Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{11}
\section{Dvanáctý týden}
%(verze \today)
% výpočet derivace pomocí Darbouxovy věty, extrém funkce, derivace vyšších řádů
%monotonie funkce, konvexnost, konkávnost funkce, vyšetřování funkcí, slovní úlohy
\subsection{Geometrická interpretace derivace}
\begin{pr}
Nalezněte rovnici tečny ke grafu funkce $f$ v bodě $a$ pro
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\sin{x},\quad a=\frac{\pi}{3},$
\item $f(x)=\frac{1-x}{1+x},\quad a=2.$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $y(x) = \frac{1}{2}(x - \frac{\pi}{3}) + \frac{\sqrt{3}}{2}$, ii. $y(x) = -\frac{2}{9}(x-2) - \frac{1}{3}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Rovnici tečny ke grafu funkce bodě $a$ má rovnici $y_a(x) = f^\prime (a)(x-a) + f(a)$. Pak tedy
\begin{enumerate}
\item $y(x) = \cos\frac{\pi}{3} (x - \frac{\pi}{3}) + \sin \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}(x - \frac{\pi}{3}) + \frac{\sqrt{3}}{2} $,
\item $y(x) = \left(\frac{-2}{(1+x)^2}\right)|_{x=2} (x - 2 ) - \frac{1}{3} = -\frac{2}{9}(x-2) - \frac{1}{3}$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte tečnu ke grafu funkce $f(x) = (x+1) \sqrt[3]{3-x}$ v bodě $a$, kde $a=-1$, $a=2$, $a=3$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $y(x) = \sqrt[3]{4} (x + 1)$, ii. $y(x) = 3$, iii. $x = 3$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Spočteme nejprve derivaci funkce. Pro $x \neq -3$ dostáváme
$$
f^\prime(x)
= \sqrt[3]{3-x} + (x+1) \frac{1}{3} \frac{-1}{(3-x)^{\frac{2}{3}}}
= \frac{ 3-x - \frac{1}{3}(x+1) }{(3-x)^{2/3}}
= \frac{4}{3} \frac{2-x}{(3-x)^{2/3}}.
$$
Pomocí Darbouxovy věty zjistíme, že $f^\prime(3) = -\infty$. Pak tedy pro jednotlivé případy:
\begin{enumerate}
\item $a=-1: f^\prime(-1) = \sqrt[3]{4}$, $y(x) = \sqrt[3]{4} (x - 1) + f(-1) = \sqrt[3]{4} (x + 1)$,
\item $a = 2: f^\prime(2) = 0$, $y(x) = f(2) = 3$ (v $x =2$ je extrém),
\item $a = 3: $ jelikož $f'(3) = +\infty$ dostáváme svislou tečnu $x = 3$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte tečnu ke grafu funkce $f^{-1}$ v bodě nula, platí-li $f(x) = e^x \ln x$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
$y(x) = \frac{x}{e} + 1$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tečnu hledáme ve tvaru
$$
y(x) = (f^{-1})^{\prime}(0) (x - 0) + f^{-1}(0).
$$
Z definice funkce $f$ je patrné, že $f^{-1}(0) = 1$. Zároveň
$$
f^\prime (x) = \frac{e^x}{x}(x \ln x +1)
$$
a z věty o derivaci inverzní funkce dostáváme
$$
[f^{-1}]^\prime(0) = \frac{1}{f^\prime (f^{-1}(0))} = \frac{1}{e(0+1)} = \frac{1}{e}.
$$
Celkově tedy tečna má rovnici
$$
y(x) = \frac{x}{e} + 1.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny asymptoty následující funkce:
$$f(x) = \ln \left( e^{2x} + \frac{1}{\lah x \pah} + 1 \right).$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$y_1(x) = 2x$, $y_2(x) = 0$, $x = 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Protože $\lim_{x \to 0} f(x) = +\infty$, je přímka $x = 0$ svislou asymtotou. Žádná jiná svislá asymptota neexistuje. Pro nesvislou asymptotu $y = kx +q$ v $+\infty$ máme:
$$
k = \lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x\to +\infty} \frac{2x}{x} + \frac{\ln(1 + \frac{1}{xe^{2x}} + \frac{1}{e^{2x}})}{x} = 2,
$$
pak
$$
q = \lim_{x\to +\infty}(f(x) - k x) = \lim_{x\to +\infty} 2x + \ln(1 + \frac{1}{xe^{2x}} + \frac{1}{e^{2x}}) - 2x = 0.
$$
Tedy přímka $y = 2x$ je asymptotou. Pro bod $-\infty$ dostáváme
\begin{align*}
k &= \lim_{x \to -\infty} \frac{\ln(e^{2x} + \frac{1}{|x|} + 1)}{x} = 0,
\\ q &= \lim_{x \to -\infty} \ln(e^{2x} + \frac{1}{|x|}+1 ) - 0 = 0.
\end{align*}
Asymptota pro $-\infty$ má proto tvar $y = 0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny asymptoty následující funkce:
$$f(x) = e^{\frac{1}{x}} + x.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$y(x) = x + 1$, $x = 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož $\lim_{x\to 0+} f(x) = +\infty$, máme svislou asymptotu $x = 0$. Pro klasické asymptoty postupně dostáváme
\begin{align*}
k_1 &= \lim_{x \to +\infty} \frac{e^{1/x}+x }{x} = 1, \\
q_1 &= \lim_{x \to +\infty} e^{1/x}+x - x = 1, \\
k_2 &= \lim_{x \to -\infty} \frac{e^{1/x}+x }{x} = 1, \\
q_2 &= \lim_{x \to -\infty} e^{1/x}+x - x = 1.
