Drukuj książkęDrukuj książkę

Pochodna funkcji jednej zmiennej

Strona: WIKAMP Port
Przedmiot: Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej
Książka: Pochodna funkcji jednej zmiennej
Wydrukowane przez użytkownika: Gość
Data: piątek, 4 kwietnia 2025, 13:21

Spis treści

Wstęp

Kurs Pochodna funkcji jednej zmiennej przeznaczony jest dla studentów pierwszego roku uczelni wyższych, jak również dla zainteresowanych uczniów klas maturalnych. Znajdziemy w nim podstawowe definicje i twierdzenia związane z rachunkiem różniczkowym funkcji jednej zmiennej oraz różne przykłady zastosowania pochodnej.

Materiał zawarty w poszczególnych rozdziałach kursu podzielony jest na następujące części:

  • Teoria – tu znajdziemy elementy teorii związanej z rachunkiem różniczkowym: definicje, twierdzenia oraz filmy,
  • Przykłady – przykładowe zadania z rozwiązaniami ilustrowane interaktywnymi filmami,
  • Ćwiczenia interaktywne – różnego typu interaktywne ćwiczenia do samodzielnego rozwiązania z możliwością sprawdzenia poprawności podanych odpowiedzi, na początku każdej strony z ćwiczeniami znajdują się również linki do wykorzystywanych definicji i twierdzeń,
  • Zadania – zadania do samodzielnego rozwiązania z odpowiedziami i wskazówkami.

Wszystkie zamieszczone w kursie rysunki zostały wykonane za pomocą programu GeoGebra 6.0. W interaktywnych ćwiczeniach wykorzystano aplety GeoGebry oraz różnego typu zasoby H5P.

Kurs jako  otwarty zasób edukacyjny został przygotowany w roku 2018 przez zespół wykładowców z Centrum Nauczania Matematyki i Fizyki Politechniki Łódzkiej w składzie: dr inż. Renata Długosz, dr Mariusz Doliński, dr inż. Gertruda Gwóźdź-Łukawska,  dr inż. Izabela Jóźwik, dr inż. Elżbieta Kotlicka-Dwurznik, dr Joanna Kucner, dr Monika Lindner, dr inż. Agnieszka Niedziałkowska, dr Monika Potyrała, dr Joanna Rzepecka, dr inż. Małgorzata Terepeta, dr inż. Witold Walas.

1. Wprowadzenie

W tym rozdziale poznamy:

  • definicję pochodnej funkcji w punkcie (właściwej i niewłaściwej)
  • definicję pochodnej jako funkcji
  • definicję różniczki funkcji w punkcie
  • reguły różniczkowania funkcji
  • interpretację geometryczną, fizyczną i ekonomiczną pochodnej funkcji w punkcie.

Nauczymy się jak:

  • badać istnienie pochodnej funkcji w punkcie korzystając z definicji
  • obliczać pochodną funkcji korzystając ze wzorów na pochodną sumy, iloczynu, ilorazu funkcji, pochodną funkcji złożonej oraz pochodną funkcji odwrotnej
  • wyznaczać przybliżoną wartość funkcji za pomocą różniczki
  • wyznaczać równanie stycznej do wykresu funkcji w punkcie.

1.1 Pochodna funkcji w punkcie

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym otoczeniu U_{x_0} punktu x_{0}. Niech \Delta x będzie różnym od zera przyrostem zmiennej x takim, że x_{0}+\Delta x należy do tego otoczenia. Niech \Delta f=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) będzie przyrostem wartości funkcji odpowiadającym przyrostowi \Delta x. Ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie x_{0} dla przyrostu \Delta x nazywamy wyrażenie

\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{ \Delta x}.

Jeżeli istnieje i jest skończona granica

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta f}{\Delta x},

to nazywamy ją pochodną funkcji f w punkcie x_{0} i oznaczamy f^{\prime }(x_{0}) lub \frac{df}{dx}(x_{0}). Zatem

f^{\prime }(x_{0})=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{ f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}

(o ile granica ta istnieje i jest skończona).

Funkcję jednej zmiennej, która ma pochodną w punkcie x_{0} nazywamy funkcją różniczkowalną w tym punkcie.

Iloraz różnicowy może być także zapisany w postaci

\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ } x\in U_{x_0}.

Wówczas pochodna funkcji f w punkcie x_{0} ma postać

f^{\prime }(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{ x-x_{0}}.

Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym prawostronnym otoczeniu x_{0}. Niech \Delta x będzie różnym od zera przyrostem zmiennej x takim, że x_{0}+\Delta x należy do tego otoczenia. Niech \Delta f=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) będzie przyrostem funkcji odpowiadającym przyrostowi \Delta x. Jeżeli istnieje i jest skończona granica

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x},

to nazywamy ją pochodną prawostronną funkcji f w punkcie x_{0} i oznaczamy f_{+}^{^{\prime }}(x_{0}) lub \frac{df}{dx}(x_{0}^{+}). Zatem

f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}.

Pochodna prawostronna funkcji f w punkcie x_{0} może być także zapisana w postaci

f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ } x\in U^{+}_{x_0}.

Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym lewostronnym otoczeniu x_{0}. Niech \Delta x będzie różnym od zera przyrostem zmiennej x takim, że x_{0}+\Delta x należy do tego otoczenia. Niech \Delta f=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) będzie przyrostem funkcji odpowiadającym przyrostowi \Delta x. Jeżeli istnieje i jest skończona granica

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) }{\Delta x}

to nazywamy ją pochodną lewostronną funkcji f w punkcie x_{0} i oznaczamy f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})\text{ lub }\frac{df}{dx}(x_{0}^{-}). Zatem

f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}.

Pochodna lewostronna funkcji f w punkcie x_{0} może być także zapisana w postaci

f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ }x\in U^{-}_{x_0}.

‒ warunek konieczny i wystarczający istnienia pochodnej w punkcie

Funkcja f ma pochodną w punkcie x_{0} wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją i są sobie równe pochodne jednostronne funkcji f w punkcie x_{0}. Wówczas

f^{^{\prime }}(x_{0})=f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=f_{-}^{^{\prime }}(x_{0}).

Załóżmy, że funkcja f jest określona i ciągła na pewnym otoczeniu punktu x_{0}. Mówimy, że funkcja f ma pochodną niewłaściwą w punkcie x_{0}, gdy

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{ \Delta x}=-\infty   lub    \lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{ f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=+\infty.

Wówczas piszemy

f^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty   lub    f^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty .

Załóżmy, że funkcja f jest określona i ciągła na pewnym prawostronnym otoczeniu punktu x_{0}. Mówimy, że funkcja f ma pochodną niewłaściwą prawostronną w punkcie x_{0}, gdy

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) }{\Delta x}=-\infty    lub    \lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{+}} \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=+\infty \text{.}

Wówczas piszemy

f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty    lub    f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty.

Załóżmy, że funkcja f jest określona i ciągła na pewnym lewostronnym otoczeniu punktu x_{0}. Mówimy, że funkcja f ma pochodną niewłaściwą lewostronną w punkcie x_{0}, gdy

\lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0}) }{\Delta x}=-\infty    lub    \lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0^{-}} \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=+\infty.

Wówczas piszemy

f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty    lub    f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty.

Załóżmy, że funkcja f jest określona na zbiorze D\subset \mathbb{R}. Jeżeli f ma pochodną w każdym punkcie zbioru A\subset D, to funkcję

f^{^{\prime }}:x\mapsto f^{^{\prime }}(x),\text{ } x\in A

nazywamy funkcją pochodną lub pochodną funkcji f na zbiorze A.

‒ warunek konieczny różniczkowalności funkcji w punkcie

Załóżmy, że funkcja f jest określona na pewnym otoczeniu punktu x_0. Jeżeli f jest różniczkowalna w punkcie x_{0}, to jest ciągła w tym punkcie.

Implikacja odwrotna nie zachodzi, tzn. nie jest prawdą, że jeżeli funkcja jest ciągła w punkcie x_{0}, to jest różniczkowalna w tym punkcie. Przykładem funkcji, która jest ciągła i nieróżniczkowalna w x_{0}=0 jest f(x)=|x|.

Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna na na pewnym otoczeniu U_{x_0} punktu x_0. Niech \Delta x oznacza dowolny, różny od zera, przyrost argumentu. Różniczką funkcji f w punkcie x_0 dla dla przyrostu \Delta x nazywamy iloczyn f^\prime(x_0)\cdot\Delta x i oznaczamy symbolem df(x_0). Zatem df(x_0)=f^\prime(x_0)\cdot\Delta x.

Zauważmy, że jeżeli f(x)=x, to dx=df(x_0)=1\cdot\Delta x = \Delta x, a więc dla dowolnej funkcji f zachodzi równość

df(x_0)=f^\prime(x_0)\cdot dx.

Jeśli f jest funkcją różniczkowalną w x_0 oraz \Delta f=f(x_0+\Delta x)-f(x_0), to 

\Delta f=d f+ \varepsilon,

gdzie \lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\varepsilon}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta f - df}{\Delta x}=0. To oznacza, dla dostatecznie małych przyrostów \Delta x  przyrost wartości funkcji \Delta f można przybliżyć różniczką funkcji df z błędem \varepsilon , przy czym \vert \varepsilon \vert . Uwzględniając definicję różniczki, otrzymujemy wzór wykorzystywany do wyznaczania przybliżonych wartości funkcji f:

f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f^\prime(x_0)\cdot \Delta x.

Jeżeli istnieje pochodna funkcji f^\prime w punkcie x_0, to nazywamy ją pochodną rzędu drugiego funkcji f w punkcie x_0 i oznaczamy przez f^{\prime\prime}(x_0) lub \frac{d^2f}{dx^2} (x_0).

Analogicznie definiujemy pochodne wyższych rzędów. Niech n\in \mathbb{N}. Wówczas:

f^{(0)}(x)=f(x),

f^{(1)}(x)=f'(x)=\frac{df}{dx} (x),

\ \ \ \ \vdots

f^{(n)}(x)=\left( f^{(n-1)}(x)\right)'=\frac{d^nf}{dx^n} (x).

Przykłady

1

Korzystając z definicji obliczymy pochodną funkcji f(x)=1-x^{2} w punkcie x_{0}=3.

f^{^{\prime }}(3)=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{f(x)-f(3)}{x-3} = \lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(1-x^{2})-(1-3^{2})}{x-3} =\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{1-x^{2}-1+9}{x-3}=

=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-x^{2}+9}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{9-x^{2}}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(3-x)(3+x)}{x-3}=

=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-(x-3)(3+x)}{x-3}=\lim\limits_{x \rightarrow 3}\frac{-(3+x)}{1}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}(-3-x)=-6.

2

Obliczymy pochodne jednostronne funkcji f(x)=|x-a| w punkcie x_{0}=a, gdzie a\in \mathbb{R}.

Niech a\in \mathbb{R}. Iloraz różnicowy funkcji f w punkcie a ma postać:

I(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{|x-a|-|a-a|}{x-a}=\frac{|x-a|-0}{x-a}=\frac{ |x-a|}{x-a}.

Korzystając z definicji modułu mamy:

|x-a|=\left\{ \begin{array}{lll} x-a & \text{dla} & x\geq a \\ -(x-a) & \text{dla} & x.

Obliczymy teraz pochodne jednostronne w punkcie a:

f_{+}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{x-a}{x-a}=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}(1)=1,

f_{-}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{-(x-a)}{x-a}=\lim\limits_{x \rightarrow a^{-}}(-1)=-1.

Zauważmy, że

f_{+}^{^{\prime }}(a)\not=f_{-}^{^{\prime }}(a)\text{.}

Zatem nie istnieje pochodna funkcji f w punkcie x_{0}=a.

3

Obliczymy pochodną funkcji f(x)=\sqrt{x} w dowolnym punkcie x_{0}>0.

Niech x_0 >0.

f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{ x-x_{0}}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{x-x_{0} }=

=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{(\sqrt{x}- \sqrt{x_{0}})(\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}})}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{1 }{\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}}}=\frac{1}{\sqrt{x_{0}}+\sqrt{x_{0}}}.

Czyli

f^{^{\prime }}(x_{0})=\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}, \; x_0>0.

4

Zbadamy istnienie pochodnej funkcji f(x)=\sqrt{x-1} w punkcie x_{0}=1.

Dziedziną funkcji f jest przedział [1,+\infty), zatem możemy rozważać tylko pochodną prawostronną funkcji f w punkcie x_0=1.

f_{+}^{^{\prime }}(1)=\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} =\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{\sqrt{x-1}-\sqrt{1-1}}{x-1}= \lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{\sqrt{x-1}}{x-1}=\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=\left[\frac{1}{0^{+}}\right]=+\infty .

Ponieważ f jest funkcją ciągłą, więc f ma w x_0=1 pochodną prawostronną niewłaściwą.

5

Obliczymy przybliżoną wartość liczby \sqrt[3]{1003} wykorzystując różniczkę funkcji.

Przybliżoną wartość pierwiastka wyznaczymy korzystając ze wzoru:

f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f^\prime(x_0)\cdot \Delta x.

Przyjmijmy f(x)=\sqrt[3]{x},  x_0=1000 oraz \Delta x=3. Wówczas

f'(x)=\left(x^\frac{1}{3}\right)'=\frac{1}{3} x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3 \sqrt[3]{x^2}},

f'(x_0)=\frac{1}{3( \sqrt[3]{1000})^2}=\frac{1}{300}.

Stąd

\sqrt[3]{1003}=f(1000+3)\approx f(1000)+f^\prime(1000)\cdot 3 = 10+\frac{1}{300}\cdot 3=10.01.

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie: 

• definicję pochodnej funkcji w punkcie    • warunek konieczny różniczkowalności funkcji w punkcie

1

Wskaż poprawne odpowiedzi.

2

Wskaż poprawne odpowiedzi.

3

4

Udziel odpowiedzi na pytania.

 

1.2 Reguły różniczkowania

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

‒ o pochodnej sumy, iloczynu, ilorazu funkcji

Jeżeli funkcje f,g są określone na pewnym otoczeniu punktu x_0 i są różniczkowalne w punkcie x_0, to:

  1. \left( C\cdot f\right) '(x_0)=C\cdot f'(x_0), C\in \mathbb {R},
  2. \left(f\pm g\right)'(x_0)=f'(x_0)\pm g'(x_0),
  3. \left(f\cdot g\right)'(x_0)=f'(x_0)\cdot g(x_0)+f(x_0)\cdot g'(x_0),
  4. \left(\frac{f}{g}\right)'(x_0)=\frac{f'(x_0)\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot g'(x_0)}{g^2(x_0)}, jeśli g(x_0)\neq 0.

Zachodzą wzory:

  1. (C)'=0, C\in \mathbb R,
  2. (x^{\alpha})'=\alpha x^{\alpha -1}, \alpha \in \mathbb R,
  3. (a^x)'=a^x\ln a, x\in \mathbb{R}, a>0,
  4. (\log_a x)'=\frac{1}{x\ln a}, x>0, a>0, a\neq 1,
  5. (\sin x)'=\cos x, x\in \mathbb R,
  6. (\cos x)'=-\sin x, x\in \mathbb R,
  7. (\operatorname{tg} x)'=\frac{1}{\cos ^2x}, \displaystyle x\neq \frac{\pi}{2}+k\pi, k\in \mathbb Z,
  8. (\operatorname{ctg} x)'=-\frac{1}{\sin ^2x}, x\neq k\pi, k\in \mathbb Z,
  9. (\operatorname{arctg} x)'=\frac{1}{1+x^2}, x\in \mathbb R,
  10. (\operatorname{arcctg} x)'=-\frac{1}{1+x^2}, x\in \mathbb R,
  11. (\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, x\in (-1,1),
  12. (\arccos x)'=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, x\in (-1,1).

W szczególności mamy:

  • (e^x)'=e^x, x\in \mathbb R,
  • (\ln x)'=\frac{1}{x}, x>0.
‒ o pochodnej funkcji złożonej

Jeżeli funkcja złożona F(x)=f(g(x)) jest określona na pewnym otoczeniu punktu x_0, funkcja g ma pochodną w punkcie x_0 oraz funkcja f ma pochodną w punkcie y_0=g(x_0), to funkcja F ma pochodną w punkcie x_0 oraz

F'(x_0)=f'(g(x_0))\cdot g'(x_0).

‒ o pochodnej funkcji odwrotnej

Niech funkcja f będzie określona na pewnym otoczeniu punktu x_0, g będzie funkcją odwrotną funkcji f. Jeżeli istnieje i jest różna od zera pochodna funkcji f w punkcie x_0, to funkcja g jest różniczkowalna w punkcie y_0=f(x_0) i zachodzi wzór

g'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}.

Przy obliczaniu pochodnych funkcji postaci f^g lub \log_fg korzystamy z poniższych przekształceń:

  1. jeżeli f(x)>0 dla x\in (a,b), to na przedziale (a,b) zachodzi równość: f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\cdot\ln f(x)},
  2. jeżeli f(x)>0 i f(x)\neq1 i g(x)>0 dla x\in (a,b), to na przedziale (a,b) zachodzi równość: \log_{f(x)}g(x)=\frac{\ln g(x)}{\ln f(x)}.

Przykłady

1

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych obliczymy pochodne funkcji:

  1. f(x)=4x^5-3x^2+x\sqrt[3]x-\ln 3,
  2. f(x)=6x^3\operatorname{arcsin} x,
  3. f(x)=\frac{3x^4-5x+1}{x^2},
  4. f(x)=\frac1x\cos x,
  5. f(x)=\frac{1+\ln x}{x^4}.

  1. f^\prime(x)=\left(4x^5-3x^2+x\sqrt[3]x-\ln 3\right)^\prime=4\left(x^5\right)^\prime-3\left(x^2\right)^\prime+\left(x^{\frac43}\right)^\prime-\left(\ln 3\right)^\prime=

    =4\cdot5x^4-3\cdot2x+\frac43x^{\frac13}-0=20x^4-6x+\frac43x^{\frac13}.

  2. f^\prime(x)=\left(6x^3 \operatorname{arcsin} x\right)^\prime=6\left(x^3\right)^\prime\cdot \operatorname{arcsin} x+6x^3\cdot\left(\operatorname{arcsin} x\right)^\prime=

    =18x^2\cdot \operatorname{arcsin}x+6x^3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=18x^2\operatorname{arcsin}x+\frac{6x^3}{\sqrt{1-x^2}}.

  3. f^\prime(x)=\left(\frac{3x^4-5x+1}{x^2}\right)^\prime=\frac{\left(3x^4-5x+1\right)^\prime\cdot x^2-\left(3x^4-5x+1\right) \cdot\left(x^2\right)^\prime}{\left(x^2\right)^2}=

    \frac{\left(12x^3-5\right)\cdot x^2-\left(3x^4-5x+1\right)\cdot 2x}{x^4}= \frac{12x^5-5x^2-6x^5+10x^2-2x}{x^4}=

    =\frac{6x^5+5x^2-2x}{x^4}=\frac{x\left(6x^4+5x-2\right)}{x^4}=\frac{6x^4+5x-2}{x^3}.

  4. f^\prime(x)=\left(\frac1x\cdot\cos x\right)^\prime=\left(\frac{\cos x}{x}\right)^\prime=\frac{\left(\cos x\right)^\prime\cdot x-\cos x\cdot \left(x\right)^\prime}{x^2}=

    =\frac{-\sin x\cdot x-\cos x\cdot 1}{x^2}=-\frac{x\sin x+\cos x}{x^2}.

  5. f^\prime(x)=\left(\frac{1+\ln x}{x^4}\right)^\prime=\frac{\left(1+\ln x\right)^\prime\cdot x^4-\left(1+\ln x\right)\cdot\left(x^4\right)^\prime}{\left(x^4\right)^2}=

    =\frac{\left(0+\frac 1x\right)\cdot x^4-\left(1+\ln x\right)\cdot 4x^3}{\left(x^4+\pi\right)^2}=\frac{x^3-4x^3-4x^3\ln x}{x^8}=

    =\frac{-3x^3-4x^3\ln x}{x^8} =-\frac{x^3(3+4\ln x)}{x^8} = -\frac{3+4\ln x}{x^5}.

2

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych oraz twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej obliczymy pochodne funkcji:

  1. f(x)=\ln 8x,
  2. f(x)=\operatorname{arcctg}(x^6),
  3. f(x)=\text{tg}^{4} x,
  4. f(x)=e^{-2x} \operatorname{arcccos}(3x),
  5. f(x)=\frac{x^3\cos 3x}{1+x^2},
  6. f(x)=\sin^5(\cos 7x).

  1. f^\prime(x)=\left(\ln 8x\right)^\prime=\frac1{8x}\cdot \left(8x\right)^\prime=\frac1{8x}\cdot 8=\frac{1}{x}.

  2. f^\prime(x)=\left(\operatorname{arcctg}(x^6)\right)^\prime=-\frac {1}{1+\left(x^6\right)^2}\cdot \left(x^6\right)^\prime=-\frac {1}{1+x^{12}}\cdot 6x^5 =-\frac {6x^5}{1+x^{12}}.

  3. f^\prime(x)=\left(\text{tg}^4 x\right)^\prime=\left(\left(\text{tg} x\right)^4\right)^\prime=4\left(\text{tg} x\right)^3\cdot \left(\text{tg} x\right)^\prime=4\text{tg}^3 x\cdot \frac1{\cos^2 x}=\frac{4\text{tg}^3 x}{\cos^2 x}.

  4. f^\prime(x)=\left(e^{-2x} \operatorname{arcccos}(3x)\right)^\prime=\left(e^{-2x}\right)^\prime\cdot \operatorname{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot \left(\operatorname{arcccos}(3x)\right)^\prime=

    =e^{-2x}\cdot\left(-2x\right)^\prime\cdot\operatorname{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{1-\left(3x\right)^2}}\right)\cdot\left(3x\right)^\prime=

    =e^{-2x}\cdot\left(-2\right)\cdot\operatorname{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{1-9x^2}}\right)\cdot3= =-2e^{-2x}\operatorname{arcccos}(3x)-\frac{3e^{-2x}}{\sqrt{1-9x^2}}.

  5. f^\prime(x)=\left(\frac{x^3\cos 3x}{1+x^2}\right)^\prime=\frac{\left(x^3\cos 3x\right)^\prime\cdot\left(1+x^2\right)-\left(x^3\cos 3x\right)\cdot\left(1+x^2\right)^\prime}{\left(1+x^2\right)^2}=

    =\frac{\left(\left(x^3\right)^\prime\cdot\cos3x+x^3\cdot\left(\cos3x\right)^\prime\right) \cdot\left(1+x^2\right)-x^3\cos 3x\cdot\left(0+2x\right)}{\left(1+x^2\right)^2}=

    =\frac{\left(3x^2\cos3x+x^3\cdot\left(-\sin3x\right)\cdot\left(3x\right)^\prime\right) \cdot\left(1+x^2\right)-2x^4\cos 3x}{\left(1+x^2\right)^2}=

    =\frac{\left(3x^2\cos3x-3x^3\sin3x\right)\left(1+x^2\right)-2x^4\cos 3x}{\left(1+x^2\right)^2}.

