na pochodną funkcji złożonej, ponieważ \(\cos^2x\) jest funkcją złożoną.
\[\begin{aligned} f'(x) = \cos x - 2\cos x \sin x = \cos x (1 - 2\sin x) \nonumber \end{aligned}\]
Powyższa pochodna \(f'(x)\) jest równa zero wtedy gdy \(\cos x = 0\), czyli dla \(x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\), a także gdy \(\sin x = \frac{1}{2}\), czyli dla \(x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\). Przypominamy, że ograniczyliśmy badanie funkcji do jednego okresu i dlatego podajemy rozwiązania równania \(f'(x) = 0\) dla \(x \in [0,2\pi]\). Zgodnie z twierdzeniem o warunku koniecznym istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej otrzymaliśmy cztery tzw. punkty \(podejrzane\). Chcąc przesądzić sprawę istnienia ekstremum musimy skorzystać z twierdzenia o warunku wystarczającym istnienia ekstremum funkcji, czyli zbadać ewentualną zmianę znaku pochodnej funkcji w punktach \(x = \frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}\). Rozwiązując odpowiednie układy nierówności znajdujemy, że
\[f'(x) > 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in [0,\frac{\pi}{6}) \cup (\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6}) \cup (\frac{3\pi}{2},2\pi]\quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest rosnąca}, \]
\[f'(x) < 0 \quad \textrm{dla} \quad x \in (\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}) \cup \quad \Rightarrow f(x) \quad \textrm{jest malejąca}.\]
Jak widzimy w czterech punktach \(podejrzanych\), w których \(f'(x) = 0\), ma miejsce zmiana znaku pochodnej. Stwierdzamy, że spełnione są oba warunki (konieczny i wystarczający) na istnienie ekstremum funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\). Funkcja ta ma dwa maksima dla \(x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\) (zmiana znaku \(f'(x)\) z \(+\) na \(-\)) i dwa minima dla \(x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\) (zmiana znaku \(f'(x)\) z \(-\) na \(+\)). Wartość funkcji w maksimach wynosi \(f(\frac{\pi}{6}) = f(\frac{5\pi}{6}) = \frac{5}{4}\), a minimach \(f(\frac{\pi}{2}) = 1\) oraz \(f(\frac{3\pi}{2}) = -1\).
-
Ekstrema funkcji możemy także znaleźć korzystając z badania znaku drugiej pochodnej w punktach \(podejrzanych\). Zapisując pierwszą pochodną jako \(f'(x) = \cos x - \sin 2x\) otrzymujemy \(f''(x) = -\sin x - 2\cos 2x\). Obliczjąc wartości drugiej pochodnej w czterech punktach \(podejrzanych\) widzimy, że:
\( f''(\frac{\pi}{6}) = \frac{-3}{2} \lt 0, \quad f''(\frac{\pi}{2}) = 1 \gt 0, \quad f''(\frac{5\pi}{6}) = \frac{-3}{2} \lt 0, \quad f''(\frac{3\pi}{2}) = 3 \gt 0, \)
co potwierdza istnienie dwóch minimów i dwóch maksimów funkcji \(f(x)\) w badanym przedziale.
-
Tabela zmienności funkcji zawierająca, jak zawsze, trzy wiersze: przedziały w dziedzinie funkcji, oraz odpowiednie charakterystyki pochodnej funkcji i samej funkcji jest podana poniżej.
Tabela zmienności funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) \(x\) \([0,\frac{\pi}{6})\) \(\frac{\pi}{6}\) \((\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2})\) \(\frac{\pi}{2}\) \((\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6})\) \(\frac{5\pi}{6}\) \((\frac{5\pi}{6},\frac{3\pi}{2})\) \(\frac{3\pi}{2}\) \((\frac{3\pi}{2},2\pi]\) \(f'(x)\) \(+\) \(0\) \(-\) \(0\) \(+\) \(0\) \(-\) \(0\) \(+\) \(f(x)\) \(\nearrow\) \(MAX\) \(\searrow\) \(MIN\) \(\nearrow\) \(MAX\) \(\searrow\) \(MIN\) \(\nearrow\) -
Wykres funkcji \(f(x) = \sin x + \cos^2x\) dla badanego okresu funkcji \(x \in [0,2\pi]\) oraz dla trzech okresów \(x \in [-2\pi,4\pi].\)
Zadania
- Znajdź lokalne maksima lub/i minima, (jeśli istnieją) następujących funkcji:
- \( f(x) = \frac{x}{x+1} \,\)
- \( f(x) = (x-1)^{2/3} \,\)
- \( f(x) = x^2 + \frac{2}{x} \,\)
- \( f(s) = \frac{s}{1+s^2} \,\)
- \( f(x) = x^2 - 4x + 9 \,\)
- \( f(x) = \frac{x^2 + x +1}{x^2 -x +1} \,\)
- Znajdź absolutne maksima lub/i minima, (jeśli istnieją) następujących funkcji:
- \( f(x) = \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{2}x^2 + 1 \) w przedziale \([0,3]\)
- \( f(x) = (\frac{4}{3}x^2 -1)x \) w przedziale \([-\frac{1}{2},2]\)
- Znajdź przedziały, w którym następujące funkcje są rosnące lub malejące
- \(f(x)=10-6x-2x^2\)
- \(f(x)=2x^3-12x^2+18x+15\)
- \(f(x)=5+36x+3x^2-2x^3\)
- \(f(x)=8+36x+3x^2-2x^3\)
- \(f(x)=5x^3-15x^2-120x+3\)
- \(f(x)=x^3-6x^2-36x+2\)
- Sporządź tabelę zmienności dla funkcji i narysuj ich wykres
- \(f(x)=10-6x-2x^2\)
- \(f(x)=2x^3-12x^2+18x+15\)
- \(f(x)=5+36x+3x^2-2x^3\)
- \(f(x)=8+36x+3x^2-2x^3\)
- \(f(x)=5x^3-15x^2-120x+3\)
- \(f(x)=x^3-6x^2-36x+2\)
- \(f(x)=\frac{x^2-1}{x+4}\)
- \(f(x)=1-\sqrt[3]{(x-4)^2}\)
- \(f(x)=x\sqrt{\frac{x}{x-2}}\)
- \(f(x)=\frac{x}{\sqrt[3]{x^2-1}}\)
- Znaleźć prostokąt o największym polu wpisany w półokrąg w taki sposób, że dwa jego wierzchołki należą do łuku półokręgu, a dwa do jego średnicy.
- Mając 100[m] płotu ogrodzić prostokąt o jak największym polu.
- Narysuj funkcje o poniższych własnościach:
- \(f(1)= f(-2) = 0, \; \lim_{x\to \infty} f(x) = \lim_{x\to -\infty} f(x) = 0, \; \mbox{ asymptota w } x=-3, \; f'(x)>0 \mbox{ w przedziale } (0,2), \) \( f'(x)<0 \mbox{ w przedziale } (-\infty,-3)\cup(-3,0)\cup(2,\infty),\; f''(x)>0 \mbox{ w przedziale } (-3,1)\cup (3,\infty),\; f''(x)<0 \mbox{ w przedziale } (-\infty,-3)\cup(1,3).\)
- \(f \mbox{ dziedzina } [-1,1], \; f(-1) = -1, \; f(-\frac{1}{2}) = -2,\; f'(-\frac{1}{2}) = 0,\; f''(x)>0 \mbox{ w przedziale } (-1,1) \)
