3 Problem 3
3
Problem 3
Unders¨
ok funktionen
f (x) = e−1/|x|
med avseende p˚
a extrempunkter, asymptoter och konvexitetsegenskaper. Skissera ¨aven grafen.
Det f¨
orsta man reflekterar ¨
over ¨
ar att funktionen inte ¨ar definierad d˚
ax=0
Funktionens definitionsm¨
angd ¨
ar allts˚
a alla reella tal skilda fr˚
an noll. Df = < \ {0}
Det andra man reflekterar ¨
over ¨
ar att e−1/|x| kommer att vara positiv f¨or alla x ∈ Df .
Definition 1:
En funktion y = f (x) ¨
ar j¨
amn om f (−x) = f (x), f¨or varje x ∈ Df .
Grafen till en j¨
amn funktion ¨ar symmetrisk kring y-axeln.
Definition 2:
En funktion y = f (x) ¨
ar udda om f (−x) = −f (x), f¨or varje x ∈ Df .
Grafen till en udda funktion ¨ar symmetrisk i origo.
Vi unders¨
oker det genom att r¨
akna ut f(-x) och f(+x):
1
e1/x
1
= 1/x
e
f (−x) = e−1/|−x| = e−1/x =
f (+x) = e−1/|x| = e−1/x
f (−x) = f (x)
Allst˚
a¨
ar e−1/|x| j¨
amn och positiv f¨or alla x ∈ Df
Enligt definition 1 ¨
ar en j¨
amn funktion symmetrisk under spegling i y-axeln.
Det r¨
acker allts˚
a att titta p˚
a egenskaper f¨
or funktionen f¨or positiva x och sedan spegla grafen i y-axeln f¨
or
negativa x. Vilket spar en del arbete.
Unders¨
oka extrempunkter g¨
or man genom att s¨atta f 0 (x) = 0
f 0 (x) = e−1/x ∗ x−2 =
ger
e−1/x
=0
x2
e−1/x = 0
F¨
or att l¨
osa det tar man ln av b˚
ada sidor eftersom ln(ex ) = x. Allts˚
a:
ln(e−1/x ) = ln(0)
(*) ln(e−1/x ) = ln(0) saknar l¨
osning d˚
a ln(0) inte existerar eftersom det finns inget x s˚
a att ex = 0
Allts˚
a saknar funktionen extrempunkter.
Funktionen har en v˚
agr¨
at asymptot i linjen y = 1 eftersom y = e−1/x g˚
ar mot 1 d˚
ax→∞
5
Konvexitetsegenskaper:
Vi b¨
orjar med att unders¨
oka om funktionen har n˚
an inflexionspunkt. Det unders¨oks genom att s¨atta f 00 (x) = 0
e−1/x
x2
Enligt kvotregeln f¨
or derivata1 f˚
ar vi:
x2 ∗ e−1/x
− 2x ∗ e−1/x
2
e−1/x
2e−1/x
x
00
f (x) =
=
−
(x2 )2
x4
x3
f 0 (x) = e−1/x ∗ x−2 =
F¨
or att unders¨
oka eventuell inflexionspunkt s¨
atts f”(x) = 0, allts˚
a:
2e−1/x
e−1/x
−
=0
4
x
x3
−1/x
Bryter ut
och
ar d˚
a:
f˚
e
2
1
− 3 =0
e−1/x
x4
x
2
1
−1/x
− 3 =0
S˚
a, antingen ¨
ar e
= 0 eller s˚
a ¨ar
x4
x
Enligt (*) s˚
a saknar e−1/x = 0 l¨
osning, allts˚
a l¨oser vi ekvationen
1
2
− 3
4
x
x
=0
1
2
= 3
4
x
x
1
x=
2
1
Funktionen f(x) har allts˚
a en inflexionspunkt d˚
ax= .
2
F¨
or att unders¨
oka konvexitetsegenskaperna g¨
or vi en teckenstudie av andraderivatan i n¨arliggande punkter.
1
Vi v¨
aljer x = och x = 1
3
e−1/(1/3)
2e−1/(1/3)
e−3
2e−3
34
2 ∗ 33
81 54
27
00
f (1/3) =
−
=
−
= 3 −
= 3 − 3 = 3 , vilket ¨ar positivt.
4
3
1
1
(1/3)
(1/3)
e
e3
e
e
e
4
3
3
3
f 00 (1/2) = 0
e−1/1
2e−1/1
1 2
1
f 00 (1) =
−
= − = − , vilket ¨ar negativt.
4
3
1
1
e e
e
D˚
a f 00 (x) < 0 ¨
ar funktionen konkav.
D˚
a f 00 (x) > 0 ¨
ar funktionen konvex.
1
−1/x
Allts˚
a¨
ar e
konvex mellan x = 0 och d¨
ar den byter egenskap och blir konkav f¨or st¨orre x.
2
Funktionen var inte definierad f¨
or x = 0 men vi kan unders¨oka vad som h¨ander d˚
ax→0
1
lim e−1/|x| = lim 1/|x|
x→0
x→0 e
1
ar x → 0 s˚
a g˚
ar lim 1/|x| mot 0.
Eftersom x1 → ∞ n¨
x→0 e
Som hj¨
alp f¨
or grafritningen utnyttjade jag f¨
oljande tabell:
x
y
→0
→0
1
1
1
1
≈
≈
≈ 0.15
2
e2
2.72
7.3
1
5
e1/5
1
10
e1/10
Man ser att funktionen g˚
ar snabbt mot 1 eftersom emindre och mindre v¨arde g˚
ar mot 1 s˚
a g˚
ar y mot 1.
1 Om
f (x) =
g(x)
g 0 (x) ∗ h(x) − h0 (x) ∗ g(x)
s˚
a¨
ar f 0 (x) =
h(x)
(h(x))2
6
Skiss:
7
© Copyright 2024