  6. f^\prime(x)=\left(\sin^5(\cos7x)\right)^\prime=\left(\left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^5\right)^\prime=

    =5\left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^4\cdot \left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^\prime=5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\left(\cos7x\right)^\prime=

    =5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\left(-\sin7x\right)\cdot\left(7x\right)^\prime =

    =-5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\sin7x\cdot7=-35\sin^4\left(\cos7x\right) \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\sin7x.

3

Obliczymy pochodne funkcji:

  1. f(x)=(x)^{5x},
  2. f(x)=\log_{x^2}(e^x).

  1. f^\prime(x)=\left((x)^{5x}\right)^\prime=\left(e^{5x\ln x}\right)^\prime=e^{5x\ln x}\cdot \left(5x\ln x\right)^\prime=5e^{5x\ln x}\cdot \left(\left(x\right)^\prime\cdot\ln x+x\cdot\left(\ln x\right)^\prime\right)=

    =5e^{5x\ln x}\cdot \left(1\cdot\ln x+x\cdot\frac1x\right)=5e^{5x\ln x} \left(\ln x+1\right)=5(x)^{5x}\left(\ln x+1\right).

  2. f^\prime(x)=\left(\log_{x^2}(e^x)\right)^\prime=\left(\frac{\ln e^x}{\ln x^2}\right)^\prime=\frac{\left(x\right)^\prime\cdot\ln x^2-x\cdot\left(\ln x^2\right)^\prime}{\left(\ln x^2\right)^2}=

    =\frac{1\cdot\ln x^2-x\cdot\frac1{x^2}\cdot 2x}{\left(\ln x^2\right)^2}=\frac{\ln x^2-2}{\ln^2 x^2}.

4

Obliczymy pochodną funkcji f(x)=\frac{\ln (x^3+2x+1)}{e^{x^2}} w punkcie x_0=1.

f^\prime(x)=\left(\frac{\ln (x^3+2x+1)}{e^{x^2}}\right)^\prime=\frac{\left(\ln (x^3+2x+1)\right)^\prime\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot \left(e^{x^2}\right)^\prime}{\left(e^{x^2}\right)^2}=

=\frac{\frac1{x^3+2x+1}\cdot\left(x^3+2x+1\right)^\prime\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot e^{x^2}\cdot\left(x^2\right)^\prime }{e^{2x^2}}=

=\frac{\frac1{x^3+2x+1}\cdot\left(3x^2+2\right)\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot 2xe^{x^2} }{e^{2x^2}},

f^\prime(1)=\frac{\frac1{1^3+2\cdot 1+1}\cdot\left((3\cdot 1^2+2)\right)\cdot e^{1^2}-\ln (1^3+2\cdot 1+1)\cdot 2\cdot1\cdot e^{1^2} }{e^{2\cdot1^2}}= =\frac{\frac{5e}{4}-2e\ln4}{e^2}=\frac{e(5-8\ln4)}{4e^2}=\frac{5-8\ln4}{4e}.

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• wzory na pochodną sumy, iloczynu i ilorazu funkcji     • wzory na pochodne podstawowych funkcji elementarnych 

1

Uzupełnij:

2

Uzupełnij:

3

Uzupełnij:

4

Uzupełnij:

5

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie:

• wzory na pochodną sumy, iloczynu i ilorazu funkcji • wzory na pochodne podstawowych funkcji elementarnych

6

7

Oblicz pierwszą i drugą pochodną funkcji f.

Uzupełnij.                                                                           Edycja tekstów w GeoGebrze

1.3 Interpretacja geometryczna pochodnej w punkcie

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Załóżmy, że funkcja f jest określona i ciągła na pewnym otoczeniu punktu x_{0}. Styczną do wykresu funkcji f w punkcie x_{0} (w punkcie wykresu (x_{0}, f(x_{0}))) nazywamy prostą będącą granicznym położeniem siecznych wykresu funkcji f przechodzących przez punkty (x_{0},f(x_{0})) i (x, f(x)), gdy x\rightarrow x_{0}.


Styczna

Iloraz różnicowy \frac{\Delta f}{\Delta x} równy jest tangensowi kąta \alpha _{s} nachylenia prostej (siecznej) przechodzącej przez punkty A=(x_{0},f(x_{0})) i B=(x_{0}+\Delta x,f(x_{0}+\Delta x)):

\frac{\Delta f}{\Delta x}=\text{tg}\alpha _{s}.

Jeżeli granica \lim\limits_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{\Delta f}{ \Delta x} istnieje i jest skończona, to jej wartość równa jest tangensowi kąta \alpha nachylenia stycznej do wykresu funkcji f poprowadzonej w punkcie A, zatem

f^{\prime }(x_{0})=\text{tg}\alpha.

tangens

Pochodna f^{\prime }(x_{0}) jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej do wykresu funkcji f poprowadzonej w punkcie (x_{0},f(x_{0})).

‒ o równaniu stycznej do wykresu funkcji

Niech funkcja f będzie określona w otoczeniu punktu x_{0} i posiada pochodną (właściwą) w punkcie x_{0}. Równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie x_{0} ma postać

y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).

Przykłady

1
Wyznaczymy równanie stycznej do wykresu funkcji f(x)=e^{x} w punkcie x_{0}=1.

Równanie stycznej do wykresu funkcji wyznaczymy korzystając ze wzoru:

y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).

Pochodna funkcji f(x)=e^{x} jest równa f^{\prime }(x)=e^{x}, x\in \mathbb{R}.

Obliczamy teraz wartości: funkcji i pochodnej funkcji w punkcie x_{0}=1. Otrzymujemy f(1)=e^{1}=e, f^{\prime }(1)=e^{1}=e.

Podstawiamy obliczone wartości do równania stycznej. Otrzymujemy:

y-f(1)=f^{\prime }(1)(x-1),

y-e=e(x-1),

y=e(x-1)+e.

Zatem styczna ma równanie: \ \ y=ex.

2
Wyznaczymy równanie stycznej do wykresu funkcji f(x)=\arcsin x w punkcie x_{0}=\frac{1}{2}.

Równanie stycznej do wykresu funkcji wyznaczymy korzystając ze wzoru:

y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).

Pochodna funkcji f(x)=\arcsin x jest równa f^{\prime }(x)=\frac{1}{ \sqrt{1-x^{2}}}, x\in (-1,1).

Obliczamy teraz wartości: funkcji i pochodnej funkcji w punkcie x_{0}=\frac{1}{2}. Mamy

f\left( \frac{1}{2} \right) =\arcsin \left( \frac{1}{2}\right) =\frac{\pi }{6}

f^{\prime }\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{2})^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1 }{4}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{4}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{ 3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}.

Podstawiamy obliczone wartości do równania stycznej i otrzymujemy:

y-f\left( \frac{1}{2}\right) =f^{\prime }\left( \frac{1}{2}\right) \left( x- \frac{1}{2}\right),

y-\frac{\pi }{6}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\left( x-\frac{1}{2}\right),

y=\frac{2\sqrt{3}}{3}\left( x-\frac{1}{2}\right) +\frac{\pi }{6}.

Zatem styczna ma równanie: \ \ y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}-\pi }{6}.

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie: 

• definicję stycznej do wykresu funkcji w punkcie    • postać równania stycznej

1

Wskaż rysunki, na których prosta l jest styczna do wykresu funkcji f.

Przeciągnij i upuść rysunek we wskazanym obszarze.

2

Wskaż rysunki, na których prosta l jest styczna do wykresu funkcji f.

Przeciągnij i upuść rysunek we wskazanym obszarze.

3

Wskaż równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie x_0.

4

Wskaż równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie x_0.

5

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x) = -\frac{4}{3}x^3+2x-\frac{1}{3} w punkcie x_0 = -1.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

6

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x) = x\sqrt{x+4} w punkcie x_0 = 0.

Uzupełnij.                                                                          Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

7

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x) = \frac{1-2x}{x-1} w punkcie x_0 = 2.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

8

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f(x) = \frac{\ln x}{1+\ln x} w punkcie x_0 = 1.

Uzupełnij.                                                                         Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

1.4 Interpretacja fizyczna pochodnej w punkcie

Niech T\subset \mathbb{R}. Wielkością przeciętną (względną, średnią) funkcji f:T\rightarrow \mathbb{R} nazywamy

\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x},

czyli iloraz przyrostu funkcji do przyrostu argumentu (iloraz różnicowy funkcji).

Dokładniejszą charakterystykę szybkości zmian funkcji otrzymamy wtedy, gdy w powyższym ilorazie przejdziemy do granicy. Konieczna jest jednak znajomość analitycznego wzoru rozważanej funkcji.

Potrzebę wprowadzenia pochodnej objaśnimy na przykładzie fizycznych wielkości:

 

1. Prędkość v

Rozpatrzmy ruch po linii prostej, aby nie trzeba się było posługiwać wektorami.

Wyobraźmy sobie punkt materialny P poruszający się ze zmienną prędkością po osi liczbowej s w taki sposób, że jego pozycja w chwili t_{0} określona jest jako funkcja czasu i wynosi s(t_{0}). W chwili t_{0}+\Delta t współrzędna (pozycja) tego punktu jest równa s(t_{0}+\Delta t). Przesunięcie w czasie \Delta t jest równe \Delta s=s(t+\Delta t)-s\left( t\right). Zatem prędkość średnia jest równa

v_{śr} =\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{s(t_{0}+\Delta t)-s(t_{0})}{\Delta t},

interpetacja fizyczna

zaś prędkość chwilowa w chwili t_{0} jest równa

v\left( t_{0}\right) =\lim\limits_{ \Delta t\to 0}\frac{\Delta s}{\Delta t}= \lim\limits_{\Delta t\to 0}\frac{s(t_{0}+\Delta t)-s(t_{0})}{\Delta t}=\frac{ds}{dt}(t_0)=s'(t_{0}).

2. Przyspieszenie a

W czasie \Delta t punkt materialny P przyspieszy od chwili t_0 do chwili t_0+\Delta t średnio o

a_{śr}=\frac{\Delta V}{\Delta t}=\frac{v(t_{0}+\Delta t)-v(t_{0})}{\Delta t}.

Granicę właściwą tego ilorazu różnicowego, gdy \Delta t\to 0 nazywamy przyspieszeniem punktu P w chwili t_0

a(t_{0})=\underset{\Delta t\to 0}{\lim }\frac{\Delta v}{\Delta t}=\underset{\Delta t\to 0}{\lim }\frac{v(t_{0}+\Delta t)-v(t_{0})}{\Delta t}=\frac{dv}{ dt}(t_{0})=\frac{d^2s}{dt^2}(t_0)=s''(t_{0}).

3. Natężenie prądu I

Prąd elektryczny to uporządkowany ruch ładunków elektrycznych wzdłuż przewodnika. Niech \Delta Q oznacza ładunek przepływający przez ustalony przekrój przewodnika w czasie \Delta t. Wówczas wielkość I_{śr}=\frac{\Delta Q}{\Delta t} nazywa się średnim natężeniem prądu. Chwilowym natężeniem prądu jest wielkość

I\left( t_{0}\right) =\underset{\Delta t\to 0}{\lim }\frac{\Delta Q}{ \Delta t}=\frac{dQ}{dt}(t_{0})=Q'(t_{0}).

4. Gęstość rozkładu masy μ

Załóżmy, że mamy pręt o długości L taki, że masa części tego pręta liczona od początku do punktu x_0\in[0,L] dana jest funkcją m(x_0). Wtedy masa zawarta w przedziale [x_0,x_0+\Delta x] wynosi:

\Delta m=m(x_{0}+\Delta x)-m(x_{0}).

Średnia gęstość masy na tym przedziale jest równa:

\overline{\mu }=\frac{\Delta m}{\Delta x}=\frac{m(x_{0}+\Delta x)-m(x_{0})}{\Delta x}.

W granicy otrzymuje się gęstość masy w punkcie x_0

\mu \left( x_{0}\right) =\underset{\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta m}{\Delta x}=m'(x_{0}).

1.5 Interpretacja ekonomiczna pochodnej w punkcie

Niech T\subset\mathbb R. Wielkością przeciętną (względną, średnią) funkcji f:T\to\mathbb R, nazywamy

\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x},    (1)

czyli iloraz przyrostu funkcji do przyrostu argumentu (iloraz różnicowy funkcji).

Funkcję \frac{f(x)}{x} nazywamy funkcją przeciętną (średnią).

Wielkość przeciętna określa, w jakim stopniu funkcja f jest czuła na przyrost zmiennej x. Jednakże ocena reakcji funkcji na podstawie wzoru (1) daje pogląd jedynie na przeciętną prędkość zmiany wartości tej funkcji w przedziale [x_0,x_0+\Delta x]. Zmiany te nie muszą zachodzić tak równomiernie, jak wskazuje wartość średnia. Dokładniejszą charakterystykę szybkości zmian funkcji otrzymamy wtedy, gdy w ilorazie (1) przejdziemy do granicy. Konieczna jest jednak znajomość analitycznego wzoru rozważanej funkcji.

Wielkością krańcową funkcji f:T\to\mathbb R w punkcie x₀, nazywamy granicę właściwą (o ile istnieje):

\underset{\Delta x\to 0}{\lim }\frac{\Delta f}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0}{\lim } \frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}=f'(x_{0}),

czyli pochodną pierwszego rzędu funkcji f w punkcie x_0. Funkcję f' określoną na T nazywamy funkcją krańcową.

 

Zauważmy, że dla funkcji jednej zmiennej f(x), dla małych przyrostów \Delta x mamy:

\Delta f=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})\approx f'(x_{0})\Delta x.

Niech \Delta x=1, czyli argument zwiększa się o jednostkę w stosunku do poziomu wyjściowego. Wtedy powyższa zależność ma postać:

\Delta f=f(x_{0}+1)-f(x_{0})\approx f'(x_{0}),

czyli zwiększenie argumentu o jednostkę powoduje wzrost funkcji o f′(x_0). Zatem wielkość krańcowa funkcji jest w przybliżeniu równa przyrostowi funkcji przy wzroście argumentu funkcji o jednostkę. Wielkość krańcowa jest miarą szybkości zmian wartości funkcji w punkcie x_0.

 

Przykłady

 

1. Funkcja kosztu

Koszt wytworzenia dowolnej wielkości produkcji zależy od wielkości nakładów poszczególnych czynników produkcji oraz ich cen. Jest on więc funkcją kilku zmiennych. Jeżeli jednak nasze rozważania ograniczymy do krótkiego okresu, a więc czasu, w którym przynajmniej jeden czynnik produkcji jest stały i koszt możemy przedstawić jako funkcję jednej zmiennej: wielkości produkcji.

Koszty całkowite są sumą kosztów stałych i kosztów zmiennych.

Niech K:\mathbb R_+\to\mathbb R_+ będzie funkcją kosztu całkowitego zależną od wielkości produkcji x, gdzie x\in(0,+\infty). Wtedy funkcję

K_{p}:x\to K_{p}\left( x\right) =\frac{K(x)}{x}

nazywamy funkcją kosztów przeciętnych, a jej wartość K_{p}\left( x_{0}\right) =\frac{K(x_{0})}{x_{0}} kosztem przeciętnym (jednostkowym) wytworzenia jednostki produktu przy poziomie produkcji x_0.

Przy podejmowaniu decyzji dotyczących wielkości produkcji (i jej wpływu na koszty) bardzo ważną wskazówką jest kształtowanie się kosztów jednostkowych przy różnych rozmiarach produkcji. W tego typu analizach przydatne jest wykorzystanie kosztów krańcowych.

Koszt krańcowy to koszt wytworzenia dodatkowej jednostki produktu (przy założeniu, że produkcja zmienia się skokowo), czyli przyrost kosztów spowodowany zwiększeniem produkcji o jednostkę. Tak więc koszty krańcowe informują o tym, jak wzrosną koszty całkowite przy wzroście produkcji o jedną jednostkę \left( K_{x}=\frac{\Delta K}{\Delta x}, \ \Delta x =1\right) . Często jednak zakładamy ciągłą, a nie skokową zmianę wielkości produkcji.

 

Przy założeniu, że funkcja K(x) jest różniczkowalna oraz x_0>0, \Delta x>0, x_0+\Delta x>0, gdzie \Delta x jest dodatnim przyrostem argumentu funkcji (przyrostem produkcji), można zbudować iloraz różnicowy (przyrost przeciętny) tej funkcji:

\frac{K(x_{0}+\Delta x)-K(x_{0})}{\Delta x}=\frac{\Delta K}{\Delta x}.

Wyraża on przeciętny koszt wytworzenia dodatkowych jednostek produktu \Delta x poczynając od poziomu x_0. Granicą tego ilorazu jest pochodna funkcji K w punkcie x_0

K'(x_{0})=\underset{\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta K}{\Delta x}.

Stąd

K_{x}(x_0)=K'(x_0).

Natomiast funkcja K_{x}: x\to K'(x) jest funkcją kosztu krańcowego.

 

2. Funkcja produkcji

Funkcja produkcji określa relacje między wielkością produkcji a liczbą zaangażowanych czynników produkcji. Funkcja produkcji określa, jaką maksymalną wielkość produkcji może osiągnąć przedsiębiorstwo w wyniku użycia posiadanych zasobów, przy danej technice wytwarzania.

Funkcja produkcji

TP=f(K,L), \ \ \ \ K\geq 0,\ L\geq 0,

gdzie: TP ‒ całkowita wielkość produkcji; K ‒ ilość użytych jednostek kapitału; L ‒ ilość użytych jednostek pracy.

Jak widać (po uproszczeniu) produkcja zależy od zaangażowanych w nią kapitału i pracy. Krótki okres (SR) to taki czas (stan), w którym ilość jednego lub więcej czynników produkcji jest stała (przynajmniej jeden czynnik produkcji jest stały, pozostałe mogą być zmienne).

  • Produkt całkowity T(total) P(product) to łączna wielkość produkcji przedsiębiorstwa wytwarzana przy zatrudnianiu kolejnych jednostek zmiennego czynnika wytwórczego.
    interpetacja ekonomiczna

  • Produkt przeciętny A(average)P(product) to średnia wielkość produkcji całkowitej TP przypadająca na jednostkę zmiennego czynnika wytwórczego L lub K.

  • Produkt marginalny (krańcowy) M(marginal) P(product) to przyrost produkcji (TP) wynikający z zatrudnienia dodatkowego pracownika (\Delta L=1) lub dodatkowej jednostki zmiennego czynnika produkcji (\Delta K=1).

    MP_{L} = \frac{\Delta TP}{\Delta L},

    MP_{K} = \frac{\Delta TP}{\Delta K}.

 

Prawo malejących dochodów głosi, że jeżeli następuje wzrost nakładów jednego czynnika produkcji (przy założeniu stałości pozostałych czynników), to począwszy od pewnego poziomu, przyrosty produkcji zaczynają maleć. Formuła liczenia:

MP=TP'=\frac{\Delta TP}{\Delta L}.

 

3. Funkcja konsumpcji

Dochody gospodarstw domowych mają być przeznaczone na wydatki konsumpcyjne lub na oszczędności Y=C+S. Przy danym poziomie dochodów im większe wydatki konsumpcyjne, tym mniejsze oszczędności i odwrotnie, im większe oszczędności, tym mniejsze wydatki konsumpcyjne. Wynika z tego, że decyzje gospodarstw domowych w sprawie wydatków konsumpcyjnych są zarazem decyzjami w sprawie oszczędzania. Funkcja konsumpcji pokazuje poziom zamierzonych łącznych wydatków konsumpcyjnych przy różnych poziomach dochodu. Zależność (liniową) między wydatkami konsumpcyjnymi a dochodem charakteryzuje skłonność do konsumpcji.

  • Przeciętna skłonność do konsumpcji to stosunek wydatków konsumpcyjnych do dochodu. Wielkość ta informuje, jaka części dochodu przeznaczona jest na konsumpcję: \frac{C}{Y}.
  • Krańcowa skłonność do konsumpcji to stosunek przyrostu wydatków konsumpcyjnych do przyrostu dochodu. Wielkość ta informuje jaka część przyrostu dochodu przeznaczona jest na wydatki konsumpcyjne:

    K_{sk}=\frac{\Delta C}{\Delta Y}.

W polityce gospodarczej znajomość krańcowej skłonności do konsumpcji ma duże znaczenie. Pozwala bowiem odpowiedzieć, z dużą dozą prawdopodobieństwa, na co ludzie przeznaczą dodatkowe dochody i w jakiej proporcji wydadzą je na dobra konsumpcyjne, a ile zaoszczędzą.

 

4. Funkcja użyteczności

Funkcja użyteczności to funkcja, której wartościami są wartości użyteczności (satysfakcji, komfortu psychicznego). Można mówić o użyteczności różnych zjawisk (koszyków towarów). Użyteczność pieniądza (bogactwa) jest np. funkcją, która wartości pieniężnej przyporządkowuje użyteczność dla otrzymującego tę wartość. Funkcja użyteczności jest pojęciem psychologicznym, co oznacza, że każdy ma swoją funkcję użyteczności. Jednak pewne ogólne własności są wspólne. Mianowicie, ponieważ każdy woli posiadać więcej niż mniej, więc funkcja użyteczności jest rosnąca. Ponadto krańcowa użyteczność jest malejąca, tzn. każdy dodatkowy procent wzrostu bogactwa powoduje coraz mniejszy przyrost użyteczności. Przykładowo, ktoś kto nic nie ma, podejmie wysiłek w celu zarobienia 10 zł., bo ta kwota zapewni mu np. posiłek. Dla osoby bogatej ta kwota będzie prawie bez znaczenia.

Ustalmy koszyk towarów x\in\mathbb R_{+}. Pochodną u'(x) nazywamy krańcową użytecznością towaru w koszyku x.

Funkcja użyteczności u(x) jest funkcją spełniającą warunki:

  • u'(x) > 0 ‒ postulat niedosytu oznacza, że wzrost ilości towaru w koszyku zwiększa użyteczności koszyka,
  • u''(x) < 0 ‒ krańcowa użyteczność każdego towaru maleje, w miarę jak wzrasta jego spożycie.
Określa ona użyteczność posiadania przez osobę/instytucję wartości (pieniężnej) x.

