21 Naloge s celotnim postopkom reševanja

Naloga 1: Izračunajte naslednjo limito: \displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{x}{\tan x} - 1}{x^2}.

Rešitev: Ker je \displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\tan x}{x}=\lim_{x \to 0} \dfrac{x}{\tan x}=1, je dana limita v nedoločeni obliki \left[\dfrac{0}{0}\right], zato uporabimo l’Hôpitalovo pravilo.

    \begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{\dfrac{x}{\tan x} - 1}{x^2} &=\lim_{x \to 0} \dfrac{x - \tan x}{x^2 \cdot \tan x} \stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to 0} \dfrac{1 - \dfrac{1}{\cos^2 x}}{2x \cdot \tan x + x^2 \cdot \dfrac{1}{\cos^2 x}}=\\ &=\lim_{x \to 0} \dfrac{ \dfrac{\cos^2 x - 1}{\cos^2 x}}{\dfrac{2x \cdot \dfrac{\sin x}{\cos x} \cdot \cos^2 x + x^2}{\cos^2 x}}=\lim_{x \to 0} \dfrac{-\sin^2 x}{2x \cdot \sin x \cdot \cos x + x^2}\\ &=\lim_{x \to 0} \dfrac{x^2 \cdot \left(-\boxed{\dfrac{\sin^2 x}{x^2}}^{\nearrow 1}\right)}{x^2\cdot (2 \cdot \boxed{\dfrac{\sin x}{x}}_{\searrow 1} \cdot \cos x + 1)} = \\ &=- \dfrac{1}{3}. \end{align*}

Naloga 2: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{3^x-1}{2^x -1}.

Rešitev: Dana limita je v nedoločeni obliki \left[\dfrac{0}{0}\right] in obe funkciji, v števcu in imenovalcu, sta odvedljivi, torej lahko uporabimo l’Hôpitalovo pravilo in dobimo:

    \[\lim_{x \to 0} \dfrac{3^x-1}{2^x -1}\stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to 0} \dfrac{(3^x-1)'}{(2^x -1)'}=\lim_{x \to 0} \dfrac{3^x \cdot \ln 3}{2^x \cdot \ln 2} = \dfrac{\ln 3}{\ln 2}.\]

Naloga 3: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to 1} \frac{x-1}{\ln x - \sin (\pi x)}.

Rešitev: Ker je dana limita v nedoločeni obliki \left[\dfrac{0}{0}\right] in sta oba funkciji, v števcu in imenovalcu, odvedljivi, lahko uporabimo l’Hôpitalovo pravilo. Izračunamo:

    \[\lim_{x \to 1} \dfrac{x-1}{\ln x - \sin (\pi x)} \stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to 1} \dfrac{1}{\dfrac{1}{x} - \pi \cos (\pi x)} = \dfrac{1}{1+\pi},\]

saj je \cos (\pi)=-1.

Naloga 4: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to 0} \frac{\sin (mx)}{ \sin (nx)}, kjer sta m in n dve naravni števili.

Rešitev: Spet imamo nedoločeno obliko \left[\dfrac{0}{0}\right] in uporabimo l’Hôpitalovo pravilo. Izračunamo:

    \[\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin (mx)}{ \sin (nx)}=\lim_{x \to 0} \dfrac{m \cdot \cos (mx)}{ n \cdot \cos (nx)} = \dfrac{m}{n}.\]

Naloga 5: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{e^x}{x} - \dfrac{1}{x}\right).

Rešitev: Tokrat je dana limita v nedoločeni obliki \left[\infty-\infty\right], zato jo najprej preoblikujemo v en ulomek in potem uporabimo l’Hôpitalovo pravilo. Izračunamo:

    \[\lim_{x \to 0^+} \left(\frac{e^x}{x} - \frac{1}{x}\right) = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x-1}{x}\stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{1} = \dfrac{1}{1} = 1.\]

Naloga 6: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to 0^+} (\sin x \cdot \ln x).

Rešitev: Dana limita je v nedoločeni obliki \left[0\cdot (-\infty)\right]. Preoblikujemo jo v obliko \left[\dfrac{0}{0}\right]. Potem po l’Hôpitalovem pravilu dobimo:
\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (\sin x \cdot \ln x) = \Lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{\dfrac{1}{\sin x}} \stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{-\cos x}{\sin^2 x}}

=\displaystyle \lim_{x \to 0^+} - \frac{\sin^2 x}{x \cdot \cos x}\stackrel{\left[\frac{0}{0}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} = - \lim_{x \to 0^+} \dfrac{2\sin x \cdot \cos x}{\cos x - x \cdot \sin x} = \dfrac{0}{1} = 0.

Naloga 7: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2}{e^{1-x}}.

Rešitev: Če dvakrat uporabimo l’Hôpitalovo pravilo, dobimo:

    \[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2}{e^{1-x}} \stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to -\infty} \dfrac{2x}{-e^{1-x}} \stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to -\infty} \dfrac{2}{e^{1-x}}=\dfrac{2}{+\infty}=0.\]

Naloga 8: Izračunajte limito \displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2\cdot \ln (x+1)+1}{x^2\cdot \ln x+2}.

Rešitev: Ob pomoči L’Hôpitalovega pravila, ki smo ga uporabili večkrat, izračunamo:

\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2\cdot \ln (x+1)+1}{x^2\cdot \ln x+2} \stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{2x\cdot \ln (x+1)+\dfrac{x^2}{x+1}}{2x\cdot \ln x+x^2\cdot \dfrac{1}{x}}

=\displaystyle \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x\cdot\left[ 2\ln (x+1)+\dfrac{x}{x+1}\right]}{x\cdot (2\ln x+1)}= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{2\ln (x+1)+\dfrac{x}{x+1}}{2\ln x+1} \stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}

=\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\dfrac{2}{x+1}+\dfrac{1\cdot (x+1)-x\cdot 1}{(x+1)^2}}{\dfrac{2}{x}}=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\dfrac{2\cdot (x+1)+1}{(x+1)^2}}{\dfrac{2}{x}}=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x\cdot(2x+3)}{2\cdot (x+1)^2} \stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}

=\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \dfrac{4x+3}{4x+4}=1.

Naloga 9: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= -\dfrac{(x+1)^2}{x}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je racionalna funkcija, ki je definirana tam, kjer je njen imenovalec, tj. x, različen od 0, zato je njena domena D_f = \mathbb{R}\setminus\{0\}= (-\infty, 0)\cup (0, +\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe f(x) = 0. Racionalna funkcija je enaka 0, ko je njen števec enak 0, torej ko je (x+1)^2=0 oziroma x=-1. Poli so ničle imenovalca; v tem primeru je točka x=0 pol funkcije in zato je premica x=0 navpična asimptota dane funkcije.
  3. Poiščimo druge eventualne asimptote.
    I) Najprej izračunamo limite funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} -\dfrac{(x+1)^2}{x}= \lim_{x \to +\infty} -\dfrac{x^2+2x+1}{x}=-\infty,\]
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} -\dfrac{(x+1)^2}{x}= \lim_{x \to -\infty} -\dfrac{x^2+2x+1}{x}=+\infty.\]
    Funkcija torej nima vodoravnih asimptot.
    II) Preverimo, ali ima funkcija poševne asimptote.
         \[\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \to \pm\infty} -\dfrac{(x+1)^2}{x^2}=-1=m\]
    (števec in imenovalec sta polinoma iste stopnje in oba imata vodilni koeficient enak 1).
    Zdaj izračunamo drugo limito:
         \[\lim_{x \to \pm\infty} [f(x)-mx]{=}\Lim_{x \to \pm\infty} \left(-\dfrac{x^2+2x+1}{x}+x\right){=}\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{-x^2{-}2x{-}1{+}x^2}{x}{=}-2{=}q,\]
    kar pomeni, da je premica y=mx+q=-x-2 poševna asimptota naše funkcije.
    III) Navpična asimptota je premica x {=} 0. Izračunamo še enostranski limiti v točki 0:
         \[\lim_{x \to 0^+} f(x) &= \lim_{x \to 0^+} -\dfrac{(x+1)^2}{x}=-\dfrac{1}{0^+}=-\infty,\]
         \[\lim_{x \to 0^-} f(x) &= \lim_{x \to 0^-} -\dfrac{(x+1)^2}{x}= -\dfrac{1}{0^-}=+\infty.\]
  4. Zdaj poiščemo stacionarne točke, torej ničle prvega odvoda. Ta ima obliko
         \[f'(x) = \left(-\dfrac{x^2+2x+1}{x}\right)'=-\dfrac{(2x+2)\cdot x-(x^2+2x+1)\cdot 1}{x^2}=-\dfrac{x^2-1}{x^2}.\]
    Ker je f'(x) = 0 \Longleftrightarrow x^2-1=0, sledi, da sta točki x = 1 in x=-1 stacionarni točki funkcije f.
  5. Zdaj določimo predznak prvega odvoda, torej območje naraščanja oziroma padanja.
    Ker je f'(x)=-\dfrac{x^2-1}{x^2} in je vedno x^2>0, moramo določiti predznak števca -(x^2-1)=1-x^2. Gre za kvadratno funkcijo, katere graf je konkavna parabola na sliki 21.1.

