---
title: "Lecture 5: Rachunek różniczkowy II"
lecture_number: 5
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```

# Rachunek różniczkowy II

## Wzór Taylora

:::{prf:theorem} Taylora

Niech $n\in\nn_0$,
oraz załóżmy, że $f:X\to\rr$:

- ma ciągłe pochodne do rzędu $n$,
w przedziale domkniętym o końcach $x_0$ i $x$ zawartym w $X$
- ma pochodną rzędu $n+1$ wewnątrz tego przedziału.

Wówczas istnieje punkt $c$ leżący między $x_0$ i $x$, dla którego

```{math}
:label: eqn:Taylor

\begin{aligned}
\displaystyle f(x)
   & = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k
   \\ & \quad + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} .
\end{aligned}
```

:::

:::{prf:remark}

1. Twierdzenie jest prawdziwe zarówno dla $x > x_0$ jak i $x < x_0$.
2. Po prawej strony formuły {eq}`eqn:Taylor`
   mamy wielomian stopnia co najwyżej $n+1$.

   To jednak nie oznacza, że każda funkcja $(n+1)$-krotnie różniczkowalna
   jest wielomianem!

   Twierdzenie mówi jedynie, że istnieje wielomian
   zależny od:

   - $k$-tych pochodnych funkcji $f$ w punkcie $x_0$, dla $k\in \Set{0,1,\ldots, n}$
   - $(n+1)$-szej pochodnej funkcji $f$ w punkcie $c$ między $x_0$ i $x$,
     którego wartość w punkcie $x$
     pokrywa się z wartością funkcji $f(x).$

3. Formuła {eq}`eqn:Taylor` w rozpisanej postaci wygląda następująco:

   $$
   \displaystyle f(x)
   = {f}(x_0)
   & + {f'(x_0)}(x-x_0)
   + \frac {f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2
   + \ldots
   + \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n}
   \\
   & + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} .
   $$

4. Dla $n = 0$ dostajemy

   $$
   \displaystyle f(x)
   = {f}(x_0)
   + {f'(c)}(x-x_0) ,
   $$

   czyli twierdzenie Lagrange'a o przyrostach.
:::

:::{prf:definition}

Formułę {eq}`eqn:Taylor` nazywamy **wzorem Taylora** {index}`wzór; Taylora`
rzędu $n$.

Wielomian

$$
{f}(x_0)
   + {f'(x_0)}(x-x_0)
   + \frac {f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2
+ \ldots
   + \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n}
$$

nazywamy
**wielomianem Taylora** {index}`wielomian; Taylora`
lub
**rozwinięciem Taylora** {index}`rozwinięcie; Taylora`
rzędu $n$.

Wielomian

```{math}
R_{n}(x) = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}
```

nazywamy **resztą wzoru/rozwinięcia Taylora** w postaci Lagrange'a
{index}`reszta wzoru Taylora` rzędu $n$.
:::

:::{prf:remark}

Reszta wzoru Taylora jest różnicą między wartościami: funkcji $f(x)$
i wielomianu Taylora w punkcie $x$.

Jej wartość bezwględna

$$
|R_n(x)| =
   \Absolute{
      f(x) -
      \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k
   }
$$

mówi jak blisko są te dwie liczby.
:::

:::{prf:definition}

Dla $x_0 = 0$, wzór {eq}`eqn:Taylor`,

$$
f(x) & =\sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k
   + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}
   \\
        & = {f}(0)
   + f'(0)\ x
   + \frac {f''(0)}{2!}x^2
+ \ldots
   + \frac {f^{(n)}(0)}{n!}x^n
   + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1} ,
$$

nosi nazwę
**wzoru Maclaurina** {index}`wzór; Maclaurina`.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
var('x')
f(x) = e^x
def T(n): return taylor(f(x), x, 0, n)
list = [T(n) for n in [0..5]]
show(
   plot(f(x), (x,-4,2),
   color = PWRed,
   thickness = 3,
   aspect_ratio = 1,
   legend_label=r'$e^x$',
   ymin=-3, ymax=4) +
   plot(list, (x,-4,2),
   color = PWBlue,
   legend_label=[r'$T_0$', r'$T_1$', r'$T_2$', r'$T_3$', r'$T_4$', r'$T_5$']
),
transparent=True, frame=False
)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex(3 / factorial(5).n(20))
body_02 = latex(3 / factorial(6).n(20))
body_03 = latex(3 / factorial(7).n(20))
body_04 = latex(3 / factorial(8).n(20))
content = rf"""
\frac {{3}}{{(4+1)!}} & \simeq {body_01} < 0.1,
&\quad
\frac {{3}}{{(5+1)!}} & \simeq {body_02} < 0.01,
\\
\frac {{3}}{{(6+1)!}} & \simeq {body_03} < 0.001,
&
\frac {{3}}{{(7+1)!}} &\quad \simeq {body_04} < 0.0001.
"""
glue('sageglue_5_0', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex(1 + 1 + 1 / factorial(2) + 1 / factorial(3) + 1 / factorial(4) + 1 / factorial(5) + 1 / factorial(6) + 1 / factorial(7))
body_02 = latex((1 + 1 + 1 / factorial(2) + 1 / factorial(3) + 1 / factorial(4) + 1 / factorial(5) + 1 / factorial(6) + 1 / factorial(7)).n(40))
content = rf"""
e = e^1 \simeq
1 + 1 + \frac 1 {{2!}} + \frac 1 {{3!}} + \frac 1 {{4!}} + \frac 1 {{5!}} + \frac 1 {{6!}} + \frac 1 {{7!}}
= {body_01}
\simeq {body_02}
"""
glue('sageglue_5_1', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/bdyw5mhf)

Weźmy funkcję $f(x) = e^x$.