1.6 Zadania

1

Korzystając z definicji pochodnej wyznacz pochodną funkcji f we wskazanym punkcie:

  1. f(x)=3x-4 w punkcie x_{0}=2,
  2. f(x)=2-x^{3} w punkcie x_{0}=1,
  3. f(x)=\frac{1}{x} w punkcie x_{0}=2,
  4. f(x)=\sin x w punkcie x_{0}=\frac{\pi }{2}.
  1. f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2) }{x-2}, gdzie f(2)=3\cdot 2-4,
  2. f^{^{\prime }}(1)=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1) }{x-1}, gdzie f(1)=2-(1)^{3},
  3. f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}, gdzie f(2)=\frac{1}{2},
  4. f^{^{\prime }}(\frac{\pi }{2})=\lim\limits_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{f(x)-f(\frac{\pi }{2})}{x-\frac{\pi }{2}}, gdzie f(\frac{\pi }{2})=\sin (\frac{\pi }{2}). Wykorzystać wzory \sin (\alpha )-\sin (\beta )=2\cdot \sin (\frac{\alpha -\beta }{2})\cdot \cos (\frac{\alpha +\beta }{2}) i \lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin (x)}{x}=1.
  1. f^{^{\prime }}(2)=3,
  2. f^{^{\prime }}(1)=-3,
  3. f^{^{\prime }}(2)=-\frac{1}{4},
  4. f^{^{\prime }}(\frac{\pi }{2})=0.
2

Korzystając z definicji pochodnej wyznacz pochodną funkcji f we wskazanym punkcie:

  1. f(x)=\sqrt{3x+3} w punkcie x_{0}=2,
  2. f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} x+3 & \text{dla} & x\leq -3 \\ x^{2}-9 & \text{dla} & x>-3 \end{array} \right. w punkcie x_{0}=-3,
  3. f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{x} & \text{dla} & x0 \end{array} \right. w punkcie x_{0}=0.
  1. f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2) }{x-2}, gdzie f(2)=\sqrt{3\cdot 2+3}.
  2. Obliczyć pochodne jednostronne funkcji w punkcie x_0=-3. Wartość funkcji f w punkcie x_{0}=-3 jest równa f(-3)=-3+3=0.
  3. Obliczyć pochodne jednostronne funkcji f_{+}^{^{\prime }}(0) i f_{-}^{^{\prime }}(0). Wartość funkcji f w punkcie x_{0}=0 jest równa f(0)=1.
  1. f'(2)=\frac{1}{2},
  2. f^{^{\prime }}(-3) nie istnieje,
  3. f^{^{\prime }}(0)=+\infty.
3

Korzystając z definicji pochodnej wyznacz pochodną funkcji f w dowolnym punkcie x_{0} dziedziny:

  1. f(x)=\cos x,
  2. f(x)=x^{4},
  3. f(x)=\frac{1}{x}.
  1. f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}. Skorzystać ze wzoru na różnicę cosinusów: \cos (\alpha )-\cos (\beta )=-2\cdot \sin \left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{ \alpha-\beta}{2}\right).
  2. f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}. Skorzystać dwa razy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów x^{2}-x_{0}^{2}=(x-x_{0})(x+x_{0}).
  3. f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}.
  1. f^{^{\prime }}(x_{0})=-\sin x_{0}, x_0\in \mathbb R,
  2. f^{^{\prime }}(x_{0})=4x_{0}^{3}, x_0\in \mathbb R,
  3. f^{^{\prime }}(x_{0})=-\frac{1}{x_{0}^{2}}, x_0\in \mathbb R\setminus \{0\}.
4

Korzystając z odpowiednich wzorów, oblicz pochodną funkcji:

  1. f(x)=2x^5+4e\sqrt[3]x+\frac1{x^6}-7,
  2. f(x)=x^2\cdot\cos x,
  3. f(x)=\frac{\ln x}{x^4-5}.
  1. f^\prime(x)=10x^4+\frac43ex^{-\frac23}-\frac6{x^7},
  2. f^\prime(x)=2x\cdot\cos x-x^2\cdot\sin x,
  3. f^\prime(x)=\frac{\frac1x\cdot (x^4-5)-4x^3\cdot \ln x}{(x^4-5)^2}.
5

Oblicz pochodną funkcji:

  1. f(x)=e^{4x}-\sin(x^3-2)+\mathrm{arctg}(x^6)-\ln^5 x,
  2. f(x)=\sqrt{x^6+\mathrm{tg}x-e^x+1},
  3. f(x)=\sqrt x\cdot \mathrm{arcsin}3x,
  4. (x)=e^{-x}\cdot \sin 2x,
  5. f(x)=\frac{\cos4x}{x^2+4},
  6. f(x)=\frac{\mathrm{tg} 2x+1}{7x-e^{2x}}.
  1. f^\prime(x)=4e^{4x}-3x^2\cdot\cos(x^3-2)+\frac{6x^5}{1+x^{12}}-\frac{5\ln^4x}x,
  2. f^\prime(x)=\frac{6x^5+\frac1{\cos^2x}-e^x}{2\sqrt{x^6+\mathrm{tg}x-e^x+1}},
  3. f^\prime(x)=\frac1{2\sqrt x}\cdot \mathrm{arcsin}3x+\frac{3\sqrt x}{\sqrt{1-9x^2}},
  4. f^\prime(x)=-e^{-x}\cdot \sin2x+2e^{-x}\cos 2x,
  5. f^\prime(x)=\frac{-4\left(x^2+4\right)\cdot\sin4x-2x\cdot\cos4x}{\left(x^2+4\right)^2},
  6. f^\prime(x)=\frac{\frac2{\cos^22x}\cdot\left(7x-e^{2x}\right)-\left(7-2e^{2x}\right)\cdot\left(\mathrm{tg} 2x+1\right)}{\left(7x-e^{2x}\right)^2}.
6

Oblicz pochodną funkcji:

  1. f(x)=\frac{\ln^3 x}{2^x\cdot \sin 3x},
  2. f(x)=x^7\cdot\log_3 (x^2+5)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x},
  3. f(x)=\sin\left(\cos\left(x^5\right)\right),
  4. f(x)=\sin^5\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg} x}\right),
  5. f(x)=\left(\mathrm{arctg}x\right)^{\sin x}.
  1. f(x)=\big(x^7\cdot\log_3 (x^2+5)\big)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x},
  2. f(x)=e^{\sin x\cdot \ln\left(\mathrm{arctg}x\right)}.
  1. f^\prime(x)=\frac{\frac{3\ln^2x}{x}\cdot2^x\cdot \sin 3x-\ln^3x\cdot\left( 2^x\cdot\ln2\cdot\sin3x+2^x\cdot3\cos3x\right)}{2^{2x}\cdot\sin^23x},
  2. f^\prime(x)=\left(7x^6\cdot\log_3 (x^2+5)+x^7\cdot \frac{2x}{\left(x^2+5\right)\cdot\ln3}\right)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x}- \frac{x^7\cdot\log_3 (x^2+5)}{2\left(x^2+1\right)\cdot\sqrt{\mathrm{arcctg}x}},
  3. f^\prime(x)=-5x^4\cos\left(\cos\left(x^5\right)\right)\cdot\sin \left(x^5\right),
  4. f^\prime(x)=5\sin^4\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg}x}\right)\cdot\cos\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg}x}\right)\cdot \frac1{2\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg} x}}\cdot\left(5\mathrm{ctg}x -\frac{5x}{\sin^2x}\right),
  5. f^\prime(x)=e^{\sin x\cdot \ln\left(\mathrm{arctg}x\right)}\cdot\left(\cos x\cdot \ln\mathrm{arctg}x+\frac{\sin x}{\left(1+x^2\right)\cdot \mathrm{arctg}x}\right).
7

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji:

  1. f(x)=\frac{x+2}{x^{3}+2x+1} w punkcie x_0=1,
  2. f(x)=x^{3}-4x w punkcie x_{0}=3,
  3. f(x)=1-2^{x} w punkcie x_{0}=3.
  1. Obliczyć f(1), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(1). Wartości f(1) i f^{^{\prime }}(1) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  2. Obliczyć f(3), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(3). Wartości f(3) i f^{^{\prime }}(3) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  3. Obliczyć f(3), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(3). Wartości f(3) i f^{^{\prime }}(3) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  1. y=-\frac{11}{16}x+\frac{23}{16},
  2. y=23x-54 ,
  3. y=-8x\ln 2+24\ln 2-7.
8

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji:

  1. f(x)=\ln x+1 w punkcie x_0=e,
  2. f(x)=2+xe^{2x} w punkcie x_{0}=0,
  3. f(x)=\mathrm{arctg}^{2}x w punkcie x_{0}=\sqrt{3}.
  1. Obliczyć f(e), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(e) i otrzymane wartości f(e) i f^{^{\prime }}(e) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  2. Obliczyć f(0), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(0) i otrzymane wartości f(0) i f^{^{\prime }}(0) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  3. Obliczyć f(\sqrt{3}), f^{^{\prime }}(x), f^{^{\prime }}(\sqrt{3}) i otrzymane wartości f(\sqrt{3}) i f^{^{\prime }}(\sqrt{ 3}) podstawić do wzoru y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0}).
  1. y=\frac{x}{e}+1,
  2. y=x+2,
  3. y=\frac{\pi }{6}x-\frac{3\sqrt{3}\pi -2\pi ^{2}}{18}.

2. Twierdzenia o wartości średniej i wnioski z nich

W tym rozdziale poznamy:

  • twierdzenie Rolle'a i twierdzenie Lagrange'a
  • wnioski z twierdzenia Lagrange'a dotyczące monotoniczności funkcji
  • twierdzenie Taylora.

Nauczymy się jak

  • wykorzystać rachunek różniczkowy w dowodzeniu tożsamości (nie tylko trygonometrycznych)
  • wyznaczać wielomiany Taylora i wielomiany Maclaurina dla wybranych funkcji.

2.1 Twierdzenie Rolle'a i twierdzenie Lagrange'a

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Rolle'a

Jeżeli funkcja f jest ciągła na przedziale domkniętym [a,b], różniczkowalna na przedziale otwartym (a,b) oraz f(a)=f(b), to istnieje taki punkt c\in(a,b), że f'(c)=0.

Lagrange'a

Jeżeli funkcja f jest ciągła na przedziale domkniętym [a,b] oraz różniczkowalna na przedziale otwartym (a,b), to istnieje taki punkt c\in(a,b), że

f^\prime(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.

 

Iloraz \frac{f(b)-f(a)}{b-a} równy jest tangensowi kąta α nachylenia prostej (siecznej) przechodzącej przez punkty (a,f(a)) i (b,f(b)).

Z twierdzenie Lagrange'a wnioskujemy, że na wykresie funkcji f znajduje się przynajmniej jeden taki punkt (o odciętej c\in(a,b)), w którym styczna do wykresu funkcji f jest równoległa do prostej przechodzącej przez punkty (a,f(a)) i (b,f(b)).

 

Wnioski z twierdzenia Lagrange'a

1

Jeżeli f^\prime(x)=0 dla każdego x\in(a,b), to f jest funkcją stałą na przedziale (a,b).

2

Jeżeli f^\prime(x)=g^\prime(x) dla każdego x\in (a,b), to funkcje f i g różnią się co najwyżej o stałą, tzn. istnieje stała C\in \mathbb{R} taka, że dla wszystkich x\in(a,b) zachodzi równość f(x)=g(x)+C.

3

Jeżeli f^\prime(x)>0 dla każdego x\in(a,b), to f jest funkcją rosnącą na przedziale (a,b).

4

Jeżeli f^\prime(x) dla każdego x\in(a,b), to f jest funkcją malejącą na przedziale (a,b).

 

Implikacje odwrotne do podanych we wniosku 3 i wniosku 4 nie zachodzą. W szczególności nie jest prawdą, że jeżeli f jest funkcją rosnącą na przedziale (a,b), to f^\prime(x)>0 dla każdego x\in(a,b). Przykładem jest funkcja f(x)=x^3, która jest ściśle rosnąca, ale jej pochodna f^\prime(x)=3x^2 zeruje się w punkcie x_0=0.

Wnioski 3 i 4 nie zachodzą w przypadku, gdy przedział (a,b) zastąpimy sumą przedziałów.

 

Przykłady

1

Wykażemy, że \mathrm {arctg} x+\operatorname {arcctg} x=\frac \pi2 dla x\in \mathbb R.

Rozważmy funkcję f(x)=\operatorname {arctg} x+\operatorname {arcctg} x-\frac \pi2 dla x\in \mathbb R. Obliczymy pochodną funkcji f.

Niech x\in \mathbb R.

f^\prime(x)=\frac 1{1+x^2}+\left(-\frac 1{1+x^2}\right)-0=0.

Zatem f^\prime(x)=0 dla x\in \mathbb R.

Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że funkcja f jest stała na zbiorze \mathbb R, czyli istnieje stała C\in \mathbb{R} taka, że dla każdego x\in \mathbb {R} zachodzi równość f(x)=C.

Wyznaczymy stałą C. Obliczymy w tym celu wartość funkcji f dla argumentu x=0.

f(0)=\operatorname {arctg} 0+\operatorname {arcctg} 0-\frac \pi2=0+\frac \pi2-\frac \pi2=0.

Zatem C=0, a stąd f(x)=0, czyli dla x\in \mathbb R

\operatorname {arctg} x+\operatorname {arcctg} x=\frac \pi2.

2

Wykażemy, że \arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}=\operatorname{arctg}\frac1x dla x\in(0, +\infty)

Rozważmy funkcję f(x)=\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}-\operatorname{arctg}\frac1x dla x\in(0, +\infty).

Zauważmy, że 0 dla dowolnego x\in (0,+\infty), więc funkcja f jest poprawnie określona. Niech x\in(0, +\infty).

f'(x)=\left(\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}-\operatorname{arctg}\frac1x\right)'=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{1+x^2}}}\cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)'-\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}\cdot\ \left(\frac1{x}\right)'=

=\frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt {x^2}}\cdot \frac{2x}{-2(\sqrt{1+x^2})^3}-\frac{x^2}{x^2+1}\cdot \left(-\frac1{x^2}\right)=

=-\frac{x\cdot\sqrt{1+x^2}}{|x|\cdot\left(\sqrt{1+x^2}\right)^3}+\frac1{1+x^2} =-\frac{x}{x\cdot\left(\sqrt{1+x^2}\right)^2}+\frac1{1+x^2}=0.

Zatem f'(x)=0 na przedziale (0,+\infty).

Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że funkcja f jest stała na tym przedziale, czyli istnieje stała C\in \mathbb{R} taka, że dla każdego x\in (0,+\infty) zachodzi równość f(x)=C.

Obliczymy wartość funkcji f dla argumentu x=1.

f(1)=\arcsin\frac{\sqrt2}2-\operatorname{arctg}\; 1=\frac\pi4-\frac\pi4=0.

Stąd f(x)=f(1)=0 dla x \in (0,+\infty), czyli dla każdego x\in (0,+\infty) zachodzi równość

\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}=\operatorname{arctg}\;\frac1x.

3

Wykażemy, że \operatorname{arctg}x= \frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2} dla x\in(-1, 1).

Rozważmy funkcję f(x)=\operatorname{arctg}x -\frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}. Zauważmy, że jej dziedziną jest zbiór \mathbb{R}\setminus \{-1,1\}, zatem funkcja f jest poprawnie określona na przedziale (-1,1). Obliczmy pochodną funkcji f:

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f'(x)=\left(\operatorname{arctg}x -\frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}\right)'=

=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{1}{1+\left( \frac{2x}{1-x^2}\right)^2}\cdot\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)'=

=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{(1-x^2)^2}{1-2x^2+x^4+4x^2}\cdot \frac{ 2(1-x^2)+4x^2}{(1-x^2)^2}=

=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{2+2x^2}{1+2x^2+x^4}=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{2(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=0.

Zatem f'(x)=0 na każdym przedziale zawartym w dziedzinie tej funkcji, zatem w szczególności na (-1, 1). Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że f jest stała na tym przedziale, czyli istnieje stała C\in \mathbb{R} taka, że dla każdego x\in (-1, 1) zachodzi równość f(x)=C.

Obliczymy wartość funkcji f dla argumentu x=0.

f(0)=\operatorname{arctg}0- \frac 12 \operatorname{arctg}\frac{0}{1-0^2}=0.

Stąd f(x)=f(0)=0 dla x \in (-1,1), czyli dla każdego x\in (-1,1) zachodzi równość

\operatorname{arctg}x= \frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}.

4

Pokażemy, że funkcje f(x) = \sin^2 x i g(x) = -\frac{\cos 2x}{2} różnią się o stałą.

Zauważmy najpierw, że dziedziną obu funkcji jest cały zbiór \mathbb R. Obliczamy pochodne obu funkcji:

f'(x) = 2\sin x\cdot \left(\sin x\right)^\prime=2 \sin x \cos x = \sin 2x,\; x\in \mathbb R

g'(x) = -\frac12\left(\cos 2x\right)^\prime=-\frac12\cdot 2\left(-\sin 2x\right)=\sin 2x, \; x\in \mathbb R.

Zatem f'(x) = g'(x) dla x\in \mathbb {R}, stąd zgodnie z wnioskiem 2 różnica funkcji f i g jest stała.

 

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie: 

• twierdzenie Rolle'a      • twierdzenie Lagrange'a

1

2

3

4

5

2.2 Twierdzenie Taylora

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Taylora
Jeżeli funkcja f ma ciągłe pochodne do rzędu n-1 włącznie na przedziale domkniętym o końcach x_0 i x oraz ma pochodną rzędu n wewnątrz tego przedziału, to istnieje taki punkt c pomiędzy punktami x_0 i x, że

f(x)=f(x_0)+\frac{f^\prime(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{\prime\prime}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\ldots
\ \ \ \ \ \ \ldots +\frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}+\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-x_0)^{n}.

 

Powyższy wzór nazywany jest wzorem Taylora, zaś wyrażenie R_n(x)=\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-x_0)^{n} resztą Taylora w postaci Lagrange'a. Wielomian postaci

f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \ldots + \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}

nazywamy wielomianem Taylora stopnia n-1 w punkcie x_0.

 

Jeżeli x_0=0, to wzór Taylora ma postać

f(x)=f(0)+\frac{f^\prime(0)}{1!}x+\frac{f^{\prime\prime}( 0)}{2!}x^2+ \ldots +\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1}+\frac{f^{(n)}(c)}{n!}x^{n}

i nazywany jest wzorem Maclaurina (punkt c leży pomiędzy 0 i x). Pomijając w powyższym wzorze resztę Taylora R_n(x)=\frac{f^{(n)}(c)}{n!}x^{n}, otrzymujemy przybliżenie (aproksymację) funkcji f za pomocą wielomianu Maclaurina:

f(x)\approx f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''( 0)}{2!}x^2+ \ldots +\frac{f^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1},

przy czym błąd bezwzględny tego przybliżenia wynosi |R_n(x)|. Jeżeli wszystkie pochodne funkcji f są wspólnie ograniczone, to \lim\limits_{n\to +\infty}R_n(x)=0. Wówczas możemy obliczyć wartość funkcji f z dowolną dokładnością.

Przybliżenie wybranych funkcji za pomocą wzoru Maclaurina:

e^x\approx 1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\ldots +\frac{x^{n}}{n!} ,

\sin x\approx x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\ldots +(-1)^n\cdot\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!} ,

\cos x\approx 1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}-\ldots +(-1)^n\cdot\frac{x^{2n}}{(2n)!} ,

\frac{1}{1-x}\approx 1+x+x^2+x^3+x^4+\ldots +x^n ,

\ln (1+x)\approx x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\ldots + (-1)^{n+1}\cdot \frac{x^n}{n} .

 

Przykłady

1

Wyznaczymy wielomian Taylora stopnia n w punkcie x_0 dla funkcji f(x) = \sin x, gdy

  1. n=5 i x_0 = \pi,
  2. n=5 i x_0 = -\pi.

Pochodne funkcji f(x) = \sin x, począwszy od rzędu pierwszego do piątego, są odpowiednio równe

f'(x) = \cos x,

f''(x) = -\sin x,

f'''(x) = -\cos x,

f^{(4)}(x) = \sin x,

f^{(5)}(x) = \cos x.

  1. Wyznaczamy wartość funkcji f i jej pochodnych dla \pi:

    f(\pi) = f''(\pi) = f^{(4)}(\pi) = 0,

    f'(\pi) = \cos \pi = -1,

    f'''(\pi) = -\cos \pi = 1,

    f^{(5)}(\pi) = \cos \pi = -1.

    Zatem wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie \pi dla funkcji f(x)=\sin x jest

    P_5(x) = f(\pi) + \frac{f'(\pi)}{1!}(x-\pi) + \frac{f''(\pi)}{2!}(x-\pi)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}(\pi)}{5!}(x-\pi)^5=

    = -(x-\pi) + \frac{1}{3!}(x-\pi)^3 - \frac{1}{5!}(x-\pi)^5.

    Poniżej przedstawiamy wykres funkcji \sin i jej wielomianu Taylora P_5 w punkcie \pi.

  2. Wartości f i jej pochodnych dla argumentów \pi i -\pi są sobie równe. Stąd wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie -\pi dla funkcji f(x) =\sin x jest

    P_5(x) = f(-\pi) + \frac{f'(-\pi)}{1!}(x+\pi) + \frac{f''(-\pi)}{2!}(x+\pi)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}(-\pi)}{5!}(x+\pi)^5=

    = -(x+\pi) + \frac{1}{3!}(x+\pi)^3 - \frac{1}{5!}(x+\pi)^5.

    Poniżej znajduje się wykres funkcji \sin i jej wielomianu Taylora P_5 w punkcie -\pi.

2

Wyznaczymy wielomian Taylora stopnia n w punkcie x_0 dla funkcji f(x) = \cos x, gdy

  1. n=4 i x_0 = \pi,
  2. n=5 i x_0 = -\frac{\pi}{2}.

Pochodne funkcji f(x) = \cos x, począwszy od rzędu pierwszego do piątego, są odpowiednio równe

f'(x) = -\sin x,

f''(x) = -\cos x,

f'''(x) = \sin x,

f^{(4)}(x) = \cos x,

f^{(5)}(x) = -\sin x.

  1. Wyznaczamy wartość funkcji f i jej pochodnych dla \pi:

    f(\pi) = \cos \pi = -1,

    f'(\pi) = -\sin \pi = 0,

    f''(\pi) = -\cos \pi = 1,

    f'''(\pi) = \sin \pi = 0,

    f^{(4)}(\pi) = \cos \pi = -1.

    Zatem wielomianem Taylora stopnia czwartego w punkcie \pi dla funkcji f(x)=\cos x jest

    P_4(x) = f(\pi) + \frac{f'(\pi)}{1!}(x-\pi) + \ldots +\frac{f^{(4)}(\pi)}{4!}(x-\pi)^4=

    = -1 + \frac{1}{2!}(x-\pi)^2 - \frac{1}{4!}(x-\pi)^4.

    Poniżej przedstawiamy wykres funkcji \cos i jej wielomianu Taylora P_4 w punkcie \pi.

  2. Wyznaczamy wartość funkcji f i jej pochodnych dla -\frac{\pi}{2}:

    f\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0,

    f'\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=1,

    f''\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0,

    f'''\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=-1,

    f^{(4)}\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0.

    f^{(5)}\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=1.

    Wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie -\frac{\pi}{2} dla funkcji f(x) = \cos x jest więc

    P_5(x) = f\left(-\frac{\pi}{2} \right) + \frac{f'\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{1!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right) + \frac{f''\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{2!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{5!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^5=

    =x+\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^3 + \frac{1}{5!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^5.

    Poniżej przedstawiamy wykres funkcji \cos i jej wielomianu Taylora P_5 w punkcie -\frac{\pi}{2}.

3

Wyznaczymy wielomian Maclaurina stopnia 3 dla funkcji f(x) = \frac{x+1}{x-1}.

Wyznaczamy pochodne funkcji f do rzędu trzeciego włącznie:

f'(x) = \left(\frac{x+1}{x-1}\right)' = \frac{(x+1)'(x-1)-(x+1)(x-1)'}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x-1)^2} ,

f''(x) = \left(\frac{-2}{(x-1)^2}\right)' = \left(-2(x-1)^{-2} \right)' = \frac{4}{(x-1)^3} ,

f'''(x) = \left(\frac{4}{(x-1)^3} \right)' = \frac{-12}{(x-1)^4}.

