Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 10: Wzór Taylora. Ekstrema

10. Wzór Taylora. Ekstrema

Ćwiczenie 10.1.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

a) $\displaystyle x\mapsto {\frac {(x+2)^{2}}{x+3}},\quad x\mapsto {\frac {x^{3}}{(x-1)^{2}}},\quad x\mapsto {\frac {(x-2)^{3}}{(x+2)^{3}}}$,

b) $\displaystyle x\mapsto \sin ^{2}x+\cos x,\quad x\mapsto \mathrm {tg} \,x-\sin x$,

c) $\displaystyle x\mapsto xe^{-{\frac {1}{x+2}}},\quad x\mapsto (2-x)e^{\left({x-2}\right)^{-2}}$,

d) $\displaystyle x\mapsto \ln |x^{2}+3x-10|,\quad x\mapsto \ln ^{2}|x|-2\ln |x|$,

e) $\displaystyle x\mapsto x+10\mathrm {arc\,ctg} \,{x},\quad x\mapsto {\frac {2}{\sqrt {1-x^{2}}}}+\arcsin x$,

f) $\displaystyle x\mapsto x^{x},\quad x\mapsto (x^{2}+1)^{x^{3}+2x}$.

Wskazówka

Najpierw należy określić dziedzinę badanych funkcji. Następnie wyznaczyć punkty krytyczne, badając pochodną (nie zapomnieć sprawdzić, czy otrzymane punkty są w dziedzinie) i zbadać znak pochodnej w ich sąsiedztwie. Można też badać znak drugiej pochodnej w punktach krytycznych.

f) Przypomnijmy, że funkcje postaci $\displaystyle \left(F(x)\right)^{G(x)}$ rozważa się przy założeniu $\displaystyle F(x)>0$. By policzyć pochodną tych funkcji, można je przedstawić w postaci $\displaystyle \left(F(x)\right)^{G(x)}=e^{G(x)\ln(F(x))}$ (dlaczego?). Szukając punktów krytycznych drugiej funkcji w tym podpunkcie, zastanówmy się, kiedy suma dwóch składników nieujemnych jest równa zero.

Rozwiązanie

a) Dziedziną funkcji $\displaystyle f(x)={\frac {(x+2)^{2}}{x+3}}$ jest zbiór $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{-3\}$. Liczymy pochodną

$\displaystyle f'(x)={\frac {2(x+2)(x+3)-(x+2)^{2}}{(x+3)^{2}}}={\frac {(x+2)(2x+6-x-2)}{(x+3)^{2}}}={\frac {(x+2)(x+4)}{(x+3)^{2}}},$

która jest określona w całej dziedzinie funkcji $\displaystyle f$ i ma dwa punkty krytyczne $\displaystyle -4$ i $\displaystyle -2$. Ponieważ w pierwszym z tych punktów pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, a w drugim z ujemnego na dodatni, $\displaystyle f$ ma w punkcie $\displaystyle -4$ maksimum, a w punkcie $\displaystyle -2$ minimum.

Dziedziną funkcji $\displaystyle g(x)={\frac {x^{3}}{(x-1)^{2}}}$ jest $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{1\}$. Liczymy pochodną

$\displaystyle g'(x)={\frac {3x^{2}(x-1)^{2}-x^{3}2(x-1)}{(x-1)^{4}}}={\frac {x^{2}(x-1)(3x-3-2x)}{(x-1)^{4}}}={\frac {x^{2}(x-3)}{(x-1)^{3}}},$

która jest określona w całej dziedzinie funkcji i ma dwa punkty krytyczne $\displaystyle 0$ i $\displaystyle 3$. W pierwszym z tych punktów pochodna nie zmienia znaku (w całym przedziale $\displaystyle (-\infty ,1)$ jest nieujemna), w drugim natomiast zmienia z dodatniego na ujemny, zatem $\displaystyle g$ ma w punkcie $\displaystyle 3$ maksimum i jest to jedyne ekstremum tej funkcji.

