Załóżmy, że funkcja $f:\left(a,b\right)\to \mathrm{ℝ}$ posiada pochodną w punkcie $x\in \left(a,b\right)$. Jeżeli funkcja $f$ przyjmuje ekstremum lokalne w $x$, to $f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$.

Funkcja ciągła $f:⟨a,b⟩\to \mathrm{ℝ}$ przyjmuje ekstrema globalne.

Znajdziemy najmniejszą i największą wartość funkcji $f\left(x\right)=x^3-6x^2+9x+1$ na przedziale $⟨0,4⟩$ oraz wszystkie argumenty, w których wartości te są przyjmowane.

Rozwiązanie

Twierdzenie Weierstrassa zapewnia, że funkcja $f$ osiąga swoje ekstrema. Jeżeli są one przyjmowane na przedziale $\left(0,4\right)$, to pochodna funkcji $f$ musi się tam zerować na mocy warunku koniecznego dla istnienia ekstremum lokalnego.

Policzmy zatem

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=3x^2-12x+9=3\left(x^2-4x+3\right)=3\left(x-1\right)\left(x-3\right)$.

Ponieważ rozwiązaniami równania

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$3\left(x-1\right)\left(x-3\right)=0$

są liczby $1$ i $3$, więc jedynymi punktami, w których $f$ może przyjmować ekstrema są $1$ oraz $3$.

Zauważmy dodatkowo, że do tej pory wyłączyliśmy z naszych rozważań punkty znajdujące się na brzegu przedziału, a więc punkty $0$ i $4$. Wystarczy zatem, że porównamy wartości funkcji $f$ w punktach $0$, $1$, $3$ i $4$.

Policzmy więc

$f\left(0\right)=1$, $f\left(1\right)=5$, $f\left(3\right)=1$, $f\left(4\right)=5$.

Oznacza to, że $0$ i $3$ są argumentami minimum globalnegoargument minimum globalnego funkcjiargumentami minimum globalnego, zaś $1$ i $4$ są argumentami maksimum globalnegoargument maksimum globalnego funkcjiargumentami maksimum globalnego. Ponadto największą wartością jest $5$, a najmniejszą $0$. Na koniec przedstawimy wykres funkcji $f$ na przedziale $⟨0,4⟩$.

R1Gg060wJOFWS

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od minus jeden do pięciu oraz z pionową osią od minus jeden do pięciu. W pierwszej ćwiartce narysowano sinusoidalny wykres funkcji o początku w punkcie $\left(0;1\right)$, dalej biegnie łukowato to punktu $\left(1;5\right)$, dalej biegnie w dół do punktu $\left(3;1\right)$, a koniec wykresu znajduje się w punkcie $\left(4;5\right)$.

Znajdziemy ekstrema globalne funkcji $f\left(x\right)=2x^3+3x^2-1$ na przedziale $⟨1,3⟩$.

Rozwiązanie

Istnienie ekstremów globalnych zapewnia nam twierdzenie Weierstrassa. Rozpoczniemy od analizy na przedziale $\left(1,3\right)$. W tym celu wyznaczymy miejsca, w których zeruje się pochodna funkcji $f$. Mamy

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$6x^2+6x=0$

$6x\left(1+x\right)=0$

$x=0\notin \left(1,3\right)$ lub $x=\left(-1\right)\notin \left(1,3\right)$

Funkcja $f$ nie przyjmuje zatem ekstremów na przedziale $\left(1,3\right)$. Oznacza to, że ekstrema globalne funkcji $f$ muszą być przyjmowane w punktach $1$ oraz $3$.

Prosty rachunek:

$f\left(1\right)=4$

$f\left(3\right)=80$

prowadzi nas do wniosku, że minimum globalnym funkcji $f$ na przedziale $⟨1,3⟩$ jest $4$, zaś jej maksimum na tym samym przedziale to $80$.

O poprawności obliczeń przekonuje nas dodatkowo wykres funkcji $f$.