Obliczamy wartość f i jej pochodnych dla 0:

f(0) = -1,

f'(0) = -2,

f''(0) = -4,

f'''(0) = -12.

Wielomianem Maclaurina stopnia trzeciego dla funkcji f jest więc

P_3(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3=

= -1-2x - \frac{4}{2!}x^2 - \frac{12}{3!}x^3 =

= -1 -2x - 2x^2 - 2x^3.

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji f i jej wielomianu Maclaurina P_3.

4

Wyznaczymy wielomian Taylora stopnia 2 w punkcie x_0 = 1 dla funkcji f(x) = (x+1)e^{x-1}.

Wyznaczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f'(x) = \left((x+1)e^{x-1})\right)' = (x+1)'e^{x-1} + (x+1)\left(e^{x-1}\right)' =

= e^{x-1} + (x+1)e^{x-1} = (x+2)e^{x-1} ,

f''(x) = \left((x+2)e^{x-1} \right)' = (x+2)'e^{x-1} + (x+2)\left(e^{x+1}\right)'=

= e^{x-1} + (x+2)e^{x-1} = (x+3)e^{x-1}.

Stąd

f(1) = 2,

f'(1) = 3,

f''(1) = 4

i wielomianem Taylora stopnia drugiego w punkcie 1 dla f(x) = (x+1)e^{x-1} jest

P_2(x) = f(1) + \frac{f'(1)}{1!}(x-1) + \frac{f''(1)}{2!}(x-1)^2 =

= 2 + 3(x-1) + 2 (x-1)^2.

Poniżej przedstawiamy wykres funkcji f i jej wielomianu Taylora P_2 w punkcie 1.

rys

5

Pokażemy, że na przedziale I=(-0.2,0.2) funkcję f(x)=e^x można przybliżyć jej wielomianem Maclaurina stopnia drugiego z dokładnością \varepsilon =0.004.

Funkcja f posiada pochodną trzeciego rzędu w \mathbb{R}, zatem na mocy twierdzenia Taylora możemy zapisać:

f(x)=P_2(x)+R_3(x) dla x\in \mathbb{R},

gdzie P_2 jest wielomianem Maclaurina funkcji f, zaś R_3 oznacza resztę Maclarina, przy czym P_2(x)=1+x+\frac{1}{2} x^2, \ R_3(x)=\frac{e^c}{6}x^3 dla pewnego c leżącego pomiędzy 0 a x.

Pokażemy, że dla wszystkich x\in I

\vert f(x)-P_2(x)\vert .

Istotnie, jeśli x\in I, to c\in I i e^c. Stąd

\vert f(x)-P_2(x)\vert=\vert R_3(x)\vert =\vert \frac{e^c}{6}x^3 \vert=\frac{e^c}{6}\vert x\vert ^3 .

6

Oszacujemy błąd przybliżenia \cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} dla |x|.

Niech f(x) = \cos x. Korzystając ze wzoru Maclaurina dla funkcji f i n=6, mamy

\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} + \frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6

dla pewnego c leżącego pomiędzy 0 i x. Oszacujemy moduł reszty \frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6. Ze względu na równość f^{(6)} (x) = -\cos x dostajemy:

\left|\frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6 \right| = \left|\frac{-\cos c}{6!}x^6 \right| = \frac{|\cos c|}{6!}|x|^6 \leq \frac{1}{6!}\left|x \right|^6 < \frac{1}{6!}\left(\frac{\pi}{3}\right)^6 \approx 0.0018 .

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie:

• twierdzenie Taylora    • przybliżenia wybranych funkcji za pomocą wielomianów Maclaurina

1

Przyporządkuj funkcji jej przybliżenie za pomocą wielomianu Maclaurina.

2

3

4

Wyznacz wielomian Maclaurina P_3 stopnia 3 dla funkcji f(x)=xe^{-x}.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

5

Wyznacz wielomian Taylora P_3 stopnia 3 dla funkcji f(x)=x\ln x w punkcie x_0 = 1.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

6

Wyznacz wielomian Taylora P_3 stopnia 3 dla funkcji f(x)=\frac{x}{x+1} w punkcie x_0 = -2.

Uzupełnij.                                                                         Edycja tekstów w GeoGebrze

3. Reguła de l'Hospitala

W tym rozdziale poznamy:

  • twierdzenie zwane regułą de l'Hospitala.

Nauczymy się jak:

  • liczyć granice funkcji o symbolach \frac{0}{0} i \frac{\infty}{\infty} stosując bezpośrednio regułę de l'Hospitala
  • liczyć granice funkcji o pozostałych symbolach nieoznaczonych pośrednio stosując regułę de l'Hospitala.

Teoria

‒ reguła de l'Hospitala

Niech funkcje f, g będą różniczkowalne na pewnym sąsiedztwie punktu x_0. Jeżeli

  1. \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0, \lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0,
  2. istnieje granica \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)} (właściwa lub niewłaściwa),

to istnieje granica \displaystyle\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}, przy czym

\displaystyle\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.

1

Powyższe twierdzenie dotyczy symbolu nieoznaczonego typu \frac 00, ale przy odpowiedniej zmianie założeń pozostaje prawdziwe dla symbolu \frac{\infty}{\infty} oraz dla granic jednostronnych i granic w \pm \infty.

2

Regułę można także stosować do pozostałych symboli nieoznaczonych, po sprowadzeniu ich do symbolu \frac 00 lub \frac{\infty}{\infty} w następujący sposób:

  • symbol 0\cdot \infty sprowadzamy do \frac 00 lub \frac{\infty}{\infty} za pomocą przekształceń:

    f(x)\cdot g(x)=\frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}=\frac{g(x)}{\frac{1}{f(x)}}

  • symbol \infty - \infty przekształcamy najpierw do symbolu 0\cdot \infty a następnie do \frac 00 lub \frac{\infty}{\infty}:

    f(x)- g(x)=f(x)g(x)\left( \frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}\right)=\frac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}}{\frac{1}{f(x)g(x)}}

  • symbole 1^{\infty}, 0^0 oraz \infty^0 sprowadzamy do 0\cdot \infty za pomocą tożsamości f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\cdot \ln f(x)} (wyrażenie f(x)\cdot \ln g(x) jest zawsze wówczas symbolem typu 0\cdot \infty).

Przykłady

1

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

  1. \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x},
  2. \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x},
  3. \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x}.
  1. Zaczynamy od określenia symbolu granicy, aby zdecydować, czy można zastosować regułę de l'Hospitala.

    \underset{x\rightarrow 0}{\lim}\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right].

    Następnie badamy, czy istnieje granica ilorazu pochodnych:

    \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{(e^x-1)'}{(2\sin x)'}= \underset{x\rightarrow 0 }{\lim }\, \dfrac{e^x}{2\cos x} =\dfrac{1}{2}.

    Na mocy reguły de l'Hospitala otrzymujemy odpowiedź

    \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x} =\dfrac{1}{2}.

  2. Zwykle stosując regułę de l'Hospitala stosujemy uproszczony zapis przedstawiony poniżej.

    \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \overset{\text{H}}{=} \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{(x)'}{(\ln x)'} = \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{1}{\frac{1}{x}} =\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, x = +\infty

  3. Określamy symbol badanej granicy:

    \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \left[\dfrac{-\infty}{0^{+}}\right].

    Symbol granicy jest oznaczony, a zatem w tym przypadku nie można wykorzystać reguły de l'Hospitala. Aby obliczyć granicę należy zastosować odpowiednie twierdzenia arytmetyki granic funkcji:

    \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \ln x \cdot \dfrac{1}{x} =\left[-\infty \cdot \dfrac{1}{0^{+}}\right] = [-\infty \cdot \infty]=-\infty.

    Na koniec zauważmy, że w tym przypadku

    \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{(\ln x)'}{(x)'} =\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\frac{1}{x}}{1} = \left[\dfrac{1}{0^{+}}\right] = +\infty ,

    a zatem granica ilorazu pochodnych różni się od badanej granicy. Przykład ten pokazuje, iż stosowanie reguły de l'Hospitala bez sprawdzenia założeń tego twierdzenia może prowadzić do błędnej odpowiedzi.
2

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

  1. \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{x\cos 2x}{x+\arcsin x},
  2. \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}}{x^{3}},
  3. \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\ln (\sin x )}{\ln ^{2}{x}}.
  1. Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

    \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{x\cos 2x}{x+\arcsin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right]\overset{\text{H}}{=} \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{(x\cos 2x)'}{(x+\arcsin x)'}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\cos 2x-x\sin 2x\cdot 2}{1+\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}=\left[\dfrac{1-0}{1+1}\right]=\dfrac{1}{2}\,.

  2. W przypadku tej granicy regułę de l'Hospitala zastosujemy dwukrotnie:

    \underset{x\rightarrow + \infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}}{x^{3}}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow +\infty } {\lim }\dfrac{(e^{x^{2}})^{\prime }}{(x^{3})^{\prime }}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}\cdot 2x}{3x^{2}}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}}{3x}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}

    =\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{(2e^{x^{2}})^{\prime }}{(3x)^{\prime }}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}\cdot 2x}{3 }=\left[ \dfrac{\infty}{3} \right] =\infty .

  3. Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala i wykorzystując fakt, że \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\sin x}{x}=1.

    \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\ln (\sin x )}{\ln ^{2}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{\sin x}\cdot \cos x}{2\ln x \cdot \frac{1}{x}}=\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\cos x}{2\ln x}=\left[ 1\cdot\dfrac{1}{-\infty}\right] =0.

3

Obliczymy granice funkcji:

  1. \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{x-\sin x }{x},
  2. \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}.
  1. Podobnie jak w poprzednich przykładach zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy

    \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x-\sin x }{x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right],

    przy czym \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(x-\sin x)=\infty na mocy twierdzenia o dwóch funkcjach. W tym przypadku nie możemy wykorzystać reguły de l'Hospitala, gdyż

    \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\,\dfrac{(x-\sin x)' }{(x)'}=\underset{x\rightarrow +\infty } {\lim}\,\dfrac{1-\cos x}{1},

    zaś taka granica nie istnieje. Nie oznacza to jednak, że nie istnieje badana granica – trzeba tylko policzyć ją innym sposobem. Ponieważ

    \displaystyle\underset{x>0}{\bigwedge } \ -\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin x}{x}\leq \dfrac{1}{x}

    oraz \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim} (-\dfrac{1}{x})=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim} \dfrac{1}{x} , więc na mocy twierdzenia o trzech funkcjach \underset{x\rightarrow+ \infty }{\lim }\dfrac{\sin x}{x}=0. Stąd

    \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{x-\sin x }{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\left(1-\dfrac{\sin x}{x} \right)=[1-0]=1.

  2. W tym przypadku

    \underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}\cdot 2x}{1}=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x},

    a zatem stosowanie reguły de l'Hospitala nie jest efektywne. Granicę funkcji możemy jednak obliczyć w inny sposób:

    \underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2}}=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=1.

4

Obliczymy granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to + \infty } \, x^2\,e^{-x},
  2. \lim\limits_{x\to 0^{+} }x\,\ln x,
  3. \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x.
  1. Zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to + \infty }\,x^2 \,e^{-x}= \left[ \infty\cdot0 \,\right].

    W tym przypadku, aby zastosować regułę de l'Hospitala, wyrażenie x^2 \,e^{-x} zapiszemy w postaci ilorazu \dfrac{x^2}{e^x}. Dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala otrzymujemy:

    \lim\limits_{x\to +\infty }\,x^2 \,e^{-x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{x^2}{e^x}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{(x^2)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2x}{e^x} =\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(2x)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2}{e^x} = \left[ \dfrac{2}{\infty} \right] = 0.

  2. Podobnie jak poprzednim przykładzie określimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to 0^{+}}\,x \ln x=\left[ 0\cdot (-\infty) \right] .

    Następnie przekształcimy funkcję, której granicę obliczamy, w taki sposób by można było zastosować regułę de l'Hospitala. A zatem

    \lim\limits_{x\to 0^{+}} x\ln x=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{(\ln x)'}{(\frac{1}{x})'} = \lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} =\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{-x^2}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}(-x)=0.

  3. Ustalimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\left[ 0^0\right].

    Przekształcimy funkcję stosując tożsamość: f(x)^{g(x)}=e^{\ln (f(x)^{g(x)})}. A zatem

    x^x=e^{\ln x^x}=e^{x \ln x}.

    Korzystając z wyniku otrzymanego w podpunkcie (b) mamy

    \displaystyle \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\lim\limits_{x\to 0^{+} }e^{x\ln x}=\left[ e^0 \right]=1.

5

Obliczymy granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to +\infty } (e^{x^2}-x^3),
  2. \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) ,
  3. \lim\limits_{x\to +\infty }(\pi\, x-2x\,\text{arctg} x).
Zauważmy, że dla wszystkich rozważanych w tym przykładzie granic otrzymujemy symbole nieoznaczone \left[\infty-\infty\right] , które po odpowiednich przekształceniach sprowadzimy do symbolu \left[ \frac{\infty}{\infty} \right] albo \left[ \frac{0}{0} \right].
  1. Określamy symbol granicy i przekształcamy funkcję w następujący sposób:

    \lim\limits_{x\to+ \infty } (e^{x^2}-x^3)=\left[\infty-\infty\right] =\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x^2}\left(1-\dfrac{x^3}{e^{x^2}}\right).

    Dalej pomocniczo obliczymy granicę \lim\limits_{x\to+ \infty} \frac{x^3}{e^{x^2}} dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala:

    \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{x^3}{e^{x^2}}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+ \infty } \dfrac{(x^3)'}{(e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x^2}{2x\,e^{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x}{2\,e^{x^2}} = \left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(3x)'}{(2e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to+ \infty }\,\dfrac{3}{4x\,e^{x^2}} = \left[ \dfrac{3}{\infty} \right] = 0.

    Ostatecznie otrzymujemy

    \lim\limits_{x\to+ \infty } e^{x^2}(1-\frac{x^3}{e^{x^2}})=\left[ \infty \cdot(1-0) \right]=\infty.

  2. Określamy symbol granicy:

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \left[\infty-\infty\right].

    W tym przypadku, aby można było wykorzystać regułę de l'Hospitala, wystarczy sprowadzić ułamki do wspólnego mianownika. A zatem

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\sin x-x}{x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{(\sin x-x)'}{(x\sin x)'} =\lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x} = \left[ \dfrac{0}{0} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{-\sin x}{\cos x+\cos x-x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{2} \right]=0.

  3. Stosujemy regułę de l'Hospitala po wykonaniu odpowiednich przekształceń:

    \lim\limits_{x\to +\infty }(\pi\, x-2x\,\text{arctg} x)=\left[\infty-\infty\right] = \lim\limits_{x\to +\infty }x\,(\pi\,-2\,\text{arctg} x)=\left[ \infty\cdot 0\right] = \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{\pi\,-2\,\text{arctg} x}{\frac1x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+\infty }\dfrac{(\pi\,-2\,\text{arctg} x)'}{(\frac1x)'} = \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{-2\,\frac{1}{1+x^2}}{-\,\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\dfrac{2\,x^2}{1+x^2}=2.

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie: 

• regułę de l'Hospitala 

1

W przypadku których z poniższych symboli granic funkcji możemy bezpośrednio zastosować regułę de l'Hospitala?

2

Określ, czy podany symbol granicy jest oznaczony czy nieoznaczony, oraz czy możemy w takiej sytuacji bezpośrednio zastosować regułę de l'Hospitala:

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

3

Oblicz podane granice.

Uzupełnij puste pola.                                                       Edycja tekstów w GeoGebrze

4

Oblicz podane granice. Czy i ile razy stosowałeś regułę de l'Hospitala?

Przeciągnij i upuść poprawne odpowiedzi.

5

Oblicz podane granice. Czy i ile razy stosowałeś regułę de l'Hospitala?

Przeciągnij i upuść poprawne odpowiedzi.

6

Oblicz podaną granicę.

Uzupełnij puste pola.                                                       Edycja tekstów w GeoGebrze

7

Oblicz podane granice stosując regułę de l'Hospitala po wykonaniu odpowiednich przekształceń.

Uzupełnij puste pola.                                                       Edycja tekstów w GeoGebrze

Zadania

1

Stosując regułę de l'Hospitala oblicz granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to+\infty}\frac {e^{3x}}{x+3},
  2. \lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x^2+1}{\ln x},
  3. \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}{e^x-1},
  4. \lim\limits_{x\to0}\frac{\mathrm{arctg}x}{\arcsin x},
  5. \lim\limits_{x\to4^-}\frac{\mathrm{arctg}(x-4)}{\sqrt x-2},
  6. \lim\limits_{x\to1^+}\frac{\ln(2-x)}{(x-1)^2},
  7. \lim\limits_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x-\mathrm{tg} x},
  8. \lim\limits_{x\to-\infty}\frac{\sin\frac1x}{1-e^{\frac1x}},
  9. \lim\limits_{x\to0}\frac{x^2}{1-\sqrt{\cos x}}.
  1. +\infty,
  2. +\infty,
  3. 1,
  4. 1,
  5. 4,
  6. -\infty,
  7. -\frac{1}{2},
  8. -1,
  9. 4.
2

Oblicz granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to+\infty}\left(e^x-\ln x\right),
  2. \lim\limits_{x\to0^+}\left(\frac1x-\frac{1}{\mathrm{tg} x}\right),
  3. \lim\limits_{x\to-\infty}\left(x^2+1\right)\cdot e^x,
  4. \lim\limits_{x\to0^+}\frac1{x\ln x},
  5. \lim\limits_{x\to0^+}\left(1-e^x\right)\cdot\mathrm{ctg} x,
  6. \lim\limits_{x\to0^-}x\cdot e^{-\frac1x},
  7. \lim\limits_{x\to0^+}\left(\sin x\right)^x,
  8. \lim\limits_{x\to0^+}x^{\sin x}.
  1. \left(e^x-\ln x\right)= e^x\cdot \left(1-\frac{\ln x}{e^ x}\right),
  2. \left(\frac1x-\frac{1}{\mathrm{tg} x}\right)=\frac{\mathrm{tg} x-x}{x\mathrm{tg} x},
  3. \left(x^2+1\right)\cdot e^x= \frac{x^2-1}{e^{-x}},
  4. x\cdot\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}x},
  5. \left(1-e^x\right)\cdot\mathrm{ctg} x=\frac{1-e^x}{\mathrm{tg} x},
  6. x\cdot e^{-\frac1x}=\frac{e^{-\frac1x}}{\frac1{x}},
  7. \left(\sin x\right)^x=e^{x\ln (\sin x)},\; x\cdot\ln (\sin x)=\frac{\ln (\sin x)}{\frac{1}x},
  8. x^{\sin x}=e^{\sin x\cdot\ln x},\; \sin x\cdot\ln x=\frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}.
  1. +\infty,
  2. +\infty,
  3. 1,
  4. 1,
  5. 4,
  6. -\infty,
  7. -\frac{1}{2},
  8. -1,
  9. 4.

4. Monotoniczność funkcji, ekstrema lokalne i ekstrema globalne

W tym rozdziale poznamy:

  • definicje ekstremów lokalnych i ekstremów globalnych funkcji
  • warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego
  • I i II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego.

Nauczymy się jak:

  • wyznaczać przedziały monotoniczności funkcji wykorzystując pierwszą pochodną
  • badać istnienie ekstremów lokalnych funkcji w oparciu o warunki wystarczające
  • wyznaczać ekstrema globalne, czyli wartość największą i najmniejszą funkcji ciągłej na przedziale domkniętym.

4.1 Badanie monotoniczności funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

‒ warunki wystarczające monotoniczności funkcji
  1. Jeżeli f^\prime(x)=0 dla każdego x\in(a,b), to funkcja f jest stała na przedziale (a,b).
  2. Jeżeli f^\prime(x)>0 dla każdego x\in(a,b), to funkcja f jest rosnąca na przedziale (a,b).
  3. Jeżeli f^\prime(x) dla każdego x\in(a,b), to funkcja f jest malejąca na przedziale (a,b).
  4. Jeżeli f^\prime(x)\geq0 dla każdego x\in(a,b), to funkcja f jest niemalejąca na przedziale (a,b).
  5. Jeżeli f^\prime(x)\leq 0 dla każdego x\in(a,b), to funkcja f jest nierosnąca na przedziale (a,b).
1

Zwróćmy uwagę, że w powyższych twierdzeniach dotyczących związku znaku pochodnej funkcji z jej monotonicznością zakładamy, że funkcja f jest określona na przedziale otwartym. Twierdzenia pozostają prawdziwe również w przypadku przedziałów domkniętych, jednostronnie domkniętych, czy też nieograniczonych. Natomiast nie można ich stosować np. dla funkcji określonej na zbiorze będącym sumą rozłącznych przedziałów.

Rozważmy funkcję f(x)=\frac1x, x\in \mathbb R\setminus \{0\}. Pochodna tej funkcji jest równa f^\prime(x)=-\frac1{x^2} dla x\in \mathbb R\setminus \{0\}. Zatem f^\prime(x) dla każdego x\in (-\infty,0)\cup(0,+\infty). Funkcja jest więc malejąca na przedziale (-\infty,0) i funkcja jest malejąca na przedziale (0,+\infty). Natomiast nie jest prawdą, że funkcja f(x)=\frac1x jest malejąca na zbiorze (-\infty,0)\cup(0,+\infty).

2

Jeśli funkcjaf jest ciągła na przedziale [a,b] i rosnąca (malejąca) na przedziale (a,b), to f jest rosnąca (malejąca) na przedziale [a,b].

Jeśli funkcjaf jest ciągła na przedziale (a,c) i rosnąca (malejąca) na przedziałach (a,b) oraz (b,c), to f jest rosnąca (malejąca) na przedziale (a,c).

Przykłady

1

Wykażemy, że funkcja określona wzorem f(x)=x^{2}+3\ln x jest monotoniczna w całej dziedzinie.

Funkcja f jest określona na zbiorze (0,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=(x^{2}+3\ln x)^{\prime }=(x^{2})^{\prime }+(3\ln x)^{\prime }=2x+\frac{3}{x} dla x\in (0,+\infty).

Ponieważ f^{\prime }(x)>0 dla x\in (0,+\infty), więc funkcja f jest rosnąca w całej swojej dziedzinie.

2

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem f(x)=\ln\frac{x^2-4}{x}.

Aby wyznaczyć dziedzinę funkcji f należy rozwiązać nierówność \frac{x^2-4}{x}>0. Ponieważ

\frac{x^2-4}{x}>0 \Leftrightarrow x(x-2)(x+2)>0 \Leftrightarrow x\in (-2,0) \cup (2,+\infty),

zatem D=(-2,0) \cup (2,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f'(x)=\frac{x}{x^2-4} \cdot \frac{2x \cdot x-(x^2-4)\cdot 1}{x^2}=\frac{x^2+4}{x \cdot (x^2-4)} dla x\in D.

Zauważamy, że pochodna funkcji jest dodatnia w całej dziedzinie. Nie oznacza to jednak, że funkcja jest rosnąca w całej dziedzinie, gdyż dziedzina nie jest przedziałem a sumą przedziałów. A zatem stwierdzamy, że funkcja f jest rosnąca na przedziale (-2,0) i na przedziale (2,+\infty).

