Ekstrema lokalne funkcji (zadania)

Mamy 4 zadania. W pierwszym liczymy ekstrema różnych funkcji według schematu podanego w zakładce Wzory tutaj. Jest to najbardziej powszechne zadanie na kolokwiach. Zadania pozostałe są zadaniami z treścią. Zadanie 3 jest najtrudniejsze i najdłuższe, ale zachęcam do przestudiowania go.

Zadanie 1. Znaleźć ekstrema lokalne funkcji:

1) $\dpi{120} y=x^{3}+\frac{x^{4}}{4},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (x^{3}+\frac{x^{4}}{4} \right )'=3x^{2}+\frac{1}{4}\cdot 4x^{3}=3x^{2}+x^{3}.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow 3x^{2}+x^{3}=0$

$\dpi{120} x^{2}\left ( 3+x \right )=0$

$\dpi{120} x_{1}=0$ – pierwiastek dwukrotny

$\dpi{120} x_{2}=-3$

Są to tzw. punkty podejrzane o ekstrema (punkty stacjonarne).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} x^{2}\geqslant 0$ , więc wszystko zależy od czynnika $\dpi{120} 3+x$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -3;+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\infty ;-3 \right )$ .

Krok 3.

Ponieważ w punkcie $\dpi{120} -3$ pochodna zmieniła znak z ”-” na ”+”, więc w tym punkcie mamy ekstremum lokalne i jest to minimum lokalne (tw. 2 zakładka Teoria). Liczymy jego wartość (wstawiamy $\dpi{120} -3$ do wzoru $\dpi{120} y=x^{3}+\frac{x^{4}}{4}$ ):

$\dpi{120} y_{min}\left ( -3 \right )=\left ( -3 \right )^{3}+\frac{\left ( -3^{4} \right )}{4}=-27+\frac{81}{4}=-6\frac{3}{4}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

2) $\dpi{120} y=\frac{x^{2}-3}{x-2},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}-\left \{ 2 \right \}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (\frac{x^{2}-3}{x-2} \right )'=\frac{\left ( x^{2}-3 \right )'\left ( x-2 \right )-\left ( x^{2}-3 \right )\left ( x-2 \right )'}{\left ( x-2 \right )^{2}}=$

$\dpi{120} =\frac{2x\left ( x-2 \right )-\left ( x^{2}-3 \right )\cdot 1}{\left ( x-2 \right )^{2}}=\frac{2x^{2}-4x-x^{2}+3}{\left ( x-2 \right )^{2}}=\frac{x^{2}-4x+3}{\left ( x-2 \right )^{2}}.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \frac{x^{2}-4x+3}{\left ( x-2 \right )^{2}}=0$

$\dpi{120} x^{2}-4x+3=0$

$\dpi{120} \Delta =16-4\cdot 3=4$ ,

$\dpi{120} x_{1}=\frac{4-2}{2}=1$ $\dpi{120} \vee$ $\dpi{120} x_{2}=\frac{4+2}{2}=3$ .

Są to tzw. punkty podejrzane o ekstrema (punkty stacjonarne).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} \left ( x-2 \right )^{2}\geqslant 0$ , więc wszystko zależy od licznika $\dpi{120} x^{2}-4x+3$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\infty ;1\right )\cup \left ( 3;+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( 1 ;3 \right )-\left \{ 2 \right \}$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x_{1}=1$ pochodna zmienia znak z ”+” na ”-”, więc jest to maksimum lokalne.

W punkcie $\dpi{120} x_{1}=3$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

Liczymy wartości tych ekstremów:

$\dpi{120} y_{max}\left ( 1 \right )=\frac{1^{2}-3}{1-2}=2$

$\dpi{120} y_{min}\left ( 3 \right )=\frac{3^{2}-3}{3-2}=6.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

3) $\dpi{120} y=3x^{5}-5x^{3},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (3x^{5}-5x^{3} \right )'=15x^{4}-15x^{2}.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow 15x^{4}-15x^{2}=0$

$\dpi{120} 15x^{2}\left ( x^{2}-1 \right )=0$

$\dpi{120} x_{1}=0$ – pierwiastek dwukrotny

$\dpi{120} x_{2}=-1$ $\dpi{120} \vee$ $\dpi{120} x_{3}=1$

Są to tzw. punkty podejrzane o ekstrema (punkty stacjonarne).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} x^{2}\geqslant 0$ , więc wszystko zależy od czynnika $\dpi{120} x^{2}-1$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\infty ;-1 \right )\cup \left ( 1;+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -1 ;1\right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x_{2}=-1$ pochodna zmienia znak z ”+” na ”-”, więc jest to maksimum lokalne.

