MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 3. VI 2011
1. Podać równania płaszczyzn stycznych do powierzchni będących wykresami funkcji
(a) f (x, y) = x
3
− xy w punkcie x = 2 , y = 3, z = f (2, 3) ,
(b) g(x, y) = x
2
ln y w punkcie x = 2 , y = 1 , z = 0 ,
(c) h(x, y) = (x
2
+ 1)
√
y w punktach (−3, 1, h(−3, 1)) oraz (1, 4, h(1, 4)) ,
(d) korzystając z rozwiązania punktów (b) i (c) i z różniczki zupełnej podać przybliżone
wartości (1, 99)
2
ln 1, 02, ((−2, 95)
2
+ 1)
√
1, 04 i ((1, 03)
2
+ 1)
√
3, 96.
2. Podać i zinterpretować geometrycznie równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funk-
cji dwóch zmiennych f w punkcie (x
0
, y
0
, z
0
) (gdzie z
0
= f (x
0
, y
0
)), gdy wiadomo, że
(x
0
, y
0
) jest punktem stacjonarnym tej funkcji.
Rozwiązania
1. W całym zadaniu korzystamy z równania płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji f w
punkcie (x
0
, y
0
, z
0
) (gdzie z
0
= f (x
0
, y
0
)) :
z = z
0
+ (x − x
0
)f
0
x
(x
0
, y
0
) + (y − y
0
)f
0
y
(x
0
, y
0
) .
Stąd
(a) z = f (2, 3)+(x−2)f
0
x
(2, 3)+(y−3)f
0
y
(2, 3) = 2
3
−2·3+(3·2
2
−3)(x−2)+(−2)(y−3) =
9x − 2y − 10
f
0
x
(x, y) = 3x
2
− y , f
0
y
(x, y) = −x ,
(b) z = 2
2
ln 1 + (x − 2)(2 · 2 · ln 1) + (y − 1)
2
2
1
= 4y − 4 , (g
0
x
(x, y) = 2x ln y , g
0
y
(x, y) =
x
2
y
)
(c) z = ((−3)
2
+ 1)
√
1 + (x + 3) · (2 · (−3) ·
√
1) + (y − 1) ·
(−3)
2
+1
2
√
1
= −6x + 5y − 13
i z = (1
2
+ 1)
√
4 + (x − 1) · (2 · 1 ·
√
4) + (y − 4) ·
1
2
+1
2
√
4
= 4x +
1
2
y − 2
odpowiednio w (−3, 1, 10) i w (1, 4, 4)
(h
0
x
(x, y) = 2x
√
y, h
y
(x, y) =
x
2
+1
2
√
y
),
(d) (1, 99)
2
ln 1, 02 ≈ 2 ln 1 + (1, 99 − 2)(2 · 2 · ln 1) + (1, 02 − 1)
2
2
1
= 0, 08 ,
((−2, 95)
2
+ 1)
√
1, 04 ≈ (−3
2
+ 1)
√
1 + (−2, 95 − (−3)) · (2 · (−3) ·
√
1)
+ (1, 04 − 1) ·
(−3)
2
+1
2
√
1
= 10 − 0, 3 + 0, 2 = 9, 90 ,
((1, 03)
2
+ 1)
√
3, 96 ≈ (1
2
+ 1)
√
4 + 0, 03 · (2 · 1 ·
√
4) + (−0, 04) ·
1
2
+1
2
√
4
= 4, 10 ,
albo prościej:
(1, 99)
2
ln 1, 02 ≈ 4 · (1, 02) − 4 , ((−2, 95)
2
+ 1)
√
1, 04 ≈ −6 · (−2, 95) + 5 · 1, 04 − 13 , . . .
2. Ponieważ w punkcie stacjonarnym funkcji f obie pochodne cząstkowe, f
0
x
i f
0
y
, są równe
0, płaszczyzna styczna do wykresu ma równanie z ≡ z
0
, czyli jest pozioma.
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 27. V 2011
1. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne cząstkowe funkcji:
f (x, y) = x ln(xy)
,
g(x, y) = x
2
(y
3
− 1) + 3y(x − y)
,
h(x, y) =
x + y
x − 1
.
2. Znaleźć wszystkie ekstrema lokalne funkcji
(a) f (x, y) = 2x
2
+ 2y
2
+ 3xy − 5x − 9y + 1 ,
(b) g(x, y) = 3x + 6y + xy − x
2
− y
2
+ 4 .
3. Znaleźć i sklasyfikować wszystkie punkty stacjonarne funkcji
(a) f (x, y) = xy
2
+ 4xy − 2x
2
− 2 ,
(b) g(x, y) = x
2
+ y
2
+ 8x + 2y − 4xy ,
(c) h(x, y) = e
2x
(x + y
2
− 2y) .
(Klasyfikacja punktów stacjonarnych polega na ustaleniu, które z nich są ekstremami
lokalnymi funkcji i jakimi, a które jej punktami siodłowymi).
Rozwiązania
1.
f (x, y) = x ln(xy) : f
0
x
(x, y) = ln(xy) + 1, f
0
y
(x, y) =
x
y
,
f
00
xx
(x, y) =
1
x
, f
00
xy
(x, y) = f
00
yx
(x, y) =
1
y
, f
00
yy
(x, y) =
−x
y
2
g(x, y) = x
2
(y
3
− 1) + 3y(x − y) : ∇g(x, y) = [2x(y
3
− 1) + 3y
3x
2
y
2
+ 3x − 6y] ,
g
00
(x, y) =
"
2(y
3
− 1)
6xy
2
+ 3
6xy
2
+ 3
6x
2
y − 6
#
h(x, y) =
x + y
x − 1
: ∇h(x, y) =
"
−1 − y
(x − 1)
2
1
x − 1
#
,
h
00
(x, y) =
2(y+1)
(x−1)
3
−1
(x−1)
2
−1
(x−1)
2
0
2. (a) jedyne ekstremum – minimum lokalne – w jedynym punkcie stacjonarnym x = −1
, y = 3 gdyż
∇f (x, y) = [4x + 3y − 5
3x + 4y − 9] , f
00
(x, y) ≡
"
4
3
3
4
#
i det f
00
(x, y) ≡ 9 > 0 , f ”
xx
≡ 4 > 0.
(b) maksimum lokalne w jedynym punkcie stacjonarnym x = 4 , y = 5
∇f (x, y) = [−2x + y + 3
x − 2y + 6] , f
00
(x, y) ≡
"
−2
1
1
−2
#
3.
(a) ∇f (x, y) = [y
2
+ 4y − 4x
2xy + 4x] = [y
2
+ 4y − 4x
2x(y + 2)] ,
więc punktami stacjonarnymi są rozwiązania układu równań y
2
+ 4y − 4x = 0 = 2x(y + 2);
z drugiego równania mamy 2x = 0 , wtedy pierwsze przyjmuje postać y
2
+ 4y = 0
lub y = −2 , wtedy pierwsze przyjmuje postać 4 − 8 − 4x = 0, ostatecznie mamy więc
trzy punkty stacjonarne: x = 0 , y = 0 ; x = 0 , y = −4 ; x = −1 , y = −2 .