3

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem f(x)=\frac{x^3}{x-1}.

W tym przypadku D=(-\infty,1) \cup (1,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f'(x)= \left(\frac{x^3}{x-1}\right)^{\prime }=\frac{3x^2 \cdot (x-1)- x^3\cdot 1}{(x-1)^2} =\frac{2 x^{3} - 3 x^{2}}{(x- 1)^2}=\frac{x^2(2x - 3)}{(x- 1)^2} dla x\in D.

Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji f badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ (x-1)^{2} >0 dla każdego x\in D oraz

x^2(2x - 3) >0\; \Leftrightarrow \; x \in (\frac{3}{2},+\infty ),

x^2(2x - 3) ,

więc

f^{\prime }(x)>0\Leftrightarrow \frac{x^2 (2x - 3)}{(x- 1)^2}>0\Leftrightarrow x\in (\frac{3}{2},+\infty ),

f^{\prime }(x)0\Leftrightarrow x\in (-\infty ,0)\cup (0,1) \cup (1,\frac{3}{2} ).

A zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziale (\frac{3}{2},+\infty ) oraz malejąca na każdym z przedziałów (-\infty ,0), (0,1) i (1,\frac{3}{2} ).

4

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem f(x)=x\, e^{4x}.

Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb R. Obliczamy pochodną funkcji:

f^{\prime} (x)=\left(x\, e^{4x}\right)^\prime=x^\prime \cdot e^{4x}+x\cdot \left(e^{4x}\right)^\prime=1\cdot e^{4x}+x\cdot e^{4x}\cdot \left(4x\right)^\prime= e^{4x}+4xe^{4x}=e^{4x}\left(1+4x\right) dla x\in \mathbb R.

Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji f badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ e^{4x}>0 dla każdego x\in \mathbb R więc

f^{\prime} (x)>0 \Leftrightarrow e^{4x}\left(1+4x\right)>0 \Leftrightarrow 1+4x >0 \Leftrightarrow x\in \left(-\frac14, +\infty\right),

f^{\prime} (x).

Zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziale \left(-\frac14, +\infty\right) oraz malejąca na przedziale \left(-\infty, -\frac14\right).

Z uwagi 2 wynika, że funkcja f jest również monotoniczna na przedziałach domkniętych, tzn. rosnąca na przedziale \left[-\frac14, +\infty\right) oraz malejąca na przedziale \left(-\infty, -\frac14\right] – są to maksymalne przedziały monotoniczności funkcji f.

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie: 

• warunki wystarczające monotoniczności funkcji 

1
2

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykresy funkcji f, \, g i h.

Wybrane rysunki przenieś do odpowiedniego obszaru.

3

Przyporządkuj pochodną f do wykresu funkcji f.

4

Wyznacz przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem f(x)=x^4-x^3.

Uzupełnij.                                                                 Edycja tekstów w GeoGebrze        

Rozwiązanie:

5

Wyznacz przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem f(x)=\ln(4x-x^2).

Uzupełnij.                                                                 Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

6
7
8

4.2 Ekstrema lokalne funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x_0 maksimum lokalne, jeżeli istnieje zawarte w dziedzinie funkcji f otoczenie U_{x_0} punktu x_0 takie, że dla wszystkich x\in U_{x_0}

\ \qquad f(x)\leq f(x_0).

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x_0 minimum lokalne, jeżeli istnieje zawarte w dziedzinie funkcji f otoczenie U_{x_0} punktu x_0 takie, że dla wszystkich x\in U_{x_0}

\ \qquad f(x)\geq f(x_0).

Jeżeli dla każdego x\in S_{x_0} zachodzi nierówność f(x)< f(x_0) (f(x)> f(x_0)), to mówimy o maksimum (minimum) lokalnym właściwym.

‒ warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego dla funkcji różniczkowalnej

Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x_0 i ma w tym punkcie ekstremum lokalne, to f'(x_0)=0.

Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna w x_0 i f'(x_0)\neq 0, to funkcja f nie ma ekstremum lokalnego w punkcie x_0.

Funkcja f może mieć ekstremum lokalne jedynie w punkcie x_0, takim że f'(x_0)=0 (gdy jest różniczkowalna w x_0) lub w punkcie x_0, w którym funkcja f nie ma pochodnej.

Punkty, w których pochodna funkcji zeruje się nazywamy punktami stacjonarnymi tej funkcji.

‒ I warunek\(\) wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

Jeżeli funkcja f jest ciągła na pewnym otoczeniu U_{x_0} i różniczkowalna na sąsiedztwie S_{x_0} punktu x_0 oraz

1. f'(x)>0 dla x\in S^-_{x_0} oraz f'(x) dla x\in S^+_{x_0}

lub

2. f'(x) dla x\in S^-_{x_0} oraz f'(x)>0 dla x\in S^+_{x_0},

to funkcja f ma w punkcie x_0 ekstremum lokalne właściwe. Jest to maksimum lokalne w przypadku 1 oraz minimum lokalne, gdy zachodzi warunek 2.

‒ II warunek\(\) wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna na pewnym otoczeniu punktu x_0 oraz

1. f'(x_0)=0,

2. f''(x_0)\neq 0,

to funkcja f ma w punkcie x_0 ekstremum lokalne właściwe, przy czym jest to maksimum lokalne, jeżeli f''(x_0) oraz  minimum lokalne, gdy f''(x_0)>0.

Przykłady

1

Wykażemy, że funkcja określona wzorem f(x)=x^{3}+3x nie posiada ekstremów lokalnych.

Funkcja f jest wielomianem, zatem dziedziną funkcji jest zbiór \mathbb{R}. Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=(x^{3}+3x)^{\prime }=(x^{3})^{\prime }+(3x)^{\prime }=3x^{2}+3=3(x^{2}+1)   dla x\in \mathbb{R}.

Ponieważ f^{\prime }(x)\neq 0 dla x\in \mathbb{R}, więc f nie ma punktów stacjonarnych i w konsekwencji nie ma też ekstremów lokalnych (stosujemy wniosek z warunku koniecznego istnienia ekstremum lokalnego).

2

Wykażemy, że funkcja określona wzorem f(x)=\ln (x^{2}-4) nie posiada ekstremów lokalnych.

Wyznaczamy dziedzinę funkcji: D=(-\infty ,-2)\cup (2,+\infty ).

Obliczamy pochodną funkcji:

f^{\prime }(x)=(\ln (x^{2}-4))^{\prime }=\frac{1}{x^{2}-4}(x^{2}-4)^{\prime }=\frac{2x}{x^{2}-4}   dla x\in D.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f rozwiązując równanie: f^{\prime }(x)=0.

\frac{2x}{x^{2}-4}=0\Leftrightarrow 2x=0\Leftrightarrow x=0.

Jednakże 0\notin D, zatem f nie ma ekstremów lokalnych.

3

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=x^{3}-3x^{2}.

Zadanie rozpoczynamy od określenia dziedziny funkcji (w tym przypadku \ D=\mathbb{R}) i zbadania, czy funkcja posiada punkty stacjonarne. Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=(x^{3}-3x^{2})^{\prime }=3x^{2}-6x=3x\left( x-2\right) .

Rozwiązujemy odpowiednie równanie:

f^{\prime }(x)=0 \ \Leftrightarrow \; 3x\left( x-2\right) =0 \; \Leftrightarrow \; (x=0\vee x=2).

Oba rozwiązania należą do dziedziny funkcji, a zatem f ma dwa punkty stacjonarne. Dalej rozstrzygamy o istnieniu ekstremów lokalnych w tych punktach stosując jedną z dwóch metod podanych poniżej.

1 sposób (wykorzystujemy I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego)

Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne:

f^{\prime }(x)>0\; \Leftrightarrow \; 3x\left( x-2\right) >0\; \Leftrightarrow \; x\in \left( -\infty ,0\right) \cup \left( 2,+\infty \right)

f^{\prime }(x)

Stąd wynika, że f^{\prime }(x)>0 dla x\in \left( -\infty ,0\right) (a zatem także dla pewnego lewostronnego sąsiedztwa 0) oraz f^{\prime }(x)dla x\in (0,2) (przedział ten można potraktować jako prawostronne sąsiedztwo 0). To oznacza, że f ma w punkcie 0 maksimum lokalne. Pododnie f^{\prime }(x) dla x\in (0,2) oraz f^{\prime }(x)>0 dla x\in \left( 2,+\infty \right) , czyli f ma w punkcie 2 minimum lokalne.

Metodę tę stosujemy najczęściej wtedy, gdy jednocześnie mamy wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji f.

2 sposób (wykorzystujemy II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego)

Obliczamy drugą pochodną funkcji f:

f^{\prime \prime }(x)=(3x^{2}-6x)^{\prime }=6x-6 .

Ponieważ f^{\prime \prime }(0)=-6 , a zatem f ma w punkcie 0 maksimum lokalne. Ponadto f^{\prime \prime }(2)=6>0 , co oznacza, że f ma w punkcie 2 minimum lokalne.

Ostatecznie stwierdzamy, że funkcja f posiada dwa ekstrema lokalne: maksimum lokalne w punkcie 0 o wartości f(0)=0   oraz minimum lokalne w punkcie 2 o wartości f(2)=-4 .

4

Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=(x^{2}-2x)\ln x-\frac{3}{2}x^{2}+4x.

Funkcja f jest przykładem funkcji, dla której szukając ekstremów lokalnych wygodniej jest stosować II warunek wystarczający.

Dziedziną funkcji f jest zbiór D=(0,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f i zapisujemy ją w postaci iloczynowej:

f^{\prime }(x)=((x^{2}-2x)\ln x-\frac{3}{2}x^{2}+4x)^{\prime }=(2x-2)\ln x+(x^{2}-2x)\frac{1}{x}-3x+4=

=(2x-2)\ln x-2x+2=2\left( x-1\right) \left( \ln x-1\right)   dla x \in D.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0\; \Leftrightarrow \; 2\left( x-1\right) \left( \ln x-1\right) \;\Leftrightarrow \;(x=1\vee \ln x=1)\;\Leftrightarrow \;(x=1\vee x=e).

Dalej obliczamy drugą pochodną funkcji f:

f^{\prime \prime }(x)=(2\left( x-1\right) \left( \ln x-1\right) )^{\prime }=2(1\cdot \left( \ln x-1\right) +\left( x-1\right) \frac{1}{x})=2\ln x-\frac{2}{x}.

Ponieważ

f^{\prime \prime }(1)=2\ln 1-2=-2,

zatem f ma w punkcie 1 maksimum lokalne równe \frac{5}{2}. Z kolei

f^{\prime \prime }(e)=2\ln e-\frac{2}{e}=2-\frac{2}{e}=\frac{2(e-1)}{e}>0,

a zatem f ma w punkcie 2 minimum lokalne równe 2e - \frac{1}{2} e^2.

5

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=x^{2}e^{-2x} .

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=x^{2}e^{-2x} .

Na początek zauważmy, że D=\mathbb{R}. Obliczamy pochodną funkcji i zapisujemy ją w postaci iloczynowej:

f^{\prime }(x)=(x^{2}e^{-2x})^{\prime }=2xe^{-2x}+x^{2}e^{-2x}(-2)=(-2x^{2}+2x)e^{-2x}=

=-2x\left( x-1\right) e^{-2x}   dla x\in \mathbb{R}.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0\;\Leftrightarrow\; -2x\left( x-1\right) e^{-2x}=0.

Ponieważ e^{-2x}>0 dla x\in \mathbb{R}, zatem

f^{\prime }(x)=0\;\Leftrightarrow\; -2x\left( x-1\right)=0\;\Leftrightarrow \;(x=0\vee x=1).

To oznacza, że funkcja f ma dwa punkty stacjonarne. Aby sprawdzić, czy f ma w nich ekstrema lokalne, zastosujemy I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego. W tym celu badamy, gdzie pochodna funkcji f przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne:

f^{\prime }(x)>0\Leftrightarrow -2x\left( x-1\right) e^{-2x}>0\Leftrightarrow -2x\left( x-1\right) >0\Leftrightarrow x\in (0,1)

f^{\prime }(x)

Stąd wynika, że istnieją sąsiedztwa S^{-}(0) i S^{+}(0) takie, że \ f^{\prime }(x) dla x\in S^{-}(0) oraz f^{\prime }(x)>0 dla x\in S^{+}(0), czyli f ma w 0 minimum lokalne. Podobnie uzasadniamy, że w 1 istnieje maksimum lokalne.

Uzyskane wyniki i odpowiedź (uwzględniając również przedziały monotoniczności badanej funkcji) najczęściej zapisujemy w postaci tabeli.

6

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=\frac{1}{x}+2\operatorname{arctg}x.

Na początek zauważmy, że D=\mathbb{(-\infty },0)\cup (0,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=(\frac{1}{x}+2\operatorname{arctg}x)^{\prime }=-\frac{1}{x^{2}}+ \frac{2}{x^{2}+1}=\frac{x^{2}-1}{x^{2}\left( x^{2}+1\right) }=\frac{ \left( x-1\right) \left( x+1\right) }{x^{2}\left( x^{2}+1\right) }   dla x\in D.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0\;\Leftrightarrow \;\frac{\left( x-1\right) \left( x+1\right) }{x^{2}\left( x^{2}+1\right) }=0\;\Leftrightarrow\; \left( x-1\right) \left( x+1\right) =0 \; \Leftrightarrow\; (x=-1\vee x=1).

Następnie badamy, gdzie pochodna funkcji f przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ x^{2}\left( x^{2}+1\right) >0 dla każdego x\in D oraz

\left( x-1\right) \left( x+1\right) >0\; \Leftrightarrow \; x\in (-\infty ,-1)\cup (1,+\infty ),

więc

f^{\prime }(x)>0\;\Leftrightarrow \; \frac{\left( x-1\right) \left( x+1\right) }{x^{2}\left( x^{2}+1\right) }>0\;\Leftrightarrow \;x\in \mathbb{(-\infty },-1)\cup (1,+\infty ).

Analogicznie

f^{\prime }(x)0\; \Leftrightarrow\; x\in (-1,0)\cup (0,1).

Uzyskane wyniki zapisujemy w tabeli:

A zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziałach (-\infty ,-1) i (1,+\infty ) oraz malejąca na przedziałach (-1,0) i (0,1). Ponadto posiada dwa ekstrema lokalne: w punkcie x=-1 maksimum lokalne równe -1-\frac{\pi}{2} oraz w punkcie x=1 minimum lokalne równe 1+\frac{\pi}{2}.
7

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=4\ln x-\ln ^{2}x.

Na początek zauważmy, że D= (0,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=\left(4\ln x-\ln ^{2}x\right)^{\prime }=4\frac{1}{x}-2\ln x\cdot \frac{1}{x}=\frac{2(2-\ln x)}{x} dla x\in D.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0\ \Leftrightarrow \ \frac{2(2-\ln x)}{x}=0\ \Leftrightarrow \ 2-\ln x=0\ \Leftrightarrow \ \ln x=2\ \Leftrightarrow \ x=e^{2}.

Jeśli x\in D, to mianownik pierwszej pochodnej jest dodatni, a zatem

f^{\prime }(x)>0\ \Leftrightarrow \ \frac{2(2-\ln x)}{x}>0\ \Leftrightarrow \ 2-\ln x>0\ \Leftrightarrow \ \ln x.

Analogicznie

f^{\prime }(x).

Uzyskane wyniki zapisujemy w tabeli:

A zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziae (0 ,e^2), malejąca na przedziale (e^2,+\infty) oraz posiada maksimum lokalne w x=e^2 równe 4.

8

Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji określonej wzorem f(x)=\frac{x^2}{\ln x}, a następnie naszkicujemy wykres funkcji f wiedząc dodatkowo, że \displaystyle \underset{x\rightarrow 0^+ }{\lim }f(x)=0, \displaystyle \underset{x\rightarrow 1^- }{\lim }f(x)=-\infty, \displaystyle \underset{x\rightarrow 1^+ }{\lim }f(x)=+\infty oraz \displaystyle \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }f(x)=+\infty .

D=(0,1)\cup (1,+\infty ). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=\left(\frac{x^2}{\ln x}\right)^{\prime }=\frac{2x \ln x-x^2\cdot \frac{1}{x}}{\ln ^{2}x}=\frac{x(2\ln x-1)}{\ln ^{2}x}\; dla x\in D.

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0\;\Leftrightarrow \;\frac{x(2\ln x-1)}{\ln ^{2}x}=0 \;\Leftrightarrow \; 2\ln x-1=0\ \Leftrightarrow \ \ln x=\frac{1}{2}\ \Leftrightarrow \ x=\sqrt{e}.

Ponieważ \frac{x}{\ln ^{2}x}>0 dla x\in D więc

f^{\prime }(x)>0\;\Leftrightarrow \;\frac{x(2\ln x-1)}{\ln ^{2}x}>0\; \Leftrightarrow \; 2\ln x-1>0 \; \Leftrightarrow \;\ln x>\ln e^\frac{1}{2}\; \Leftrightarrow \ x>\sqrt{e}.

Analogicznie

f^{\prime }(x).

Uzyskane wyniki zapisujemy w tabeli:

Badana funkcja jest zatem rosnąca na przedziale (\sqrt{e},+\infty), malejąca na przedziałach (0,1) i (1,\sqrt{e}) oraz posiada w x=\sqrt{e} minimum lokalne równe 2e. Dodatkowo z informacji podanych w treści zadania wnioskujemy, że prosta o równaniu x=1 jest asymptotą pionową wykresu funkcji f. Na tej podstawie szkicujemy wykres funkcji f:

 

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• definicje ekstremów lokalnych   • warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego   • I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego   • II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

1

Jeśli f:(-4,4) \to \mathbb{R} jest funkcją, której wykres przedstawia poniższy rysunek, to

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

2

Przyporządkuj podane funkcje do odpowiedniej grupy.

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

3

4

5

6

7

Niech f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{\mathbb{R}}.

Z informacji zawartych w powyższej tabeli wynika, że

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

8

Wybrane informacje o pierwszej i drugiej pochodnej pewnej dwukrotnie różniczkowalnej funkcji f:\mathbb{\mathbb{R}}\rightarrow \mathbb{\mathbb{R}} zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

9

Czy funkcja f posiada ekstrema lokalne we wskazanych punktach? Uzasadnij odpowiedź.

Uzupełnij.

10

Czy funkcja f posiada ekstrema lokalne we wskazanych punktach? Uzasadnij odpowiedź.

Uzupełnij.

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie: 

• definicje ekstremów lokalnych   • warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego   • I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego   • II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

9

Niech f:(-1,+\infty )\rightarrow \mathbb{\mathbb{R}}. Informacje o pierwszej pochodnej funkcji f zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Wybrane rysunki przenieś do obszaru znajdującego się nad nimi.

10

Niech f:\mathbb{\mathbb{R}}\backslash \{0\}\rightarrow \mathbb{\mathbb{R}}. Informacje o pierwszej pochodnej funkcji f zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie

10

Wyznacz ekstrema lokalne funkcji f określonej wzorem f(x)=8x^3-3x^4.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

10

Wyznacz ekstrema lokalne funkcji f określonej wzorem f(x)=x^4 e^{4x}.

Uzupełnij.                                                                         Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

10

Wyznacz ekstrema lokalne funkcji f określonej wzorem f(x)=x \ln ^2 x.

Uzupełnij.                                                                         Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

10

Wyznacz przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji f określonej wzorem f(x)=\ln x + \frac{1}{x}.

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

4.3 Ekstrema globalne funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Niech f:D \to \mathbb{R}, gdzie D \subset \mathbb{R}.

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x_0 maksimum globalne (absolutne), jeżeli dla wszystkich x\in D

\ \qquad f(x)\leq f(x_0).

Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x_0 minimum globalne (absolutne), jeżeli dla wszystkich x\in D

\ \qquad f(x)\geq f(x_0).

Jeżeli dla każdego x\in D\setminus\{x_0\} zachodzi nierówność f(x)< f(x_0) (f(x)> f(x_0)), to mówimy o maksimum (minimum) globalnym właściwym.

Z twierdzenia Weierstrassa wynika, iż każda funkcja ciągła na przedziale domkniętym posiada w tym przedziale ekstrema globalne. Ekstremum globalne może być osiągnięte wewnątrz tego przedziału (jest to wtedy jednocześnie ekstremum lokalne) lub w punkcie brzegowym przedziału. Stąd wynika

Metoda wyznaczania ekstremów globalnych funkcji ciągłej f na przedziale domkniętym [a,b]:

  1. w przedziale (a,b) znajdujemy punkty x_1, \ldots, x_n, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne, czyli punkty będące rozwiązaniami równania f^\prime(x)=0 lub punkty, w których pochodna nie istnieje,
  2. obliczamy wartości funkcji w punktach: a, x_1, \ldots, x_n, b, czyli

    f(a), f(x_1), \ldots, f(x_n), f(b),

  3. największa z liczb f(a), f(x_1), \ldots, f(x_n), f(b) jest maksimum globalnym, a najmniejsza ‒ minimum globalnym funkcji f na przedziale domkniętym [a,b].

Przykłady

1

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=10x^4+3x^3+8x^2-4 na przedziale \left[-1,2\right].

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

f^\prime(x)=40x^3+9x^2+16x, \; x\in \mathbb R,

f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow x\left(40x^2+9x+16\right)=0\Leftrightarrow x=0.

Funkcja f jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału \left(-1,2\right), zatem punkt x=0 jest jedynym punktem w tym przedziale, w którym funkcja może mieć ekstremum lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w punktach, w których f może osiągnąć ekstrema globalne, czyli punkcie x=0 oraz w punktach będących krańcami podanego przedziału:

f(0)=-4,

f(-1)=11,

f(2)=212.

Zatem w przedziale \left[-1,2\right] największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=2 i wartość ta jest równa 212, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=0 i wartość jest równa -4.

Możemy też zapisać:

\displaystyle \max _{x\in \left[-1,2\right]} f(x)=212=f(2), \quad \displaystyle \min _{x\in \left[-1,2\right]} f(x)=-4=f(0).

2

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=2x+4\mathrm{arctg}x na przedziale \left[-\sqrt3,\sqrt3\right].

f^\prime(x)=2+\frac4{1+x^2}=\frac{6+2x^2}{1+x^2}, \; x\in \mathbb R.

Zauważmy, że f^\prime(x)>0 dla każdego x\in \mathbb R, a zatem funkcja f jest funkcją rosnącą na zbiorze liczb rzeczywistych. Oznacza to, że najmniejszą wartość na przedziale \left[-\sqrt3,\sqrt3\right] funkcja przyjmuje w punkcie x=-\sqrt3 i wartość ta jest równa -2\sqrt3-\frac{4\pi}3. Największą wartość w przedziale \left[-\sqrt3,\sqrt3\right] funkcja przyjmuje w punkcie x=\sqrt3 i wartość ta jest równa 2\sqrt3+\frac{4\pi}3.

3

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=-\frac14\sin2x+2 na przedziale \left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right].

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

f^\prime(x)=-\frac14\cos2x\cdot 2=-\frac12\cos2x, \; x\in \mathbb R.

f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow -\frac12\cos2x=0\Leftrightarrow \left(x=-\frac\pi4+k\pi\vee x=\frac\pi4+k\pi\right), k\in \mathbb Z.