W punkcie $\dpi{120} x_{3}=1$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

Liczymy wartości tych ekstremów:

$\dpi{120} y_{max}\left ( -1 \right )=3\cdot \left ( -1 \right )^{5}-5\cdot \left ( -1 \right )^{3}=2$

$\dpi{120} y_{min}\left ( 1 \right )=3\cdot 1^{5}-5\cdot 1^{3}=-2.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

4) $\dpi{120} y=x\sqrt{4-x^{2}},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} 4-x^{2}\geqslant 0$ . Stąd: $\dpi{120} D=\left \langle -2;2 \right \rangle$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (x\sqrt{4-x^{2}} \right )'=\left ( x \right )'\cdot \sqrt{4-x^{2}}+x\cdot \left ( \sqrt{4-x^{2}} \right )'=$

$\dpi{120} =\sqrt{4-x^{2}}+x\cdot \frac{1}{2\sqrt{4-x^{2}}}\cdot \left ( 4-x^{2} \right )'=$

$\dpi{120} =\sqrt{4-x^{2}}+\frac{x\cdot \left ( -2x \right )}{2\sqrt{4-x^{2}}}=\sqrt{4-x^{2}}-\frac{x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}=$

$\dpi{120} =\frac{4-x^{2}-x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}=\frac{4-2x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \frac{4-2x^{2}}{\sqrt{4-x^{2}}}=0$

$\dpi{120} 4-2 x^{2} =0/:2$

$\dpi{120} 2-x^{2}=0$

$\dpi{120} x_{1}=-\sqrt{2}$ $\dpi{120} \vee$ $\dpi{120} x_{2}=\sqrt{2}$

Są to tzw. punkty podejrzane o ekstrema (punkty stacjonarne).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} \sqrt{4-x^{2}}> 0$ , więc wszystko zależy od licznika $\dpi{120} 4-2x^{2}$ .

Zatem po uwzględnieniu dziedziny:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\sqrt{2};\sqrt{2} \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left ( -2;-\sqrt{2} \right )\cup \left (\sqrt{2};2 \right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x_{1}=-\sqrt{2}$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

W punkcie $\dpi{120} x_{2}=\sqrt{2}$ pochodna zmienia znak z ”+” na ”-”, więc jest to maksimum lokalne.

Liczymy wartości tych ekstremów:

$\dpi{120} y_{min}\left ( -\sqrt{2} \right )=-\sqrt{2}\cdot \sqrt{4-\left ( -\sqrt{2} \right )^{2}}=-2$

$\dpi{120} y_{max}\left ( \sqrt{2} \right )=\sqrt{2}\cdot \sqrt{4-\left ( \sqrt{2} \right )^{2}}=2.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

5) $\dpi{120} y=xe^{-\frac{x}{2}},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (xe^{-\frac{x}{2}} \right )'=\left ( x \right )'\cdot e^{-\frac{x}{2}} +x\cdot \left ( e^{-\frac{x}{2}} \right )'=$

$\dpi{120} =e^{-\frac{x}{2}}+xe^{-\frac{x}{2}}\cdot \left ( -\frac{x}{2} \right )'=e^{-\frac{x}{2}}+xe^{-\frac{x}{2}}\cdot \left ( -\frac{1}{2} \right )=$

$\dpi{120} =e^{-\frac{x}{2}}\left ( 1-\frac{1}{2} x\right ).$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \overset{>0}{\overbrace{e^{-\frac{x}{2}}}}\left ( 1-\frac{1}{2}x \right )=0$

$\dpi{120} 1-\frac{1}{2}x=0$

$\dpi{120} x=2$

Jest to tzw. punkt podejrzany o ekstremum (punkt stacjonarny).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} e^{-\frac{x}{2}}> 0$ , więc znak zależy od $\dpi{120} 1-\frac{1}{2}x$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\infty ;2\right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left (2;+\infty \right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x=2$ pochodna zmienia znak z ”+” na ”-”, więc jest to maksimum lokalne.

