znaleźć ekstrema lokalne funkcji

[fegris]

a) f(x)=\(3x^5- 5x^3\)
b) f(x)=\(8x^3- 12x^2+ 6x+1\)
c) f(x)=\(\frac{x^4}{4}- 2x^2\)
d)f(x)=\(3x(x -5)^2\)
e) f(x)=\(\frac{x}{2}+\frac{2}{x}\)
f) f(x)= \(\frac{ln x}{x}\)
g) f(x)= \(xe^{-0,5x^2}\)
h) f(x)= \(\frac{2^x}{x}\)
i) f(x)= \(\frac{x}{1+ x^2}\)
j) f(x)= \(\frac{4x^2+ 25}{10x}\)
k) f(x)= \(sin2x-x \quad w przedziale (-\frac{1}{2} \pi, \frac{1}{2} \pi)\)
l) f(x)= \(sinx+ cosx \quad w przedziale( 0, \frac{1}{2} \pi)\)

[patryk00714]

a) \(f'(x)=15x^4-15x^2=15x^2(x^2-1)=15x^2(x-1)(x+1)\)
\(f'(x)=0\) dla \(x=-1\),\(x=0\),\(x=1\)

\(f''(x)=60x3-30x=30x(2x^2-1)\)
\(f''(-1)=-30<0\)zatem istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_0=-1\)
\(f''(1)=30>0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_1=1\)
\(f''(0)=0\)
\(f'''(x)=180x^2-30\)
\(f'''(0)=-30\) rząd pochodnej jest nieparzysty, zatem ekstremum nie istnieje w punkcie \(x_2=0\)

[patryk00714]

b) \(f'(x)=24x^2-24x+6=24(x- \frac{1}{2})^2\)
\(f'(x)=0\) dla \(x= \frac{1}{2}\)
\(f''(x)=48x-24\)
\(f''( \frac{1}{2})=0\)
\(f'''(x)=48\) rząd pochodnej nieparzysty. Ekstremum funkcji nie istnieje.

[patryk00714]

c)
\(f(x)= \frac{1}{4}x^4-2x^2\)
\(f'(x)=x^3-4x=x(x^2-4)=x(x-2)(x+2)\)
\(f'(x)=0\) dla \(x=-2\),\(x=0\),\(x=2\)

\(f''(x)=3x^2-4\)
\(f''(-2)=8=f''(2)>0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_0=-2\) oraz \(x_2=2\)
\(f''(0)=-4<0\) zatem istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_1=0\)

[patryk00714]

d)\(f(x)=3x(x-5)^2\)
\(f'(x)=3(x-5)^2+3x(2(x-5)1)=3x^2-30x+75+6x^2-30x=9x^2-60x+75=3x^2-20x+25=\(\)
\(=3(x- \frac{5}{3})(x- 5)\)
\(f'(x)=0\) dla \(x= \frac{5}{3}\),\(x=5\)

\(f''(x)=6x-20\)
\(f''( \frac{5}{3})=-10<0\) istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_0= \frac{5}{3}\)
\(f''(5)=10>0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_1=5\)\)

[patryk00714]

\(f(x)= \frac{x}{2}+ \frac{2}{x}= \frac{x^2+4}{2x}\),\(x \neq 0\)
\(f'(x)= \frac{2x(2x)-(x^2+4)2}{4x^2}= \frac{2x^2-8}{4x^2}= \frac{(x-2)(x+2)}{2x^2}\)

\(f'(x)=0\) dla \(x=-2\),\(x=2\)

\(f''(x)= \frac{4x(4x^2)-(2x^2-8)8x}{16x^4}= \frac{4}{x^3}\)
\(f''(-2)= -\frac{1}{2}<0\) zatem istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_0=-2\)
\(f''(2)= \frac{1}{2}>0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_1=2\)

[patryk00714]

f)
\(f(x)= \frac{lnx}{x}\), \(x \neq 0\),\(x>0\)
\(f'(x)= \frac{ \frac{1}{x} x-lnx}{x^2}= \frac{1-lnx}{x^2}\)

wykres pochodnej wygląda następująco. Widać, że nie ma miejsc zerowych, a co za tym idzie nie następuja zmiana znaków z "+" na "-" lub odwrotnie. Wniosek: brak ekstremum funkcji.

