MB152 Diferenciálny a integrálny počet, skupina 10, 3. cvičenie, 21.10.2020
Priebeh funkcie
Opäť začneme pripomenutím potrebných tvrdení.
Veta 1. Nech f má vlastnú deriváciu na otvorenom intervale I.
• Ak pre každé x ∈ I platí f (x) > 0, potom je f na I rastúca.
• Ak pre každé x ∈ I platí f (x) < 0, potom je f na I klesajúca.
Veta 2. Funkcia môže mať lokálny extrém len v bodoch x0 ∈ D(f), kde f neexistuje alebo platí
f (x0) = 0.
Veta 3. Predpokladajme, že v nejakom rýdzom okolí bodu x0 existuje vlastná derivácia f
funkcie f. Potom platí
• Ak f (x) < 0 pre x < x0 a f (x) > 0 pre x > x0, potom sa v bode x0 nachádza lokálne
minimum.
• Ak f (x) > 0 pre x < x0 a f (x) < 0 pre x > x0, potom sa v bode x0 nachádza lokálne
maximum.
• Ak f (x) > 0 pre x < x0 a f (x) > 0 pre x > x0, potom sa v bode x0 nenachádza lokálny
extrém a f je v okolí bodu x0 rastúca.
• Ak f (x) < 0 pre x < x0 a f (x) < 0 pre x > x0, potom sa v bode x0 nenachádza lokálny
extrém a f je v okolí bodu x0 klesajúca.
Veta 4. Nech x0 ∈ D(f) je stacionárny bod funkcie f, teda f (x0) = 0, a nech existuje f (x0).
• Ak f (x0) > 0, potom sa v bode x0 nachádza lokálne minimum.
• Ak f (x0) < 0, potom sa v bode x0 nachádza lokálne maximum.
Veta 5. Nech má funkcia f vlastnú druhú deriváciu na otvorenom intervale I.
• Ak pre každé x ∈ I platí f (x) > 0, potom je f na I konvexná.
• Ak pre každé x ∈ I platí f (x) < 0, potom je f na I konkávna.
Veta 6.
• Ak v inflexnom bode x0 existuje druhá derivácia f (x0) funkcie f, potom platí f (x0) = 0.
• Ak f (x0) = 0 a f mení v bode x0 znamienko, potom je x0 inflexný bod funkcie f.
• Ak f (x0) = 0 a f (x0) = 0, potom je x0 inflexný bod funkcie f.
Definícia 7. Priamka x = x0 sa nazýva asymptotou bez smernice funkcie f, ak je aspoň jedna
jednostranná limita funkcie f v bode x0 nevlastná.
Veta 8. Priamka y = ax + b je asymptotou so smernicou v ∞ funkcie f práve vtedy, keď
lim
x→∞
f(x)
x
= a, lim
x→∞
(f(x) − ax) = b.
Podobné tvrdenie platí pre asymptotu so smernicou v −∞.
1
Zhrňme si postup pri vyšetrovaní priebehu funkcie f:
• V prvom rade určíme definičný obor D(f) a obor hodnôt H(f). Môžeme rozhodnúť o tom, či
je funkcia párna, nepárna alebo periodická. Pre ľahšiu konštrukciu grafu môžeme tiež nájsť
nulové body funkcie a intervaly, na ktorých je kladná, respektíve záporná. Vyšetríme body
nespojitosti.
• Spočítame prvú deriváciu a s jej pomocou vyšetríme monotónnosť funkcie a lokálne extrémy,
teda nájdeme intervaly, na ktorých rastie, respektíve klesá, a v stacionárnych bodoch alebo
v bodoch, kde prvá derivácia neexistuje overíme, či sa nachádza lokálne minimum alebo
maximum.
• Spočítame druhú deriváciu a s jej pomocou nájdeme intervaly, na ktorých je funkcia konvexná,
respektíve konkávna, a nájdeme inflexné body. Prípadne použijeme druhú deriváciu
pri rozhodovaní o prítomnosti lokálneho extrému.
• Nájdeme asymptoty funkcie f.
• Vypočítame funkčné hodnoty funkcie f a jej derivácie f vo význačných bodoch.
• Zostrojíme graf funkcie f.
Príklad 9. Vráťme sa k poslednému príkladu z predošlých cvičení. Má piest najväčšiu rýchlosť
v momente, kedy zviera kľuka s osou valca pravý uhol? Alebo keď zviera kľuka s ojnicou pravý
uhol?
