glava 1 realne funkcije realne promen ive - grf.bg.ac.rs · 1.1. grafik funkcije 1 1.1 grafik...

Glava 1

Realne funkcije realne

promenive

1

1.1. GRAFIK FUNKCIJE 1

1.1 Grafik funkcije

Stav 1.1 Ukoliko diferencijabilna funkcija f(x) u intervalu (a, b) raste,odnosno opada, onda je f ′(x) ≥ 0, odnosno f ′(x) ≤ 0, za x ∈ (a, b).

Definicija 1.1 Neka je funkcija f definisana u nekoj okolini taqke c.Ka�emo da u taqki c funkcija f ima lokalni minimum, odnosno strogi

lokalni minimum, ukoliko postoji okolina U taqke c tako da za svako x ∈ Uva�i

f(x) ≥ f(c), odnosno f(x) > f(c).

Sliqno, ka�emo da u taqki c funkcija f ima lokalni maksimum, odnosnostrogi lokalni maksimum ukoliko va�i

f(x) ≤ f(c), odnosno f(x) < f(c).

Lokalni miminumi i maksimumi se jednim imenom nazivaju taqkama lokal-

nih ekstermuma funkcije f .

Fermaov stav Ukoliko je funkcija f diferencijabilna u taqki c i ako u

�oj ima lokalni ekstremum, tada je f ′(c) = 0.

Napomena Ukoliko je f ′(c) = 0, ne znaqi da je taqka c taqka lokalnogekstremuma funkcije f . Naime, va�i slede�i:

Stav 1.2 Neka je funkcija f neprekdina u nekoj okolini U taqke c i neka je

diferencijabilna u U \ {c}. Tada je u taqki c lokalni ekstremum funkcije

f ako f ′(x) me�a znak kada x prolazi kroz taqku c. Ukoliko f ′(x) ne me�aznak kada prolazi kroz taqku c, onda funkcija f nema ekstremnu vrednost

u taqki c. Jox va�i i slede�e:

1. ako je f ′(x) < 0 za x ∈ U ∩ (−∞, c) i f ′(x) > 0 za x ∈ U ∩ (c,+∞), ondaje u taqki c strogi lokalni minimum.

2. ako je f ′(x) > 0 za x ∈ U ∩ (−∞, c) i f ′(x) < 0 za x ∈ U ∩ (c,+∞), ondaje u taqki c strogi lokalni maksimum.

Definicija 1.2 Funkciju f : (a, b) → R nazivamo konveksnom funkcijom

ako za svako x, y ∈ (a, b) i svako λ ∈ [0, 1] va�i

f(λx+ (1− λ)y) ≤ λf(x) + (1− λ)f(y).

Ukoliko umesto znaka ≤ stoji <, funkcija f je strogo konveksna na (a.b).

2 GLAVA 1. REALNE FUNKCIJE REALNE PROMEN�IVE

Za funkciju f ka�emo da je konkavna funkcija na (a, b) ukoliko za svakox, y ∈ (a, b) i svako λ ∈ [0, 1] va�i

f(λx+ (1− λ)y) ≥ λf(x) + (1− λ)f(y).

Ukoliko umesto znaka ≥ stoji >, funkcija f je strogo konkavna na (a, b).

Stav 1.3 Posmatrajmo diferencijabilnu funkciju f : (a, b) → R. Da bi

funkcija f bila konveksna u intervalu (a, b) neophodno je i dovono da f ′

raste u (a, b). Sliqno, da bi f bila konkavna u (a, b) neophodno je i dovono

da f ′ opada u intervalu (a, b).

Posledica 1.1 Neka funkcija f : (a, b)→ R ima u svakoj taqki intervala

(a, b) drugi izvod. Tada je funkcija f

1. konveksna akko f ′′(x) ≥ 0 za svako x ∈ (a, b),

2. konkavna akko f ′′(x) ≤ 0 za svako x ∈ (a, b).

Pretpostavimo da je f definisana i diferencijabilna u nekoj okolini Utaqke x0. I neka je f neprekidna u taqki x0 i neka grafik funkcije f imatangentu u taqki x0. Taqku (x0, f(x0)) nazivamo prevojnom taqkom funkcijef(x) ako je

1. funkcija f strogo konveksna u skupu {x ∈ U | x > x0} i strogo konkavnau skupu {x ∈ U | x < x0} ili

2. funkcija f strogo konkavna u skupu {x ∈ U | x > x0} i strogo konveksnau skupu {x ∈ U | x < x0}.

Mo�e se pokazati da ako funkcija f ima neprekidan drugi izvod u taqki x0,onda je f ′′(x0) = 0.

Stav 1.4 Neka je funkcija f diferencijabilna u nekoj okolini U taqke x0i neka je dvaput diferencijabilna1 u U \{x0}. Ukoliko f ′′(x) me�a znak priprolazu kroz taqku x0, onda je (x0, f(x0)) prevojna taqka funkcije f .

Definicija 1.3 Posmatrajmo funkciju f koja je definisana za x > M , gdeje M neki realan broj. Prava y = kx+ n se naziva asimptotom funkcije fza x→ +∞ ako je

f(x) = kx+ n+ o(1) za x→ +∞.

Specijalno, ukoliko je k 6= 0 asimtota se naziva kosom, a ako je k = 0 nazivase horizontalnom asimptotom funkcije f kada x→ +∞.

1funkcija f je dvaput diferencijabilna ako su funkcije f i f ′ diferencijabilne.


Naime, mo�e se pokazati da va�e slede�e jednakosti:

k = limx→+∞

f(x)

xi n = lim

x→+∞(f(x)− kx) .

Na sliqan naqin se definixu kosa i horizontalna asimptota u sluqajukada x→ −∞.

Definicija 1.4 Neka je f(x) definisana u okolini U \ {x0} taqke x0.2 Ineka va�e slede�e jednakosti:

limx→x+0

f(x) = ±∞ i/ili limx→x−0

f(x) = ±∞.

Tada se prava x = x0 naziva vertikalnom asimptotom funkcije f .

U skicira�u grafika funkcije obiqno se koristi slede�e:

1. Odrediti oblast definisanosti funkcije f .

2. Ispitati parnost i periodiqnost funkcije f .

3. Odrediti nule i znak funkcije f .

4. Na�i asimptote funkcije f .

5. Odrediti intervale monotonosti i ekstremne vrednosti.

6. Odrediti intervale konveksnosti i prevojne taqke.

7. Skicirati grafik funkcije f .

2ili za x ∈ U \ {x0} i x > x0 ili za x ∈ U \ {x0} i x < x0.


Zadatak 1.1 Ispitati tok i nacrtati grafik funkcije

f(x) =(x+ 1)2

(x− 1)3.

Rexe�e: Domen:

Funkcija f je definisana akko je (x − 1)3 6= 0, tj. x 6= 1. Prematome, domen funkcije f je

Df = (−∞, 1) ∪ (1,+∞).

Parnost i neparnost:

Poxto domen Df funkcije f nije simetriqan, ne ispitujemo par-nost i neparnost funkcije f .

Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je (x + 1)2 = 0, tj. x = −1. Sxodnotome, nula funkcije f je taqka x = −1, u oznaci N(−1, 0).

++++++++++++++

++++++++++++++

++++++++++++++++++++

−1

−1

1

1

1

(x+ 1)2

(x− 1)3

f(x)

Lako je uvideti da va�i slede�e:

f(x) > 0 akko x ∈ (−1, 1)∪(1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1).

Asimptote:

Prona�imo horizontalne asimptote, ukoliko postoje.

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(x+ 1)2

(x− 1)3= lim

x→±∞

(1 + 1/x)2

x(1− 1/x)3= 0.

Prava y = 0 je horizontalna asimptota funkcije f kada x → ∞ ikada x→ −∞.

