aevinski gr ltet aku f - grf.bg.ac.rs
TRANSCRIPT
GRA�EVINSKI FAKULTET
UNIVERZITET U BEOGRADU
Tok i grafik funk ije 2
Nastavnik: Marina S. Markagi�
GraÆevinarstvo - osnovne akademske studije 2021, I godina / I semestar
Matematika 1 (B3O1M1) 31.12.2021.
Sva autorska prava autora materijala su zaxti�ena. Dokument se mo�e koristiti samo za nastavu na dainu
studenata GraÆevinskog fakulteta Univerziteta u Beogradu u xkolskoj 2021/2022. i ne mogu se koristiti za
druge svrhe bez pismene saglasnosti autora materijala.
Zada i
Zadatak 1. Ispitati tok i ski irati grafik funk ije
f(x) = arctgx
x2 − 1.
Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana ako je x2 − 1 6= 0, tj. x 6=±1, pa je
Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).
Parnost i neparnost: Kako je
f(−x) = arctg−x
(−x)2 − 1= − arctg
x
x2 − 1= −f(x),
funk ija je neparna i stoga je dovono ispitati restrik iju
funk ije f na (0, 1) ∪ (1,+∞) (funk ija f je entralnosime-
triqna u odnosu na koordinatni poqetak). Primetimo da je
f(0) = 0.
Nule i znak: Nule i znak funk ije t 7→ arctg t su nule i znak ar-
gumenta t, pa �emo u ovom delu odrediti nule i znak funk ije
x
x2 − 1.
Kako je
x
x2 − 1= 0 ⇐⇒ x = 0, sledi da je nula funk ije
taqka N(0, 0).Znak funk ije:
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 0) ∪ (1,+∞) ,
f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (0, 1) .
2
Asimptote:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
arctgx
x2 − 1= arctg 0 = 0 .
Prema tome, y = 0 je desna horizontalna asimptota funk-
ije f . Ista prava je horizontalna asimptota i u sluqaju kadax → −∞.
Dae, ispitujemo ponaxa�e u blizini taqke 1.
limx→1−
arctgx
x2 − 1= arctg
1
0−= −π
2i
limx→1+
arctgx
x2 − 1= arctg
1
0+=
π
2.
Dakle, f nema vertikalnih asimptota.
U blizini taqke x = −1 (simetriqna taqka taqki x = 1) funk- ija f se pribli�ava taqki
(
−1,−π2
)
i taqki
(
−1, π2
)
.
Oznaqimo sa ϕ1 i ϕ2 uglove pod kojim grafik funk ije prila-
zi taqki (1,−π2) sa leve, odnosno taqki (1, π
2) sa desne strane.
Kasnije �emo izraqunati ove uglove.
Monotonost i ekstremne vrednosti:
f ′(x) =
(
arctgx
x2 − 1
)′
=1
1 +(
xx2−1
)2 ·(
x
x2 − 1
)′
=1
(x2−1)2+x2
(x2−1)2
· x2 − 1− x · 2x(x2 − 1)2
= − x2 + 1
(x2 − 1)2 + x2.
Primetimo da je f ′(x) 6= 0 za svako x ∈ Df , pa f-ja f nema
sta ionarnih taqaka.
Znak prvog izvoda: Primetimo da je f ′ < 0 za svako x ∈ Df .
Prema tome
f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∨ x ∈ (−1, 1) ∨ x ∈ (1,+∞).
tgϕ1,2 = limx→1∓
f ′(x) = limx→1∓
−x2 − 1
(x2 − 1)2 + x2= −2.
⇒ ϕ1 = ϕ2 = arctg(−2) = − arctg 2.
3
Dakle, ugao pod kojim grafik funk ije prilazi taqki (1,−π2)
sa leve, odnosno taqki (1, π2) sa desne strane, jednak je− arctg 2.
Ugao pod kojim grafik funk ije prilazi taqki (−1,−π2) sa
leve, odnosno taqki (−1, π2) sa desne strane, takoÆe je jednak
je − arctg 2.