Pochodna funkcji $\displaystyle h(x)={\frac {(x-2)^{3}}{(x+2)^{3}}}$ dana wzorem

$\displaystyle h'(x)={\frac {3(x-2)^{2}(x+2)^{3}-(x-2)^{3}3(x+2)^{2}}{(x+2)^{6}}}={\frac {12(x-2)^{2}(x+2)^{2}}{(x+2)^{6}}}={\frac {12(x-2)^{2}}{(x+2)^{4}}}$

jest określona w całej dziedzinie tej funkcji, to znaczy w zbiorze $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{-2\}$, ma jedno miejsce zerowe $\displaystyle 2$ i jest nieujemna. Zatem funkcja $\displaystyle h$ nie ma ekstremów.

b) Zarówno funkcja $\displaystyle f(x)=\sin ^{2}x+\cos x$ jak i jej pochodna

$\displaystyle f'(x)=2\sin {x}\cos {x}-\sin {x}=\sin {x}(2\cos {x}-1)$

są zdefiniowane dla dowolnego argumentu rzeczywistego $\displaystyle x$. Punkty krytyczne pochodnej to punkty postaci $\displaystyle k\pi$, $\displaystyle {\frac {\pi }{3}}+2k\pi$ oraz $\displaystyle -{\frac {\pi }{3}}+2k\pi$, gdzie $\displaystyle k\in \mathbb {Z}$. Policzmy drugą pochodną $\displaystyle f''(x)=(\sin {2x}-\sin {x})'=2\cos {2x}-\cos {x}$. Zatem $\displaystyle f''(k\pi )=2-(-1)^{k}>0$, $\displaystyle f''\left(\pm {\frac {\pi }{3}}+2k\pi \right)=2\cos {\frac {2\pi }{3}}-\cos {\frac {\pi }{3}}=-{\frac {3}{2}}<0$ dla dowolnego $\displaystyle k\in \mathbb {Z}$. Wnioskujemy stąd, że funkcja $\displaystyle f$ ma minima w punktach $\displaystyle k\pi \,(k\in \mathbb {Z} )$ oraz maksima w punktach $\displaystyle \pm {\frac {\pi }{3}}+2k\pi \,(k\in \mathbb {Z} )$.

Zarówno funkcja $\displaystyle g(x)=\mathrm {tg} \,x-\sin x$, jak i jej pochodna

$\displaystyle g'(x)={\frac {1}{\cos ^{2}{x}}}-\cos {x}={\frac {1-\cos ^{3}{x}}{\cos ^{2}x}},$

są określone w zbiorze $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \left\{{\frac {\pi }{2}}+k\pi :k\in \mathbb {Z} \right\}$. Punkty krytyczne mają postać $\displaystyle 2k\pi$, gdzie $\displaystyle k\in \mathbb {Z}$, ale pochodna jest nieujemna w całym zbiorze liczb rzeczywistych, zatem funkcja nie ma ekstremów.

c) Dziedziną funkcji $\displaystyle f(x)=xe^{-{\frac {1}{x+2}}}$ i jej pochodnej

$\displaystyle f'(x)=e^{-{\frac {1}{x+2}}}+xe^{-{\frac {1}{x+2}}}{\frac {1}{(x+2)^{2}}}={\frac {x^{2}+5x+4}{(x+2)^{2}}}e^{-{\frac {1}{x+2}}}={\frac {(x+1)(x+4)}{(x+2)^{2}}}e^{-{\frac {1}{x+2}}}$

jest zbiór $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{-2\}$. Funkcja ma dwa punkty krytyczne $\displaystyle -4$ i $\displaystyle -1$, w obu pochodna zmienia znak, odpowiednio z plusa na minus i na odwrót, zatem $\displaystyle f$ ma w $\displaystyle -4$ maksimum i w $\displaystyle -1$ minimum.

Dziedziną funkcji $\displaystyle g(x)=(2-x)e^{\left({x-2}\right)^{-2}}$ i jej pochodnej

$\displaystyle {\begin{aligned}g'(x)=-e^{\left({x-2}\right)^{-2}}+(2-x)e^{\left({x-2}\right)^{-2}}{\frac {-2}{(x-2)^{3}}}=-{\frac {(x-2)^{2}-2}{(x-2)^{2}}}e^{\left({x-2}\right)^{-2}}=\\=-{\frac {(x-2-{\sqrt {2}})(x-2+{\sqrt {2}})}{(x-2)^{2}}}e^{\left({x-2}\right)^{-2}}\end{aligned}}$

jest zbiór $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{2\}$. Badana funkcja ma minimum w punkcie krytycznym $\displaystyle 2-{\sqrt {2}}$ i maksimum w punkcie krytycznym $\displaystyle 2+{\sqrt {2}}$.

d) Funkcja $\displaystyle f(x)=\ln |x^{2}+3x-10|=\ln |(x+5)(x-2)|$ i jej pochodna $\displaystyle f'(x)={\frac {2x+3}{x^{2}+3x-10}}$ są określone w $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{-5,2\}$. Jedynym punktem krytycznym jest $\displaystyle -{\frac {3}{2}}$ i funkcja $\displaystyle f$ ma w nim maksimum.