    Slika 21.1: Graf kvadratne funkcije g(x)=1-x^2.

     

     

  6. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.Funkcija narašča na uniji intervalov (-1, 0)\cup (0, 1) in pada na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (1, +\infty).
  7. Graf funkcije f je na sliki 21.2.
Slika 21.2: Graf funkcije f(x)=-\dfrac{(x+1)^2}{x}.

Z grafa funkcije razberemo, da je funkcija f konveksna na intervalu (-\infty, 0) ter konkavna na intervalu (0, +\infty).

 

Naloga 10: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= \dfrac{x^3}{2x-1}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je racionalna, torej je definirana tam, kjer je imenovalec različen od 0. Torej je domena funkcije D_f = \mathbb{R} \setminus \{\dfrac{1}{2}\}. Točka x=\dfrac{1}{2}  je pol funkcije in premica x=\dfrac{1}{2}  je navpična asimptota.
  2. Ničle racionalne funkcije so ničle števca, torej dobimo f(x) = 0 \Longleftrightarrow x^3=0 \Longleftrightarrow x=0. Funkcija ima samo eno ničlo, in sicer v točki x=0.
  3. Poiščimo vse eventualne asimptote.
    I)  Najprej i    zračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^3}{2x-1} = +\infty,\]
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3}{2x-1} = +\infty.\]
    Funkcija torej nima vodoravnih asimptot, lahko pa ima poševne asimptote.
    II)  Ker je
    \displaystyle\lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{x^3}{x\cdot (2x-1)} = \dfrac{x^2}{2x-1} =\pm\infty,
    ugotovimo, da funkcija nima niti poševnih asimptot.
    III)  V polu x=\dfrac{1}{2} ima funkcija navpično asimptoto. Izračunamo enostranski limiti v tej točki:
    \displaystyle\lim_{x \to \frac{1}{2}^-} f(x) = \frac{(\frac{1}{2})^3}{0^-} = -\infty,
    \displaystyle\lim_{x\to\frac{1}{2}^+} f(x) =\frac{(\frac{1}{2})^3}{0^+}=+\infty.
  4. Zdaj poiščimo stacionarne točke in lokalne ekstreme. Najprej izračunamo prvi odvod funkcije:
         \[f'(x) = \dfrac{3x^2 \cdot (2x-1) - x^3 \cdot 2}{(2x-1)^2}= \frac{4x^3 - 3x^2}{(2x-1)^2}= \frac{x^2 \cdot (4x - 3)}{(2x-1)^2}.\]
    Ker je
    f'(x) = 0 \Longleftrightarrow x^2 \cdot (4x - 3)=0, sta točki x_1 = 0 in x_2=\dfrac{3}{4} stacionarni točki.
  5. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.Funkcija pada na uniji intervalov (-\infty, \dfrac{1}{2})\cup (\dfrac{1}{2},\dfrac{3}{4}) ter narašča na intervalu (\dfrac{3}{4}, +\infty).
  6. Zdaj imamo vse elemente za risanje grafa funkcije f ter razbiranje njene konveksnosti oziroma konkavnosti (glej sliko 21.3).
Slika 21.3: Graf funkcije f(x)=\dfrac{x^3}{2x-1}.

Funkcija je konveksna na uniji intervalov (-\infty, 0) \cup (\dfrac{1}{2}, +\infty) ter konkavna na intervalu (0, \dfrac{1}{2}). Točka x=0 je prevoj dane funkcije.

Naloga 11: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= \dfrac{x-1}{(x+1)^2}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je racionalna, torej je definirana tam, kjer je imenovalec različen od 0. Torej je domena funkcije D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\}. Točka x=-1 je pol funkcije in premica x=-1 je navpična asimptota.
  2. Ničle racionalne funkcije so ničle števca, torej dobimo f(x) = 0 \Longleftrightarrow x-1=0 \Longleftrightarrow x=1. Edina ničla funkcije je v točki x=1.
  3. Poiščimo vse druge eventualne asimptote.
    I)  Izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{x-1}{x^2+2x+1} =0,\]
    torej je premica y=0 vodoravna asimptota funkcije f.
    II)  Ker ima funkcija vodoravno asimptoto, nima poševnih asimptot.
    III)  V polu x=-1 ima funkcija navpično asimptoto. Izračunamo enostranski limiti v polu:
         \[\lim_{x \to -1^-} f(x) = \frac{-2}{0^+} = - \infty=\lim_{x \to -1^+} f(x).\]
  4. Poiščimo stacionarne točke. Izračunamo prvi odvod funkcije:
         \[f'(x) = \dfrac{1\cdot (x+1)^2 - (x-1) \cdot 2\cdot(x+1)}{(x+1)^4}\]
         \[= \dfrac{(x+1)\cdot (x+1 -2x+2}{(x+1)^4}=\dfrac{3-x}{(x+1)^3}.\]
    Dobimo f'(x) = 0 \Longleftrightarrow 3-x=0, torej je točka x = 3 edina stacionarna točka.
  5. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f. Najprej opazimo, da je predznak imenovalca (x+1)^3=(x+1)\cdot (x+1)^2 enak predznaku polinoma x+1, saj je vedno (x+1)^2>0.Funkcija pada na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (3, +\infty) ter narašča na intervalu (-1, 3). Jasno je, da je v točki x=3 lokalni maksimum.
  6. Zdaj imamo vse elemente za risanje grafa funkcije f ter razbiranje njene konveksnosti oziroma konkavnosti (glej sliko 21.4).
Slika 21.4: Graf funkcije f(x)=\dfrac{x-1}{(x+1)^2}.

Funkcija je konveksna na intervalu (x_p, +\infty), kjer je x_p>3 prevoj funkcije, ter konkavna na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (-1, x_p).

Naloga 12: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= \dfrac{2x^2+7x+3}{x+2}.

