Ekstremne Vrednosti i Monotonost Funkcije

EKSTREMNE VREDNOSTI I MONOTONOST FUNKCIJE

EKSTREMNE VREDNOSTI su maksimum i (ili) minimum funkcije. Nadjemo prvi izvod y` i izjednačimo ga sa 0 , y`= 0 . Rešenja te jednačine x1 , x2 ,.... ( naravno ako ih ima) menjamo u početnu funkciju da dobijemo y1 , y2 ,.... Dobijene tačke M 1 ( x1 , y1 ); M 2 ( x2 , y2 );.... su ekstremne vrednosti funkcije.

MONOTONOST FUNKCIJE je rašćenje i opadanje funkcije. U intervalima ( naravno ako ih ima) gde je y`> 0 funkcija RASTE. U intervalima ( naravno ako ih ima) gde je y`< 0 funkcija OPADA. 1. Odrediti ekstremne vrednosti i intervale monotonosti funkcija:

a) y =

x2 +1 x2 −1

b) y =

x 2 + 3x x+4

Rešenje: a) y =

x2 +1 x2 −1

Posao nam je dakle da nañemo prvi izvod!

Ovo je izvod količnika pa idemo po formuli y`=

( x 2 + 1)`( x 2 − 1) − ( x 2 − 1)`( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2

y`=

2 x( x 2 − 1) − 2 x( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2

 u  u `⋅v − v`⋅u  `= v2 v

2 x[( x 2 − 1) − ( x 2 + 1)] 2 x[ x 2 − 1 − x 2 − 1] = ( x 2 − 1)2 ( x 2 − 1)2 − 4x y`= 2 ( x − 1) 2 Sad prvi izvod izjednačavamo sa 0. y`=

Zapamtite da uvek brojilac izjednačavamo sa 0 jer smo se u oblasti definisanosti već ogradili da u imeniocu nije 0.

1

y`=

−4 x = 0 → −4 x = 0 → x = 0 ( x 2 − 1)2

Sad ovu vrednost menjamo u početnu funkciju y =

f (0) =

x2 +1 : x2 −1

02 + 1 1 = = −1 → M 1 (0, −1) Dobili smo tačku ekstrema! Za sad ne znamo da li je max ili min. 0 2 − 1 −1

Za monotonost funkcije trebamo da rešimo nejednačine: y`> 0 ( raste) i y`< 0 (opada) Postavljamo sebi pitanje: ( slično kao kod znaka funkcije) Od čega nam zavisi znak prvog izvoda? Pogledajmo još jednom prvi izvod: y`=

−4 x . ( x 2 − 1) 2

Izraz ( x 2 − 1) 2 > 0 uvek ( zbog kvadrata) pa ne utiče na razmatranje znaka. Zaključujemo da nam znak prvog izvoda zavisi samo od -4x. Dakle: y`> 0 za − 4 x > 0 → x < 0.......raste y`< 0 za − 4 x < 0 → x > 0.......opada Na skici bi to izgledalo:

E sad smo sigurni da je naša tačka M 1 (0, −1) maksimum!

x 2 + 3x x+4 2 ( x + 3x )`⋅ ( x + 4 ) − ( x + 4 )`⋅ ( x2 + 3x )

b) y =

y`=

( x + 4) ( 2 x + 3) ⋅ ( x + 4 ) − 1 ⋅ ( x 2 + 3 x ) y`= 2 ( x + 4)

y`= y`=

2

2 x 2 + 8 x +3 x + 12 − x 2 −3 x

( x + 4)

2

x 2 + 8 x + 12

( x + 4)

2

2

Izjednačavamo prvi izvod sa 0. y`=

x 2 + 8 x + 12

( x + 4)