Jest ona różniczkowalna dowolną liczbę razy,
więc możemy zastosować do niej tw. Taylora.

Ponieważ $f'(x) = e^x ,$ to możemy indukcyjnie pokazać, że

$$
\forall k \in \nn_0 \quad
   f^{(k)}(x) = e^x .
$$

Ponieważ $e^0 = 1$ jest liczbą naturalną,
to przyjmijmy $x_0 = 0$, czyli zapiszmy wzór Maclaurina.

Obliczając, $f^{(k)}(0) = e^0 = 1$ (dla $k\in \nn_0$), otrzymamy

$$
e^x
   =\sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k
   + R_{n}(x)
    & =\sum_{k=0}^{n}\frac {x^k}{k!}
   + R_{n}(x)
   \\
    & = 1
   + x
   + \frac {x^2}{2!}
+ \ldots
   + \frac {x^n}{n!}
   + R_{n}(x) .
$$

Reszta przyjmuje wartość

$$
\displaystyle
   R_{n}(x) = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}
   = \frac {e^c}{(n+1)!} x^{n+1} ,
$$

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.

Zbadajmy $|R_n(x)|$ dla $x\in [-1,1]$:

$$
|R_n(x)| = \Absolute{\frac {e^c}{(n+1)!} x^{n+1}}
   = \frac {e^c}{(n+1)!}\Absolute{x}^{n+1}
   < \frac {3}{(n+1)!} \cdot 1
   = \frac {3}{(n+1)!}.
$$

Na przykład:

```{glue:math} sageglue_5_0
```

To oznacza, że wartość liczby $e^x$ jest
przybliżona przez wartość wielomianu Taylora w punkcie $x$
z dokładnością do $1., 2., 3., 4.$ miejsc po przecinku odpowiednio dla
$n = 4, 5, 6, 7$.

Dla większych $n$, przybliżenie będzie jeszcze dokładniejsze.

W szczególności wynik

```{glue:math} sageglue_5_1
```

zgadza się z dokładnością $4.$ miejsc po przecinku.

**To jest idea pozwalająca obliczanie wartości funkcji $e^x$ na kalkulatorze.**

:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
var('x')
f2(x) = ln(x)
list2 = [taylor(f2(x), x, 1, n) for n in [0..5]]

show(plot(f2(x), (x,0,3),
color = PWRed,
thickness = 3,
aspect_ratio = 1,
legend_label=r'$\ln x$',
ymin=-1.5, ymax=1.5) +
plot(list2, (x,0,3),
color = PWBlue,
legend_label=[r'$T_0$', r'$T_1$', r'$T_2$', r'$T_3$', r'$T_4$', r'$T_5$']
),
transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Rozważmy funkcję $f(x) = \ln x$,
dla której

$$
f'(x)   & = x^{-1},
           &
   f''(x)     & = - x^{-2},
   \\
   f^{(3)}(x) & =  2\cdot x^{-3},
           &
   f^{(4)}(x) & = - 3\cdot 2\cdot x^{-4}.
$$

Indukcyjnie możemy pokazać, że

$$
f^{(k)}(x)  = (-1)^{k-1} \cdot (k-1)!\cdot x^{-k},
   \quad \text{dla }  k\in \nn.
$$

Rozwiniemy funkcję $f$ w punkcie $x_0 = 1$, więc potrzebujemy znać pochodne:

```{math}
f^{(k)}(1) = (-1)^{k-1} \cdot (k-1)! , \quad \text{dla }  k\in \nn.
```

Wzór Taylora rzędu $n$ w $x_0 = 1$ ma postać:

$$
f(x)
    &
   = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(1)}{k!}(x-1)^k
   + R_{n}(x)
   \\ &
   = \sum_{k=1}^{n}\frac {(-1)^{k-1}\cdot (k-1)!}{k!}(x-1)^k
   + R_{n}(x)
   = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \frac{(x-1)^k} k
   + R_{n}(x)
   \\ &
   = (x-1)
   - \frac{(x-1)^2} 2
   + \frac{(x-1)^3} 3
   + \ldots
   + (-1)^{n-1} \frac{(x-1)^n} n
   + R_{n}(x)
$$

przy czym reszta jest dana wzorem

$$
R_{n}(x)
   = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1}
   = \frac {(-1)^{n}}{n+1}\left(\frac {x-1} c \right)^{n+1} ,
$$

gdzie $c$ leży między $1$ i $x$.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
var('x')
f1(x) = sin(x)
list1 = [taylor(f1(x), x, 0, n) for n in [0,1,3,5,7,9,11,13]]

show(plot(f1(x), (x,-2*pi,2*pi),
color = PWRed,
thickness = 3,
aspect_ratio = 1,
legend_label=r'$\sin x$',
ymin=-3, ymax=4) +
plot(list1, (x,-2*pi,2*pi),
color = PWBlue,
legend_label=[r'$T_1$', r'$T_3$', r'$T_5$', r'$T_7$', r'$T_9$', r'$T_{11}$', r'$T_{13}$']
),
transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Dla funkcji $f(x) = \sin x$
mamy

$$
f'(x)   & = \cos x = \sin\left(x + \tfrac \pi 2\right),
   \\
   f''(x)  & = \cos\left(x + \tfrac \pi 2\right) = \sin\left(x + 2\cdot\tfrac \pi 2\right),
   \\
   f'''(x) & = \cos\left(x + 2\cdot \tfrac \pi 2\right) = \sin\left(x + 3\cdot\tfrac \pi 2\right).
$$

Indukcyjnie możemy pokazać, że

$$
f^{(k)}(x)  = \sin\left(x + k\cdot\tfrac \pi 2\right),
   \quad \text{dla }  k\in \nn_0.
$$

Rozwiniemy funkcję $f$ w punkcie $x_0 = 0$, więc potrzebujemy znać pochodne:

$$
f^{(k)}(0) = \sin\left(k\cdot\tfrac \pi 2\right)
   = \begin{cases}
   0,      & \text{dla parzystych } k          \\
   (-1)^\ell, & \text{dla nieparzystych } k = 2\ell + 1
   \end{cases}.
$$

To oznacza, że we wzorze
Maclaurina będą się pojawiały jedynie nieparzyste potęgi $x$.