Konveksnost i prevojne taqke: Izraqunajmo drugi izvod funk-
ije f .
f ′′(x) =
( −x2 − 1
(x2 − 1)2 + x2
)′
=−2x((x2 − 1)2 + x2)− (−x2 − 1) · (2(x2 − 1) · 2x+ 2x)
((x2 − 1)2 + x2)2
=−2x(x4 − x2 + 1− 2x4 + 2− x2 − 1)
((x2 − 1)2 + x2)2
=−2x(−x4 − 2x2 + 2)
((x2 − 1)2 + x2)2
=2x(x4 + 2x2 − 2)
((x2 − 1)2 + x2)2.
Izraz u imenio u je uvek pozitivan, dok u brojio u imamo
linearnu i bikvadratnu funk iju. Nule bikvadratne funk-
ije mogu se na�i smenom x2 = t, gde je t ≥ 0. Nakon uvoÆe�a
smene dobijamo kvadratnu funk iju t2 + 2t − 2, qije nule sut1,2 = −1±
√3.
Dobijamo da se funk ija mo�e zapisati u obliku
x4 + 2x2 − 2 =(
x2 − (−1 +√3))(
x2 − (−1−√3))
.
Izraz u drugoj zagradi je strogo pozitivan za svako x, pa su
jedine nule funk ije x1,2 = ±√
−1 +√3.
Dobijamo da je f ′′(x) = 0 ako je x1 = 0, x2 =√
−1 +√3 ili
x3 = −√
−1 +√3. Prema tome, uoqene taqke su kandidati za
prevojne taqke funk ije.
4
Znak drugog izvoda:
Funk ija f je konveksna akko x ∈ (x3, 0) ∪ (x2, 1) ∪ (1,+∞),odnosno funk ija je konkavna akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, x3) ∪(0, x2) .Prolaskom kroz taqke 0, x2 i x3 drugi izvod me�a znak, pa su
P1(0, 0) P2(x2, f(x2)) i P3(x3, f(x3)) prevojne taqke funk ije f .
5
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
6
Grafik funk ije f(x) = arctgx
x2 − 1.
Zadatak 2. Ispitati tok i ski irati grafik funk ije
f(x) = arctgx2
9− x2.
Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana ako je 9 − x2 6= 0, tj. x 6=±3, pa je
Df = (−∞,−3) ∪ (−3, 3) ∪ (3,+∞).
Parnost i neparnost: Kako je
f(−x) = arctg(−x)2
9− (−x)2= arctg
x2
9− x2= f(x),
funk ija je parna i stoga je dovono ispitati restrik iju
funk ije f na (0, 3) ∪ (3,+∞) (funk ija f je simetriqna u
odnosu na y-osu). Primetimo da je f(0) = 0.
7
Nule i znak: Nule i znak funk ije t 7→ arctg t su nule i znak ar-
gumenta t, pa �emo u ovom delu odrediti nule i znak funk ije
x2
9− x2.
Kako je
x2
9− x2= 0 ⇐⇒ x = 0, nula funk ije je taqka N(0, 0).
Znak funk ije f :
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−3, 0) ∪ (0, 3) ,
f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−3) ∪ (3,+∞) .
Asimptote:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
arctgx2
9− x2= arctg(−1) = −π
4.
Prema tome, y = −π
4je desna horizontalna asimptota funk-
ije f . Ista prava je horizontalna asimptota i u sluqaju kadax → −∞.
Dae, ispitujemo ponaxa�e u blizini taqke 3.
limx→3−
arctgx2
9− x2= arctg
9
0+=
π
2i
limx→3+
arctgx2
9− x2= arctg
9
0−= −π
2.
Dakle, f nema vertikalnih asimptota.
U blizini taqke x = −3 (simetriqna taqka taqki x = 3) funk- ija f se pribli�ava taqki
(
−3,−π2
)
i taqki
(
−3, π2
)
.
Oznaqimo sa ϕ1 i ϕ2 uglove pod kojim grafik funk ije prila-
zi taqki (3, π2) sa leve, odnosno taqki (3,−π
2) sa desne strane.
Kasnije �emo izraqunati ove uglove.
8
Monotonost i ekstremne vrednosti:
f ′(x) =
(
arctgx2
9− x2
)′
=1
1 +
(
x2
9− x2
)2 ·(
x2
9− x2
)′
=1
(9−x2)2+x4
(9−x2)2
· 2x(9− x2)− x2 · (−2x)
(9− x2)2=
=2x(9− x2 + x2)
(9− x2)2 + x4=
18x
(9− x2)2 + x4.
Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je x = 0, pa je ovo jedina
sta ionarna taqka.
Znak prvog izvoda:
f ↑ ⇐⇒ x ∈ (0, 3) ∨ x ∈ (3,+∞),
f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−3) ∨ x ∈ (−3, 0).
Taqka Tmin(0, 0) je taqka lokalnog minimuma.
tgϕ1,2 = limx→3∓
f ′(x) = limx→3∓
18x
(9− x2)2 + x4=
2
3.
⇒ ϕ1 = ϕ2 = arctg(2/3).
Dakle, ugao pod kojim grafik funk ije prilazi taqki (3, π2)
sa leve, odnosno taqki (3,−π2) sa desne strane, jednak je arctg(2/3).
Ugao pod kojim grafik funk ije prilazi taqki (−3, π2) sa de-
sne, odnosno taqki (−3,−π2) sa leve strane, jednak je− arctg(2/3).
9
Konveksnost i prevojne taqke: Izraqunajmo drugi izvod funk-
ije f .
f ′′(x) =
(
18x
(9− x2)2 + x4
)′
=18((9− x2)2 + x4)− 18x(2 · (9− x2) · (−2x) + 4x3)
((9− x2)2 + x4)2
=18(81− 18x2 + 2x4 + 36x2 − 4x4 − 4x4)
((9− x2)2 + x4)2
=54(−2x4 + 6x2 + 27)
((9− x2)2 + x4)2.
Izraz u imenio u je uvek pozitivan, dok izraz u brojio u
predstava bikvadratnu funk iju. �ene nule mogu se na�i
smenom x2 = t, gde je t ≥ 0. Nakon uvoÆe�a smene dobijamo
kvadratnu funk iju −2t2 + 6t+ 27, qije nule su t1,2 =3(1±
√7)
2.
Dobijamo da se funk ija mo�e zapisati u obliku
−2x4 + 6x2 + 27 = −2
(
x2 − 3(1 +√7)
2
)(
x2 − 3(1−√7)
2
)
.
Izraz u drugoj zagradi je strogo pozitivan za svako x, pa su
jedine nule funk ije x1,2 = ±√
3(1+√7)
2.
Dobijamo da je f ′′(x) = 0 akko je 54(−2x4 + 6x2 + 27) = 0 akkoje
x1 =
√
3(1 +√7)
2ili x2 = −
√
3(1 +√7)
2.
Prema tome, uoqene taqke su kandidati za prevojne taqke funk-
ije.
10
Znak drugog izvoda:
Funk ija f je konveksna akko x ∈ (x2, x1) , odnosno funk ijaje konkavna akko x ∈ (−∞,−3) ∪ (−3, x2) ∪ (x1, 3) ∪ (3,+∞).Prolaskom kroz taqke x1 i x2 drugi izvod me�a znak, pa su
P1(x1, f(x1)) i P2(x2, f(x2)) prevojne taqke funk ije f .
11
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
12
Grafik funk ije f(x) = arctgx2
9− x2.
Zadatak 3. Ispitati tok i ski irati grafik funk ije
f(x) = arcsinx√
2x2 + 4x+ 4.
Rexe�e: Domen: Podsetimo se da je funk ija t 7→ arcsin t defini-sana na intervalu [−1, 1], dok uzima vrednosti iz intervala
[−π/2, π/2]. Kako je 2x2 + 4x + 4 = 2(x + 1)2 + 2 > 0 za svakorealno x, odreÆiva�e domena svodi se na rexava�e nejedna-qina
−1 ≤ x√2x2 + 4x+ 4
≤ 1.
Kako je
√2x2 + 4x+ 4 > 0 za sve x ∈ R, imamo ekvivalentne
nejednaqine
−√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤
√2x2 + 4x+ 4
13
1. x ≤√2x2 + 4x+ 4.
(a) ako je x ≤ 0, tada je nejednakost trivijalno ispu�ena.
(b) ako je x > 0, tada je x2 ≤ 2x2 + 4x + 4, xto je ekviva-lentno sa (x+ 2)2 ≥ 0, a ovo je ispu�eno za sve x ∈ R.
Dakle, x ≤√2x2 + 4x+ 4 va�i za sve x ∈ R.
2. −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ⇐⇒
√2x2 + 4x+ 4 ≥ −x.