2

= 0 → x 2 + 8 x + 12 = 0

Da rеšimo ovu kvadratnu jednačinu:

x 2 + 8 x + 12 = 0 → x1,2 =

x = −6 −b ± b 2 − 4ac −8 ± 82 − 48 = → 1 x2 = −2 2a 2

Obe vrednosti vraćamo u početnu jednačinu y =

x 2 + 3x x+4

(−6) 2 + 3(−6) = −9 → M 1 = (−6, −9) −6 + 4 (−2) 2 + 3(−2) x2 = −2 → y2 = = −1 → M 2 = (−2, −1) −2 + 4 x1 = −6 → y1 =

Za monotonost razmišljamo od čega nam zavisi znak prvog izvoda! y`=

x 2 + 8 x + 12

( x + 4)

2

a kako ( x + 4 ) > 0 uvek, znači da nam znak zavisi samo od x 2 + 8 x + 12 . 2

Kao i uvek kad imamo kvadratnu nejednačinu koristimo da :

Kvadratni trinom ima znak broja a svuda osim izmedju nula!

Znači da funkcija raste za y`> 0 za x ∈ (−∞, −6) ∪ (−2, ∞) Funkcija opada y`< 0 za x ∈ (−6, −2) Sad nam nije teško da kažemo da je : Tačka M 1 = (−6, −9) je tačka maksimuma Tačka M 2 = (−2, −1) je tačka minimuma. www.matematiranje.com

3

2. Odrediti ekstremne vrednosti i intervale monotonosti funkcija: 5 − ex ex + 2 x2 − 3 b) y = x e ln x + 1 v) y = ln x

a) y =

Rešenje: 5 − ex a) y = x e +2 (5 − e x )`(e x + 2) − (e x + 2)`(5 − e x ) y`= ( e x + 2) 2 y`=

− e x (e x + 2) − e x (5 − e x ) izvlačimo - ex kao zajednički ispred zagrade x 2 ( e + 2)

y`=

− e x (e x + 2 + 5 − e x ) ( e x + 2) 2

y`=

− 7e x ( e x + 2) 2

Sada ovo izjednačavamo sa 0.

y`= 0 → −7e x = 0 → e x = 0 ali znamo da je e x > 0 pa zaključujemo da ova funkcija nema ekstremne vrednosti! Dalje razmišljamo od čega nam zavisi znak prvog izvoda.... Kako je (e x + 2) 2 > 0 uvek i e x > 0 ostaje nam da znak zavisi samo od −7 . Zaključujemo da je funkcija opadajuća stalno! x2 − 3 ex ( x 2 − 3)`⋅e x − ( e x )`⋅ ( x 2 − 3)

b) y = y`=

y`= y`=

(e ) − e ( x − 3) x 2

2x ⋅ ex

x

2

e2 x e x [2 x − ( x 2 − 3)]

e 2x 2 x − x2 + 3 y`= ex − x2 + 2 x + 3 y`= ex

4

Odavde je y`= 0 → − x 2 + 2 x + 3 = 0 a rešenja ove kvadratne jednačine su x1 = −1 ∧ x2 = 3

x2 − 3 Ove vrednosti vraćamo u početnu funkciju y = x : e (−1) 2 − 3 −2 = −1 = −2e → M 1 ( −1, −2e) e −1 e 2 (3) − 3 6 6 x2 = 3 → y2 = = 3 → M 2 (3, 3 ) 3 e e e

x1 = −1 → y1 =

Za odredjivanje monotonosti opet koristimo znanje iz II godine srednje da:

Kvadratni trinom − x 2 + 2 x + 3 ima znak broja a svuda osim izmedju nula!