Wzór rzędu $2n$ ma postać:

$$
f(x) &
= f(0)
   + f'(0)\cdot x
   + \frac {f''(0)}{2!}x^2
   + \frac {f^{(3)}(0)}{3!}x^3
   + \ldots
   \\ & \quad
   + \frac {f^{(2n-1)}(0)}{(2n-1)!}x^{2n-1}
   + \frac {f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}
   + R_{2n}(x)
   \\ &
   = 0
   + 1\cdot x
   + \frac {0}{2!} x^2
   + \frac {-1}{3!} x^3
   + \frac {0}{4!} x^4
   + \frac {1}{5!} x^5
   + \ldots
   \\ & \quad
   + \frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)!} x^{2n-1}
   + \frac {0}{(2n)!} x^{2n}
   + R_{2n}(x)
   \\ &
   =
   \frac {(-1)^0}{(2\cdot 0 + 1)!} x^{2\cdot 0 + 1}
   + \frac {(-1)^1}{(2\cdot 1 + 1)!} x^{2\cdot 1 + 1}
   + \frac {(-1)^2}{(2\cdot 2 + 1)!} x^{2\cdot 2 + 1}
   + \ldots
   \\ & \quad
   + \frac {(-1)^{n-1}}{(2(n-1)+1)!} x^{2(n-1) + 1}
   + R_{2n}(x)
   \\ &
   = \sum_{\ell=0}^{n-1}\frac {(-1)^\ell}{(2\ell+1)!}x^{2\ell+1}
   + R_{2n}(x) .
$$

Reszta jest dana wzorem

$$
R_{2n}(x) & =\frac {f^{(2n+1)}(c)}{(2n+1)!}x^{2n+1}
   \\ & =\frac {\sin\Paren{c + (2n + 1) \tfrac \pi 2}}{(2n+1)!} x^{2n+1}
   \\ & =\frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} x^{2n+1} .
$$

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.
:::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-01
:class: [exercise]

Obliczmy z dokładnością $10^{-6}$ przybliżoną wartość $\sin \tfrac 1 {3}.$


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-05`, {numref}`prob-06-ex-06`, {numref}`prob-06-ex-11`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex(1 / 3 - 1 / (3 ^ 3 * factorial(3)) + 1 / (3 ^ 5 * factorial(5)))
content = rf"""
\sin \tfrac 1 {{3}} \simeq
\frac 1 {{3}} - \frac 1 {{3!}} \cdot \frac 1 {{3^3}} + \frac 1 {{5!}} \cdot \frac 1 {{3^5}}
= {body_01}
\simeq
0.3271947.
"""
glue('sageglue_5_2', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Skorzystamy ze wzoru Maclaurina dla funcji $\sin x$ :

$$
\begin{aligned}
\sin x
    & = \sum_{\ell=0}^{n-1}\frac {(-1)^\ell}{(2\ell+1)!}x^{2\ell+1}
   + R_{2n}(x),
    &
   R_{2n}(x)
    & = \frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} x^{2n+1} ,
\end{aligned}
$$

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.

Musimy dobrać $n\in \nn_0$ w taki sposób,
aby $\Absolute{ R_{2n}\Paren{\tfrac 1 {3}} } < 10^{-6}.$

Oszacujmy:

$$
\Absolute{R_{2n}\Paren{\tfrac 1 {3}} }
    & = \Absolute{\frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} \cdot \frac 1 {3^{2n+1}}}
   \\ & = \frac {\Absolute{\cos\Paren{c + n \pi}}}{(2n+1)!} \cdot \frac 1 {3^{2n+1}}
   \\
    & \leq \frac 1 {3^{2n+1} (2n+1)!}
   = \frac 1 {3\cdot 9^{n}\cdot (2n+1)!} < 10^{-6}.
$$

Krótkie obliczenia dla początkowych liczb naturalnych pokazują, że

- dla $n=2$,$\quad 3\cdot 9^{2}\cdot 5! = 29160 < 10^7$
- dla $n=3$,$\quad 3\cdot 9^{3}\cdot 7! = 11022480 > 10^7$.

Zatem biorąc wielomian stopnia $2\cdot 3 = 6$ otrzymamy przybliżenie
z dokładnością $10^{-7}$:

```{glue:math} sageglue_5_2
```

:::

## Ekstrema funkcji różniczkowalnych

:::{prf:definition}

Funkcja $f: X\to \rr$ ma w punkcie $x_0\in X$:

- **minimum lokalne** {index}`minimum lokalne` jeśli
  $\Exists{\delta > 0} \Forall{x\in X\cap S(x_0, \delta)} f(x) \geq f(x_0)$
- **maksimum lokalne** {index}`maksimum lokalne` jeśli
  $\Exists{\delta > 0} \Forall{x\in X\cap S(x_0, \delta)} f(x) \leq f(x_0)$.