Poxto funkcija f nije definisana u taqki 1, posmatramo slede�egraniqne vrednosti:

limx→1+

(x+ 1)2

(x− 1)3=

(4

+0

)= +∞ i lim

x→1−

(x+ 1)2

(x− 1)3=

(4

−0

)= −∞.

Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = 1.


Prvi izvod:

Primetimo da je

f ′(x) =2(x+ 1)(x− 1)3 − 3(x+ 1)2(x− 1)2

(x− 1)6= −(x+ 1)(x+ 5)

(x− 1)4,

na osnovu qega zakuqujemo da je

f ′(x) = 0 akko (x+ 1)(x+ 5) = 0 akko x = −1 ∨ x = −5.

Prema tome, kandidati za lokalne ekstremume su taqke x1 = −1 ix2 = −5. Posmatrajmo znak prvog izvoda:

++++++++++++++

++++++++++

++++

1

1

1

1−5

−5

−1

−1x+ 1

x+ 5

−(x− 1)4

f ′(x)

Sxodno tome, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−5,−1).

Funkcija f opada akko

f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−5) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).

Primetimo da sa leve strane taqke x1 = −5 funkcija opada, a sadesne strane funkcija f raste. Prema tome, taqka x1 = −5 je taqkalokalnog minimuma, u oznaciMin(−5,−2/27). Sa leve strane taqkex2 = −1 funkcija raste, a sa desne strane funkcija f opada, pa jetaqka x2 = −1 je taqka lokalnog maksimuma, u oznaci Max(−1, 0).

Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna dobijamo da je

f ′′(x) = 2 · x2 + 10x+ 13

(x− 1)5= 2 · (x+ (5 + 2

√3))(x+ (5− 2

√3))

(x− 1)5.

Primetimo da je

f ′′(x) = 0 akko x = −(5 + 2√3) ∨ x = −(5− 2

√3).

Sxodno tome, kandidati za prevojne taqke su x1 = −(5 + 2√3) i

x2 = −(5− 2√3). Posmatrajmo znak drugog izvoda:


++++++++++++++

++++++++++

++++ ++++++

++++++

1

1

1

1x1

x1

x2

x2x− x2

x− x1

(x− 1)5

f ′(x)

Prema tome, funkcija f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (x1, x2) ∪ (1,+∞).

Funkcija f je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 1).

Poxto prolaskom kroz taqke x1 i x2 funkcija f′′ me�a znak, sledi

da su iste prevojne taqke funkcije f . Koristimo oznake Prev1(x1, f(x1))i Prev2(x2, f(x2)).


f(x) =|x− 1|3

(x+ 1)2.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je (x + 1)2 6= 0, tj. x 6= −1. Prematome, domen funckije f je

Df = (−∞,−1) ∪ (−1,+∞).

Primetimo da funkciju f mo�emo prikazati u slede�em obliku:

f(x) =

(x− 1)3

(x+ 1)2, x ∈ [1,+∞),

(1− x)3

(x+ 1)2, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).

.

2. Parnost i neparnost:

Kako domen funkcije f nije simetriqan, nije potrebno ispitivatiparnost i neparnost.


3. Nule i znak: Uoqimo da je f(x) = 0 akko je |x − 1| = 0, tj. x = 1.Sxodno tome, nula funkcije f je taqka x = 1, u oznaci N(1, 0).

Primetimo d,a za svako x ∈ Df , va�e slede�e nejednakosti:

|x− 1|3 ≥ 0 i (x+ 1)2 > 0.

Prema tome, zakuqujemo da je f(x) ≥ 0 za svako x ∈ Df .

4. Asimptote:Kako je

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

(x− 1)3

(x+ 1)2= +∞,

sledi da ne postoji horizontalna asimptota. Posmatrajmo slede�e:

k1 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

(x− 1)3

x(x+ 1)2= 1.

Uz to je jox i

n1 = limx→+∞

(f(x)− k1x) = limx→+∞

−5x2 + 2x− 1

(x+ 1)2= −5.

Stoga, prava y = x− 5 je kosa asimptota funckije f kada x→ +∞.Uoqimo da je

limx→−∞

f(x) = limx→−∞

(1− x)3

(x+ 1)2= +∞,

pa ne postoji horizontalna asimptota kada x→ −∞. Posmatrajmo:

k2 = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

(1− x)3

x(x+ 1)2= −1,

kao i

n2 = limx→−∞

(f(x)− k2x) = limx→−∞

5x2 − 2x+ 1

(x+ 1)2= 5.

Prava y = −x+ 5 je kosa asimptota funckije f kada x→ −∞.

Poxto funkcija f nije definisana u taqki−1, posmatrajmo slede�egraniqne vrednosti:

limx→−1−

(1− x)3

(x+ 1)2=

(8

0+

)= +∞ i lim

x→−1+

(1− x)3

(x+ 1)2=

(8

0+

)= +∞.

Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = −1.


5. Prvi izvod:

Primetimo da je

f ′(x) =

+(x− 1)2(x+ 5)

(x+ 1)3, x ∈ (1,+∞),

−(x− 1)2(x+ 5)

(x+ 1)3, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).

Razmatrajmo dva sluqaja:

(a) Ako x ∈ (1,+∞), tada za svako x va�e slede�e nejednakosti:

(x− 1)2 > 0 i (x+ 5) > 0 i (x+ 1)3 > 0.

Jasno je da je tada f ′(x) > 0.

(b) Ako x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1), tada je znak funkcije f ′:

++++

++++++++

++++

1

1

1−5

1

−5

−1

−1

−1

−(x− 1)2

x+ 5

(x+ 1)3

f ′(x)

Konaqno, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−5,−1) ∪ (1,+∞).


f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−5) ∪ (−1, 1).

Primetimo da je f ′(x) = 0 akko x = −5, kao i da prolaskom kroztaqku x = −5 funkcija f me�a znak (sa leve strane funkcijaopada, a sa desne raste). Prema tome, taqka x = −5 je lokalniminimum funkcije f , u oznaci Min1(−5, 27/2).

Mo�e se pokazati da je funckija f u taqki x = 1 diferencija-bilna, tj. da va�i

f ′(1) = 0 = f ′+(1) = f ′−(1).


Poxto prolaskom kroz taqku x = 1 funkcija me�a znak (sa levestrane opada, a sa desne raste), zakuqujemo da je i taqka x = 1taqka lokalnog minimuma funkcije f , u oznaci Min2(1, 0).

6. Drugi izvod:

Nije texko uvideti da je

f ′′(x) =

+24(x− 1)

(x+ 1)4, x ∈ (1,+∞),

−24(x− 1)

(x+ 1)4, x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 1).

Razmatrajmo slede�a dva sluqaja:

(a) Ako x ∈ (1,+∞), tada za svako x va�e slede�e nejednakosti:

(x− 1) > 0 i (x+ 1)4 > 0.

Prema tome, zakuqujemo da f ′′(x) > 0.

(b) Ako x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1,+∞), tada za svako x va�i:

−(x− 1) > 0 i (x+ 1)4 > 0,

pa je i na ovom delu f ′′(x) > 0.

Konaqno, f ′′(x) > 0 za svako x ∈ Df , pa je funckija f konveksna nasvom domenu.


f(x) =x2

3√x3 + 8

.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x3 + 8 6= 0, tj. x 6= −2. Sxodnotome, domen funkcije f je

Df = (−∞,−2) ∪ (−2,+∞).


Poxto domen Df funkcije f nije simetriqan, nije potrebno ispi-tivati parnost i neparnost.

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je x2 = 0, tj. x = 0. Sxodno tome,nula funkcije f je taqka x = 0, u oznaci N(0, 0).


