Uppgift 5

Vi ser att funktionen $f(x)=\arcsin(x)-\sqrt2\cdot x$ är udda, samt definierad och kontinuerlig för alla $x\in[-1,1]$. Vi får att $f'(x)=\frac1{\sqrt{1-x^2}}-\sqrt2$ vilket ger att $f'(x)=0$ för $x=\pm1/\sqrt2$. Vidare får vi efter förenkling att $f''(x)=x\cdot(1-x^2)^{-3/2}$, så $f''(x)=0$ bara för $x=0$. Vi gör en teckentabell:
$$\begin{array}{c|ccccccccc}x&-1&&-1/\sqrt2&&0&&1/\sqrt2&&1\\\hline f'(x)&\text{ej def.}&+&0&-&-&-&0&+&\text{ej def.}\\f(x)&\sqrt2-\pi/2&\nearrow&1-\pi/4&\searrow&\searrow&\searrow&\pi/4-1&\nearrow&\pi/2-\sqrt2\\f''(x)&\text{ej def.}&-&-&-&0&+&+&+&\text{ej def.}\\f(x)&&\frown&\frown&\frown&\text{infl.}&\smile&\smile&\smile&\end{array}$$
Från denna ser vi att funktionen har lokala maximum för $x=-1/\sqrt2$ och $x=1$. Vi får
$$f(-1/\sqrt2)=1-\pi/4\approx1-0.785=0.215,$$
och
$$f(1)=\pi/2-\sqrt2\approx1.57-1.41=0.16,$$
så vi har globalt maximum $f(-1/\sqrt2)=1-\pi/4$. På samma sätt får vi att vi har globalt minimum $f(1/\sqrt2)=\pi/4-1$. Vidare är funktionen konkav på $[-1,0]$ och konvex på $[0,1]$, så $x=0$ är en inflektionspunkt. Vi skissar grafen: