Matematyka A, kolokwium, 30 listopada 2010, Rozwia
,
zania
1. (10 pt.) Obliczy´c pochodne naste
,
puja
,
cych funkcji:
a. (3 pt.) tg ln(2x)
,
b. (4 pt.)
3
q
x+4
x
2
−x+4
c. (3 pt). y = (2 + sin x)
1/x
.
Rozwia
,
zanie
a. Korzystamy z wzoru na pochodna
,
z lo˙zenia:
tg ln(2x)
0
=
1
cos
2
(ln(2x))
·
1
2x
· 2 =
1
x cos
2
(ln(2x))
.
b.
3
q
x+4
x
2
−x+4
0
=
x+4
x
2
−x+4
1/3
0
=
1
3
x+4
x
2
−x+4
−2/3
·
x
2
−x+4−(x+4)(2x−1)
(x
2
−x+4)
2
=
=
1
3
3
q
x
2
−x+4
x+4
2
·
−x
2
−8x+8
(x
2
−x+4)
2
=
−x
2
−8x+8
3(x+4)
2/3
(x
2
−x+4)
4/3
=
1
3
(−x
2
− 8x + 8)(x + 4)
−2/3
(x
2
− x + 4)
−4/3
—
zapisa lem wynik w kilku postaciach, bo cze
,
sto wygodnie jest zapisa´c go w pewnej postaci, aby co´s z
nim dalej robi´c. To oczywi´scie konieczne nie by lo.
c. y
0
=
(2 + sin x)
1/x
0
=
e
(1/x) ln(2+sin x)
0
= e
(1/x) ln(2+sin x)
−1
x
2
ln(2 + sin x) +
1
x
·
1
2+sin x
· cos x
=
= (2 + sin x)
1/x
− ln(2+sin x)
x
2
+
cos x
x(2+sin x)
= (2 + sin x)
(
1
x
−1)
·
x cos x−ln(2+sin x)
x
2
.
2. (4 pt.) Niech f (x) =
p
(x + a)
2
+ x
2
− 9 −
p
(x − a)
2
+ x
2
− 9 . Znale´z´c taka
,
liczbe
,
a > 0 ,
˙ze dla ka˙zdego x > 3 zachodzi r´owno´s´c f
0
(x) = 0 .
(2 pt.) Niech P be
,
dzie punktem le˙za
,
cym na wykresie funkcji y =
√
x
2
− 9 , kt´orego pierwsza
,
wsp´o lrze
,
dna
,
jest liczba 5 . Znale´z´c r´ownanie prostej τ
P
stycznej do wykresu funkcji
y =
√
x
2
− 9 w punkcie P .
(4 pt.) Niech F
r
= (3
√
2, 0) , F
`
= (−3
√
2, 0) . Dowie´s´c, ˙ze dwusieczna
,
ka
,
ta F
`
P F
r
jest
prosta τ
P
.
Rozwia
,
zanie
Obliczamy pochodna
,
pamie
,
taja
,
c o tym, ˙ze a jest sta la
,
, a x — zmienna
,
:
p
(x + a)
2
+ x
2
− 9 −
p
(x − a)
2
+ x
2
− 9
0
=
=
1
2
(x + a)
2
+ x
2
− 9
−1/2
(2x + 2a + 2x) −
1
2
(x − a)
2
+ x
2
− 9
−1/2
(2x − 2a + 2x)
= (x + a)
2
+ x
2
− 9
−1/2
(2x + a) − (x − a)
2
+ x
2
− 9
−1/2
(2x − a) .
Je´sli to wyra˙zenie jest r´owne 0 , dla pewnego x , to (przenosimy jedno wyra˙zenie na druga
,
strone
,
,
mno˙zymy przez mianowniki i podnosimy do kwadratu obie strony otrzymanej r´owno´sci):
(x − a)
2
+ x
2
− 9
(2x + a)
2
= (x + a)
2
+ x
2
− 9
(2x − a)
2
, sta
,
d
(x − a)
2
(2x + a)
2
+ (x
2
− 9)(2x + a)
2
= (x + a)
2
(2x − a)
2
+ (x
2
− 9)(2x − a)
2
, wie
,
c
(x − a)(2x + a)
2
− (x + a)(2x − a)
2
= (x
2
− 9) (2x − a)
2
− (2x + a)
2
, zatem
2x
2
− ax − a
2
2
− 2x
2
+ ax − a
2
2
= (x
2
− 9)(−2a)(4x) i w ko´
ncu, po naste
,
pnym zapisaniu r´o˙znicy
kwadrat´ow w postaci iloczynu, otrzymujemy (−2ax) 4x
2
− 2a
2
= (x
2
− 9)(−2a)(4x) . Poniewa˙z
ax 6= 0 , wie
,
c 2x
2
− a
2
= 2x
2
− 18 , tzn. a =
√
18 = 3
√
2 .