++++++++++

++++++++++

++++++++++++++++++++

−2

−2

−2

x2

3√x3 + 8

f(x)

Lako je uvideti da va�i slede�e:

f(x) > 0 akko x > −2 i f(x) < 0 akko x < −2.


limx→±∞

f(x) = limx→±∞

x2

3√x3 + 8

= limx→±∞

x3√1 + 8/x3

= ±∞,

sledi da horizontalne asimptote ne postoje. Posmatrajmo koseasimptote funkcije f . Naime, prona�imo k1 u sluqaju kada x →+∞.

k1 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

x2

x 3√x3 + 8

= limx→+∞

13√

1 + 8/x3= 1.

Uz to je jox i

n1 = limx→+∞

(f(x)− k1x) = limx→+∞

(x2

3√x3 + 8

− x)

= limx→+∞

x2 − x 3√x3 + 8

3√x3 + 8

= limx→+∞

x2 − x2 3√

1 + 8/x3

3√

1 + 8/x3= lim

x→+∞

x− x (1 + 8/(3x3) + o(1/x3))3√

1 + 8/x3= 0.

Stoga, prava y = x je kosa asimptota za funkciju f kada x→ +∞.Na sliqan naqin, u sluqaju kada x→ −∞, dobijamo da je

k2 = 1 i n2 = 0,

tj. prava y = x je i kosa asimptota za funkciju f kada x→ −∞.

Poxto funkcije f nije definisana u taqki−2, tposmatrajmo slede�egraniqne vrednosti:

limx→−2+

x2

3√x3 + 8

=

(4

+0

)= +∞ i lim

x→−2−

x2

3√x3 + 8

=

(4

−0

)= −∞.

Prema tome, postoji vertikalna asimptota i ona glasi x = −2.


5. Prvi izvod:


f ′(x) =

2x 3√x3 + 8− x2 · 3x2

3( 3√x3 + 8)2

( 3√x3 + 8)2

=x(x3 + 16)

( 3√x3 + 8)4

.

Primetimo da je

f ′(x) = 0 akko x(x3 + 16) = 0 akkp x = 0 ∨ x = − 3√16.

Prema tome, kandidati za lokalne ekstremume su taqke x1 = 0 ix2 = − 3

√16. Posmatrajmo znak prvog izvoda.

++++++

++++++++++++++++++++

++++++++++++++

++++++

+++ +++

0− 3√16

0

− 3√16

−2

−2

−2

−2x

x3 + 16

( 3√x3 + 8)4

f ′(x)

Prema tome, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,− 3√16) ∪ (0,+∞).


f ′(x) < 0 akko x ∈ (− 3√16,−2) ∪ (−2, 0).

Primetimo da sa leve strane taqke− 3√16 funkcija raste, a sa desne

funkcija f opada. Prema tome, taqka x1 = − 3√16 je taqka lokalnog

maksimuma, u oznaci Max(− 3√16,−2 3

√4). Sa desne strane taqke 0

funkcija raste, a sa leve funkcija f opada. Prema tome, taqkax2 = 0 je taqka lokalnog minimuma, u oznaci Min(0, 0)

6. Drugi izvod:

Posle du�eg raquna dobijamo da je

f ′′(x) = −16 · x3 − 8

( 3√x3 + 8)7

.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je x3 − 8 = 0, tj. x = 2. Prematome, kandidat za prevojnu taqku je taqka x = 2. Posmatrajmo znakdrugog izvoda.


++++++++++

++++++

++++

2

2−2

−2

−2

−2−16

x3 − 8

( 3√x3 + 8)7

f ′′(x)

Prema tome, funkcija f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−2, 2).

Funkcija f je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2) ∪ (2,+∞).

Poxto funkcija f ′′ me�a znak pri prolasku kroz taqku x = 2,sledi da je ista prevojna taqka funkcije f , u oznaci Prev(2, 3

√4).


f(x) =

√x− 1

x+ 1.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je

x− 1

x+ 1≥ 0 i x+ 1 6= 0.

Posmatrajmo znak funckije g(x) =x− 1

x+ 1.

++++++

++++++++++++++

++++++

+++ +++

1

1−1

−1

x− 1

x+ 1

g(x)

Na kraju, domen funckije f je

Df = (−∞,−1) ∪ [1,+∞).



Nije texko uvideti da funckija f nije ni parna, ni neparna.

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je x− 1 = 0, tj. x = 1. Stoga, taqkax = 1 je nula funkcije f , i oznaqavamo je sa N(1, 0). Nije texkouvideti da je f(x) ≥ 0 za svako x ∈ Df , pa je funkcija pozitivnana svom domenu.


limx→±∞

f(x) = limx→±∞

√x− 1

x+ 1= 1,

te je prava y = 1 horizontalna asimptota funckije f kada x→ +∞i kada x→ −∞. Kako je jox

limx→−1−

√x− 1

x+ 1=

(√−20−

)= +∞,

zakuqujemo da je prava x = −1 vertikalna asimptota funckije f .5. Prvi izvod:

Primetimo da je

f ′(x) =1

(x+ 1)2·√x+ 1

x− 1.

Kako je f ′(x) = 0 akko je x + 1 = 0, i poxto se taqka x = −1 nenalazi u domenu funckije f zakuqujemo da ne postoje kandidatiza lokalne ekstremume funkcije f .

Utvrdimo jox da je f ′(x) > 0, za svako x ∈ Df , pa je funkcija frastu�a.

Drugi izvod:


f ′′(x) =1− 2x

(x2 − 1)2·√x− 1

x+ 1.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je 1 − 2x = 0 ili x − 1 = 0, tj.x = 1/2 ili x = 1. Kako x = 1/2 nije u domenu Df funkcije f ,zakuqujemo da funkcija nema kandidate za prevojne taqke3.

3napomena: taqka x = 1 ne mo�e biti prevojna taqka funkcije f jer se za istu ne mo�e

definisati okolina taqke.


Nije texko uvideti da znak funkcije f zavisi samo od izraza 1−2x.Drugim reqima, funkcija f je konveksna akko je

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1).

Funkcija f je konkavna akko je

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (1,+∞).

6. Grafik funkcije:


f(x) =√x2 − 1− x.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x2 − 1 ≥ 0 Sxodno tome, domenfunkcije je

Df = (−∞,−1] ∪ [1,+∞).


Primetimo da va�i slede�a:

f(x) 6= f(−x) =√x2 − 1 + x 6= −f(x).

Prema tome, funkcija f nije ni parna, ni neparna.

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je√x2 − 1 = x. Uoqena jednaqina

ima rexe�e pri uslovu da je x ≥ 0 i tada va�i x2 − 1 = x2. Kakotakvo rexe�e ne postoji, sledi da funkcija f nema nulu.

Funkcija f je pozitivna akko va�i

f(x) > 0 akko√x2 − 1− x > 0 akko

√x2 − 1 > x.

Posmatrana nejednaqina se rexava na slede�i naqin:

(a) ako je x < 0, tada je nejednaqina trivijalno ispu�ena.

(b) ako je x > 0, tada je nejednaqina ekvivalentna nejednaqinix2 − 1 > x2, koja nema rexe�a ni za jedno x ∈ (0,+∞) ∩Df .

Na kraju, va�i slede�e razmatra�e:

f(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1] i f(x) < 0 akko x ∈ [1,+∞).


4. Asimptote:Posmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:

limx→+∞

(√x2 − 1− x

)= lim

x→+∞

x2 − 1− x2√x2 − 1 + x

= limx→+∞

−1√x2 − 1 + x

= 0.

Prava y = 0 je horizontalna asimptota za f kada x→ +∞. Kako je

limx→−∞

(√x2 − 1− x

)= +∞,

funkcija nema horizontalnu asimptotu u sluqaju kada x → −∞.Zato, prona�imo vrednost koeficijenta pravca kose asimptote

k = limx→−∞

f(x)

x= lim

x→−∞

√x2 − 1− x

x= lim

x→−∞

(−√

1− 1

x2− 1

)= −2.

