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