Badanie przebiegu zmienności funkcji

Fundamentalne dla rachunku różniczkowego pojęcia, takie jak granica, ciągłość, pochodna, są niezwykle skutecznymi narzędziami do badania przebiegu zmienności funkcji. Przez badanie przebiegu zmienności funkcji rozumiemy wykrywanie zasadniczych cech jej wykresu, gdy znamy funkcję jedynie jako abstrakcyjny przepis. Dzięki granicom obliczamy jej asymptoty, pochodna wykrywa jej monotoniczność i ekstrema, zaś badanie drugiej pochodnej umożliwia nam znalezienie punktów przegięcia i określenie przedziałów wypukłości funkcji. Badanie przebiegu zmienności stanowi zatem syntezę i ukoronowanie całości metod rachunku różniczkowego i, jako takie, jest zarazem dużym wyzwaniem rachunkowym ze względu na swoją złożoność. W celu ułatwienia tego zadania organizuje się pracę według następujących kroków, zwanych schematem badania funkcji.

Aby zbadać przebieg zmienności funkcji, należy:

wyznaczyć dziedzinę funkcji,
zbadać parzystość, nieparzystość i okresowość (tylko wtedy, gdy podejrzewamy, że taka własność zachodzi),
wyznaczyć miejsca zerowe funkcji oraz punkty przecięcia z osią $ Oy $,
wyznaczyć granice lub wartości na końcach przedziałów określoności funkcji,
wyznaczyć asymptoty pionowe i ukośne,
wyznaczyć przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne,
wyznaczyć przedziały wypukłości i punkty przegięcia,
narysować wykres funkcji.

Przykład 1:

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji $ \displaystyle{f(x)=\frac{x}{x^2-1}} $.
Wyznaczamy dziedzinę funkcji.

$ D_f=(-\infty , -1)\cup(-1,1)\cup (1,+\infty). $

Sprawdzamy parzystość i nieparzystość funkcji. Dziedzina jest zbiorem symetrycznym względem punktu zerowego osi $ Ox $.

$ \begin{aligned}&f(-x)=\frac{-x}{x^2-1}\neq f(x),\\&f(-x)=\frac{-x}{x^2-1}=-f(x).\end{aligned} $

Wynika stąd, że funkcja jest nieparzysta. Zatem wykres funkcji jest symetryczny względem punktu $ (0,0) $.

Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

$ f(x)=0 \Leftrightarrow \left(\frac{x}{x^2-1}=0 \wedge x\in D_f\right) \Leftrightarrow \left(x=0 \wedge x\in D_f\right) \Leftrightarrow (x=0). $

Punktem przecięcia z osią $ Oy $ jest $ x=0 $, ponieważ $ f(0)=0 $.

Wyznaczamy granice na końcach przedziałów dziedziny.

$ \begin{aligned}&\displaystyle{\lim_{x\to -1^-} \frac{x}{x^2-1}=\left[\frac{-1}{0^+}\right]=\left[-1\cdot\frac{1}{0^+}\right]=\left[-1\cdot\infty\right]=-\infty},\\&\displaystyle{\lim_{x\to -1^+} \frac{x}{x^2-1}=\left[\frac{-1}{0^-}\right]=\left[-1\cdot\frac{1}{0^-}\right]=\left[-1\cdot(-\infty)\right]=+\infty},\end{aligned} $

$ \begin{aligned}&\displaystyle{\lim_{x\to 1^-} \frac{x}{x^2-1}=\left[\frac{1}{0^-}\right]=-\infty},\\&\displaystyle{\lim_{x\to 1^+} \frac{x}{x^2-1}=\left[\frac{1}{0^+}\right]=+\infty}.\end{aligned} $

Na podstawie dziedziny funkcji i powyższych granic możemy stwierdzić, że proste $ x=-1 $ oraz $ x=1 $ są asymptotami pionowymi obustronnymi funkcji $ f $.