Uoqimo da je

n = limx→−∞

(f(x)−kx) = limx→−∞

(√x2 − 1 + x

)= lim

x→−∞

x2 − 1− x2√x2 − 1− x

= 0.

Prava y = −2x je kosa asimptota za funkciju f kada x→ −∞.

Primetimo da je funkcija f definisana u taqkama −1 i 1, paprema tome ne ispitujemo graniqne vrednosti u istim. Uoqimoda je f(1) = −1 i f(−1) = 1.

5. Prvi izvod:

f ′(x) =2x

2√x2 − 1

− 1 =x−√x2 − 1√

x2 − 1= − f(x)√

x2 − 1.

Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je f(x) = 0. Kako smo pokazali da fnema nule, sledi da ni funkcija f ′ nema nule. Na kraju, funkcijaf nema kandidate za lokalne ekstremume.

Kako je vrednost izraza√x2 − 1 uvek pozitivna, znak funkcije f ′

zavisi samo od izraza −f(x), tj. funkcija f raste akko

f ′(x) < 0 akko x ∈ (1,+∞).

Sliqno, funkcija f opada akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1).


6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo slede�e:

f ′′(x) = − 1

(√x2 − 1)3

.

Uoqimo da vrednost funkcije f ′′ nikada ne mo�e biti jednaka nuli.Stoga, funkcija f nema kandidate za prevojne taqke. Primetimojox da je

√x2 − 1 uvek pozitivno, pa je vrednost drugog izvoda uvek

negativna. Naime, za svako x ∈ Df funkcija f je konkavna.


f(x) =x+ 1√

(x− 1)(x+ 3).

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je (x − 1)(x + 3) > 0 Sxodno tome,domen funkcije je

Df = (−∞,−3) ∪ (1,+∞).


Kako domen Df funkcije f nije simetriqna, nije potrebno ispiti-vati parnost i neparnost.

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je x+ 1 = 0, tj. x = −1. Kako taqkax = −1 ne pripada domenu Df , zakuqujemo da funkcija nema nulu.

Poxto je vrednost izraza√(x− 1)(x+ 3) uvek pozitivna, sledi da

je je f pozitivna akko va�i

f(x) > 0 akko x+ 1 > 0 akko x > −1.

Na kraju, va�i slede�e razmatra�e:

f(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−3).

4. Asimptote:Posmatrajmo slede�u graniqnu vrednost:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x

(1 +

1

x

)|x|√1 +

2

x− 3

x2

= limx→+∞

1 +1

x√1 +

2

x− 3

x2

= 1.


Zakuqujemo da je prava y = 1 horizontalna asimptota za f kadax→ +∞. Kako je

limx→−∞


x

(1 +

1

x

)|x|√

1 +2

x− 3

x2

= limx→−∞

1 +1

x

−√1 +

2

x− 3

x2

= −1,

sledi da je prava y = −1 horizontalna asimptota za f kada x →−∞.

Poxto va�e slede�e slede�e graniqne vrednosti:

limx→−3−

f(x) =

(−20+

)= −∞ i lim

x→1+f(x) =

(2

0+

)= +∞,

bi�e da su prave x = −3 i x = 1 vertikalne asimptote funkcije f .

5. Prvi izvod:

f ′(x) =

√x2 + 2x− 3− (x+ 1) · 2x+ 2

2√x2 + 2x− 3

(√x2 + 2x− 3)2

= − 4

(√x2 + 2x− 3)3

.

Primetimo da ni za koje x ∈ Df vrednost funkcije f′ nije jednaka

nuli, pa funkcija f nema kandidate za lokalne ekstremume.

Kako je vrednost izraza√x2 + 2x− 3 uvek pozitivna, znak prvog

izvoda je uvek negativan, tj. funkcija f opada na domenu Df .

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je

f ′′(x) = 12 · x+ 1

(√x2 + 2x− 3)5

.

Uoqimo da f ′′(x) = 0 akko x+ 1 = 0, tj. x = −1. Kako se x = −1 nenalazi u domenu funkcije, funkcija f nema kandidate za prevojnetaqke.

Primetimo da je√x2 + 2x− 3 uvek pozitivno, pa vrednost drugog

izvoda zavisi samo od izraza x+ 1, tj. funkcija je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (1,+∞).


Sliqno, funkcija f je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−3).


f(x) = (2− x2)e−x.

Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funckija definisana za svako x ∈ R, pa jeDf = R.


Lako je utvrditi da funkcija f nije ni parna, ni neparna.

3. Nule i znak:

Kako je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, sledi je f(x) = 0akko je 2 − x2 = 0, tj. x =

√2 ili x = −

√2. Prema tome, taqke

x =√2 i x = −

√2 su nule funkcije f , u oznaci N1(

√2, 0) i

N2(−√2, 0).

Kako znak funkcije f zavisi samo od izraza 2−x2, zakuqujemo daje funkcija pozitivna akko je

f(x) > 0 akko x ∈ (−√2,√2).

Sliqno, funckija f je negativna akko je

f(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−√2) ∪ (

√2,+∞).

4. Asimptote:Uoqimo slede�u graniqnu vrednost:

limx→+∞


2− x2

ex= 0,

pa je prava y = 0 horizontalna asimptota funkcije f , u sluqajukada x→ +∞. Primetimo da je

limx→−∞


(2− x2)e−x = −∞,

pa ne postoji horizontalna asimptota funkcije f , kada x → −∞.Kako je i

k1 = limx→−∞

f(x)

xlim

x→−∞

2− x2

xe−x = +∞,

zakuqujemo da ne postoji ni kosa asimptota, kada x→ −∞.


5. Prvi izvod:

Kako je

f ′(x) = −2xe−x + (2− x2)(−e−x) = (x2 − 2x− 2)e−x,

sledi da je f ′(x) = 0 ako i samo ako je x2 − 2x− 2 = 0. Prema tome,taqke x1 = 1+

√3 i x2 = 1−

√3 su kandidati za lokalne ekstremume

funkcije f .

Poxto znak prvog izvoda f ′ zavisi samo od izraza x2 − 2x− 2, xtoje parabola qije su nule taqke x1 i x2, funkcija f raste akko je

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x2) ∪ (x1,+∞).

Funkcija f opada akko je

f ′(x) < 0 akko x ∈ (x2, x2).

Poxto prolaskom kroz taqke x1 i x2 funkcija f ′ me�a znak, za-kuqujemo da je taqka x1 lokalni minimum, a taqka x2 lokalni mak-simum funkcije f . Koristimo oznakeMin(x1, f(x1)) iMax(x2, f(x2)).

6. Drugi izvod:

Primetimo da jef ′′(x) = x(4− x)e−x.

Kako je f ′′(x) = 0 akko je x = 0 ili 4− x = 0, pa su iste kandidatiza prevojne taqke funckije f .

Kako znak drugog izvoda funkcije f zavisi samo od izraza x(4−x),funkcija f je konveksna akko je

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, 0) ∪ (4,+∞).

Funkcija je konkavna akko je

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (0, 4).

Kako prolaskom kroz taqke x = 0 i x = 4 funkcija f ′′ me�aznak, te su iste prevojne taqke funkcije f , u oznaci Prev1(0, 2)i Prev2(4,−12e−2).


f(x) = xe−1/x.


Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko x 6= 0. Prema tome,domen funkcije je

Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).


Kako je−f(x) 6= f(−x) = −xe1/x 6= f(x),

to funkcija f nije ni parna, ni neparna.

3. Nule i znak:

Podsetimo se da je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, pa jesxodno tome f(x) = 0 akko je x = 0. Kako se taqka x = 0 ne nalaziu domenu Df , sledi da funkcija f nema nulu.