Rešitev:

  1. Domena dane racionalne funkcje je D_f = \mathbb{R} \setminus \{-2\}. Točka x=-2 je pol funkcije in premica x=-2 je navpična asimptota.
  2. Ničle racionalne funkcije so ničle števca, torej dobimo f(x) = 0 \Longleftrightarrow 2x^2+7x+3=0 \Longleftrightarrow x_1=-3 \ \ \mbox{in}\ \ x_2=-\dfrac{1}{2}.
  3. Poiščimo vse druge eventualne asimptote.
    I)  Izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty, in dobimo \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty ter \displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = -\infty, torej funkcija f nima vodoravnih asimptot.
    II) Poiščemo eventualne poševne asimptote. Najprej izračunamo limito
         \[\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{2x^2+7x+3}{x^2+2x}=2=m\]
    in potem limito
         \[\lim_{x\to \pm\infty} (f(x)-mx)&{=}\lim_{x\to \pm\infty} \left(\dfrac{2x^2+7x+3}{x+2}-2x\right){=}\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{2x^2+7x+3-2x^2-4x}{x+2}\]
         \[=\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{3x+3}{x+2}=3=q.\]
    Dobimo, da je premica y=mx+q=2x+3 poševna asimptota funkcije f.
    III) V polu x=-2 ima funkcija navpično asimptoto. Zdaj izračunamo enostranski limiti v polu:
         \[\lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^-}\dfrac{(2x+1)\cdot (x+3)}{x+2}=\dfrac{-3\cdot 1}{0^-} = + \infty,\]
         \[\lim_{x \to -2^+} f(x) = \lim_{x \to -2^+}\dfrac{(2x+1)\cdot (x+3)}{x+2}=\dfrac{-3\cdot 1}{0^+} = - \infty.\]
  4. Poiščimo stacionarne točke. Izračunamo prvi odvod funkcije f in dobimo:
         \[f'(x) = \dfrac{(4x+7)\cdot (x+2) - (2x^2+7x+3) \cdot 1}{(x+2)^2}\]
         \[= \dfrac{4x^2+8x+7x+14-2x^2-7x-3}{(x+2)^2}=\dfrac{2x^2+8x+11}{(x+2)^2}\]
         \[=\dfrac{2\cdot (x+2)^2+3}{(x+2)^2}.\]
    Ker je f'(x) >0 za vsak x v domeni, sklepamo, da je funkcija f vedno naraščajoča in nima ekstremov.
  5. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.
  6. Zdaj imamo vse elemente za risanje grafa funkcije f ter razbiranje njene konveksnosti oziroma konkavnosti (glej sliko 21.5).
Slika 21.5: Graf funkcije f(x)=\dfrac{2x^2+7x+3}{x+2}.

Funkcija je konveksna na intervalu (-\infty, -2) ter konkavna na (-2, +\infty).

Naloga 13: Skicirajte graf funkcije f(x), podane s predpisom f(x)= \dfrac{(1-x)^3}{(1+x)^2}.

Rešitev:

  1. Domena dane racionalne funkcije je D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1\} = (-\infty,-1) \cup (-1, +\infty). Točka x=-1 je pol funkcije in premica x=-1 je navpična asimptota.
  2. Ničle racionalne funkcije so ničle števca, torej dobimo f(x) = 0 \Longleftrightarrow (1-x)^3=0 \Longleftrightarrow x=1.
  3. Poiščimo vse eventualne druge asimptote.
    I) Najprej i    zračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1-3x+3x^2\boxed{-x^3}}{\boxed{x^2}+2x+1}= \lim_{x \to +\infty} (-x)=-\infty,\]
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{1-3x+3x^2\boxed{-x^3}}{\boxed{x^2}+2x+1}= \lim_{x \to -\infty} (-x)= +\infty.\]
    Torej funkcija f nima vodoravnih asimptot.
    II) Zdaj poiščemo eventualne poševne asimptote. Najprej izračunamo limito
         \[\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{\boxed{-x^3}+3x^2-3x+1}{\boxed{x^3}+2x^2+x}=-1=m\]
    in potem limito
    \displaystyle\lim_{x\to \pm\infty} [f(x)-mx]&{=}\lim_{x\to \pm\infty} \left(\dfrac{-x^3+3x^2-3x+1}{x^2+2x+1}+x\right)=\displaystyle\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{-x^3+3x^2-3x+1+x^3+2x^2+x}{x^2+2x+1}
    =\displaystyle\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{5x^2-2x+1}{x^2+2x+1}=5=q.
    Dobimo, da je premica y=mx+q=-x+5 poševna asimptota funkcije f.
    III)  V polu x=-1 ima funkcija navpično asimptoto. Izračunamo enostranski limiti v polu:
         \[\lim_{x \to -1^-} f(x) = \lim_{x \to -1^-}\dfrac{(1-x)^3}{(1+x)^2}=\dfrac{2^3}{0^+} = + \infty=\lim_{x \to -1^+} f(x).\]
  4. Poiščimo stacionarne točke. Prvi odvod funkcije f je:
         \[f'(x) &= \dfrac{3\cdot (1-x)^2\cdot (1-x)' \cdot (1+x)^2 -(1-x)^3\cdot 2\cdot(1+x)\cdot (1+x)'}{(1+x)^4}\]
         \[= \dfrac{-(1-x)^2\cdot (1+x)\cdot (3+3x+2-2x}{(1+x)^4}=\dfrac{-(1-x)^2\cdot (x+5)}{(1+x)^3}.\]
    Dobimo f'(x) = 0 za 1-x=0 ali x+5=0, torej sta točki x = 1 in x=-5 stacionarni točki.
  5. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f. Najprej opazimo, da je predznak imenovalca (1+x)^3=(1+x)\cdot (1+x)^2 enak predznaku polinoma 1+x, saj je vedno (1+x)^2>0. Podobno je vedno pozitiven tudi polinom (1-x)^2. Torej je predznak odvoda podan s predznakoma polinomov -(x+5) in 1+x.Funkcija pada na uniji intervalov (-\infty, -5)\cup (-1, +\infty) ter narašča na intervalu (-5, -1). Jasno je, da je v točki x=-5 lokalni minimum.
  6. Zdaj imamo vse elemente za risanje grafa funkcije f ter razbiranje njene konveksnosti oziroma konkavnosti (glej sliko 21.6).
Slika 21.6: Graf funkcije f(x)=\dfrac{(1-x)^3}{(1+x)^2}.

Funkcija je konveksna na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (-1, 1) ter konkavna na intervalu (1, +\infty). Točka x=1 je prevoj funkcije f.

Naloga 14:  Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x) = \dfrac{2x^2}{x^2 - 1}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je racionalna, torej je definirana, kjer je imenovalec različen od 0. Ker je x^2-1=0 za x=\pm{1}, je domena funkcije D_f = \mathbb{R} \setminus \{-1,+1\}. Točki x=-1 in x=1 sta pola ter premici x=\pm{1} sta navpični asimptoti dane funkcije.
  2. Ničle racionalne funkcije so ničle števca, torej je f(x) = 0 \Longleftrightarrow 2x^2=0 \Longleftrightarrow x=0.
  3. Poiščimo vse eventualne druge asimptote.
    I)     Izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to \pm\infty} f(x) = \lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x^2-1} = 2.\]
    Dobimo, da je premica y =2 vodoravna asimptota.
    II) Ker ima funkcija vodoravno asimptoto na \pm\infty, vemo, da zagotovo nima poševnih asimptot.
    III) Premici x=1 in x=-1 sta navpični asimptoti in enostranski limiti v točkah \pm 1 so:
    \displaystyle\lim_{x \to -1^-} f(x) &= \lim_{x \to -1^-} \dfrac{2x^2}{(x-1)\cdot (x+1)}=\dfrac{2\cdot (-1)^2}{(-1-1)\cdot 0^-}=\frac{2}{0^+} = + \infty,
    \displaystyle\lim_{x \to -1^+} f(x) &= \lim_{x \to -1^+} \dfrac{2x^2}{(x-1)\cdot (x+1)}=\dfrac{2\cdot (-1)^2}{(-1-1)\cdot 0^+}= \frac{2}{0^-} = - \infty,
    \displaystyle\lim_{x \to 1^-} f(x) &= \lim_{x \to 1^-} \dfrac{2x^2}{(x-1)\cdot (x+1)}=\dfrac{2\cdot 1^2}{(0^-)\cdot 2}=\frac{2}{0^-} = - \infty,
    \displaystyle\lim_{x \to 1^+} f(x) &= \lim_{x \to 1^+} \dfrac{2x^2}{(x-1)\cdot (x+1)}=\dfrac{2\cdot 1^2}{(0^+)\cdot 2}= \frac{2}{0^+} = + \infty.
  4. Poiščimo stacionarne točke in lokalne ekstreme funkcije f. Prvi odvod dane funkcije ima obliko
         \[f'(x) = \dfrac{4x \cdot (x^2-1) - 2x^2 \cdot (2x)}{(x^2-1)^2}= \dfrac{-4x}{(x^2-1)^2},\]
    zato je f'(x) = 0 \Longleftrightarrow -4x=0 \Longleftrightarrow x = 0. Točka x = 0 je edina stacionarna točka funkcije f.
    Zdaj izračunamo drugi odvod funkcije f:
         \[f''(x)&=\dfrac{-4(x^2-1)^2-(-4x)\cdot 2\cdot (x^2-1)\cdot 2x}{(x^2-1)^4}\]
         \[=\dfrac{(x^2-1)\cdot (-4x^2+4+16x^2}{(x^2-1)^4}\]
         \[=\dfrac{4\cdot (3x^2+1)}{(x^2-1)^3}.\]
    Vrednost drugega odvoda v stacionarni točki x=0 je f''(0)=-4<0, kar pomeni, da je v točki x=0 lokalni maksimum funkcije f.
    Ker lahko zapišemo f''(x)=\dfrac{4\cdot (3x^2+1)}{(x^2-1)^2}\cdot\dfrac{1}{x^2-1} in je \dfrac{4\cdot (3x^2+1)}{(x^2-1)^2}>0 za vsak x, sledi, da je predznak drugega odvoda enak predznaku kvadratne funkcije g(x)=x^2-1. Torej je f''(x)>0 natanko tedaj, ko je x^2-1>0 oziroma x\in (-\infty, -1)\cup (1, +\infty), in je f''(x)<0 natanko tedaj, ko je x\in (-1,1).
  5. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja ter konveksnosti oziroma konkavnosti funkcije f.Funkcija f je naraščajoča na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (-1, 0) ter padajoča na uniji intervalov (0, 1)\cup (1, +\infty). Poleg tega je funkcija konkavna na intervalu (-1, 1) ter konveksna na uniji intervalov (-\infty, -1)\cup (1, +\infty).
  6. Na podlagi prejšnje tabele bomo narisali graf funkcije f (glej sliko 21.7).
Slika 21.7: Graf funkcije f(x)=\dfrac{2x^2}{x^2 - 1}.