V spomínanom príklade sme odvodili tvar funkcie rýchlosti piestu f(t) = x (t) v závislosti od
času:
f(t) = x (t) = −rω sin(ωt) −
r2
ω sin(ωt) cos(ωt)
l2 − r2 sin2
(ωt)
.
Tiež sme spočítali prvú deriváciu tejto funkcie:
f (t) = x (t) = −rω2
cos(ωt) − r2
ω2 cos2
(ωt) − sin2
(ωt)
l2 − r2 sin2
(ωt)
− r4
ω2 sin2
(ωt) cos2
(ωt)
l2 − r2 sin2
(ωt)
3 .
2
Ak má byť rýchlosť piestu v bode ωt = π
2
maximálna, potom podľa vety 2 musí byť funkcia f
v tomto bode buď nedefinovaná alebo nulová. Počítajme:
f
1
200
=
r2
ω2
√
l2 − r2
> 0.
To znamená, že v tomto bode nemôže mať funkcia f lokálny extrém, a tým pádom ani globálny,
teda rýchlosť piestu v uvažovanej polohe nie je maximálna. Uvedomme si, že v okolí bodu ϕ = π
2
sa veličina x, čo môžeme chápať ako výšku piestu, zmenšuje, takže aj rýchlosť piestu má záporné
znamienko. Ak nám vo fáze ϕ = π
2
vychádza kladné zrýchlenie, znamená to, že rýchlosť piestu
v absolútnej hodnote klesá, a preto k maximálnej rýchlosti piestu dochádza ešte pred tým, ako
kľuka zviera pravý uhol s osou valca.
K maximálnej rýchlosti nedochádza ani v druhom prípade. V tejto situácii máme tan(ϕ) =
15
5
= 3, z čoho dostaneme cos(x) = 1√
10
a sin(x) = 3√
10
. V tomto bode má zrýchlenie hodnotu
−
rω2
√
10
+
4r2
ω2
5 l2 − r2 9
10
−
9r4
ω2
100 l2 − r2 9
10
3 ≈ −19, 5202324π2
.
Zrýchlenie je v tomto prípade záporné, takže ešte stále dochádza k nárastu rýchlosti, v absolútnej
hodnote.
v
Príklad 10. Vyšetrite priebeh funkcie
f(x) = sin (2 arctan x) .
Definičný obor funkcie je D(f) = R. Keďže obor hodnôt funkcie 2 arctan x je (−π, π), obor
hodnôt funkcie f má tvar H(f) = [−1, 1]. Funkcia f je spojitá na celom R. Jej jediný nulový
bod je 0. V ostatných bodoch má nasledujúce znamienka:
(−∞, 0) (0, ∞)
f(x) − +
Vzhľadom k tomu, že platí
f(−x) = sin (2 arctan(−x)) = sin (−2 arctan x) = − sin (2 arctan x) = −f(x),
je funkcia f nepárna. Evidentne nie je periodická.
Prvá derivácia má tvar
f (x) = (sin (2 arctan x)) =
2 cos (2 arctan x)
1 + x2
.
3
Zrejme prvá derivácia všade existuje a je vlastná, teda D(f ) = D(f) = R. Pozrime sa na jej
nulové body. Rovnica cos (2 arctan x) = 0 implikuje 2 arctan x = ±π
2
, čo znamená, že x = ±1.
Prvá derivácia má teda dva nulové body ±1. Pomocou vety 1 môžeme analyzovať monotónnosť
funkcie f:
(−∞, −1) (−1, 1) (1, ∞)
f (x) − + −
f(x)
Podľa vety 3 sa v bode −1 nachádza lokálne minimum a v bode 1 lokálne maximum.
Spočítajme druhú deriváciu:
f (x) =
2 cos (2 arctan x)
1 + x2
=
−4 sin(2 arctan x) − 4x cos(2 arctan x)
(1 + x2)2
.
Nulové body druhej derivácie sú riešením rovnice
−4 sin(2 arctan x) − 4x cos(2 arctan x) = 0.