Druga pochodna: f
00
(x, y) =
"
−4
2y + 4
2y + 4
2x
#
, więc
(0 , 0) i (0 , –4) są punktami siodłowymi: f
00
(0, 0) =
"
−4 4
4
0
#
, f
00
(0, −4) =
"
−4 −4
−4
0
#
, det f
00
(0, 0) = det f
00
(0, −4) = −16 < 0 ,
a (–1 , –2) jest maximum lokalnym bo f
00
(−1, −2) =
"
−4
0
0
−2
#
, det f
00
(−1, −2) > 0 i
f
00
xx
(−1, −2) < 0.
(b) ∇g(x, y) = [2x − 4y + 8
2y − 4x + 2] , jedyny punkt stacjonarny x = 2 , y = 3
i on jest punktem siodłowym, bo g
00
(x, y) ≡
"
2 −4
−4
2
#
, det g
00
(x, y) ≡ −12 < 0.
(c) ∇h(x, y) = e
2x
· [2x + 2y
2
− 4y + 1
2y − 2] , jedyny punkt stacjonarny x =
1
2
, y = 1
h
00
(x, y) = e
2x
·
"
4x + 4y
2
− 8y + 4
4y − 4
4y − 4
2
#
, h
00
(
1
2
, 1) = e ·
"
2 0
0 2
#
,
więc w jedynym punkcie stacjonarnym jest minimum lokalne (h(
1
2
, 1) =
e
2
).
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 20. V 2011
1. Obliczyć pochodne cząstkowe funkcji:
f (x, y) = y ln(xy)
,
g(x, y) =
q
33 − x
2
− y
2
, j(x, y) = x
2
y + 3y
2
+ 6xy − 3 ,
h(x, y) =
x
x
2
+ y
2
,
k(x, y) =
x − y
x + y
, l(u, v) = u
√
v −
v
√
u
oraz wartości gradientów:
∇f (−1, −1) , ∇f (−1, −e) , ∇f (e, e
2
) , ∇g(−2, −2) , ∇g(1, 4) , ∇g(0, 0) ,
∇h(1, −3) , ∇h(0, 2) , ∇h(−2, 1) , ∇k(1, 1) , ∇k(0, 3) , ∇k(4, −2) .
2. Obliczyć gradienty funkcji f (x, y) = 3x − y oraz g(x) =
√
26 − x
2
− y
2
w punktach
x = 3 , y = 4 oraz x = −1 , y = −3 i podać równania poziomic tych funkcji przechodzących
przez te punkty. Jakie jest wzajemne położenie gradientu (jako wektora) i poziomicy w
tym samym punkcie? (Przydadzą się rysunki).
3. Znaleźć wszystkie punkty stacjonarne funkcji g , j i l z zadania 1 oraz funkcji
f (x, y) = x
2
+ y
3
− x
√
y
,
h(x, y) = x
2
+ 2y
2
+ 2xy − 4x − 12y + 3 .
(Punkt stacjonarny funkcji to taki punkt, w którym gradient tej funkcji jest
wektorem zerowym).
Rozwiązania
1.
f (x, y) = y ln(xy) :
f
0
x
(x, y) =
∂(y ln xy)
∂x
= y · y ·
1
xy
=
y
x
,
f
0
y
(x, y) =
∂(y ln xy)
∂y
= ln(xy) + y · x ·
1
xy
= ln(xy) + 1 ,
więc
∇f (x, y) =
y
x
1 + ln xy
;
∇f (−1, −1) = [0
1] , ∇f (−1, −e) = [e
2] , ∇f(e, e
2
) = [e
4]
g(x, y) =
q
33 − x
2
− y
2
:
g
0
x
(x, y) =
−2x
2
√
33 − x
2
− y
2
=
−x
√
33 − x
2
− y
2
, g
0
y
(x, y) =
−y
√
33 − x
2
− y
2
,
∇g(x, y) =
"
−x
√
33 − x
2
− y
2
−y
√
33 − x
2
− y
2
#
;
∇g(−2, −2) =
2
5
2
5
, ∇g(1, 4) =
−
1
4
− 1
, ∇g(0, 0) = [0
0]
h(x, y) =
x
x
2
+ y
2
:
h
0
x
(x, y) =
1(x
2
+ y
2
) − x · 2x
(x
2
+ y
2
)
2
=
y
2
− x
2
(x
2
+ y
2
)
2
, h
0
y
(x, y) =
0(x
2
+ y
2
) − x · 2y
(x
2
+ y
2
)
2
=
−2xy
(x
2
+ y
2
)
2
,
∇h(x, y) =
"
y
2
− x
2
(x
2
+ y
2
)
2
−2xy
(x
2
+ y
2
)
2
#
;
∇h(1, −3) = [0, 08
0, 06] , ∇h(0, 2) =
1
4
0
, ∇h(−2, 1) =
−
3
25
4
25
k(x, y) =
x − y
x + y
:
k
0
x
(x, y) =
x + y − (x − y)
(x + y)
2
=
2y
(x + y)
2
, k
0
y
(x, y) =
−(x + y) − (x − y)
(x + y)
2
=
−2x
(x + y)
2
,
∇k(1, 1) =
1
2
−
1
2
, ∇k(0, 3) =
2
3
0
, ∇k(4, −2) = [−1
− 2]
j(x, y) = x
2
y + 3y
2
+ 6xy − 3 :
j
0
x
(x, y) = 2xy + 6y , j
0
y
(x, y) = x
2
+ 6y + 6x
l(u, v) = u
√
v −
v
√
u
:
l
0
u
(u, v) =
√
v +
v
2u
√
u
, l
0
v
(u, v) =
u
2
√
v
−
1
√
u
.
2. Gradienty:
∇f (3, 4) = ∇f (−1, −3) = [3
− 1] (podobnie jak w każdym innym punkcie (x, y)),
a poziomice mają równania: y = 3x − 5 (przechodząca przez punkt (3, 4)) i y = 3x
(przechodząca przez punkt (−1, −3)). Gradient w każdym punkcie jest zatem prostopadły
do tych poziomic.
Podobnie: ∇g(3, 4) = [−3
− 4] , ∇g(−1, −3) =
h
1
4
3
4
i
(por. ∇g w zadaniu 1),
zaś poziomica przechodząca przez (3, 4) to okrąg x
2
+ y
2
= 25, a przechodząca przez
(−1, −3) – okrąg x
2
+ y
2
= 10 . W obu przypadkach gradient w punkcie jest wektorem
prostopadłym do poziomicy – skierowanym do środka okręgu, (0, 0).
3. Ponieważ ∇f (x, y) =
h
2x −
√
y
3y
2
−
x
2
√
y
i
, punkty stacjonarne f muszą spełniać
równania
2x −
√
y = 0 , 3y
2
−
x
2
√
y
= 0
czyli
√
y = 2x i 48x
4
−
x
4x
= 0 :
∇h(x, y) = [2x + 2y − 4
4y + 2x − 12]
więc jedynym punktem stacjonarnym funkcji h jest x = −2 , y = 4.
Dla funkcji z zadania 1: jedynym punktem stacjonarnym g jest (0, 0) (oczywiste),
punkty stacjonarne funkcji j muszą spełniać równania
(2x + 6)y = 0 , x
2
+ 6y + 6x = 0
czyli y = 0 i wtedy x
2
+ 6x = 0 , lub x = −3 (czyli 2x + 6 = 0) i wtedy 6y − 9 = 0,
ostatecznie więc j ma 3 punkty stacjonarne: (0, 0) , (−6, 0) i
−3,
3
2
.