$ \begin{aligned}&\displaystyle{\lim_{x\to -\infty} \frac{x}{x^2-1}=\lim_{x\to -\infty}\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}=\left[\frac{0}{1}\right]=0}.\\&\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{x^2-1} =\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x^2}}=\left[\frac{0}{1}\right]=0}.\end{aligned} $

Wynika stąd, że prosta $ y=0 $ jest asymptotą poziomą funkcji $ f $ zarówno przy $ x\to+\infty $ oraz przy $ x\to -\infty $. Nie zawsze jednak tak bywa, że ta sama prosta jest asymptotą i w $ +\infty $, i w $ -\infty $. W tym przypadku nie musimy już wyznaczać asymptot ukośnych, ponieważ asymptoty pionowe są ich szczególnym przypadkiem, a w $ -\infty $ może istnieć maksymalnie jedna asymptota ukośna i w $ +\infty $ może istnieć maksymalnie jedna asymptota ukośna.

Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

$ \displaystyle{f^{\prime}(x)=\frac{x^{\prime}(x^2-1)-x(x^2-1)^{\prime}}{(x^2-1)^2}=\frac{-x^2-1}{(x^2-1)^2}}. $

Dziedzina pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $.
Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

$ \displaystyle{f^{\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \left(\frac{-x^2-1}{(x^2-1)^2}=0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow -x^2-1=0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\Leftrightarrow x\in\emptyset}, $

zatem funkcja nie posiada ekstremów.

$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)>0&\Leftrightarrow\left(\frac{-x^2-1}{(x^2-1)^2}>0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow -x^2-1>0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\Leftrightarrow x\in\emptyset.\\f^{\prime}(x)<0&\Leftrightarrow \left(\frac{-x^2-1}{(x^2-1)^2}<0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow -x^2-1<0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\\&\Leftrightarrow x\in (-\infty , -1)\cup(-1,1)\cup (1,+\infty).\end{aligned} $

Pochodna funkcji jest ujemna w przedziałach $ (-\infty , -1) $, $ (-1,1) $ oraz $ (1,+\infty) $, więc funkcja $ f $
jest tam przedziałami malejąca (nie musi być malejąca w sumie tych przedziałów).

Wyznaczamy przedziały wypukłości.

$ \displaystyle{f^{\prime\prime}(x)=\frac{(-x^2-1)^{\prime}(x^2-1)^2-(-x^2-1)[(x^2-1)^2]^{\prime}}{(x^2-1)^4}=\frac{2x^3+6x}{(x^2-1)^3}}. $

Dziedzina drugiej pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $.

$ \begin{aligned}f^{\prime\prime}(x)=0&\Leftrightarrow \left(\frac{2x^3+6x}{(x^2-1)^3}=0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x^3+6x=0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow \left(2x(x^2+3)=0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x=0,\\f^{\prime\prime}(x)>0&\Leftrightarrow \left(\frac{2x^3+6x}{(x^2-1)^3}>0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x(x^2+3)(x^2-1)^3>0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow \left(x\in(-1,0)\vee x\in(1,\infty)\right),\\f^{\prime\prime}(x)<0&\Leftrightarrow \left(\frac{2x^3+6x}{(x^2-1)^3}<0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x(x^2+3)(x^2-1)^3<0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow\left(x\in(-\infty,-1)\vee x\in(0,1)\right).\end{aligned} $

Funkcja $ f $ jest wypukła w przedziałach $ (-1,0) $ oraz $ (1,\infty) $, a wklęsła w przedziałach $ (-\infty,-1) $ oraz $ (0,1) $.
Funkcja $ f $ ma punkt przegięcia w $ x=0 $.
Poniższa tabelka może być pomocna przy rysowaniu wykresu funkcji $ f $:

$Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f(x)=\frac{x}{x^2-1}$.$

Rysunek 1: Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f(x)=\frac{x}{x^2-1}$.

Wykres funkcji $ f $ przedstawia następujący rysunek:

$Wykres funkcji $f(x)=\frac{x}{x^2-1}$.$

Rysunek 2: Wykres funkcji $f(x)=\frac{x}{x^2-1}$.