\end{align*}
Máme tak asymptotu $y = x+1$ jak pro $ -\infty$ tak pro $+\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny asymptoty následující funkce:
$$f(x) = \frac{x^2-1}{x} + \sin x.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$x =0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož $\lim_{x \to 0+} f(x) = -\infty$, máme asymptotu $x = 0$. Pak dostáváme
\begin{align*}
k_1 &= \lim_{x \to +\infty} \frac{x^2 -1}{x^2} + \frac{\sin x}{x} = 1, \\
q_1 &= \lim_{x \to +\infty} \sin x - \frac{1}{x} \text{ ... neexistuje}, \\
k_2 &= \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2 -1}{x^2} + \frac{\sin x}{x} = 1, \\
q_1 &= \lim_{x \to -\infty} \sin x - \frac{1}{x} \text{ ... neexistuje}.
\end{align*}
Klasické asymptoty tedy neexistují!
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pod jakým úhlem se protínají křivky $y=x^2$ a $x=y^2$?
\tagged{teach}{
\begin{res}
v bodě $[0;0]$ pod úhlem $\varphi = \frac{\pi}{2}$, v bodě $[1;1]$ pod úhlem $\varphi = \arctg{2} - \arctg{\frac{1}{2}}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $f(x) = x^2$ a $g(x)= \sqrt{x}$. Grafy těchto dvou funkcí se protínají ve dvou bodech: $[0;0]$ a $[1;1]$. Jelikož $f^\prime (x) = 2x$ a $g^\prime(x) = \frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{x}}$ je $f^\prime(0) = 0$ a $g^\prime(0) = +\infty$ (Darbouxova věta). Z geometrické interpretace derivace víme, že derivace je tangens směrového úhlu, přímky se tedy protínají pod úhlem $\varphi = \lim_{x\to+\infty} \arctg{x} - \arctg{0} = \frac{\pi}{2}$. Obdobně v bodě $[1;1]$ je protínají pod úhlem $\varpi = \arctg{2} - \arctg{1/2}$, protože $f^\prime(1) = 2$ a $g^\prime(1) = \frac{1}{2}$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte funkci diferencovatelnou na svém definičním oboru, která je omezená a současně její derivace je neomezená.
\tagged{teach}{\begin{res}například $f(x)=\sin{(1/x)},\, D_f=(0,+\infty)$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Například funkce $f(x)=\sin{(1/x)},\, D_f=(0,+\infty)$, protože
$$
f'(x) = \cos\left( \frac{1}{x} \right) \frac{-1}{x^2},
$$
což je neomezená funkce.
\end{postup}}
\end{pr}
\subsection{Spojitost, body nespojitosti}
\begin{pr}
Zjistěte, kde jsou následující funkce spojité a v jejich bodech nespojitosti určete, o jaký druh nespojitosti se jedná:
\begin{enumerate}
\item $f(x) = \frac{1}{\ln{x}}$,
\item $f(x) = \frac{x}{\sin{x}}$,
\item $f(x) = x-\lfloor x \rfloor$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. spojitá v $\R^+ \setminus \{1\}$, nespojitost 2. druhu v $x = 1$, odstranitelná v $x = 0$,
ii. spojitá v $\R \setminus \{k\pi | k \in \Z\}$, nespojitost 2. druhu v $x = k\pi$, $k\in \Z \setminus \{0\}$, odstranitelná v $x = 0$,
iii. spojitá v $\R \setminus \Z$, nespojitost typu skok v $x = k$, $k\in \Z$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z teorie víme: bod $a \in D'_f$, nazveme bodem nespojitosti funkce $f$, když $a$ není bodem spojitosti funkce $f$, tj. buď $a\not \in D_f$ nebo $a\in D_f$ a $\lim_a f \neq f(a)$. Pak v jednotlivých případech máme:
\begin{enumerate}
\item $D_f= \R^+-\{1\}$, $f$ je spojitá v každém bodě $D_f$, $1\in D_f^\prime$ je bodem nespojitosti. Jelikož $\lim_{x \to 1^\pm} f = \pm \infty$, máme nespojitost 2. druhu. Mezi hromadné body $D_f$ patří ještě $0 \not\in D_f$, kde $\lim_{x \to 0^+} f = 0$, proto $x = 0$ je odstranitelné nespojitosti.
\item $D_f = \R \setminus \{k\pi | k\in \Z\}$. Funkce $f$ je spojitá v každém bodě definičního oboru. Body z množiny $\{k\pi | k\in \Z\}$ jsou body nespojitosti. Jelikož $\lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin x} = 1$, je $0$ odstranitelná nespojitost. Pro ostatní $k\pi$ je $"\lim_{x \to k\pi} f(x) = \pm \infty"$ a tedy jedná se nespojitosti druhého druhu.