Natomiast funkcja l nie ma punktów stacjonarnych, gdyż l
0
u
(v, u) > 0 dla każdego v > 0
(a dla v = 0 nie istnieje l
0
v
(v, u)).
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 11. V 2011
1. Sprawdzić, które z poniższych całek istnieją, i obliczyć te które istnieją:
Z
∞
2
1
x
4
dx ,
Z
∞
3
5 e
−2x
dx ,
Z
∞
−∞
|xe
−x
2
|dx .
2.
(a) Wyznaczyć dziedziny funkcji:
f (x, y) =
1
√
x − y
, g(x, y) =
q
100 − x
2
− y
2
,
h(x, y) = 3x − y , j(x, y) =
ln x
(x − 2)(y − 1)
.
(b) Podać równania poziomic każdej z tych funkcji dla z = 1 , z = 0 , z = 2 i z = −1.
(Uwaga: niektóre z tych poziomic są zbiorami pustymi).
(c
∗
) O której z funkcji f , g , h można powiedzieć, że jest rosnącą (malejącą) funkcją
zmiennej x (zmiennej y)?
(d
∗
) Zastanowić się, jak wyglądają wykresy funkcji g i h .
3. Dla każdej z funkcji dwóch zmiennych
z = f (x, y) =
xy
2
− x
oraz
z = g(x, y) =
q
y − x − x
2
wyznaczyć poziomice dla wartości z = 0 i z = 1 oraz poziomicę przechodzącą przez punkt
(2,10). Jakie to krzywe?
Rozwiązania
1.
Z
∞
2
1
x
4
dx =
lim
b→∞
−1
3x
3
b
2
= lim
b→∞
−1
3b
3
−
−1
3 · 2
3
=
1
24
Z
∞
3
5 e
−2x
dx =
lim
b→∞
5
−2
e
−2x
b
3
=
5
2e
6
Z
∞
−∞
|xe
−x
2
| dx =
Z
0
−∞
(−xe
−x
2
) dx +
Z
∞
0
xe
−x
2
dx = lim
a→−∞
1
2
e
−x
2
0
a
+ lim
b→∞
−
1
2
e
−x
2
b
0
=
=
1
2
+
1
2
= 1
2. (a) D(f ) = {(x, y) : x > y} (półpłaszczyzna),
D(g) = {(x, y) : x
2
+ y
2
¬ 100} (koło o środku w (0, 0) i promieniu 10), D(h) = R
2
,
D(j) = {(x, y) : x > 0 ∧ x 6= 2 ∧ y 6= 1} (półpłaszczyzna bez pary półprostych).
(b) Np. P
0
(f ) = {(x, y) :
1
√
x−y
= 0} = ∅ ,
P
1
(f ) = {(x, y) :
1
√
x−y
= 1} = {(x, y) : x − y = 1} – prosta
i podobnie prostymi są wszystkie inne niepuste poziomice f (te na poziomach c > 0);
P
0
(g) = {(x, y) :
√
100 − x
2
− y
2
= 0} = {(x, y) : x
2
+ y
2
= 100} – okrąg o środku w
(0, 0) i promieniu 10,
P
1
(g) = {(x, y) : x
2
+ y
2
= 99} i podobnie wszystkie poziomice g na poziomach c ∈ [0, 10[
są współśrodkowymi okręgami, zaś na poziomach c < 0 i c > 10 są puste ;
P
c
(h) = {(x, y) : 3x − y = c} = {(x, y) : y = 3x − c} – np. poziomica dla c = 0 to prosta
y = 3x , a dla c = −1 prosta y = 3x + 1.
(c) Oczywiście h jest rosnącą funkcją zmiennej x i malejącą funkcją zmiennej y , natomiast
f jest malejącą funkcją x i rosnącą funkcją y.
3.
P
0
(f ) = {(x, y) :
xy
2
− x = 0} = {(x, y) : x = 0 ∨ y = 2} – para prostopadłych prostych,
P
1
(f ) = {(x, y) :
xy
2
− x = 1} = {(x, y) : y = 2 +
2
x
} – hiperbola,
P
0
(g) = {(x, y) :
√
y − x − x
2
= 0} = {(x, y) : y = x(x + 1)} ,
P
1
(g) = {(x, y) :
√
y − x − x
2
= 1} = {(x, y) : y = x(x + 1) + 1} – parabole,
przez punkt (2, 10) przechodzą poziomice P
8
(f ) i P
2
(g) , gdyż
f (2, 10) = 8 , g(2, 10) = 2 .
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 6. V 2011
1. Obliczyć całki oznaczone:
Z
9
0
(x
2
+ 2) dx ,
Z
0
−1
xe
x
dx ,
Z
1
−1
xe
x
dx ,
Z
4
1
2x + 3
x
2
+ 3x − 3
dx .
2. Obliczyć pola figur zawartych pomiędzy:
(a) osiami OX i OY a prostą y = 4x + 2 ,
(b) prostymi y = 0 (osią OX), x = 4 oraz połówką paraboli y =
√
x ,
(c) prostą o równaniu y = 5
1
5
− x a hiperbolą o równaniu y =
1
x
,
(d) prostą o równaniu y = 9 − x a parabolą o równaniu y = x
2
− x .
3. Dla dowolnej liczby naturalnej n obliczyć średnią wartość funkcji f (x) = x
n
(a) w przedziale [0 , 1] , (b) w przedziale [–1 , 1] ,
oraz obliczyć wartość średnią funkcji g(x) = e
x
(c) w przedziale [0 , 1] , (d) w przedziale [–1 , 2] .
4(
∗
). Rowerzysta po starcie najpierw jedzie przez 10 sekund ze stałym przyśpieszeniem
1 m/s
2
, a potem przez następne 20 sekund ze stałą prędkością. Jaką drogę przebędzie
przez te pół minuty i z jaką średnią prędkością?
Rozwiązania
1.
Z
9
0
(x
2
+ 2) dx =
"
x
3
3
+ 2x
#
9
0
= 261
Z
0
−1
xe
x
dx = [(x − 1)e
x
]
0
−1
= −e
0
− (−2)e
−1
=
2
e
− 1
Z
1
−1
xe
x
dx = [(x − 1)e
x
]
1
−1
= 0 · e − (−2)e
−1
=
2
e
Z
4
1
2x + 3
x
2
+ 3x − 3
dx = [ln |x
2
+ 3x − 3|]
4
1
= ln 25 .
2. (a)
Z
0
−1/2
(4x + 2) dx = [2x
2
+ 2x]
0
−1/2
= 0 − (−0, 5) =
1
2
(b)
Z
4
0
√
x dx =
"
2x
√
x
3
#
4
0
= 5
1
3
(c) punkty przecięcia prostej z hiperbolą to rozwiązania równania x +
1
x
= 5
1
5
, czyli x =
1
5
i x = 5 , pole =
Z
5
1/5
(5
1
5
− x) dx −
Z
5
1/5
1
x
dx =
"
16
5
x −
x
2
2
− ln x
#
5
1/5
= 16 −
25
2
− ln 5 −
16
25
+
1
50
+ ln
1
5
= 4, 32 − 2 ln 5
(d) punkty przecięcia prostej z parabolą to rozwiązania równania 9 − x = x
2
− x , czyli
x = ±3 ;
pole =
Z
3
−3
(9 − x) dx −
Z
3
−3
(x
2
− x) dx =
Z
3
−3
9 dx −
Z
3
−3
x
2
dx = [9x]
3
−3
−
h
x
3
3
i
3
−3
= 54 −
18 = 36.
