Rješenje je točno – slučajnost ili ne?
Dva nestandardna rješenja zadataka iz diferencijalnog računa

U ulozi nastavnika često se susretnemo s nestandardnim načinima rješavanja nekog zadatka, pri čemu ponekad na prvi pogled uopće nije jasno je li dani postupak korektan. Iz gradiva četvrtog razreda srednje škole izabrali smo dva takva zadatka.

ZADATAK 1.
Napiši jednadžbu tangente u točki $(1,f(1))$ ako je $f(x)=x^3+x^2-2x-1$.

Učenik je zadatak riješio na ovaj način:

Riješimo zadatak na uobičajeni način, tj. primjenjujući poznatu činjenicu prema kojoj je tangenta na graf funkcije $f$ u točki $(x_0,f(x_0)=y_0)$ zadana jednadžbom
$$y-y_0=f^{\prime }(x_0)(x-x_0),$$gdje je $f^{\prime }(x_0)$ vrijednost derivacije funkcije $f$ u točki $x_0$. Budući da je $f^{\prime }(x)=3x^2+2x-2$, tada je $f^{\prime }(1)=3$ te je jednadžba tangente $y=3x-4$. Dakle, upravo ona jednadžba koju je dobio učenik s pomoću dijeljenja polinoma.

Može li se opravdati ispravnost učenikova rješenja?

Proučimo opću situaciju. Kako bismo opisali učenikov postupak? Zadani je polinom $f$ podijelio s polinomom $(x-x_0{)}^2$ te je ostatak tog dijeljenja proglasio jednadžbom tangente.

Prema teoremu o dijeljenju polinoma ostatak je polinom čiji je stupanj manji od stupnja djeljenika. Dakle, postoje polinomi $q$ i $r$ takvi da je
$$f(x)=(x-x_0{)}^{2}q(x)+r(x),$$
pri čemu je $r$ polinom najviše prvog stupnja, tj. $r(x)=kx+l$. Dakle, imamo
$$\begin{array}{}\text{(1)}& f(x)=(x-x_0{)}^{2}q(x)+kx+l.\end{array}$$Derivirajmo tu jednakost:
$$f^{\prime }(x)=2(x-x_0)q(x)+(x-x_0{)}^2{q}^{\prime }(x)+k.$$
Uvrstimo li u tu jednakost broj $x=x_0$, dobivamo
$$f^{\prime }(x_0)=2(x_0-x_0)q(x_0)+(x_0-x_0{)}^2{q}^{\prime }(x_0)+k$$ $$f^{\prime }(x_0)=k.$$
Dakle, koeficijent smjera tangente je broj $k$, tj. koeficijent smjera tangente je vodeći koeficijent ostatka $r$.
Kad u $\text{(1)}$ uvrstimo $x=x_0$, dobivamo $f(x_0)=k{x}_0+l$. Sad u jednadžbu tangente $y-y_0=f^{\prime }(x_0)(x-x_0)$ uvrstimo sve vrijednosti koje smo dobili:
$$y-(k{x}_0+l)=k(x-x_0),\text{ tj. }y=kx+l.$$
Kao jednadžbu tangente dobili smo upravo polinom $r$ koji se pojavio pri dijeljenju polinoma $f$ s kvadratom izraza $x-x_0$. Dakle, učenik je ispravno riješio zadatak.

ZADATAK 2.
Odredi točke ekstrema funkcije$$f(x)=\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}$$koristeći se drugom derivacijom.

Učenik je zadatak riješio na sljedeći način:

Rješavamo li zadatak na standardan način, nakon što se odredi prva derivacija funkcije te stacionarne točke, treba odrediti drugu derivaciju funkcije te ispitati predznak druge derivacije u stacionarnim točkama.