Funkcja f jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału \left(\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right), zatem jedynymi punktami należącymi do tego przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne są: x=-\frac\pi4, x=\frac\pi4.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

f(-\frac\pi4)=\frac94,

f(\frac\pi4)=\frac74,

f(-\frac\pi2)=2,

f(\frac{3\pi}4)=\frac94.

Zatem w przedziale \left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right] największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=-\frac\pi4, x=\frac{3\pi}4 i wartość ta jest równa \frac94, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=\frac\pi4 i wartość ta jest równa \frac74.

4

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=x^2e^{2x} na przedziale \left[-2,1\right].

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

f^\prime(x)=2xe^{2x}+x^2e^{2x}\cdot2=2xe^{2x}\left(1+x\right), \; x\in \mathbb R.

f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow x\left(1+x\right)=0\Leftrightarrow \left(x=0 \vee x=-1\right).

Funkcja f jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału \left(-2,1\right), zatem punkty x=-1, x=0 są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

f(-1)=e^{-2},

f(0)=0,

f(-2)=4e^{-4},

f(1)=e^2.

Zatem w przedziale \left[-2,1\right] największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=1 i wartość ta jest równa e^2, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=0 i wartość ta jest równa 0.

5

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=\frac{\ln x}{1+\ln^2x} na przedziale \left[e^{-2},e^2\right].

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

f^\prime(x)=\frac{\frac1x\left(1+\ln^2x\right)-\ln x\cdot 2\ln x\cdot\frac1x}{\left(1+\ln^2 x\right)^2}= \frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}, \; x\in (0, +\infty).

f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}=0 \Leftrightarrow{1-\ln^2 x}=0\Leftrightarrow \left(1-\ln x\right)\left(1+\ln x\right)=0\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \left(1-\ln x=0 \vee 1+\ln x=0\right)\Leftrightarrow\left(x=e \vee x=e^{-1}\right).

Funkcja f jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału \left(e^{-2},e^2\right), zatem punkty x=e, x=e^{-1} są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

f(e^{-1})=-\frac12,

f(e)=\frac12,

f(e^{-2})=-\frac25,

f(e^2)=\frac25.

Zatem w przedziale \left[e^{-2},e^2\right] największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=e i wartość ta jest równa \frac12, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje w punkcie x=e^{-1} i wartość ta jest równa -\frac12.

6

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji f(x)=6x-9\sqrt[3]{x^2} na przedziale \left[-1,\sqrt{8}\right].

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

f^\prime(x)=6-9\cdot \frac{2}{3} x^{-\frac{1}{3}}=6-\frac{6}{\sqrt[3]{x}}, \; x\in \mathbb R\setminus \{0\}.

f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow 6-\frac{6}{\sqrt[3]{x}}=0\Leftrightarrow \sqrt[3]{x}=1 \Leftrightarrow  x=1.

Ponadto funkcja f nie jest różniczkowalna w x=0 (można pokazać, że f'_ -(0)=+\infty oraz f'_ +(0)=-\infty ). To oznacza, że f może mieć ekstrema lokalne jedynie w punktach x=0 i x=1.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

f(-1)=-15,

f(0)=0,

f(1)=-3,

f(\sqrt{8})=12\sqrt{2}-18.

Zatem w przedziale \left[-1,\sqrt{8}\right] największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=0 i wartość ta jest równa 0, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=-1 i wartość ta jest równa -15.

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• definicje ekstremów globalnych    • metodę wyznaczania ekstremów globalnych

1

2

3

Przyporządkuj podane funkcje do odpowiedniej grupy.

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

4

5

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie: 

• definicje ekstremów globalnych    • metodę wyznaczania ekstremów globalnych

6

Wyznacz ekstrema globalne funkcji określonej wzorem f(x)=x^4+\frac{4}{3}x^3 -4x^2-1 na przedziale [-1,3].

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

7

Wyznacz ekstrema globalne funkcji określonej wzorem f(x)=x+\frac{4}{x}-2 na przedziale [1,8].

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

8

Wyznacz ekstrema globalne funkcji określonej wzorem f(x)=2\sqrt{x}-x na przedziale [0,9].

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

9

Wyznacz ekstrema globalne funkcji określonej wzorem f(x)=\frac{(1+x)^2}{x^2+1} na przedziale [-2,2].

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

10

Wyznacz ekstrema globalne funkcji określonej wzorem f(x)=e^{-x}(x+2) na przedziale [-3,0].

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

4.4 Zadania

1

Wyznacz ekstrema lokalne i przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem:

  1. f(x)=2x^3-3x^2,
  2. f(x)=\frac{x^2-1}{x^2-4},
  3. f(x)=\frac{x}{x^2+4},
  4. f(x)=x-5\operatorname{arctg}x,
  1. f^\prime(x)=6x^2-6x,
  2. f^\prime(x)=\frac{- 6x}{(x^2-4)^2},
  3. f^\prime(x)=\frac{4-x^2}{(4+x^2)^2},
  4. f^\prime(x)=\frac{x^2-4}{x^2+1},
  1. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,0), (1,+\infty), malejąca na przedziale (0,1), w punkcie x=0 funkcja ma maksimum lokalne, f(0)=0, w punkcie x=1 funkcja ma minimum lokalne, f(1)=-1.
  2. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}\setminus \{-2, 2\}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,-2), (-2,0), malejąca na każdym z przedziałów: (0,2), (2,+\infty), w punkcie x=0 funkcja ma maksimum lokalne, f(0)=\frac14.
  3. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja jest malejąca na każdym z przedziałów: (-\infty,-2), (2,+\infty), rosnąca na przedziale (-2,2), w punkcie x=-2 funkcja ma minimum lokalne, f(-2)=-\frac{1}4, w punkcie x=2 funkcja ma maksimum lokalne, f(2)=\frac14.
  4. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,-2), (2,+\infty), malejąca na przedziale (-2,2), w punkcie x=-2 funkcja ma maksimum lokalne, f(-2)=-2-5\operatorname{arctg}(-2), w punkcie x=2 funkcja ma minimum lokalne, f(2)=2-5\operatorname{arctg}2.
2

Wyznacz ekstrema lokalne i przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem:

  1. f(x)=\frac{e^x}{x^2+1},
  2. f(x)=x^2 e^x,
  3. f(x)=\frac{e^{2x}}{x^2},
  4. f(x)=x^3 e^{-x},
  1. f^\prime(x)=\frac{e^x (x^2-2x+1)}{(x^2+1)^2},
  2. f^\prime(x)=(2x+x^2) e^x,
  3. f^\prime(x)=\frac{2e^{2x} (x^2-x)}{x^4},
  4. f^\prime(x)=e^{-x} (3x^2-x^3)=x^2 e^{-x}(3-x),
  1. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja jest rosnąca w całej swojej dziedzinie.
  2. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,-2), (0,+\infty), malejąca na przedziale (-2,0), w punkcie x=0 funkcja ma minimum lokalne, o wartości f(0)=0, w punkcie x=-2 funkcja ma maksimum lokalne, f(-2)=4e^{-2}.
  3. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}\setminus \{0\}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,0), (1,+\infty), malejąca na przedziale (0,1), w punkcie x=1 funkcja ma minimum lokalne, f(1)=e^2.
  4. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,0), (0,3), malejąca na przedziale (3,+\infty), w punkcie j x=3 funkcja ma maksimum lokalne, f(3)=27e^{-3}.
3

Wyznacz ekstrema lokalne i przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem:

  1. f(x)=\frac{\ln x+1}{2x},
  2. f(x)=3x-x \ln 2x,
  3. f(x)=\ln^3 x-3\ln^2 x.
  1. f^\prime(x)=-\frac{\ln x}{2x^2},
  2. f^\prime(x)=2-\ln 2x,
  3. f^\prime(x)=\frac{3\ln^2 x-6\ln x}{x}.
  1. Dziedziną funkcji jest zbiór D=(0, +\infty). Funkcja jest rosnąca na przedziale (0,1), malejąca na przedziale (1,+\infty), w punkcie x=1 funkcja ma maksimum lokalne, f(1)=\frac12.
  2. Dziedziną funkcji jest zbiór D=(0, +\infty). Funkcja jest rosnąca na przedziale \left(0,\frac12e^2\right), malejąca na przedziale \left(\frac12e^2,+\infty\right), w punkcie x=\frac12e^2 funkcja ma maksimum lokalne, f(\frac12e^2)=\frac32e^2-e^2.
  3. Dziedziną funkcji jest zbiór D=(0, +\infty). Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (0,1), \left(e^2,+\infty\right), malejąca na przedziale (1,e^2), w punkcie x=1 funkcja ma maksimum lokalne, f(1)=0, w punkcie x=e^2 funkcja ma minimum lokalne, f(e^2)=-4.
4

Wyznacz asymptoty, ekstrema lokalne, przedziały monotoniczności oraz naszkicuj wykres funkcji określonej wzorem:

  1. f(x)=\frac{x^2}{x-1},
  2. f(x)=x e^{-x},
  3. f(x)=\frac{x^2}{2-4\ln x}.
  1. Asymptotę pionową wykres funkcji f może posiadać w punkcie x=1, ukośną w -\infty, \; +\infty, f^\prime(x)=\frac{x^2-2x}{(x-1)^2}.
  2. Asymptotę ukośną wykres funkcji f może posiadać w -\infty, \; +\infty, asymptoty pionowej wykres funkcji f nie posiada. f^\prime(x)=e^{-x} (1-x).
  3. Asymptotę pionową wykres funkcji może posiadać w punktach: x=0, x=e^{\frac12}, asyptotę ukośną wykres funkcji może posiadać w +\infty. f^\prime(x)=\frac{x\left(8-8\ln x\right)}{\left(2-4\ln x\right)^2}.
  1. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}\setminus \{1\}. Funkcja ma asymptotę pionową obustronną x=1, asymptotę ukośną y=x+1 w -\infty i w +\infty. Funkcja jest malejąca na każdym z przedziałów: (0,1), (1,2), rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty,0), (2,+\infty), w punkcie x=0 funkcja ma maksimum lokalne, f(0)=0, w punkcie x=2 funkcja ma minimum lokalne, f(2)=4.

  2. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}. Funkcja ma asymptotę poziomą y=0 w +\infty. Funkcja jest rosnąca na przedziale (-\infty, 1), malejąca na przedziale (1,+\infty), w punkcie x=1 funkcja ma maksimum lokalne, f(1)=e^{-1}.

  3. Dziedziną funkcji jest zbiór D=\left(0, e^{\frac12}\right)\cup\left(e^{\frac12},+\infty\right). Funkcja ma asymptotę pionową obustronną x=e^{\frac12}. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów \left(0, e^{\frac12}\right),\left(e^{\frac12}, e\right), malejąca na przedziale \left(e,+\infty\right), w punkcie x=e funkcja ma maksimum lokalne, f(e)=-\frac{e^2}{2}.

5

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=x^3-3x na przedziale \left[-\frac32,\frac32\right].

Największą wartość w przedziale \left[-\frac32,\frac32\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=-1 i wartość ta jest równa 2, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=1 i wartość ta jest równa -2.
6

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=2x^3-3x^2-36x-8 na przedziale \left[-3,6\right].

Największą wartość w przedziale \left[-3,6\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=6 i wartość ta jest równa 100, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=3 i wartość ta jest równa -89.
7

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=\sqrt x-x na przedziale \left[0,4\right].

Największą wartość w przedziale \left[0,4\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=\frac14 i wartość ta jest równa \frac14, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=4 i wartość ta jest równa -2.
8

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=x^2\ln x na przedziale \left[1,e\right].

Funkcja jest rosnąca w przedziale \left[1,e\right].
Największą wartość w przedziale \left[1,e\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=e i wartość ta jest równa e^2, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=1 i wartość ta jest równa 0.
9

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=-\frac14\cos2x+\frac12\cos x+3 na przedziale \left[-\frac\pi2,\pi\right].

Największą wartość w przedziale \left[-\frac\pi2,\pi\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=-\frac\pi3 oraz x=\frac\pi3 i wartość ta jest równa \frac{27}8, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=\pi i wartość ta jest równa \frac94.
10

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=\frac{e^{2x}}{1+e^{-x}} na przedziale \left[-1,0\right].

Funkcja jest rosnąca w przedziale \left[-1, 0\right].
Największą wartość w przedziale \left[-1,0\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=0 i wartość ta jest równa \frac12, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=-1 i wartość ta jest równa \frac{1}{e^2\left(1+e\right)}.
11

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=\ln^3 x+3\ln^2 x na przedziale \left[e^{-3},e^2\right].

Największą wartość w przedziale \left[e^{-3},e^2\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=e^2 i wartość ta jest równa 20, najmniejszą wartość (minimum globalne) funkcja przyjmuje w punktach x=1, x=e^{-3} i wartość ta jest równa 0.
12

Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji f(x)=\frac{x}{x^2+2x-3} na przedziale \left[-2,0\right].

Funkcja jest malejąca w przedziale \left[-2, 0\right].
Największą wartość w przedziale \left[-2,0\right] (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla x=-2 i wartość ta jest równa \frac23, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla x=0 i wartość ta jest równa 0.

5. Wypukłość, wklęsłość funkcji, punkty przegięcia

W tym rozdziale poznamy:

  • definicję funkcji wypukłej/wklęsłej w punkcie i na przedziale
  • warunki wystarczające wypukłości/wklęsłości funkcji na przedziale
  • definicję punktu przegięcia wykresu funkcji
  • warunek konieczny istnienia punktu przegięcia
  • warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia.

Nauczymy się jak:

  • wyznaczać przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji wykorzystując drugą pochodną
  • badać istnienie punktów przegięcia w oparciu o warunki wystarczające.

5.1 Badanie wypukłości i wklęsłości funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Załóżmy, że funkcja f jest różniczkowalna na pewnym otoczeniu punktu x_0.

Funkcję f nazywamy:

  1. wypukłą w punkcie x_0, jeżeli istnieje takie sąsiedztwo S_{x_0} punktu x_0, że dla każdego x\in S_{x_0} zachodzi nierówność f(x)\geq f(x_0)+f^\prime(x_0)(x-x_0);
  2. wklęsłą w punkcie x_0, jeżeli istnieje takie sąsiedztwo S_{x_0} punktu x_0, że dla każdego x\in S_{x_0} zachodzi nierówność f(x)\leq f(x_0)+f^\prime(x_0)(x-x_0).

Jeżeli nierówności w powyższych definicjach są ostre, to funkcja jest odpowiednio ściśle wypukła lub ściśle wklęsła.

 

Geometrycznie oznacza to, że funkcja jest wypukła (wklęsła) w punkcie x_0, jeżeli istnieje takie sąsiedztwo S_{x_0}, że na S_{x_0} wykres funkcji leży powyżej (poniżej) lub pokrywa się z prostą styczną do wykresu tej funkcji w punkcie (x_0,f(x_0)).

Niech f:(a,b)\to \mathbb{R}. Przez p oznaczamy funkcję liniową p\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R} przechodzącą przez punkty (x_1, f(x_1)) i (x_2, f(x_2)). Mówimy, że funkcja f jest:

  1. wypukła na przedziale (a,b) jeżeli dla dowolnych x_1, x_2\in (a,b), x_1, oraz x\in (x_1, x_2) spełniony jest warunek f(x)\leq p(x),
  2. wklęsła na przedziale (a,b) jeżeli dla dowolnych x_1, x_2\in (a,b), x_1, oraz x\in (x_1, x_2) spełniony jest warunek f(x)\geq p(x).

Geometrycznie oznacza to, że funkcja jest wypukła (wklęsła) na przedziale (a,b), jeżeli na dowolnym przedziale (x_1,x_2) \subset (a,b) wykres funkcji leży pod (nad) lub pokrywa się z prostą sieczną przechodzącą przez punkty (x_1, f(x_1)) i (x_2, f(x_2)).

 

Funkcja różniczkowalna f\colon (a,b)\to \mathbb{R} jest wypukła (wklęsła) na przedziale (a,b), wtedy i tylko wtedy, gdy jest wypukła (wklęsła) w każdym punkcie tego przedziału.

‒ warunek wystarczający wypukłości funkcji

Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna na przedziale (a,b) oraz f^{\prime\prime}(x)>0 dla każdego x\in (a,b), to funkcja f jest ściśle wypukła na tym przedziale.

‒ warunek wystarczający wklęsłości funkcji

Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna na przedziale (a,b) oraz f^{\prime\prime}(x) dla każdego x\in (a,b), to funkcja f jest ściśle wklęsła na tym przedziale.

Przykłady

1

Wykażemy, że funkcja f(x)=x\ln x jest wypukła w całej dziedzinie.

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór D=(0,+\infty ). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}=\ln x+1 dla x\in (0,+\infty ).

Obliczamy teraz drugą pochodną:

f^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{x} dla x\in (0,+\infty ).

Rozwiązujemy nierówność:

f^{\prime \prime }(x)>0 \ \Leftrightarrow \frac{1}{x}>0 \ \Leftrightarrow x\in (0,+\infty).

Ponieważ f^{\prime \prime}(x)>0 dla każdego x\in (0,+\infty ), to wnioskujemy, że funkcja f jest wypukła w całej dziedzinie.

2

Wykażemy, że funkcja f(x)=-\frac{4}{5\sqrt{x^{5}}} jest wklęsła w całej dziedzinie.

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór D = (0,+\infty). Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=(-\frac{4}{5\sqrt{x^{5}} })^{\prime }= -4\cdot \frac{1}{5}(x^{-\frac{5}{2}})^{\prime }=-\frac{4}{5} \cdot (-\frac{5}{2})x^{-\frac{7}{2}} =2x^{-\frac{7}{2}}=\frac{2}{\sqrt{x^{7}}} dla x\in (0,+\infty ).

Obliczamy teraz drugą pochodną:

f^{\prime \prime }(x)=(\frac{2}{\sqrt{x^{7}}})^{\prime }= 2(x^{-\frac{7}{2}})^{\prime }=-7x^{-\frac{9}{2}}= -\frac{7}{\sqrt{x^{9}}}, x\in (0,+\infty).

Rozwiązujemy nierówność:

f^{\prime \prime }(x).

Ponieważ f^{\prime \prime }(x) dla każdego x\in (0,+\infty ), zatem funkcja f jest wklęsła w całej dziedzinie.

3

Wyznaczymy przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji f(x)=xe^{-x}.

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór D= \mathbb{R}. Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=e^{-x}+xe^{-x}(-1)=e^{-x}(1-x) dla x\in \mathbb{R}.

Obliczamy teraz drugą pochodną:

\ f^{\prime \prime }(x)=e^{-x}(-1)(1-x)+e^{-x}(-1)=e^{-x}(x-2) dla x\in \mathbb{R}.

Rozwiązujemy nierówności:

f^{\prime \prime }(x)>0 \ \Leftrightarrow \  e^{-x}(x-2)>0\ \Leftrightarrow \ x-2>0 \ \Leftrightarrow \ x\in (2,+\infty ),

f^{\prime \prime }(x).

Ponieważ f^{\prime \prime }(x)>0 dla każdego x\in (2,+\infty), zatem funkcja f jest wypukła na przedziale (2,+\infty). Ponieważ f^{\prime \prime }(x) dla każdego x\in (-\infty ,2), zatem funkcja f jest wklęsła na przedziale (-\infty ,2).

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• definicję funkcji wypukłej w punkcie    • definicję funkcji wklęsłej w punkcie    • definicję funkcji wypukłej na przedziale    • definicję funkcji wklęsłej na przedziale    • warunki wystarczające wypukłości/wklęsłości funkcji

1

Dokończ poprawnie zdanie wybierając jedną z odpowiedzi.

2

Zastanów się nad wypukłością/wklęsłością przedstawionych funkcji na poszczególnych przedziałach dziedziny.

3

Dokończ zdanie wybierając poprawne odpowiedzi.

4

Uzupełnij luki.

5

Druga pochodna funkcji f :\mathbb{R}\to\mathbb{R} dana jest wzorem f''(x)=x+3.

6

Dany jest wykres drugiej pochodnej funkcji f(x)=4(x^2-x)e^{-x}. Dopasuj własności: wypukła/wklęsła do poszczególnych fragmentów wykresu.

7

Druga pochodna funkcji f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R} jest dodatnia dla x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. Zastanów się, czy funkcja może mieć wykres przedstawiony poniżej.

8

Połącz w pary: wzór i własność funkcji.

Przyciągnij wzory do własności.

9

Połącz w pary: wykres i własność funkcji.

10

Druga pochodna funkcji f jest ujemna w całej dziedzinie. Zastanów się, czy funkcja może mieć wykres przedstawiony poniżej.

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie: 

• definicję funkcji wypukłej w punkcie    • definicję funkcji wklęsłej w punkcie    • definicję funkcji wypukłej na przedziale    • definicję funkcji wklęsłej na przedziale    • warunki wystarczające wypukłości/wklęsłości funkcji

11

Wiedząc, że funkcja f nie jest określona w punktach -1 i 3, uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

12

Wybrane informacje o drugiej pochodnej pewnej funkcji f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} zawarte są w poniższej tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

13

Dany jest wykres drugiej pochodnej pewnej funkcji f. Ułóż z puzzli wykres funkcji f.

14

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji f określonej wzorem f(x)=2x^2+16\ln x.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

15

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji f określonej wzorem f(x)=4(x+3)\sqrt{x}.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

5.2 Punkty przegięcia wykresu funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia  interaktywne.

Teoria

Punkt P=(x_0,f(x_0)) nazywamy punktem przegięcia wykresu funkcji f, jeżeli istnieje styczna do wykresu w punkcie P oraz funkcja f jest wypukła (wklęsła) na pewnym lewostronnym i wklęsła (wypukła) na pewnym prawostronnym sąsiedztwie punktu x_0.

pp

‒ warunek konieczny istnienia punktu przegięcia

Jeżeli funkcja f ma ciągłą pochodną drugiego rzędu w punkcie x_0 oraz (x_0, f(x_0)) jest punktem przegięcia wykresu tej funkcji, to f''(x_0)=0.

‒ I warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia

Załóżmy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x_0 oraz dwukrotnie różniczkowalna na pewnym sąsiedztwie S_{x_0} punktu x_0. Jeżeli wykres f ma styczną w punkcie (x_0, f(x_0)) oraz

f''(x)>0 dla x\in S^-_{x_0} oraz f''(x) dla x\in S^+_{x_0}

lub

f''(x) dla x\in S^-_{x_0} oraz f''(x)>0 dla x\in S^+_{x_0},

to (x_0, f(x_0)) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

‒ II warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia

Jeżeli funkcja f ma pochodną trzeciego rzędu w punkcie x_0 i spełnia jednocześnie warunki:

  1. f''(x_0)=0,
  2. f'''(x_0)\neq0,
  3. funkcja f''' jest ciągła w punkcie x_0,

to (x_0,f(x_0)) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

 

Przykłady

1

Pokażemy, że wykres funkcji  f(x)=\frac{e^{x-2}}{x} nie posiada punktów przegięcia.

Dziedziną funkcji jest zbiór D=\mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\}.