3. (a)
1
1 − 0
Z
1
0
x
n
dx =
"
x
n+1
n + 1
#
1
0
=
1
n + 1
,
(b)
1
1 − (−1)
Z
1
−1
x
n
dx =
1
2
"
x
n+1
n + 1
#
1
−1
= 0 dla n nieparzystych i
1
n+1
dla n parzystych,
(c) e − 1 , (d)
e
2
2
−
1
2e
.
4.
Prędkość kolarza w chwili t [s] , v(t), jest równa t [m/s] dla t ¬ 10 (ze względu na
stałe przyśpieszenie od zera) i 10 m/s dla 10 ¬ t ¬ 20. Droga przebyta do chwili T to
całka oznaczona z prędkości,
Z
T
t=0
v(t) dt. Stąd droga przebyta w 30 sekund jest równa
Z
30
0
v(t) dt =
Z
10
0
v(t) dt +
Z
30
10
v(t) dt =
Z
10
0
t dt +
Z
30
10
10 dt =
"
t
2
2
#
10
0
+ [10t]
30
10
= 50 + 200
= 250 m , a średnia prędkość
250
30
= 8, 3(3) m/s .
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 29. IV 2011
1. Obliczyć całkę
Z
2 sin x cos x dx (całkując przez części) i wywnioskować stąd wzór na
Z
(F (x) · F
0
(x)) dx dla dowolnej całkowalnej i jednocześnie różniczkowalnej funkcji F .
2. Obliczyć całki nieoznaczone:
Z
(x − 3)e
x
dx ,
Z
(
√
x · ln x) dx ,
całkując przez części, oraz
Z
4
(4x + 3)
5
dx ,
Z
√
6x − 1 dx ,
Z
3x
2
+ 6
x
3
+ 6x − 2
dx
korzystając z wzorów będących szczególnymi przypadkami całkowania przez podstawienie.
Rozwiązania
1. Wstawiamy np. f (x) = F
0
(x) = cos x , G(x) = sin x ; wówczas F (x) = sin x , g(x) =
G
0
(x) = cos x i całkując przez częsci dostajemy
Z
2 sin x cos x dx = 2 sin x sin x − 2
Z
sin x cos x dx = 2 sin
2
x −
Z
2 sin x cos x dx ;
stąd
2
Z
2 sin x cos x dx = 2 sin
2
x
i ostatecznie
R
2 sin x cos x dx = sin
2
x + C.
(Można też podstawić t = sin x ; wtedy
dt
dx
= cos x i
Z
2 sin x cos x dx =
Z
2t
dt
dx
dx =
Z
2t dt = t
2
+ C = sin
2
x + C ).
Ogólnie:
Z
(F (x) · F
0
(x)) dx = F (x) · F (x) −
Z
(F
0
(x) · F (x)) dx ,
stąd 2
R
(F (x) · F
0
(x)) dx = (F (x))
2
+ C .
2. Biorąc f (x) = F (x) = e
x
, G(x) = x − 3 :
Z
(x − 3)e
x
dx = (x − 3)e
x
−
Z
e
x
dx = (x − 4)e
x
+ C
Biorąc G(x) = ln x , f (x) =
√
x ; wtedy g(x) = x
−1
, F (x) =
2
3
x
3/2
i
Z
(
√
x · ln x) dx =
2
3
x
3/2
ln x −
Z
2
3
x
3/2
x
−1
dx =
2
3
x
√
x ln x −
4
9
x
√
x + C
Natomiast
Z
4
(4x + 3)
5
dx = 4
Z
(4x + 3)
−5
dx = 4 ·
1
4
·
(4x + 3)
−4
−4
=
−1
4(4x + 3)
4
+ C
Z
√
6x − 1 dx =
1
6
·
2
3
· (6x − 1)
3/2
+ C =
1
9
(6x − 1)
√
6x − 1 + C
(ze wzoru na
R
f (ax + b) dx) , a
Z
3x
2
+ 6
x
3
+ 6x − 2
dx = ln |x
3
+ 6x − 2| + C
,
– ze wzoru na
Z
F
0
(x)
F (x)
dx.
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 15. IV 2011
1. Obliczyć całki nieoznaczone
Z
8x
3
+
2
x
2
dx ,
Z
(2x
√
x − 4e
x
+ 5 sin x) dx ,
Z
3
x
+
3
x
2
+
4
x
3
−
6
x
4
dx .
2. Znaleźć
(a) funkcję pierwotną funkcji F funkcji f (x) = 6x
2
+ 3 +
4
x
2
, dla której F (1) = 3,
(b) funkcję pierwotną F funkcji f z punktu (a) , dla której F (4) = 0,
(c) funkcję pierwotną G funkcji g(x) = cos x − sin x, dla której G(
Π
2
) = −1.
3. Koszt krańcowy w pewnym procesie produkcyjnym wynosi
K
0
(q) =
6q
2
25
+ 2 .
Wiadomo także, że wyprodukowanie 5 jednostek kosztuje K(5) = 20.
(a) Wyznaczyć funkcję kosztu K(q) i obliczyć K(0) i K(10).
(b) Przy jakiej wielkości produkcji zysk jest maksymalny, jeżeli wiadomo, że cena zbytu
wynosi p = 56 ?
(Jak Państwo powinni wiedzieć z mikroekonomii, koszt krańcowy to pochodna
kosztu całkowitego).
Rozwiązania
1.
Z
8x
3
+
2
x
2
dx =
Z
8x
3
dx +
Z
2
x
2
dx = 2
Z
4x
3
dx + (−2)
Z
−1
x
2
= 2x
4
−
2
x
+ C
Z
(2x
√
x − 4e
x
+ 5 sin x) dx = 2
Z
x
3/2
dx − 4
Z
e
x
dx + 5
Z
sin x dx =
4
5
x
2
√
x − 4e
x
− 5 cos x + C
Z
3
x
+
3
x
2
+
4
x
3
−
6
x
4
dx = 3 ln |x| −
3
x
−
2
x
2
+
2
x
3
+ C
2. (a) i (b) : ponieważ
Z
6x
2
+ 3 +
4
x
2
dx = 2x
3
+ 3x −
4
x
+ C, trzeba dobrać stałą C
tak, by
(a) 2 · 1
3
+ 3 · 1 −
4
1
+ C = 3
,
(b) 2 · 4
3
+ 3 · 4 −
4
4
+ C = 0 ;
(a) C = 2 , F (x) = 2x
3
+ 3x −
4
x
+ 2
,
(b) C = −139 , F (x) = 2x
3
+ 3x −
4
x
− 139 ;
(c)
R
(cos x − sin x) dx = sin x + cos x + C , aby G(
Π
2
) = −1 trzeba dobrać C tak by
sin
Π
2
+ cos
Π
2
+ C = −1 , więc G(x) = sin x + cos x − 2.