\item $D_f = \R$. Jelikož pro $k\in \Z $ je $\lim_{x \to k+} (f(x) = k$ a $\lim_{x \to k-}f(x) = k+1$, jsou body $x \in \Z$ nespojitosti typu skok. V ostatních bodech $x \in \R \setminus \Z$ je funkce spojitá.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zjistěte, kde je následující funkce spojitá a v jejích bodech nespojitosti určete, o jaký druh nespojitosti se jedná:
$$f(x)= \arctg{\left( \frac{x^2-1}{x} \right)} \sgn{(|x|-2)} .$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
spojitá v $\R \setminus \{0,\pm2\}$, $x \in\{0, \pm 2\} $ je nespojitost typu skok
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$D_f = \R\setminus \{0\}$. Funkce $arctg$ je spojitá ve všech bodech, $\sgn$ je nespojitý v bodě $0$. Dostáváme tedy tři podezřelé body $x = 0$, $x = -2$ a $x = 2$. Platí:
\begin{align*}
\lim_{x \to 2+} f(x) &= \arctg \frac{3}{2}, \\
\lim_{x \to 2-} f(x) &= -\arctg \frac{3}{2}, \\
\lim_{x \to -2+} f(x) &= -\arctg \frac{-3}{2}, \\
\lim_{x \to -2-} f(x) &= \arctg \frac{-3}{2}. \\
\end{align*}
Tedy v bodech $x = \pm 2$ je nespojitost typu skok. Pro jednostranné limity v $x=0$ máme
\begin{align*}
\lim_{x \to 0+} f(x) &= +\frac{\pi}{2}, \\
\lim_{x \to 0+} f(x) &= -\frac{\pi}{2}. \\
\end{align*}
Bod $x = 0$ je opět tedy nespojitost typu skok.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zjistěte, kde je následující funkce spojita a v jejích bodech nespojitosti určete, o jaký druh nespojitosti se jedná:
$$f(x)=\frac{\lfloor \cos x \rfloor}{x} .$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
spojitá v $\R \setminus \{2k\pi, \frac{\pi}{2} + k\pi | k \in \Z\}$, body $x = \frac{\pi}{2} + k\pi$, $k \in \Z$ jsou nespojitosti typu skok, body $x = 2k\pi$, $k\in \Z$ jsou odstranitelné nespojitosti
\end{res}
}
\tagged{complete}{
Funkce je jistě nespojitá v bodě $x=0$, zároveň $\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{0}{x} = 0$, jedná se tedy o odstranitelnou nespojitost. Funkce $\lfloor \cos x \rfloor$ je zřejmě $2\pi$ periodická, stačí tedy vyšetřit na intervalu délky $2\pi$. Na $\langle -\pi/2,3\pi/2)$ je funkce $f$ rovna
\begin{align*}
\lfloor \cos x \rfloor = \begin{cases}
0, \,\, x \in \langle -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}) \setminus \{0\} \\
-1, \,\, x \in (\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}) \\
1, \,\, x = 0.
\end{cases}
\end{align*}
Pro body $x = 2k\pi$, $k \in \Z$ platí, že $\lim_{x \to 2k\pi^\pm} f(x) = 0$. V těchto bodech je tedy odstranitelná nespojitost. Jediné další podezřelé body tedy jsou $x = \frac{\pi}{2} $ a $x = -\frac{\pi}{2}$. Pro jednostranné limity dostáváme
\begin{align*}
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}+} f(x) &= \frac{-1}{\frac{\pi}{2}} = -\frac{2}{\pi}, \\
\lim_{x \to \frac{\pi}{2}-} f(x) &= \frac{0}{\frac{\pi}{2}} = 0, \\
\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}+} f(x) &= 0, \\
\lim_{x \to -\frac{\pi}{2}-} f(x) &= \frac{2}{\pi}. \\
\end{align*}
Celkem tedy pozorujeme, že v bodě $x=0 + 2k\pi$ je odstranitelná nespojitost, a v bodech $x = \pm \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ jsou nespojitosti skok. V ostatních bodech je funkce $f$ spojitá.
}
\end{pr}
%===================================
\subsection{Extrémy funkcí}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
Jednoduché příklady na vyšetřování lokálních extrémů
\begin{enumerate}
\item $f(x)=2+x-x^2$
\item $f(x)=(x-1)^3$
\item $f(x)=|x-2|$
\end{enumerate}
\end{pozn}}
\begin{pr}
Vyšetřete lokální extrémy následující funkce
$$f(x)=x^{\frac{1}{3}}(1-x)^{\frac{2}{3}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $x = 1$ ostré lokální minimum, $x = 1/3$ ostré lokální maximum\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor je roven $D_f = \R$. Pro $x\in \R \setminus \{0,1\}$ platí
\begin{align*}
f^\prime(x)
&= \frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}(1-x)^{\frac{2}{3}} + x^{\frac{1}{3}}\frac{2}{3}(1-x)^{-\frac{1}{3}}(-1)
\\
&= \frac{ \frac{1}{3}(1-x) - \frac{2}{3}x }{ x^{\frac{2}{3}}(1-x)^{\frac{1}{3}} }
\\
&= \frac{1-3x}{3x^{2/3}(1-x)^{1/3}}.
