MATEMANIJA

[dispmath]f(x)=x^2\left(1-\ln x^2\right)[/dispmath]
Domena [inlmath]\left<0,+\infty\right>[/inlmath]
Nultočke [inlmath]\sqrt{e},\frac{1}{\sqrt{e}}[/inlmath]
Asimptote nema niti jedne
Prvi izvod [inlmath]f'(x)=2x\left(-\ln x^2\right)[/inlmath]
Ekstremi [inlmath]T_\mbox{max}(1,1)[/inlmath]

Dalje neću, jer mislim da sam i ovo malo isfalivao.

eseper je napisao:[inlmath]f(x)=x^2\left(1-\ln x^2\right)[/inlmath]

Domena [inlmath]\left<0,+\infty\right>[/inlmath]

A, neće biti, vidiš da u argumentu logaritma imaš kvadrat broja [inlmath]x[/inlmath], a za bilo koje [inlmath]x\ne 0[/inlmath] taj kvadrat broja [inlmath]x[/inlmath] će biti pozitivan. Znači, samo je potrebno da [inlmath]x[/inlmath] ne bude nula, a za sve ostale vrednosti [inlmath]x[/inlmath] logaritam je definisan, pa je samim tim definisana i cela funkcija.
[inlmath]x\in\mathbb{R}\setminus\left\{0\right\}[/inlmath]

Nisi određivao parnost/neparnost, ne znam ni da li se to od vas traži, ali, eto, uzgred da napomenem – ovde je sasvim očigledno da je funkcija parna, budući da nezavisna promenljiva figuriše samo kao [inlmath]x^2[/inlmath].

eseper je napisao:Nultočke [inlmath]\sqrt{e},\frac{1}{\sqrt{e}}[/inlmath]

[inlmath]\sqrt e[/inlmath] je u redu, ali umesto [inlmath]\frac{1}{\sqrt e}[/inlmath] treba da dobiješ [inlmath]-\sqrt e[/inlmath] (primeti kako zbog parnosti ove funkcije, tj. zbog njene simetričnosti u odnosu na [inlmath]y[/inlmath]-osu, uvek moramo kao rezultate dobiti parove brojeva istih po apsolutnoj vrednosti, a suprotnih po znaku).

eseper je napisao:Asimptote nema niti jedne

Tako je, nema.

eseper je napisao:Prvi izvod [inlmath]f'(x)=2x\left(-\ln x^2\right)[/inlmath]

Da.

eseper je napisao:Ekstremi [inlmath]T_\mbox{max}(1,1)[/inlmath]

To je jedno rešenje. Drugo rešenje je [inlmath]\left(-1,1\right)[/inlmath] (Eto, opet dolazi do izražaja parnost ove funkcije.)

eseper je napisao:Dalje neću, jer mislim da sam i ovo malo isfalivao.

Pa, najviše te zeznulo to što si pogrešno odredio domen... Samim tim nisi ni pri ispitivanju ostalih stavki razmatrao funkciju na celom skupu na kome je definisana, već samo nad pozitivnim brojevima...

Ok, hvala na ispravku. Za točku infleksije sam dobio [inlmath](1,1)[/inlmath].

Možeš li poslati graf?

Kako si to dobio? Ne valja ti. Oćeš da pokušaš ponovo, pre nego ti postavim grafik?

Obrati pažnju na to da, zbog parnosti funkcije, treba takođe i za [inlmath]x[/inlmath]-koordinate tačaka infleksije da dobiješ dva rešenja, jednakih po apsolutnim vrednostima, a suprotnih po znaku.

Nikako mi nije jasno kako trebam dobiti dva rješenja za infleksiju, kad nakon nekoliko puta dobijam jedno... :/

Gdje griješim?
[dispmath]f'(x)=2x\left(-\ln x^2\right)\\
f'(x)=2x(-2\ln x)[/dispmath]
[dispmath]f''(x)=(2x)'(-2\ln x)+(2x)(-2\ln x)'\\
f''(x)=2(-2\ln x)+2x\left(\frac{-2}{x}\right)\\
f''(x)=-4\ln x-4\\
f''(x)=-4(\ln x+1)[/dispmath]
Razmatrao sam [inlmath]\ln x=-1[/inlmath]
[dispmath]x=e^{-1}=\frac{1}{e}[/dispmath]
??

E ovde je greška:

eseper je napisao:[dispmath]f'(x)=2x\left(-\ln x^2\right)\\
f'(x)=2x(-2\ln x)[/dispmath]

Pravilo [inlmath]\ln a^2=2\ln a[/inlmath] sme se primenjivati samo kada je [inlmath]a>0[/inlmath]. Jer, ako je [inlmath]a<0[/inlmath], tada će [inlmath]\ln a^2[/inlmath] i dalje biti definisan jer je [inlmath]a^2>0[/inlmath], međutim, ako dvojku iz eksponenta izvučemo ispred logaritma, onda u argumentu logaritma ostaje samo [inlmath]a[/inlmath] za koje, ako je negativno, logaritam neće biti definisan.

Evo kako grafički izgleda razlika između ta dva izraza:



Ako baš želiš da se oslobodiš eksponenta a da očuvaš jednakost u celom domenu realnih brojeva, onda bi se moglo pisati:
[inlmath]\ln a^2=2\ln\left|a\right|[/inlmath]
Međutim, pošto apsolutna vrednost dosta komplikuje nalaženje izvoda, onda je ipak praktičnije da to ostaviš u prvobitnom obliku, u ovom slučaju [inlmath]2x\left(-\ln x^2\right)[/inlmath], tj. [inlmath]-2x\ln x^2[/inlmath], pa da od njega tražiš izvod.

OK, da te više ne držim u neizvesnosti, evo i grafika funkcije.


Vidi se kako je grafik simetričan u odnosu na [inlmath]y[/inlmath]-osu, kao posledica parnosti ove funkcije.

Dve strelice koje se stiču u nuli označavaju da funkcija u samoj nuli nije definisana, tj. ima prekid, iako su joj i levi i desni limes u nuli jednaki i iznose [inlmath]0[/inlmath] (to kao rezultat dobiješ pri pokušaju traženja vertikalnih asimptota u okolini nule).

Hvala. Ubuduće neću griješiti na ovakvim zadacima

Greši, slobodno. Ne kaže se džabe da se na greškama učimo.
A bio bi i ovaj forum dosadan kad bismo svi radili savršeno, kad niko ništa ne bi grešio.