Współczynniki funkcji wymiernej z warunków f(1) = 2 i f′(1) = −1

Krok 1. Dziedzina. Mianownik $x^2 + 1 \geq 1$ nigdy się nie zeruje, więc $D_f = \mathbb{R}$ i pochodna istnieje w każdym punkcie.

Krok 2. Pochodna ilorazu z parametrami. $u = ax + b$, $u' = a$; $v = x^2 + 1$, $v' = 2x$:

$$f'(x) = \frac{a(x^2 + 1) - (ax + b) \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-ax^2 - 2bx + a}{(x^2 + 1)^2}.$$

Krok 3. Warunki. Podstawiamy $x = 1$:

$$f(1) = \frac{a + b}{2} = 2, \qquad f'(1) = \frac{-a - 2b + a}{4} = -\frac{b}{2} = -1.$$

Z drugiego równania $b = 2$, a z pierwszego $a + b = 4$, czyli $a = 2$. Układ ma jedno rozwiązanie, bo oba równania są liniowe i niezależne.

Krok 4. Sprawdzenie. Dla $f(x) = \frac{2x + 2}{x^2 + 1}$: $f(1) = \frac{4}{2} = 2$ oraz pochodna (z kroku 2 dla $a = b = 2$)

$$f'(x) = \frac{-2x^2 - 4x + 2}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-2(x^2 + 2x - 1)}{(x^2 + 1)^2},$$

skąd $f'(1) = \frac{-2 \cdot 2}{4} = -1$. Oba warunki spełnione.

Krok 5. Miejsca zerowe pochodnej. Mianownik jest dodatni, więc $f'(x) = 0 \iff x^2 + 2x - 1 = 0$:

$$\Delta = 4 + 4 = 8, \qquad x = \frac{-2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}.$$

W tych punktach styczna do wykresu jest pozioma - to kandydaci na ekstrema lokalne.

Odpowiedź. a) $a = 2$, $b = 2$; b) $x = -1 - \sqrt{2}$ oraz $x = -1 + \sqrt{2}$.