\end{align*}
Zároveň $f^\prime(0) = +\infty$ (Darbouxova věta) a $f^\prime(1)$ neexistuje (opět z Darbouxovy věty). Máme tedy dva body podezřelé z extrému: $x = 1 $ a $x = 1/3$. Jelikož $f^\prime(x) > 0$ pro $x \in (-\infty,1/3)\cup (1,+\infty)$ a $f^\prime(x)< 0$ pro $x\in (1/3;1)$ je $x=1/3$ ostré lokální maximum a $x = 1$ je ostré lokální minimum.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete lokální extrémy následující funkce
$$f(x)=\frac{x^2-3x+2}{x^2+2x+1}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$x = 7/5$ je ostré lokální minimum\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je roven $D_f = \R\setminus\{-1\}$. Pro $x\in D_f$ platí
\begin{align*}
f^\prime(x)
&= \frac{(2x-3)(x^2+2x+1) - (x^2-3x+2)(2x+2) }{(x^2+2x+1)^2}
\\
&= \frac{(2x-3)(x+1)^2 - (x^2 -3x+2)(x+1)2 }{(x+1)^4}
\\
&= \frac{ (2x-3)(x+1) - 2(x^2-3x+2) }{(x+1)^3}
\\
&= \frac{5x-7}{(x+1)^3}.
\end{align*}
Pak $f^\prime(x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{7}{5}$. Jelikož $f^\prime(x) <0$ pro $x<7/5$ a $f^\prime(x)> 0$ pro $x>7/5$ je bod $x=\frac{7}{5}$ ostré lokální minimum.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete lokální extrémy následující funkce
$$f(x)=\sin{x}-\cos{x}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} pro $k \in \Z$ jsou $x = 3\pi/4 + 2k\pi$ ostrá lokální maxima a $x = 7\pi/4 + 2k\pi$ ostrá lokální minima\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkce je $2\pi$ periodická, vyšetříme tedy na intervalu $\langle 0,2\pi\rangle$. Pak pro $x\in \langle 0,2\pi \rangle$ platí
$$
f^\prime(x) = \cos x + \sin x.
$$
Pak $f^\prime(x) = 0 \Leftrightarrow \cos x = -\sin x \Leftrightarrow x = \frac{3\pi}{4} + k\pi$. Na intervalu $\langle 0,2\pi\rangle $ tedy máme 2 podezřelé body: $x = \frac{3\pi}{4}$ a $y = \frac{7\pi}{4}$. Protože $f^{\prime\prime}(x) = -\sin x + \cos x$ je
\begin{align*}
f^{\prime\prime}(\frac{3\pi}{4}) = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} < 0 \implies \text{ostré lokální maximum}, \\
f^{\prime\prime}(\frac{7\pi}{4}) = +\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} > 0 \implies \text{ostré lokální minimum}.
\end{align*}
Celkově tedy body $x = \frac{3\pi}{4} + 2k\pi$ jsou ostré lokální maxima a body $y = \frac{7\pi}{4} + 2k\pi$ jsou ostré lokální minima.
% JV: V derivaci má být místo mínus plus a z toho pak plynou nesrovnalosti ve znaménkách až do konce příkladu.
% TS: ano pravda díky- ted jsem na to přišel během cvičení :D, opraveno
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete lokální extrémy následující funkce
$$f(x)=\cos{x}+\frac{\cos{(2x)}}{2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} pro $k \in \Z$ jsou $x = k\pi$ ostrá lokální maxima, $x = 2\pi/3 + 2k\pi$ a $x = 4\pi/3 + 2k\pi$ ostrá lokální minima\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R$. Pak pro $x\in D_f$ platí
\begin{align*}
f^\prime (x) &= -\sin x - \sin(2x) = -\sin x (1+2\cos x), \\
f^{\prime\prime}(x) &= -\cos x - 2 \cos(2 x).
\end{align*}
Opět se omezíme na $\langle 0,2\pi \rangle$, na tomto intervalu jsou jediné podezřelé body $x = 0$, $y = \pi$, $z = \frac{2}{3}\pi$ a $w = \frac{4\pi}{3}$. Pak:
\begin{align*}
f^{\prime\prime}(0) = -1 -2 < 0 \implies \text{ostré lokální maximum}, \\
f^{\prime\prime}(\pi) = 1 -2 <0 \implies \text{ostré lokální maximum},\\
f^{\prime\prime}(\frac{2\pi}{3}) = \frac{1}{2} - 2(-\frac{1}{2}) > 0\implies \text{ostré lokální minimum}, \\
f^{\prime\prime}(\frac{4\pi}{3}) = \frac{1}{2} - 2(-\frac{1}{2}) > 0\implies \text{ostré lokální minimum}.
\end{align*}
\end{postup}
Celkem tedy body $k\pi$, kde $k \in \Z$, jsou ostrá lokální maxima a body $\frac{2\pi}{3} + 2k\pi$ a $\frac{4\pi}{3} + 2k\pi$, $k \in \Z$, jsou ostrá lokální minima.
}
\end{pr}
\begin{pr}
Ukažte, že funkce
$$f(x)=\begin{cases}
e^{-\frac{1}{x^2}} & x\neq 0\\
0 & x=0 \end{cases}$$
má v bodě $x=0$ minimum a funkce
$$g(x)=\begin{cases}
x e^{-\frac{1}{x^2}} & x\neq 0\\
0 & x=0 \end{cases}$$
nemá v bodě $x=0$ extrém, ačkoliv pro obě funkce platí
$$f^{(n)}(0)=g^{(n)}(0)=0,\quad n\in\N.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro derivace funkcí pro $x \in \R \setminus \{0\}$ platí
\begin{align*}
f'(x) &= e^{-\frac{1}{x^2}} \frac{2}{x^3}, \\
g'(x) &= e^{-\frac{1}{x^2}} \left( 1 + \frac{2}{x^2} \right).