Jeśli w powyższej definicji zamienimy nierówność $\geq$ ($\leq$) na $>$ ($<$),
to powiemy, że minimum (maksimum) lokalne jest
**właściwe** {index}`minimum lokalne właściwe` {index}`maksimum lokalne właściwe`

Maksima i minima lokalne nazywamy
**ekstremami lokalnymi** {index}`ekstremum lokalne`.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(sin (abs(x)), (x, -pi , pi),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
   legend_label=r'$\sin|x|$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = \sin |x|$, dla $x\in (-\pi, \pi)$,
ma minimum lokalne właściwe w punkcie $0$
i maksima lokalne właściwe w punktach $-\frac \pi 2$ i $\frac \pi 2.$

W definicji można wziąć $\delta = \frac \pi 4.$
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(x^3, (x, -1, 1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
   legend_label=r'$x^3$'),
   transparent=True, frame=False)
```

::::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = x^3$ nie ma ekstremum lokalnego w punkcie $0$.

Istotnie,

1. $\forall \delta > 0\ \exists x\in S(0,\delta) \ f(x) < f(0) = 0$,
   np.: $x = -\frac \delta 2$,
   więc nie ma minimum

2. $\forall \delta > 0\ \exists x\in S(0,\delta) \ f(x) > f(0) = 0$,
   np.: $x = \frac \delta 2$,
   więc nie ma maksimum.

::::

:::{prf:theorem} Fermata, warunek konieczny I-go rzędu

Jeśli funkcja $f: X \to \rr$ ma ekstremum w punkcie $x_0\in X$,
i istnieje $f'(x_0)$, to $f'(x_0) = 0.$
:::

::::{prf:remark}

Twierdzenie daje warunek **konieczny** istnienia ekstremum funkcji
w punktach, w których jest ona **różniczkowalna**!

1. Funkcja $f(x) = x^3$ nie ma ekstremum w $0$, choć $f'(0) = 3\cdot 0^2 = 0.$
2. Funkcja $f(x) = \sin |x|$ ma minimum w $0$,
   ale $f'(0) \neq 0$ (bo nie istnieje).

::::

:::{prf:definition}

**Punktem krytycznym** {index}`punkt; krytyczny` funkcji
$f: X \to \rr$ nazywamy punkt $x_0\in X$, jeśli $f'(x_0) = 0$.
:::

::::{prf:remark}

Ponieważ funkcja ciągła $f$ **w przedziale domkniętym $[a,b]$**
przyjmuje wartości ekstremalne, co wiemy z tw. Weierstrassa,
to procedura znajdowania tych wartości może być następująca:

1. Znajdujemy zbiór punktów $D_{f'}\subseteq (a,b)$, w których funkcja
   $f$ jest różniczkowalna.
2. Znajdujemy zbiór punktów krytycznych $K\subseteq D_{f'}$
   funkcji $f$.

   Nie musimy badać, czy są w nich ekstrema i jakiego typu.
3. Obliczamy wartości $f$ w punktach zbioru
   $([a,b]\setminus D_{f'}) \cup K$ ($a$ i $b$ do niego należą!).

   Z powyższych rozważań wynika,
   że są to jedyne punkty, w których $f$ może przyjmować wartości ekstremalne.
4. Spośród obliczonych wartości wybieramy najmniejszą i największą.

::::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-02
:class: [exercise]

Znajdźmy w. ekstremalne funkcji $f(x) = 2x^3 - 3x^2 -12x + 1$
dla $x\in\left[0,3\right]$.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-03`, {numref}`prob-06-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. $f$ jest wielomianem, różniczkowalnym na każdym przedziale, więc $D_{f'} = (0,3).$

2. Zauważmy, że

   $$
   f'(x) = 6x^2 -6x -12 = 0
   \qlq
   6(x+1)(x-2) = 0
   \qlq
   x \in \Set{-1,2}.
   $$

   Ponieważ $-1 \notin (0,3),$
   to $K = \Set{2}$.

3. $([0,3]\setminus D_{f'}) \cup K = \Set{0,2,3}$.

   Wartości funkcji to:

   $$
   f(0) = 1,
   \quad
   f(2) = -19,
   \quad
   f(3) = -8.
   $$

4. $f$ ma minimum w punkcie $x=2$ równe $-19$
   i maksimum w punkcie $x=0$ równe $1$.
:::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-03
:class: [exercise]

Znajdźmy wartości ekstremalne funkcji $f(x) = x^2 - 3|x|$
na zbiorze $\left[-1, 2\right]$.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-03`, {numref}`prob-06-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. $f$ jest różniczkowalna poza $x=0$, więc $D_{f'} = (-1,0)\cup (0,2).$

2. Zauważmy, że

   $$
   f'(x) =
   \begin{cases}
   \Paren{x^2 - 3x}' = 2x -3 & \text{dla } x > 0 \\
   \Paren{x^2 + 3x}' = 2x +3 & \text{dla } x < 0
   \end{cases}.
   $$

   Stąd

   $$
   \begin{aligned}
   2x - 3 & = 0 \qlq x = \frac 3 2 > 0,
   &
   2x + 3 & = 0 \qlq x = -\frac 3 2 < 0,
   \end{aligned}
   $$

   ale
   $-\frac 3 2 \notin D_{f'}.$

   Zatem $K = \Set{\frac 3 2}$.

3. $([-1,2]\setminus D_{f'}) \cup K = \Set{-1,0,2,\frac 3 2}$.

   Wartości funkcji to:

   $$
   f(-1) = -2,
   \quad
   f(0) = 0,
   \quad
   f\Paren{\tfrac 3 2} = \tfrac 9 4 - \tfrac 9 2 = -2\tfrac 1 4,
   \quad
   f(2) = -2.
   $$

4. $f$ ma minimum w punkcie $x=\frac 3 2$ równe $-2 \frac 1 4$ i maksimum w punkcie $x=0$ równe $0$.
:::

:::{prf:theorem} warunek dostateczny I-go rzędu

Niech funkcja $f: X \to \rr$ będzie ciągła w punkcie $x_0\in X$,
i różniczkowalna na pewnym sąsiedztwie $S(x_0,\delta)$.

Wówczas:

- jeśli

  $$
  \forall x\in (x_0 - \delta, x_0) \quad
  f'(x) > 0
  \qquad \wedge \qquad
  \forall x\in (x_0, x_0 + \delta) \quad
  f'(x) < 0 ,
  $$

  to $f$ ma w punkcie $x_0$ **maksimum lokalne właściwe**

- jeśli

  $$
  \forall x\in (x_0 - \delta, x_0) \quad
  f'(x) < 0
  \qquad \wedge \qquad
  \forall x\in (x_0, x_0 + \delta) \quad
  f'(x) > 0 ,
  $$

  to $f$ ma w punkcie $x_0$ **minimum lokalne właściwe**

- jeśli zaś

  $$
  \forall x\in S(x_0, \delta) \quad
  f'(x) < 0
  \qquad \text{albo} \qquad
  \forall x\in S(x_0, \delta) \quad
  f'(x) > 0 ,
  $$

  to $f$ nie ma w punkcie $x_0$ ekstremum lokalnego.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(sin(x^3), (x, -pi , pi),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
   legend_label=r'$\sin x^3$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = \sin x^3$
nie ma ekstremum w punkcie $0$ mimo, że jest on punktem krytycznym.

Istotnie,