Przykład 2:

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji $ \displaystyle{f(x)=\frac{x^2}{2x+1}} $.

Wyznaczamy dziedzinę funkcji.

$ D_f=\left(-\infty , -\frac{1}{2}\right)\cup \left(-\frac{1}{2},+\infty\right). $

Dziedzina funkcji nie jest symetryczna względem zera, zatem nie musimy sprawdzać parzystości ani nieparzystości funkcji. Funkcja nie jest ani parzysta ani nieparzysta.

Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

$ f(x)=0 \Leftrightarrow \left(\frac{x^2}{2x+1}=0 \wedge x\in D_f\right) \Leftrightarrow \left(x=0 \wedge x\in D_f\right) \Leftrightarrow x=0. $

Punktem przecięcia z osią $ Oy $ jest $ x=0 $, ponieważ $ f(0)=0 $.

Wyznaczamy granice na końcach przedziałów określoności.

$ \begin{aligned}&\displaystyle{\lim_{x\to -\frac{1}{2}^-} \frac{x^2}{2x+1}=\left[\frac{\frac{1}{4}}{0^-}\right]=\left[\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{0^-}\right]=\left[\frac{1}{4}\cdot(-\infty)\right]=-\infty},\\&\displaystyle{\lim_{x\to -\frac{1}{2}^+} \frac{x^2}{2x+1}=\left[\frac{\frac{1}{4}}{0^+}\right]=\left[\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{0^+}\right]=\left[\frac{1}{4}\cdot\infty\right]=+\infty}.\end{aligned} $

Wynika stąd, że prosta $ x=-\frac{1}{2} $ jest asymptotą pionową obustronną funkcji $ f $.

$ \begin{aligned}&\displaystyle{\lim_{x\to -\infty} \frac{x^2}{2x+1}=\lim_{x\to -\infty} \frac{x}{2+\frac{1}{x}}=\left[\frac{-\infty}{2}\right]=-\infty},\\&\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2}{2x+1}=\lim_{x\to +\infty} \frac{x}{2+\frac{1}{x}}=\left[\frac{+\infty}{2}\right]=+\infty},\end{aligned} $

Funkcja nie ma asymptot poziomych. Sprawdzamy czy istnieją asymptoty ukośne.

$ \displaystyle{\lim_{x\to -\infty} \frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to -\infty} \frac{x^2}{2x^2+x}=\lim_{x\to -\infty} \frac{1}{2+\frac{1}{x}}=\frac{1}{2}=a_1,} $

$ \displaystyle{\lim_{x\to -\infty} \left(f(x)-a_1x\right)=\lim_{x\to -\infty} \left(\frac{x^2}{2x+1}-\frac{1}{2}x\right)=\lim_{x\to -\infty} \frac{-x}{4x+2}=\lim_{x\to -\infty} \frac{-1}{4+\frac{2}{x}}=-\frac{1}{4}=b_1,} $

$ \displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty} \frac{x^2}{2x^2+x}=\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{2+\frac{1}{x}}=\frac{1}{2}=a_2,} $

$ \displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \left(f(x)-a_2x\right)=\lim_{x\to +\infty}\left( \frac{x^2}{2x+1}-\frac{1}{2}x\right)=\lim_{x\to +\infty} \frac{-x}{4x+2}=\lim_{x\to +\infty} \frac{-1}{4+\frac{2}{x}}=-\frac{1}{4}=b_2.} $

Z powyższych równości wynika, że prosta $ y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4} $ jest asymptotą ukośną funkcji $ f $ przy $ x\to+\infty $ oraz przy $ x\to -\infty $.

Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

$ \displaystyle{f^{\prime}(x)=\frac{(x^2)^{\prime}(2x+1)-x^2(2x+1)^{\prime}}{(2x+1)^2}=\frac{2x(2x+1)-2x^2}{(2x+1)^2}=\frac{2x^2+2x}{(2x+1)^2}}. $

Dziedzina pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $.
Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)=0 &\Leftrightarrow \left(\frac{2x^2+2x}{(2x+1)^2}=0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x(x+1)=0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow \left(x=0\vee x=-1\right).\end{aligned} $

W punktach $ x=-1 $ lub $ x=0 $ funkcja może posiadać ekstremum. Sprawdzamy czy punkty te spełniają warunek wystarczający istnienia ekstremum.

$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)>0&\Leftrightarrow\left(\frac{2x^2+2x}{(2x+1)^2}>0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x(x+1)(2x+1)^2>0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow x\in(-\infty,-1)\cup(0,\infty),\\f^{\prime}(x)<0&\Leftrightarrow\left(\frac{2x^2+2x}{(2x+1)^2}<0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\Leftrightarrow \left(2x(x+1)(2x+1)^2<0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow x\in\left(-1,-\frac{1}{2}\right)\cup\left(-\frac{1}{2},0\right).\end{aligned} $

Funkcja $ f $ jest malejąca w przedziałach $ \left(-1,-\frac{1}{2}\right) $ oraz $ \left(-\frac{1}{2},0\right) $, rosnąca w przedziałach $ (-\infty,-1) $ oraz $ (0,\infty) $. W punkcie $ x=-1 $ funkcja ma maksimum, natomiast w punkcie $ x=0 $ minimum.

Wyznaczamy przedziały wypukłości.

$ \begin{aligned}f^{\prime\prime}(x)&=\frac{(2x^2+2x)^{\prime}(2x+1)^2-(2x^2+2x)[(2x+1)^2]^{\prime}}{(2x+1)^4}\\&=\frac{(4x+2)(2x+1)^2-4(2x^2+2x)(2x+1)}{(2x+1)^4}=\frac{2}{(2x+1)^3}.\end{aligned} $

Dziedzina drugiej pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $

$ \begin{aligned}&f^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow \left(\frac{2}{(2x+1)^3}=0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x\in\emptyset ,\\&f^{\prime\prime}(x)>0\Leftrightarrow \left(\frac{2}{(2x+1)^3}>0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x>-\frac{1}{2},\\&f^{\prime\prime}(x)<0\Leftrightarrow \left(\frac{2}{(2x+1)^3}<0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x<-\frac{1}{2}.\end{aligned} $

Funkcja $ f $ jest wypukła w przedziale $ \left(-\infty,-\frac{1}{2}\right) $, a wklęsła w przedziale $ \left(-\frac{1}{2},+\infty\right) $.
Funkcja nie ma punktów przegięcia.
Sporządzamy tabelkę przebiegu zmienności funkcji $ f $.

$Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f(x)=\frac{x^2}{2x+1}$.$

Rysunek 3: Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f(x)=\frac{x^2}{2x+1}$.

Wykres funkcji $ f $ przedstawia następujący rysunek:

$Wykres funkcji $f(x)=\frac{x^2}{2x+1}$.$

Rysunek 4: Wykres funkcji $f(x)=\frac{x^2}{2x+1}$.

Zadanie 1:

Treść zadania:

Należy zbadać przebieg zmienności funkcji $ \displaystyle{f(x)=x^2\cdot\ln x} $.

Rozwiązanie:

Wyznaczamy dziedzinę funkcji. Ze względu na logarytm

$ D_f=\left(0,+\infty\right). $

Dziedzina funkcji nie jest symetryczna względem zera, zatem nie musimy sprawdzać parzystości i nieparzystości funkcji. Funkcja nie jest parzysta ani nieparzysta.

Wyznaczamy miejsca zerowe funkcji.

$ f(x)=0 \Leftrightarrow \left(x^2\cdot\ln x=0 \wedge x\in D_f\right) \Leftrightarrow \left[(x=0\vee x=1) \wedge x\in D_f\right] \Leftrightarrow x=1. $

Wykres funkcji nie przecina osi $ Oy $, ponieważ $ x=0 $ nie należy do dziedziny funkcji.