\end{align*}
Ze znamének funkce $f'$ pozorujeme, že funkce $f$ je funkce ostře klesající na $(-\infty,0)$ a ostře rostoucí na $(0,+\infty)$. Bod $x = 0$ je tedy ostré lokální minimum. V případě funkce $g$, je její derivace stále nezáporná, funkce je ostře rostoucí a bod $x = 0 $ tedy není extrém.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny extrémy následující funkce. U každého extrému rovněž určete, jakého je druhu.
$$f(x) = x^{\frac{1}{x}}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$x = e$ je ostré lokální maximum
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R^+$. Pro $x\in D_f$ pak platí
$$
f^\prime(x) = \frac{x^{1/x}}{x}(1 - \ln x).
$$
Tedy jediný podezřelý bod je $x = e$. Zkoumáním znamének na okolí zjistíme, že $x =e $ je ostré lokální maximum.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny extrémy následující funkce. U každého extrému rovněž určete, jakého je druhu.
$$f(x) = \arcsin x - \sgn(x)\arccos \sqrt{1-x^2}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$x \in ( -1,1)$ je neostré lokální minimum i maximum. Pozn: krajní body definičního oboru nejsou dle definice lokálními extrémy.
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \langle -1,1 \rangle$. Pro $x \in (-1,0)$ platí
$$
f^\prime(x) =\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{1}{\sqrt{1-1+x^2}}\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}= \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}(1-1) = 0.
$$
Pro $x \in (0,1)$ je také $f^\prime(x) = 0$. Derivace v 0 dle Darbouxovy věty je $f^\prime(0) = 0$. Máme funkci, která má nulovou derivaci v každém bodě, je spojitá v každém bodě ($\lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$), takže je konstantní pro všechna $x$. Celkově $f(x) =0$ a tedy každý definičního oboru je lokálním maximem i minimem (neostrým), kromě krajních bodů, které nesplňují definici.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte všechny extrémy následující funkce. U každého extrému rovněž určete, jakého je druhu.
$$f(x) = \frac{\sin x}{x},$$
kde $x \in (0,\pi)$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
neexistují
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro daná $x$ je $f^\prime(x) = \frac{\cos( x) x - \sin x}{x^2}$. Označme čitatel $g(x) = x\cos x - \sin x $. Derivace má tvar $g'(x) = \cos x - x\sin x - \cos x = -x\sin x$. Funkce $g(x)$ je tedy na intervalu $(0,\pi)$ ostře klesající a $g(0) = 0$. Z toho plyne, že $f'(x) < 0$ na $(0,\pi)$ a lokální extrémy tedy neexistují.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte infimum a supremum množin
$$A = \left\{\frac{1+x}{3+x^2} \bigg|\, x\in\R\right\} \quad \text{a} \quad B = \left\{\frac{1+x}{3+x^2} \bigg|\, x\in (0,+\infty)\right\}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\inf A = -\frac{1}{6}$, $\sup A = \frac{1}{2}$, $\inf B = 0$, $\sup B = \frac{1}{2}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $f(x) = \frac{1+x}{3+x^2}$. Budeme hledat lokální extrémy funkce $f$. Pro $x\in \R$ platí
$$
f^\prime(x) = \frac{3+x^2 -(1+x)(2x)}{(3+x^2)^2} \frac{-x^2+3-2x}{(3+x^2)^2}
= \frac{-(x+3)(x-1)}{(3+x^2)^2}.
$$
Máme tedy 2 podezřelé body $x_1 = -3$ a $x_2 = 1$. Z chování $f^\prime$ na okolí těchto bodů pozorujeme, že $x_1$ je ostré lokální minimum a $x_2$ je ostré lokální maximum. Pro jejich hodnoty platí
\begin{align*}
f(x_1) &= -\frac{1}{6}, \\
f(x_2) &= \frac{1}{2}.
\end{align*}
Jelikož funkce klesá na intervalu $(1,+\infty)$ vyšetříme limity v nekonečnech. Platí
$$
\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0 = \lim_{x \to -\infty} f(x).