R1H0zI7tN21IH

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od minus jeden do pięciu oraz z pionową osią Y od minus jeden do stu, przy czym pionowa oś ma podziałkę co pięćdziesiąt. W pierwszej ćwiartce narysowano łuk o początku w punkcie $\left(1;4\right)$, a koniec w punkcie $\left(3;80\right)$, przy czym łuk wybrzusza się w dół w prawo.

Zajmiemy się teraz poszukiwaniem ekstremów funkcji $f\left(x\right)=2x^5-4x^3+2x$ na przedziale $⟨-1,1⟩$.

Rozwiązanie

Możemy się powołać na twierdzenie Weierstrassa, by mieć pewność, że poszukiwane punkty istnieją. Aby znaleźć rozwiązania na przedziale $\left(-1,1\right)$ posłużymy się ponownie warunkiem koniecznym dla istnienia ekstremum lokalnego.

Obliczając pochodną funkcji $f$ otrzymujemy

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=10x^4-12x^2+2=2\left(5x^4-6x^2+1\right)$.

W celu znalezienia miejsc, w których zeruje się pochodna funkcji $f$ rozważamy równanie

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$2\left(5x^4-6x^2+1\right)=0 \overline{):2}$

$5x^4-6x^2+1=0$.

Wykorzystamy podstawienie $t=x^2$, $t\ge 0$, aby uprościć powyższe równanie.

Otrzymujemy:

$5t^2-6t+1=0$

$\left(5t-1\right)\left(t-1\right)=0$

$t=\frac{1}{5}$ lub $t=1$.

Wracając do wyjściowej zmiennej, mamy

$t=\frac{1}{5}$ lub $t=1$

$x^2=\frac{1}{5}$ lub $x^2=1$

$x=\left(-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)=\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)$ lub $x=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$ lub $x=\left(-1\right)$ lub $x=1$.

Zauważmy, że wartości $\left(-1\right)$ oraz $1$ muszą zostać odrzucone z naszych rozważań jako punkty spoza przedziału $\left(-1,1\right)$.

Włączamy do naszej analizy (odrzucone przed chwilą) punkty na końcach przedziału i porównamy wartości funkcji $f$ w punktach $\left(-1\right)$, $\left(-\frac{\sqrt{5}}{5}\right)$, $\frac{\sqrt{5}}{5}$ i $1$.

Otrzymujemy kolejno:

$f\left(-1\right)=0$

$f\left(-\frac{{\displaystyle \sqrt{5}}}{{\displaystyle 5}}\right)=\left(-\frac{{\displaystyle 32\sqrt{5}}}{{\displaystyle 125}}\right)$

$f\left(\frac{{\displaystyle \sqrt{5}}}{{\displaystyle 5}}\right)=\frac{{\displaystyle 32\sqrt{5}}}{{\displaystyle 125}}$

$f\left(1\right)=0$

Ekstremami globalnymi funkcji $f$ na przedziale $⟨-1,1⟩$ są więc $-\frac{32\sqrt{5}}{125}$ i $\frac{32\sqrt{5}}{125}$. Potwierdza to także wykres funkcji $f$ sporządzony poniżej

RK2IjjRynDjZr

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od minus jeden do jeden oraz z poziomą osią Y od minus jeden do jeden. Obie osie mają podziałkę co jedną drugą. Na płaszczyźnie narysowano sinusoidalny wykres funkcji znajdujący się w trzeciej i w pierwszej ćwiartce. Wykres biegnie od zamalowanego punktu $\left(-1;0\right)$, następnie wykres biegnie w dół i zawraca łukiem do punktu $\left(0;0\right)$, gdzie przechodzi do pierwszej ćwiartki, biegnie do góry i zawraca w dół do zamalowanego punktu $\left(1;0\right)$.