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=\frac{e^{x-2}(x-1)}{x^{2}}, x\in \mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\},

f^{\prime \prime }(x) =\frac{e^{x-2}(x^{2}-2x+2)}{x^{3}}, x\in \mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\}

i przyrównujemy drugą pochodną do zera:

f''(x)=0 \Leftrightarrow \frac{e^{x-2}(x²-2x+2)}{x³}=0 \Leftrightarrow (e^{x-2}=0\vee x²-2x+2=0).

Ponieważ e^{x-2} >0 i x^{2}-2x+2\neq0 dla każdego x\in\mathbb{R}\backslash \left\{ 0\right\}, więc powyższe równanie nie posiada rozwiązania. Zatem wykres funkcji f nie posiada punktów przegięcia.

2

Pokażemy, że wykres funkcji f(x)=4x^3+8x\ln x nie posiada punktów przegięcia.

Dziedziną funkcji jest zbiór D=(0, +\infty).

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f'(x) =12x^2+8\ln x+8\text{ , }x\in (0, +\infty),

f''(x)=24x+\frac 8x, x\in (0, +\infty).

Zauważmy, że dla każdego x\in(0, +\infty) pochodna rzędu drugiego jest dodatnia, zatem nie jest spełniony warunek konieczny istnienia punktu przegięcia i wykres funkcji f nie posiada punktów przegięcia.

3

Wyznaczymy punkty przegięcia wykresu funkcji f(x)=-x^3+6x^2-9x+2.

Funkcja f(x)=-x³+6x²-9x+2 jest wielomianem, jest więc określona dla każdego x\in \mathbb{R}.

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=-3x^{2}+12x-9,\text{ }x\in \mathbb{R}

f^{\prime \prime }(x)=-6x+12, x\in \mathbb{R}

i przyrównujemy drugą pochodną do zera:

f^{\prime \prime }(x)=0\Leftrightarrow -6x+12=0\Leftrightarrow x=2.

Stąd wynika, że wykres funkcji f może mieć tylko jeden punkt przegięcia. Dalej o istnieniu punktu przegięcia rozstrzygamy stosując jedną z dwóch metod podanych poniżej.

 

1 sposób (wykorzystamy I warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia)

Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie a gdzie ujemne:

f^{\prime \prime }(x)>0\text{ }\Leftrightarrow-6x+12>0\text{ }\Leftrightarrow x

oraz

f''(x).

Stąd wynika, że f''(x)>0 dla x\in (-\infty,2) (a zatem także dla pewnego lewostronnego sąsiedztwa 2) oraz f''(x) dla x\in (2,+\infty) (przedział ten można potraktować jako prawostronne sąsiedztwo 2). Zatem punkt P=(2,0) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

Metodę tę stosujemy najczęściej wtedy, gdy jednocześnie mamy wyznaczyć przedziały wklęsłości i wypukłości funkcji f.

 

2 sposób (wykorzystamy II warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia)

Obliczamy trzecią pochodną funkcji f:

f'''(x)=-6,\; x\in \mathbb{R}.

Dla x=2 mamy:

f''(2) = 0,

f'''(2) = -6\neq0.

Zatem punkt P=(2,0) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

4

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia wykresu funkcji f(x)=xe^{x}.

Funkcja f(x)=xe^{x} jest określona dla każdego x\in \mathbb{R}.

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f'(x) = e^{x}(1+x), x\in \mathbb{R}

f''(x) = e^{x}(2+x), x\in \mathbb{R}

i przyrównujemy drugą pochodną do zera:

f''(x)=0\Leftrightarrow e^{x}(2+x)=0\Leftrightarrow(e^{x}=0\vee 2+x=0).

Ponieważ e^{x} >0 dla każdego x\in\mathbb{R}, więc f''(x)=0 dla x=-2. Oczywiście x=-2 należy do dziedziny funkcji. Dalej badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie a gdzie ujemne:

f''(x)>0 \Leftrightarrow e^{x}(2+x)>0 \Leftrightarrow x>-2

oraz

f''(x).

Ponieważ f''(x)>0 dla x\in (-2,+\infty), więc funkcja jest wypukła na przedziale (-2,+\infty). Ponieważ f''(x) dla x\in (-\infty,-2), więc funkcja jest wklęsła na przedziale (-\infty,-2). Na mocy I warunku wystarczającego istnienia punktu przegięcia punkt P=(-2,-2e^{-2}) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

Uzyskane wyniki i odpowiedź (uwzględniając również przedziały wypukłości i wklęsłości badanej funkcji) najczęściej zapisujemy w postaci tabeli.

 

5

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia wykresu funkcji f(x)=\operatorname{arctg}x-x.

Zauważmy, że funkcja f(x)=\operatorname{arctg}x-x jest określona dla każdego x\in\mathbb{R}.

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x) =\frac{1}{1+x^{2}}-1, x\in \mathbb{R}

f^{\prime \prime }(x) =\frac{-2x}{\left( 1+x^{2}\right) ^{2}}\text{},\text{ }x\in \mathbb{R}

i przyrównujemy drugą pochodną do zera:

f^{\prime \prime }(x)=0\Leftrightarrow \frac{-2x}{\left( 1+x^{2}\right) ^{2}}=0\Leftrightarrow -2x=0\Leftrightarrow x=0.

Stąd wynika, że wykres funkcji f może mieć tylko jeden punkt przegięcia. Dalej badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie a gdzie ujemne:

f^{\prime \prime }(x)>0\text{ }\Leftrightarrow \frac{-2x}{\left(1+x^{2}\right) ^{2}}>0\text{ }\Leftrightarrow -2x>0\Leftrightarrow x

oraz

f^{\prime \prime }(x).

Wyniki umieszczamy w tabeli:

Funkcja jest wypukła na przedziale (-\infty,0), wklęsła na przedziale (0,+\infty), a punkt P=(0,0) jest punktem przegięcia wykresu funkcji f.

  

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• definicję punktu przegięcia   • warunek konieczny istnienia punktu przegięcia   • I warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia  • II warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia

1

Zastanów się, jakie punkty przegięcia posiadają funkcje o przedstawionych wykresach.

2

Przyporządkuj podane funkcje do odpowiedniej grupy.

3

Dopasuj do funkcji punkty przegięcia ich wykresów.

4

Zaznacz punkty przegięcia wykresu funkcji.

5

Ułóż z puzzli wykres funkcji ciągłej, posiadającej trzy punkty przegięcia i osiągającej maksimum globalne w punkcie x_0 = 1.

6

Ułóż z puzzli wykres drugiej pochodnej, mając do dyspozycji wykresy funkcji f i f'. Jeden punkt na wykresie jest już narysowany.

7

Wiedząc, że funkcja f jest ciągła w punkcie 5, uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

8

Wybrane informacje o drugiej pochodnej pewnej funkcji f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

9

Wybrane informacje o drugiej pochodnej pewnej funkcji f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie: 

• definicję punktu przegięcia   • warunek konieczny istnienia punktu przegięcia   • I warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia  • II warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia

10

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości i punkty przegięcia wykresu funkcji f określonej wzorem f(x)=-3x^3-9x^2.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

11

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości i punkty przegięcia wykresu funkcji f określonej wzorem f(x)=\ln x +\frac{1}{x}.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

12

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości i punkty przegięcia wykresu funkcji f określonej wzorem f(x)=(x-5) e^x.

Uzupełnij.                                                                        Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

5.3 Zadania

1

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji f:

  1. f(x)=\frac{1}{3}x^{3}+2x-1,
  2. f(x)=x\operatorname{arcctg}x,
  3. f(x)=e^{x^{2}},
  4. f(x)=x^{2}\ln x.

Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną i drugą pochodną funkcji a następnie rozwiązać nierówności f^{\prime \prime }(x)>0, f^{\prime \prime }(x).

  1. D=\mathbb{R}. Funkcja f jest wypukła na przedziale (0,+\infty ), wklęsła na przedziale (-\infty ,0).
  2. D=\mathbb{R}. Funkcja f jest wklęsła w całej dziedzinie.
  3. D=\mathbb{R}. Funkcja f jest wypukła na przedziałach (-\infty ,-\frac{1}{4}), (0,+\infty ), wklęsła na przedziale (-\frac{1}{4} ,0).
  4. D=(0,+\infty ). Funkcja f jest wypukła na przedziale \ (e^{- \frac{3}{2}},+\infty ), wklęsła na przedziale (0,e^{-\frac{3}{2}}).
2

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji f:

  1. f(x)=\frac{4x}{x^{2}+1},
  2. f(x)=(x^{2}+1)e^{x},
  3. f(x)=\sqrt{x^{2}-1},
  4. f(x)=e^{\frac{x}{x+1}}.

Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną i drugą pochodną funkcji a następnie rozwiązać nierówności f^{\prime \prime }(x)>0, f^{\prime \prime }(x).

  1. D=\mathbb{R}. Funkcja f jest wypukła na przedziałach (-\sqrt{3},0), (\sqrt{3},+\infty ), wklęsła na przedziałach (-\infty ,-\sqrt{3}) , (0,\sqrt{3}).
  2. D=\mathbb{R}. Funkcja f jest wypukła na przedziałach (-\infty ,-3) , (1,+\infty ), wklęsła na przedziale (-3,1).
  3. D=\mathbb{(}-\infty ,-1]\cup \lbrack 1,+\infty ). Funkcja f jest wklęsła na przedziałach (-\infty ,-1), (1,+\infty ).
  4. D=\mathbb{(}-\infty ,-1)\cup (-1,+\infty ). Funkcja f jest wypukła na przedziałach (-\infty ,-1), (-1,-\frac{1}{2}), wklęsła na przedziale (-\frac{1}{2},+\infty ).
3

Wyznacz punkty przegięcia oraz przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji f:

  1. f(x)=x^3-3x^2,
  2. f(x)=x^2e^{-x},
  3. f(x)=2x+\frac{4}{x},
  4. f(x)=\ln^2x.
  1. D=\mathbb{R}. Punkt przegięcia: P=(1,-2). Funkcja jest wypukła na przedziale (1,+\infty), wklęsła na przedziale (-\infty,1).
  2. D=\mathbb{R}. Punkty przegięcia: P_1=(2-\sqrt2,(2-\sqrt2)^2⋅e^{-2+\sqrt2}), P_2=(2+\sqrt2,(2+\sqrt2)^2⋅e^{-2-\sqrt2}). Funkcja jest wypukła na przedziałach (-\infty,2-\sqrt2), (2+\sqrt2,+\infty), wklęsła na przedziale (2-\sqrt2,2+\sqrt2).
  3. D=\mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\} . Brak punktów przegięcia. Funkcja jest wypukła na przedziale (0,+\infty), wklęsła na przedziale (-\infty,0).
  4. D=(0,+\infty ). Punkt przegięcia: P=(e,1). Funkcja jest wypukła na przedziale (0,e), wklęsła na przedziale (e,+\infty).
4

Wyznacz punkty przegięcia oraz przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji f:

  1. f(x)=\ln (1+x^{2}),
  2. f(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}},
  3. f(x)=\frac{x^{2}+1}{x-3},
  4. f(x)=x\ln (1-x).
  1. D=\mathbb{R}. Punkty przegięcia: P_1=(-1,\ln2), P_2=(1,\ln2). Funkcja jest wypukła na przedziale (-1,1), wklęsła na przedziałach (-\infty,-1), (1,+\infty).
  2. D=\mathbb{R}. Punkt przegięcia: P=(0,0). Funkcja jest wypukła na przedziale \left( -\infty,0\right), wklęsła na przedziale \left( 0,+\infty \right).
  3. D=\mathbb{R}\backslash \left\{ 3\right\} . Brak punktów przegięcia. Funkcja jest wypukła na przedziale \left( 3,+\infty \right) , wklęsła na przedziale \left( -\infty ,3\right).
  4. D=\left( -\infty ,1\right) . Brak punktów przegięcia. Funkcja jest wklęsła na na przedziale \left( -\infty ,1\right).

 

6. Badanie przebiegu zmienności funkcji

W tym rozdziale nauczymy się badać przebieg zmienności funkcji wykorzystując rachunek różniczkowy.

Teoria

Badanie przebiegu zmienności funkcji f jest zadaniem złożonym i obejmuje kilka etapów:

  1. wyznaczenie dziedziny funkcji,
  2. wyznaczenie asymptot wykresu funkcji,
  3. wyznaczenie przedziałów monotoniczności i ekstremów lokalnych funkcji (badanie pierwszej pochodnej funkcji: rozwiązanie równania f^\prime(x)=0 oraz nierówności f^\prime(x) i f^\prime(x)>0),
  4. wyznaczenie przedziałów wypukłości i wklęsłości oraz punktów przegięcia funkcji (badanie drugiej pochodnej funkcji: rozwiązanie równania f^{\prime\prime}(x)=0 oraz nierówności f^{\prime\prime}(x) i f^{\prime\prime}(x)>0),
  5. zestawienie uzyskanych wyników w tabeli i sporządzenie na tej podstawie wykresu funkcji.

Przykłady

1

Zbadamy przebieg zmienności funkcji f(x)=\frac{x^2}{x^2+3}.

  1. Dziedziną funkcji f jest zbiór D=\mathbb R.

  2. Wyznaczymy asymptoty wykresu funkcji f. Obliczamy w tym celu granice funkcji na krańcach jej dziedziny:

    \lim\limits_{x\to -\infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1,

    \lim\limits_{x\to +\infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to+\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to +\infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1.

    Zatem prosta o równaniu y=1 jest asymptotą poziomą wykresu funkcji w -\infty i +\infty.

    Wykres funkcji nie ma asymptot pionowych.

  3. Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji f. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

    f^\prime(x)=\left(\frac{x^2}{x^2+3}\right)^\prime=\frac{\left(x^2\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)+x^2\cdot\left(x^2+3\right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{2x\cdot\left(x^2+3\right)-x^2\cdot 2x}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}, \; \; x\in\mathbb R.

    Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

    f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}=0 \Leftrightarrow {6x}=0 \Leftrightarrow x=0.

    Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że \left(x^2+3\right)^2>0 dla każdego x\in \mathbb R, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia 6x. Mamy więc:

    f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}>0 \Leftrightarrow 6x>0 \Leftrightarrow x>0,

    f^\prime(x).

    Zatem funkcja jest malejąca na przedziale \left(-\infty, 0\right), rosnąca na przedziale \left(0, +\infty \right).

    Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie x=0 funkcja ma minimum lokalne równe 0.

  4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji f. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie f^{\prime\prime}(x)=0.

    f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}\right)^\prime=\frac{\left(6x\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot \left(\left(x^2+3\right)^2 \right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^4}=\frac{6\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot 2\left(x^2+3\right)\cdot2x }{\left(x^2+3\right)^4} =\frac{\left(x^2+3\right)\cdot \left(-18x^2+18\right)}{\left(x^2+3\right)^4} =\frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}, \; \; x\in \mathbb R.

    f^{\prime\prime}(x)=0 \Leftrightarrow \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}=0 \Leftrightarrow 1-x^2=0 \Leftrightarrow \left(1-x\right)\left(1+x\right)=0 \Leftrightarrow \left(x=1 \vee x=-1\right).

    Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie , a gdzie ujemne. Zauważmy, że \frac{18}{\left(x^2+3\right)^3}>0 dla każdego x\in \mathbb R, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia \left(1-x^2\right).

    f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}>0 \Leftrightarrow 1-x^2>0 \Leftrightarrow x\in \left(-1, 1\right),

    f^{\prime\prime}(x).

    Zatem funkcja jest wypukła na przedziale \left(-1, 1\right), wklęsła na przedziałach \left(-\infty, -1\right), \left(1,+\infty\right). Punkty \left(-1, \frac14\right), \left(1, \frac14\right) są punktami przegięcia wykresu funkcji.

  5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji f.

  6. Wykres funkcji f. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.

2

Zbadamy przebieg zmienności funkcji f(x)=\frac{4+\ln x}{x}.

  1. Dziedziną funkcji f jest zbiór D=(0, +\infty).
  2. Wyznaczymy asymptoty wykresu funkcji f. Obliczymy w tym celu granice funkcji na krańcach jej dziedziny:

    \lim\limits_{x\to 0^+} \frac{4+\ln x}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+} (4+\ln x)\cdot \frac{1}{x}=\left[(4+\ln 0^+)\cdot \frac{1}{0^+}=-\infty\cdot (+\infty)\right]=-\infty.

    Zatem funkcja ma asymptotę pionową prawostronną x=0.

    \lim\limits_{x\to+ \infty} \frac{4+\ln x}{x}=\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]\stackrel{[H]}{=}\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\frac1x}{1}=\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{1}{x}=\left[\frac{1}{+\infty}\right]=0.

    Zatem prosta o równaniu y=0 jest asymptotą poziomą wykresu funkcji f w +\infty.

  3. Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji f. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

    f^\prime(x)=\left(\frac{4+\ln x}{x}\right)^\prime=\frac{\left(4+\ln x\right)^\prime\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot x^\prime}{x^2}=\frac{\frac1x\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot 1}{x^2}=\frac{-3-\ln x}{x^2}, \; \; x \in (0, +\infty).

    Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

    f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{-3-\ln x}{x^2}=0 \Leftrightarrow {-3-\ln x}=0 \Leftrightarrow \ln x=-3\Leftrightarrow x=e^{-3}.

    Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że x^2>0 dla każdego x\in (0, +\infty), zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia \left(-3-\ln x\right). Mamy więc:

    f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{-3-\ln x}{x^2}>0 \Leftrightarrow-3-\ln x>0\Leftrightarrow \ln x,

    f^\prime(x).

    Zatem funkcja jest rosnąca na przedziale \left(0, e^{-3}\right), malejąca na przedziale \left(e^{-3}, +\infty\right).

    Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie x=e^{-3} funkcja ma maksimum lokalne równe e^3.

  4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji f. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie f^{\prime\prime}(x)=0.

    f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{-3-\ln x}{x^2}\right)^\prime=\frac{\left(-3-\ln x\right)^\prime\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot \left(x^2\right)^\prime}{x^4}=\frac{-\frac1x\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot 2x}{x^4}=\frac{x\left(-1+6+2\ln x\right)}{x^4} =\frac{x\left(5+2\ln x\right)}{x^4} =\frac{5+2\ln x}{x^3}, \; \; x\in (0, +\infty).

    f^{\prime\prime}(x)=0\Leftrightarrow \frac{5+2\ln x}{x^3}=0 \Leftrightarrow 5+2\ln x=0 \Leftrightarrow \ln x=-\frac 52\Leftrightarrow x=e^{-\frac 52}.

    Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie , a gdzie ujemne. Zauważmy, że x^3>0 dla każdego x\in (0, +\infty), zatem znak drugiej pochodnej funkcji będzie taki sam jak znak wyrażenia \left(5+2\ln x\right).

    f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow \frac{5+2\ln x}{x^3}>0 \Leftrightarrow 5+2\ln x>0 \Leftrightarrow \ln x>-\frac 52\Leftrightarrow x\in \left(e^{-\frac 52}, +\infty\right),

    f^{\prime\prime}(x).

    Zatem funkcja f jest wklęsła na przedziale \left(0, e^{-\frac 52}\right), wypukła na przedziale \left(e^{-\frac 52}, +\infty\right), punkt \left(e^{-\frac 52}, \frac{3}2e^{\frac52}\right) jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

  5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji f.

  6. Wykres funkcji f. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.

3

Zbadamy przebieg zmienności funkcji f(x)=3\operatorname{arctg}x-2x.

  1. Dziedziną funkcji f jest zbiór \mathbb R.

  2. Wyznaczymy asymptoty wykresu funkcji f. Obliczymy w tym celu granice funkcji na krańcach jej dziedziny:

    \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty}\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)=\left[{3\operatorname{arctg}(-\infty)-2\cdot(-\infty)=\frac {-3\pi}{2}}+\infty\right]=+\infty,

    \lim\limits_{x\to+ \infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+ \infty}\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)=\left[{3\operatorname{arctg}(+\infty)-2\cdot\infty=\frac {3\pi}{2}}-\infty\right]=-\infty.

    Ponieważ obie policzone powyżej granice są niewłaściwe więc wykres funkcji nie ma symptoty poziomej. Sprawdzamy istnienie asymptot ukośnych wykresu funkcji w -\infty i +\infty.

    W -\infty mamy:

    \lim\limits_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to -\infty}\frac{3\operatorname{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to -\infty} \left(\frac{3\operatorname{arctg}x}{x}-2\right) =\left[\frac{3\operatorname{arctg}(-\infty)}{-\infty}-2 =\frac{-\frac {3\pi}{2}}{-\infty}-2\right] =-2 , czyli a=-2,

    \lim\limits_{x\to -\infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to -\infty} \left(3\operatorname{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to -\infty} 3\operatorname{arctg}x =\left[3\operatorname{arctg}(-\infty)\right] =\frac {-3\pi}{2}, czyli b=\frac {-3\pi}{2}.

    Prosta o równaniu y=ax+b, czyli y=-2x-\frac{3\pi}2 jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w -\infty.

    W +\infty mamy:

    \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to +\infty}\frac{3\operatorname{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to +\infty} \frac{3\operatorname{arctg}x}{x}-2 =\left[\frac{3\operatorname{arctg}(+\infty)}{+\infty}-2=\frac{\frac {3\pi}{2}}{+\infty}-2\right] =-2, czyli a=-2,

    \lim\limits_{x\to+ \infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to +\infty} \left(3\operatorname{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to +\infty} 3\operatorname{arctg}x =\left[3\operatorname{arctg}(+\infty)\right] =\frac {3\pi}{2}, czyli b=\frac {3\pi}{2}.

    Zatem prosta o równaniu y=-2x+\frac{3\pi}2 jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w +\infty.

    Podsumowując otrzymujemy, że prosta o równaniu y=-2x-\frac{3\pi}2 jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w -\infty, prosta prosta o równaniu y=-2x+\frac{3\pi}2 jest asymptotą ukośną wykresu funkcji w +\infty. Wykres funkcji f nie ma asymptot pionowych.

  3. Wyznaczymy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji f. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

    f^\prime(x)=\left(3\operatorname{arctg}x-2x\right)^\prime=\frac{3}{1+x^2}-2, \; \; x \in \mathbb R.

    Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji:

    f^\prime(x)=0 \Leftrightarrow \frac{3}{1+x^2}-2=0 \Leftrightarrow \frac{3-2(1+x^2)}{1+x^2}=0 \Leftrightarrow\frac{1-2x^2}{1+x^2}=0 \Leftrightarrow 1-2x^2=0 \Leftrightarrow \left(x=-\frac{\sqrt2}2 \; \vee \; x=\frac{\sqrt2}2\right).

    Badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy najpierw, że \left(1+x^2\right)>0 dla każdego x\in\mathbb R, zatem znak pochodnej funkcji będzie taki sam jak znak wyrażenia \left(1-2x^2\right). Mamy więc:

    f^\prime(x)>0 \Leftrightarrow \frac{1-2x^2}{1+x^2}>0\Leftrightarrow {1-2x^2}>0 \Leftrightarrow x\in\left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right),

    f^\prime(x).