Naloga 15: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= x^2\cdot e^{-x}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je povsod definirana, torej je njena domena D_f = \mathbb{R} = (-\infty, +\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe f(x) = 0 \Longleftrightarrow x^2=0 \Longleftrightarrow x=0, ker je vedno e^{-x}\neq 0.
    Funkcija nima polov.
  3.  Poiščimo vse eventualne asimptote.
    I) Ker funkcija nima polov, nima niti navpičnih asimptot.
    II) Zdaj izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} x^2\cdot e^{-x}= (+\infty)\cdot e^{-(-\infty)}=+\infty,\]
    torej funkcija nima vodoravne asimptote, ko gre x proti -\infty.
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} x^2\cdot e^{-x}= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{e^x}\stackrel{\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x}{e^x}\stackrel{\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2}{e^x}=0^{+}.\]Torej, premica y=0 je vodoravna asimptota, ko gre x proti +\infty.
    III) Funkcija nima poševnih asimptot, ker ima vodoravno asimptoto pri +\infty; pri -\infty pa dobimo
         \[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \to -\infty} x\cdot e^{-x}=(-\infty)\cdot (+\infty)=-\infty.\]
  4. Poiščimo stacionarne točke. To so ničle prvega odvoda, ki ima obliko:
         \[f'(x) = 2x\cdot e^{-x}+x^2\cdot e^{-x}\cdot (-1)=e^{-x}\cdot (2x-x^2).\] Ker jef'(x) = 0 \Longleftrightarrow 2x-x^2 =0 \Longleftrightarrow x\cdot (2-x)=0, sta x_1 = 0 in x_2=2 stacionarni točki. Zdaj izračunamo vrednost drugega odvoda funkcije f v stacionarnih točkah.
    Ker je
    f''(x) = (f'(x))'= -e^{-x}\cdot (2x-x^2)+e^{-x}\cdot (2-2x)=e^{-x}\cdot (x^2-4x+2), dobimo f''(0) = 2>0, kar pomeni, da je v točki x=0 lokalni minimum. Ker je f''(2) = e^{-2}\cdot (-2) <0, sklepamo še, da je v točki x=2 lokalni maksimum.
    Poiščemo tudi prevoje in dobimo f''(x) = 0 \Longleftrightarrow x^2-4x+2=0, torej sta točki x=2+\sqrt{2} in x=2-\sqrt{2} prevoja funkcije f.
  5. Zdaj preštudiramo predznak prvega odvoda f'(x)=e^{-x}(2x-x^2)=e^{-x}\cdot x\cdot (2-x), pomagamo si z naslednjo tabelo. Vemo, da je eksponentna funkcija e^{-x} vedno pozitivna, torej je predznak prvega odvoda podan s predznakom produkta x\cdot (2-x).Dana funkcija f je naraščajoča na intervalu (0,2), padajoča pa na uniji intervalov (-\infty, 0)\cup (2, +\infty).
  6. Na podlagi prejšnje tabele narišemo graf funkcije f (glej sliko 21.8).
Slika 21.8: Graf funkcije f(x)=x^2\cdot e^{-x}.

Z grafa funkcije razberemo intervale konveksnosti oziroma konkavnosti, saj vemo, kateri točki sta prevoja. Funkcija je konveksna na uniji intervalov (-\infty, 2-\sqrt{2})\cup (2+\sqrt{2}, +\infty) ter konkavna na intervalu (2-\sqrt{2}, 2+\sqrt{2}).

Naloga 16: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= (3-x)\cdot e^{x+1}.

Rešitev:

  1. Ker je dana funkcija povsod definirana (je namreč produkt med linearno funkcijo g(x)=3-x in eksponentno funkcijo h(x)=e^{x+1}, obe funkciji pa sta definirani na \mathbb{R}), je njena domena D_f = \mathbb{R} = (-\infty, +\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe f(x) = 0 \Longleftrightarrow 3-x=0 \Longleftrightarrow x=3, ker eksponentna funkcija ni nikoli enaka 0.
    Funkcija nima polov.
  3. Poiščimo vse eventualne asimptote.
    I) Ker funkcija nima polov, nima niti navpičnih asimptot.
    II) Zdaj izračunamo limite dane funkcije pri \pm\infty:
    \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} (3-x)\cdot e^{x+1}= (-\infty)\cdot e^{+\infty}=-\infty,
    torej funkcija nima vodoravne asimptote, ko gre x proti +\infty. Poleg tega dobimo:
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (3-x)\cdot e^{x+1}\stackrel{ \left[+\infty\cdot 0\right]}{=}\]
         \[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{3-x}{e^{-(x+1)}}\stackrel{\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to -\infty} \dfrac{-1}{e^{-(x+1)}\cdot (-1)}=0^{+},\] kjer je \displaystyle\lim_{x \to -\infty} e^{-(x+1)}=+\infty.
    Torej, premica y=0 je vodoravna asimptota, ko gre x proti -\infty.
    III) Raziskati moramo obstoj poševnih asimptot v +\infty, saj vodoravna asimptota ne obstaja:
         \[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{(3-x)\cdot e^{x+1}}{x}= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{(3-x)}{x}\cdot e^{x+1}=(-1)\cdot (e^{+\infty})=-\infty,\]
    kar pomeni, da funkcija nima poševnih asimptot.
  4. Poiščimo stacionarne točke oziroma ničle prvega odvoda:
    f'(x) = (3-x)'\cdot e^{x+1}+(3-x)\cdot (e^{x+1})'=-e^{x+1}+(3-x)\cdot e^{x+1}=(2-x)\cdot e^{x+1}.
    Ker je     f'(x) = 0 \Longleftrightarrow 2-x =0, je x=2 stacionarna točka. Zdaj izračunamo vrednost drugega odvoda funkcije f v stacionarni točki. Odvajamo prvi odvod in dobimo f''(x) = (1-x)\cdot e^{x+1}, torej je f''(2) = -e^3<0, kar pomeni, da ima dana funkcija v točki x=2 lokalni maksimum. Poiščemo tudi prevoje in dobimo f''(x) = 0 \Longleftrightarrow (1-x)\cdot e^{x+1}=0, torej je točka x=1 prevoj.
  5. Na podlagi tabele 21.1 identificiramo intervale naraščanja oziroma padanja ter intervale konveksnosti oziroma konkavnosti. Predznak prvega odvoda f'(x)=e^{x+1}\cdot (2-x) je enak predznaku linearne funkcije q(x)=2-x, torej je pozitiven za x<2 in negativen za x>2. Podobno določimo predznak drugega odvoda f''(x)=e^{x+1}\cdot (1-x) na podlagi predznaka linearne funkcije p(x)=1-x in dobimo: f''(x)>0 za x<1 ter f''(x)<0 za x>1. Ugotovimo, da je funkcija f naraščajoča na intervalu (-\infty,2), padajoča pa na intervalu (2, +\infty). Funkcija je konveksna na intervalu (-\infty, 1), konkavna pa na intervalu (1, +\infty).
    Tabela 21.1: Intervali naraščanja in padanja ter konveksnosti in konkavnosti funkcije f(x) = (3-x) \cdot e^{x+1}.
  6. Na podlagi prejšnje tabele bomo narisali graf funkcije f (glej sliko 21.9).
Slika 21.9: Graf funkcije f(x)=(3-x)\cdot e^{x+1}.