Znajdziemy argumenty ekstremum globalnego funkcji $f:⟨-1,2⟩\to \mathrm{ℝ}$ określonej wzorem

$f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{x}^3-x& \text{dla }x\in ⟨-1,1)\\ x^2+x-2& \text{dla }x\in ⟨1,2⟩\end{array}$

Rozwiązanie

Łatwo zauważyć, że w każdym punkcie różnym od $1$ funkcja $f$ jest ciągła. Pokażemy, że jest ona ciągła także w punkcie $1$. Policzmy:

$\underset{x\to 1^{-}}{lim}f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{lim}\left(x^3-x\right)=0$,

$\underset{x\to 1^{+}}{lim}f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{lim}\left(x^2+x-2\right)=0$,

$f\left(1\right)=0$.

Ponieważ funkcja $f$ jest ciągła oraz określona na przedziale domkniętym i ograniczonym możemy wykorzystać twierdzenie Weierstrassa, by przekonać się, że zadanie posiada rozwiązanie.

Znajdziemy najpierw najmniejszą i największą wartość funkcji $f$ na przedziale $⟨-1,1⟩$, a następnie poszukamy wszystkich ekstremów lokalnych funkcji $f$ na przedziale $⟨1,2⟩$. Funkcja $f$ jest różniczkowalna na przedziale $\left(-1,1\right)$, więc aby znaleźć ekstrema lokalne na przedziale $\left(-1,1\right)$ policzymy pochodną funkcji $f$ na tym przedziale i przyrównamy ją do zera.

Mamy:

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=3x^2-1$.

Tym samym

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$3x^2-1=0$

$x^2=\frac{1}{3}$

$x=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, lub $x=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

Uwzględniając wartości funkcji $f$ na końcach przedziału oraz w punktach, gdzie zeruje się pochodna funkcji $f$ otrzymujemy

$f\left(-1\right)=0$

$f\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\left(-\frac{3\sqrt{3}}{27}\right)+\frac{\sqrt{3}}{3}=\left(-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)+\frac{3\sqrt{3}}{9}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$

$f\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{3\sqrt{3}}{27}-\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{3\sqrt{3}}{9}=\left(-\frac{2\sqrt{3}}{9}\right)$

$f\left(1\right)=0$

Stąd największa wartość funkcji $f$ na przedziale $⟨-1,1⟩$ jest przyjmowana w punkcie $\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, zaś najmniejsza w punkcie $\frac{\sqrt{3}}{3}$. Podobną analizę przeprowadzimy dla przedziału $⟨1,2⟩$. Policzmy wpierw pochodną funkcji $f$ na przedziale $\left(1,2\right)$. Otrzymujemy:

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=2x+1$,

a zatem

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$2x+1=0$

$x=-\frac{1}{2}\notin \left(1,2\right)$.

Funkcja $f$ nie przyjmuje zatem ekstremów w żadnym punkcie przedziału $\left(1,2\right)$. Wystarczy więc porównać wartości

$f\left(1\right)=0$

$f\left(2\right)=4$.

Najmniejsza wartość funkcji $f$ na przedziale $⟨1,2⟩$ jest przyjmowana w punkcie $1$, zaś największa w punkcie $2$. Ostatecznie, porównując największą wartość funkcji $f$ na przedział $⟨-1,1⟩$ z jej największa wartością na przedziale $⟨1,2⟩$ otrzymujemy, że argumentem ekstremum globalnegoargument ekstremum globalnego funkcjiargumentem ekstremum globalnego funkcji $f$ na przedziale $⟨-1,2⟩$ jest $2$. Z kolei porównując najmniejsze wartości funkcji $f$ kolejno na przedziałach $⟨-1,1⟩$ i $⟨1,2⟩$ jesteśmy w stanie łatwo zauważyć, że najmniejsza wartość funkcji $f$ na przedziale $⟨-1,2⟩$ jest przyjmowana w $\frac{\sqrt{3}}{3}$. Porównajmy dodatkowo otrzymane wyniki z wykresem funkcji.

