MATEMANIJA

Imam nekih nejasnoća u ovom zadatku.
Treba ispitati funkciju [inlmath]\displaystyle f(x)=\frac{1}{4}\ln\frac{x-1}{x+1}-\frac{1}{2}\text{arctg }x[/inlmath].

U domenu treba ispuniti samo jedan uslov, samo izraz uz [inlmath]\ln[/inlmath] treba biti veci od nule. Pa je domen [inlmath](-\infty,-1)\cup(1,+\infty)[/inlmath].

Kod određivanja nula sam zapeo. Kad ovaj izraz izjednačim sa nulom, ne znam kako da dobijem [inlmath]x[/inlmath].
Nakon sredjivanja izraza dobio sam
[inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}=2\text{ arctg }x[/inlmath] ili
[inlmath]e^{2\text{ arctg }x}=\frac{x-1}{x+1}[/inlmath]
Ali ne znam kako da iz tog dobijem [inlmath]x[/inlmath]?

ss_123 je napisao:U domenu treba ispuniti samo jedan uslov, samo izraz uz [inlmath]\ln[/inlmath] treba biti veci od nule. Pa je domen [inlmath](-\infty,-1)\cup(1,+\infty)[/inlmath].

Zapravo, ima još jedan uslov, a to je da imenilac mora biti različit od nule – ali dobro, taj uslov si ionako na kraju obuhvatio u intervalu za domen.

ss_123 je napisao:[inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}=2\text{ arctg }x[/inlmath] ili
[inlmath]e^{2\text{ arctg }x}=\frac{x-1}{x+1}[/inlmath]
Ali ne znam kako da iz tog dobijem [inlmath]x[/inlmath]?

Analitičkim putem, nikako, jer je to transcendentna jednačina. Isti slučaj kao i kod prethodne funkcije za koju si pitao.

Nisam se snasao grafickom metodom. Dobijam neke decimalne vrijednosti koje je tesko unositi na grafik.
Pravio sam tabele i uzimao nekoliko vrijednosti za [inlmath]x[/inlmath] (koje pripadaju domenu) i racunao [inlmath]f(x)[/inlmath] i to sam mislio unijeti i dobiti oba grafika ali npr. za [inlmath]2\text{ arctg }3[/inlmath], dobijem [inlmath]143,130[/inlmath]. I kako da to unesem na grafik...

Pa nacrtaj ove dve funckije:
[dispmath]g(x)=\ln\frac{x-1}{x+1}\\
h(x)=2\text{ arctg }x[/dispmath] i videces da one nemaju presecnih tacaka, sto znaci da funckija [inlmath]f(x)[/inlmath] nema realnih nula. Nisu one nesto komplikovane mnogo za crtanje. Pogotovo ne ova druga.

Daniel je napisao:Analitičkim putem, nikako, jer je to transcendentna jednačina.

Moram da se doreknem, zahvaljujući ideji koju mi je Ilija sad dao. Tačno je da se ovakve jednačine ne mogu rešiti analitičkim putem, ali se analitičkim putem (bez crtanja grafika ili numeričkih metoda) može dokazati da ova konkretna jednačina nema rešenje.

S obzirom na domen funkcije [inlmath](-\infty,-1)\cup(1,+\infty)[/inlmath], možemo dokazivanje razdvojiti na dva slučaja – [inlmath]x<-1[/inlmath] i [inlmath]x>1[/inlmath].

[inlmath]x<-1:[/inlmath]
[dispmath]\frac{x-1}{x+1}>1\quad\Longrightarrow\quad\ln\frac{x-1}{x+1}>0\\
\text{arctg }x<0\quad\Longrightarrow\quad2\text{ arctg }x<0[/dispmath] i, pošto su leva i desna strana jednačine suprotnog znaka za svako [inlmath]x[/inlmath] koje je manje od [inlmath]-1[/inlmath], znači da ne mogu biti jednake ni za jedno takvo [inlmath]x[/inlmath].

Slično i za slučaj [inlmath]x>1[/inlmath]...

A zar za slucaj [inlmath]x>1[/inlmath] nece biti isti znak sa obe strane...
[inlmath]\text{arctg }x>0[/inlmath] pa je i [inlmath]2\text{ arctg }x>0[/inlmath]
[inlmath]\frac{x-1}{x+1}>0[/inlmath] pa je i [inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}>0[/inlmath]

Ako je [inlmath]\frac{x-1}{x+1}>0[/inlmath], ne mora značiti da je tada i [inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}>0[/inlmath].
Štaviše, [inlmath]\frac{x-1}{x+1}[/inlmath] svakako mora biti veće od nule da bi [inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}[/inlmath] postojao.
Priseti se za koje vrednosti numerusa je vrednost logaritma negativna.

