11. Funktionsundersøgelse

Transkript

1 11. Funktionsundersøgelse Hayati Balo,AAMS Følgende fremstilling er baseret på 1. Nils Victor-Jensen,Matematik for adgangskursus, B-niveau 2, 2. udg Generelt om funktionsundersøgelse Formålet med funktionsundersøgelse er at at få beregnet nogle punkter - se nedenundermed henblik på at skitsere funktionens graf Funktionsundersøgelse Følgende punkter kan undersøges. 1. Definitionsmængde Man kan bestemme definitionsmængden ved at aflæse direkte fra GeoGebra skitsering og man kan også beregne definitionsmængden. Se eksempel Skæringspunkter med koordinatakslerne (nulpunkterne) Man kan bestemme skæringspunkterne ved at aflæse direkte fra GeoGebra skitse og man kan beregne skæringspunkterne ved at beregne f (0) og f (x) = 0. Fordi grafen for en funktion f skærer y aksen, når x = 0 dvs. i punktet (0, f (0)) og skærer x aksen, når y = f (x) = 0. Se eksempel og

2 3. Fortegnsvariation Under dette punkt skal bestemmes/beregnes, i hvilke intervaller funktionsværdierne er positive og i hvilke intervaller de er negative. Man skal derfor bestemme ved at aflæse direkte fra grafen og/eller beregne funktionens fortegn ved at løse de to uligheder f (x) > 0 og f (x) < 0. Men da vi fra punkt 1 og 2 kender samtlige nulpunkter og punkter, hvor f ikke er defineret, har man derved alle de steder hvor f ikke kan skifte fortegn. Man kan derfor nøjes med at beregne en enkelt funktionsværdi imellem hver af disse punkter. Fortegnet for den beregnede funktionsværdi giver fortegnet i hele intervallet mellem to punkter. Se. eksempel og Ekstrema og monotoniforhold 5. Værdimængde For nogle af punkterne gælder de, at du både skal kunne bestemme resultaterne dels ved aflæsning på funktionens graf, dels ved brug af CAS værktøjer som Geogebra og/eller Grafregner,og at du skal kunne beregne resultaterne ud fra funktionens regneforskrift Ekstrema og monotoniforhold Ekstrema: Under dette punkt skal man bestemme/beregne alle funktionens maksima og minima vha. GeoGebra s Function Inspector eller extremum kommando. Et ekstrema må være karakteriseret ved at grafen har vandret tangent. Dvs. at tangenten har 2

3 hældningskoefficient nul. Da tangentens hældningskoefficient er givet ved funktionens første afledede, må ethvert ekstrema altså være karakteriseret ved at f (x) = 0. Du skal derfor beregne den første afledede og derefter løse ligningen f (x) = 0. Monotoniforhold: Under dette punkt skal du bestemme/beregne, i hvilke intervaller funktionen er voksende og i hvilke intervaller den er aftagende, ved at bruge GeoGebra s Function Inspector eller extremum kommando. Da f er et mål for tangentens hældningskoefficient, må f være voksende, når f (x) > 0 og f må være aftagende når f (x) < 0. Under dette punkt skal man derfor beregne den første afledede f, løse ligningen f (x) = 0 samt beregne fortegnvariation for f. Se. eksempel og Sætning Lad f være en funktion, der er kontinuert i det lukkede interval I = [a;b] og differentiabel i det åbne interval I o =]a;b[. Da gælder: 1. Hvis f (x) > 0 for alle x I o så er f voksende i I 0 2. Hvis f (x) < 0 for alle x I o så er f aftagende i I 0 3. Hvis f (x) = 0 for alle x I o så er f konstant i I 0 PS: For at se et bevis af ovenstående sætning som er en konsekvens af The Mean Value Theorem henvises til denne hjemmeside. 3