Jasno je da znak funkcije f zavisi samo od izraza x, pa je

f(x) > 0 akko x ∈ (0,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (−∞, 0).

4. Asimptote:Prvi naqin: Primetimo da va�i slede�e izlaga�e

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

xe−1/x = ±∞.

Prema tome, funkcija nema horizontalne asimptote. Kako je

k1,2 = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞e−1/x = 1

i

n1,2 = limx→±∞

(f(x)− kx) = limx→±∞

(xe−1/x − x

)= lim

x→±∞

(−e−1/x − 1

−1/x

)= −1,

sledi da je prava y = x − 1 kosa asimptota funkcije f i kadax→ ±∞.

Drugi naqin: Kako −1/x → 0 kada x → ±∞, koriste�i Maklore-novu formulu dobijamo:

f(x) = x

(1− 1

x+ o

(1

x

))= x− 1 + o(1),


xto odgovara jednaqini kose asimptote.

Primetimo slede�e jednakosti

limx→0+

f(x) = limx→0+

xe−1/x = 0.

limx→0−

f(x) = limx→0−

xe−1/x = limx→0−

e−1/x

1/x= L.

Kako je posled�a graniqna vrednost oblika 0/0, posmatrajmo:

L′ = limx→0−

(e−1/x

)′(1/x)′

= limx→0−

e−1/x · (1/x2)−1/x2

= limx→0−

(−e−1/x

)= −∞.

Kako L′ postoji, te zakuqujemo da postoji i graniqna vrednost Li jox va�i L′ = L = −∞, tj. lim

x→0−f(x) = −∞. Konaqno, prava

x = 0 je vertikalna asimptota funkcije f .

5. Prvi izvod:

f ′(x) = e−1/x +xe−1/x

x2=

1 + x

x· e−1/x.

Uvidimo da je f ′(x) = 0 akko je 1 + x = 0, tj. x = −1. Prema tome,taqka x = −1 je kandidat za lokalni ekstermum. Posmatrajmo znakprvog izvoda funkcije f .

++ +++ +++++++++++++++

++++++++++++++

++++++++++

++++++ ++++++++++

−1

−1

0

0

0

0e−1/x

x

1 + x

f ′′(x)

Primetimo da funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (0,+∞),

a opada akkof ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 0).

Prolaskom kroz taqku−1 funkcija f ′ me�a znak, pa u taqki x = −1funkcija f dosti�e lokalni maksimum (sa leve strane f raste, asa desne opada), u oznaci Max(−1,−e).


6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je f ′′(x) =e−1/x

x3.

Kako vrednost funkcije f ′′ nikada ne mo�e biti jednaka nuli,funkcija f nema kandidata za prevojne taqke.

Nije texko utvrditi da je vrednost funkcije e−1/x uvek pozitivna,pa znak drugog izvoda funkcije f zavisi samo od x3, tj. funkcijaf je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0,+∞),

odnosno f je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞, 0).


f(x) = ex−1/|x|.

Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko je |x| 6= 0, tj. x 6= 0.Sxodno tome, domen funkcije je

Df = (−∞, 0) ∪ (0,+∞).


Kako va�i slede�e razmatra�e

−f(x) 6= f(−x) = e−x−1/|x| 6= f(x)

pa zakuqujemo da funkcija f nije ni parna, ni neparna.

3. Nule i znak:

Kako je vrednost eksponencijalne funkcije uvek ve�a od nule, paje funkcija f uvek pozitivna i ne postoji nula funkcije.

4. Asimptote:Primetimo slede�e:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

ex−1/|x| = +∞.


Prema tome, ne postoji horizontalna asimptota funkcije f kadax→ +∞. Posmatrajmo kosu asimptotu, tj.

k1 = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

ex−1/|x|

x= +∞.

Sxodno tome, ne postoji ni kosa asimptota funkcije f u sluqajukada x→ +∞. Sa druge strane, kako je

limx→−∞


ex−1/|x| = 0,

sledi da je prava y = 0 horizontalna asimptota funkcije f kadax→ −∞. Poxto je

limx→0±

f(x) = limx→0±

ex−1/|x| =(e−∞

)= 0,

zakuqujemo da ne postoji vertikalna asimptota funkcije f .

5. Prvi izvod:

Primetimo da se funkcija f mo�e zapisati u obliku:

f(x) =

{e

x2−1x , x > 0;

ex2+1

x , x < 0.

Prema tome, vrednost prvog izvoda je

f ′(x) =

e

x2−1x · x

2 + 1

x2, x > 0;

ex2+1

x · x2 − 1

x2, x < 0.

Razmatrajmo dva sluqaja

(a) ako je x > 0, tada je lako uvideti da ne postoji taqka u kojojje vrednost prvog izvoda jednaka nuli, pa za x > 0 ne postojikandidat za lokalni ekstremum funkcije f .

Kako je eksponencijalna funkcija uvek pozitivna, kao i x2 ix2 + 1, pa za x > 0 funkcija f raste.

(b) ako je x > 0, tada je vrednost prvog izvoda jednaka nuli akkoje 1 − x2 = 0, tj. ako je x = −1. Taqka x = −1 je kandidat zalokalni ekstremum funkcije f .


Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x2 uvek pozi-tivne, pa znak prvog izvoda zavisi samo od funkcije x2− 1, tj.va�i slede�e

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) i f ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 0).

Na kraju, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−1, 0) ∪ (0,+∞),

odnosno funkcija opada akko

f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1).

Kako funkcija f ′ pri prolasku kroz taqku x = −1 me�a znak, sledida je taqka x = −1 lokalni minimum za funkciju f (levo od taqkefunkcija opada, a desno raste), u oznaci Min(−1, e−2).

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda funkcije:

f ′′(x) =

e

x2−1x · (x

2 + 1)2 − 2x

x4, x > 0;

ex2+1

x · (x2 − 1)2 + 2x

x4, x < 0.

Razmatrajmo dva sluqaja:

(a) ako je x > 0, vrednost drugog izvoda je jednaka nuli akko je(x2 + 1)2 − 2x. Mo�e se pokazati da u tom sluqaju ne postojitaqka sa tra�enom osobinom, te ne postoji kandidat za lokalniekstremum, ukoliko je x > 0.

Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x4 uvek pozi-tivne, znak drug izvoda zavisi samo od funkcije (x2+1)2− 2x.Mo�e se pokazati da je funkcija (x2 + 1)2 − 2x pozitivna zax > 0, te je funkcija konveksna na tom delu.

(b) ako je x < 0, vrednost drugog izvoda je jednaka nuli akko je(x2 − 1)2 + 2x. Mo�e se pokazati da su kandidati za lokalneekstremume taqke x1 = −1.6838 i x2 = −0.37151.

Kako su eksponencijalna funkcija i funkcija x4 uvek pozi-tivne, pa znak drug izvoda zavisi od funkcije (x2 − 1)2 + 2x.Mo�e se pokazati da je za x < 0 va�i slede�e:

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x1)∪(x2, 0) i f ′′(x) < 0 akko x ∈ (x1, x2).


Konaqno, funkcija f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞, x1) ∪ (x2, 0) ∪ (0,+∞),

odnosno funkcija je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (x1, x2).


f(x) = xx.

Rexe�e: 1. Domen:Uoqimo da funkciju f mo�emo zapisati u obliku

f(x) = ex lnx,

pa je funkcija f je definisana akko je x > 0, tj. Df = (0,+∞).


Kako domen nije simetriqan, nema smisla ispitivati parnost ineparnost funkcije f .

3. Nule i znak:

Podsetimo se da eksponencijalna funkcija strogo ve�a od nule.Sxodno tome, f nema nule i uvek je pozitivna.

