• Przypomnisz sobie podstawowe pojęcia i twierdzenia rachunku różniczkowego.

• Nauczysz się jak przekształcać problemy fizyczne w zagadnienia optymalizacyjne.

• Poznasz ogólną metodę służącą wyznaczeniu ekstremów globalnych funkcji.

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 $\left(1;0\right)$.

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.

Odpowiemy na pytanie, który prostokąt wśród wszystkich o obwodzie $4$ ma największe pole?

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $x$ długość jednego z boków. Ponieważ obwód rozważanego prostokąta wynosi $4$, długość boku $x$ musi być mniejsza niż $2$. Ze wzoru na obwód prostokąta otrzymujemy, że jeżeli $y$ jest długością drugiego boku, to

$2x+2y=4$

$2y=4-2x$

$y=2-x$.

Pole prostokąta wyraża się wzorem $xy=x\left(2-x\right)$. Reasumując, jeżeli jeden z boków wynosi $x\in \left(0,2\right)$, to jego pole jest równe $x\left(2-x\right)$. Sprowadziliśmy zatem wyjściowy problem do znalezienia największej wartości funkcji $f\left(x\right)=x\left(2-x\right)$ na przedziale $\left(0,2\right)$. Funkcja $f$ jest funkcją kwadratową o ramionach skierowanych do dołu. Jej wartość największa jest więc przyjmowana w wierzchołku. Funkcja $f$ jest w postaci iloczynowej. Odczytujemy więc natychmiast, że miejsca zerowe $f$ wynoszą kolejno

$x_1=0$, $x_2=2$.

Pierwsza współrzędna wierzchołka jest równo odległa od obu miejsc zerowych i musi wynosić $1$. Otrzymujemy więc, że spośród wszystkich prostokątów o obwodzie $4$ największe pole ma ten o bokach $1$, $1$, $1$, $1$, a więc kwadrat.

Zginamy arkusz blachy o wymiarach $10\times 16$ równolegle do krótszej krawędzi w rurę o prostokątnym przekroju. Jak powinniśmy to zrobić, jeżeli chcemy, by otrzymana rura posiadała jak największe pole przekroju?

Rozwiązanie

Oczywiście jedno ze zgięć będzie przebiegało dokładnie po środku arkusza.

R1ZZiYtAfBTJX

Ilustracja przedstawia prostokąt o bokach 10 i szesnaście. Przez połowę dłuższego boku przebiega przerywana linia.

Kolejne dwa będą równo odległe od, kolejno, środkowego zgięcia oraz boku.

RlOtP5vmXhisg

Ilustracja przedstawia prostokąt o bokach 10 i szesnaście. Przez połowę dłuższego boku przebiega przerywana linia. Dłuższy bok podzielono na cztery części. Dwie o długości 8 minus x oraz dwie o długości x. Zbudowano prostopadłościan o wymiarach 8 minus x, 10, x.

Przekrój jest zatem prostokątem o bokach $x$ oraz $8-x$. Pole tego przekroju wynosi zatem $x\left(8-x\right)$. Co za tym idzie wyjściowy problem został, podobnie jak poprzednio, sprowadzony do znalezienia największej wartości funkcji $f\left(x\right)=x\left(8-x\right)$ na przedziale $\left(0,8\right)$. Tym razem posłużymy się jednak wykresem funkcji $f$.

RF5c05mCPmY1X

Ilustracja przedstawia układ współrzędnych o osi pionowej od 0 do 15 oraz osi poziomej od zera do dziewięciu. Zaznaczono fragment paraboli z ramionami skierowanymi w dół od miejsca zerowego równego 0 do drugiego miejsca zerowego osiem. Obydwa zaznaczone są niezamalowanym kółeczkiem.

Łatwo zauważyć, że największa wartość jest przyjmowana w punkcie $4$. Pole przekroju wynosi zatem $4·4=16$.

Można się zastanowić jaki przekrój będzie miała otrzymana rura jeżeli rozważany arkusz blachy zegniemy w rurę o przekroju okrągłym.

R14J4mnO0WgS4

Ilustracja przedstawia prostopadłościan o wymiarach szerokość 4, długość 10 oraz wysokość 4. Oraz walec o długości 10 i obwodzie okręgu równym szesnaście.

Oznaczmy promień tego przekroju przez $r$. Obwód okręgu wynosi $16$, a więc otrzymujemy równanie:

$2\pi r=16$

$r=\frac{8}{\pi }$.

Przekrój wynosi zatem:

$\pi r^2=\pi {\left(\frac{8}{\pi }\right)}^2=\frac{64}{\pi }$.

Wykorzystamy teraz niewymagającą dodatkowego komentarza nierówność: $\pi <4$. Otrzymujemy:

$16=\frac{16\pi }{\pi }<\frac{16·4}{\pi }=\frac{64}{\pi }$

Ostatecznie okazuje się, że rura o przekroju okrągłym ma większy przekrój niż rura o przekroju prostokątnym, o ile założymy, że obie rury były wykonane z identycznych arkuszy blachy.

Czterometrowy drut zginamy w taki sposób, by otrzymać prostokątną ramkę. Jak powinniśmy to zrobić, by pole otrzymanego prostokąta było najmniejsze? Czy jest to możliwe?