Keďže cos(2 arctan x) = 0 nie je riešením, môžeme týmto výrazom deliť a po pár úpravách sa
dostaneme k výsledku:
x = −
sin(2 arctan x)
cos(2 arctan x)
= −
2 sin(arctan x) cos(arctan x)
cos2(arctan x) − sin2
(arctan x)
= −
2 cos2
(arctan x)
sin(arctan x)
cos(arctan x)
cos2(arctan x) 1 −
sin2
(arctan x)
cos2(arctan x)
=
−2 tan(arctan x)
1 − tan2
(arctan x)
=
−2x
1 − x2
⇒ x =
−2x
1 − x2
⇒ x(1 − x2
) = −2x ⇒ x(x2
− 3) = 0
Riešením sú body ±
√
3 a 0. Podľa vety 5 porovnáme znamienka druhej derivácie a konvexnosť/konkávnosť
funkcie f:
(−∞, −
√
3) (−
√
3, 0) (0,
√
3) (
√
3, ∞)
f (x) − + − +
f(x) ∩ ∪ ∩ ∪
Podľa definície a vety 6 sú body ±
√
3 a 0 inflexné.
Funkcia nemá body nespojitosti, preto nemôže mať ani asymptoty bez smernice. Asymptotu
so smernicou v ∞ môžeme nájsť s použitím vety 8:
a = lim
x→∞
sin(2 arctan x)
x
= lim
x→∞


sin(2 arctan x)
ohr.
·
1
x
→0


 = 0,
b = lim
x→∞
(sin(2 arctan x) − 0 · x) = lim
x→∞
sin(2 arctan x
limx→∞ je vlastná
) = sin lim
x→∞
2 arctan x = sin(π) = 0.
Zistili sme, že priamka y = 0 je asymptotou so smernicou v ∞ funkcie f. Podobné výpočty by
ukázali, že táto priamka je zároveň aj asymptotou so smernicou v −∞.
Na záver funkčné hodnoty a graf: f(−1) = −1, f(1) = 1, f(−
√
3) = −
√
3
2
, f(
√
3) =
√
3
2
,
f (0) = 2, f (−
√
3) = −1
4
a f (
√
3) = −1
4
.
4
v
Príklad 11. Vyšetrite priebeh funkcie
f(x) = arctan
x − 1
x
.
Definičný obor funkcie f je D(f) = R {0}. Obor hodnôt funkcie x−1
x
= 1− 1
x
je R {1}, a
preto platí H(f) = (−π
2
, π
2
) {π
4
}. Keďže f(−1) = arctan(2) = ±f(1) = 0, funkcia f nie je ani
párna ani nepárna. Tiež zrejme nie je periodická. Bod 1 je jediný bod, v ktorom platí f(1) = 0.
K zmene znamienka môže dôjsť len v bodoch {0, 1}, preto platí:
(−∞, 0) (0, 1) (1, ∞)
f(x) + − +
Vyšetrime druh nespojitosti v bode 0. Keďže platí
lim
x→0+
x − 1
x
=
0+
− 1
0+
= −∞, lim
x→0−
x − 1
x
=
0−
− 1
0−
= ∞,
dostávame
lim
x→0+
arctan
x − 1
x
= lim
x→−∞
arctan x = −
π
2
, lim
x→0−
arctan
x − 1
x
= lim
x→∞
arctan x =
π
2
.
Obidve jednostranné limity sú vlastné no rôzne, takže v bode 0 má f nespojitosť prvého druhu,
teda skok.
Spočítame prvú deriváciu:
f (x) = arctan
x − 1
x
=
1
1 +
x − 1
x
2
x − (x − 1)
x2
=
1
x2 + (x − 1)2
=
1
2x2 − 2x + 1
.
Polynóm 2x2
− 2x + 1 nemá reálny koreň, preto platí D(f ) = D(f) = R {0}, čo znamená,
že v každom bode, kde je f definovaná, má táto funkcia aj vlastnú deriváciu. Všimnime si,
že pre každé x ∈ D(f ) platí f (x) > 0. Špeciálne, funkcia f podľa vety 2 nemá extrémy. V
nasledujúcej tabuľke je v súlade s vetou 1 vyšetrovaná monotónnosť:
(−∞, 0) (0, ∞)
f (x) + +
f(x)
Uvedomme si, že nemôžeme povedať, že funkcia f je rastúca na celom definičnom obore, pretože
platí f(−1
2
) > f(1
2
) aj napriek faktu −1
2
< 1
2
. To je spôsobené práve skokom v bode 0.
Pozrime sa na druhú deriváciu:
f (x) =
1
2x2 − 2x + 1
= ((2x2
− 2x + 1)−1
) =
2 − 4x
(2x2 − 2x + 1)2
.