4. Asimptote:Primetimo da je:

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

ex lnx = +∞,

pa funkcija nema horizontalnu asimptotu kada x→ +∞. Poxto

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

ex lnx

x= +∞,

pa zakuqujemo da funkcija nema ni kosu asimptotu kada x→ +∞.Posmatrajmo vertikalnu asimptotu funkcije f .

limx→0+

f(x) = limx→0+

ex lnx.

Primetimo da je graniqna vrednost L = limx→0+

x lnx = limx→0+

lnx/(1/x)

oblika ∞/∞, pa ima razmatrajmo slede�u:

L′ = limx→0+

(lnx)′

(1/x)′= lim

x→0+

1/x

−1/x2= lim

x→0+(−x) = 0.

Poxto postoji L′, sledi da postoji i L i va�i L′ = L = 0. Konaqno,limx→0+

f(x) = e0 = 1, pa ne postoji ni vertikalna asimptota.


5. Prvi izvod:

f ′(x) = ex lnx (lnx+ 1) .

Prvi izvod je jednak nuli ukoliko je lnx+1 = 0, tj. x = 1/e. Stoga,taqka x = 1/e je kandidat za lokalni ekstremum.

Kako je vrednost funkcije ex lnx uvek pozitivna, znak prvog izvodafunkcije f zavisi samo od funkcije lnx+ 1, tj. funkcija f rasteakko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (1/e,+∞),

tj. funkcija opada akko

f ′(x) < 0 akko x ∈ (0, 1/e).

Poxto funkcija f ′ pri prolazu kroz taqku x = 1/e me�a znak, paje ista lokalni minimum funkcije f , u oznaci Min(e, e−1/e).

6. Drugi izvod:


f ′′(x) = ex lnx ·((lnx+ 1)2 +

1

x

).

Kako je Df = (0,∞), va�e nejednakosti

1/x > 0 i (lnx+ 1)2 ≥ 0.

Sxodno tome, ne postoji nula funkcije f ′′. Drugim reqima, ne po-stoje ni kandidati za prevojne taqke. Sliqnim razmatra�em seutvr�uje da je f ′′(x) > 0 za svako x ∈ Df , te je funkcija f konvek-sna na svom domenu.


f(x) = x · lnx− 1

lnx+ 1.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x > 0 i ako je lnx + 1 6= 0, tj.x 6= 1/e. Prema tome, domen funkcije f je

Df = (0, 1/e) ∪ (1/e,+∞).


Poxto domen nije simetriqan, pa nema smisla razmatrati parnosti neparnost funkcije.


3. Nule i znak:

Nije texko uvideti da je f(x) = 0 akko je x = 0 ili lnx− 1 = 0, tj.x = e. Kako se taqka x = 0 ne nalazi u domenu, sledi da funkcijaf ima samo jednu nulu x = e, u oznaci N(e, 0).

++++++

++++++++++

++++++++++++++

+++ + ++++++

0

0

0

0

e

e

1/e

1/e

1/e

1/ex

lnx+ 1

lnx− 1

f(x)

Primetimo da va�i slede�e razlaga�e

f(x) > 0 akko x ∈ (0, 1/e)∪(e,+∞) i f(x) < 0 akko x ∈ (1/e, e).

4. Asimptote:Primetimo da va�i slede�a

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

x · lnx− 1

lnx+ 1= +∞.

Stoga, ne postoji horizontalna asimptota funkcije kada x→ +∞.

Primetimo da je

k = limx→+∞

f(x)

x= lim

x→+∞

lnx− 1

lnx+ 1= 1,

n = limx→+∞

(f(x)− kx) = limx→+∞

x

(lnx− 1

lnx+ 1− 1

)= lim

x→+∞

lnx−1lnx+1

− 11x

Kako je graniqna vrednost n oblika 0/0, posmatrajmo slede�u

n′ = limx→+∞

(lnx−1lnx+1

− 1)′(

1x

)′ = limx→+∞

2x(lnx+1)2

− 1x2

= limx→+∞

−2x(lnx+ 1)2

= −∞.

Kako n′ postoji, postoji i n i va�i n′ = n = +∞. Sxodno tome, nepostoji ni kosa asimptota funkcije f , kada x→ +∞.


Uoqimo da je

limx→1/e+

x · lnx− 1

lnx+ 1= −∞ i lim

x→1/e−x · lnx− 1

lnx+ 1= +∞.

Prema tome, prava x = 1/e je vertikalna asimptota funkcije f .

Nije texko uvideti da va�i slede�a jednakost.

limx→0+

x · lnx− 1

lnx+ 1= 0.

5. Prvi izvod:

f ′(x) =lnx− 1

lnx+ 1+ x · 2

x(lnx+ 1)2=

ln2 x+ 1

(lnx+ 1)2.

Utvrdimo da za svako x ∈ Df va�e nejednakosti ln2 x+ 1 > 0 kao i(lnx−1)2 > 0.Prema tome, ne postoji nula funkcije f ′. Prema tome,ne postoje kandidati za lokalni ekstremum. Na kraju, f ′(x) > 0 zasvako x ∈ Df , te funkcija f raste na svom domenu.

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna dobijamo da je drugi izvod funkcije

f ′′(x) = 2 · lnx− 1

x(lnx+ 1)3.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je lnx − 1 = 0, tj. x = e. Prematome, ista je kandidat za prevojnu taqku.

++++++

++++++++++

++++++++++++++

+++ + ++++++

0

0

0

0

e

e

1/e

1/e

1/e

1/ex

(lnx+ 1)3

lnx− 1

f ′′(x)

Funkcija f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0, 1/e) ∪ (e,+∞),

tj. funkcija je konkavna akko

f ′′(x) < 0 akko x ∈ (1/e, e).


Poxto prolaskom kroz taqku x = e funkcija f ′′ me�a znak, sledida je je x = e prevojna taqka funkcije f .


f(x) = arctg1

x2 − 1.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija f je definisana akko je x2 − 1 6= 0. Prema tome,

Df = (−∞,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1,+∞).


Kako jef(−x) = f(x),

sledi da je funkcija f parna i dovono je razmatrati samo re-strikciju funkcije f na (0, 1) ∪ (1,+∞).4 Uvidimo da je f(0) =−π/4.

3. Nule i znak:

Podsetimo se da je funkcija arctg jednaka nuli ukoliko je vrednostargumenta jednaka nuli. Kako je 1/(x2 − 1) 6= 0, zakuqujemo da nepostoji nula funkcije f .

Funkcija arctg je pozitivna akko je vrednost argumenta pozitivna,tj. va�i slede�e razmatra�e

f(x) > 0 akko1

x2 − 1> 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞),

a funkcija je negativna akko je

f(x) < 0 akko1

x2 − 1< 0 akko x ∈ (−1, 1).

4. Asimptote:Primetimo da je

limx→+∞

f(x) = limx→+∞

arctg1

x2 − 1= arctg 0 = 0.

Sxodno tome, prava y = 0 je horizontalna asimptota funkcije fkada x→ +∞. Naime, ista prava je i horizontalna asimptota i u

4funkcija f je simetriqna u odnosu na y-osu.


sluqaju kada x→ −∞.Poxto je

limx→1−

arctg1

x2 − 1= −π

2i lim

x→1+arctg

1

x2 − 1=π

2,

pa ne postoji vertikalna asimptota funkcije f (uz napomenu da nepostoji ni vertikalna asimptota kada bismo posmatramo graniqnuvrednost funkcije u taqki −1).

5. Prvi izvod:


f ′(x) = − 2x

(x2 − 1)2 + 1.

Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je x = 0, pa je taqka x = 0 kandidatza lokalni ekstremum.

Poxto je (x2−1)2+1 > 0 za svako x ∈ Df , znak prvog izvoda zavisisamo od funkcije −2x. Prema tome, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0),


f ′(x) < 0 x ∈ (0, 1) ∪ (1,+∞).