(a) ako je x ≥ 0, nejednakost je trivijalno ispu�ena.
(b) ako je x < 0, tada je 2x2 + 4x+ 4 ≥ x2, tj. (x+ 2)2 ≥ 0,
kao i u prvom sluqaju.
Dakle, −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x va�i za sve x ∈ R.
Konaqno, nejednakost −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤
√2x2 + 4x+ 4 je
ispu�ena za sve x ∈ R, pa je domen funk ije f
Df = R.
Parnost i neparnost:
−f(x) 6= f(−x) = arcsin−x√
2x2 − 4x+ 46= f(x).
Dakle, funk ija nije ni parna ni neparna.
Nule i znak: Nule i znak funk ije t 7→ arcsin t su nule i znak
argumenta t, pa u ovom delu posmatramo nule i znak funk ije
x√2x2 + 4x+ 4
.
Kako je
x√2x2+4x+4
= 0 za x = 0, funk ija f ima nulu funk ije
N(0, 0).Kako je
√2x2 + 4x+ 4 > 0 za svako realno x, znak funk ije f
zavisi samo od x, tj. imamo da va�i
f(x) > 0 ⇐⇒ x > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,+∞),
f(x) < 0 ⇐⇒ x < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0).
Asimptote:
Ispitajmo ponaxa�e funk ije u ±∞.
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
arcsinx
|x|√
2 + 4x+ 4
x2
= arcsin
(
± 1√2
)
= ±π
4.
14
Prava y = π/4 je horizontalna asimptota funk ije f kada
x → +∞, dok je prava y = −π/4 horizontalna asimptota
kada x → −∞.
Funk ija f je definisana za sve realne brojeve, pa nemamo
vertikalnih asimptota.
Monotonost i ekstremne vrednosti:
f ′(x) =
(
arcsinx√
2x2 + 4x+ 4
)′
=1
√
1−(
x√2x2+4x+4
)2·(
x√2x2 + 4x+ 4
)′
=1
√
1− x2
2x2+4x+4
·√2x2 + 4x+ 4− x 4x+4
2√2x2+4x+4
2x2 + 4x+ 4
=1
√
2x2+4x+4−x2
2x2+4x+4
·√2x2 + 4x+ 4− 2x2+2x√
2x2+4x+4
2(x+ 1)2 + 2
=
√
2(x+ 1)2 + 2
(x+ 2)2·
2x2+4x+4−2x2−2x√2x2+4x+4
2(x+ 1)2 + 2
=
√
2(x+ 1)2 + 2√
(x+ 2)2· 2(x+ 2)
(2(x+ 1)2 + 2)3/2
=2(x+ 2)
|x+ 2| · 1
2(x+ 1)2 + 2
=
1
(x+ 1)2 + 1, x ∈ (−2,+∞)
−1
(x+ 1)2 + 1, x ∈ (−∞,−2).
Funk ija nema sta ionarnih taqaka. U taqki x0 = −2 va�i
f ′+(−2) = 1/2, f ′
−(−2) = −1/2, te je ova taqka jedini kandidatza lokalni ekstremum funk ije. Oznaqimo sa ϕ = arctg(1/2).Znak prvog izvoda:
15
f ↑ ⇐⇒ x ∈ (−2,+∞),
f ↓ ⇐⇒ x ∈ (−∞,−2).
Taqka Tmin(−2,−π/2) je lokalni minimum. Ugao xpi a u ovojtaqki jednak je ϕ ako taqki prilazimo zdesna, odnosno −ϕsleva.
Konveksnost i prevojne taqke:
f ′′(x) =
−2(x+ 1)
((x+ 1)2 + 1)2, x ∈ (−2,+∞)
2(x+ 1)
((x+ 1)2 + 1)2, x ∈ (−∞,−2).
1. Ako x ∈ (−2,+∞), tada je taqka x = −1 kandidat za pre-vojnu taqku.
Znak drugog izvoda na (−2,+∞) :
Funk ija f je konveksna akko je x ∈ (−2,−1), to jest funk- ija je konkavna akko x ∈ (−1,+∞).
Poxto prolaskom kroz taqku x = −1 drugi izvod me�a
znak, sledi da je x = −1 prevojna taqka funk ije f , uozna i P1(−1,−π/4).
