[dispmath]f(x)=\mathrm{arctg}\left(\frac{e^x-\sqrt{3}}{e^{2x}-2e^x+1}\right)[/dispmath]
Sve je dobro išlo dok nisam došao do ekstrema, tj. prve derivacije. To je sada pravi kupus
[dispmath]f'(x)=\frac{e^x\left(e^{2x}-2e^{3x}+1\right)}{-4e^x-2\sqrt{3}e^x+7e^{2x}-4e^{3x}+e^{4x}+4}[/dispmath]
To sam dobio Kako išta odrediti odatle?

Negde si se prešô u računu, treba da se dobije
[dispmath]f\:'(x)=-e^x\frac{e^{2x}-2\sqrt 3e^x+2\sqrt 3-1}{e^{4x}-4e^{3x}+7e^{2x}-2\left(2+\sqrt 3\right)e^x+4}[/dispmath]
Znači, imenilac ti je u redu, a u brojiocu ti je greška. E sad, smenom [inlmath]e^x=t[/inlmath] lako odrediš nule prvog izvoda. Što se tiče znaka prvog izvoda, on se takođe lako određuje ako znamo da je imenilac uvek pozitivan, ali iz ovakvog oblika izraza mi to ne znamo. Međutim, možemo izvod svesti na mnogo jasniji oblik ako ga računamo na sledeći način:

Uočimo kvadrat binoma u imeniocu argumenta arkus tangensa:
[dispmath]f\left(x\right)=\mathrm{arctg}\:\left(\frac{e^x-\sqrt 3}{e^{2x}-2e^x+1}\right)=\mathrm{arctg}\:\left[\frac{e^x-\sqrt 3}{\left(e^x-1\right)^2}\right][/dispmath]
Pa onda računamo izvod:
[dispmath]f\:'\left(x\right)=\frac{1}{1+\left[\frac{e^x-\sqrt 3}{\left(e^x-1\right)^2}\right]^2}\cdot\frac{e^x\left(e^x-1\right)^2-\left(e^x-\sqrt 3\right)\cdot 2\left(e^x-1\right)e^x}{\left(e^x-1\right)^4}[/dispmath][dispmath]f\:'\left(x\right)=\frac{e^x\left(e^x-1\right)^2-\left(e^x-\sqrt 3\right)\cdot 2\left(e^x-1\right)e^x}{\left(e^x-1\right)^4+\left(e^x-\sqrt 3\right)^2}[/dispmath][dispmath]f\:'\left(x\right)=e^x\frac{\left(e^x-1\right)^2-2\left(e^x-\sqrt 3\right)\left(e^x-1\right)}{\left(e^x-1\right)^4+\left(e^x-\sqrt 3\right)^2}\quad\left(1\right)[/dispmath][dispmath]f\:'\left(x\right)=e^x\frac{e^{2x}-2e^x+1-2e^{2x}+2\left(1+\sqrt 3\right)e^x-2\sqrt 3}{\left(e^x-1\right)^4+\left(e^x-\sqrt 3\right)^2}[/dispmath][dispmath]f\:'\left(x\right)=-e^x\frac{e^{2x}-2\sqrt 3e^x+2\sqrt 3-1}{\left(e^x-1\right)^4+\left(e^x-\sqrt 3\right)^2}[/dispmath]
Ovaj izraz je identičan onom u prvom redu ovog posta, samo što je ovde imenilac lepo faktorizovan i može se jasno videti da je on uvek veći od nule. Prema tome, znak prvog izvoda biće uvek suporotan znaku izraza u brojiocu.

Takođe smo mogli u koraku [inlmath]\left(1\right)[/inlmath] da izvučemo faktor [inlmath]\left(e^x-1\right)[/inlmath] i onda bismo dobili brojilac u faktorisanom obliku, umesto u obliku kvadratne jednačine...

Ok Sredit ću zadatak do kraja i kada se to dogodi, sve postaviti ovde

Evo ga. Moram priznati da sam se za neke asimptote pomogao wolframom, pa ako se što može jednostavnije (a sigurno može)...

Pogrešna ti je vrednost funkcije za [inlmath]0^+[/inlmath] (mada si na grafiku ucrtao njenu ispravnu vrednost). Preporučujem ti da u startu imenilac napišeš kao kvadrat binoma, pa će ti to pojednostaviti i postupak za određivanje domena (koji jesi ispravno odredio, ali na ovaj način bi bilo lakše), a bila bi i manja šansa da pogrešiš pri ispitivanju vertikalnih asimptota. Imaj u vidu da je u okolini nule brojilac negativan, a imenilac je kvadrat binoma, pa, prema tome, kakav mora biti znak vrednosti funkcije u okolini nule?

OK, sad vidim da si, počev od H.A, upravo tako i radio, napisao imenilac kao kvadrat binoma.

Sve ostalo ti je OK, osim grafika. Na njemu imaš jednu grešku, pokušaj je naći.

Hm... ne znam. Mogao bih samo nagađati da je ta greška recimo na osi [inlmath]y[/inlmath] ili lijevoj strani prema osi [inlmath]y[/inlmath]

Da, na [inlmath]y[/inlmath]-osi. Ovako kako si nacrtao, ispalo bi kao da je funkcija definisana u tački [inlmath]x=0[/inlmath], što smo utvrdili da nije slučaj. Potrebno je zato da tu nedefinisanost u nuli obeležiš strelicama, ovako kao što sam ja učinio u ovom davnom postu.

E, baš sam na to i mislio Mi smo uveli praksu da mjesto nedefiniranosti zaokružimo crvenom bojom. Boja ili strelice, svejedno je, bitno da se zna

Da, svejedno je. Bitno je samo da se nekako obeleži.