4 Sætning Lad f være en funktion, der er differentiabel i x 0 og antag at f (x 0 ) = 0. Da gælder: 1. Hvis f har fortegnsvariationen + 0 i x 0, har f et lokalt maksimum i (x 0, f (x 0 )). 2. Hvis f har fortegsvariationen 0+ i x 0, har f et lokalt maksimum i (x 0, f (x 0 )). 3. Hvis f har fortegnsvariationen 0 eller +0+ i x 0, har f en vandret vendetangent i (x 0, f (x 0 )) Sætning Lad f være en funktion, som er to gange differentiabel i x 0. Antag at f (x 0 ) = 0. Da gælder 1. Hvis f (x 0 ) < 0 har f et maksimum i (x 0, f (x 0 )) 2. Hvis f (x 0 ) > 0 har f et mimimum i (x 0, f (x 0 )) 3. Hvis f (x 0 ) = 0 kan kun fortegnsvariationen for f afgøre om f har maksimum, minimum eller vandret vendetangent i (x 0, f (x 0 )). Se eks Øvelse Bestem monotoniforhold og ekstrema for funktionen y = f (x) = x 3 3x 2 x Definitionsmængden er alle reelle tal dvs. Dm f = R 4

5 2. Skæringspunkter med koordinatakslerne findes ved at sætte y = f (x) = 0 og f (0) f (0) = 3 Grafen for f skærer y-aksen i (0,3) f (x) = x 3 3x 2 x + 3 = 0 Solve kommandoen giver {x = 3, x = 1og x=-1} Grafen for f skærer x-aksen i ( 1,0),(1,0) og (3,0) 3. Fortegnsvariation for f kan aflæses direkte af grafen som f er positiv i intervallet ] 1;1[ og ]3; [ f er negativ i intervallet ] ; 1[ og ]1;3[ 5

6 Vi kan også beregne fortegnsvariationen for funktionen f ved at tegne en fortegnslinie med skæringspunkterne med x-aksen 6

7 Da f ( 0,5) > 0, f (0) > 0 og f (3,5) > 0 er f positiv i intervallerne ] 1;1[ og ]3; [. Da f (2) < 0 og f ( 2) < 0 er f er negativ i intervallerne ] ; 1[ og ]1;3[ f er positiv i intervallet ] 1;1[ og ]3; [ f er negativ i intervallet ] ; 1[ og ]1;3[ 4. Ekstrema og monotoniforhold aflæses direkte af figuren f har lok. max i ( 0.5,3.08) f har lok. min i (2.15, 3.08) Vi kan også beregne extremum ved at finde den afledede og sætte denne til nul. Dvs. beregne f (x) = 0. 7

8 Solve giver {x = 0.15, x = 2.15} dy dx = y (x) = 3x 2 6x 1 = 0 Vi tegner en fortegnslinie for den afldede funktion f (x) og beregne nogle værdier f ( 1) > 0, f (1) < 0 f (2.5) > 0 og f (3.5) > 0 Ifølge sætning kan vi konkludere følgende: f (x) har fortegnsvariationen + 0, i 0.15, derfor har f (x) et maksimum i ( 0.15, 0) f (x) har fortegnsvariationen 0 +, i 2.15, derfor har f (x) et maksimum i (2.15, 0) 8

9 Øvelse Beregn monotoniforhold og ekstrema for funktionerne i øvelse a) y = f (x) = x 2 + 6x 7 1. Definitionsmængde Dm f = R alle reelle tal 2. Nulpunkter-skæringspunkter med koordinatakslerne y = f (x) = x 2 + 6x 7 = 0 solve kommandoen giver {x = = 1.59, = 4.41} Dvs. nulpunkterne -skæring med x-aksen bliver: (1.59,0) og (4.41,0) 3. Fortegnsvariation Som ses deler de to skæringspunkter fortegnslinien i 3 intervaller: ] ; 1.59[, ]1.59;4.41[ og ]4.41; [ Vi skal beregne nogle funktionsværdier i hvert af de 3 intervaller. f (1) = 2 < 0 i intervallet ] ;1.59[ f (3) = 2 > 0 i intervallet ]1.59;4.41[ f (5) = 2 < 0 i intervallet ]4.41; [ 9

10 Ud fra ovenstående kan vi konstatere, at; f (x) er negativ i intervallerne ] ;1,59[ og ]4,41; [ f (x) er positiv i intervallet ]2,59;4,41[ 4. Ekstrema og monotoniforhold Vi skal beregne den første afledede og sætte denne til nul. f (x) = x 2 + 6x 7 f (x) = 2x + 6 = 0 x = 3 deler fortegnslinien i to intervaller. Vi beregner nogle funktionsværdier i de to intervaller. f ( 1) = 8 > 0 f (0) = 6 > 0 10