Daniel je napisao:[inlmath]x<-1:[/inlmath]
[dispmath]\frac{x-1}{x+1}>1[/dispmath]

A kako ovdje slijedi da je ovaj izraz bas veci od jedinice, a ne od nule?

Za [inlmath]x<-1[/inlmath], numerus ce biti veci od jedinice. A kada je on veci od jedinice, logaritam ce biti veci od nule (tj. bice pozitivan).
Isto tako, za [inlmath]x>1[/inlmath] numerus logaritma bice izmedju nule i jedinice, a kada je on u tom intervalu, logaritam ce biti manji od nule (negativan).

Ako je numerus jednak jedinici, logaritam je nula.

To ti je sustina. Naravno, numerus o kom pricamo je [inlmath]\displaystyle\frac{x-1}{x+1}[/inlmath], i uslov za definisanost logaritma je da on bude veci od nule.

Jasno mi je kada je logaritam definisan i da je [inlmath]\frac{x-1}{x+1}[/inlmath] numerus o kome pricamo, ali nije mi jasno kako zakljucujemo da je jedinica granica o kojoj se radi.
Kada bi ispitali znak, gledali bi kad je veci ili manji od nule.(mozda pitam glupo pitanje ali nikako da to skontam )

Kada je [inlmath]x<-1[/inlmath], tada su u razlomku [inlmath]\frac{x-1}{x+1}[/inlmath] i brojilac i imenilac negativni. Pomnožimo i brojilac i imenilac sa [inlmath](-1)[/inlmath] kako bismo dobili pozitivan brojilac i pozitivan imenilac, pri čemu se vrednost razlomka neće promeniti. Time ćemo dobiti [inlmath]\frac{-x+1}{-x-1}[/inlmath]. Odavde je jasno da je brojilac veći od imenioca, a kod razlomaka s pozitivnim brojiocem i imeniocem, kad im je brojilac veći od imenioca, važi da je vrednost takvih razlomaka veća od [inlmath]1[/inlmath].

Ili, možeš krenuti od pretpostavke [inlmath]\frac{x-1}{x+1}>1[/inlmath] koju treba dokazati. Pošto je [inlmath]x<-1[/inlmath], tada je imenilac negativan, pa se njegovim prelaskom na desnu stranu menja smer znaka nejednakosti: [inlmath]x-1<x+1[/inlmath]. Skratimo [inlmath]x[/inlmath] na levoj i [inlmath]x[/inlmath] na desnoj strani i dobijemo [inlmath]-1<1[/inlmath], što je tačan iskaz, čime je pretpostavka dokazana.

aha sad je jasno.
dalje
sa [inlmath]y[/inlmath] osom nema presjek jer se umjesto [inlmath]x[/inlmath] ne moze uvrstiti nula. Dobije se negativna vrijednost u numerusu logaritma.
Zatim, funkcija nije ni parna ni neparna funkcija.
I nisam siguran za znak. Sva je istog znaka jer ne sijece [inlmath]x[/inlmath] osu,ali ne znam iz cega da zakljucim dal je sva pozitivna ili sva negativna.

Pa funkcija nije na celom domenu istog znaka.
Ako ispitamo npr. gde je [inlmath]f(x)>0[/inlmath], to ce biti jednako:
[dispmath]\frac{1}{4}\ln\frac{x-1}{x+1}-\frac{1}{2}\text{arctg }x>0
\\\
\\\
\vdots
\\
\ln\frac{x-1}{x+1}>2\text{ arctg }x[/dispmath] Ako nacrtamo obe (a sto je utvrdjeno i do sad), vidimo da je funkcija [inlmath]\ln\frac{x-1}{x+1}[/inlmath] veca od arkusa na intevalu [inlmath]x<-1[/inlmath], a manja od arkusa na interalu [inlmath]x>1[/inlmath].

Sto znaci da je i [inlmath]f(x)[/inlmath] na intervalu [inlmath]x<-1[/inlmath] veca od [inlmath]0[/inlmath], a na intervalu [inlmath]x>1[/inlmath] manja od [inlmath]0[/inlmath].

E sad, vidim da je izgleda problem crtanje ove dve funkcije.

Takođe, nisi ni ovo ispravno zaključio:

ss_123 je napisao:Zatim, funkcija nije ni parna ni neparna funkcija.

Proveri još jednom.