2. Ako x ∈ (−∞,−2), ne postoji kandidat za prevojnu taqku.
16
Znak drugog izvoda na (−∞,−2):
Funk ija f je konkavna za sve x ∈ (−∞,−2).
Drugi izvod nije definisan u taqki x = −2, ali funk ija fjeste i prolaskom kroz tu taqku drugi izvod me�a znak. Da-
kle, imamo i drugu prevojnu taqku P2(−2,−π/2).
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
17
Grafik funk ije f(x) = arcsinx√
2x2 + 4x+ 4.
Zadatak 4. Ispitati tok i ski irati grafik funk ije
f(x) =1 + ln |x|
x.
Rexe�e: Domen: Funk ija f je definisana za x 6= 0. Stoga je
Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).
Parnost i neparnost: Domen je simetriqan, pa ima smisla ispi-
tivati ovu taqku.
f(−x) =1 + ln | − x|
−x= −1 + ln |x|
x= −f(x).
Dakle, funk ija f je neparna. Grafik f-je je entralnosime-
triqan u odnosu na koordinatni poqetak, pa �emo dae ispi-
tiva�e vrxiti na intervalu (0,+∞).
Nule i znak:
f(x) = 0 ⇐⇒ 1 + ln |x| = 0 ⇐⇒ ln |x| = −1 ⇐⇒ |x| = 1
e.
18
Jedna nula funk ije je taqka N1(1/e, 0) (druga, entralnosi-metriqna nula, bi�e N2(−1/e, 0)).
Znak funk ije:
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (1/e,+∞),
f(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (0, 1/e).
Asimptote:
limx→+∞
f(x) = limx→+∞
1 + ln |x|x
= limx→+∞
1 + ln x
x
∞
∞= limx→+∞
1/x
1= 0 .
Dakle, funk ija ima horizontalnu asimptotu y = 0.
Ispitajmo ponaxa�e funk ije f kad se pribli�ava taqki x =0 zdesna.
limx→0+
1 + ln |x|x
= limx→0+
1 + ln x
x= −∞ .
Prava x = 0 je vertikalna asimptota funk ije f .
Monotonost i ekstremne vrednosti: Prvi izvod funk ije f :
f ′(x) =
1
|x| ·|x|x
· 1 · x− (1 + ln |x|) · 1
x2= − ln |x|
x2.
19
f raste ⇐⇒ x ∈ (0, 1), f opada ⇐⇒ x ∈ (1,∞).
U taqki x = 1 prvi izvod me�a znak, pa je Tmax(1, 1) taqkalokalnog maksimuma (taqka Tmin(−1,−1) bi�e taqka lokalnogminimuma).
Konveksnost i prevojne taqke: Drugi izvod funk ije f :
f ′′(x) =
(
− ln |x|x2
)′
= −1
x· x2 − ln |x| · 2x
x4=
2 ln |x| − 1
x3.
Znak drugog izvoda:
f je konveksna za x ∈ (√e,+∞) (f je konkavna za x ∈ (−∞,−
√e),
f je konkavna za x ∈ (0,√e) (f je konveksna za x ∈ (−
√e, 0)).
Taqka P1(√e, 3/2
√e) je prva prevojna taqka funk ije (taqka
P2(−√e,−3/2
√e) bi�e druga prevojna taqka).
20
Grafik funk ije:
Grafik funk ije f na (0,+∞)
21
Centralno simetriqne karakteristiqne taqke
22
Grafik funk ije f(x) =1 + ln |x|
x.
Zadatak 5. Ispitati tok i ski irati grafik funk ije
f(x) = arccos2x
1 + x2.
Rexe�e: Domen: Funk ija t 7→ arccos t definisana je na intervalu
[−1, 1], dok uzima vrednosti iz intervala [0, π]. Kako je 1+x2 6=0, odreÆiva�e domena svodi se na rexava�e nejednaqina
−1 ≤ 2x
1 + x2≤ 1.
Mno�e�em sa 1 + x2dobijamo ekvivalentne nejednaqine
−(1 + x2) ≤ 2x ≤ 1 + x2.
1. −(1 + x2) ≤ 2x akko −x2 − 2x − 1 ≤ 0 akko −(x + 1)2 ≤ 0,xto je ispu�eno za sve x ∈ R.