Mamy
p
(x + a)
2
+ x
2
− 9 =
q
(x + 3
√
2)
2
+ x
2
− 9 =
p
2x
2
+ 6
√
2 + 9 =
q
(x
√
2 + 3)
2
= x
√
2 + 3 ,
bo x
√
2 + 3 > 0 . Analogicznie
p
(x − a)
2
+ x
2
− 9 =
q
(x − 3
√
2)
2
+ x
2
− 9 =
p
2x
2
− 6
√
2 + 9 =
=
q
(x
√
2 − 3)
2
= x
√
2 − 3 , bo x
√
2 − 3 > 0 . Sta
,
d wynika, ˙ze dla a = 3
√
2 i x > 3 zachodzi r´owno´s´c
p
(x + a)
2
+ x
2
− 9 −
p
(x − a)
2
+ x
2
− 9 = x
√
2 + 3 − (x
√
2 − 3) = 6 . Pochodna funkcji sta lej jest
r´owna 0 .
Je´sli x = 5 , to y =
√
25 − 9 = 4 , zatem P = (5, 4) . Mamy y
0
=
1
2
(x
2
− 9)
−1/2
· 2x =
x
√
x
2
−9
. Wobec
tego wsp´o lczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji
√
x
2
− 9 w punkcie P jest r´owny
5
4
, wie
,
c
r´ownanie stycznej do wykresu w punkcie P to: y =
5
4
(x − 5) + 4 .
Wektor v = [4, 5] jest styczny do tego wykresu — ma taki sam wsp´o lczynnik kierunkowy, jak styczna
w tym punkcie. Mamy te˙z [F
`
, P ] = [5 + 3
√
2, 4] oraz [F
r
, P ] = [5 − 3
√
2, 4] . D lugo´sci tych trzech
wektor´ow sa
,
r´owne kolejno:
√
4
2
+ 5
2
=
√
41 ,
q
(5 + 3
√
2)
2
+ 4
2
=
p
59 + 30
√
2 ,
q
(5 − 3
√
2)
2
+ 4
2
=
p
59 − 30
√
2 .
Dla wykazania r´owno´sci ka
,
t´ow wystarczy wykaza´c, ˙ze ich kosinusy sa
,
r´owne (ka
,
t mie
,
dzy wektorami
nie jest wie
,
kszy od π radian´ow). Wyka˙zemy, ˙ze
v · [F
`
, P ]
kvk · k[F
`
, P ]k
=
v · [F
r
, P ]
kvk · k[F
r
, P ]k
,
czyli (v ·[F
`
, P ])·k[F
r
, P ]k = (v ·[F
r
, P ])·k[F
`
, P ]k . Mamy v ·[F
`
, P ] = 4·(5+3
√
2)+5·4 = 40+12
√
2
oraz v · [F
r
, P ] = 4 · (5 − 3
√
2) + 5 · 4 = 40 − 12
√
2 > 0 . Mo˙zemy napisa´c:
(40 + 12
√
2)
p
59 − 30
√
2 = (40 − 12
√
2)
p
59 + 30
√
2 ⇐⇒
⇐⇒ (10 + 3
√
2)
p
59 − 30
√
2 = (10 − 3
√
2)
p
59 + 30
√
2 ⇐⇒
⇐⇒ (10 + 3
√
2)
2
(59 − 30
√
2) = (10 − 3
√
2)
2
(59 + 30
√
2) ⇐⇒
⇐⇒ (118 + 60
√
2)(59 − 30
√
2) = (118 − 60
√
2)(59 + 30
√
2) ⇐⇒
⇐⇒ (59 + 30
√
2)(59 − 30
√
2) = (59 − 30
√
2)(59 + 30
√
2).
Ostatnia r´owno´s´c jest prawdziwa, wie
,
c wszystkie poprzednie r´ownie˙z.
3. (4 pt.) Niech f (x) = x
3
− x dla x ∈ [−1, 2] (poza przedzia lem [−1, 2] funkcja nie jest
zdefiniowana). Niech A =
− 1, f (−1)
, B = 2, f (2)
, X = x, f (x)
. Wyrazi´c
pole tr´ojka
,
ta AXB wzorem, w zale˙zno´sci od x .
(6 pt.) Dla jakiego x ∈ [−1, 2] pole tr´ojka
,
ta AXB jest najwie
,
ksze?
Rozwia
,
zanie
Mamy f (−1) = 0 , f (2) = 6 , zatem [A, X] = [x + 1, x
3
− x] , [B, X] = [x − 2, x
3
− x − 6] .