Definičným oborom druhej derivácie je opäť D(f ) = D(f) = R {0}. Jej jediný nulový bod
je 1
2
. Podľa znamienka druhej derivácie určíme pomocou vety 5 intervaly, na ktorých je funkcia
konvexná, respektíve konkávna.
5
(−∞, 0) (0, 1
2
) (1
2
, ∞)
f (x) + + −
f(x) ∪ ∪ ∩
Keďže má f v bode 1
2
vlastnú deriváciu, je podľa definície a vety 6 bod 1
2
inflexný bod.
Jediné body, v ktorých sa môžu vyskytnúť asymptoty bez smernice, sú body nespojitosti.
Funkcia f má jediný bod nespojitosti, 0, v ktorom má vlastné jednostranné limity, čo podľa
definície 7 znamená, že f nemá žiadnu asymptotu bez smernice. S použitím vety 8 zistime, či
má asymptotu so smernicou v ∞:
a = lim
x→∞
arctan
x − 1
x
x
= lim
x→∞
arctan
x − 1
x
ohraničená
·
1
x
→0
= 0.
Teraz dopočítame koeficient b:
lim
x→∞
x − 1
x
= 1 ⇒ b = lim
x→∞
arctan
x − 1
x
− 0 · x = lim
x→1
(arctan x) =
π
4
.
To znamená, že funkcia f má asymptotu so smernicou v ∞ a jej predpis je y = π
4
. Opäť pomocou
vety 8 by sme prostredníctvom veľmi podobných výpočtov dospeli k záveru, že uvedená priamka
je zároveň aj asymptotou so smernicou v −∞.
Nakoniec dopočítame niektoré funkčné hodnoty a zostrojíme graf: f(1
2
) = −π
4
, f (1
2
) = 2.
v
Príklad 12. Vyšetrite priebeh funkcie
f(x) =
3
√
x3 − x.
Uvedená funkcia je definovaná pre všetky reálne čísla, teda D(f) = R. Obor hodnôt funkcií
x3
−x a 3
√
je R, a preto tiež platí H(f) = R. Funkcia je spojitá v každom bode, keďže sa jedná
o zloženie elementárnych funkcií, ktorých definičný obor je R. Jej nulové body sú {−1, 0, 1}.
Nasledujúca tabuľka uvádza znamienka funkcie f na jendotlivých intervaloch:
(−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞)
f(x) − + − +
Pozrime sa na jej paritu:
f(−x) = 3
(−x)3 − (−x) = 3
−x3 − (−x) = 3
−(x3 − x) = −
3
√
x3 − x = −f(x).
Zistili sme, že funkcia f je nepárna. To znamená, že jej chovanie bude svojim spôsobom symetrické
a nám stačí vyšetrovať ju na jednom z intervalov (−∞, 0], [0, ∞).
6
Prejdime k derivovaniu:
f (x) =
3
√
x3 − x =
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
.
Uvedomme si, že pri počítaní derivácie sme použili vetu o derivovaní zloženej funkcie, kde v
našom prípade platí f = h ◦ g, h = 3
√
a g = x3
− x. Avšak v bodoch −1, 0 a 1 je funkcia g
nulová a v nule má funkcia h nevlastnú deriváciu, čo je v spore s predpokladmi tejto vety. V
bodoch −1, 0 a 1 preto musíme deriváciu funkcie f vypočítať z definície:
f (1) = lim
x→1
3
√
x3 − x − 3
√
13 − 1
x − 1
= lim
x→1
3
√
x3 − x
x − 1
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→1
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
typ
c
0
Vyšetríme jednostranné limity:
lim
x→1+
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
=
1
3
3(1+
)2
− 1
( 3
(1+)3 − 1+)2
=
1
3
2+
( 3
√
0+)2
= ∞,
lim
x→1−
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
=
1
3
3(1−
)2
− 1
( 3
(1−)3 − 1−)2
=
1
3
2−
( 3
√
0−)2
= ∞
Takže v bode 1 platí f (1) = ∞. Keďže f je nepárna, tiež platí f (−1) = ∞. Zostáva nám
vyšetriť bod 0.
lim
x→0
3
√
x3 − x
x
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→0
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
typ
c
0
Opäť sa pozrieme na jednostranné limity:
lim
x→0+
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
=
1
3
3(0+
)2
− 1
( 3
(0+)3 − 0+)2
=
1
3
−1+
( 3
√
0−)2
= −∞,
lim
x→0−
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
=
1
3
3(0−
)2
− 1
( 3
(0−)3 − 0−)2
=
1
3
−1+
( 3
√
0+)2
= −∞.
