Badanie przebiegu zmienności funkcji PDF

Preview

Summary

badanie przeniegu zmiennosci funkcji...

Description

Badanie przebiegu zmienności funkcji

Autorzy: Ilona Michalik

2019

Badanie Badanie przebiegu przebiegu zmienności zmienności funkcji funkcji Autor: Ilona Michalik Fundamentalne dla rachunku różniczkowego pojęcia, takie jak granica, ciągłość, pochodna, są niezwykle skutecznymi narzędziam do badania przebiegu zmienności funkcji. Przez badanie przebiegu zmienności funkcji rozumiemy wykrywanie zasadniczych cech jej wykresu, gdy znamy funkcję jedynie jako abstrakcyjny przepis. Dzięki granicom obliczamy jej asymptoty, pochodna wykrywa jej monotoniczność i ekstrema, zaś badanie drugiej pochodnej umożliwia nam znalezienie punktów przegięcia i określenie przedziałów wypukłości funkcji. Badanie przebiegu zmienności stanowi zatem syntezę i ukoronowanie całości metod rachunku różniczkowego i, jako takie, jest zarazem dużym wyzwaniem rachunkowym ze względu na swoją złożoność. W celu ułatwienia tego zadania organizuje się pracę według następujących kroków, zwanych schematem badania funkcji. Aby zbadać przebieg zmienności funkcji, należy: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

wyznaczyć dziedzinę funkcji, zbadać parzystość, nieparzystość i okresowość (tylko wtedy, gdy podejrzewamy, że taka własność zachodzi), wyznaczyć miejsca zerowe funkcji oraz punkty przecięcia z osiąOy , wyznaczyć granice lub wartości na końcach przedziałów określoności funkcji, wyznaczyć asymptoty pionowe i ukośne, wyznaczyć przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne, wyznaczyć przedziały wypukłości i punkty przegięcia, narysować wykres funkcji.

PRZYKŁAD

Przykład 1:

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji f(x) = Wyznaczamy dziedzinę funkcji.

x . x2 − 1

Df = (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞). Sprawdzamy parzystość i nieparzystość funkcji. Dziedzina jest zbiorem symetrycznym względem punktu zerowego osiOx .

−x ≠ f(x), x2 − 1 −x f(−x) = = −f(x). x2 − 1 f(−x) =

Wynika stąd, że funkcja jest nieparzysta. Zatem wykres funkcji jest symetryczny względem punktu(0, 0) . Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

f(x) = 0 ⇔ ( x2x−1 = 0 ∧ x ∈ Df ) ⇔ (x = 0 ∧ x ∈ Df) ⇔ (x = 0). Punktem przecięcia z osią Oy jest x = 0 , ponieważ f(0) = 0 . Wyznaczamy granice na końcach przedziałów dziedziny.

−1 1 x = [ + ] = [−1 ⋅ + ] = [−1 ⋅ ∞] = −∞, x→−1 −1 0 0 x −1 1 lim = [ − ] = [−1 ⋅ − ] = [−1 ⋅ (−∞)] = +∞, 0 0 x→−1+ x2 − 1 1 x lim− = [ − ] = −∞, 2 x→1 x − 1 0 x 1 lim = [ + ] = +∞. x→1+ x2 − 1 0 lim −

x2

Na podstawie dziedziny funkcji i powyższych granic możemy stwierdzić, że prostex = −1 orazx = 1 są asymptotami pionowymi obustronnymi funkcji f .

1

lim

0 x x = lim = [ ] = 0. x→−∞ 1 − 1 1 x2 − 1 x2

lim

0 x x = lim = [ ] = 0. x→+∞ 1 − 1 1 x2 − 1 x2

x→−∞

1

x→+∞

Wynika stąd, że prosta y = 0 jest asymptotą poziomą funkcji f zarówno przyx → +∞ oraz przyx → −∞ . Nie zawsze jednak tak bywa, że ta sama prosta jest asymptotą i w +∞ , i w −∞ . W tym przypadku nie musimy już wyznaczać asymptot ukośnych, ponieważ asymptoty pionowe są ich szczególnym przypadkiem, a w−∞ może istnieć maksymalnie jedna asymptota ukośna i w +∞ może istnieć maksymalnie jedna asymptota ukośna. Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

f ′ (x) =

x ′(x2 − 1) − x(x2 − 1)′ −x2 − 1 = . ( x2 − 1 )2 (x2 − 1)2

Dziedzina pochodnej funkcji f jest równa dziedzinie funkcji f . Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

f ′ (x) = 0 ⇔ (

− x2 − 1 = 0 ∧ x ∈ Df ′ ) ⇔ − x2 − 1 = 0 ∧ x ∈ Df ′ ⇔ x ∈ ∅, ( x2 − 1)2

zatem funkcja nie posiada ekstremów.