3. (a) K(q) jest tą funkcją pierwotną funkcji K
0
(q) =
6q
2
25
+ 2, dla której K(5) = 20, a
zatem K(q) =
2q
3
25
+ 2q , K(0) = 0 i K(10) = 100 ;
(b) przy takiej, przy której pochodna zysku jest równa 0 (a druga pochodna jest ujemna):
Z(q) = 56q −
2q
3
25
+ 2q
, Z
0
(q) = 56 −
6q
2
25
+ 2
, Z
00
(q) = −
12q
25
< 0 dla każdego q > 0,
Z
0
(q) = 0 gdy koszt krańcowy jest równy cenie zbytu, czyli gdy
6q
2
25
+ 2 = 56 , q = 15 .
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 1. IV 2011 (st. dzienne)
Ta praca nie będzie sprawdzana na zajęciach,
natomiast może być pożytecznym przygotowaniem do kolokwium.
1. Zbadać przebieg zmienności funkcji
(a) f (x) = 80x − x
5
,
(b) h(x) = 2x
3
− 6x
2
,
(c) j(x) = x(x − 2)
2
,
(d) g(x) = 2 ln(x
2
+ 1) − x
2
,
(Wskazówka: g
0
ma 3 miejsca zerowe, g
00
dwa; znalezienie miejsc zerowych g
00
jest dość
skomplikowane (choć nie poza Państwa zasięgiem), ale łatwo wywnioskować ich przybliżone
położenie znając g
00
(−1), g
00
(0) oraz g
00
(1)).
2. Ustalić, które z poniższych funkcji są parzyste, a które nieparzyste:
x
2
+ x + 1 , sin(2x) − x
3
, x cos x , 2
√
x
2
, (2x − 5)
2
,
sin x
x
− 3e
x
2
, ln(x
2
+ 1) .
3. Obliczyć granice
lim
x→∞
ln x
x
, lim
x→∞
ln x
√
x
, lim
x→1
x + 1
x
3
+ 2x + 3
,
lim
x→−1
x + 1
x
3
+ 2x + 3
,
lim
x→
Π
2
cos
2
x
sin x − 1
, lim
x→9
9 − x
√
x − 3
,
lim
x→0
+
x ln x .
Rozwiązania
1.
(a) D(f ) = R – funkcja jest określona dla każdej liczby rzeczywistej x ;
f (−x) = 80 · (−x) − (−x)
5
= −80x + x
5
= −f (x) , więc f jest funkcją nieparzystą;
lim
x→∞
f (x) = lim
x→∞
x(80 − x
4
) = −∞ , lim
x→−∞
f (x) = lim
x→−∞
x(80 − x
4
) = ∞ ;
monotoniczność, ekstrema i tempo zmian:
f
0
(x) = 80 − 5x
4
ma miejsca zerowe tam gdzie 5x
4
= 80 , czyli x
4
= 16, x = ±2 ,
f
0
(x) > 0 gdy x
4
< 16 , czyli −2 < x < 2 , f
0
(x) < 0 gdy |x| > 2 ;
f
00
(x) = −20x
3
ma jedyne miejsce zerowe w x = 0 , poza tym ma znak przeciwny niż x.
Stąd f jest wypukła w przedziale [−∞, 0] , a wklęsła w [0, ∞] i
x
] − ∞, −2[
−2
] − 2, 0[
0
]0, 2[
2
]2, ∞[
f
0
(x)
–
0
+
+
+
0
–
f
00
(x)
+
+
+
0
–
–
–
f (x)
m.c.w
min
r.c.sz
p.p.
r.c.w.
max
m.c.sz.
(r.c.w. = rośnie coraz wolniej , m.c.sz = maleje coraz szybciej itd.)
(b) dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych,
2. Parzyste są funkcje 2
√
x
2
,
sin x
x
− 3e
x
2
oraz ln(x
2
+ 1)
– np.
sin(−x)
−x
− 3e
(−x)
2
=
− sin x
−x
− 3e
x
2
=
sin x
x
− 3e
x
2
,
a nieparzyste sin(2x) − x
3
oraz x cos x
– np. sin(−2x) − (−x)
3
= − sin(2x) + x
3
= −(sin(2x) − x
3
).
Pozostałe dwie funkcje nie są ani parzyste, ani nieparzyste. Na przykład dla h(x) =
x
2
+ x + 1 mamy h(−1) = 1 , h(1) = 3, a dla g(x) = (2x − 5)
2
mamy g(2) = 1 ,
g(−2) = 81.
3.
lim
x→∞
ln x
x
=
lim
x→∞
1/x
1
= 0 ,
lim
x→∞
ln x
√
x
=
lim
x→∞
1/x
1/2
√
x
= lim
x→∞
2
√
x
x
= 0 ,
lim
x→1
x + 1
x
3
+ 2x + 3
=
1
2
(uwaga – tu nie można użyć reguły de l’Hospitala),
lim
x→−1
x + 1
x
3
+ 2x + 3
=
lim
x→−1
1
3x
2
+ 2
= −
1
5
,
lim
x→
Π
2
cos
2
x
sin x − 1
=
lim
x→
Π
2
−2 sin x cos x
cos x
= −2 ,
lim
x→9
9 − x
√
x − 3
=
lim
x→9
−1
1/2
√
x
= −6 ,
lim
x→0
+
x ln x =
lim
x→0
+
ln x
1/x
= lim
x→0
+
1/x
−1/x
2
= lim
x→0
+
(−x) = 0 .
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 25. III 2011 (st. dzienne)
1.
Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne oraz zbadać
tempo zmian funkcji:
f (x) =
x
4
4
+ x
3
,
g(x) = x(x − 2)
2
,
h(x) = x
2
ln x .
2. Dla funkcji
f (x) = x
4
−
11
3
x
3
− 2x
2
+ 11x
ustalić (nie wypisując ”siatki znaków”), które z punktów x
0
= −1 , 0 , 1 , 2 są jej ekstre-
mami lokalnymi i jakimi, a które punktami przegięcia,
W jakich przedziałach ta funkcja jest wklęsła, a w jakich wypukła?
3 (wybiegając w przyszłość, nieobowiązkowe). Przeczytawszy w regułach różniczkowania
materiał o pochodnej funkcji złożonej spróbować obliczyć pochodne funkcji
√
2x
2
− x , e
−x
2
+ e
x
2
+ e
3x+1
, sin(x
3
) , (x + ln x)
3
.
Rozwiązania
1.
Dla f (x) =
x
4
4
+ x
3
dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, po-
chodne to
f
0
(x) = x
3
+ 3x
2
= x
2
(x + 3) , f
00
(x) = 3x
2
+ 6x = 3x(x + 2) ;
miejsca zerowe pierwszej pochodnej to 0 oraz −3 , a drugiej 0 i −2 ;
f
0
jest ujemna w przedziale ]−∞, −3[ a f
00
w przedziałe ]−2, 0[ i ostatecznie dostajemy
x
]−∞, −3 [
−3
]−3, −2[
−2
]−2, 0[
0
]0, ∞[
f
0
(x)
–
0
+
+
+
0
+
f
00
(x)
+
+
+
0
–
0
+
f (x)
m.c.w
min
r.c.sz
p.p.
r.c.w.
p.p.
r.c.sz.
(p.p. = punkt przegięcia, r.c.w. = rośnie coraz wolniej , m.c.sz = maleje coraz szybciej
itd.). Funkcja jest wklęsła w przedziale [−2, 0], a poza nim jest wypukła.
Warto zauważyć, że x = 0 nie jest ekstremum tej funkcji mimo że pochodna w tym punkcie
jest równa zeru: f
0
nie zmienia znaku w x = 0, a więc jest to punkt przegięcia.