Zistili sme, že v bode 0 má funkcia f nevlastnú deriváciu f (0) = −∞. Jediné nulové body
prvej derivácie sú riešenia rovnice
3x2
− 1 = 0 ⇔ x = ±
√
3
3
.
Pomocou vety 1 zistíme, kde f rastie, a kde klesá:
−∞, −
√
3
3
−
√
3
3
,
√
3
3
√
3
3
, ∞
f (x) + − +
f(x)
Podľa vety 3 sa v bode −
√
3
3
nachádza lokálne maximum a v bode
√
3
3
lokálne minimum.
Pozrieme sa na druhú deriváciu:
f (x) =
1
3
3x2
− 1
( 3
√
x3 − x)2
=
1
3
6x( 3
√
x3 − x)2
−
2
3
(3x2
− 1)2
3
√
x3 − x
( 3
√
x3 − x)4
=
1
3
6x(x3
− x) −
2
3
(3x2
− 1)2
( 3
√
x3 − x)5
=
1
3
−2x2
− 2
3
( 3
√
x3 − x)5
Zrejme platí D(f ) = D(f ) = R {−1, 0, 1}. Vzhľadom k tomu, že čitateľ nikdy nie je nulový,
v žiadnom bode nie je nulová ani druhá derivácia. Teraz sa pozrieme na jej znamienko a na
jeho základe podľa vety 5 rozhodneme o konvexnosti/konkávnosti funkcie f:
7
(−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞)
f (x) + − + −
f(x) ∪ ∩ ∪ ∩
Vzhľadom k tomu, že f je spojitá v bodoch {−1, 0, 1}, sú podľa definície a vety 6 tieto body
inflexné.
Funkcia nemá body nespojitosti, takže nemôže mať ani asymptoty bez smernice. Použijúc
vetu 8 nájdeme asymptotu so smernicou v ∞:
a = lim
x→∞
3
√
x3 − x
x
= lim
x→∞
3
x3(1 − 1
x2 )
x
= lim
x→∞
x 3
1 − 1
x2
x
= lim
x→∞
3
1 −
1
x2
= 1,
b = lim
x→∞
(
3
√
x3 − x − 1 · x) = lim
x→∞
x
3
1 −
1
x2
− 1 = lim
x→∞
3
1 − 1
x2 − 1
1
x
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→∞
2
3
1
x3( 3
√
1 − x−2)2
−
1
x2
= lim
x→∞
−
2
3
1
x( 3
√
1 − x−2)2
= 0.
To znamená, že priamka y = x je asymptotou so smernicou v ∞. Opäť nie je ťažké overiť, že
rovnako by to dopadlo aj s asymptotou so smernicou v −∞.
Dopočítame funkčné hodnoty a zostrojíme graf: f(−
√
3
3
) =
3√
2√
3
, f(
√
3
3
) = −
3√
2√
3
. v
Obr. 1: Príklad 12
Poznámka. Pozastavme sa nad výpočtami prvej derivácie v predošlom príklade. Situácia
bola taká, že v rýdzom okolí bodu 1 sme mali spočítanú prvú deriváciu f (x). V bode 1 sme
ju nemohli dopočítať, pretože v ňom neboli splnené predpoklady vety o derivovaní zloženej
funkcie. Preto sme sa rozhodli vypočítať ju priamo z definície. Všimnime si že po aplikovaní
l’Hospitalovho pravidla sme v skutočnosti počítali limitu limx→1 f (x). Tá exitovala, takže sme
usúdili, že existuje aj pôvodná limita a tieto sa rovnajú. Pozrime sa na to zo všeobecnejšieho
hľadiska.
8
Buď f funkcia spojitá v bode x0 majúca prvú deriváciu v nejakom rýdzom okolí bodu x0.
Derivácia funkcie f v bode x0 je z definície limita limx→x0
f(x)−f(x0)
x−x0
. Rovnosť limx→x0 (x−x0) = 0
platí vždy, bez ohľadu na funkciu f. Na druhej strane predpoklad o spojitosti funkcie f v bode
x0 implikuje priamo z definície platnosť rovnosti
lim
x→x0
(f(x) − f(x0)) = lim
x→x0
f(x) − lim
x→x0
f(x0) = f(x0) − f(x0) = 0.