Pa jedino moze biti neparna, ali ne znam kako da izvucem minus ispred logaritma, jer se mnozenje u numerusu rastavlja kao zbir logaritama

Mogao bi da ispises svoj postupak, pa makar i pogresan, da mozemo da te ispravimo i ukazemo na greske. Ovako se to svodi samo na to da tebi nesto nije jasno iako si pokusao, a mi treba da sve ispisemo. Zamolio bih te da se malo i sam potrudis.

Da, funkcija je neparna, ali hajde da to i pokazemo.

Mala pomoć – iskoristi sledeće relacije:
[inlmath]\frac{-a}{-b}=\frac{a}{b}\\
\ln\frac{1}{a}=\ln a^{-1}=-\ln a[/inlmath]

Uspio sam, trebalo je izvuci minus i skratiti. Nisam se sjetio toga, odnosno nije mi bilo ocigledno da ce biti neparna...

Za prvi izvod
[dispmath]f'(x)=\left(\frac{1}{4}\ln\frac{x-1}{x+1}-\frac{1}{2}\text{arctg}(x)\right)'[/dispmath] ja sam dobio:
[dispmath]f'(x)=\frac{2(x+1)}{4(x-1)(x+1)^2}-\frac{1}{2\left(x^2+1\right)}[/dispmath] i kad sam sredio izraz dobio sam:
[dispmath]f'(x)=\frac{1}{\left(x^2-1\right)\left(1+x^2\right)}[/dispmath] I sad ako to izjednacim sa nulom, pomnozim sa imeniocem dobicu da je jedan jednako nula...
Jel to znaci da je funkcija sva pozitivna? Ili sam ja opet negdje pogrijesio?

Izvod si dobro odredio, ali nikako ne smeš mešati znak izvoda funkcije sa znakom same funkcije.
To su dve sasvim različite stvari.
Izvod funkcije predstavlja nagib grafika funkcije u nekoj tački. Pokušaj vizuelno da zamisliš (ili nacrtaš) – nagib funkcije u nekom intervalu može biti pozitivan a da se u tom intervalu grafik funkcije nalazi bilo iznad, bilo ispod [inlmath]x[/inlmath]-ose. Isto i za negativan nagib.

Iz dobijenog izraza za prvi izvod vidimo da su i brojilac i imenilac pozitivni za svako [inlmath]x[/inlmath] iz domena (ako ti je lakše, možeš imenilac napisati i kao [inlmath]x^4-1[/inlmath], koristeći formulu za razliku kvadrata, [inlmath](a-1)(a+1)=a^2-1[/inlmath], gde je [inlmath]a=x^2[/inlmath]).

I, dakle, šta nam govori to što je prvi izvod pozitivan za svako [inlmath]x[/inlmath]?

Aha to nam govori da je sva rastuca. Malo sam pomijesao.
dalje
drugi izvod govori da je funkcija konveksna od minus beskonacno do nula a konkavna od nula do plus beskonacno. jer kad drugi izvod izjednacim dobijem da je [inlmath]x=0[/inlmath] ali nema tacke prevoja.
jesam li to dobro uradio.

Iz tih intervala za konveksnost/konkavnost koje si dobio, isključi onaj deo u kojem funkcija nije definisana.

U pravu si.popravicu to

Sto se tice asimptota.
Kosu ima u jedinici sa desne strane, ali nema u minus jedinici.
Jos mi samo nije jasno kako da nadjem horizontalnu asimptotu.nije mi jasno kako da rijesim limes sa [inlmath]\text{arctg }x[/inlmath]. Preko cega da ga izrazim da mogu rijesiti limes?
Ili da odmah pustim da sve tezi beskonacno?

Dobro, to za konveksnost/konkavnost si ispravio.

Sto se tice asimptota, najlakse ti je da imas neki redosled. Posto vidis da u domenu imas tacke prekida, onda krenes sa vertikalnim asimptotama. Njih ce imati dve [inlmath]x=1[/inlmath] i [inlmath]x=-1[/inlmath].
Dalje krenes sa npr. horizontalnim asimptotama. I njih ce u ovom slucaju imati dve [inlmath]y=\frac{\pi}{4}[/inlmath] i [inlmath]y=-\frac{\pi}{4}[/inlmath]. I kad to dobijes, stanes. Ako funkcija ima horizontalne asimptote, postojanje kose se iskljucuje (i obrnuto).

Sad mogao bi ti to opet proveriti, pa ako zapne, javi.

[dispmath]\lim_{x\to\infty}\text{arctg }x=\frac{\pi}{2}\\\
\\\
\lim_{x\to-\infty}\text{arctg }x=-\frac{\pi}{2}[/dispmath]

Uspio sam.
Sad mi je puno jasnije. Hvala puno