11 f (1) = 4 > 0 f (4) = 2 < 0 (3,2) f (x) har fortegnsvariationen + 0 i 3 dvs. f (x) har et max i (x 0, f (x 0 )) = f (x) er positiv i intervallet ] ;3[ dvs. f (x) er voksende f (x) er negativ i intervallet ]0; [ dvs. f (x)er aftagende Vi skitserer funktionen vha. GeoGebra 11

12 b) y = g(x) = x 2 x 1. Definitionsmængden Vi må kræve at x 0 Dvs. Dm f = [0; [ 2. Nulpunkterne findes ved at sætte g(x) = 0 Solve[x 2 x = 0 ] giver {x = 4, x = 0} 3. Fortegnsvariation x = 4 og x =0 deler fortegnslinien i to intervaller og funktionen ikke er defineret for x < 0. 12

13 f (x) er ikke defineret for negative værdier. f (1) =< 0 f (5) > 0 Vi kan så konkludere følgende f (x) er negativ i intervallet ]0;4[ f (x) er positiv i intervallet ]4; [ 4. Monotoniforholdet Vi differentierer f (x) og beregner f (x) = 0 f (x) = x = 1 1 x = 0 x 1 x = 0 x 1 = 0 x = 1 x = ±1 13

14 Men funktionen er kun defineret for x 0 dvs. x = 1 kan ikke bruges i forbindelse med monotoniforholdet. Tallet x = 1 deler fortegnslinien i to intervaller som vist nedenunder. f (0,5) < 0 Dvs. f (x) er aftagende i intervallet ]0;1[ f (2) > 0 Dvs. f (x) er voksende i intervallet ]1; [ f (x) har lokalt max i (0,0) f (x) har globalt min i (1, 1) Funktionen skitseres ag værdimængden aflæses til V m f = [ 1; [ 14

15 c) y = f (x) = x 2 + 6x 7 1. Definitionsmængden Vi må kræve at indmaden af kvadratroden er større end og lig med nul, dvs. x 2 + 6x 7 0 Denne ulighed kan løses vha. GeoGebra ved at skrive kommandoen direkte i CAS og vælge Solve i menuen: x 2 + 6x 7 0 giver x Dvs x Nulpunkter (1.59,0) og (4.41,0) 3. Fortegnsvariation 15

16 f (1) = 2 ikke reelle tal, ikke defineret f (2) = 1 > 0 f (5) = 2 ikke reelle tal, ikke defineret Dvs. f (x) er positiv i intervallet ]1.59;4.41[ 3. Ekstrema og monotoniforhold Vi differentierer funktionen som en sammensat funktion og sætter den lige nul. f (x) = x 2 + 6x 7 = u u = x 2 + 6x 7 du dx = 2x + 6 y = f (x) = u dy du = 1 2 u dy dx = dy du du dx 16

17 dy dx = 2x x 2 + 6x 7 = 2(x 3) 2 x 2 + 6x 7 = (x 3) x 2 + 6x 7 f (x) = 0 (x 3) = 0 (x 3) = 0 x = 3 x 2 + 6x 7 x = 3 deler fortegnslinien i to intervaller f (1.59) > 0 betyder at f (x) er voksende i intervallet ]1.59;3[ f (4.41) < 0 betyder at f (x) er aftagende i intervallet ]3;4.41[ f (x) har lokalt min. i punktet (1.59,0) og (4.41,0) f (x) har lokalt max. i punktet (3, 2) Vi skitserer funktionen 17

18 Værdimængden aflæses til V m f = [0; [ d) y = f (x) = x 4 2x Definitionsmængden Dm f = R eller reelle tal 2. Nulpunkterne - skæring med akserne findes Skæring med x-aksen: y = f (x) = x 4 2x = 0 x 2 = z indsættes z 2 2z + 1 = 0 Solve[z 2 2z + 1] giver {z = 1} x 2 = 1 x = ±1 Skæring med y-aksen: 18

19 y = f (0) = 1 Nulpunkterne bliver: ( 1,0) og (1,0) 3. Fortegnsvariation x = ±1 deler fortegnslinien i tre intervaller f ( 2) = 9 > 0 f (0) = 1 > 0 f (2) = 17 > 0 f (x) er positiv i alle intervaller, dvs. i al sin sin definitionsmængde. 4. Monotoniforhold y = f (x) = x 4 2x y (x) = 4x 3 4x = 0 19