Funkcja $\displaystyle g(x)=\ln ^{2}|x|-2\ln |x|$ jest określona w $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{0\}$ i parzysta, zatem wystarczy ją zbadać w przedziale $\displaystyle (0,\infty )$. Tam pochodna jest dana wzorem

$\displaystyle g'(x)=2\cdot {\frac {\ln {x}-1}{x}}.$

Liczymy drugą pochodną

$\displaystyle g''(x)=2\cdot {\frac {1-(\ln {x}-1)}{x^{2}}}=2\cdot {\frac {2-\ln {x}}{x^{2}}}.$

Ponieważ wartość $\displaystyle g''(e)={\frac {2}{e^{2}}}$ jest dodatnia, funkcja $\displaystyle g$ ma w punkcie krytycznym $\displaystyle e$ minimum. Z parzystości funkcji wynika, że również w punkcie $\displaystyle -e$ jest minimum.

e) Dziedziną funkcji $\displaystyle f(x)=x+10\mathrm {arc\,ctg} \,{x}$ i jej pochodnej

$\displaystyle f'(x)=1-{\frac {10}{1+x^{2}}}={\frac {x^{2}-9}{1+x^{2}}}$

jest zbiór liczb rzeczywistych. Badana funkcja ma maksimum w punkcie $\displaystyle -3$ i minimum w punkcie $\displaystyle 3$.

Natomiast funkcja $\displaystyle g(x)={\frac {2}{\sqrt {1-x^{2}}}}+\arcsin x$ i jej pochodna

$\displaystyle g'(x)={\frac {2x}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\;3}}}+{\frac {1}{\sqrt {1-x^{2}}}}={\frac {-x^{2}+2x+1}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\;3}}}={\frac {-(x-1-{\sqrt {2}})(x-1+{\sqrt {2}})}{{\sqrt {1-x^{2}}}^{\;3}}}$

są określone tylko w przedziale $\displaystyle (-1,1)$. Ponieważ $\displaystyle 1+{\sqrt {2}}$ jest większe od 1, funkcja $\displaystyle g$ ma tylko jeden punkt krytyczny $\displaystyle 1-{\sqrt {2}}$ i ma w nim minimum.

f) Funkcja $\displaystyle f(x)=x^{x}$ jest rozważana tylko dla dodatnich argumentów i jej pochodna $\displaystyle f'(x)=x^{x}(\ln {x}+1)$ jest też zdefiniowana w przedziale $\displaystyle (0,+\infty )$. Jedynym punktemkrytycznym jest punkt $\displaystyle {\frac {1}{e}}$ i $\displaystyle f$ ma w nim minimum.

Natomiast funkcja $\displaystyle g(x)=(x^{2}+1)^{x^{3}+2x}$ i jej pochodna

$\displaystyle g'(x)=(x^{2}+1)^{x^{3}+2x}\left((3x^{2}+2)\ln(x^{2}+1)+{\frac {2x^{2}(x^{2}+2)}{x^{2}+1}}\right)$

są zdefiniowane dla dowolnego argumentu rzeczywistego. Zauważmy, że $\displaystyle g'$ jest wszędzie nieujemna, ponieważ $\displaystyle (x^{2}+1)^{x^{3}+2x}>0,\,a(x)=(3x^{2}+2)\ln(x^{2}+1)\geq 0$ oraz $\displaystyle b(x)={\frac {2x^{2}(x^{2}+2)}{x^{2}+1}}\geq 0$ dla dowolnego $\displaystyle x\in \mathbb {R}$. Zatem w punkcie krytycznym $\displaystyle 0$ nie ma ekstremum. ($\displaystyle 0$ jest jedynym punktem krytycznym, bo nieujemna suma $\displaystyle a(x)+b(x)$ zeruje się tylko wtedy, gdy oba składniki się zerują, a $\displaystyle 0$ jest jedynym pierwiastkiem funkcji każdej z tych funkcji).

Ćwiczenie 10.2.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

a) $\displaystyle x\mapsto {\sqrt {x^{2}}},\quad x\mapsto {\sqrt[{3}]{x^{2}}},\quad x\mapsto {\sqrt[{5}]{x^{3}}}$,

b) $\displaystyle x\mapsto {\sqrt {\frac {x^{3}}{x-2}}},\quad x\mapsto {\sqrt {\frac {4-x}{(x+2)^{3}}}}$,

c) $\displaystyle x\mapsto 3{\sqrt[{3}]{x^{2}}}e^{x},\quad x\mapsto 5{\sqrt[{5}]{x^{4}}}e^{-x},\quad x\mapsto {\sqrt {e^{x^{2}}-1}}$,

d) $\displaystyle x\mapsto \arccos {\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}},\quad x\mapsto \arcsin {\frac {2x}{1+x^{2}}}$.

