a)

Dana jest funkcja

$f\left(x\right)=\frac{1}{5}{x}^5-\frac{10}{3}{x}^3+9x-10$

Dziedzina:

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left[\frac{1}{5}{x}^5-\frac{10}{3}{x}^3+9x-10\right]{}^{\prime }=\frac{1}{5}\left(x^5\right){}^{\prime }-\frac{10}{3}\left(x^3\right){}^{\prime }+9\left(x\right){}^{\prime }-\left(10\right){}^{\prime }=$  

$=\frac{1}{5}\cdot 5x^4-\frac{10}{3}\cdot 3x^2+9-0=x^4-10x^2+9$  

czyli 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=x^4-10x^2+9$

Dziedzina:

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy punkty krytyczne funkcji f 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$x^4-10x^2+9=0$  

$x^4-x^2-9x^2+9=0$  

$x^2\left(x^2-1\right)-9\left(x^2-1\right)=0$  

$\left(x^2-1\right)\left(x^2-9\right)=0$  

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

czyli

$x=-1\vee x=1\vee x=-3\vee x=3$  

Badamy znak pochodnej. 

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji  y = f'(x)

Korzystając z rysunku dostajemy, że 

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\text{dla}x\in \left(-\infty ,-3\right)\cup \left(-1,1\right)\cup \left(3,+\infty \right)$  
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\text{dla}x\in \left(-3,-1\right)\cup \left(1,3\right)$  

Tworzymy tabelkę: 

$x$	$\left(-\infty ,-3\right)$	$-3$	$\left(-3,-1\right)$	$-1$	$\left(-1,1\right)$	$1$	$\left(1,3\right)$	$3$	$\left(3,+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Symbol ↗ (odpowiednio ↘) oznacza, że funkcja jest rosnąca (odpowiednio malejąca) w danym przedziale. 

Funkcja f

• w lewostronnym sąsiedztwie każdego z punktów -3 i 1 jest rosnąca, a w prawostronnym sąsiedztwie malejąca,
  czyli w punktach -3 i 1 jest maksimum lokalne właściwe.
  
  
• w lewostronnym sąsiedztwie każdego z punktów -1 i 3 jest malejąca, a w prawostronnym sąsiedztwie jest rosnąca,
  czyli w punktach -1 i 3 jest minimum lokalne właściwe. 

Obliczamy:

$f\left(-3\right)=\frac{1}{5}\cdot {\left(-3\right)}^5-\frac{10}{3}\cdot {\left(-3\right)}^3+9\cdot \left(-3\right)-10=\frac{22}{5}=4\frac{2}{5}$  

$f\left(-1\right)=\frac{1}{5}\cdot {\left(-1\right)}^5-\frac{10}{3}\cdot {\left(-1\right)}^3+9\cdot \left(-1\right)-10=-\frac{238}{15}=-15\frac{13}{15}$  

$f\left(1\right)=\frac{1}{5}\cdot 1^5-\frac{10}{3}\cdot 1^3+9\cdot 1-10=-\frac{62}{15}=-4\frac{2}{15}$

$f\left(3\right)=\frac{1}{5}\cdot 3^5-\frac{10}{3}\cdot 3^3+9\cdot 3-10=-\frac{122}{5}=-24\frac{2}{5}$   

Otrzymaliśmy więc, że funkcja f ma cztery ekstrema lokalne:

• $f_{\max }\left(-3\right)=4\frac{2}{5}$  
• $f_{\min }\left(-1\right)=-15\frac{13}{15}$  
• $f_{\max }\left(1\right)=-4\frac{2}{15}$  
• $f_{\min }\left(3\right)=-24\frac{2}{5}$  

---

b)

Dana jest funkcja

$f\left(x\right)=\frac{1}{4}{x}^4-2x^3+4\frac{1}{2}{x}^2+7$

Dziedzina:

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left[\frac{1}{4}{x}^4-2x^3+4\frac{1}{2}{x}^2+7\right]{}^{\prime }=\frac{1}{4}\left(x^4\right){}^{\prime }-2\left(x^3\right){}^{\prime }+\frac{9}{2}\left(x^2\right){}^{\prime }+\left(7\right){}^{\prime }=$  

$=\frac{1}{4}\cdot 4x^3-2\cdot 3x^2+\frac{9}{2}\cdot 2x+0=x^3-6x^2+9x=x\left(x^2-6x+9\right)=x{\left(x-3\right)}^2$  

czyli 

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

Dziedzina:

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy punkty krytyczne funkcji f 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$x{\left(x-3\right)}^2=0$  

$x=0\vee x-3=0$  

$x=3$  

czyli

$x=0\vee x=3$  

Badamy znak pochodnej. 

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji  y = f'(x) (pamiętając, że liczba 3 jest pierwiastkiem dwukrotnym)

Korzystając z rysunku dostajemy, że 

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\text{dla}x\in \left(0,3\right)\cup \left(3,+\infty \right)$  
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\text{dla}x\in \left(-\infty ,0\right)$  

Tworzymy tabelkę: 

$x$	$\left(-\infty ,0\right)$	$0$	$\left(0,3\right)$	$3$	$\left(3,+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$-$	$0$	$+$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$	brak ekstremum	$\nearrow$

Symbol ↗ (odpowiednio ↘) oznacza, że funkcja jest rosnąca (odpowiednio malejąca) w danym przedziale. 