Rozwiązanie

Funkcja $f$ przyporządkowuje bokowi $x$ pole prostokąta o wymiarach $x\times \left(2-x\right)$. W przykładzie $1$ poszukiwaliśmy największej wartości funkcji $f\left(x\right)=x\left(2-x\right)$ na przedziale $\left(0,4\right)$, aby znaleźć największe możliwe pole. Obecnie, aby znaleźć proporcję boków dającą najmniejsze pole musielibyśmy znaleźć najmniejszą wartość funkcji $f$ na przedziale $\left(0,4\right)$. Rysując wykres funkcji $f$ przekonujemy się, że minimum na przedziale $\left(0,4\right)$ nie jest osiągane, gdyż najmniejsza wartość musiałaby wynosić $0$. Nie jest jednak możliwe, by pole prostokąta było równe $0$. Sformułowany powyżej problem polegający na znalezieniu najmniejszego pola nie posiada zatem rozwiązania.

Jeżeli funkcja $f:⟨a,b⟩⟶\mathrm{ℝ}$ jest ciągła, to istnieją takie punkty $c$, $d\in ⟨a,b⟩$, że dla każdego $x\in ⟨a,b⟩$ zachodzi

Mamy do dyspozycji prostokątny arkusz tektury o wymiarach $4\times 6$. Chcemy wykonać z niego prostopadłościenne pudełko. W tym celu wycinamy identyczny kwadrat w każdym z rogów, a następnie składamy otrzymane boki zgodnie z zamieszczoną poniżej grafiką.

RbDPLqVjGUamS

Ilustracja przedstawia prostokąt o wymiarach 6 i cztery. W każdym z rogów zaznaczono kwadrat o boku x. W środku prostokąta utworzono mniejszy o wymiarach 6 minus 2 x oraz 4 minus dwa x. Z prostokąta utworzono prostopadłościan o wymiarach szerokość 6 minus 2x, długość 4 minus dwa x oraz wysokość x.

Znajdziemy takie wymiary wycinanych przez nas kwadratów, dla których otrzymane pudełko ma możliwie największą objętość.

Rozwiązanie

Oznaczmy przez $x$ długość boku, który będzie wycinany. Wymiary otrzymanego pudełka to wówczas $x\times \left(4-2x\right)\times \left(6-2x\right)$. Jest jasne, że musi zachodzić:

$x>0$,

$4-2 x>0$,

$6-2 x>0$.

Przekształcając powyższe równania otrzymujemy:

$x>0$,

$x<2$,

$x<3$.

Ostatecznie $x\in \left(0,2\right)$. Objętość otrzymanego pudełka wynosi więc $x\left(4-2x\right)\left(6-2x\right)=4x\left(2-x\right)\left(3-x\right)$. Znalezienie rozwiązania będzie zatem wymagało znalezienia maksimum funkcji

$f\left(x\right)=4x\left(2-x\right)\left(3-x\right)=4x^3-20x^2+24x$, na przedziale $\left(0,2\right)$.

Funkcja $f$ jest wprawdzie ciągła, ale zbiór, na którym ją rozważamy nie jest przedziałem domkniętym. Nic jednak nie stoi na przeszkodzie, by znaleźć największą wartość funkcji $f$ na przedziale $⟨0,2⟩$. Twierdzenie Weierstrassa zapewnia nam rozwiązywalność tak postawionego problemu. Dokładne wyznaczenie punktu, w którym funkcja $f$ przyjmuje wartość największą będzie już jednak trudniejsze. Funkcja $f$ jest różniczkowalna, więc wartości ekstremalne może przyjmować jedynie na końcach przedziału $⟨0,2⟩$ lub w tych punktach, w których zeruje się pochodna $f$. Policzmy zatem

$f^{\text{'}}\left(x\right)=4·3x^2-20·2x+24=12x^2-40x+24$.

Rozwiązujemy równanie kwadratowe:

$12x^2-40x+24=0 |:4$

$3x^2-10x+6=0$

$∆={\left(-10\right)}^2-4·3·6=100-72=28$

$x_1=\frac{10-2\sqrt{7}}{6}=\frac{5-\sqrt{7}}{3}\in \left(0,2\right)$

$x_2=\frac{10+2\sqrt{7}}{6}=\frac{5+\sqrt{7}}{3}\notin \left(0,2\right)$

Otrzymujemy zatem, że funkcja $f$ posiada co najwyżej jedno ekstremum na przedziale $\left(0,2\right)$. Wartości na końcach przedziału są sobie równe i wynoszą $f\left(0\right)=f\left(2\right)=0$. Zauważmy, że wartość funkcji $f$ w punkcie $\frac{5-\sqrt{7}}{3}$ jest dodatnia, gdyż odpowiada ona objętości pewnego prostopadłościennego pudełka. Oznacza to, że funkcja $f$ przyjmuje największą wartość właśnie w punkcie $\frac{5-\sqrt{7}}{3}$. Co za tym idzie, aby uzyskać pudełko o możliwie największej objętości powinniśmy wyciąć kwadraty o bokach równych $\frac{5-\sqrt{7}}{3}$.

element dziedziny, w którym funkcja przyjmuje najmniejszą wartość

element dziedziny, w którym funkcja przyjmuje największą wartość

argument minimum lub maksimum globalnego

najmniejsza lub największa wartość funkcji

funkcja, która posiada pochodną w każdym punkcie zbioru $A$