Kako prolaskom kroz x = 0 funkcija f ′ me�a znak, sledi da jeuoqena taqka lokalni maksimum funkcije f , u oznaciMax(0,−π/4).

6. Drugi izvod:


f ′′(x) =6x4 − 4x2 − 4

((x2 − 1)2 + 1)2.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je 6x4 − 4x2 − 4 = 0 akko je

x =

√1 +√7

3=: a akko x = −

√1 +√7

3=: −a.

Prema tome, uoqene taqke su kandidati za prevojne taqke funkcije.


Kako znak drugog izvoda zavisi samo od funkcije 6x4 − 4x2 − 4,sledi da je je f konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−a) ∪ (a,+∞) ,


f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−a,−1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, a) .

Poxto prolasom kroz taqke x = a i x = −a funkcija f ′′ me�a znak,te su taqke a i −a prevojne taqke funkcije f .


f(x) = (x+ 2)e−2 arctg x.

Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija definisana za svako x ∈ R, pa je

Df = (−∞,+∞).


Nije texko uvideti da f nije ni parna ni neparna funkcija.

3. Nule i znak:

Kako je e−2 arctg x > 0 za svako x ∈ Df , nule i znak funkcije zavisesamo od (x + 2). Sxodno tome, taqka x = −2 je nula funkcije f iva�i slede�e razmatra�e

f(x) > 0 akko x > −2 i f(x) < 0 akko x < −2.


limx→±∞

f(x) = limx→±∞

(x+ 2)e−2 arctg x = ±∞,

sledi da ne postoje horizontalne asimptote funkcije f .

k1,2 = limx→±∞

f(x)

x= lim

x→±∞

x+ 2

xe−2 arctg x = e∓π.

n1,2 = limx→±∞

(f(x)− k1,2x) = limx→±∞

((x+ 2)e−2 arctg x − e∓πx

)= lim

x→±∞

(xe∓π

(e−2 arctg x±π − 1

)+ 2e−2 arctg x

)= lim

x→±∞

(e∓π · e

−2 arctg x±π − 1

−2 arctg x± π· −2 arctg x± π

x+ 2e−2 arctg x

)


Primenom Lopitalovog pravila se mo�e pokazati da va�i slede�a

limx→±∞

(−2 arctg x± π)/x = 0.

Zakuqujemo da je n1,2 = 2e∓π. Na kraju, prave y = e−πx + 2e−π ie = eπ+2eπ su kose asimptote funkcije f kada x→ +∞ i x→ −∞.

5. Prvi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je prvi izvod funkcije jednak

f ′(x) = e−2 arctg x · (x− 3)(x+ 1)

x2 + 1.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je x = 3 ili x = −1, pa su istekandidati za lokalne ekstremume. Poxto su eksponencijalna ifunkcija x2 + 1 uvek pozitivne, znak prvog izvoda zavisi samo od(x− 3)(x+ 1). Funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−∞,−1) ∪ (3,+∞),


f ′(x) < 0 akko x ∈ (−1, 3).

Prolaskom kroz taqke x = −1 i x = 3 funkcija f ′ me�a znak, pasu iste lokalni ekstremumi funkcije f , u oznaci Max(−1, eπ/2) iMin(3, f(3)).

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je drugi izvod funkcije jednak

f ′(x) = 4e−2 arctg x · 3x+ 1

(x2 + 1)2.

Nule i znak drugog izvoda zavise samo od funkcije 3x + 1, pa jekandidat za prevojnu taqku x = −1/3 i funkcija je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−1/3,+∞),


f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−1/3).

Prolaskom kroz taqku x = −1/3 funkcija f ′ me�a znak, pa je istaprevojna taqka funkcije f , u oznaci Prev(−1/3, f(−1/3)).



f(x) = arcsinx√

2x2 + 4x+ 4.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija je definisana akko 2x2 + 4x+ 4 = 2(x+ 1)2 + 2 > 0 i ako

−1 ≤ x√2x2 + 4x+ 4

≤ 1.

Kako je√2x2 + 4x+ 4 pozitivna za sve x ∈ R, sledi da je nejednac-

hina ekvivalentna nejednaqini:

−√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤

√2x2 + 4x+ 4.

(a) x ≤√2x2 + 4x+ 4. Razmatrajmo dva sluqaja:

i. ako je x < 0, tada je nejednakost trivijalno ispu�ena.

ii. ako je x > 0, tada je x2 ≤ 2x2 + 4x+ 4. Primetimo da je ovanejednakost trivijalno ispu�ena.

Stoga, nejednakost x ≤√2x2 + 4x+ 4 va�i za svako x ∈ R.

(b) −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ⇐⇒

√2x2 + 4x+ 4 ≥ −x. Razmatrajmo:

i. ako je x > 0, nejednakost je trivijalno ispu�ena.

ii. ako je x < 0, tada je 2x2 + 4x+ 4 ≥ x2. I ova nejednakost jetrivijalno ispu�ena.

Stoga, nejednakost −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x va�i za svako x ∈ R.

Konaqno, nejednaqina −√2x2 + 4x+ 4 ≤ x ≤

√2x2 + 4x+ 4 je taqna

za svako x ∈ R, pa je domen funkcije f jednak Df = R.2. Parnost i neparnost:

Mo�e se pokazati da funkcija nije ni parna ni neparna.

3. Nule i znak:

Podsetimo se da je arcsin jednaka nuli ako je vrednost argumentajednaka nuli. Kako je x/

√2x2 + 4x+ 4 = 0 akko je x = 0, pa je

taqka x = 0 nula funkcije f , u oznaci N(0, 0).

Funkcija arcsin raste akko je vrednost argumenta pozitivna, tj.

f(x) > 0 akkox√

2x2 + 4x+ 4> 0 akko x ∈ (0,+∞),

odnosno funkcija je negativna akko

f(x) < 0 akkox√

2x2 + 4x+ 4< 0 akko x ∈ (−∞, 0).


4. Asimptote:Nije texko uvideti da je

limx→±∞

f(x) = limx→±∞

arcsinx√

2x2 + 4x+ 4

= limx→±∞

arcsinx

|x|√2 + 4

x+ 4

x2

= arcsin

(± 1√

2

)= ±π

4.

Prema tome, prave y = π/4 i y = −π/4 su horizontalne asimptotefunkcije f , kada x→ +∞ i x→ −∞.

5. Prvi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost prvog izvoda jednaka:

f ′ =

√2(x2 + 2x+ 2)

(x+ 2)2· 2(x+ 2)

(√x2 + 2x+ 2)3

=x+ 2

|x+ 2|· 2

√2

x2 + 2x+ 2,

tj. va�i slede�e razmatra�e

f ′(x) =

+

2√2

(x+ 1)2 + 1, x ∈ (−2,+∞)

− 2√2

(x+ 2)2 + 1, x ∈ (−∞,−2).

Prema tome, funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (−2,+∞),


f ′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2).

Poxto prolaskom kroz taqku x = −2 funkcija f ′ me�a znak, istaje taqka lokalnog ekstremuma, u oznaci Min(−2,−π/2).

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda jednaka:

f ′′(x) =

−4√2 · x+ 1

((x+ 1)2 + 1)2, x ∈ (−2,+∞)

4√2 · x+ 1

((x+ 2)2 + 1)2, x ∈ (−∞,−2).

Razmatrajmo slede�e mogu�nosti:


(a) ako je x ∈ (−2,+∞), tada je taqka x = −1 kandidat za prevojnutaqku i znak drugog izvoda zavisi samo od −2(x + 1). Prematome, funkcija f je konveksna akko je x ∈ (−2,−1), to jestfunkcija je konkavna akko je x ∈ (−1,+∞). Poxto prolaskomkroz taqku x = −1 funkcija f me�a znak, x = −1 je prevojnataqka funkcije f , u oznaci Prev(−1,−π/4).