$$
V prvém případě je $D_f = \R$ a tedy $\inf A = -\frac{1}{6}$ a $\sup A= \frac{1}{2} $. V druhém případě máme $D_f = \R^+$ a jelikož $\lim_{x \to 0+} f(x) = \frac{1}{3}$, je $\inf B = 0$ a $\sup B = \frac{1}{2}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte supremum a infimum funkce $f$ na intervalu $I$ pro
$$f(x)=x^2-4x+6,\quad I=\langle -3,10\rangle.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\sup_I f = 66$, $\inf_I f = 2$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro $x \in (-3,10)$ platí $f^\prime (x) = 2x - 4$. Podezřelý bod z extrému je $x = 2$ a krajní body definičního oboru, tj. $x = -3$ a $x = 10$. Jelikož $f^{\prime\prime}(x) = 2$, je bod $x = 2$ ostré lokální minimum. Zároveň $f(2) = 2$, $f(-3) = 27$ a $f(10) = 66$. Celkově $\sup_I f = 66$ a $\inf_I f = 2$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte supremum a infimum funkce $f$ na intervalu $I$ pro
$$f(x)=x+\frac{1}{x},\quad I=\langle 0.01,100\rangle.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\inf_I f = 2$, $\sup_I f = 100.01$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro $x \in (0.01,100)$ platí $f^\prime (x) = 1 - \frac{1}{x^2}$. Podezřelý bod je $x = 1$. Jelikož $f^\prime (x) < 0$ pro $x \in (0.01,1)$ je funkce na tomto intervalu klesající. Pro $x\in (1,100)$ je funkce rostoucí. Bod $x = 1$ je tedy ostré lokální minimum. Zároveň $f(1) = 2$, $f(0.01) = 100.01$ a $f(100) = 100.01$. Celkově je tedy $\inf f = 2$ a $\sup f = 100.01$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte supremum a infimum funkce $f$ na intervalu $I$ pro
$$f(x)=e^{-x^2}\cos{x^2},\quad I=\R.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\sup f = 1$, $\inf f = -\frac{e^{-\frac{3\pi}{4}}}{\sqrt{2}}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkce je sudá, stačí ji vyšetřovat na intervalu $\langle 0,+\infty)$. Pro $x \in (0,+\infty)$ platí
$$
f^\prime (x) = -2e^{-x^2} x (\sin x^2 + \cos x^2).
$$
Body podezřelé z extrému jsou
$$
\tg x^2 = -1 \Leftrightarrow x^2 = -\frac{\pi}{4} + k\pi \Leftrightarrow x = \sqrt{- \frac{\pi}{4} + k\pi}, k\in \N.
$$
a krajní bod $x = 0$. Označme $y_k = -\frac{\pi}{4} + k\pi$. Druhá derivace má tvar
$$
f^{\prime\prime}(x) = -2e^{-x^2} ( (1-4x^2)\sin x^2 + \cos x^2).
$$
Pak
$$
f^{\prime\prime}(\sqrt{y_k}) = -2e^{-\frac{\pi}{4} + k\pi} \left[
\underbrace{(1 - 4(-\frac{\pi}{4} + k\pi) )}_{<0}\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{2}} + \frac{(-1)^{k}}{\sqrt{2}}
\right].
$$
Tedy pro $k$ liché je jistě $f^{\prime\prime}(y_k) >0 $, pro $k$ sudé je jistě $f^{\prime\prime}(y_k) < 0$. Z toho plyne, že pro $k$ liché je $\sqrt{y_k}$ ostré lokální minimum a pro $k$ sudé je $\sqrt{y_k}$ ostré lokální maximum. Celkem tedy lokální minima mají hodnoty
$$
f(\sqrt{y_k}) = e^{\frac{\pi}{4} - k\pi} \frac{-1}{\sqrt{2}}.
$$
Nejmenší hodnota nastává pro $k=1$, tj. $f(\sqrt{3\pi/4}) = -\frac{e^{-\frac{3\pi}{4}}}{\sqrt{2}} = \inf f$. Největší hodnota maxima je v bodě $0$, $f(0) = 1$. V ostatním bodech musí být hodnota jistě ostře menší než $1$ (případně je lze přesně spočítat jako u minim) a tedy $\sup f = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Každá racionální lomená funkce, která není konstantní, je ostře monotónní na $(-\infty, -x_0) \cup (x_0, +\infty)$, kde $x_0$ je dostatečně velké kladné číslo. Dokažte.
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Každá racionální lomená funkce lze zapsat ve tvaru
$$
f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)},
$$
kde $P(x)$ je polynom stupně $n$ a $Q(x)$ je polynom stupně $m$. Pro její derivaci platí
$$
f(x) = \frac{P'(x)Q(x) - P(x)Q'(x)}{Q^2(x)}.
$$
Budeme nyní zkoumat znaménka derivace ze kterých můžeme usoudit monotonii funkce. O znaménku rozhodne pouze čitatel, jelikož jmenovatel je stále kladný. V čitateli máme rozdíl polynomů stupně $(n-1)m$ a $(n(m-1)$. Čitatel bude mít tedy maximálně $s = \max\{(n-1)m,(n(m-1)\}$ různých kořenů ve kterých derivace mění znaménko. Označíme-li tyto kořeny $x_k$ pro $k \in \widehat{s}$ a seřadíme podle velikosti ($x_k \leq x_{k+1}$), můžeme definovat hledaný bod $x_0$ pomocí vztahu
$$
x_0 = \max\{|x_1|,|x_s|\} + 1.
$$
Pak jistě na intervalech $(-\infty,-x_0)$ a $(x_0,+\infty)$ derivace funkce $f$ nemění znaménko a funkce $f$ je monotónní.
\end{postup}
}
\end{pr}
\subsection{Slovní úlohy na extrémy}
\begin{pr}
Mezi všemi obdélníky s konstantním obvodem nalezněte ten s největší plochou.
\tagged{teach}{
\begin{res}
čtverec
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nechť obdelník má strany délky $a,b$. Pak má obvod $o = 2a + 2b$. Obsah tohoto obdelníku je funkce
$$
S(a) = a\cdot b = a (o-2a) = oa - 2a^2
$$
Najdeme tedy extrém funkce. Derivace je $S^\prime(a) = o - 4a$. Tedy bod podezřelý z extrému je $a = \frac{o}{4}$. Druhá derivace pak je $S^{\prime\prime}(a) = -4$, a tedy bod podezřelý z extrému je jistě maximum. Pozorujeme tedy, že mezi obdélníky s konstantním objemem má čtverec největší obsah.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Spočítejte rozměry kvádru se čtvercovou podstavou a s největším možným objemem, který lze vepsat do polokoule o daném poloměru.