To znamená, že limita limx→x0
f(x)−f(x0)
x−x0
je typu 0
0
a my môžeme použiť l’Hospitalovo pravidlo,
ktoré nás v našom prípade privedie k limite
lim
x→x0
f(x) − f(x0)
x − x0
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→x0
(f(x) − f(x0))
(x − x0)
= lim
x→x0
f (x)
1
= lim
x→x0
f (x).
Takže fakt, že sme sa dopracovali k limite limx→x0 f (x) nie je náhoda. No musíme si uvedomiť,
že l’Hospitalovo pravidlo ponúka len postačujúcu podmienku, čiže aj keby neexistovala limita
limx→x0 f (x), môže mať funkcia f v bode x0 deriváciu. Ilustrujme si to na príklade.
Nech má funkcia f nasledujúci tvar:
f(x) =



x2
· sin
1
x
, ak x ∈ R {0},
0, ak x = 0.
Funkcia f je spojitá na celom R a pre každé x = 0 platí
f (x) = x2
sin
1
x
= 2x sin
1
x
− cos
1
x
.
Limita prvého sčítanca je síce 0, no limita druhého sčítanca zrejme neexistuje, preto neexistuje
ani limita limx→0 f (x). Vypočítajme deriváciu f (0) z definície:
f (0) = lim
x→0
x2
sin
1
x
− 0
x − 0
= lim
x→0
x sin
1
x
= 0.
Tento príklad zároveň ukazuje, že l’Hospitalovo pravidlo je skutočne len postačujúcou podmienkou
existencie pôvodnej limity, nie nutnou.
Príklad 13. Vyšetrite priebeh funkcie
f(x) =
3
(x − 1)2
x
.
Definičný obor funkcie je D(f) = R {0}. Najprv vyšetríme charakter nespojitosti v počiatku.
Limita je typu 1
0
, takže rozhodneme na základe jednostranných limít:
lim
x→0+
3
(x − 1)2
x
=
3
(0+ − 1)2
0+
=
3
(−1+)2
0+
=
3
√
1−
0+
= ∞,
lim
x→0−
3
(x − 1)2
x
=
3
(0− − 1)2
0−
=
3
(−1−)2
0−
=
3
√
1+
0−
= −∞.
Obidve jednostranné limity sú nevlastné a majú opačné znamienko, preto má funkcia v bode 0
nespojitosť druhého druhu.
9
Aby sme si mohli lepšie predstaviť obor hodnôt, spočítame limity v ±∞:
lim
x→∞
3
(x − 1)2
x
= lim
x→∞
3
x
3
2 (x−1
2 − x−3
2 )
2
x
= lim
x→∞
3
x3(x−1
2 − x−3
2 )2
x
= lim
x→∞
3
(x−1
2 − x−3
2 )2 = 0,
lim
x→−∞
3
(x − 1)2
x
= lim
x→−∞
3
|x|
3
2 (− |x|−1
2 − |x|−3
2 )
2
x
= lim
x→−∞
3
|x|3
(− |x|−1
2 − |x|−3
2 )2
x
= lim
x→−∞
−
3
(− |x|−1
2 − |x|−3
2 )2 = 0.
Podľa Bolzanovej vety spojitá funkcia zobrazí ohraničený uzavretý interval opäť na ohraničený
uzavretý interval. Funkcia f je na intervaloch (−∞, 0) a (0, ∞) spojitá. To spolu s predošlými
rovnosťami implikuje nasledujúce inklúzie: (−∞, 0) ⊆ f(−∞, 0) a (0, ∞) ⊆ f(0, ∞)1
. Ak si
navyše všimneme, že f(1) = 0, dostaneme H(f) = R.
Keďže platí f(−1) = − 3
√
4 = ±f(1) = 0, funkcia nie je ani párna ani nepárna. Evidentne
nie je ani periodická. Jediný bod, v ktorom nadobúda nulovú funkčnú hodnotu je 1. Pozrime
sa na jej znamienka:
(−∞, 0) (0, 1) (1, ∞)
f(x) − + +
Spočítajme prvú deriváciu:
f (x) =
3
(x − 1)2
x
=
2
3
x
3
√
x − 1
− 3
(x − 1)2
x2
=
2
3
x − (x − 1)
x2 · 3
√
x − 1
=
−x + 3
3x2 · 3
√
x − 1
.