(b) ako je x ∈ (−∞,−2), tada ne postoji kandidat za prevojnu taqkui funkcija f je konkavna za sve x ∈ (−∞,−2).

Na kraju, taqka x = −1 je prevojna taqka funkcije f i funkcija jekonveknsa akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (−2,−1),


f ′′(x) < 0 akko x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1,+∞).


f(x) =sinx

2 + cos x.

Rexe�e: 1. Domen:Funkcija je definisana akko je 2 + cosx 6= 0. Prema tome, domenfunkcije f je Df = R.


Nije texko da je uoqiti da je

f(−x) = sin(−x)2 + cos(−x)

=− sinx

2 + cos x= −f(x).

Sxodno tome, funkcija je neparna i simetriqna u odnosu na ko-ordinatni poqetak. Kako su jox funkcije sin i cos periodiqne,sa osnovnim periodom 2π, sledi da je i funkcija f periodiqna saistim periodom. Na kraju, dovono je razmatrati funkciju na[0, 2π].

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je sinx = 0, tj. x = 0, x = π ix = 2π,5 u oznaci N1(0, 0), N2(π, 0) i N3(2π, 0).

5posmatramo restrikciju funkcije f na [0, 2π].


Kako za svako x va�i nejednakost

−1 ≤ cosx ≤ 1 ⇐⇒ 1 ≤ 2 + cos x ≤ 3,

znak funkcije f zavisi samo od funkcije sinx, tj.

f(x) > 0 akko x ∈ (0, π) i f(x) < 0 akko x ∈ (π, 2π).

4. Asimptote:Kako je funkcija periodiqna i kako je definisama u svim taqkamabrojevne prave, nema potrebe ispitivati asimptote.

5. Prvi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost prvog izvoda jednaka:

f ′(x) =1 + 2 cosx

(2 + cos x)2.

Primetimo da je f ′(x) = 0 akko je 1 + 2 cosx = 0, tj. x1 = 2π/3 ix2 = 4π/3. Stoga, iste su kandidati za lokalne ekstremume.

Primetimo da je 2+ cosx > 0, pa na znak prvog izvoda zavisi samo1 + 2 cosx. Uoqimo da funkcija f raste

f ′(x) > 0 akko cosx > −1

2akko x ∈ (0, 2π/3) ∪ (4π/3, 2π),


f ′(x) < 0 akko cosx < −1

2akko x ∈ (2π/3, 4π/3).

Kako prolasko kroz x1 = 2π/3 i x2 = 4π/3 funkcija f ′ me�a znak,sledi da su iste lokalni ekstremumi, u oznaci Max(2π/3,

√3/3) i

Min(4π/3,−√3/3).

6. Drugi izvod:

Posle kra�eg raquna imamo da je vrednost drugog izvoda jednaka:

f ′(x) = 2 · sinx(cosx− 1)

(2 + cos x)3.

Primetimo da je f ′′(x) = 0 akko je sinx = 0 ili cosx − 1 = 0, tj.x = 0 i x = π. Iste su kandidati za prevojne taqke. Primetimoda je 2 + cosx > 0 i da je −2 ≤ cosx− 1 ≤ 0. Stoga, na znak drugogizvoda zavisi samo funkcije sinx. Konaqno, f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (π, 2π),



f ′′(x) < 0 akko x ∈ (0, π).

Poxto prolaskom kroz taqke x = 0 i x = π funkcija f ′′ me�a znak,sledi da su su iste prevojne taqke funkcije f .


f(x) =cosx

cos 2x.

Rexe�e: 1. Domen:Primetimo da je funkcija f definisana akko je cos 2x 6= 0, tj.2x 6= π/2 + kπ, za k ∈ Z. Stoga,

Df = R \{π

4+kπ

2: k ∈ Z

}.


Primetimo da je

f(−x) = cos(−x)cos(−2x)

=cosx

cos 2x= f(x).

Prema tome, funkcija f je parna i simetriqna u odnosu na y-osu.Nije texko uvideti da je funkcija cosx periodiqna sa periodom 2π,kao i da je period funkcije cos 2x jednak π. Sxodno tome, funkcijaf je periodiqna sa periodom 2π. Na kraju, dovono je ispitati samorestrikciju funkcije f na segmentu [0, 2π]. Primetimo da na tomdelu funkcija f nije definisana u taqkama x = π/4, x = 3π/4,x = 5π/4 i x = 7π/4.

3. Nule i znak:

Primetimo da je f(x) = 0 akko je cosx = 0, tj. x = π/2 i x = 3π/2.Prema tome, nule funkcije f su N1(π/2, 0) i N2(3π/2, 0).

++++ +++++++ +++

+++++++ +++ +++

+++++++ ++++ +++

3π/2

3π/2

3π/2

π/2

π/2

π/2π/4

π/4

π/4

0

0

0 2π

2π

2π3π/4

3π/4

3π/4

5π/4

5π/4

5π/4

7π/4

7π/4

7π/4

π

π

π

cosx

cos 2x

f(x)


Funkcija je pozitivna akko

f(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4)∪ (π/2, 3π/4)∪ (5π/4, 3π/2)∪ (7π/4, 2π),

tj. funkcija je negativna akko

f(x) < 0 akko x ∈ (π/4, π/2) ∪ (3π/4, 5π/4) ∪ (3π/2, 7π/4).

4. Asimptote:Primetimo da je

limx→π/4±

cosx

cos 2x= ∓∞ i lim

x→3π/4±

cosx

cos 2x= ∓∞,

limx→5π/4±

cosx

cos 2x= ±∞ i lim

x→7π/4±

cosx

cos 2x= ±∞.

Stoga, prave x = π/4, x = 3π/4, x = 5π/4 i x = 7π/4 su vertikalneasimptote funkcije f .

5. Prvi izvod:

Primetimo da je vrednost prvog izvoda jednaka

f ′(x) =sinx

cos2 2x.

f ′(x) = 0 akko je sinx = 0, tj. x1 = 0, x2 = π ili x3 = 2π. Prematome, iste su kandidati za lokalne ekstremume funkcije f .

Kako je cos2 2x ≥ 0 za svako x, znak funkcije f ′ zavisi samo od sinx,tj. funkcija f raste akko

f ′(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4) ∪ (π/4, 3π/4) ∪ (3π/4, π),


f ′(x) < 0 akko x ∈ (π, 5π/4) ∪ (5π/4, 7π/4) ∪ (7π/4, 2π).

Prolaskom kroz taqke x1 = 0, x2 = π i x3 = 2π/ funkcija f ′ me�aznak, pa su uoqene taqke taqke lokalnog ekstremuma, i toMin1(0, 1),Max(π,−1) i Min2(2π, 1).

6. Drugi izvod:

Primetimo da je vrednost drugog izvoda jednaka

f ′′(x) = −cosx(2 cos2 x+ 1)(6 cos2 x+ 7)

cos4 2x.


Primetimo da nule i znak drugog izvoda zavise samo od funkcijecos. Stoga, kandidati za prevojne taqke su x1 = π/2 i x2 = 3π/2.Funkcija f je konveksna akko

f ′′(x) > 0 akko x ∈ (0, π/4)∪ (π/4, π/2)∪ (3π/2, 7π/4)∪ (7π/4, 2π),


f ′′(x) < 0 akko x ∈ (π/2, 3π/4) ∪ (3π/4, 5π/4) ∪ (5π/4, 7π/4).

Kako prolaskom kroz taqke x1 = π/2 i x2 = 3π/2 funkcija f ′′

me�a znak, sledi da su iste prevojne taqke funkcije f , u oznaciPrev1(π/2, 0) i Prev(3π/2, 0).

glava 1 realne funkcije realne promen ive - grf.bg.ac.rs · 1.1. grafik funkcije 1 1.1 grafik...

Documents