Wskazówka

Podobnie jak w ćwiczeniu 10.1. wyznaczamy dziedzinę funkcji i punkty krytyczne oraz badamy znak pochodnej w sąsiedztwie punktów krytycznych.

a) Pierwszą z tych funkcji można zapisać w innej, dobrze znanej

postaci (jakiej?).

Rozwiązanie

a) Zauważmy, że $\displaystyle f(x)={\sqrt {x^{2}}}$ można też zapisać w postaci $\displaystyle f(x)=|x|$. Funkcja ta ma minimum w punkcie $\displaystyle 0$ i jest to jedyny punkt krytyczny tej funkcji, bo jej pochodna

$\displaystyle f'(x)=\left\{{\begin{array}{ll}1&{\rm {gdy}}\;x>0\\-1&{\rm {gdy}}\;x<0\end{array}}\right.$

jest nieokreślona tylko w punkcie $\displaystyle 0$ i nigdzie się nie zeruje.

Dziedziną funkcji $\displaystyle g(x)={\sqrt[{3}]{x^{2}}}$ jest zbiór $\displaystyle \mathbb {R}$, a jej pochodnej $\displaystyle g'(x)={\frac {2}{3{\sqrt[{3}]{x}}}}$ zbiór $\displaystyle \mathbb {R} \setminus \{0\}$. Pochodna nigdzie się nie zeruje, ale zmienia znak z ujemnego dla argumentów ujemnych na dodatni dla argumentów dodatnich. Funkcja $\displaystyle g$ ma zatem w $\displaystyle 0$ minimum.

Wreszcie funkcja $\displaystyle h(x)={\sqrt[{5}]{x^{3}}}$ zdefiniowana dla wszystkich liczb rzeczywistych ma dodatnią pochodną $\displaystyle h'(x)={\frac {3}{5{\sqrt[{5}]{x^{2}}}}}$, zdefiniowaną wszędzie poza zerem, które jest punktem krytycznym. Funkcja $\displaystyle h$ nie ma żadnego ekstremum, bo jej pochodna jest dodatnia.

<flash>file=am1c10.0010.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.2.(a)

<flash>file=am1c10.0020.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.2.(a)

b) Dziedziną funkcji $\displaystyle f(x)={\sqrt {\frac {x^{3}}{x-2}}}$ jest suma przedziałów $\displaystyle (-\infty ,0]\cup (2,+\infty )$, a jej pochodnej

${\begin{array}{lll}\displaystyle f'(x)&=&\displaystyle {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {x-2}{x^{3}}}}\cdot {\frac {3x^{2}(x-2)-x^{3}}{(x-2)^{2}}}=\\&=&\displaystyle {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {x-2}{x^{3}}}}\cdot {\frac {x^{2}(3x-6-x)}{(x-2)^{2}}}=\displaystyle {\sqrt {\frac {x-2}{x^{3}}}}\cdot {\frac {x^{2}(x-3)}{(x-2)^{2}}}\end{array}}$

zbiór $\displaystyle (-\infty ,0)\cup (2,+\infty )$. Ponieważ funkcja jest nieujemna, osiąga minimum globalne w swoim jedynym miejscu zerowym $\displaystyle 0$. Ponadto $\displaystyle f$ ma również minimum w drugim punkcie krytycznym $\displaystyle 3$.

Natomiast również nieujemna funkcja $\displaystyle g(x)={\sqrt {\frac {4-x}{(x+2)^{3}}}}$ jest zdefiniowana w przedziale $\displaystyle (-2,4]$ i podobnie jak poprzednia funkcja osiąga swoje minimum globalne w swoim jedynym miejscu zerowym $\displaystyle 4$. Jest to jedyny punkt krytyczny funkcji $\displaystyle g$, ponieważ jej pochodna

${\begin{array}{lll}\displaystyle g'(x)&=&\displaystyle {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {(x+2)^{3}}{4-x}}}\cdot {\frac {-(x+2)^{3}-(4-x)3(x+2)^{2}}{(x+2)^{6}}}=\\&=&\displaystyle {\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {(x+2)^{3}}{4-x}}}\cdot {\frac {(x+2)^{2}(-x-2-12+3x)}{(x+2)^{6}}}={\sqrt {\frac {(x+2)^{3}}{4-x}}}\cdot {\frac {(x-7)}{(x+2)^{4}}}\end{array}}$

nie zeruje się w żadnym punkcie swojej dziedziny $\displaystyle (-2,4)$.

c) Dziedzinami wszystkich funkcji rozważanych w tym podpunkcie jest cały zbiór liczb rzeczywistych, natomiast ich pochodne nie są określone w zerze.