Naloga 17: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= x^x.

Rešitev: Da bi preučili to funkcijo, jo bomo zapisali kot eksponentno funkcijo:

    \[f(x)=x^x=e^{\ln (x^x)}= e^{x\cdot \ln x}.\]

  1. Dana funkcija je definirana tam, kjer je definirana logaritemska funkcija \ln x, zato je njena domena D_f = \mathbb{R} _+= (0, +\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe f(x) = 0 \Longleftrightarrow e^{x\cdot \ln x}=0, vendar ne obstajajo.
    Funkcija tudi nima polov.
  3. Poiščimo vse eventualne asimptote.
    I) Ker funkcija nima polov, nima niti navpičnih asimptot. Ker je eksponentna funkcija zvezna, lahko izračunamo limito:
        \[\lim_{x \to 0^+} f(x) &= \lim_{x \to 0^+} e^{x\cdot \ln x}\ \ \stackrel{e^{\left[0\cdot (-\infty)\right]}}{=} e^{\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{\ln x}{1/x}} \ \ \stackrel{e^{\left[\frac{-\infty}{+\infty}\right]}}{\underset{\text{L'H}}{=}}\]
         \[e^{\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1/x}{-1/x^2}}=e^{\displaystyle\lim_{x \to 0^+} (-x)}=e^0=1.\]
    II) Zdaj izračunamo limito dane funkcije v +\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} e^{x\cdot \ln x}= e^{+\infty}=+\infty,\]
    torej funkcija nima vodoravne asimptote v +\infty.
    III) Preverimo, ali ima funkcija poševno asimptoto v +\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^{x\cdot \ln x}}{x}\stackrel{\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{e^{x\cdot \ln x}\cdot (\ln x+1)}{1}=+\infty,\]
    torej funkcija nima poševnih asimptot.
  4. Poiščimo stacionarne točke. To so ničle prvega odvoda, ki ima obliko:
    f'(x) = e^{x\cdot \ln x}\cdot (x\cdot \ln x)'=e^{x\cdot \ln x}\cdot (\ln x+1).
    Ker je f'(x) = 0 \Longleftrightarrow \ln x+1 =0 \Longleftrightarrow \ln x=-1, sledi, da je x = e^{-1} stacionarna točka. Izračunamo drugi odvod funkcije in dobimo:
         \[f''(x)=e^{x\cdot \ln x}\cdot (\ln x+1)^2+e^{x\cdot \ln x}\cdot \dfrac{1}{x}=e^{x\cdot \ln x}\cdot\left[(\ln x+1)^2+\dfrac{1}{x}\right].\]
    Ugotovimo, da je vrednost drugega odvoda funkcije f vedno pozitivna za vse x v domeni (tj. x > 0), torej je funkcija f povsod konveksna. Poleg tega je v točki x = e^{-1} lokalni minimum.
  5. Zdaj določimo predznak prvega odvoda, torej območje naraščanja oziroma padanja.
         \[f'(x)>0 \Longleftrightarrow e^{x\cdot \ln x}\cdot (\ln x+1)>0 \Longleftrightarrow \ln x+1>0 \Longleftrightarrow \ln x> -1\Longleftrightarrow x> e^{-1},\]
    torej funkcija f narašča na intervalu (e^{-1}, +\infty) in pada na intervalu (0, e^{-1}).
  6. Zdaj imamo vse elemente za risanje grafa funkcije f (glej sliko 21.10).
Slika 21.10: Graf funkcije f(x)=x^x.

Naloga 18: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= \sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}.

Rešitev:

  1. Ker je definicijsko območje korenske funkcije s sodim korenskim eksponentom \mathbb{R}_+, je domena funkcije f množica vseh vrednosti x, za katere je \dfrac{x^3}{x-2}=\dfrac{x^2\cdot x}{x-2} \geq 0\Longleftrightarrow \dfrac{x}{x-2} \geq 0, ker je x^2 vedno pozitiven. Rešimo neenačbo ob pomoči naslednje tabele:

    Torej je \dfrac{x^3}{x-2} \geq 0 \Longleftrightarrow x\in (-\infty,0] \cup (2,+\infty) in zato je D_f=(-\infty,0] \cup (2,+\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe
    f(x) = 0 \Longleftrightarrow x^3=0 \Longleftrightarrow x=0.
  3. Funkcija ima samo en pol, ki je ničla imenovalca, tj. x=2 in premica x=2 je tako navpična asimptota dane funkcije. Desna limita v točki x=2 je
         \[\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+}\sqrt{ \frac{x^3}{x-2}} = \sqrt{\frac{2^3}{0^+}} = +\infty.\]
    Izračunali smo samo desno limito v točki x=2, ker funkcija na levi strani te točke ni definirana.
  4. Poiščimo vse druge eventualne asimptote.
    I) Zdaj izračunamo limite dane funkcije v \pm\infty:
         \[\lim_{x \to \pm\infty} f(x) {=} \lim_{x \to \pm\infty} \sqrt{ \dfrac{x^3}{x-2}}{ =} \lim_{x \to \pm\infty} \sqrt{\dfrac{x^2\cdot x}{x-2}}{ =} \lim_{x \to \pm\infty} \left(\lvert x\rvert\cdot \sqrt{\boxed{ \dfrac{x}{x-2}} }_{\searrow 1}\right)=+\infty.\]
    Torej, funkcija nima vodoravnih asimptot.
    II) Preverimo, ali ima funkcija poševno asimptoto v +\infty.
    Najprej izračunamo limito
    \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{x}{=}\lim_{x \to +\infty}\dfrac{\sqrt {\dfrac{x^3}{x-2}}}{x}{=}\lim_{x \to +\infty}\dfrac{x\cdot\sqrt {\dfrac{x}{x-2}}}{x}{=}\lim_{x \to +\infty}\sqrt{\dfrac{x}{x-2}}{=}1{=}m
    in nato drugo limito
         \[q=\lim_{x \to +\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt \frac{x^3}{x-2} - x\right)\stackrel{[\infty-\infty]}{=}\]
         \[=\lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt \frac{x^3}{x-2} - x\right) \cdot \dfrac{\sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}+x}{\sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}+x}\]
         \[=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\left(\sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}\right)^2-x^2}{\sqrt{\dfrac{x^2\cdot x}{x-2}}+x}\]
         \[= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\dfrac{x^3}{x-2}-x^2}{x\sqrt{\dfrac{x}{x-2}}+x}\]
         \[= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^3 - x^3 + 2x^2}{(x-2) \cdot x\cdot \left(\boxed{\sqrt{\frac{x}{x-2}}}_{\searrow 1}+1\right)}\]
         \[=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{ 2x^2}{(x^2 - 2x) \cdot 2} =1.\]
    Torej, premica y=mx+q = x+1 je poševna asimptota funkcije f, ko gre x proti +\infty.
    Zdaj izračunamo vrednosti m in q, ko x gre proti -\infty:
         \[m=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{ \dfrac{x^3}{x-2}}}{x}= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{ \dfrac{x^2\cdot x}{x-2}}}{x}= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{\lvert x\rvert\cdot\sqrt{ \dfrac{x}{x-2}}}{x}=\]
         \[=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{-x \sqrt {\dfrac{x}{x-2}}}{x} = \lim_{x \to -\infty} -\sqrt{ \dfrac{x}{x-2}} = -1\]
    in potem
         \[q = \lim_{x \to -\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{ \dfrac{x^3}{x-2}} + x\right)\]
         \[=\lim_{x \to -\infty} \left(-x \sqrt {\dfrac{x}{x-2} }+ x\right)\stackrel{[\infty-\infty]}{=}\\ &= \lim_{x \to -\infty} \left(-x \sqrt{ \dfrac{x}{x-2}} + x\right) \cdot \dfrac{x \sqrt{\dfrac{x}{x-2}}+x}{x\sqrt{\dfrac{x}{x-2}}+x}\]
         \[=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2 - \dfrac{x^3}{x-2}}{x \left(\sqrt{\dfrac{x}{x-2}}+1\right)}= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^3 - 2x^2 - x^3}{(x-2)\cdot x\cdot \left(\boxed{\sqrt{\dfrac{x}{x-2}}+1}_{\searrow 2}\right)} = -1.\]
    Torej, premica y=mx+q= -x-1 je poševna asimptota funkcije f, ko gre x proti -\infty.
  5. Stacionarne točke so ničle prvega odvoda, ki ima obliko:
         \[f'(x) =\left(\sqrt{\frac{x^3}{x-2}}\right)' = \dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}} \cdot \left(\frac{x^3}{x-2}\right)'\]
        \[= \dfrac{1}{2\sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}} \cdot \dfrac{3x^2 \cdot (x-2) - x^3}{(x-2)^2} = \dfrac{\sqrt{x-2}}{2\sqrt{x^3}} \cdot \dfrac{x^2\cdot (3x-6-x)}{(x-2)^2}\]
        \[=\dfrac{x^2 \cdot \sqrt{x-2} \cdot (x-3)}{\sqrt{x^3} \cdot \sqrt{(x-2)^4}}\\ & = (x-3) \cdot \sqrt{\dfrac{x}{(x-2)^3}}.\]
    Torej, f'(x) = 0 \Longleftrightarrow x_1 = 0, x_2=3, kar pomeni, da sta točki x_1 = 0 in x_2=3 stacionarni točki.
  6. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.
    Funkcija narašča na intervalu (3\sqrt{3}, +\infty) ter pada na uniji intervalov (-\infty, 0]\cup (2,3). Točki x=0 in x=3 sta lokalna minimuma. Razvidno je, da je v točki x=0 globalni minimum dane funkcije f.
  7. Graf funkcije je na sliki 21.11.
Slika 21.11: Graf funkcije f(x)= \sqrt{\dfrac{x^3}{x-2}}.