\tagged{teach}{\begin{res}
kvádr s podstavou délky $a = \frac{2r}{\sqrt{3}}$ a výškou $v = \frac{r}{\sqrt{3}}$, kde $r$ je poloměr polokoule
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $r$ poloměr dané polokoule, $a$ velikost strany podstavy kvádru a $v$ jeho výšku. Objem daného kvádru pak lze spočítat pomocí
$$
V = a^2v.
$$
Jelikož platí vztah
$$
r^2 = v^2 + 2 \left( \frac{a}{2}\right)^2,
$$
lze objem spočítat jako
$$
V(a) = a^2 \sqrt{r^2 - \frac{a^2}{2}} = \sqrt{a^4r^2 - \frac{a^6}{2}}.
$$
Pro derivaci platí
$$
V^\prime (a) =\frac{1}{2} \frac{a^3 \left( 4r^2 - 3a^2 \right)}{\sqrt{a^4r^2 - \frac{a^6}{2}}}.
$$
Jediný podezřelý bod z extrému je tedy $a = \frac{2r}{\sqrt{3}}$. Zkoumáním znaménka derivace na levém a pravém okolí tohoto bodu zjistíme, že bod je ostré lokální maximum. Z původního vztahu můžeme pro toto $a$ dopočítat hledanou výšku $v = \frac{r}{\sqrt{3}}$. Hledaný kvádr má tedy délku podstavy $a = \frac{2r}{\sqrt{3}}$ a výšku $v = \frac{r}{\sqrt{3}}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Spočítejte rozměry kuželu s nejmenším možným objemem, který lze opsat dané kouli.
\tagged{teach}{\begin{res}
výška $v = 4R$, poloměr podstavy $r = \sqrt{2}R$, kde $R$ je poloměr vepsané koule
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro objem kužele známe vztah
$$
V = \frac{1}{3}\pi r^2 v,
$$
kde $r$ je poloměr podstavy a $v$ je výška. Schematické znázornění problému je uvedeno na Obrázku \ref{fig: 12-27}. Z Pythagorovy věty zároveň dostáváme vztahy $\frac{r}{v} = \tg \alpha$ a $\frac{r}{a} = \sin \alpha$. Pro poloměr opsané koule platí
$$
R = \frac{S_\Delta}{s_\Delta} = \frac{\frac{1}{2}\frac{r^2}{\tg \alpha}}{\frac{2a+2r}{2}}
= \frac{r^2}{2(a+r)\tg \alpha}.
$$
Zároveň $r = a\sin \alpha$, tedy
$$
R = \frac{a^2 \sin^2 \alpha}{2a(1+\sin\alpha)\tg \alpha}.
$$
Vyjádřením délky $a$ z předchozího vztahu získáme
$$
a = \frac{R(1+\sin \alpha)\tg \alpha}{\sin^2 \alpha}.
$$
Dosazením předchozích vztahů do rovnice pro objem kužele získáme
$$
V(\alpha) = \frac{1}{3}\pi \frac{R^3\tg ^2 \alpha (1+\sin \alpha)^3}{\sin^3 \alpha}
= \frac{1}{3}\pi R^3 \frac{(1+\sin\alpha)^3}{\sin \alpha - \sin^2 \alpha}.
$$
Pro její derivaci platí
$$
V'(\alpha) = \frac{(1+\sin\alpha)\cos \alpha (3\sin \alpha - 1 )}{\sin^2 \alpha (1-\sin\alpha)^2}.
$$
Podezřelý bod z extrému je $\alpha = \arcsin \frac{1}{3}$. Ze zkoumání znamének derivace zjistíme, že tento bod je opravdu minimum. Pak
$$
V_{min} = V(\arcsin \frac{1}{3}) = \frac{8}{3}\pi R^3 = 2 V_k,
$$
kde $V_k$ je objem vepsané koule. Rozměry kuželu získáme z předcházejících vztahů. Platí
\begin{align*}
a &= R \frac{ (1+ \sin \arcsin \frac{1}{3})\tg \arcsin \frac{1}{3}}{\sin^2 \arcsin \frac{1}{3}}
= R \frac{ \frac{4}{3} \tg \arcsin \frac{1}{3} }{ \frac{1}{9}} = 12R \tg \arcsin \frac{1}{3} = 3\sqrt{2}R, \\
r &= a \sin \arcsin \frac{1}{3} = \sqrt{2} R, \\
v &= \frac{r}{\tg \alpha} = 4R,
\end{align*}
jelikož
$$
\tg \arcsin \frac{1}{3} = \sqrt{ \frac{ \sin^2 \arcsin \frac{1}{3} }{1 - \sin^2 \arcsin \frac{1}{3}} } = \sqrt{\frac{\frac{1}{9}}{1- \frac{1}{9}}} = \frac{1}{\sqrt{8}}.