```{math}
f'(x) = 3 x^2\cos x^3.
```

Zatem
$f'(0) = 0$, oraz $f'(x) > 0$
dla $x \in \left(- \sqrt[3]{\frac {\pi} 2},  \sqrt[3]{\frac {\pi} 2}\right)\setminus\Set{0}$.

Wystarczy w tw. przyjąć $\delta = \sqrt[3]{\frac {\pi} 2}$.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(x + 2*sin (abs(x)), (x, -pi , pi),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
   legend_label=r'$x+2\sin|x|$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja

```{math}
f(x) = x + 2\sin |x|,
```

dla $x\in (-\pi, \pi),$
ma minimum lokalne właściwe w punkcie $0$.

Istotnie, jest różniczkowalna dla $x\neq 0$, przy czym

$$
f'(x) =
   \begin{cases}
      1-2\cos x   & \text{dla } x \in (-\pi,0) \\
      1 + 2\cos x & \text{dla } x \in (0,\pi)
   \end{cases}.
$$

Zatem

- dla $x \in (-\pi,0)$:
  $\quad$
  $f'(x) < 0$,
  jeśli $\cos x > \frac 1 2$
  $\quad$
  czyli dla $x\in \left(-\frac \pi 3, 0\right)$

- dla $x \in (0,\pi)$:
  $\quad$
  $f'(x) > 0$,
  jeśli $\cos x > -\frac 1 2$
  $\quad$
  czyli dla $x\in\left(0,\frac {2\pi} 3\right).$

Wystarczy w twierdzeniu przyjąć $\delta = \frac \pi 3$.
:::

:::{prf:theorem} warunek wyższego rzędu

Niech funkcja $f: X \to \rr$ będzie $n$-krotnie różniczkowalna
na pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$ punktu $x_0$,
oraz $f^{(n)}$ będzie ciągła w $x_0$.

Załóżmy, że:

- $f^{(k)}(x_0) = 0 \quad$ dla $k=1,\ldots,n-1$
- $f^{(n)}(x_0) \neq 0$.

Wówczas:

- jeśli $n$ jest nieparzyste, to $f$ nie ma ekstremum w punkcie $x_0$
- jeśli $n$ jest parzyste, to $f$ ma

    - minimum lokalne, gdy $f^{(n)}(x_0) > 0$
    - maksimum lokalne, gdy $f^{(n)}(x_0) < 0$.
:::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-04
:class: [exercise]

Znajdźmy ekstrema lokalne funkcji
$f(x) = x^2(x-1)^2$.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-02`, {numref}`prob-06-ex-07`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

body_01 = latex((2 * x * (x - 1) * (2 * x - 1)).expand())
body_02 = latex((2 * x * (x - 1) * (2 * x - 1)).diff().expand())
content = rf"""
f''(x) = ({body_01})' =
{body_02}.
"""
glue('sageglue_5_3', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja $f$ jest różniczkowalna dowolną liczbę razy na $\rr$.

W każdym punkcie możemy skorzystać z warunku wyższego rzędu.

Liczymy pochodną funkcji $f$:

$$
f'(x) = 2x(x-1)^2 + 2x^2 (x-1) = 2x(x-1)(x-1+x) = 2x(x-1)(2x-1).
$$

Zatem w punktach $x\in \rr \setminus \Set{0, \tfrac 1 2 ,1}$
funkcja $f$ nie ma ekstremum,
gdyż $f^{(1)}(x)\neq 0 .$

W pozostałych 3. punktach $f'(x)=0$, więc badamy wyższe pochodne:

```{glue:math} sageglue_5_3
```

- $f''(0) = 2 >0 $, więc w $0$ funkcja ma minimum lokalne równe 0
- $f''\Paren{\tfrac 1 2} = 3-6+2 = -1 < 0 $, więc w $\tfrac 1 2$
  funkcja ma maksimum lokalne równe $\frac 1 {16}$
- $f''\Paren{1} = 12-12+2 = 2 > 0 $, więc w $1$
  funkcja ma minimum lokalne równe 0.

:::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-05
:class: [exercise]

Czy funkcja
$f(x) = \Ch x + \cos x$ ma ekstremum lokalne
w $x_0 = 0$?
::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja $f$ jest różniczkowalna dowolną liczbę razy na $\rr$.

W punkcie $0$ możemy skorzystać z warunku wyższego rzędu.

1. $f'(x) = \Sh x - \sin x$, więc $f'(0) = 0$.

   Nie możemy wykluczyć ekstremum lokalnego.
2. $f''(x) = \Ch x - \cos x$, więc $f''(0) = 1-1 = 0$.

   Dalej nie możemy wyciągnąć wniosków.
3. $f'''(x) = \Sh x + \sin x$, więc $f'''(0) = 0$.

   Jak wyżej.
4. $f^{(4)}(x) = \Ch x + \cos x$, więc $f^{(4)}(0) = 2 > 0$.

   Zatem warunek wyższego rzędu (dla $n = 4$) mówi, że
   $f$ ma minimum lokalne w $x_0 = 0.$
:::

## Wypukłość, wklęsłość, punkty przegięcia wykresu funkcji

:::{narration}

Niech $f:X \to \rr$ będzie różniczkowalna
na pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$
punktu $x_0\in X$.
:::

:::{prf:definition}

Funkcję $f$ lub krzywą $y = f(x)$ nazywamy:

- (ściśle) **wypukłą** {index}`funkcja; wypukła`
  w punkcie $x_0\in X$, jeśli
  $$
  \Exists {\delta > 0} \Forall {x\in S(x_0, \delta)} f(x) > f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)
  $$

- (ściśle) **wklęsłą** {index}`funkcja; wklęsła`
  w punkcie $x_0\in X$, jeśli
  $$
  \Exists {\delta > 0} \Forall {x\in S(x_0, \delta)} f(x) < f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)\
  $$
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
   var('x')
   a = -1.4
   g(x) = 10^(x-2-a)
   X0 = 1.5 + a
   g2(x) = 1.1-10^(x-2-a)
   DX = .5
   X1 = X0 + DX
   h(x) = diff(g)(X0)*(x-X0) + g(X0)
   h2(x) = diff(g2)(X0)*(x-X0) + g2(X0)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot(g(x), (x, X0-.4, X1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio = .7,
   legend_label=r'$f(x)$',
   ticks=[[X0,X1],[h(X0),h(X1),g(X1)]],
   tick_formatter=[["$x_0$","$x$"],["$f(x_0)$","$f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$", "$f(x)$"]]) +
   line([(X0,0),(X0, h(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X1,0),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h(X0)),(X1, h(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h(X1)),(X1, h(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,g(X1)),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   plot(h(x), (x, X0-.4, X1+.2),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$y$'),
   transparent=True, frame=False
)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot(g2(x), (x, X0-.4, X1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio = .7,
   legend_label=r'$f(x)$',
   ticks=[[X0,X1],[h2(X0),h2(X1),g2(X1)]],
   tick_formatter=[["$x_0$","$x$"],["$f(x_0)$","$f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)$", "$f(x)$"]]) +
   line([(X0,0),(X0, h2(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X1,0),(X1, g2(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h2(X0)),(X0, h2(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h2(X1)),(X1, h2(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,g2(X1)),(X1, g2(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   plot(h2(x), (x, X0-.4, X1+.2),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$y$'),
   transparent=True, frame=False
)
```

:::{prf:remark}

Geometrycznie definicja oznacza, że
$f$ jest w punkcie $x_0$:

- wypukła, jeśli w pewnym sąsiedztwie
  $S(x_0, \delta)$ wykres $f$ jest powyżej prostej
  stycznej do wykresu $f$ w punkcie $x_0$

- wklęsła, jeśli w pewnym sąsiedztwie
  $S(x_0, \delta)$ wykres $f$ jest poniżej prostej
  stycznej do wykresu $f$ w punkcie $x_0$.

:::

:::{prf:definition}

Funkcję $f$ lub krzywą $y = f(x)$ nazywamy
**wypukłą** {index}`funkcja; wypukła; na zbiorze`
(**wklęsłą**) {index}`funkcja; wklęsła; na zbiorze`
**na zbiorze $A \subseteq X$**,
jeśli jest wypukła (wklęsła)
w każdym punkcie zbioru $A$.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja liniowa $y = ax + b$ nie jest ani wklęsła,
ani wypukła.
:::

:::{prf:theorem}

Niech funkcja $f: (a,b) \to \rr$ będzie $2$-krotnie różniczkowalna.

Wówczas,

- jeśli $\forall x \in (a,b)\ f''(x) > 0$,
$\quad$
  to funkcja $f$ (krzywa $y = f(x)$) jest
  wypukła na $(a,b)$

- jeśli $\forall x \in (a,b)\ f''(x) < 0$,
  $\quad$
  to funkcja $f$ (krzywa $y = f(x)$) jest
  wklęsła na $(a,b)$.
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Dla $f(x) = a^x$, $a\in\rr_+ \setminus \Set{1}$, mamy

   $$
   \begin{aligned}
   f'(x)  & = a^x \ln a,
   &
   f''(x) & = a^x (\ln a)^2 > 0.
   \end{aligned}
   $$

   Zatem $f$ jest wypukła (na swojej dziedzinie).