Uvedomme si, že deriváciu v bode 1 musíme opäť vyšetriť zvlášť:
lim
x→1
3
(x − 1)2
x
x − 1
= lim
x→1
1
x · 3
√
x − 1
typ 1
0
=



lim
x→1+
1
x · 3
√
x − 1
=
1
1+ · 3
√
1+ − 1
=
1
1+ · 3
√
0+
= ∞,
lim
x→1−
1
x · 3
√
x − 1
=
1
1− · 3
√
1− − 1
=
1
1− · 3
√
0−
= −∞.
Derivácia v bode 1 preto neexistuje. Jediný nulový bod prvej derivácie je 3. V nasledujúcej
tabuľke vyšetrujeme podľa vety 1 monotónnosť funkcie f:
(−∞, 0) (0, 1) (1, 3) (3, ∞)
f (x) − − + −
f(x)
Podľa vety 3 nadobúda funkcia f v bode 1 lokálne minimum a v bode 3 lokálne maximum.
Prejdime k druhej derivácii:
f (x) =
−x + 3
3x2 · 3
√
x − 1
=
−3x2
· 3
√
x − 1 − (3 − x) 6x · 3
√
x − 1 +
x2
3
(x − 1)2
9x4 · 3
(x − 1)2
1
Limitné vzťahy a Bolzanova veta implikujú, že každý uzavretý a ohraničený podinterval intervalu (−∞, 0)
je podmnožinou oboru hodnôt funkcie f zúženej na interval (−∞, 0). Dôsledkom toho je inklúzia (−∞, 0) ⊆
f(−∞, 0). Rovnako sme postupovali v prípade (0, ∞) ⊆ f(0, ∞).
10
=
−3x2
(x − 1) − (3 − x) (6x(x − 1) + x2
)
9x4 · 3
(x − 1)4
=
4x2
− 24x + 18
9x3 · 3
(x − 1)4
.
Pre jej definičný obor platí D(f ) = D(f ) = R {0, 1}. Nulové funkčné hodnoty nadobúda v
bodoch 6±3
√
2
4
. Pozrime sa s použitím vety 5 na konvexnosť/konkávnosť funkcie f:
(−∞, 0) 0, 6−3
√
2
4
6−3
√
2
4
, 1 1, 6+3
√
2
4
6+3
√
2
4
, ∞
f (x) − + − − +
f(x) ∩ ∪ ∩ ∩ ∪
Podľa definície a vety 6 sú body 6±3
√
2
4
inflexné.
V prvom odstavci tohto príkladu sme zistili, že priamka x = 0 je asymptotou bez smernice
funkcie f. Keďže bod 0 je jej jediný bod nespojitosti, inú asymptotu bez smernice nemá.
Vyšetrime asymptotu so smernicou v ∞:
a = lim
x→∞
3
(x − 1)2
x
x
= lim
x→∞
3
(x − 1)2
x2
= lim
x→∞
3
x3( 1
x2 − 1
x3 )
2
x2
= lim
x→∞
3
x6( 1
x2 − 1
x3 )2
x2
= lim
x→∞
x2 3
( 1
x2 − 1
x3 )2
x2
= lim
x→∞
3 1
x2
−
1
x3
2
= 0,
b = lim
x→∞
3
(x − 1)2
x
− 0 · x = 0. (Spočítali sme v prvom odstavci.)
Zistili sme, že priamka y = 0 je asymptotou so smernicou v ∞. Podobne by sa ukázalo, že je
zároveň aj asymptotou so smernicou v −∞.
Na záver význačné funkčné hodnoty a graf: f(3) =
3√
4
3
, f(6+3
√
2
4
) = a f(6−3
√
2
4
) =.
v
Literatúra
[1] HASIL, Petr a ZEMÁNEK, Petr. Sbírka řešených příkladů z matematické analýzy I, https:
//is.muni.cz/do/rect/el/estud/prif/js12/m_analyza/web/pdf/SPzMAI.pdf
11
[2] HILSCHER, Roman Šimon, HASIL, Petr, VESELÝ, Michal a ZEMÁNEK, Petr. Přednášky
z matematické analýzy na FI, http://www.math.muni.cz/~hasil/Data/CZ/Teach/MU/
MB152/prednasky_MB152.pdf
[3] DOŠLÁ, Zuzana. a KUBEN, Jaromír. Diferenciální počet funkcí jedné proměnné
12