$$
\begin{figure}
\centering
\includegraphics[width = 0.4\textwidth]{12-27.png}
\caption{Schéma příkladu 12.27.}
\label{fig: 12-27}
\end{figure}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte nejmenší vzdálenost bodu $(2,2)$ od paraboly $y^2=4x$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\sqrt{8 - 6\sqrt[3]{2}}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Hledáme $$\inf_{x,y \in \R, \\ y^2 =4x} \sqrt{ (x-2)^2 + (y-2)^2 }
= \inf_{y \in \R} \sqrt{ ( \frac{y^2}{4}-2)^2 + (y-2)^2}.
$$
Označme tedy funkci $f(y) = \sqrt{ ( \frac{y^2}{4}-2)^2 + (y-2)^2 }$ a hledejme její minimum. Pro její derivaci v bodech $y \in \R$ platí
$$
f^\prime (y) = \frac{1}{2}\frac{2(\frac{y^2}{4} -2)\frac{2y}{4} + 2(y-2)}{ \sqrt{( \frac{y^2}{4}-2)^2 + (y-2)^2 } } =\frac{1}{2} \frac{y^3 - 16}{y^4 - 64y +128}.
$$
Jelikož
$$
f^\prime (y) = 0 \Leftrightarrow y = \sqrt[3]{16}
$$
máme pouze jeden podezřelý bod. Protože na levém okolí bodu $x =\sqrt[3]{16}$ je derivace záporná, na pravém kladná, jedná se opravdu o ostré lokální minimum. Jeho hodnota je $f(\sqrt[3]{16}) = \sqrt{8 - 6\sqrt[3]{2}} \approx 0.6636$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte nejkratší a nejdelší vzdálenost bodu $(2,0)$ od kružnice $x^2+y^2=1$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
1, 3
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Postupujeme obdobně jako v minulém příkladě. Hledaná vzdálenost je
$$\inf_{x,y \in \langle -1,1\rangle, \\ x^2 + y^2 = 1} \sqrt{ (x-2)^2 + y^2 }
= \inf_{x \in \langle -1,1\rangle} \sqrt{ ( (x-2)^2 + 1 - x^2 }
= \inf_{x \in \langle -1,1\rangle} \sqrt{ -4x + 5 }
$$
Označme tedy funkci $f(x) = \sqrt{ -4x + 5 }$ s definičním oborem $D_f = \langle -1,1\rangle$ a hledejme její minimum. Pro její derivaci v bodech $x \in (-1,1)$ platí
$$
f'(x) = \frac{-4}{\sqrt{-4x + 5}}
$$
Jelikož $f'(x) < 0$ (funkce je tedy ostře klesající) pro všechna $x \in (-1,1)$, jsou jediné podezřelé body z extrému krajní body definičního oboru. Platí
\begin{align*}
f(-1) &= 3 \\
f(1) &= 1 \\
\end{align*}
Nejkratší vzdálenost má euklidovskou velikost 1, nejdelší 3. To je v souhlasu s geometrickou interpretací úlohy.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Kolmo k řece šíře $a$ je přiveden kanál šíře $b$. Jakou maximální délku může mít kláda (zanedbatelného průřezu), která lze splavit z řeky do tohoto kanálu?
\tagged{teach}{
\begin{res}
$\left( a^{2/3} + b^{2/3} \right)^{3/2}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{figure}
\centering
\includegraphics[width=0.4\textwidth]{12-30.png}
\caption{Schéma příkladu 12.30.}
\label{fig: 12-30}
\end{figure}
Schematické znázornění problému je na Obrázku \ref{fig: 12-30}. Délka klády v závislosti na úhlu $\alpha$ je
$$
d(\alpha) = d_a + d_b = \frac{a}{\sin \alpha} + \frac{b}{\cos \alpha}.
$$
Kláda se musí vejít pro libovolné $\alpha \in (0,\frac{\pi}{2})$. Pro derivaci platí
$$
d'(\alpha) = \frac{-a\cos \alpha}{\sin^2\alpha} + \frac{b\sin \alpha}{\cos^2 \alpha}
= \frac{a\cos^3 \alpha + b\sin^3 \alpha}{\sin^2\alpha \cos^2 \alpha}.
$$
Zároveň
\begin{align*}
a\cos^3 \alpha > b \sin^3
&\Leftrightarrow \frac{a}{b} > \tg^3 \alpha \\
&\Leftrightarrow \arctg{ \left( \frac{a}{b}\right)^{1/3} } > \alpha.
\end{align*}
Pokud definujeme $\alpha_0 = \arctg{ \left( \frac{a}{b}\right)^{1/3} }$, je $\alpha_0$ lokální minimum funkce $d$. Ze vztahů $\sin \arctg{ x} = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ a $\cos \arctg{ x} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ pak dostáváme
\begin{align*}
d(\alpha_0)
&= \frac{a \sqrt{1 + (\frac{a}{b})^{2/3}}}{(\frac{a}{b})^{1/3}} + b \sqrt{1 + (\frac{a}{b})^{2/3}}
\\
&= \sqrt{1 + (\frac{a}{b})^{2/3}}\left( a^{2/3}b^{1/3} + b\right)
\\
&= \sqrt{b^{2/3} + a^{2/3}}\left( a^{2/3} + b^{2/3}\right) = \left( a^{2/3} + b^{2/3} \right)^{3/2},
\end{align*}
což je maximální délka klády aby prošla.
\end{postup}
}
\end{pr}