Z grafa funkcije razberemo, da je funkcija vedno konveksna.

Naloga 19: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)=\ln (x^2+5x-6).

Rešitev:

  1. Logaritemska funkcija je definirana tam, kjer je njen argument večji od 0; v tem primeru moramo imeti x^2+5x-6 = (x+6)\cdot (x-1)>0. Rešimo neenačbo ob pomoči naslednje tabele.
    Dobimo, da je domena funkcije D_f=(-\infty, -6)\cup (1, +\infty).
  2. Ničle funkcije f so rešitve enačbe \ln (x^2+5x-6)=0=\ln 1 oziroma x^2+5x-6=1, kar pomeni x=\dfrac{-5+\sqrt {53}}{2} in x=\dfrac{-5-\sqrt {53}}{2}. Obe točki pripadata domeni, torej sta ničli dane funkcije.
    Funkcija nima niti polov niti navpičnih asimptot.
  3. Poiščimo vse eventualne vodoravne ali poševne asimptote. Najprej izračunamo limiti dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty, in dobimo \displaystyle\lim_{x\to \pm\infty} f(x)=+\infty, torej funkcija nima vodoravnih asimptot. Da bi se prepričali, ali ima poševne asimptote, nato izračunamo še limito

        \[\lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{f(x)}{x}\stackrel{\left[\frac{\infty}{\infty}\right]}{\underset{\text{L'H}}{=}} \lim_{x\to \pm\infty} \dfrac{\dfrac{2x+5}{x^2+5x-6}}{1}=0.\]

    To pomeni, da poševna asimptota ne obstaja.
    Izračunamo še enostranski limiti na robovih definicijskega območja:

        \[\lim_{x\to 1^+} f(x)&= \ln 0^+=-\infty\]

        \[\lim_{x\to -6^-} f(x)&= \ln 0^+=-\infty.\]

  4. Stacionarne točke so ničle prvega odvoda, ki ima predpis f'(x)=\dfrac{2x+5}{x^2+5x-6} in edino ničlo x=-\dfrac{5}{2}, ki pa ne pripada domeni D_f. To pomeni, da funkcija nima ekstremov.
  5. Ob pomoči naslednje tabele ugotovimo intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.Funkcija narašča na intervalu (1, +\infty) ter pada na intervalu (-\infty, -6).
  6. Graf funkcije je na sliki 21.12.
Slika 21.12: Graf funkcije f(x)=\ln (x^2+5x-6).

Naloga 20: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x){=}(2x-2)\cdot e^{-(x^2-x-1)}.

Rešitev:

  1. Dana funkcija je produkt med linearno funkcijo g(x)=2x-2 in eksponentno funkcijo h(x)=e^{-(x^2-x-1)}. Ker sta obe funkciji povsod definirani, je domena funkcije f torej D_f = \mathbb{R} = (-\infty, +\infty).
  2. Eksponentna funkcija ni nikoli enaka 0, torej so ničle funkcije ničle linearne funkcije g(x)=2x-2=2\cdot (x-1) oziroma x=1.
    Funkcija nima niti polov niti navpičnih asimptot.
  3. Poiščimo vse eventualne vodoravne ali poševne asimptote.
    Zdaj izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) &= \lim_{x \to -\infty} (2x-2)\cdot e^{-(x^2-x-1)} = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{2x-2}{e^{x^2-x-1}}\stackrel{[\frac{-\infty}{\infty}]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\]
         \[=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{2}{(2x-1)\cdot e^{x^2-x-1}}=\dfrac{2}{-\infty}=0^-\]
    in podobno
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) &= \lim_{x \to +\infty} (2x-2)\cdot e^{-(x^2-x-1)} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{2x-2}{e^{x^2-x-1}}\stackrel{[\frac{+\infty}{\infty}]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\]
         \[=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{2}{(2x-1)\cdot e^{x^2-x-1}}=\dfrac{2}{+\infty}=0^+,\]
    torej je premica y=0 vodoravna asimptota, kar pomeni, da funkcija nima poševnih asimptot.
  4. Poiščimo stacionarne točke oziroma ničle prvega odvoda:
         \[f'(x) =& 2\cdot e^{-x^2+x+1}+(2x-2)\cdot e^{-x^2+x+1}\cdot (-2x+1)\]
        \[=e^{-x^2+x+1}\cdot [2+(2x-2)\cdot (-2x+1)]=e^{-x^2+x+1}\cdot (-4x^2+6x).\]
    Ker je
    f'(x) = 0 \Longleftrightarrow -4x^2+6x=2x\cdot(-2x+3) =0,     sta x=0 in x=\dfrac{3}{2} stacionarni točki.
  5. Ob pomoči tabele 21.2 identificiramo intervale naraščanja oziroma padanja ter intervale konveksnosti oziroma konkavnosti. Predznak prvega odvoda f'(x)=e^{-x^2+x+1}\cdot (-4x^2+6x) je enak predznaku kvadratne funkcije q(x)=-4x^2+6x, ki ima graf parabole na sliki 21.13.
    21.13: Graf kvadratne funkcije q(x)=-4x^2+6x.
    Tabela 21.2: Intervali naraščanja in padanja funkcije f(x)=(2x-2)\cdot e^{-(x^2-x-1)}.

