Průběh funkce pokračování

Průběh funkce – příklady. Úlohy na nalezení extrémů
funkce.
Příklad: Vyšetřete průběh funkce f (x) = 2 +
12
.
x −4
2
Řešení: D(f) = ℝ − {−2, 2}, funkce je spojitá v D(f), vzhledem k rovnosti f (−x) =
2+
12
( − x) 2 − 4
= f (x), platné pro všechna x ∈ D(f), jde o funkci sudou a můžeme se omezit na
12
12
12
) = 2, lim (2 + 2
) = − ∞ , lim (2 + 2
) = ∞.
x→ 2 −
x→ 2 +
x −4
x −4
x −4
〈0, ∞ ). Je f(0) = −1, lim (2 +
2
x→∞
Dále f´(x) =
(x
−24 x
2
−4
)
2
pro x ≠ −2, x ≠ 2, tedy v (0, 2) je f´(x) < 0, tj. f (x) je v 〈 0, 2 )
klesající, v (2, ∞ ) je f´(x) < 0 a tudíž f (x) je i v intervalu (2, ∞ ) klesající. Lokální extrém
může nastat v bodě x = 0. Vzhledem k tomu, že v (−2, 0) je f´(x) > 0, nastává v bodě
x = 0 lokální maximum s hodnotou f(0) = −1.
f´´(x) =
(
−24 x 2 − 4
) + 24x.2(x
( x − 4)
2
2
2
)
− 4 .2x
4
=
(
)
−24 x 2 − 4 + 96x 2
(x
2
−4
)
3
=
72 x 2 + 96
(x
2
−4
)
3
pro
x ≠ −2, x ≠ 2. V intervalu 〈0, 2) je f´´(x) < 0 a f(x) je zde konkávní, v (2, ∞ ) je f ´´(x) > 0 a
tedy f(x) je v (2, ∞ ) konvexní. Inflexní body neexistují. Asymptotou funkce f(x) pro x → ∞ je
12
2x 2 + 4
přímka y = 2. Kupř. z upraveného předpisu f (x) = 2 + 2
=
je jasné, že
x2 − 4
x −4
průsečíky grafu funkce f (x) s osu x neexistují (f (x) nenabývá hodnoty 0).
Náčrtek grafu funkce f (x) = 2 +
12
je zachycen na obr. 1. Je H(f) = (− ∞ , −1〉
x −4
2
∪ (2, ∞ ) a f(x) není v ℝ prostá.
1
Obr. 1
e 2x−x .
2
Příklad: Vyšetřete průběh funkce f (x) =
Řešení: Jde o složenou funkci, přičemž vnitřní funkce z = 2 x − x2 je definována v ℝ a
vnější funkce y = ez též, tedy D (f) = ℝ . Funkce f (x) je též spojitá v ℝ , ale není periodická
ani sudá či lichá.
e 2 x − x = 0, lim e 2 x − x = 0.
x→∞
2
lim
x→−∞
2
2 x− x
2 x− x
Pro všechna x ∈ ℝ je f´(x) = e
.(2 − 2x) = 2. e
.(1−x).
2
Vzhledem k tomu, že pro všechna x ∈ ℝ je 2.
2
e 2 x − x > 0, rozhoduje o znaménku derivace
2
činitel 1 − x. Především je f´(1) = 0 a pro všechna x ∈ ( − ∞ , 1 ) je f ´(x) > 0, pro všechna x ∈
(1, ∞ ) je f´(x) < 0. Funkce f(x) je proto v ( − ∞ , 1 〉 rostoucí a v 〈1, ∞ ) klesající. V bodě x = 1
nastává lokální maximum s hodnotou f (1) = e.
e 2 x − x . (2 − 2x) (1 − x) + 2. e 2 x − x .(−1) = 2. e 2 x − x . [2.(1 − x)2 −1 ]
2
Dále f ´´(x) = 2.
2
2
pro všechna x ∈ ℝ . O znaménku druhé derivace rozhoduje nyní činitel 2(1 − x)2−1.
2
Především je f ´´(x) = 0, právě když (1 − x)2 =
1
=1−
2
. V intervalu ( − ∞ , 1 −
V intervalu (1 −
2
, 1 +
2
1
2
, 1− x = x−1 =
1
2
, tj. pro x1 = 1 +
1
2
, x2
2
2
) je f ´´(x) > 0, tj. f(x) je v ( − ∞ , 1 −
) konvexní.
2
2
2
2
) je f´´(x) < 0, tj. f(x) je v intervalu 〈1 −
,1 +
2
2
2
〉
2
konkávní.
V intervalu (1 +
2
, ∞ ) je f´´(x) > 0, tj. f(x) je v intervalu 〈1 +
2
Body grafu funkce f (x) o první souřadnici 1 −
2
, resp. 1 +
2
2
, ∞ ) konvexní.
2
2
jsou inflexními body.
2
Asymptotou grafu funkce f(x) pro x → ± ∞ je osa x. Je H (f) = (0, e〉. Náčrtek grafu funkce
e 2 x − x je zachycen na obr. 2.
2
f (x) =
Obr. 2
3
1
x
Příklad: Vyšetřete průběh funkce f (x) = e ( x + 2) .
Řešení: Je D(f) = ℝ − {0} a f(x) je spojitá v D(f). Snadno se též zjistí, že f(x) není ani
sudá ani lichá.
1
lim e x ( x + 2) = − ∞ (je totiž lim
x →−∞
x →−∞
1
1
1
= 0, lim e x = e0 = 1, lim (x + 2) = − ∞ );
x →−∞
x →−∞
x
1
obdobně lim e x ( x + 2) = ∞ . Dále lim e x ( x + 2 ) = 0, protože lim
x→ 0 −
x→∞
lim e
x→ 0 +
1
x
( x + 2 ) = ∞ , protože
x→ 0 −
1
1
= − ∞ , lim e x = 0 a
x→ 0 −
x
1
lim
x→ 0 +
1
= ∞ , lim e x = ∞ .
x→ 0 +
x
1
 −1
x2 − x − 2
 x+2
x
e
.
x
+
2
(
)
f´(x) =
 2
+ e = e x . 1 − 2  = ex .
pro x ≠ 0.
x 
x2
x 