−x2 − 1 > 0 ∧ x ∈ Df ′ ) ⇔ − x2 − 1 > 0 ∧ x ∈ Df ′ ⇔ x ∈ ∅. (x 2 − 1 )2 −x2 − 1 f ′ (x) < 0 ⇔ ( 2 < 0 ∧ x ∈ Df ′ ) ⇔ − x2 − 1 < 0 ∧ x ∈ Df ′ (x − 1 )2 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞). f ′ (x) > 0 ⇔ (

Pochodna funkcji jest ujemna w przedziałach (−∞, −1) , (−1, 1) oraz (1, +∞) , więc funkcjaf jest tam przedziałami malejąca (nie musi być malejąca w sumie tych przedziałów). Wyznaczamy przedziały wypukłości.

f ′′ (x) =

(− x2 − 1 )′ ( x2 − 1 )2 − (−x 2 − 1)[( x2 − 1 )2 ]′ 2x3 + 6x = . 2 4 x ( − 1) (x2 − 1)3

Dziedzina drugiej pochodnej funkcjif jest równa dziedzinie funkcjif .

2 x3 + 6x = 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ (2 x3 + 6x = 0 ∧ x ∈ Df′′ ) (x 2 − 1)3 ⇔ (2x(x2 + 3) = 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ x = 0,

f ′′ (x) = 0 ⇔ (

2 x3 + 6x > 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ (2x( x2 + 3)( x2 − 1 )3 > 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) (x 2 − 1)3 ⇔ (x ∈ (−1, 0) ∨ x ∈ (1, ∞)) , 2 x3 + 6x f ′′ (x) < 0 ⇔ ( 2 < 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ (2x( x2 + 3)( x2 − 1 )3 < 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) (x − 1)3 ⇔ (x ∈ (−∞, −1) ∨ x ∈ (0, 1)) . f ′′ (x) > 0 ⇔ (

Funkcja f jest wypukła w przedziałach (−1, 0) oraz (1, ∞) , a wklęsła w przedziałach(−∞, −1) oraz(0, 1) . Funkcja f ma punkt przegięcia w x = 0 . Poniższa tabelka może być pomocna przy rysowaniu wykresu funkcjif :

-1

x

(-1,0)

0

(0,1)

1

f '(x)

-

-

-

-

-

f ''(x)

-

+

0

-

+

f(x)

o

+ -

o

0

p.p.

+

o

o

-

Rysunek 1: Tabelka przebiegu zmienności funkcji f(x) =

x x2 −1

.

Wykres funkcji f przedstawia następujący rysunek:

Rysunek 2: Wykres funkcjif(x) =

x x2 −1

.

PRZYKŁAD

Przykład 2:

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji f(x) =

x2 . 2x + 1

Wyznaczamy dziedzinę funkcji.

Df = (−∞, − 12 ) ∪ (− 12, +∞) . Dziedzina funkcji nie jest symetryczna względem zera, zatem nie musimy sprawdzać parzystości ani nieparzystości funkcji. Funkcja nie jest ani parzysta ani nieparzysta. Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

f(x) = 0 ⇔ (

x2 = 2x+1

0 ∧ x ∈ Df) ⇔ (x = 0 ∧ x ∈ D f) ⇔ x = 0.

Punktem przecięcia z osią Oy jest x = 0 , ponieważ f(0) = 0 . Wyznaczamy granice na końcach przedziałów określoności.

lim −

x2 1 1 1 = [ 4− ] = [ ⋅ − ] = [ ⋅ (−∞)] = −∞, 0 2x + 1 4 0 4

lim

1 1 1 x2 = [ 4+ ] = [ ⋅ + ] = [ ⋅ ∞] = +∞. 2x + 1 4 0 4 0

1

x→− 12

1

x→− 1 2

+

Wynika stąd, że prosta x = − 1 jest asymptotą pionową obustronną funkcji f . 2

−∞ x2 x = lim =[ ] = −∞, x→−∞ 2x + 1 x→−∞ 2 + 1 2 x +∞ x2 x lim = lim =[ ] = +∞, 2 x→+∞ 2x + 1 x→+∞ 2 + 1 lim

x

Funkcja nie ma asymptot poziomych. Sprawdzamy czy istnieją asymptoty ukośne.

f(x) 1 1 x2 = lim = lim = = a1 , x→−∞ x x→−∞ 2x 2 + x x→−∞ 2 + 1 2 x 2 1 −x −1 1 x lim (f (x) − a1 x) = lim ( − x) = lim = lim = − = b1 , 2 2x + 1 2 4x + 2 4 x→−∞ x→−∞ x→−∞ x→−∞ 4 + lim

x

f(x) 1 1 x2 = lim = lim = = a2 , x→+∞ 2x 2 + x x→+∞ 2 + 1 2 x x 1 −x −1 1 x2 lim (f (x) − a2 x) = lim ( − x) = lim = lim = − = b2 . 2x + 1 2 4 x→+∞ x→+∞ x→+∞ 4x + 2 x→+∞ 4 + 2 lim

x→+∞

x

Z powyższych równości wynika, że prostay =

1 2

x − 14

jest asymptotą ukośną funkcjif przyx → +∞ oraz przyx → −∞ .

Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

f′ (x) =

( x2 )′(2x + 1) − x2 (2x + 1 )′ 2x(2x + 1) − 2x2 2x2 + 2x = = . (2x + 1)2 (2x + 1)2 (2x + 1)2

Dziedzina pochodnej funkcji f jest równa dziedzinie funkcji f . Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

2x 2 + 2x = 0 ∧ x ∈ Df ′) ⇔ (2x(x + 1) = 0 ∧ x ∈ Df ′) (2x + 1)2 ⇔ (x = 0 ∨ x = −1) .

f ′ (x) = 0 ⇔ (

W punktach x = −1 lub x = 0 funkcja może posiadać ekstremum. Sprawdzamy czy punkty te spełniają warunek wystarczający istnienia ekstremum.

2 x2 + 2x > 0 ∧ x ∈ Df ′ ) ⇔ (2x(x + 1)(2x + 1 )2 > 0 ∧ x ∈ Df ′) (2x + 1)2 ⇔ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, ∞), 2 x2 + 2x f ′(x) < 0 ⇔ ( < 0 ∧ x ∈ Df ′ ) ⇔ (2x(x + 1)(2x + 1 )2 < 0 ∧ x ∈ Df ′) (2x + 1)2 1 1 ⇔ x ∈ (−1, − ) ∪ (− , 0) . 2 2 f ′(x) > 0 ⇔ (

Funkcja f jest malejąca w przedziałach(−1, − 1) oraz(− 1 , 0) , rosnąca w przedziałach (−∞, −1) oraz(0, ∞) . W punkcie 2 2 x = −1 funkcja ma maksimum, natomiast w punkcie x = 0 minimum. Wyznaczamy przedziały wypukłości.

f ′′ (x) =

(2x 2 + 2x) ′(2x + 1)2 − (2 x2 + 2x)[(2x + 1 )2 ]′

(2x + 1)4 (4x + 2)(2x + 1 )2 − 4(2 x2 + 2x)(2x + 1) = (2x + 1)4

=

2 . (2x + 1)3

Dziedzina drugiej pochodnej funkcjif jest równa dziedzinie funkcjif

2 = 0 ∧ x ∈ Df ′′) ⇔ x ∈ ∅, (2x + 1)3 2 > 0 ∧ x ∈ Df ′′) ⇔ x > − f ′′(x) > 0 ⇔ ( (2x + 1)3 2 f ′′(x) < 0 ⇔ ( < 0 ∧ x ∈ Df ′′) ⇔ x < − (2x + 1)3 f ′′(x) = 0 ⇔ (

1 , 2 1 . 2

Funkcja f jest wypukła w przedziale(−∞, − 1 ) , a wklęsła w przedziale(− 1 , +∞) . 2 2 Funkcja nie ma punktów przegięcia. Sporządzamy tabelkę przebiegu zmienności funkcji f .

x

-1 2

-1

1

- -21

1

0

-2

0

f '(x)

+

0

-

-

0

+

f ''(x)

-

-

-

+

+

+

f(x)

-1

-1

-1

+

max. Rysunek 3: Tabelka przebiegu zmienności funkcji f(x) =

+

0 o x2 . 2x+1

min.

o

Wykres funkcji f przedstawia następujący rysunek:

Rysunek 4: Wykres funkcjif(x) =

x2 2x+1

.

ZADANIE

Zadanie 1: Treść zadania:

Należy zbadać przebieg zmienności funkcji f(x) = x2 ⋅ ln x . Rozwiązanie:

Wyznaczamy dziedzinę funkcji. Ze względu na logarytm

Df = (0, +∞) . Dziedzina funkcji nie jest symetryczna względem zera, zatem nie musimy sprawdzać parzystości i nieparzystości funkcji. Funkcja nie jest parzysta ani nieparzysta. Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

f(x) = 0 ⇔ (x2 ⋅ ln x = 0 ∧ x ∈ Df ) ⇔ [(x = 0 ∨ x = 1) ∧ x ∈ Df ] ⇔ x = 1. Wykres funkcji nie przecina osi Oy , ponieważ x = 0 nie należy do dziedziny funkcji. Wyznaczamy granice na końcach przedziałów określoności oraz asymptoty. [0⋅∞]

lim x2 ⋅ ln x = lim

x→0+

x→ 0+

ln x 1 x2

H

= lim ∞

[ ∞ ] x→ 0+

1 x −2 x3

= lim

x→0 +

x2 = 0. −2

Wynika stąd, że funkcja nie ma asymptot pionowych.