Jeśli $\displaystyle f(x)=3{\sqrt[{3}]{x^{2}}}e^{x}$, to

$\displaystyle f'(x)={\frac {2}{\sqrt[{3}]{x}}}e^{x}+3{\sqrt[{3}]{x^{2}}}e^{x}={\frac {e^{x}}{\sqrt[{3}]{x}}}(2+3x).$

Punktami krytycznymi są $\displaystyle -{\frac {2}{3}}$ i $\displaystyle 0$. Funkcja $\displaystyle f$ ma maksimum w punkcie $\displaystyle -{\frac {2}{3}}$ i minimum w punkcie $\displaystyle 0$, ponieważ pochodna odpowiednio zmienia znak.

Jeśli $\displaystyle g(x)=5{\sqrt[{5}]{x^{4}}}e^{-x}$, to

$\displaystyle g'(x)={\frac {4}{\sqrt[{5}]{x}}}e^{-x}-5{\sqrt[{5}]{x^{4}}}e^{-x}={\frac {e^{-x}}{\sqrt[{5}]{x}}}(4-5x).$

Funkcja $\displaystyle g$ ma minimum w punkcie $\displaystyle 0$ i maksimum w punkcie $\displaystyle {\frac {4}{5}}$.

Wreszcie jeśli $\displaystyle h(x)={\sqrt {e^{x^{2}}-1}}$, to $\displaystyle h'(x)={\frac {xe^{x^{2}}}{\sqrt {e^{x^{2}}-1}}}$ i jedynym punktem krytycznym jest $\displaystyle 0$. Funkcja $\displaystyle h$ ma minimum w tym punkcie.

d) Zauważmy, że $\displaystyle \left|{\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right|=\left|{\frac {2}{1+x^{2}}}-1\right|\leq 1$ dla dowolnego rzeczywistego argumentu $\displaystyle x$. Dlatego dziedziną funkcji $\displaystyle f(x)=\arccos {\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych, natomiast pochodna

${\begin{array}{lll}\displaystyle f'(x)&=&-\left({\sqrt {1-\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)^{2}}}\right)^{-1}\cdot {\frac {-2x(1+x^{2})-(1-x^{2})2x}{(1+x^{2})^{2}}}=\\&=&\displaystyle \left({\sqrt {1-{\frac {1-2x^{2}+x^{4}}{(1+x^{2})^{2}}}}}\right)^{-1}\cdot {\frac {4x}{(1+x^{2})^{2}}}=\\&=&\displaystyle {\sqrt {\frac {(1+x^{2})^{2}}{4x^{2}}}}\cdot {\frac {4x}{(1+x^{2})^{2}}}={\frac {2x}{|x|(1+x^{2})}}\end{array}}$

jest nieokreślona tylko w punkcie $\displaystyle 0$. Funkcja $\displaystyle f$ ma minimum w tym punkcie.

Niech $\displaystyle x$ będzie dowolną liczbą rzeczywistą. Zauważmy, że ponieważ $\displaystyle (1-|x|)^{2}\geq 0$, więc $\displaystyle 1+x^{2}\geq 2|x|$, a w konsekwencji $\displaystyle \left|{\frac {2x}{1+x^{2}}}\right|\leq 1$. Pokazaliśmy w ten sposób, że dziedziną funkcji $\displaystyle g(x)=\arcsin {\frac {2x}{1+x^{2}}}$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych. Pochodna

${\begin{array}{lll}\displaystyle g'(x)&=&\displaystyle \left({\sqrt {1-\left({\frac {2x}{1+x^{2}}}\right)^{2}}}\right)^{-1}\cdot {\frac {2(1+x^{2})-4x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}=\\&=&\displaystyle 2\left({\sqrt {1-{\frac {4x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}}}\right)^{-1}\cdot {\frac {1-x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}=\\&=&\displaystyle 2{\sqrt {\frac {(1+x^{2})^{2}}{1-2x^{2}+x^{4}}}}\cdot {\frac {1-x^{2}}{(1+x^{2})^{2}}}={\frac {2(1-x^{2})}{|1-x^{2}|(1+x^{2})}}\end{array}}$

nie jest zdefiniowana w punktach $\displaystyle -1$ i $\displaystyle 1$, ale zmienia znak w ich sąsiedztwach. Funkcja $\displaystyle g$ ma minimum w punkcie $\displaystyle -1$ i maksimum w punkcie $\displaystyle 1$.