R12rCM1vJCoQL

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od minus jeden do dwóch oraz z pionową osią od minus jeden do czterech. Wykres funkcji jest kawałkiem krzywej o początku w punkcie $\left(-1;0\right)$, stąd biegnie w drugiej ćwiartce łukowato do góry i następnie w dół do punktu $\left(0;0\right)$, gdzie przebija do czwartej ćwiartki. Tutaj biegnie łukowato do punktu $\left(1;0\right)$. W punkcie tym wykres przebija do pierwszej ćwiartki, gdzie biegnie ukośnie do punktu $\left(2;4\right)$.

Rozważmy funkcję $f$ określoną wzorem $f\left(x\right)=\frac{x^2-5x+6}{x-1}$.

Znajdziemy jej argumenty ekstremum globalnego na przedziale $\left(1,5\right.⟩$, o ile te istnieją.

Rozwiązanie

Zauważmy wpierw, że funkcja $f$ nie jest określona na przedziale domkniętym. Nie możemy więc skorzystać z twierdzenia Weierstrassa. Nie mamy tym samym pewności czy największa i najmniejsza wartość funkcji $f$ istnieją. Zauważmy jednak, że funkcja $f$ jest różniczkowalna na przedziale $\left(1,5\right)$. Oznacza to, że możemy wykorzystać warunek konieczny dla istnienia ekstremum lokalnego. Policzmy zatem:

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=\frac{\left(2x-5\right)\left(x-1\right)-\left(x^2-5x+6\right)}{\left(x-1\right){}^2}=\frac{x^2-2x-1}{{\left(x-1\right)}^2}$

i rozważmy równanie

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=0$

$\frac{x^2-2x-1}{{\left(x-1\right)}^2}=0$

$x^2-2x-1=0$

Wyróżnikiem trójmianu kwadratowego $x^2-2x-1$ jest $8$, a zatem rozwiązaniami powyższego równania są

$x_1=\frac{2-\sqrt{8}}{2}=\frac{2-2\sqrt{2}}{2}=1-\sqrt{2}\notin \left(1,5\right)$ oraz $x_2=\frac{2+\sqrt{8}}{2}=\frac{2+2\sqrt{2}}{2}=1+\sqrt{2}\in \left(1,5\right)$.

Otrzymujemy zatem

$f\left(1+\sqrt{2}\right)=\frac{{\left(1+\sqrt{2}\right)}^2-5\left(1+\sqrt{2}\right)+6}{1+\sqrt{2}-1}=2\sqrt{2}-3$.

Ponieważ funkcja określona jest na przedziale prawostronnie domkniętym, możemy dołączyć wartość z prawego końca, tj. punktu $5$. Mamy wtedy:

$f\left(5\right)=\frac{3}{2}$.

W przypadku lewego końca musimy postępować nieco inaczej niż poprzednio. Ponieważ funkcja $f$ nie jest określona w punkcie $1$, policzymy granicę w tym punkcie

$\underset{x\to 1^{+}}{lim}f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{lim}\frac{x^2-5x+6}{x-1}=\frac{2}{0^{+}}=+\infty$.

Oznacza to, że funkcja $f$ nie przyjmuje największej wartości na przedziale $\left(1,5\right.⟩$. Tym samym jedynym punktem podejrzanym o bycie argumentem ekstremumargument ekstremum globalnego funkcjiargumentem ekstremum jest $1+\sqrt{2}$. Aby upewnić się, że ten punkt jest argumentem minimumargument minimum globalnego funkcjiargumentem minimum prześledzimy zmienność funkcji $f$, badając znak jej pochodnej. Zauważmy, że wykorzystując powyższe obliczenie możemy otrzymać