    Ugotovimo, da je funkcija f naraščajoča na intervalu [0,\dfrac{3}{2}] ter padajoča na uniji intervalov (-\infty, 0]\cup [\dfrac{3}{2}, +\infty). Pri x=0 ima funkcija lokalni minimum, pri x=\dfrac{3}{2} pa lokalni maksimum.

  6. Na podlagi prejšnje tabele bomo narisali graf funkcije f (glej sliko 21.14).
Slika 21.14: Graf funkcije f(x)=(2x-2)\cdot e^{-(x^2-x-1)}.

 

Naloga 21: Skicirajmo graf funkcije f, podane s predpisom f(x)=\dfrac{\cos x}{1-\cos x} na intervalu [0, 2\pi].

Rešitev:

  1. Dana funkcija je definirana tam, kjer je imenovalec različen od 0, torej tam, kjer je 1-\cos x\neq 0 oziroma \cos x\neq 1 ekvivalentno x\neq 0 in x\neq 2\pi. Dobimo, da je domena D_f=(0, 2\pi).
  2. Ničle funkcije so ničle števca. Ker je \cos x=0 na (0, 2\pi) za x=\dfrac{\pi}{2} in x=\dfrac{3\pi}{2}, sklepamo, da sta ničli funkcije x=\dfrac{\pi}{2} in x=\dfrac{3\pi}{2}.
  3. Funkcija ima dva pola, v točkah x=0 in x=2\pi, kjer ima tudi navpični asimptoti. Nima pa vodoravnih ali poševnih asimptot.
    Ker je \cos x\leq 1 \Longleftrightarrow 1-\cos x\geq 0, dobimo, da je
        \[\lim_{x \to 0^+} (1-\cos x)=0^+= \lim_{x \to 2\pi^-} (1-\cos x),\]
    in zato je
         \[\lim_{x \to 0^+} f(x)=\dfrac{1}{0^+}=+\infty=\lim_{x \to 2\pi^-} f(x).\]
  4. Poiščimo stacionarne točke oziroma ničle prvega odvoda:

        \[f'(x) =\dfrac{-\sin x\cdot (1-\cos x)-\cos x\cdot \sin x}{(1-\cos x)^2}=\dfrac{-\sin x}{(1-\cos x)^2}.\]

    Ker je f'(x) = 0 \Longleftrightarrow \sin x=0, je x=\dfrac{\pi}{2} stacionarna točka funkcije f. Poiščemo še prevoje oziroma ničle drugega odvoda:
         \[f''(x)&=\dfrac{-\cos x\cdot (1-\cos x)^2-(-\sin x)\cdot 2\cdot (1-\cos x)\cdot \sin x}{(1-\cos x)^4}\]
        \[=\dfrac{(1-\cos x)\cdot [-\cos x\cdot (1-\cos x)+2\sin^2 x]}{(1-\cos x)^4}\]
        \[=\dfrac{\cos^2 x-\cos x+2\cdot (1-\cos^2 x)}{(1-\cos x)^3}\]
        \[=\dfrac{2-\cos x-\cos^2 x}{(1-\cos x)^3}\]
        \[=\dfrac{(1-\cos x)\cdot(2+\cos x)}{(1-\cos x)^3}\]
        \[=\dfrac{2+\cos x}{(1-\cos x)^2}.\]
    Dobimo, da je f''(x)\neq 0, torej funkcija nima prevoja.

  5. Identificiramo intervale naraščanja oziroma padanja ter intervale konveksnosti oziroma konkavnosti.
    Ker je f'(x)\geq 0 \Longleftrightarrow -\sin x\geq 0 \Longleftrightarrow \sin x\leq 0 \Longleftrightarrow x\in [\pi, 2\pi), ugotovimo, da je funkcija naraščajoča na intervalu [\pi, 2\pi) ter padajoča na intervalu (0, \pi].
    Ker je f''(x)> 0 za vsak x v domeni, je funkcija f povsod konveksna.
  6. Zdaj skiciramo graf funkcije f (slika 21.15).
Slika 21.15: Graf funkcije f(x)=\dfrac{\cos x}{1-\cos x} na intervalu [0, 2\pi].

Naloga 22: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)=\cos x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}x in definirane na intervalu [0, 2\pi].

Rešitev:

  1. Po navodilu je domena funkcije f taka: D_f=[0, 2\pi].
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe \cos x-\dfrac{\sqrt{2}}{2}x=0. Ker jih ni mogoče dobiti z metodami, ki jih poznamo, bomo to točko preskočili.
  3. Funkcija je podana kot razlika med funkcijo kosinusa in linearno funkcijo, torej nima polov, nima navpičnih asimptot in niti vodoravnih ali poševnih asimptot.
  4. Poiščimo stacionarne točke in lokalne ekstreme. Izračunamo vrednost prvega odvoda in dobimo f'(x)= -\sin x - \dfrac{\sqrt{2}}{2}, obstaja povsod na intervalu (0, 2\pi). Znotraj tega odprtega intervala je
         \[f'(x) = -\sin x - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0 \Longleftrightarrow \sin x = - \frac{\sqrt{2}}{2},\]
    zato sta stacionarni točki x = \dfrac{5 \pi}{4} in x = \dfrac{7 \pi}{4}.
    Vrednost drugega odvoda je f''(x) = - \cos x, in ker je f''( \dfrac{5 \pi}{4}) = -\cos (\dfrac{5 \pi}{4}) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} > 0, sledi, da ima funkcija lokalni minimum v točki \dfrac{5 \pi}{4}. Podobno je f''( \dfrac{7 \pi}{4}) = -\cos (\dfrac{7\pi}{4}) = - \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 0, kar pomeni, da ima funkcija lokalni maksimum v točki \dfrac{7 \pi}{4}.
    Funkcija f narašča, ko je f'(x)>0\Longleftrightarrow -\sin x - \dfrac{\sqrt{2}}{2}>0 \Longleftrightarrow \sin x< -\dfrac{\sqrt{2}}{2}, torej ko je x\in (\dfrac{5\pi}{4}, \dfrac{7\pi}{4}). Funkcija pada za x\in (0, \dfrac{5\pi}{4})\cup (\dfrac{7\pi}{4}, 2\pi).
  5. Prevoji funkcije so ničle drugega odvoda oziroma rešitve enačbe f''(x) = -\cos x = 0. Dobimo prevoja x = \dfrac{\pi}{2} in x = \dfrac{3\pi}{2}.  Vidimo, da je funkcija konveksna na intervalu (\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}), ko je f''(x)>0 \Longleftrightarrow \cos x>0. Funkcija f je konkavna na uniji intervalov (0, \dfrac{\pi}{2})\cup (\dfrac{3\pi}{2}, 2\pi).
    Ovrednotimo še funkcijo f na robovih domene in dobimo f(0) = 1 in f(2\pi) = 1 - \sqrt{2} \pi<0.
  6. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja ter konveksnosti oziroma konkavnosti funkcije f.
  7. Zdaj skiciramo graf dane funkcije na sliki 21.16.
Slika 21.16: Graf funkcije f(x)=\cos x-\dfrac{\sqrt 2}{2}x na intervalu [0, 2\pi].

Naloga 23: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)=\dfrac{ \sqrt{x^2-1}}{x+3}.