Dla g(x) = x(x − 2)
2
dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, pochodne
to
g
0
(x) = (x − 2)
2
+ x · 1 · 2(x − 2) = (x − 2)(3x − 2)
g
00
(x) = 3x − 2 + 3(x − 2) = 6x − 8
(tu policzono jako pochodną iloczynu funkcji złożonych – można sprawdzić sprowadzając
g do postaci wielomianu). Miejsca zerowe pierwszej pochodnej to 2 oraz
2
3
, a drugiej
4
3
;
g
0
jest ujemna w przedziale (
2
3
, 2) , a g
00
w przedziałe (−∞,
4
3
) i ostatecznie dostajemy
x
(−∞,
2
3
)
2
3
(
2
3
,
4
3
)
4
3
(
4
3
, 2)
2
(2, ∞)
g
0
(x)
+
0
–
–
–
0
+
g
00
(x)
–
–
–
0
+
+
+
g(x)
r.c.w
max
m.c.sz
p.p.
m.c.w.
min
r.c.sz.
Funkcja h(x) = x
2
ln x jest określona dla wszystkich x > 0 i tylko dla nich. Pochodne to
h
0
(x) = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) , h
00
(x) = 2 ln x + 3 ;
jedynym miejscem zerowym h
0
jest
1
√
e
, a jedynym miejscem zerowym h
00
jest
1
e
√
e
(loga-
rytmy naturalne tych liczb to odpowiednio −
1
2
i −
3
2
). Ponieważ zaś logarytm naturalny jest
funkcją rosnącą, mamy tabelę:
x
(0,
1
e
√
e
)
1
e
√
e
(
1
e
√
e
,
1
√
e
)
1
√
e
(
1
√
e
, ∞)
h
0
(x)
–
–
–
0
+
h
00
(x)
–
0
+
+
+
h(x)
m.c.sz
p.p.
m.c.w
min (−
1
2e
)
r.c.sz.
(To, że lim
x→0
h(x) = 0 , wyliczymy na następnych zajęciach z reguły de l’Hospitala).
2.
Wystarczy zbadać znaki pierwszej i drugiej pochodnej funkcji f w tych punktach.
Mamy
f
0
(x) = 4x
3
− 11x
2
− 4x + 11 , f
00
(x) = 12x
2
− 22x − 4
i stąd
f
0
(−1) = 0 i f
00
(−1) = 30 > 0 , więc w x
0
= −1 funkcja f ma minimum lokalne,
f
0
(0) = 11 i f
00
(0) = −4 , więc w x
0
= 0 f nie ma ekstremum ani punktu przegięcia,
f
0
(1) = 0 i f
00
(1) = −14 < 0 , więc w x
0
= 1 funkcja f ma maksimum lokalne,
f
0
(2) = −9 6= 0 i f
00
(2) = 0 , więc x
0
= 2 jest punktem przegięcia funkcji f .
(Drugim punktem przegięcia jest −
1
6
i f jest wklęsła w przedziale [−
1
6
, 2] , a wypukła
poza nim).
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 19. III 2011 (st. zaoczne)
1. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne funkcji
f (x) = x
3
− 4x
2
+ 4x + 1 ,
ustalając przy użyciu drugiej pochodnej, które z ekstremów są minimami lokalnymi, a
które maximami.
2.
Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji x − 6
√
x w przedziale domknię-
tym [1 , 16] oraz najmniejszą i największą wartość funkcji f z zadania 1 w przedziale
domkniętym [–1 , 3] .
3. Popyt na pewien gatunek herbaty z górnej półki jest dany wzorem
D(p) =
2 000 000
p
2
,
gdzie p jest ceną tej herbaty (w złotówkach za kilogram), a D(p) wielkością popytu (w
kilogramach) przy cenie p. Jaką cenę sprzedaży tej herbaty powinien wyznaczyć jej jedyny
importer, jeżeli sprowadza ją po 200 zł za kilogram, i ile powinien jej zakupić?
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 11. III 2011 (st. dzienne)
1. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne funkcji:
(a) f (x) = x
4
− 2x
2
+ 5 ,
(b) g(x) = x
2
+
16
x
(uwaga na dziedzinę!),
(c) h(x) = x
3
− 2x
2
− 4x + 2
oraz najmniejszą i największą wartość funkcji g w przedziale [1 , 4] i najmniejszą i naj-
większą wartość funkcji f i h w przedziale [–1 , 3] .
2. U pewnego producenta koszt wyprodukowania q jednostek towaru wynosi K(q) =
q
3
125
+ q + 12 , a cena zbytu jednostki towaru wynosi 16.
(a) Obecnie produkuje się 15 jednostek. Czy opłaca się zwiększyć tę wielkość? A zmniej-
szyć?
(b) To samo pytanie dla obecnej produkcji równej 30.
(c) Przy jakiej wielkości produkcji producent osiągnie największy zysk, jeżeli maksymal-
nie może wyprodukować 40 jednostek?
(d) To samo pytanie dla maksymalnej możliwej produkcji równej 20.
3. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji x
3
−x
2
−5x w przedziale domkniętym
[-2 , 2] oraz funkcji sin x −
x
2
w przedziale domkniętym [0 , 2Π].
4. Jakie jest największe możliwe pole prostokąta o obwodzie 8? Jak wygląda prostokąt
o takim polu?
Rozwiązania
1. (a) f
0
(x) = 4x
3
− 4x = 4x(x − 1)(x + 1) , f
0
(x) = 0 dla x = −1 , x = 0 , x = 1 ;
x
−∞ . . . − 1
−1
−1 . . . 0
0
0 . . . 1
1
1 . . . ∞
f
0
(x)
–
0
+
0
–
0
+
f (x)
&
min (4)
%
max (5)
&
min (4)
%
(b) g
0
(x) = 2x −
16
x
2
, g
0
(x) = 0 gdy 2x
3
= 16 , czyli x = 2;
x
−∞ . . . 0
0
0 . . . 2
2
2 . . . ∞
g
0
(x)
–
*
–
0
+
g(x)
&
*
&
min (12)
%
(w x = 0 g nie jest określona),
g maleje w [1 , 2] i rośnie w [2 , 4] , g(1) = 17 , g(4) = 20, g(2) = 12 (minimum), więc
najnniejszą wartością funkcji g w przedziale [1 , 4] jest 12, a największą g(4) = 20;
(c) h
0
(x) = 3x
2
− 4x − 4 = 3(x − 2)(x +
2
3
)
x
−∞ . . . −
2
3
−
2
3
−
2
3
. . . 2
2
2 . . . ∞
h
0
(x)
+
0
–
0
+
h(x)
%
max (
86
27
)
&
min (–6)
%
h(−1) = 3 i h(3) = −1 , więc najmniejszą wartością funkcji h w przedziale [–1 , 3] jest
−6, a największą
86
27
.
2. Zysk producenta przy produkcji q, z(q), to różnica między przychodem a kosztem:
z(q) = 16q − K(q) = 16q −
q
3
125
+ q + 12
!
= −
q
3
125
+ 15q − 12 ,
a jego pochodna jest równa
z
0
(q) = 15 −
3q
2
125
.
Stąd
(a) W punkcie q = 15 pochodna jest równa z
0
(15) = 15 −
27
5
> 0, więc funkcja zysku jest
rosnąca w otoczeniu tego punktu – produkcję opłaca się zwiększyć.