Liczymy wartość tego ekstremum:

$\dpi{120} y_{max}\left ( 2 \right )=2\cdot e^{-\frac{2}{2}}=\frac{2}{e}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

6) $\dpi{120} y=xe^{-x^{2}},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (xe^{-x^{2}} \right )'=\left ( x \right )'\cdot e^{-x^{2}} +x\cdot \left ( e^{-x^{2}} \right )'=$

$\dpi{120} =e^{-x^{2}}+xe^{-x^{2}}\cdot \left ( -x^{2} \right )'=e^{-x^{2}}+xe^{-x^{2}}\cdot \left ( -2x \right )=$

$\dpi{120} =e^{-x^{2}}\left ( 1-2x^{2}\right ).$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \overset{>0}{\overbrace{e^{-x^{2}}}}\left ( 1-2x^{2} \right )=0$

$\dpi{120} 1-2x^{2}=0$

$\dpi{120} x_{1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ $\dpi{120} \vee$ $\dpi{120} x_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$

Są to tzw. punkty podejrzane o ekstrema (punkty stacjonarne).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} e^{-x^{2}}> 0$ , więc znak zależy od $\dpi{120} 1-2x^{2}$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( -\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}}\right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left ( -\infty ;-\frac{1}{\sqrt{2}} \right )\cup \left (\frac{1}{\sqrt{2}};+\infty \right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x_{1}=-\frac{1}{\sqrt{2}}$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

W punkcie $\dpi{120} x_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}$ pochodna zmienia znak z ”+” na ”-”, więc jest to maksimum lokalne.

Liczymy wartości tych ekstremów:

$\dpi{120} y_{min}\left ( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right )=-\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot e^{-\left ( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right )^{2}}=-\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\frac{1}{2}}$

$\dpi{120} y_{max}\left ( \frac{1}{\sqrt{2}} \right )=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot e^{-\left ( \frac{1}{\sqrt{2}} \right )^{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-\frac{1}{2}}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

7) $\dpi{120} y=\left ( \ln x \right )^{2}-2 \ln x,$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R_{+}}$ . (dziedziną logarytmu jest $\dpi{120} \mathbb{R}_{+}$ )

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (\left ( \ln x \right )^{2}-2 \ln x \right )'=2\ln x\cdot \left ( \ln x \right )'-2\cdot \frac{1}{x}=$

$\dpi{120} =2\ln x\cdot \frac{1}{x}-\frac{2}{x}=\frac{2}{x}\left ( \ln x-1 \right ).$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \overset{>0}{\overbrace{\frac{1}{x}}}\left ( \ln x-1 \right )=0$

$\dpi{120} \ln x-1=0$

$\dpi{120} \ln x={\color{Red} 1}$

$\dpi{120} x=e^{{\color{Red} 1}}=e$

Jest to tzw. punkt podejrzany o ekstremum (punkt stacjonarny).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} \frac{1}{x}> 0$ (uwzględniamy dziedzinę), więc znak zależy od $\dpi{120} \ln x-1$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( e;+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left (0;e \right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x=e$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

Liczymy wartość tego ekstremum:

$\dpi{120} y_{min}\left ( e \right )=\left ( \ln e \right )^{2}-2 \ln e=1^{2}-2\cdot 1=-1.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

8) $\dpi{120} y=\frac{x}{\ln x},$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R_{+}}-\left \{ 1 \right \}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (\frac{x}{\ln x} \right )'=\frac{\left ( x \right )'\cdot \ln x-x\cdot \left ( \ln x \right )'}{\left ( \ln x \right )^{2}}=\frac{ \ln x-x\cdot \frac{1}{x}}{ \ln ^{2}x}=\frac{ \ln x-1}{ \ln ^{2}x}.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \frac{\ln x-1}{ \ln ^{2}x}=0$

$\dpi{120} \ln x-1=0$

$\dpi{120} \ln x={\color{Red} 1}$

$\dpi{120} x=e^{{\color{Red} 1}}=e$

Jest to tzw. punkt podejrzany o ekstremum (punkt stacjonarny).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej. Ponieważ $\dpi{120} \ln ^{2}x> 0$ , więc znak zależy od $\dpi{120} \ln x-1$ .

Zatem:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( e;+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left (0;e \right )-\left \{ 1 \right \}$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x=e$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

Liczymy wartość tego ekstremum:

$\dpi{120} y_{min}\left ( e \right )=\frac{e}{\ln e}=\frac{e}{1}=e.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

9) $\dpi{120} y=x\ln x,$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R_{+}}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (x\ln x \right )'=\left ( x \right )'\cdot \ln x+x\cdot \left ( \ln x \right )'= \ln x+x\cdot \frac{1}{x}= \ln x+1.$

Szukamy miejsc zerowych pochodnej:

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow \ln x+1=0$

$\dpi{120} \ln x={\color{Red} -1}$

$\dpi{120} x=e^{{\color{Red} -1}}=\frac{1}{e}$

Jest to tzw. punkt podejrzany o ekstremum (punkt stacjonarny).

Krok 2.

Badamy znak pochodnej.