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

Mianownik jest dodatni dla każdego argumentu dziedziny. Licznik zaś jest funkcją kwadratową o pierwiastkach $1-\sqrt{2}$ oraz $1+\sqrt{2}$. Rysując wykres omawianego trójmianu kwadratowego zauważamy, że jest on ujemny na przedziale $\left(1,1+\sqrt{2}\right)$, zaś dodatni na przedziale $\left(1+\sqrt{2},5\right.⟩$. W konsekwencji pochodna $f$ jest ujemna na przedziale $\left(1,1+\sqrt{2}\right)$, a dodatnia na $\left(1+\sqrt{2},5\right.⟩$. Oznacza to, że funkcja $f$ maleje na przedziale $\left(1,1+\sqrt{2}\right)$, a następnie rośnie na przedziale $\left(1+\sqrt{2},5\right.⟩$. Możemy zatem narysować wykres funkcji $f$, by przekonać się, że funkcja $f$ istotnie przyjmuje minimum w punkcie $1+\sqrt{2}$.

R13QIKRVcLsOz

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od zera do pięciu oraz z pionową osią Y od zera do czterech. Na płaszczyźnie narysowano łukowany wykres biegnący niemal pionowo w dół w pierwszej ćwiartce. W punkcie $\left(2;0\right)$ przebija do czwartej ćwiartki, gdzie zatacza niewielki łuk i w punkcie $\left(3;0\right)$ przebija do pierwszej ćwiartki, gdzie biegnie ukośnie do zamalowanego punktu $\left(5;\frac{3}{2}\right)$.

Rozważmy funkcję

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{ll}0& \text{dla }x\in \left\{-2,0,2\right\}\\ -2x-1& \text{dla }x\in \left(-2,0\right)\\ 2x-1& \text{dla }x\in \left(0,2\right)\end{array}\right.$.

Sprawdzimy czy funkcja $f$ posiada ekstrema globalne.

Rozwiązanie

Funkcja $f$ jest różniczkowalna na przedziałach $\left(-2,0\right)$ oraz $\left(0,2\right)$. Co więcej $f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=\left(-2\right)$ dla $x\in \left(-2,0\right)$ oraz $f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=2$ dla $x\in \left(0,2\right)$. Nie istnieje więc żadne minimum ani maksimum lokalne na przedziałach $\left(-2,0\right)$ ani $\left(0,2\right)$. Gdyby funkcja $f$ była ciągła, wystarczyłoby rozważyć punkty $\left(-2\right)$, $0$ i $2$. Co więcej, jeden z tych punktów musiałby być punktem minimum funkcji $f$ na przedziale $⟨-2,2⟩$, zaś drugi punktem maksimum. Rysując wykres funkcji $f$ przekonujemy się jednak łatwo, że funkcja $f$ nie jest ciągła.

RvfNJZroPSC7O

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią od minus dwóch do dwóch oraz z pionową osią Y od minus dwóch do czterech. Na płaszczyźnie narysowano wykres funkcji składający się z dwóch odcinków otwartych oraz z trzech punktów. Od lewej mamy: zamalowany punkt o współrzędnych $\left(-2;0\right)$, następnie ukośny odcinek ograniczony niezamalowanymi punktami $\left(-2;3\right)$ oraz $\left(0;-1\right)$. Następnie mamy zamalowany punkt $\left(0;0\right)$. Kolejną składową wykresu jest ukośny odcinek ograniczony niezamalowanymi punktami $\left(0;-1\right)$ oraz $\left(2;3\right)$. Ostatnią składową wykresu jest zamalowany punkt $\left(2;0\right)$.

Widzimy także, że funkcja $f$ nie posiada ekstremów na przedziale $⟨-2,2⟩$.

Widzimy zatem, że  badanie ekstremów funkcji jest możliwe także w sytuacji, gdy nie spełnia ona założeń twierdzenia Weierstrassa. Jest to jednak wówczas zdecydowanie bardziej skomplikowane i wymaga od nas większej uwagi.

element dziedziny, w którym funkcja przyjmuje najmniejszą wartość

element dziedziny, w którym funkcja przyjmuje największą wartość

argument minimum lub maksimum globalnego