1
x
1
1
Vzhledem k tomu, že ex .
1
1
> 0 pro všechna x ∈ D(f), „rozhoduje“ o znaménku f ´(x)
x2
výraz x2 − x − 2. Především je f´(x) = 0 ⇔ x2 − x − 2 = 0, tj. pro x1 = − 1, x2 = 2.
V intervalu (− ∞ ,− 1) je f´(x) > 0, tj. f (x) je v (− ∞ ,− 1〉 rostoucí.
V intervalu (−1, 0) je f´(x) < 0, tj. f (x) je v 〈−1, 0) klesající.
V intervalu (0, 2) je f´(x) < 0, tj. f (x) je v (0, 2〉 klesající.
V intervalu (2, ∞ ) je f´(x) > 0, tj. f (x) je v 〈2, ∞ ) rostoucí.
V bodě x = − 1 nastává lokální maximum s hodnotou f(− 1) =
1
.
e
V bodě x = 2 nastává lokální minimum s hodnotou f(2) = 4 e .
f´´(x)
1
= ex .
=
2
1  −1  x − x − 2
e x . 2  .
x2
x 
+
1
1
1
2
2
2
x
2
+
x
−
x
−
x
+
2
x
+
4
x
e
. 4 ( 2 + 5x) pro x ≠ 0.
=
(
)
4
x
x
4
1
x
e.
( 2 x − 1) .x2 − 2 x ( x2 − x − 2)
x4
=
Je f´´(x) = 0 pro x =
− 25 )
(− ∞ ,
− 25
a o znaménku f ´´(x) „rozhoduje“ činitel 5 x + 2. V intervalu
je f´´(x) < 0, tj. funkce f(x) je v (− ∞ , − 5 〉 konkávní. V intervalech (− 5 , 0)
2
2
i (0, ∞ ) je f´´(x) > 0, takže funkce f (x) je v 〈− 5 , 0) a (0, ∞ ) konvexní.
2
2
2
Bod I = [− 5 , f (− 5 ) ] je inflexním bodem grafu funkce f(x). Průsečíkem grafu funkce
f(x) s osou x je bod [−2, 0]. Nalezněme teď asymptoty: pro x→ ∞ hledáme přímku o rovnici
y = k x + q, čísla k, q najdeme ze vztahů k = lim
x→∞
1
x
e .( x + 2)
lim
x →∞
(
x →∞
x
lim e x .( x + 2) − x
x →∞
1
= lim
z →0 +
1
= lim e x . lim
)
x→∞