2. Dla $f(x) = \log_a x$, $a\in\rr_+ \setminus \Set{1}$, mamy

   $$
   \begin{aligned}
   f'(x)  & = \frac 1 {x \ln a},
   &
   f''(x) & =  - \frac 1 {x^2 \ln a} > 0 \qlq a < 1.
   \end{aligned}
   $$

   Zatem $f$ jest wypukła (na swojej dziedzinie) dla $a\in(0,1)$
   wklęsła dla $a>1$.
:::

:::{prf:definition}

**Punktem przegięcia** {index}`punkt; przegięcia`
funkcji $f:X\to\rr$ lub krzywej $y = f(x)$ nazywamy punkt $(x_0,f(x_0))$,
jeśli:

- $f$ jest ciągła w punkcie $x_0$
- $\exists \delta>0$ taka, że
  $f$ jest wypukła dla $x\in(x_0 - \delta,x_0)$
  i $f$ jest wklęsła dla $x\in(x_0,x_0 + \delta)$,
  lub na odwrót.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot([x^3+x/3,x^5+x/5,x^7+x/7,x^9+x/9], (x, -1, 1),
   thickness=3, aspect_ratio = 1,
   color = ['#9a1006', '#3466af', '#006872', '#e7a217'],
   legend_label=[r'$x^3+\frac{x}{3}$', r'$x^5+\frac{x}{5}$', r'$x^7+\frac{x}{7}$', r'$x^9+\frac{x}{9}$'],
   ymin=-.7, ymax=.7),
   transparent=True, frame=False)
```

::::{prf:example}
:class: [example]

Dla $n\in\nn$, funkcja $f(x) = x^{2n+1}+\dfrac x {2n+1}$
ma punkt przegięcia dla odciętej $x_0 = 0$.

Istotnie,

```{math}
f''(x) = 2n(2n+1)x^{2n-1},
```

więc:

:::{container} columns-2-auto

- $f''(x) > 0$ i $f$ jest wypukła dla $x > 0$
- $f''(x) < 0$ i $f$ jest wklęsła dla $x < 0$.

:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(abs(ln(x)), (x, 0, 2),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio = 1,
   legend_label=r'$|\ln x|$',
   ymin=0, ymax=1.4),
   transparent=True, frame=False)
```

::::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = |\ln x|$ ma punkt przegięcia
dla odciętej $x_0 = 1$.

Istotnie,

```{math}
f''(x) = -\sgn(x-1) \frac 1 {x^2} \quad \text{dla } x\neq 1,
```

więc:

:::{container} columns-2-auto

- $f''(x) > 0$ i jest wypukła dla $x < 1$
- $f''(x) < 0$ i jest wklęsła dla $x > 1$.

:::

::::

:::{prf:theorem} warunek konieczny dla punktu przegięcia

Niech funkcja $f:X \to \rr$ będzie 2-krotnie różniczkowalna
w pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$ punktu $x_0$
i $f''$ będzie ciągła w $x_0$.

Wówczas, jeśli $(x_0, f(x_0))$ jest punktem przegięcia $f$,
to $f''(x_0)=0$.
:::

:::{prf:remark}

Twierdzenie nie jest prawdziwe w przeciwną stronę, tzn.
$f''(x_0) = 0$, nie implikuje, że $f$ ma punkt przegięcia
dla odciętej $x_0$.

Na przykład dla $f(x) = x^4$, mamy $f''(x) = 12x^2$.

Zatem $f''(0) = 0$ i $f''(x) > 0$ dla $x\neq 0$,
więc $f$ jest wypukła w otoczeniu $0$.

Punkt $(0,0)$ nie jest punktem przegięcia.
:::

## Badanie przebiegu zmienności funkcji

::::{tip}

Schemat badanie przebiegu zmienności funkcji $f$ jest następujący:

1. Szukamy dziedziny $D_f$.
2. Określamy cechy szczególne (parzystość, okresowość).
3. Liczymy granice na końcach dziedziny.
4. Znajdujemy asymptoty.
5. Znajdujemy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne.
6. Znajdujemy przedziały, na których funkcja jest wypukła /  wklęsła
   i punkty przegięcia.
7. Zapisujemy wynik w tabeli.
8. Rysujemy wykres poglądowy z uwzględnieniem charakterystycznych wartości funkcji.

::::

::::{exercise}
:label: lec-06-ex-06
:class: [exercise]

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji
$\displaystyle f(x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {|x|}$.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-02`, {numref}`prob-06-ex-07`, {numref}`prob-06-ex-10`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
   var(x)
   f(x) = ln(e^2 * x^2)/abs(x)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Szukamy dziedziny $D_f$.

   Z określenia funkcji widać, że musi być spełniony warunek:

   $$
   \Paren{|x| \neq 0 \Quad{\wedge} e^2\cdot x^2 > 0}
   \qlq
   x \neq 0.
   $$

   Zatem $D_f = \rr \setminus \Set{0}.$

2. Określamy cechy szczególne.

   Ponieważ $\forall x \in D_f \; -x\in D_f$ oraz

   $$
   f(-x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot (-x)^2\right)} {|-x|}
   = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {|x|} = f(x),
   $$

   to funkcja jest parzysta.

   $f$ nie jest okresowa.

   Ponieważ $f$ jest parzysta, to możemy (ale nie musimy)
   zbadać jej przebieg dla $x>0$ i na tej
   podstawie wywnioskować przebieg dla $x<0.$

   Przyjmijmy $f_1 = f|_{\rr_+}$, czyli:

   $$
   f_1 : \rr_+ \to \rr,
   \quad
   f_1(x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {x}
   = \frac {2 + 2 \ln x} {x}.
   $$

3. Liczymy granice na końcach dziedziny.

   $$
   \LimIn{0^+} f(x)
   = \LimIn{0^+} f_1(x)
   & = \LimIn{0^+} \frac {2 + 2 \ln x} {x}
   = \Brack{\frac {-\infty}{ 0^+}} = - \infty
   \\
   \LimIn{+\infty} f(x)
   = \LimIn{+\infty} f_1(x)
   & = \LimIn{+\infty} \frac {2 + 2 \ln x} {x}
   = \IndefiniteSymbol
   \DeLHospital
   \LimIn{+\infty} \frac {2 x^{-1}} {1} = 0.
   $$

   To implikuje, że

   $$
   \begin{aligned}
   \LimIn{-\infty} f(x) & = 0,
   &
   \LimIn{0^-} f(x)     & = -\infty.
   \end{aligned}
   $$

4. Znajdujemy asymptoty.

   - Z poprzedniego punktu wynika, że $x=0$ jest obustoronną asymptotą pionową.