    Zatem funkcja jest malejąca na każdym z przedziałów \left(-\infty, -\frac{\sqrt 2}2\right), \left(\frac{\sqrt 2} 2, +\infty\right), rosnąca na przedziale \left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right). Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie x=-\frac{\sqrt2}2 funkcja ma minimum lokalne równe -3\operatorname{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)+\sqrt 2, zaś w punkcie x=\frac{\sqrt2}2 funkcja ma maksimum lokalne równe 3\operatorname{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)-\sqrt 2.

  4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji f. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji, następnie rozwiązujemy równanie f^{\prime\prime}(x)=0.

    f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{1-2x^2}{1+x^2}\right)^\prime=\frac{\left(1-2x^2\right)^\prime\cdot \left(1+x^2\right)-\left(1-2x^2\right)\cdot \left(1+x^2\right)^\prime}{\left(1+x^2\right)^2}=\frac{-4x\left(1+x^2\right)-2x\left(1-2x^2\right)}{\left(1+x^2\right)^2} =-\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}, \; \; x\in \mathbb R.

    f^{\prime\prime}(x)=0 \Leftrightarrow -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2} \Leftrightarrow 6x=0 \Leftrightarrow x=0.

    Badamy, gdzie druga pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Zauważmy, że \left(1+x^2\right)^2>0 dla każdego x\in \mathbb R, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia \left(-6x\right).

    f^{\prime\prime}(x)>0 \Leftrightarrow -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}>0 \Leftrightarrow -6x>0 \Leftrightarrow x,

    f^{\prime\prime}(x).

    Zatem funkcja f jest wypukła na przedziale \left(-\infty, 0\right), wklęsła na przedziale \left(0, +\infty\right), punkt \left(0, 0\right) jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

  5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji f.

  6. Wykres funkcji f. Zaczynamy od narysowania asymptot, następnie zaznaczamy wyznaczone punkty specjalne (punkty ekstremalne i punkty przegięcia) oraz szkicujemy wykres funkcji na podstawie tabeli.

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie: 

• etapy badania przebiegu zmienności funkcji 

1

Uzupełnij.

2

Uzupełnij.

3

Uzupełnij.

4

Uzupełnij.

5

Zaznacz na wykresie funkcji f: punkty przegięcia oraz asymptoty pionowe.

Uzupełnij informacje o funkcji:

6
Dany jest wykres funkcji f. Uzupełnij luki.

7

Niech f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}. Informacje o pierwszej i drugiej pochodnej funkcji f zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij ostatni wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

8

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f, jeśli wiadomo, że f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, 0 - miejsce zerowe funkcji, \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-2, f'(x)>0 dla x\in(-\infty,1), f''(x) dla x\in(-2,1), \displaystyle\lim_{x\to+\infty}(f(x)+x-2)=0.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

9

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f, jeśli wiadomo, że f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, w 4 f ma ekstremum, w 2 i 5 f ma punkty przegięcia, f'(x) dla x>6.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

10

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f, jeśli wiadomo, że f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f nie posiada punktów przegięcia, f'(x) dla x\in(-\infty,2)\cup(3,+\infty).

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

11

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji f, jeśli wiadomo, że f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}, f nie posiada punktów przegięcia, f'(x)>0 dla x\in(-\infty,-2)\cup(0,+\infty), f jest ciągła.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

12

Ułóż z puzzli wykres funkcji ciągłej f, określonej na przedziale [-5, 4], o zbiorze wartości [-3, 1], spełniającej warunki: w punkcie 2 funkcja f jest wypukła, na przedziale (-5, -2) f jest wypukła, na przedziale (-2, 1) f jest wklęsła, f(2) > 0.

13

Ułóż z puzzli wykres funkcji o następujących własnościach: jest ciągła, obcięta do przedziału (-3,3) jest funkcją nieparzystą, jej wartość w punkcie 1 jest ujemna, jest nieróżniczkowalna tylko w punkcie -3.

14

Ułóż z puzzli wykres funkcji ciągłej f, określonej na przedziale [-5, 4], o zbiorze wartości [-3, 1], spełniającej warunki: w punkcie 2 funkcja f jest wypukła, na przedziale (-5, -2) f jest wypukła, na przedziale (-2, 1) f jest wklęsła.

15

Ułóż z puzzli wykres funkcji o następujących własnościach: jest ciągła, różniczkowalna, obcięta do przedziału (-3,3) jest funkcją nieparzystą, jej wartość w punkcie 1 jest ujemna.

16

Ułóż z puzzli wykres funkcji o następujących własnościach: jest ciągła, nie ma punktów przegiecia, ma 3 miejsca zerowe, f''(x)=0 dla x\in(-5,-2), f’(x) dla x\in(1,4), w -2 f osiąga minimum globalne.

17

Ułóż z puzzli wykres funkcji o następujących własnościach: jest ciągła, obcięta do przedziału (-3,3) jest funkcją nieparzystą, f’(x)>0 dla x\in(-1.5,1.5), ma 6 miejsc zerowych.

Zadania

1

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=3x^4-8x^3+6x^2.

D=\mathbb{R}. \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty, brak asymptot. Funkcja jest malejąca na przedziale (-\infty, 0), rosnąca na przedziale (0, +\infty), w punkcie x=0 funkcja ma minimum lokalne równe 0. Funkcja jest wypukła na każdym z przedziałów: (-\infty, \frac13), (1, +\infty), wklęsła na przedziale (\frac13, 1), punkty \left(\frac13, \frac{11}{27}\right), \left(1, 1\right) są punktami przegięcia wykresu funkcji.

2

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=\frac{x^2}{x-2}.

D=\left(-\infty, 2\right)\cup\left(2, +\infty\right). Wykres funkcji ma asymptotę pionową obustronną x=2, \lim\limits_{x\to 2^-}f(x)=-\infty, \lim\limits_{x\to {2}^+}f(x)=+\infty, oraz asymptotę ukośną o równaniu y=x+2 w -\infty i +\infty. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (-\infty, 0), (4, +\infty), malejąca na każdym z przedziałów (0, 2), (2, 4), w punkcie x=0 funkcja ma maksimum lokalne równe 0, w punkcie x=4 funkcja ma minimum lokalne równe 8. Funkcja jest wklęsła na przedziale (-\infty, 2), wypukła na przedziale (2, +\infty), brak punktów przegięcia.

3

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=\frac x{2-\ln x}.

D=\left(0, e^2\right)\cup \left(e^2, +\infty\right). \lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=0, wykres funkcji ma asymptotę pionową obustronną x=e^2, \lim\limits_{x\to {e^2}^-}f(x)=+\infty, \lim\limits_{x\to {e^2}^+}f(x)=-\infty, \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=-\infty, brak asymptoty ukośnej. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: (0, e^2), (e^2, e^3), malejąca na przedziale (e^3, +\infty), w punkcie x=e^3 funkcja ma maksimum lokalne równe -e^3. Funkcja jest wypukła na każdym z przedziałów (0, e^2), (e^4, +\infty), wklęsła na przedziale (e^2, e^4), punkt \left(e^4, -\frac{e^4}{2}\right) jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

4

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=x-\ln \left(1+2x\right).

D=\left(-\frac12, +\infty\right). Wykres funkcji ma asymptotę pionową prawostronną x=-\frac12, \lim\limits_{x\to {-\frac12}^+}f(x)=+\infty, \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty, brak asymptoty ukośnej. Funkcja jest malejąca na przedziale \left(-\frac12, \frac12\right), rosnąca na przedziale \left(\frac12, +\infty\right), w punkcie x=\frac12 funkcja ma minimum lokalne równe \frac12-\ln 2. Funkcja jest wypukła w całej dziedzinie.

5

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=\frac{e^x+1}{e^x-1}.

D=\left(-\infty, 0\right)\cup \left(0, +\infty\right). Wykres funkcji ma asymptotę pionową obustronną x=0, \lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=-\infty, \lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=+\infty oraz asymptotę poziomą y=-1 w -\infty, y=1 w +\infty. Funkcja jest malejąca w całej swojej dziedzinie. Funkcja jest wklęsła na przedziale (-\infty, 0), wypukła na przedziale (0, +\infty), brak punktów przegięcia.

6

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=x^2\ln x.

D=(0, +\infty). \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=0, \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty, brak asymptot. Funkcja jest malejąca na przedziale (0, e^{-\frac12}), rosnąca na przedziale (e^{-\frac12}, +\infty), w punkcie x=e^{-\frac12} funkcja ma minimum lokalne równe -\frac{e^{-1}}2. Funkcja jest wypukła na przedziale: (e^{-1}, +\infty), wklęsła na przedziale (0, e^{-1}), punkt \left(e^{-1}, -e^{-2}\right) jest punktem przegięcia wykresu funkcji.

7

Zbadaj przebieg zmienności funkcji f(x)=(x^2-3)e^x.

D=\mathbb{R}. Wykres funkcji ma asymptotę poziomą y=0 w -\infty, \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty. Funkcja jest malejąca na przedziale (-3,1), rosnąca na każdym z przedziałów (-\infty, -3), (1, +\infty), w punkcie x=1 funkcja ma minimum lokalne równe -2e, w punkcie x=-3 funkcja ma maksimum lokalne równe 6e^{-3}. Funkcja jest wypukła na każdym z przedziałów: (-\infty, -2-\sqrt5), (-2+\sqrt5, +\infty), wklęsła na przedziale (-2-\sqrt5, -2+\sqrt5), punkty \left(-2-\sqrt5, (6+4\sqrt5)e^{-2-\sqrt5}\right), \left((-2+\sqrt5), (6-4\sqrt5)e^{-2+\sqrt5}\right) są punktami przegięcia wykresu funkcji.

7. Pochodna w zastosowaniach praktycznych - przykłady

1

Od podwojonej pewnej liczby ujemnej odjęto kwadrat jej odwrotności. Jaka powinna być ta liczba, aby wartość tak otrzymanego wyrażenia była największa?

Oznaczmy przez x szukaną liczbę. Wówczas funkcja opisująca warunki zadania ma postać:

f(x)=2x-\frac{1}{x^{2}} dla \ x\in (-\infty ,0).

Obliczamy pochodną funkcji f:

f^{\prime }(x)=2+\frac{2}{x^{3}}=\frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}} dla x\in (-\infty ,0).

Wyznaczamy punkty stacjonarne funkcji f:

f^{\prime }(x)=0 \ \Leftrightarrow \ \frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}}=0 \ \Leftrightarrow \ x^{3}+1=0 \ \Leftrightarrow \ x=-1.

Rozwiązujemy odpowiednie nierówności pamiętając, że x\in (-\infty ,0):

f^{\prime }(x)>0 \ \Leftrightarrow \ \frac{2(x^{3}+1)}{x^{3}}>0 \ \Leftrightarrow  \ (x^{3}+1)x^{3}>0 \ \Leftrightarrow x^{3}+1

f^{\prime }(x)

Z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum lokalnego wynika, że funkcja f ma maksimum lokalne dla x=-1. Czyli szukaną liczbą jest -1.

2

Pewien tokarz otrzymał mosiężną kulę o promieniu R=6 \ cm by wykonać z niej walec o jak największej objętości. Jakie będą wymiary tego walca i jaka będzie objętość skrawków?

Niech r oznacza promień podstawy walca wpisanego w kulę, zaś H jego wysokość. Wykonujemy pomocniczy rysunek (aplet), na którym możemy zaobserwować, w jaki sposób objętość walca zależy od jego wysokości:



Przypomnijmy wzór na objętość walca

V=\pi r^2⋅H.

Z twierdzenia Pitagorasa (zastosowanego do trójkąta prostokątnego będącego połową przekroju osiowego walca) wynika, że

(2r)^2+H^2=(2R)^2.

Stąd r^{2}=36-\frac{1}{4}H^{2}. Wstawiając do wzoru na objętość walca otrzymujemy:

V(H)=\pi (36-\frac{1}{4}H^{2})\cdot H=\pi (36H-\frac{1}{4}H^{3})\ dla H\in \left( 0,12\right).

Dalej wyznaczymy największą wartość funkcji V. W tym celu obliczamy pochodną

V' (H)=\pi (36-\frac{3}{4}H^{2} )

i przyrównujemy ją do zera:

V'(H)=0 \ \Leftrightarrow \ (36-\frac{3}{4}H^{2}=0 \wedge  x\in (0,12)) \ \Leftrightarrow \ H=4\sqrt{3} .

V'(H)>0 dla H∈(0,4\sqrt{3}), natomiast V'(H) dla H∈(4\sqrt{3},12). A zatem walec przyjmuje największą objętość dla H=4\sqrt{3} cm i objętość ta jest równa

V_{max}=V(4\sqrt{3})=\pi (36-\frac{1}{4}(4\sqrt{3})^{2})\cdot 4\sqrt{3}=96\pi \sqrt{3} \text{ cm}^{3}.

Pozostaje obliczyć jeszcze objętość kuli

V_{K}=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{4}{3}\pi 6^{3}=288\pi \text{ cm}^{3}

i na koniec objętość skrawków

V_{s}=V_K-V_{max}=(288\pi -96\pi \sqrt{3})\text{ cm}^{3}.

3

Dana jest funkcja f(x)=\frac12(x+3)\sqrt{2-x},\;\; x\in [-2,2]. Wyznacz taki punkt na wykresie funkcji f, którego odległość od punktu (0,0) jest najmniejsza.

Niech P=(x,f(x)), \;x\in [-2,2] będzie punktem wykresu funkcji f. Wówczas odległość d tego punktu od początku układu współrzędnych można przedstawić jako funkcję zmiennej x

d(x)=\sqrt{x^2+(f(x))^2}.

Po podstawieniu otrzymujemy

d(x)=\sqrt{x^2+\tfrac14(x+3)^2(2-x)}=\frac12\sqrt{-x^3+3x+18}, \, x\in [-2,2].

Obliczamy najpierw pochodną funkcji d

d^\prime (x)=\frac12\frac{1}{2\sqrt{-x^3+3x+18}}(-3x^2+3)

i przyrównujemy ją do zera:

d^\prime (x)=0 \Leftrightarrow 3(1-x^2)=0\Leftrightarrow (x=-1 \vee x=1).

Zgodnie z algorytmem wyznaczania ekstremów globalnych funkcja d może posiadać minimum globalne w punktach: -2,\,-1,\,1 oraz 2. Obliczamy wartości funkcji we wskazanych punktach:

d(-2)=\sqrt{5},  f(-1)=2,  f(1)=\sqrt{5},  f(2)=2.

Stąd wynika, że funkcja d przyjmuje wartość najmniejszą na przedziale [-2,2] w punktach x=-1 oraz x=2. Punkty wykresu funkcji f, których odległość od początku układu jest najmniejsza to P_1=(-1,\sqrt{3}) oraz P_2=(2,0). Odległość ta wynosi 2.

Poniższy aplet przedstawia wykres funkcji f z ruchomym punktem P oraz funkcję d.

4

Dwa miasta A i B położone po przeciwnych stronach rzeki trzeba połączyć drogą z mostem prostopadłym do brzegów rzeki o prostoliniowych i równoległych brzegach. W którym miejscu należy wybudować most, aby droga łącząca te miasta miała najmniejszą długość? Odległość miasta A od rzeki wynosi a_{1}=2 km, odległość miasta B od rzeki wynosi a_{2}=12 km, zaś odległość między rzutami miast na linię rzeki to l=21 km.

rysunek

Niech x będzie odległością mostu od rzutu miasta A na linię rzeki. Wówczas 0\leq x\leq l, zaś droga łącząca miasta A i B ma długość

d(x)=\left\vert AP\right\vert +\left\vert PQ\right\vert +\left\vert QB\right\vert =\sqrt{x^{2}+a_{1}^{2}}+\left\vert PQ\right\vert +\sqrt{(l-x)^{2}+a_{2}^{2}}.

Ponieważ odcinek PQ równy długości mostu ma stałą długość, wystarczy, że znajdziemy najmniejszą wartość funkcji f(x)=\sqrt{x^{2}+4}+\sqrt{(21-x)^{2}+144} na przedziale [0,21].

Obliczamy pochodną funkcji f:

f^\prime (x)=\frac{2x}{2\sqrt{x^{2}+4}}+\frac{2(21-x)\cdot (-1)}{2\sqrt{(21-x)^{2}+144}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}-\frac{21-x}{\sqrt{(21-x)^{2}+144}} dla x\in [0,21]

i przyrównujemy ją do zera:

f^\prime (x)=0 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x^{2}+4}}=\frac{21-x}{\sqrt{(21-x)^{2}+144}} \Leftrightarrow \left(\frac{x^2}{x^{2}+4}=\frac{(21-x)^2}{(21-x)^{2}+144} \wedge x\in [0,21]\right).

Ponieważ

\frac{x^2}{x^{2}+4}=\frac{(21-x)^2}{(21-x)^{2}+144} \Leftrightarrow x^{2}(441-42x+x^{2}+144)=\left( 441-42x+x^{2}\right)\left( x^{2}+4\right) \Leftrightarrow

\Leftrightarrow 5x^{2}+6x-63=0 \Leftrightarrow (x=3\vee x=-4.2),

więc

f^\prime (x)=0 \Leftrightarrow x=3.

Zgodnie z algorytmem wyznaczania ekstremów globalnych funkcja f może posiadać minimum globalne w punktach: 0, \ 3 oraz 21. Obliczamy wartości funkcji we wskazanych punktach:

f(0)=2+3\sqrt{65} \approx 26.19,  f(21)=\sqrt{445}+12 \approx 33.1,  f(3)= 7\sqrt{13} \approx 25.24.

Stąd wynika, że funkcja f przyjmuje wartość najmniejszą na przedziale [0,21] w punkcie x=3. Most należy zatem wybudować w odległości 3 km od miasta A (licząc wzdłuż brzegu rzeki).

5

Stacja orbitalna porusza się prostoliniowo na wysokości h=400 km nad Ziemią z prędkością v=500 km/h. Antena odbierająca sygnały znajduje się bezpośrednio pod trajektorią stacji. W każdej chwili oś anteny jest skierowana na stację. Jaka jest prędkość kątowa anteny w chwili, gdy stacja znajduje się w odległości d=200 km od anteny?

Jeśli α oznacza współrzędną kątową ciała, to wartość prędkości kątowej \omega jest równa:

\omega =\frac{d\alpha }{dt}.

gdzie t oznacza czas.

Wyznaczamy zatem kąt α. Zauważmy, że

\operatorname{tg} \alpha =\frac{d}{h}=\frac{v\,t}{h}.

Stąd

\alpha =\operatorname{arctg} \left( \frac{v \,t}{h}\right).

Zatem

\omega =\frac{d\alpha }{dt}=\frac{d}{dt}\operatorname{arctg} \left( \frac{v\,t}{h}\right) = \frac{1}{1+\left( \frac{v\, t}{h}\right) ^{2}}\cdot \frac{v}{h}=\frac{v\,h}{ h^{2}+d^{2}}.

Po podstawieniu danych otrzymujemy, że prędkość kątowa anteny w chwili, gdy stacja znajduje się w odległości d=200 km od anteny wynosi \omega =1\ \frac{\text{rad}}{\text{h}}.

6

Stół bilardowy ma następujący kształt (bandy są w kształcie parabol). Gracz ma możliwość ustawienia bili w dowolnym miejscu na linii łączącej wierzchołki parabol. Jego zadanie polega na trafieniu do pokazanego otworu przy wykorzystaniu dokładnie jednego odbicia od bandy. Zakładając, że ustawił bilę w konkretnym miejscu, w którym kierunku powinien uderzyć?

Obróćmy stół bilardowy i opiszmy go funkcjami następująco:

gdzie f(x)=x^2-3 i g(x)=3-x^2.

Rozważymy jedną przykładową sytuację. Czytelnik może przeanalizować każdy inny przypadek samodzielnie. Załóżmy zatem, że otwór na stole bilardowym znajduje się w miejscu: (0,-1.75). Z prawa odbicia wynika, że bila (która leży na części osi y zawartej pomiędzy parabolami) pchnięta w stronę ramienia paraboli, odbije się od niej pod kątem równym kątowi padania na to ramię, czyli

będzie poruszała się wzdłuż prostej padania i po odbiciu wróci wzdłuż prostej odbicia.

Prosta s jest styczną do paraboli w punkcie, w którym uderzy bila, prosta n jest prostopadła do stycznej, kąty padania i odbicia pokazane są na rysunku.

Zakładamy, że bilę umieścimy na stole bilardowym w punkcie (0,-2.5).

Wówczas należy uderzyć bilę w kierunku prostej o równaniu y=\frac{1}{2}x-2\frac{1}{2} w kierunku lewej bandy (w przypadku uderzania w prawą bandę, prosta miałaby równanie y=-\frac{1}{2}x-2\frac{1}{2}).

Bila odbije się od bandy w punkcie \left(-\frac{1}{2},-\frac{11}{4}\right).

Styczna do bandy w tym punkcie ma równanie y=-x-\frac{13}{4}, zaś prosta odbicia y=2x-1.75.

Bila, po odbicu, potoczy się do wskazanego otworu.

7

Koszt całkowity produkcji zależny od wielkości produkcji określa funkcja: K\left(x\right)=\frac{1}{2}x^2+10x+450.

(a) Wyznaczymy koszt krańcowy dla pewnych wielkości produkcji.

(b) Sprawdzimy, kiedy producent zrealizuje maksymalny zysk (optimum ekonomiczne) przy określonej cenie sprzedaży jednostki produktu.

(c) Ustalimy wielkość produkcji zapewniającą minimalny koszt jednostkowy (optimum techniczne).

(a) Koszt krańcowy produkcji jest równy pochodnej funkcji K:

K'\left(x\right)=x+10.

Dla wielkości produkcji x=40, K'\left(40\right)=50, zaś dla x=50, K'\left(50\right)=60. Oznacza to, że wytworzenie dodatkowej jednostki produktu przy wielkości produkcji 40 jednostek wynosi 50 jednostek pieniężnych, a przy wielkości produkcji 50 jednostek wynosi więcej, bo 60 jednostek pieniężnych.

(b) Zakładamy, że cała produkcja może zostać sprzedana. Załóżmy teraz , że cena sprzedaży jednostki produktu wynosi 70 j.p. Niech funkcja P oznacza przychód ze sprzedaży, Z - zysk producenta. Wtedy: Z\left(x\right)=P\left(x\right)-K\left(x\right)=70x-\left(\frac{1}{2}x^2+10x+450\right)=-\frac{1}{2}x^2+60x-450. Z'\left(x\right)=-x+60, Z'\left(x\right)=0\Leftrightarrow x=60. Ponadto Z''\left(x\right)=-2. Oznacza to, że przy wielkości produkcji x=60 jednostek producent osiągnie maksymalny zysk w wysokości Z\left(60\right)=-\frac{1}{2}3600+3600-450=1350, czyli 1350 j.p. (c) Niech funkcja k oznacza koszt jednostkowy.  k\left(x\right)=\frac{K\left(x\right)}{x}=\frac{1}{2}x+10+\frac{450}{x}. k'\left(x\right)=\frac{1}{2}-\frac{450}{x^2}. Stąd k'\left(x\right)=0\Leftrightarrow \frac{1}{2}-\frac{450}{x^2}=0\Leftrightarrow x=30. Ponadto k''\left(x\right)=\frac{900}{x^3} i k''\left(30\right)=\frac{1}{30}>0. Tym samym przy produkcji x=30 j.p. koszt jednostkowy jest minimalny i wynosi K\left(30\right)=40 j.p.