= lim x. e
x→∞

1
x
f ( x)
x
, q = lim ( f (x) − k x).
x→∞
x+2
= 1.1 = 1, tj. k = 1.
x
1 
2
e x 1 +  − 1
e z (1 + 2 z ) − 1
 x
 2 
=
lim
=
lim
=
1
+
−
1

 
x →∞
x →∞
1
z
 x 
x
e z (1 + 2 z ) + e z .2
= 3 = q; při tomto výpočtu jsme převedli neurčitý výraz „ ∞ . 0 “ na
1
0
„ 0 “ , užili jsme substituci
1
= z a nakonec i L' Hospitalovo pravidlo. Je tedy rovnice
x
asymptoty grafu funkce f(x) pro x → ∞ y = x + 3. Obdobnými úvahami se lze přesvědčit o
tom, že stejnou rovnici má asymptota i pro x → − ∞ .
2
Vypočteme druhou souřadnici inflexního bodu: f (− 5 ) =
8
5
e
− 25
≈ 0,13. K upřesnění
x2 − x − 2
grafu v levém okolí bodu 0 vypočteme lim f´(x) = lim e .
. Jde o limitu typu
x→ 0 −
x→ 0 −
x2
1
x
1
2
„ ∞ . 0 “, protože lim x = − ∞ , lim ez = 0, lim (x2 − x − 2) = −2, lim x = 0+, tj.
x→ 0 −
x→
0
−
x
→
0
−
z→−∞
2
lim x − x2 − 2
x→ 0 −
x
= − ∞ . Pišme proto
1
 1 2
lim e x . 1 − − 2 
x→ 0 −
 x x 
5
=
(
t
2
lim e 1− t − 2t
t →− ∞
)
=
(1 − t − 2t ) =
2
lim
t →− ∞
1
et
(1 − t − 2t ) , což je limita typu „ ∞ “. Dvojím užitím L' Hospitalova
2
lim
t →− ∞
∞
e −t
(1 − t − 2t ) =
2
pravidla máme lim
t →− ∞
e
−t
lim
t →− ∞
−4
−1 − 4t
= lim − t = 0, tj.
−t
t →− ∞
−e
e
lim f´(x) = 0.
x→ 0 −
Obr. 3
6
Příklad: Z kmene, jehož nejmenší průměr je d > 0, se má vytesat trám obdélníkového
profilu (viz obr. 5). Máme určit, jak zvolit rozměry x a y, aby nosnost trámu byla maximální.
d
y
x
Obr. 5
Nosnost Q trámu obdélníkového profilu je dána vzorcem
Q = c x y 2,
kde c > 0 je konstantní koeficient závislý na materiálu, x je vodorovný rozměr a y svislý
rozměr profilu. (Příklad je převzat z učebnice Dlouhý a kol. Úvod do matematické analýzy,
1. vydání SPN 1965).
Řešení: Z Pythagorovy věty máme x2 + y2 = d 2 . Nyní můžeme vyjádřit nosnost Q jako
funkci jediného argumentu x, tj. Q = c x( d2 – x2) = c d2 x – c x3 a tuto funkci budeme studovat
pro x œ (0, d).
Pro každé x œ (0, d) platí Q´ = c d2 – 3 c x2 = c (d2 – 3 x2).
Protože tato derivace existuje v (0, d), může nastat extrém jen v těch bodech, kdy
Q´(x) = 0, tj. c (d2 – 3 x2) = 0. Nacházíme jediný kořen patřící do intervalu (0, d), totiž
x=
d
.
3
V intervalu (0,
d
d
) je zřejmě Q´(x) > 0, v (
, d ) je Q´(x) < 0. Zjistili jsme, že
3
3
funkce Q má v bodě x =
d
lokální maximum. Toto maximum je současně největší hodnotou
3
7
funkce Q v intervalu (0, d). Zjistili jsme, že vodorovný rozměr x optimálního profilu je
Pro druhý rozměr y najdeme z Pythagorovy věty x2 + y2 = d 2, že y = d
8
2
.
3
d
.
3