Mamy:

– $\dpi{120} y'>0$ dla $\dpi{120} x\in \left ( \frac{1}{e};+\infty \right ),$

– $\dpi{120} y'<0$ dla $\dpi{120} x\in\left (0;\frac{1}{e} \right )$ .

Krok 3.

W punkcie $\dpi{120} x=\frac{1}{e}$ pochodna zmienia znak z ”-” na ”+”, więc jest to minimum lokalne.

Liczymy wartość tego ekstremum:

$\dpi{120} y_{min}\left ( \frac{1}{e} \right )=\frac{1}{e}\ln \frac{1}{e}=\frac{1}{e} \ln e^{-1}=\frac{1}{e}\cdot \left ( -1 \right )=-\frac{1}{e}.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

10) $\dpi{120} y=x+arctg2x.$

Rozwiązanie

Krok 1.

Dziedzina funkcji: $\dpi{120} D=\mathbb{R}$ .

Liczymy pochodną:

$\dpi{120} y'=\left (x+arctg2x \right )'=1+\frac{1}{1+\left ( 2x \right )^{2}}\cdot \left ( 2x \right )'=1+\frac{2}{1+4x^{2}}=$

$\dpi{120} =\frac{1+4x^{2}+2}{1+4x^{2}}=\frac{4x^{2}+3}{1+4x^{2}}.$

Zauważmy, że pochodna nie posiada miejsc zerowych, więc funkcja nie ma ekstremów lokalnych.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 2. Znaleźć współczynniki trójmianu $\dpi{120} \large y=x^{2}+bx+c$ takie, aby w punkcie $\dpi{120} \large x=1$ trójmian osiągał minimum równe $\dpi{120} \large 3$ .

Rozwiązanie

Aby trójmian miał jakiekolwiek ekstremum, musi być spełniony warunek konieczny istnienia ekstremum, czyli $\dpi{120} y'=0$ . Zatem:

$\dpi{120} y'=\left (x^{2}+bx+c \right )'=2x+b$

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow 2x+b=0$

Ekstremum to ma być osiągnięte w punkcie $\dpi{120} x=1$ więc:

$\dpi{120} 2\cdot 1+b=0\Rightarrow b=-2$ .

Jest to minimum lokalne, gdyż pochodna w tym punkcie zmienia znak z ”-” na ”+” (funkcja liniowa rosnąca).

Następnie wykorzystujemy fakt, iż to minimum ma w punkcie $\dpi{120} x=1$ osiągać wartość $\dpi{120} 3$ . Zatem:

$\dpi{120} 3=1^{2}-2\cdot 1+c$

$\dpi{120} 3=1-2+c$

$\dpi{120} c=4$

Ostatecznie otrzymujemy postać trójmianu:

$\dpi{120} y=x^{2}-2x+4.$

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 3. Znaleźć współczynniki wielomianu $\dpi{120} \large y=Ax^{3}+Bx^{2}+Cx+D$ takie, aby w punkcie $\dpi{120} \large x=-1$ wielomian osiągał maksimum równe $\dpi{120} \large 7\frac{2}{3}$ , a w punkcie $\dpi{120} \large x=3$ wielomian osiągał minimum równe $\dpi{120} \large -3$ .

Rozwiązanie

Warunek konieczny istnienia ekstremum $\dpi{120} y'=0$ .

$\dpi{120} y'=\left (Ax^{3}+Bx^{2}+Cx+D \right )'=3Ax^{2}+2Bx+C$

$\dpi{120} y'=0\Rightarrow 3Ax^{2}+2Bx+C=0$

Wiemy, że ekstrema mają być osiągnięte w punktach $\dpi{120} x=-1$ oraz $\dpi{120} x=3$ . Zatem dostajemy układ równań:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3A\cdot \left ( -1 \right )^{2}+2B\cdot \left ( -1 \right )+C=0\\ 3A\cdot 3^{2}+2B\cdot 3+C=0 \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \end{matrix}\right.$

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3A-2B+C=0\\ 27A+6B+C=0 \end{matrix}\right.$

Następnie wiemy, że w punkcie $\dpi{120} x=-1$ wartość tego ekstremum wynosi $\dpi{120} 7\frac{2}{3}$ , zaś w punkcie $\dpi{120} x=3$ mamy wartość $\dpi{120} -3$ . Dostajemy kolejne dwa równania:

$\dpi{120} 7\frac{2}{3}=A\cdot \left ( -1 \right )^{3}+B\cdot \left ( -1 \right )^{2}+C\cdot \left ( -1 \right )+D$

$\dpi{120} -3=A\cdot 3^{3}+B\cdot 3^{2}+C\cdot 3+D$ .