Ćwiczenie 10.3.

Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

a) $\displaystyle f(x)=e^{\frac {x^{2}}{x^{2}-10}}$,

b) $\displaystyle g(x)=\mathrm {arctg} \,{\frac {|x|}{\sqrt {3}}},$
w przedziale $\displaystyle [-1,3]$.

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych wewnątrz przedziału i porównać wartości funkcji w tych punktach z wartościami funkcji na krańcach przedziału.

Rozwiązanie

Obie funkcje są dobrze określone w badanym przedziale. Liczymy pochodne

$\displaystyle f'(x)=\displaystyle e^{\frac {x^{2}}{x^{2}-10}}\cdot {\frac {2x(x^{2}-10)-2x^{3}}{(x^{2}-10)^{2}}}=\displaystyle e^{\frac {x^{2}}{x^{2}-10}}\cdot {\frac {-20x}{(x^{2}-10)^{2}}}.$

Funkcja $\displaystyle g$ nie ma pochodnej w $\displaystyle 0$ i

$\displaystyle g'(x)=\left\{{\begin{array}{ll}-{\frac {\sqrt {3}}{x^{2}+3}}&{\rm {gdy}}\quad x<0\\{\frac {\sqrt {3}}{x^{2}+3}}&{\rm {gdy}}\quad x>0\end{array}}\right.$

W przedziale $\displaystyle (-1,3)$ obie te funkcje mają jeden punkt krytyczny $\displaystyle 0$.

Ponieważ $\displaystyle f(-1)=e^{-{\frac {1}{9}}},f(0)=1$ i $\displaystyle f(3)=e^{-9}$, najmniejszą wartością funkcji $\displaystyle f$ w przedziale $\displaystyle [-1,3]$ jest $\displaystyle e^{-9}$, a największą $\displaystyle 1$.

Dla funkcji $\displaystyle g$ mamy $\displaystyle g(-1)={\frac {\pi }{6}},g(0)=0$ i $\displaystyle g(3)={\frac {\pi }{3}}$, zatem najmniejszą wartością funkcji $\displaystyle g$ w przedziale $\displaystyle [-1,3]$ jest $\displaystyle 0$, a największą $\displaystyle {\frac {\pi }{3}}$.

Ćwiczenie 10.4.

Znaleźć wymiary puszki do konserw w kształcie walca o objętości $\displaystyle V=250\pi {\rm {cm}}^{3}$, do sporządzenia której zużyje się najmniej blachy.

Wskazówka

Jeśli $\displaystyle x$ jest promieniem podstawy walca, a $\displaystyle y$ jego wysokością oraz wiemy, że objętość walca wynosi $\displaystyle 250\pi$, to jaka jest zależność między $\displaystyle x$ i $\displaystyle y$? Wyrazić pole powierzchni całkowitej walca jako funkcję $\displaystyle x$ i poszukać, gdzie osiąga ona minimum.

Rozwiązanie

Jeśli $\displaystyle x$ jest promieniem podstawy walca, $\displaystyle y$ jego wysokością, a $\displaystyle V$ jego objętością, to $\displaystyle V=\pi x^{2}y$. Zatem dla naszej puszki zachodzi $\displaystyle 250\pi =\pi x^{2}y$, a stąd $\displaystyle y=250x^{-2}$. Niech $\displaystyle S$ oznacza pole powierzchni całkowitej walca, wtedy $\displaystyle S(x)=2\pi x^{2}+2\pi x\cdot 250x^{-2}=2\pi (x^{2}+250x^{-1})$, gdzie $\displaystyle x>0$. Liczymy pochodną $\displaystyle S'(x)=2\pi (2x-250x^{-2})=4\pi x^{-2}(x^{3}-125)$. Zatem jedynym punktem krytycznym jest $\displaystyle 5$ i $\displaystyle S$ osiąga w tym punkcie minimum. Jeśli $\displaystyle x=5$, to również $\displaystyle y=5$, czyli puszka musi mieć promień podstawy równy $\displaystyle 5$ cm i wysokość również 5 cm, by do jej sporządzenia użyto najmniej blachy.