Wyznaczamy granice na końcach przedziałów określoności oraz asymptoty.

$ \displaystyle{\lim_{x\to 0^+} x^2\cdot\ln x\stackrel{[0\cdot\infty]}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x^2}}\mathop{=}^{H}_{[\frac{\infty}{\infty}]}\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-2}{x^3}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x^2}{-2}=0}. $

Wynika stąd, że funkcja nie ma asymptot pionowych.

$ \displaystyle{\lim_{x\to +\infty} x^2\cdot\ln x=+\infty}. $

Funkcja nie ma asymptot poziomych. Sprawdzamy czy istnieją asymptoty ukośne.

$ \displaystyle{\lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty} x\cdot\ln x=+\infty,} $

zatem funkcja nie ma także asymptot ukośnych, gdyż wynik tej granicy nie jest liczbą skończoną.

Wyznaczamy pierwszą pochodną funkcji, a za jej pomocą przedziały monotoniczności oraz ekstrema (o ile istnieją).

$ f^{\prime}(x)=(x^2)^{\prime}\cdot\ln x+x^2\cdot(\ln x)^{\prime}=2x\cdot\ln x+x^2\cdot\frac{1}{x}=x(2\ln x+1). $

Dziedzina pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $.
Szukamy punktów, w których zeruje się pierwsza pochodna.

$ \begin{aligned}f^{\prime}(x)=0 &\Leftrightarrow \left(x(2\ln x+1)=0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right)\\&\Leftrightarrow \left[(x=0\vee x=e^{-\frac{1}{2}})\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right]\\& \Leftrightarrow x=e^{-\frac{1}{2}}.\end{aligned} $

W punkcie $ x=e^{-\frac{1}{2}} $ funkcja może mieć ekstremum. Sprawdzamy czy punkt ten spełnia warunek wystarczający istnienia ekstremum.

$ \begin{aligned}&f^{\prime}(x)>0 \Leftrightarrow \left(x(2\ln x+1)>0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right) \Leftrightarrow x\in \left(e^{-\frac{1}{2}},+\infty\right),\\&f^{\prime}(x)<0 \Leftrightarrow \left(x(2\ln x+1)<0\wedge x\in D_{f^{\prime}}\right) \Leftrightarrow x\in\left(0,e^{-\frac{1}{2}}\right).\end{aligned} $

Funkcja $ f $ jest malejąca w przedziale $ \left(0,e^{-\frac{1}{2}}\right) $, rosnąca w przedziale $ \left(e^{-\frac{1}{2}},+\infty\right) $. W punkcie $ x=e^{-\frac{1}{2}} $ funkcja osiąga minimum.

Wyznaczamy przedziały wypukłości.

$ f^{\prime\prime}(x)=x^{\prime}\cdot(2\ln x+1)+x(2\ln x+1)^{\prime}=2\ln x+1+x\frac{2}{x}=2\ln x+3. $

Dziedzina drugiej pochodnej funkcji $ f $ jest równa dziedzinie funkcji $ f $.

$ \begin{aligned}&f^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow \left(2\ln x+3=0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x=e^{-\frac{3}{2}} ,\\&f^{\prime\prime}(x)>0\Leftrightarrow \left(2\ln x+3>0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x\in \left(e^{-\frac{3}{2}},+\infty\right) ,\\&f^{\prime\prime}(x)<0\Leftrightarrow \left(2\ln x+3<0\wedge x\in D_{f^{\prime\prime}}\right)\Leftrightarrow x\in \left(0,e^{-\frac{3}{2}}\right) ,\end{aligned} $

Funkcja $ f $ jest wypukła w przedziale $ \left(e^{-\frac{3}{2}},+\infty\right) $, a wklęsła w przedziale $ \left(0,e^{-\frac{3}{2}}\right) $. Funkcja ma punkt przegięcia w $ x=e^{-\frac{3}{2}} $.
Sporządzamy tabelkę przebiegu zmienności funkcji $ f $.