ekstremum piotrek: proszę o pomoc w obliczeniu ekstremum f(x)=−x²+3x+¹_x

pomagacz: https://matematykaszkolna.pl/strona/387.html https://matematykaszkolna.pl/strona/359.html

	1
f'(x) = (−x2 + 3x +		)' = −2x + 3 + (x−1)' = −2x + 3 − 1 = −2x + 2
	x

f'(x) = 0 −2x + 2 = 0 −2x = −2 x = 1 f_max(x): f(1) = −1 + 3 + 1 = 3 f(1) = 3 liczyłem patrząc na te przykłady, bo rok mija jak ostatnio liczyłem extrema funkcji: https://matematykaszkolna.pl/strona/392.html https://matematykaszkolna.pl/strona/389.html http://www.wolframalpha.com/input/?i=-x^2+%2B+3x+%2B+1%2Fx

pomagacz:

	1
przepraszam, wszystko źle, zapomniałem pochodnej (		)'
	x

od nowa, szkoda że nie można edytować postów i robię bałagan

	1		1
f'(x) = (−x2 + 3x +		)' = −		− 2x + 3
	x		x2

f'(x) = 0

	1
−		− 2x + 3 = 0
	x2

	1
x1 = −
	2

x₂ = 1 f_max(1) = 3

	1		15
fmin(−		) = −
	2		4

pomagacz: http://www.wolframalpha.com/input/?i=-x^2+%2B+3x+%2B+1%2Fx

	1
ale tutaj jest tylko maximum przy x = −
	2

muszę wrócić do Krysickiego i Włodarskiego jednak

Wezyr: Pomagacz, źle obliczyłeś pochodną z x⁻¹

Wezyr: OK! Teraz dobrze

piotrek: f_max jest w odpowiedziach (−¹₂) , tylko jak do tego dojść?

piotrek: ok już zrobilłeś

piotrek: mocno się zbłaźnię pytając, jak znalazłeś to −¹₂?

pomagacz: f'(x) = 0

	1
liczysz to i masz dwa rozwiązania, jednak jak widać x = −		jest dobrym wynikiem
	2

	1
później podstawiasz tego x = −		do f(x), zwróć uwagę, że najpierw liczysz pochodną, a
	2

później podstawiasz miejsca zerowe tej pochodnej pod funkcję pierwotną

pomagacz: aha i jak policzyć, rozpisywać się nie będę bo na lapku jestem a nie lubię pisać na klawie z

lapka, wyciągasz do wspólnego mianownika		i masz dziedzinę D oraz funkcję kwadratową w
	x2

liczniku bodajże, Δ, x₁, x₂ lub x₀ i masz wynik. Trza pokombinować, taka karma w matmie jest niestety. Inżynier leniwy jest, jeżeli jest leniwy, to jaki jest inżynier? Inżynier jest bystry. I ta zasada działa w matmie

Trivial:

	1
f(x) = −x2 + 3x +		; Df = R\{0}
	x

	1
f'(x) = −2x + 3 −		; Df' = R\{0}
	x2

Jako, że dziedzina funkcji i jej pochodnej są identyczne, ekstremum może być tylko w punktach, w których pochodna się zeruje.

	1
−2x + 3 −		= 0 /*(−x2)
	x2

2x³ − 3x² + 1 = 0 Teraz zgadujemy, że rozwiązaniem jest np. 1. Mamy więc: 2 −3 0 1 1 2 −1 −1 (Schemat Hornera) 2 −1 −1 0 (x−1)(2x²−x−1) = 0 Δ = 1 + 8 = 9; √Δ = 3

	1
x1 = −		; x2 = 1
	2

	1
2(x−1)2(x+		) = 0.
	2

Sprawdzamy dla każdego rozwiązania, czy pochodna przy przechodzeniu przez to rozwiązanie

	1
zmienia znak. Jako że mamy rozwiązania {−		, 1}, ale f nie jest ciągła w zerze, musimy
	2

sprawdzić znak dla dowolnych liczb z przedziałów:

	1		1
(−∞, −		), (−		, 0), (0, 1) i (1, +∞).
	2		2

	1		1		1
Weźmy np. punkty −1, −		dla x=−		i punkty		, 2 dla x=1.
	4		2		2

	1
dla x=−		:
	2

f'(−1) = 2 + 3 − 1 = 4 > 0

	1		1
f'(−		) =		+ 3 − 16 < 0
	4		2

	1
Pochodna zmienia znak z '+' na '−', a zatem w punkcie x=−		mamy maksimum lokalne.
	2

dla x=1:

	1
f'(		) = −1 + 3 − 4 = −2 < 0
	2

	1
f'(2) = −4 + 3 −		< 0
	4

Pochodna nie zmienia znaku, a więc w punkcie x=1 nie ma ekstremum lokalnego.

piotrek: wielkie dzięki, wreszcie to zrozumiałem od a do z