(b) W punkcie q = 30 mamy z
0
(30) = 15 −
108
5
< 0, więc funkcja zysku jest malejąca w
otoczeniu tego punktu – produkcję opłaca się zmniejszyć.
(c) W przedziale możliwych wielkości produkcji [0 , 40] mamy: z(0) = −12, z(40) = 640−
512 − 40 − 12 = 76 i jedyny punkt stacjonarny q = 25 (ten gdzie 15 −
3q
2
125
= 0); przy
wielkości produkcji q = 25 zysk wynosi 338 i jest maksymalny (jedyne ekstremum
w tym przedziale).
(d) W przedziale możliwych wielkości produkcji [0 , 20] pochodna z
0
jest dodatnia, a
więc funkcja zysku jest rosnąca i stąd maksymalny zysk jest osiągany przy q = 20 i
wynosi 224.
3. Dla f (x) = x
3
− x
2
− 5x mamy f
0
(x) = 3x
2
− 2x − 5 = 3(x + 1)(x −
5
3
) , f
0
(x) = 0 dla
x = −1 i dla x =
5
3
;
x
−∞ . . . − 1
−1
−1 . . .
5
3
5
3
5
3
. . . ∞
h
0
(x)
+
0
–
0
+
h(x)
%
max (3)
&
min (−6
13
27
)
%
oraz f (−2) = −2, f (2) = −6, a zatem najmniejszą wartością funkcji f w przedziale [−2, 2]
jest −6
13
27
, a największą 3;
dla g(x) = sin x −
x
2
mamy g
0
(x) = cos x −
1
2
, więc g
0
(x) = 0 w tych punktach w których
cos x =
1
2
– w przedziale [0 , 2Π] są takie dwa:
Π
3
i
5Π
3
. Mamy:
g(0) = 0 , g(2Π) = −Π , g
Π
3
!
=
√
3
2
−
Π
6
≈ 0, 4 oraz g
5Π
3
!
= −
√
3
2
−
5Π
6
≈ −3, 5 ,
a więc największą wartością funkcji g w tym przedziale jest g
Π
3
, a najmniejszą g
5Π
3
.
4. Jeśli prostokąt o obwodzie 8 ma bok o długości a, to 0 < a < 4 (dlaczego?), przyległy
bok ma długość 4 − a, a pole prostokąta wynosi a(4 − a). Szukamy zatem największej
wartości funkcji f (x) = x(4 − x) w przedziale otwartym ] 0 , 4 [ . Mamy
f
0
(x) = 4 − 2x , f
0
(x) = 0 ⇔ x = 2
i w punkcie x = 2 pochodna, f
0
, zmienia znak z dodatniego na ujemny, a więc funkcja, f ,
ma maksimum lokalne. Największe pole pośród rozpatrywanych prostokątów ma zatem
kwadrat o boku 2.
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 4. III 2011 (st. dzienne i zaoczne)
1. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne funkcji
(3x + 2)(2x − 1) , 3z
2
ln z , ctg x , t ln t cos t ,
x
2
− 4x
e
x
,
2x
√
x + 1
(szczególnie kłopotliwych drugich pochodnych można nie liczyć).
2. Wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji
f (x) =
x + 2
x
2
+ 5
,
g(x) = x
3
− x
2
− 5x ,
h(x) =
ln x
x
– tzn. ustalić, w jakich przedziałach te funkcje są rosnące, a w jakich malejące.
Rozwiązania
1.
f (x) = (3x + 2)(2x − 1) f
0
(x) = 3(2x − 1) + 2(3x + 2) = 12x + 1
f
00
(x) = 12
g(z) = 3z
2
ln z
g
0
(z) = 6z ln z + 3z
2
·
1
z
= 3z(2 ln z + 1)
g
00
(z) = 6 ln z + 3 + 3z ·
2
z
= 6 ln z + 9
h(x) = ctg x =
cos x
sin x
h
0
(x) =
− sin x · sin x − cos x · cos x
(sin x)
2
= −
1
(sin x)
2
h
00
(x) =
2 sin x cos x
(sin x)
4
=
2 cos x
(sin x)
3
=
2 ctg x
(sin x)
2
j(t) = t ln t cos t
j
0
(t) = (1 + ln t) cos t − t ln t sin t
j
00
(t) =
1
t
− t ln t
cos t − 2(1 + ln t) sin t
k(x) =
x
2
− 4x
e
x
k
0
(t) =
6x − 4 − x
2
e
x
k
00
(x) =
x
2
− 8x + 10
e
x
u(x) =
2x
√
x + 1
u
0
(x) =
2 +
√
x
x + 2
√
x + 1
u
00
(t) =
2
√
x
− 2
(x + 2
√
x + 1)
2
2.
Dla każdej z tych funkcji badamy znak pochodnej; funkcja jest rosnąca
(malejąca)
w
tych przedziałach, w których jej pochodna jest dodatnia
(ujemna)
.
f (x) =
x + 2
x
2
+ 5
f
0
(x) =
5 − 4x − x
2
(x
2
+ 5)
2
,
;
f
0
(x) > 0 gdy − 5 < x < 1 , f
0
(x) < 0 gdy x < −5 i gdy x > 1 ;
g(x) = x
3
− x
2
− 5x
g
0
(x) = 3x
2
− 2x − 5 ,
;
g
0
(x) > 0 gdy x < −1 i gdy x >
5
3
, g
0
(x) < 0 gdy − 1 < x <
5
3
;
h(x) =
ln x
x
h
0
(x) =
1 − ln x
x
2
;
;
h
0
(x) > 0 gdy x < e (ln x < 1) , h
0
(x) < 0 gdy x > e .
Wobec tego:
f jest rosnąca w przedziale [–5 , 1] , malejąca w przedziałach [−∞ , −5] i [1 , ∞] ,
g jest malejąca w przedziale [−1 ,
5
3
] , rosnąca w przedziałach [−∞ , −1] i [
5
3
, ∞] ,
h rośnie w przedziale ]0 , e] i maleje w przedziale [e , ∞]
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 25. II 2011 (st. dzienne)
1.
(a) Podać równania prostych stycznych do wykresu funkcji f (x) =
3
√
x w punktach
x
0
= 8 i x
0
= −27 oraz do wykresu funkcji f (x) = ln x w punktach x
0
= 1 i x
0
= 2.
(b) Przy pomocy różniczki funkcji wyliczyć przybliżone wartości
ln 0, 97 ,
2
(0, 51)
2
,
3
q
−26, 73 , (0, 99)
3
(można posłużyć się rozwiązaniem części (a)).
2. (a) Podać równanie prostej stycznej do hiperboli o równaniu y =
a
x
(gdzie
a > 0) w dowolnym punkcie x
0
> 0.
(b
∗
) Udowodnić następującą własność hiperboli y =
a
x
: dla każdej prostej
stycznej do tej hiperboli punkt styczności dzieli jest środkiem odcinka
tej prostej zawartego w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych.
3. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne funkcji
x − 3 , 4x
2
− e
x
− 3 sin x , 2x
3
−
3
x
, 4
√
x +
x
5
10
, 2 ln(3x) − x
4
+ 4
x
.
(Druga pochodna to pochodna pochodnej – np. drugą pochodną funkcji f (x) = x
2
jest
pochodna funkcji f
0
(x) = 2x , czyli f
00
(x) = 2).