Powstał układ czterech równań z czterema niewiadomymi:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3A-2B+C=0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 27A+6B+C=0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ -A+B-C+D=7\frac{2}{3}\; \; \; \; \; \\ 27A+9B+3C+D=-3 \end{matrix}\right.$

Układ ten można rozwiązywać różnymi metodami np. metodą wyznacznikową. My spróbujmy inaczej (nie chce nam się liczyć wyznaczników 4 stopnia). Odejmijmy czwarty wiersz od trzeciego. Mamy:

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3A-2B+C=0\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ 27A+6B+C=0\; \; \; \; \; \: \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \\ -28A-8B-4C=10\frac{2}{3}/: \left ( -4 \right )\end{matrix}\right.$

$\dpi{120} \left\{\begin{matrix} 3A-2B+C=0\; \; \\ 27A+6B+C=0\; \\\ 7A+2B+C=-\frac{8}{3}\end{matrix}\right.$

Liczymy wyznaczniki:

$\dpi{120} W=\begin{vmatrix} 3 & -2 & 1\\ 27 & 6 & 1\\ 7 & 2 & 1 \end{vmatrix}=64$ ,

$\dpi{120} W_{A}=\begin{vmatrix} 0 & -2& 1\\ 0 & 6 & 1\\ -\frac{8}{3}& 2 & 1 \end{vmatrix}=\frac{64}{3}$ , $\dpi{120} W_{B}=\begin{vmatrix} 3 &0 & 1\\ 27 & 0 &1 \\ 7& -\frac{8}{3} &1 \end{vmatrix}=-64$ , $\dpi{120} W_{C}=\begin{vmatrix} 3 & -2 & 0\\ 27& 6 &0 \\ 7 & 2 & -\frac{8}{3} \end{vmatrix}=-192.$

Zatem:

$\dpi{120} A=\frac{W_{A}}{W}=\frac{\frac{64}{3}}{64}=\frac{1}{3}$ ,

$\dpi{120} B=\frac{W_{B}}{W}=\frac{-64}{64}=-1$ ,

$\dpi{120} C=\frac{W_{C}}{W}=\frac{-192}{64}=-3$ .

Wstawiamy te wartości np. do trzeciego równania i otrzymujemy wartość parametru $\dpi{120} D$ :

$\dpi{120} -A+B-C+D=7\frac{2}{3}$

$\dpi{120} -\frac{1}{3}-1-\left ( -3 \right )+D=7\frac{2}{3}$

$\dpi{120} D=6$

Otrzymaliśmy zatem wielomian:

$\dpi{120} y=\frac{1}{3}x^{3}-x^{2}-3x+6.$

W punkcie $\dpi{120} x=-1$ jest rzeczywiście maksimum, a w punkcie $\dpi{120} x=3$ minimum. Wystarczy spojrzeć na pochodną i jej zmianę znaków w tych punktach.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń

Zadanie 4. Wydajność pracy jednego robotnika zmienia się w ciągu ośmiogodzinnego dnia pracy i po $\dpi{120} \large t$ godzinach osiąga wartość $\dpi{120} \large f\left ( t \right )=500+3t+4t^{2}-t^{3}$ . W której godzinie pracy jego wydajność jest największa, jeśli rozpoczyna pracę o godzinie siódmej rano?

Rozwiązanie

Liczymy pochodną funkcji $\dpi{120} f\left ( t \right )=500+3t+4t^{2}-t^{3}$ .

$\dpi{120} f'\left ( t \right )=\left (500+3t+4t^{2}-t^{3} \right )'=3+8t-3t^{2}$ .

Warunek konieczny istnienia ekstremum $\dpi{120} f'\left ( t \right )=0$ , czyli:

$\dpi{120} -3t^{2}+8t+3=0$

$\dpi{120} \Delta =64-4\cdot \left ( -3 \right )\cdot 3=100$ , $\dpi{120} \sqrt{\Delta }=10$

$\dpi{120} t_{1}=\frac{-8-10}{-6}=3$ , $\dpi{120} t_{2}=\frac{-8+10}{-6}=-\frac{1}{3}$ .

W zadaniu pytają o największą wydajność, czyli maksimum lokalne. Pochodna zmienia znak z ”+” na ”-” w punkcie $\dpi{120} t_{1}=3$ .

A więc, największą wydajność robotnik osiągnie w trzeciej godzinie swojej pracy. Ponieważ rozpoczyna pracę o godzinie 7 rano, zatem największą wydajność osiągnie o godzinie 10 rano.

Pokaż rozwiązanie

Zwiń