[patryk00714]

jeszcze dla pewności wykres funkcji początkowej \(f(x)= \frac{lnx}{x}\)

[patryk00714]

g)
\(f(x)=xe^{- \frac{1}{2}x^2}\) , \(x \in R\)
\(f'(x)=e^{-0,5x^2}+x(e^{-0,5x^2})(-x)=e^{-0,5x^2}(1-x^2)=e^{-0,5x^2}(1-x)(1+x)\)
\(f'(x)=0\) dla \(x=-1\),\(x=1\)

\(f''(x)=(e^{-0,5x^2}(1-x^2))'=e^{-0,5x^2}(-x)(1-x^2)+e^{-0,5x^2}(-2x)=-e^{-0,5x^2}x \left[(1-x^2)+2 \right]\)

\(f''(-1)=2e^{-0,5} = \frac{2}{ \sqrt{e} }>0\) zatem istnieje minimum lokalne w \(x=-1\)
\(f''(1)=-2e^{-0,5}= \frac{-2}{ \sqrt{e} }<0\) zatem istnieje maximum lokalne w \(x=1\)

[patryk00714]

i jeszcze wykres, bo zapomniałem :d \(f(x)=xe^{-0,5x^2}\)

[patryk00714]

h) \(f(x)= \frac{2^x}{x}\) , \(x \neq 0\)

\(f'(x)= \frac{(2^xln2)x-2^x}{x^2}= \frac{2^x(xln2-1)}{x^2}\)
to czy \(f'(x)\) przyjmie wartość \(0\) decyduje tak naprawdę nawias, dlatego, że zarówno \(2^x\) i \(x^2\) są większe od \(0\)

rozwiązujemy równanie \(xln2=1\)
\(ln2^x=lne\)
\(2^x=e\)
\(x=log_{2}e\)

zatem \(f'(x)=0\) dla \(x=log_{2}e\)

\(f''(x)=\frac { \left[2^x(xln2-1) \right]'x^2-2x(2^x(xln2-1 ))}{x^4}=\)
\(= \frac{ \left[2^xln2(xln2-1)+2^x(ln2) \right]x^2-2x(2^x(xln2-1)) }{x^4}=\)

\(= \frac{2^x \left[ ln2^x(ln2^x-1)-ln2^x+2\right] }{x^3}\)
\(ln2^{log_{2}e}=lne=1\)

\(f''(log_{2}e)= \frac{1}{log^3_{2}e}>0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_0=log_{2}e\)

na potwierdzenie wykres:

[patryk00714]

i)
\(f(x)= \frac{x}{1+x^2}\), \(x \in R\)
\(f'(x)= \frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2}= \frac{(1-x)(1+x)}{(1+x^2)^2}\)
\(f'(x)=0\) dla \(x=-1\), \(x=1\)

\(f''(x)=(\frac{(1-x)(1+x)}{(1+x^2)^2})'= \frac{ \left[((1+x)(1-x))'(1+x^2)^2 \right]-(1-x)(1+x)2(1+x^2)2x }{(1+x^2)^4}=\)
\(= \frac{ \left[(1-x-1-x)(1+x^2)^2 \right]-4x(1-x)(1+x)(1+x^2) }{(1+x^2)^4}=\)
\(= \frac{-2x(1+x^2)^2-4x(1-x^4)}{(1+x^2)^4}\)

\(f''(-1)=0,5>0\) istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_0=-1\)
\(f''(1)=-0,5<0\) istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_1=1\)

[patryk00714]

j)
\(f(x)= \frac{4x^2+25}{10x}\) ,\(x \neq 0\)

\(f'(x)= \frac{80x^2-10(4x^2+25)}{(10x)^2}= \frac{4x^2-25}{10x^2}\)
\(f'(x)=0\) dla \(x= \frac{5}{2}\), \(x=- \frac{5}{2}\)

\(f''(x)= \frac{80x^3-20x(4x^2-25)}{(10x^2)^2}= \frac{500x}{100x^4}= \frac{5}{x^3}\)

\(f''( \frac{-5}{2})= -\frac{8}{25} <0\) istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_0= \frac{-5}{2}\)
\(f''( \frac{5}{2} )=\frac{8}{25}>0\) istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_1= \frac{5}{2}\)

[patryk00714]

k)\(f(x)=sin2x-x\), \(x \in \left(- \frac{ \pi }{2}, \frac{ \pi }{2} \right)\)

\(f'(x)=2cos2x-1=2cos^2x-2sin^2x-sin^2x-cos^2x=cos^2x-3sin^2x=1-4sin^2x\)
\(4sin^2x=1\)
\(sinx=0,5\) lub \(sinx=-0,5\)
\(x_1= \frac{ \pi }{6}\) lub \(x_2= -\frac{ \pi }{6}\)

\(f''(x)=1-8sinxcosx=1-4sin2x\)
\(f''( -\frac{ \pi }{6}) =1-4sin (-\frac{ \pi }{3}) =1+ 2 \sqrt{3} >0\) zatem istnieje minimum lokalne w punkcie \(x_0= -\frac{ \pi }{2}\)

\(f''( \frac{ \pi }{6})=1-2 \sqrt{3} <0\) zatem istnieje maximum lokalne w punkcie \(x_1= \frac{ \pi }{6}\)

[patryk00714]

l)
\(f(x)=sinx+cosx\), \(x \in (0;0,5 \pi )\)
\(f'(x)=cosx-sin(x)\)
\(f'(x)=0\) dla \(x= \frac{ \pi }{4}\)

\(f''(x)=-sinx-cosx\)
\(f''( \frac{ \pi }{4})=- \sqrt{2}<0\) istnieje maximum w punkcie \(x_0= \frac{ \pi }{4}\)