Ćwiczenie 10.5.

a) Udowodnić, że niezależnie od wyboru parametru $\displaystyle m\in \mathbb {R}$ funkcja $\displaystyle f(x)=3x^{4}-4mx^{3}+m^{2}x^{2}$ ma minimum w punkcie $\displaystyle 0$.

b) Wykorzystując wzór Taylora dla $\displaystyle n\in \{1,2\}$, wyznaczyć przybliżoną wartość $\displaystyle {\sqrt {24,9}}$ i $\displaystyle {\sqrt[{4}]{16,08}}$ oraz oszacować błąd przybliżenia.

Wskazówka

a) Ciekawym przypadkiem jest oczywiście $\displaystyle m\neq 0$. Jaki znak ma iloczyn niezerowych punktów krytycznych funkcji $\displaystyle f$?

b) Na mocy wniosku ze wzoru Taylora zachodzi

$\displaystyle \left|f(x+h)-\left(f(x)+f'(x)h+{\frac {f''(x)}{2!}}h^{2}+...+{\frac {f^{(n)}(x)}{n!}}h^{n}\right)\right|\leq M{\frac {|h|^{n+1}}{(n+1)!}},$

gdzie $\displaystyle M:=\sup\{|f^{(n+1)}(t)|,t\in [a,b]\}$ dla pewnych $\displaystyle a,b$ takich, że $\displaystyle x,x+h\in [a,b].$

Rozwiązanie

a) Policzmy pochodną $\displaystyle f'(x)=2x(6x^{2}-6mx+m^{2})$. Jeśli $\displaystyle m=0$, to $\displaystyle f(x)=3x^{4}$ ma oczywiście minimum globalne w $\displaystyle 0$. Jeśli $\displaystyle m\neq 0$, to dla czynnika kwadratowego $\displaystyle 6x^{2}-6mx+m^{2}$ pochodnej $\displaystyle \Delta =12m^{2}$, jest więc dodatnia, a w konsekwencji $\displaystyle f$ ma trzy różne punkty krytyczne $\displaystyle x_{0},x_{1},x_{2}$, w tym $\displaystyle x_{0}=0$. Ze wzorów Viete'a mamy $\displaystyle x_{1}x_{2}={\frac {m^{2}}{6}}>0$, zatem $\displaystyle x_{1},x_{2}$ są tego samego znaku. Stąd już wynika, że funkcja $\displaystyle f$ ma minimum w punkcie $\displaystyle 0$.

b) Stosujemy najpierw wzór Taylora do funkcji $\displaystyle f(x)={\sqrt {x}}$ w punkcie $\displaystyle x=25$ i dla $\displaystyle h=-0,1$. Jeśli $\displaystyle n=1$, to otrzymujemy $\displaystyle {\sqrt {24,9}}\approx {\sqrt {25}}+{\frac {1}{2{\sqrt {25}}}}(-0,1)=5-0,01=4,99$

i $\displaystyle |{\sqrt {24,9}}-4,99|\leq {\frac {1}{51200}}$ bo $\displaystyle \sup\{|f''(t)|:t\in [16,25]\}={\frac {1}{4{\sqrt {16^{3}}}}}={\frac {1}{256}}$.

Dla $\displaystyle n=2$ otrzymujemy

${\begin{array}{lll}\displaystyle {\sqrt {24,9}}&\approx &\displaystyle {\sqrt {25}}+{\frac {1}{2{\sqrt {25}}}}(-0,1)-{\frac {1}{8{\sqrt {25^{3}}}}}(-0,1)^{2}\\&=&5-0,01-0,00001=4,98999\end{array}}$
i $\displaystyle \left|{\sqrt {24,9}}-4,98999\right|\leq {\frac {3\cdot (0,1)^{3}}{3!\cdot 8\cdot 4^{5}}}={\frac {1}{16384000}}.$ Następnie stosujemy wzór Taylora do funkcji $\displaystyle g(x)={\sqrt[{4}]{x}}$ w punkcie $\displaystyle x=16$ i dla $\displaystyle h=0,32$. Jeśli $\displaystyle n=1$, to otrzymujemy $\displaystyle {\sqrt[{4}]{16,32}}\approx {\sqrt[{4}]{16}}+{\frac {1}{4{\sqrt[{4}]{16}}^{3}}}\cdot 0,32=2+0,01=2,01$

i $\displaystyle |{\sqrt[{4}]{16,32}}-2,01|\leq {\frac {3\cdot (0,01)^{2}}{4}}=0,000075,$ bo $\displaystyle \sup\{|g''(t)|:t\in [16,81]\}={\frac {3}{16{\sqrt[{4}]{16^{7}}}}}={\frac {3}{2^{11}}}$.