Rešitev:

  1. Kvadratni koren je dobro definiran, ko je njegov argument pozitiven, zato je prvi pogoj za domeno x^2-1\geq 0\Longleftrightarrow x\in (-\infty, -1]\cup [1, +\infty). Drugi pogoj pravi, da mora biti imenovalec različen od 0, torej x+3\neq 0\Longleftrightarrow x\neq 3. Dobimo, da je domena funkcije D_f=(-\infty, -3)\cup (-3, -1]\cup [1, +\infty).
  2. Ničle funkcije so ničle števca, torej
    f(x) = 0 \Longleftrightarrow \sqrt{x^2-1}=0 \Longleftrightarrow x^2-1=0 \Longleftrightarrow x=\pm 1.
  3. Funkcija ima samo en pol, tj. ničla imenovalca x=-3 in premica x=-3 je navpična asimptota dane funkcije. Izračunamo še enostranski limiti v točki -3:
         \[\lim_{x \to -3^+} f(x) = \lim_{x \to -3^+} \frac{\sqrt{8}}{0^+} = +\infty,\]
         \[\lim_{x \to -3^-} f(x) = \lim_{x \to -3^-} \frac{\sqrt{8}}{0^-} = -\infty.\]
  4. Poiščimo vse druge eventualne asimptote.
    I)  Zdaj izračunamo limite dane funkcije, ko gre x proti \pm\infty:
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) &= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt{x^2\cdot \left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)}}{x\cdot \left(1+\dfrac{3}{x}\right)}=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\lvert x\rvert\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}}{x\cdot \left(1+\dfrac{3}{x}\right)}\]
         \[=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{-x\cdot \sqrt{1-\boxed{\frac{1}{x^2}}_{\searrow 0}}}{x\cdot \left(1+\boxed{\frac{3}{x}}_{\searrow 0}\right)}=-1,\]
    kar pomeni, da je premica y=-1 vodoravna asimptota funkcije f, ko gre x proti -\infty.
    Podobno izračunamo
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) &= \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\sqrt{x^2\cdot \left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)}}{x\cdot \left(1+\dfrac{3}{x}\right)}=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\lvert x\rvert\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x^2}}}{x\cdot \left(1+\dfrac{3}{x}\right)}\]
         \[=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x\cdot \sqrt{1-\boxed{\frac{1}{x^2}}_{\searrow 0}}}{x\cdot \left(1+\boxed{\frac{3}{x}}_{\searrow 0}\right)}=1,\]
    torej je premica y=1 vodoravna asimptota funkcije f, ko gre x proti +\infty.
    II) Funkcija nima poševnih asimptot, ker ima vodoravno asimptoto pri \pm\infty.
  5. Stacionarne točke so ničle prvega odvoda, ki ima obliko:
         \[f'(x) &=\dfrac{\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-1}}\cdot (x+3)-\sqrt{x^2-1}\cdot 1}{(x+3)^2} = \dfrac{x\cdot (x+3)- (x^2-1)}{\sqrt{x^2-1}\cdot (x+3)^2}\]
         \[= \dfrac{3x+1}{\sqrt{x^2-1}\cdot (x+3)^2}.\]
    Torej, f'(x) = 0 \Longleftrightarrow 3x+1=0 natanko tedaj, ko je x=-\dfrac{1}{3}, ki pa ne pripada domeni. To pomeni, da funkcija nima stacionarnih točk.
  6. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah, in ugotovili intervale naraščanja oziroma padanja funkcije f.Funkcija f narašča na intervalu [1, +\infty) ter pada na (-\infty, -3)\cup (-3,-1].
  7. Graf funkcije je na sliki 21.17.
Slika 21.17: Graf funkcije f(x)= \dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x+3}.

Z grafa funkcije razberemo, da je funkcija konveksna na intervalu (-3, -1] ter konkavna na uniji intervalov (-\infty, -3)\cup [1, +\infty).

Naloga 24: Skicirajte graf funkcije f, podane s predpisom f(x)= \sqrt{x^2-9}-x.

Rešitev:

  1. Argument korenske funkcije s sodim korenskim eksponentom mora biti pozitiven, torej moramo imeti x^2-9\geq 0, kar vpliva na to, da je domena funkcije f enaka D_f=(-\infty, -3]\cup [3, +\infty).
  2. Ničle funkcije so rešitve enačbe

        \[f(x) = 0 \Longleftrightarrow \sqrt{x^2-9}-x=0 \Longleftrightarrow \sqrt{x^2-9}=x.\]

    Če enačbo kvadriramo, dobimo x^2-9=x^2, a ta nima rešitev. Zato dana funkcija nima ničel.

  3. Funkcija nima niti polov niti navpičnih asimptot.
  4. Poiščimo vse druge eventualne asimptote.
    I) Najprej izračunamo limito dane funkcije v -\infty
         \[\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} (\sqrt{x^2-9}-x)= +\infty-(-\infty)=+\infty,\]
    kar pomeni, da funkcija nima vodoravne asimptote v -\infty.
    Zdaj izračunamo limito funkcije v +\infty:
         \[\lim_{x \to +\infty} f(x) &= \lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2-9}-x)\stackrel{[\infty-\infty]}{=}\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\left(\sqrt{x^2-9}-x\right)\cdot \left(\sqrt{x^2-9}+x\right)}{\sqrt{x^2-9}+x}\]
        \[=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2-9-x^2}{\sqrt{x^2-9}+x}=-\dfrac{9}{+\infty}=0^-.\]
    Torej, premica y=0 je vodoravna asimptota funkcije v +\infty, kjer funkcija zagotovo nima poševnih asimptot.
    II) Preverimo, ali ima funkcija poševno asimptoto pri -\infty.
    Najprej izračunamo limito
         \[\lim_{x \to -\infty} \dfrac{f(x)}{x} &= \lim_{x \to -\infty} \dfrac{\sqrt {x^2-9}-x}{x}\stackrel{[\frac{\infty}{\infty}]}{\underset{\text{L'H}}{=}}\lim_{x \to -\infty} \dfrac{\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-9}}-1}{1}\]
        \[=\lim_{x \to -\infty}\left(\dfrac{x}{\sqrt{x^2\cdot \left(1-\dfrac{9}{x^2}\right)}}-1\right)\]
        \[=\lim_{x \to -\infty} \left( \dfrac{x}{-x\cdot \sqrt{1-\boxed{\frac{9}{x^2}}_{\searrow 0}}}-1\right)=-2=m\]
    in zdaj drugo limito
         \[q=\lim_{x \to -\infty} [f(x) - mx] = \lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2-9} - x+2x\right)\stackrel{[\infty-\infty]}{=}\]
        \[\lim_{x \to -\infty} \left(\sqrt{x^2-9}+ x\right) \cdot \dfrac{\sqrt{x^2-9}-x}{\sqrt{x^2-9}-x}\]
        \[=\lim_{x \to -\infty} \dfrac{x^2-9-x^2}{\sqrt{x^2-9}-x} =\dfrac{-9}{+\infty-(-\infty)}=0^-.\]
    Premica y=mx+q = -2x je torej poševna asimptota funkcije f pri -\infty.
  5. Stacionarne točke so ničle prvega odvoda:
         \[f'(x) =\dfrac{2x}{2\sqrt{x^2-9}}-1=\dfrac{x-\sqrt{x^2-9}}{\sqrt{x^2-9}}.\]
    Za f'(x) = 0 \Longleftrightarrow x-\sqrt{x^2-9}=0 že vemo, da nima rešitev. Sledi, da funkcija nima stacionarnih točk.
    Preučimo predznak prvega odvoda funkcije f. Ker je števec prvega odvoda funkcije f vedno pozitiven (upoštevajte, da je to kvadratni koren), je predznak odvoda podan s predznakom imenovalca. Domena dane funkcije je D_f=(-\infty, -3]\cup [3, +\infty).
    a) Če je x\geq 3, neenačbo x-\sqrt{x^2-9}\geq 0 \Longleftrightarrow x\geq \sqrt{x^2-9} kvadriramo in dobimo x^2\geq x^2-9 oziroma 0\geq -9, kar je vedno pravilno. To pomeni, da za x\geq 3 je f'(x)\geq 0, zato je funkcija f naraščajoča.
    b) Če je x\leq -3, dobimo, da je x\leq \sqrt{x^2-9} (prva stran neenačbe je negativna, druga pa je pozitivna, torej je neenačba pravilna), kar pomeni, da je f'(x)\leq 0 oziroma funkcija pada na intervalu (-\infty, -3].
  6. V naslednji tabeli bomo povzeli vse podatke, ki smo jih pridobili v prejšnjih točkah.
  7.  Graf funkcije je narisan na sliki 21.18.
Slika 21.18: Graf funkcije f(x)=\sqrt{x^2-9}-x.

 

Z grafa funkcije razberemo, da je funkcija vedno konkavna.

License

Naloge s celotnim postopkom reševanja Copyright © 2024 by University of Nova Gorica Press. All Rights Reserved.

Share This Book