   - Ponieważ

     $$
     m_+ & = \LimIn{+\infty} \frac{f(x)} x
     = \LimIn{+\infty} \frac {2 + 2 \ln x} {x^2}
     = \IndefiniteSymbol
     \DeLHospital
     \LimIn{+\infty} \frac {2 x^{-1}} {2x}
     =\LimIn{+\infty} \frac {1} {x^2}
     = 0,
     \\
     k_+ & = \LimIn{+\infty} \Brack{f(x) - 0\cdot x} = 0,
     $$
     to $y = m_+ \cdot x + k_+ = 0$ jest asymptotą prawostronną.

     Z parzystości $f$ wnosimy,
     że również lewostronną, czyli obustronną.

5. Znajdujemy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne.

   Funkcja $f$ jest różniczkowalna na $D_f$, więc skorzystamy z jej pochodnej:

   $$
   f_1'(x) = \frac{\tfrac 2 x \cdot x - 2 - 2 \ln x} {x^2}
   = - \frac {2 \ln x} {x^2}.
   $$

   Rozwiązujemy nierówność:

   $$
   f_1'(x) > 0
   \qlq
   -2 x^2 \ln x > 0
   \qlq
   \ln x < 0
   \qlq
   0 < x < 1.
   $$

   Stąd wniosek, że

   - $f_1, f \nearrow$ dla $x\in (0,1) $
   - $f_1, f \searrow$ dla $x\in (1, + \infty) $
   - $f \searrow$ dla $x\in (-1,0) $
   - $f \nearrow$ dla $x\in (-\infty, -1) $
   - $f_1, f$ ma maksimum lokalne w $x = 1$ równe $f(1) = 2 $
   - $f$ ma maksimum lokalne w $x = -1$ równe $f(-1) = 2.$

6. Znajdujemy przedziały, na których funkcja jest wypukła /  wklęsła
   i punkty przegięcia.

   Liczymy 2. pochodną:

   $$
   f_1''(x) = - \frac{\tfrac 2 x \cdot x^2 - 2x\cdot 2\ln x} {x^4}
   = \frac {- 2 (1 - 2\ln x)} {x^3}.
   $$

   Rozwiązujemy nierówność:

   $$
   f_1''(x) > 0
   \qlq
   &
   x > 0 \Quad{\wedge}
   {- 2 (1 - 2\ln x)} {x^3} > 0
   \\
   &
   x > 0 \Quad{\wedge}
   (1 - 2\ln x) x < 0
   \\
   &
   x > 0 \Quad{\wedge} 1- 2\ln x < 0
   \\
   &
   x > 0 \Quad{\wedge} \ln x > \tfrac 1 2
   \\
   & x \in \Paren{\sqrt e, +\infty}.
   $$

   Stąd wniosek, że

   - $f_1, f$ jest wklęsła dla $x\in \Paren{0, \sqrt e} $
   - $f_1, f$ jest wypukła dla $x\in \Paren{\sqrt e, + \infty} $
   - $f$ jest wklęsła dla $x\in \Paren{ -\sqrt e, 0} $
   - $f$ jest wypukła dla $x\in \Paren{-\infty, -\sqrt e} .$
   - $f$ ma punkty przegięcia
     $\Paren{ -\sqrt e, f\Paren{-\sqrt{e}}} = \Paren{-\sqrt e, \tfrac 3 {\sqrt e}}$,
     $\quad \Paren{ \sqrt e, f\Paren{\sqrt{e}}} = \Paren{\sqrt e, \tfrac 3 {\sqrt e}}$.

7. Zapisujemy wynik w tabeli.

   ```{table}
   :align: center

   | $x$ | $0$ | | $1$ | | $\sqrt{e}$ | | $+\infty$ |
   |---|---|---|---|---|---|---|---|
   | $f'$ | brak | + | 0 | − | − | − | |
   | $f''$ | brak | − | − | − | 0 | + | |
   | $f$ | $-\infty$ | ↗ | max = 2 | ↘ | $\tfrac{3}{\sqrt{e}}$ | ↗ | 0 |
   ```

8. [GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/dsm5kadg)
   Sporządzamy wykres poglądowy z uwzględnieniem charakterystycznych wartości funkcji.

:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   plot(f(x), (x,-8,8),
   color = PWBlue,
   thickness = 2,
   aspect_ratio = 1,
   legend_label=r'$f(x)$',
   ymin=-5, ymax=3
   )
   + circle((1,2), 0.1, thickness=0, fill=True, facecolor=PWGreen)
   + circle((-1,2), 0.1, thickness=0, fill=True, facecolor=PWGreen)
   + circle((sqrt(e),f(sqrt(e))), 0.1, thickness=0, fill=True, facecolor=PWGreen)
   + circle((-sqrt(e),f(-sqrt(e))), 0.1, thickness=0, fill=True, facecolor=PWGreen)
   + line([(0,-5),(0,3)], color = PWRed, thickness = 2, linestyle='--')
   + line([(-8,0),(8,0)], color = PWRed, thickness = 2, linestyle='--'),
   transparent=True, frame=False
)
```