lim x2 ⋅ ln x = +∞.

x→+∞

Funkcja nie ma asymptot poziomych. Sprawdzamy czy istnieją asymptoty ukośne.

lim

x→+∞

f(x) = lim x ⋅ ln x = +∞, x→+∞ x

zatem funkcja nie ma także asymptot ukośnych, gdyż wynik tej granicy nie jest liczbą skończoną. Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

f ′(x) = ( x2 )′ ⋅ ln x + x 2 ⋅ (ln x )′ = 2x ⋅ ln x + x2 ⋅

1 x

= x(2 ln x + 1).

Dziedzina pochodnej funkcji f jest równa dziedzinie funkcji f . Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

f ′ (x) = 0 ⇔ (x(2 ln x + 1) = 0 ∧ x ∈ Df ′) ⇔ [(x = 0 ∨ x = e − 2 ) ∧ x ∈ Df′ ] 1

1

⇔ x = e− 2 . 1 W punkcie x = e− 2 funkcja może mieć ekstremum. Sprawdzamy czy punkt ten spełnia warunek wystarczający istnienia ekstremum.

f′ (x) > 0 ⇔ (x(2 ln x + 1) > 0 ∧ x ∈ Df ′) ⇔ x ∈ ( e − 2 , +∞) , 1

f′ (x) < 0 ⇔ (x(2 ln x + 1) < 0 ∧ x ∈ Df ′) ⇔ x ∈ (0, e− 2) . 1

1 1 Funkcja f jest malejąca w przedziale(0, e− 2 ) , rosnąca w przedziale( e − 2 , +∞) . W punkciex = e−

1 2

funkcja osiąga

minimum. Wyznaczamy przedziały wypukłości.

f ′′ (x) = x′ ⋅ (2 ln x + 1) + x(2 ln x + 1 )′ = 2 ln x + 1 + x x2 = 2 ln x + 3. Dziedzina drugiej pochodnej funkcjif jest równa dziedzinie funkcjif . 3

f ′′ (x) = 0 ⇔ (2 ln x + 3 = 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ x = e− 2, f ′′ (x) > 0 ⇔ (2 ln x + 3 > 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ x ∈ ( e − 2, +∞) , 3

f ′′ (x) < 0 ⇔ (2 ln x + 3 < 0 ∧ x ∈ Df ′′ ) ⇔ x ∈ (0, e− 2 ) , 3

Funkcja f jest wypukła w przedziale( e− 2 , +∞) , a wklęsła w przedziale(0, e− 2 ) . Funkcja ma punkt przegięcia w 3

3

3

x = e− 2 . Sporządzamy tabelkę przebiegu zmienności funkcji f .

x

- 3-

(0

e2)

3

- -2

e

f '(x)

-

-

f ''(x)

-

0

o f(x)

-3 -3 2e

-3 -3 2e

3

( e- -

2

- 1-2

e

)

1

( e- -

2

1

1

0

+

+

+

+

+

+

+

+

-1 2e

-1 2e min.

+

o 0

-1 2e

Rysunek 5: Tabelka przebiegu zmienności funkcjif(x) =

Wykres funkcji f(x) przedstawia następujący rysunek:

1)

-3 - 3 2e

p.p.

- -12

e

x2 ⋅

ln x .

o

Rysunek 6: Wykres funkcji f(x) =x

2

⋅ ln x.

Publikacja udostępniona jest na licencji Creative Commons Uznanie autorstwa - Na tych samych warunkach 3.0 Polska. Pewne prawa zastrzeżone na rzecz autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej. Zezwala się na dowolne wykorzystanie treści publikacji pod warunkiem wskazania autorów i Akademii Górniczo-Hutniczej jako autorów oraz podania informacji o licencji tak długo, jak tylko na utwory zależne będzie udzielana taka sama licencja. Pełny tekst licencji dostępny na stronie http://creativecommons.org/licenses/by-sa/3.0/pl/.

Data generacji dokumentu: 2019-04-15 10:08:59 Oryginalny dokument dostępny pod adresem: https://epodreczniki.open.agh.edu.pl/openagh-permalink.php? link=d7f310feeb22cedc49c8187f50e4148c Autor: Ilona Michalik...