Dakle, prvi dio zadatka učenik je dobro riješio: stacionarne su točke $x_1=-1$ i $x_2=1$. Zatim treba izračunati drugu derivaciju funkcije $f$:
$$\begin{array}{rl}& f”(x)={\left(\frac{2x^2-2}{(x^2+x+1{)}^2}\right)}^{\prime }\\ & =2\frac{2x(x^2+x+1{)}^2-(x^2-1).2(x^2+x+1)(2x+1)}{(x^2+x+1{)}^4}\\ & =4\frac{x(x^2+x+1)-(x^2-1)(2x+1)}{(x^2+x+1{)}^3}\\ & =4\frac{-x^3+3x+1}{(x^2+x+1{)}^3}.\end{array}$$Tada je $f”(1)=\frac{4}{9}>0$ pa je u $1$ minimum, a $f”(-1)=-1$ te je u $-1$ maksimum. Izračunavši vrijednost funkcije $f$ u točkama $-1$ i $1$, dobivamo: točka maksimuma je $T_1(-1,3)$, a točka minimuma je $T_2(1,\frac{1}{3})$.

Dakle, dobili smo isto rješenje koje je dobio i učenik. Postavlja se pitanje je li postupak učenikovog rješavanja korektan?

Pogledajmo kako bi se riješio ovaj zadatak u općem slučaju. Zadana funkcija je jedna racionalna funkcija, tj. $f$ je oblika $f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$, gdje su $p$ i $q$ polinomi. Stacionarnu točku računamo kao nul-točku prve derivacije. Derivirajmo funkciju $f$:
$$f^{\prime }(x)=\frac{p^{\prime }(x)q(x)-p(x)q^{\prime }(x)}{q^2(x)}.$$Izjednačavanjem $f^{\prime }$ s nulom i rješavanjem te jednadžbe dobivamo stacionarnu točku $x_0$. Dakle, za stacionarnu točku $x_0$ vrijedi:
$$f^{\prime }(x_0)=0,\text{ tj. }{p}^{\prime }(x_0)q(x_0)-p(x_0)q^{\prime }(x_0)=0.$$Izračunajmo drugu derivaciju funkcije $f$. Radi jednostavnijeg zapisa označimo s $B$ brojnik prve derivacije, tj.
$$B(x)=p^{\prime }(x)q(x)-p(x)q^{\prime }(x)\text{ i }B(x_0)=0.$$Tada je
$$\begin{array}{rl}f”(x)& =(f^{\prime }{)}^{\prime }(x)=\frac{B^{\prime }(x)q^2(x)-B(x)\cdot 2q(x)q^{\prime }(x)}{q^4(x)}\\ & =\frac{B^{\prime }(x)q(x)-2B(x)q^{\prime }(x)}{q^3(x)}.\end{array}$$Uvrstimo stacionarnu točku u $f”$:
$$f”(x_0)=\frac{B^{\prime }(x_0)q(x_0)-2B(x_0)q^{\prime }(x_0)}{q^3(x_0)}.$$Budući da je $B(x_0)=0$, vrijedi
$$f”(x_0)=\frac{B^{\prime }(x_0)}{q^2(x_0)}.$$Nazivnik u broju $\frac{B^{\prime }(x_0)}{q^2(x_0)}$ je pozitivan. Stoga je predznak druge derivacije jednak predznaku izraza $B^{\prime }(x_0)$.

Kad pogledamo učenikovo rješenje, uočavamo da je on pri kraju zadatka derivirao brojnik prve derivacije i u tu derivaciju uvrstio stacionarne točke te na osnovi predznaka odredio vrstu ekstrema. Dakle, učenikov postupak rješavanja je ispravan.

Napomena. U ovom smo zadatku imali zadanu racionalnu funkciju $f$. Zamijetimo da se nigdje u rješavanju općeg slučaja nije upotrijebila činjenica da su izrazi u brojniku i nazivniku polinomi. Dakle, ovaj se način rješavanja može primijeniti uvijek kad je funkcija $f$ zapisana kao kvocijent dviju funkcija.

Ova dva primjera pokazuju da se u situacijama kad se susrećemo s neuobičajenim načinima rješavanja matematičkog problema, prije olakog odbacivanja tog rješenja kao pogrešnog, trebamo zapitati je li učenikovo rješenje ipak ispravno iako nestandardno rješenje koje proistječe iz metode koju tijekom redovne nastave nismo razmatrali kao moguću strategiju rješavanja tog matematičkog zadatka.

---