23
2. 2x ≤ 1 + x2akko 0 ≤ x2 − 2x+ 1 akko 0 ≤ (x− 1)2, xto je
takoÆe ispu�eno za sve x ∈ R.
Dakle, domen funk ije f je
Df = R.
Parnost i neparnost: Domen je simetriqan, pa ispitujemo ovu
taqku.
−f(x) 6= f(−x) = arccos2 · (−x)
1 + (−x)2= arccos
−2x
1 + x26= f(x).
Dakle, funk ija f nije ni parna ni neparna.
Nule i znak:
f(x) = 0 ⇐⇒ arccos2x
1 + x2= 0 ⇐⇒ 2x
1 + x2= 1 ⇐⇒ x = 1.
Funk ija f ima nulu f-je u taqki N(1, 0).
Funk ija t 7→ arccos t je nenegativna na svom domenu, pa je
takva i posmatrana f-ja f . Dakle,
f(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 1) ∪ (1,∞).
Asimptote:
limx→±∞
f(x) = limx→±∞
arccos2x
1 + x2= arccos 0 =
π
2.
Dakle, prava y = π/2 je horizontalna asimptota funk ije
f .
Funk ija f nema prekida u domenu, pa nema vertikalnih asimp-tota.
24
Monotonost i ekstremne vrednosti: Prvi izvod:
f ′(x) =
(
arccos2x
1 + x2
)′
= − 1√
1−(
2x1+x2
)2·(
2x
1 + x2
)′
= − 1√
1− 4x2
1+2x2+x4
· 2 · (1 + x2)− 2x · 2x(1 + x2)2
= − 1√
1+2x2+x4−4x2
(1+x2)2
· 2 + 2x2 − 4x2
(1 + x2)2
= −√
(1 + x2)2
(1− x2)2· 2− 2x2
(1 + x2)2
= − 1 + x2
|1− x2| ·2(1− x2)
(1 + x2)2
=1− x2
|1− x2| ·−2
1 + x2
=
2
1 + x2, x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞)
−2
1 + x2, x ∈ (−1, 1).
Funk ija nema sta ionarnih taqaka. U taqki x = −1 va�i
f ′+(−1) = −1, f ′
−(−1) = 1, dok u taqki x = 1 va�i f ′+(1) =
1, f ′−(1) = −1, te su ove taqke jedini kandidati za lokalne
ekstremume funk ije. Oznaqimo sa ϕ = arctg 1 =π
4.
Znak prvog izvoda:
Funk ija f raste na intervalima (−∞,−1) i (1,∞).Funk ija f opada na intervalu (−1, 1).Taqka Tmax(−1, π) je lokalni maksimum, dok je taqka Tmin(1, 0)lokalni minimum funk ije f .
25
Ugao xpi a u taqki maksimuma jednak je ϕ =π
4ako taqki
prilazimo sleva, odnosno −ϕ = −π
4zdesna. Ugao xpi a u
taqki minimuma jednak je ϕ =π
4ako taqki prilazimo zdesna,
odnosno −ϕ = −π
4sleva.
Konveksnost i prevojne taqke:
f ′′(x) =
−4x
(1 + x2)2, x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞)
4x
(1 + x2)2, x ∈ (−1, 1).
1. Ako x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞), nemamo kandidata za pre-
vojnu taqku.
Znak drugog izvoda na (−∞,−1) ∪ (1,+∞) :
Funk ija f je konveksna na intervalima (−∞,−1), odno-sno konkavna na (1,∞).
2. Ako x ∈ (−1, 1), tada je x = 0 kandidat za prevojnu taqku.Znak drugog izvoda na (−∞,−1):
Funk ija f je konveksna na (0, 1), konkavna na (−1, 0).
26
Drugi izvod me�a znak prolaskom kroz taqke −1, 0 i 1.
Prevojne taqke funk ije f su P1(−1, π), P2
(
0,π
2
)
i P3(1, 0).
Primetimo da je taqka lokalnog maksimuma Tmax istovremeno
i prevojna taqka P1 funk ije, dok je nula f-je N istovremeno
i lokalni minimum Tmin i prevojna taqka P3.
Grafik funk ije:
Asimptote i karakteristiqne taqke funk ije f
27
Grafik funk ije f(x) = arccos2x
1 + x2.
28