20 4x(x 2 1) = 0 Kan løses vha. nulreglen - se evt. side 68 Bog 1. a b = 0 (a = 0 b = 0) (4x = 0 x 2 1 = 0) (x = 0 x = ±1) Disse punkter deler fortegnslinien i fire intervaller som vist f ( 2) < 0 betyder at f (x) er aftagende i intervallet ] ; 1[ f ( 0,5) > 0 betyder at f (x) er voksende i intervallet ] 1;0[ f (0,5) < 0 betyder at f (x) er aftagende i intervallet ]0;1[ f (2) > 0 betyder at f (x) er voksende i intervallet ]1; [ f (x) har et globalt min. i 1,0) og (1,0) f (x) har et lokalt max i (0,1) 20

21 Skitsering af funktionen Værdimængden af funktionen aflæses til V m f =]0; [ Opgave Givet funktionen med regneforskriften f (x) = 2 x3 4x hvor x 0 Beregn funktionens definitionsmængde, skæringspunkter med akserne, ekstrema og værdimængde og tegn på grundlag heraf grafen for funktionen. Løsning: 1. Definitionsmængden Dm f = R \ {0} 2. Skæringspunkterne med koordinasakserne y = f (x) = 2 x3 4x = 0 21

22 2 x 3 = 0 x = 3 2 = 1.26 Skæring med y-aksen giver ikke mening da funktionen ikke er defineret i x = Fortegnsvariation Funktionen er ikke defineret for x = 0 og skæring med x-aksen er x = 1,26 f ( 2) =< 0 f ( 1) < 0 f (1) > 0 f (2) < 0 f (x) er negativ i intervallet ] ;0[ og ]0; [ f (x) er positiv i intervallet ]0;1.26[ 4. Monotoniforhold dy dx = f (x) = 0 22

23 dy dx = 3x2 4x 4(2 x 3 ) (4x) 2 = 0 dy dx = x3 1 2x 2 = 0 x 3 1 = 0 x 3 = 1 x = 1 f ( 2) > 0 f ( 0,5) < 0 f (1) < 0 f (x) er voksende i intervallet ] ; 1[ da f (x) > 0 f (x) er aftagende i intervallet ] 1;0[ og ]0; [ da f (x) < 0 Lok. max i punktet ( 1, 3 4 ) 23

24 5 Værdimængden aflæses direkte af grafen V m f = R \ {0} Øvelse Givet funktionen med regneforskriften y = f (x) = x2 2x x 2 2x 8 Beregn funktionens definitionsmængde, skæringspunkter med akserne, ekstrema og værdimængde og tegn på grundlag heraf grafen for funktionen Løsning: 1. Definitionsmængden Nævneren i brøken må være forskellig fra nul. Dvs. x 2 2x

25 solve[x 2 2x 8] giver {x = 2,x = 4} Dm f = R \ { 2,4} 2. Skæring med akserne findes y = f (x) = x2 2x x 2 2x 8 = 0 x 2 2x = 0 x(x 2) = 0 Ligningen x(x 2) = 0 løses vha. nulreglen (x = 0 x = 2) Dvs. skæringspunkternes koordinater bliver: (0,0) og (2,0) 3. Extrema Vi differentierer funktionen y = f (x) = x2 2x x 2 2x 8 u = x 2 2x u = 2x 2 f (x) = u v u v v = x 2 2x 8 v = 2x 2 v 2 = (2x 2)(x2 2x 8) (x 2 2x)(2x 2) (x 2 2x 8) 2 = 0 (2x 2)( 8) x = 1 25

26 f (0) > 0 f (x) er voksende i intervallet ] ;1[ f (x) < 0 f (x) er aftagende i intervallet ]1; [ Funktionen har lodrette tangenter i x = 2 og x = 4. Vandret tangent i y = 1 Værdimængden aflæses i grafen nedenunder. 26

27 V m f =] ;0,11[ ]1; [ Asymptoterne - ikke pensum- kan findes ved hjælp af sætninng B.1.1 og B.1.4 i bogens sider 156 og 157. lim x f (x) = 1 lim x f (x) = 1 som giver en vandret asymptote ved f (x) = y = 1 lim x 4 + f (x) = 4 lim x 2 f (x) = 2 som giver de to lodrette asymptoter ved x = 4 og x = Øvelse Nu skal du lave denne øvelse! 27