Odavde zaključujemo da:

y`> 0 za x ∈ (−1,3) → raste y`< 0 za x ∈ (−∞, −1) ∪ (3, ∞) → opada Onda je tačka M 1 (−1, −2e) tačka minimuma a tačka M 2 (3,

v)

6 ) tačka maksimuma. e3

ln x + 1 ln x (ln x + 1)`ln x − (ln x)`(ln x + 1) y`= ln 2 x 1 1 ln x − (ln x + 1) x y`= x ln 2 x 1 1 1 ln x − ln x − x x y`= x ln 2 x

y=

1 y`= 2x ln x −

pa je y`=

−1 x ln 2 x

Očigledno je da nemamo ekstremnih vrednosti jer je u brojiocu samo -1. Iz oblasti definisanosti funkcije bi našli da je ( ln x ≠ 0 → x ≠ 1) ∧ ( x > 0 ) → D f = (0,1) ∪ (1, ∞) a to nam govori o znaku prvog izvoda: x > 0 ∧ ln 2 x > 0 → znak zavisi samo od -1 a onda je funkcija stalno opadajuća! 5

3. Odrediti ekstremne vrednosti i intervale monotonosti funkcija:

a) y = e x

2

+ 2 x −3

1+ x 1− x 1+ x v) y = arc tg 1− x

b) y = ln

Rešenje:

a) y = e x

2

+ 2 x −3

Pazite, ovde se radi o izvodu složene funkcije:

y = ex

2

+ 2 x −3

y`= e x

2

+ 2 x −3

( x 2 + 2 x − 3)`

y`= e x

2

+ 2 x −3

(2 x + 2)

y`= 0 → 2 x + 2 = 0 → x = −1 1 e4 1 Tačka ekstrema je dakle M (−1, 4 ) . e y = e( −1)

2

+ 2( −1) −3

Kako je e x

2

= e1− 2 −3 = e −4 =

+ 2 x −3

> 0 uvek, znak nam zavisi od 2 x + 2 , pa je:

y`> 0 za 2 x + 2 > 0 → x > −1 → x ∈ (−1, ∞) → raste y`< 0 za 2 x + 2 < 0 → x < −1 → x ∈ (−∞, −1) → opada

Sad znamo da je tačka M (−1,

1 ) minimum date funkcije. e4 www.matematiranje.com

6

b) y = ln

1+ x 1− x

1 1+ x  y`=   1+ x 1− x  1− x

y`=

`

1+ x )` izvod količnika! 1− x

1 (1 + x)`(1 − x) − (1 − x)`(1 + x) skratimo po 1-x ( koje je različito od 0 još iz domena) 1+ x (1 − x) 2 1− x

y`=

1 1− x +1+ x 1+ x 1− x

y`=

1 2 1+ x 1− x

y`=

ovde pazimo, jer je (

2

(1 − x )(1 + x )

Jasno je da funkcija nema ekstremne vrednosti ….Da ispitamo monotonost treba nam tablica ….

E sad, ako malo razmislimo, vidimo da se ova tablica poklapa sa tablicom za oblast definisanosti: D f = (−1,1) Znači da je funkcija RASTUĆA na celom domenu! Ovo je ono što mi pokušavamo da vas naučimo: Svaka tačka u ispitivanju toka funkcije priča svoju priču i nešto ta priča znači na grafiku ali su opet sve tačke u ispitivanju povezane i ne mogu jedna bez druge….

v) y = arc tg

1+ x 1− x

Još jedna složena funkcija, pa izvod radimo pažljivo….

1+ x  y`=  2  1+ x  1− x  1+   1− x  1

`

7

y`=

y`=

1 (1 + x)`(1 − x) − (1 − x)`(1 + x) 2 (1 + x) (1 − x) 2 1+ (1 − x) 2

1 1(1 − x) + 1(1 + x) 2 (1 − x) + (1 + x) (1 − x) 2 (1 − x) 2 2

y`=

1 1− x +1+ x 2 1 1 − 2x + x + 1 + 2x + x

y`=

2 1 2 = = 2 2 2 + 2x 2(1 + x ) (1 + x 2 )

y`=

1 1 + x2

2

pokratimo (1-x)2

sredimo malo...

Jasno je da nema ekstrema a kako je 1 + x 2 uvek pozitivan, funkcija je stalno rastuća! www.matematiranje.com

8