Dla $\displaystyle n=2$ otrzymujemy

${\begin{array}{lll}\displaystyle {\sqrt[{4}]{16,32}}&\approx &\displaystyle {\sqrt[{4}]{16}}+{\frac {1}{4{\sqrt[{4}]{16^{3}}}}}\cdot 0,32-{\frac {3}{32{\sqrt[{4}]{16^{7}}}}}(0,32)^{2}\\&=&\displaystyle 2+0,01-0,000075=2,009925\end{array}}$ oraz $\displaystyle \left|{\sqrt[{4}]{16,32}}-2,009925\right|\leq {\frac {21\cdot (0,32)^{3}}{3!\cdot 64\cdot 2^{11}}}={\frac {7\cdot (0,01)^{3}}{2^{3}}}=0,000000875.$

Ćwiczenie 10.6.

Niech

$\displaystyle f_{n}(x)=\left\{{\begin{array}{ll}x^{n}\sin {\frac {1}{x}}&{\rm {gdy}}\;x\neq 0\\0&{\rm {gdy}}\;x=0\end{array}}\right.,n\in \mathbb {N} _{0}.$

Pokazać, że $\displaystyle f_{2n}$ ma $\displaystyle n$-tą pochodną nieciągłą w $\displaystyle 0$, a $\displaystyle f_{2n+1}$ należy do klasy $\displaystyle C^{n}$, ale nie ma $\displaystyle (n+1)$-ej pochodnej w $\displaystyle 0$, dla $\displaystyle n\in \mathbb {N} _{0}$.

Wskazówka

Wystarczy zbadać odpowiednie granice w $\displaystyle 0$: funkcji $\displaystyle f_{0},f_{1},f_{3},...$ ilorazu różniczkowego dla funkcji $\displaystyle f_{1},f_{2},f_{3},...$, pochodnych funkcji $\displaystyle f_{2},f_{3},...$ i tak dalej.

Rozwiązanie

Wszystkie zdefiniowane w tym zadaniu funkcje są klasy $\displaystyle C^{\infty }$ poza zerem. Granica $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}\sin {\frac {1}{x}}$ nie istnieje z definicji Heinego, bo na przykład $\displaystyle \sin {\frac {1}{(n\pi )^{-1}}}\equiv 0$, a $\displaystyle \sin {\frac {1}{(2n\pi +\pi /2)^{-1}}}\equiv 1(n\in \mathbb {N} )$, zatem $\displaystyle f_{0}$ nie jest ciągła w zerze.

Mamy także z twierdzenia o iloczynie funkcji ograniczonej i zbieżnej do zera $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}x^{n}\sin {\frac {1}{x}}=0$, jeśli $\displaystyle n>0$, zatem funkcja $\displaystyle f_{n}$ jest ciągła w $\displaystyle 0$.

Następnie widzimy, że $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x\sin {\frac {1}{x}}}{x}}$ nie istnieje (jest to ta sama granica, którą liczyliśmy dla funkcji $\displaystyle f_{0}$), zatem $\displaystyle f_{1}$ nie ma pochodnej w zerze.

<flash>file=am1c10.0030.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.6.

<flash>file=am1c10.0040.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.6.

Natomiast ponieważ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x^{n}\sin {\frac {1}{x}}}{x}}=\lim _{x\rightarrow 0}{x^{n-1}\sin {\frac {1}{x}}}=0$ dla $\displaystyle n>1$, wszystkie następne funkcje są różniczkowalne

i $\displaystyle f_{n}'(x)=\left\{{\begin{array}{ll}nx^{n-1}\sin {\frac {1}{x}}-x^{n-2}\cos {\frac {1}{x}}&{\rm {gdy}}\;x\neq 0\\0&{\rm {gdy}}\;x=0\end{array}}\right.,n\in \mathbb {N} _{0}$.

Pochodna $\displaystyle f_{2}'(x)=2x\sin {\frac {1}{x}}-\cos {\frac {1}{x}}$ jest nieciągła w $\displaystyle 0$, bo $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}2x\sin {\frac {1}{x}}=0$ i $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}\cos {\frac {1}{x}}$ nie istnieje (co pokazujemy analogicznie jak dla $\displaystyle f_{0}$).

Pochodne $\displaystyle f_{n}'$ są ciągłe dla $\displaystyle n>2$, co wynika po raz kolejny z twierdzenia o granicy iloczynu funkcji ograniczonej i funkcji zbieżnej do zera.

Kontynuujemy rozumowanie dalej...

<flash>file=am1c10.0050.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.6.

<flash>file=am1c10.0060.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 10.6.