Rozwiązania
1. Jak wiemy, styczna do wykresu funkcji f w punkcie x
0
, w którym f jest różniczkowalna,
ma równanie y = (x − x
0
)f
0
(x
0
) + f (x
0
). Stąd
(a) f (x) =
3
√
x = x
1/3
, f
0
(x) =
1
3
x
−2/3
=
1
3
3
√
x
2
, równaniami stycznych do wykresu są
w x
0
= 8 : y =
1
3
3
√
8
2
(x − 8) +
3
√
8 =
1
12
x +
4
3
,
w x
0
= −27 : y =
1
3
3
√
(−27)
2
(x + 27) +
3
√
−27 =
1
27
x − 2 ,
f (x) = ln x , f
0
(x) =
1
x
i równaniami stycznych do wykresu są
w x
0
= 1 : y =
1
1
(x − 1) + ln 1 = x − 1 ,
w x
0
= 2 : y =
1
2
(x − 2) + ln 2 =
x
2
− 1 + ln 2 .
(b) Przybliżamy wartość f (x) wartością g(x) funkcji liniowej, której wykresem jest prosta
styczna do wykresu f (x) w punkcie x
0
(w którym f (x
0
) jest łatwe do policzenia):
f (x) = ln x , f
0
(x) =
1
x
, x
0
= 1 , h = x − x
0
= −0, 03 ,
ln 0, 97 ≈ ln 1 +
1
1
· (−0, 03) = −0, 03 ,
f (x) =
2
x
2
, f
0
(x) =
−4
x
3
, x
0
= 0, 5 , h = 0, 01 ,
2
(0,51)
2
≈
2
(0,5)
2
+
−4
(0,5)
3
· (0, 01) = 8 − 0, 32 = 7, 68 ,
3
√
−26, 73 ≈
3
√
−27 +
1
3
3
√
(−27)
2
· 0, 27 = −3 + 0, 27 ·
1
27
= −2, 99 ,
(0, 99)
3
≈ 1
3
+ 3 · 1
2
· (−0, 01) = 0, 97 .
2. (a) Ponieważ pochodną funkcji f (x) =
a
x
jest f
0
(x) =
−a
x
2
, styczna do hiperboli y =
a
x
w dowolnym (ale ustalonym) punkcie x
0
6= 0 ma równanie
y = f
0
(x
0
) · (x − x
0
) + f (x
0
) =
−a
x
2
0
· (x − x
0
) +
a
x
0
=
−a
x
2
0
x +
2a
x
0
.
(b) Wobec tego styczna do hiperboli y =
a
x
przecina oś OX w punkcie (2x
0
, 0), a oś OY
w punkcie
0,
2a
x
0
, a zatem punkt styczności,
x
0
,
a
x
0
dzieli ten odcinek na połowy.
3.
f (x) = x − 3 ,
f
0
(x) = 1
f
00
(x) = 0 ,
g(x) = 4x
2
− e
x
− 3 sin x ,
g
0
(x) = 8x − e
x
− 3 cos x g
00
(x) = 8 − e
x
+ 3 sin x ,
h(x) = 2x
3
−
3
x
,
h
0
(x) = 6x
2
−
3
x
2
h
00
(x) = 12x +
6
x
3
,
j(x) = 4
√
x +
x
5
10
,
j
0
(x) =
2
√
x
+
x
4
2
j
00
(x) = −
1
x
√
x
+ 2x
3
,
k(x) = 2 ln(3x) − x
4
+ 4
x
= 2(ln 3 + ln x) − x
4
+ 4
x
,
k
0
(x) = 0 +
2
x
− 4x
3
+ ln 4 · 4
x
k
00
(x) = −
2
x
2
− 12x
2
+ (ln 4)
2
· 4
x
.
MATEMATYKA PwZ
Praca domowa 18. II 2011 (st. dzienne i zaoczne)
1. Podać równania prostych stycznych
(a) do hiperboli o równaniu f (x) =
1
x
w punktach x = −1 i x = 3 (f
0
(x) = −
1
x
2
) ,
(b) do wykresu funkcji f (x) = e
x
w punktach x = 0 i x = 1 ,
(c) do paraboli o równaniu f (x) = x
2
− 1 w punktach x = −1 i x = 2 .
2.
Wyznaczyć wszystkie punkty, w których proste styczne do wykresu funkcji f (x) =
x
3
− 4x
2
+ 5x są (a) poziome, (b) równoległe do prostej o równaniu y = 5x.
(Wskazówka: pochodna tej funkcji jest równa f
0
(x) = 3x
2
− 8x + 5).
3* (tylko studenci dzienni)
Obliczyć pochodną funkcji f (x) =
√
x w punktach x
0
= 1 i x
0
= 4.
Rozwiązania
1. (a) f (x) =
1
x
, x
0
= −1 ; f
0
(x) =
−1
x
2
, f
0
(−1) = −1 ,
g(x) = f (x
0
) + (x − x
0
)f
0
(x
0
) =
1
−1
+ (−1)(x − (−1)) = −x − 2 ;
x
0
= 3 ; f (x
0
) =
1
3
, f
0
(x
0
) = −
1
9
g(x) =
1
3
−
1
9
(x − 3) =
1
9
x +
2
3
(b) f (x) = f
0
(x) = e
x
; styczna w x
0
= 0 : g(x) = e
0
+ e
0
(x − 0) = x + 1 ,
styczna w x
0
= 1 : g(x) = e
1
+ e
1
(x − 1) = e · x
(c) f (x) = x
2
− 1 , f
0
(x) = 2x (taka sama jak pochodna funkcji h(x) = x
2
– dlaczego?)
styczna w x
0
= −1 : g(x) = (−1)
2
− 1 + 2 · (−1) · (x − (−1)) = −2x − 2 ,
styczna w x
0
= 2 : g(x) = 2
2
− 1 + 2 · 2 · (x − 2) = 4x − 5.
2. Ponieważ nachylenie (czyli współczynnik kierunkowy) stycznej do wykresu funkcji f
w punkcie x to pochodna w punkcie x , f
0
(x), styczna jest
(a) pozioma w tych punktach x, w których pochodna jest równa 0,
(b) równoległe do prostej y = 5x w tych x, w których pochodna jest równa 5.
Skoro zaś f
0
(x) = 3x
2
− 8x + 5, mamy
(a) f
0
(x) = 0 ⇔ 3x
2
− 8x + 5 = 0 ⇔ (x = 1 ∨ x =
5
3
),
(b) f
0
(x) = 5 ⇔ 3x
2
− 8x + 5 = 5 ⇔ (x =
8
3
∨ x = 0) .
3. Z definicji pochodnej :
d(
√
x)
dx
= lim
h→0
√
x + h −
√
x
h
= lim
h→0
(
√
x + h −
√
x)(
√
x + h +
√
x)
h(
√
x + h +
√
x)
= lim
h→0
h
(
√
x + h +
√
x)
=
1
2
√
x
,
stąd f
0
(1) =
1
2
i f
0
(4) =
1
4
. Zamiast tego można też skorzystać z faktu, że pochodna
funkcji
√
x w punkcie x
0
> 0 jest odwrotnością pochodnej funkcji g(x) = x
2
w punkcie x
2
0
(zrobić rysunek i wywnioskować, dlaczego).