Funkcja f

• w lewostronnym sąsiedztwie punktu 0 jest malejąca, a w prawostronnym sąsiedztwie rosnąca,
  czyli w punkcie 0  jest minimum lokalne właściwe.
  
  
• w sąsiedztwie punktu 3 jest malejąca- zatem w tym punkcie nie ma ekstremum lokalnego. 

Obliczamy:

$f\left(0\right)=7$  

Otrzymaliśmy więc, że funkcja f ma jedno ekstremum lokalne

• $f_{\min }\left(0\right)=7$  

---

c)

Dana jest funkcja

$f\left(x\right)=\frac{1}{5}{x}^5-x^4-4x^3+84$

Dziedzina:

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left[\frac{1}{5}{x}^5-x^4-4x^3+84\right]{}^{\prime }=\frac{1}{5}\left(x^5\right){}^{\prime }-\left(x^4\right){}^{\prime }-4\left(x^3\right){}^{\prime }+\left(84\right){}^{\prime }=$  

$=\frac{1}{5}\cdot 5x^4-4x^3-4\cdot 3x^2+0=x^4-4x^3-12x^2$  

czyli 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=x^4-4x^3-12x^2$

Dziedzina:

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy punkty krytyczne funkcji f 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$x^4-4x^3-12x^2=0$  

$x^2\left(x^2-4x-12\right)=0$  

$x^2=0\vee \underset{\text{(}\Delta =64,\sqrt{\Delta }=8,x_1=-2,x_2=6\text{)}}{x^2-4x-12=0}$  

$x=0x=-2\vee x=6$  

czyli

$x=-2\vee x=0\vee x=6$  

Badamy znak pochodnej. 

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji  y = f'(x) (pamiętając że liczba 0 jest pierwiastkiem dwukrotnym)

Korzystając z rysunku dostajemy, że 

• $f{}^{\prime }\left(x\right)>0\text{dla}x\in \left(-\infty ,-2\right)\cup \left(6,+\infty \right)$  
• $f{}^{\prime }\left(x\right)<0\text{dla}x\in \left(-2,0\right)\cup \left(0,6\right)$  

Tworzymy tabelkę: 

$x$	$\left(-\infty ,-2\right)$	$-2$	$\left(-2,0\right)$	$0$	$\left(0,6\right)$	$6$	$\left(6,+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$	brak ekstremum	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Symbol ↗ (odpowiednio ↘) oznacza, że funkcja jest rosnąca (odpowiednio malejąca) w danym przedziale. 

Funkcja f

• w lewostronnym sąsiedztwie punktu -2 jest rosnąca, a w prawostronnym sąsiedztwie malejąca,
  czyli w punkcie -2 jest maksimum lokalne właściwe.
  
  
• w sąsiedztwie punktu 0 jest malejąca- zatem w tym punkcie nie ma ekstremum lokalnego. 
  
  
• w lewostronnym sąsiedztwie punktu 6 jest malejąca, a w prawostronnym sąsiedztwie jest rosnąca,
  czyli w punkcie 6 jest minimum lokalne właściwe. 

Obliczamy:

$f\left(-2\right)=\frac{1}{5}\cdot {\left(-2\right)}^5-{\left(-2\right)}^4-4\cdot {\left(-2\right)}^3+84=\frac{468}{5}=93\frac{3}{5}$  

$f\left(6\right)=\frac{1}{5}\cdot 6^5-6^4-4\cdot 6^3+84=-\frac{2604}{5}=-520\frac{4}{5}$  

Otrzymaliśmy więc, że funkcja f ma dwa ekstrema lokalne:

• $f_{\max }\left(-2\right)=93\frac{3}{5}$  
• $f_{\min }\left(6\right)=-520\frac{4}{5}$  

---

d)

Dana jest funkcja

$f\left(x\right)=\frac{1}{5}{x}^5+3x^3+18x-123$

Dziedzina:

$D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy pochodną funkcji f

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left[\frac{1}{5}{x}^5+3x^3+18x-123\right]{}^{\prime }=\frac{1}{5}\left(x^5\right){}^{\prime }+3\left(x^3\right){}^{\prime }+18\left(x\right){}^{\prime }-\left(123\right){}^{\prime }=$  

$=\frac{1}{5}\cdot 5x^4+3\cdot 3x^2+18\cdot 1-0=x^4+9x^2+18$  

czyli 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=x^4+9x^2+18$

Dziedzina:

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}$   

Wyznaczamy punkty krytyczne funkcji f 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0$  

$x^4+9x^2+18=0$  

Dla dowolnej liczby rzeczywistej x każde z wyrażeń x⁴, x² jest nieujemne.

Zatem po lewej stronie równania mamy sumę liczb nieujemnych i liczby dodatniej, czyli dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi 

$x^4+9x^2+18>0$  

Oznacza to, że równanie 

$x^4+9x^2+18=0$  

nie ma rozwiązania, czyli funkcja f nie ma punktów krytycznych, tym samym nie ma ekstremów lokalnych.