Pole r´ownoleg loboku rozpie
,
tego przez wektory [A, X] i [B, X] to warto´s´c bezwzgle
,
dna wyznacznika:
x + 1
x
3
− x
x − 2 x
3
− x − 6
= (x + 1)(x
3
− x − 6) − (x
3
− x)(x − 2) = x + 1 − (x − 2)
(x
3
− x) − 6(x + 1) =
=3(x
3
− x − 2x − 2) = 3(x
3
− 3x − 2) = 3(x + 1)(x
2
− x − 2) = 3(x + 1)
2
(x − 2) . Wynika sta
,
d, ˙ze dla
x ∈ [−1, 2] pole tr´ojka
,
ta AXB jest r´owne
3
2
(x + 1)
2
(2 − x) — po lowa pola r´ownoleg loboku. Dla x
spoza przedzia lu [−1, 2] pole r´owne jest
3
2
(x + 1)
2
(−2 + x) .
Rozwa˙zamy funkcje
,
3
2
(x + 1)
2
(2 − x) na przedziale [−1, 2] . Ma ona najwie
,
ksza
,
warto´s´c w pewnym
punkcie (twierdzenie Weierstrassa). Poniewa˙z w punktach wewne
,
trznych jest dodatnia, a w ko´
ncach
przedzia lu jest r´owna 0 , wie
,
c najwie
,
ksza
,
warto´s´c przyjmuje w pewnym punkcie wewne
,
trznym. Jej
pochodna w tym punkcie musi by´c r´owna 0 . Mamy
3
2
(x+1)
2
(2−x)
0
= 3(x+1)(2−x)−
3
2
(x+1)
2
=
=
3
2
(x+1)(4−2x−x−1) =
3
2
(x+1)(3−3x) =
9
2
(x+1)(1−x) , zatem jedynym punktem wewne
,
trznym
przedzia lu [−1, 2] , w kt´orym pochodna zeruje sie
,
, jest 1 . Najwie
,
ksza warto´s´c jest w nim przyjmowana
i jest r´owna
3
2
·2
2
= 6 (o te
,
liczbe
,
w zadaniu nie pytano). Dodajmy jeszcze, ˙ze wsp´o lczynnik kierunkowy
stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (1, 0) jest r´owny 2 , wie
,
c ta styczna jest r´ownoleg la do
wektora [A, B] = [3, 6] .
4. (3 pt.) Poda´c definicje
,
pochodnej funkcji f w punkcie p .
(7 pt.) Obliczy´c f (1) oraz pochodna
,
f
0
(1) , je´sli
f (x) = ln x · sin
πx
2
· (1 + ln x)
3
· tg
11 πx
4
· log
10
190 + (2 + x
11
)
4
+ (x
30
+ 8)
3
.
Rozwia
,
zanie
Pochodna
,
funkcji f w punkcie p nazywamy granice
,
lim
h→0
f (p+h)−f (p)
h
.
f (1) = 0 , bo ln 1 = 0 . Poniewa˙z (ln x)
0
=
1
x
, wie
,
c lim
x→1
ln x
x−1
= lim
h→0
ln(1+h)
h
= lim
h→0
ln(1+h)−ln 1
h
=
1
1
= 1 .
Obliczamy f
0
(1) = lim
x→1
f (x)−f (1)
x−1
= lim
x→1
f (x)
x−1
= lim
x→1
ln x
x−1
· lim
x→1
sin
πx
2
· lim
x→1
(1 + ln x)
3
· lim
x→1
tg
11 πx
4
·
· lim
x→1
log
10
190 + (2 + x
11
)
4
+ (x
30
+ 8)
3
= 1 · sin
π
2
· (1 + 0)
3
· tg
11 π
4
· log
10
190 + (2 + 1)
4
+ (1 + 8)
3
=
= log(190 + 81 + 729) = log
10
1000 = 3 .
5. (3 pt.) Sformu lowa´c twierdzenie Lagrange’a o warto´sci ´sredniej.
(3 pt.) Wykaza´c, ˙ze je´sli y > x > 1000 , to 0 < ln y − ln x <
y−x
1000
.
(4 pt.) Wykaza´c, ˙ze je´sli y > x > 1000 , to
1999(y − x) <
1
y
(1 + y
2
)
3/2
−
1
x
(1 + x
2
)
3/2
< 2000(y − x) .
Rozwia
,
zanie
Twierdzenie Lagrange’a o warto´sci ´sredniej
Je´sli funkcja f jest cia
,
g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu domknie
,
tego [a, b] i ma pochodna
,
we wszyst-
kich punktach przedzia lu otwartego (a, b) , to istnieje taki punkt c ∈ (a, b) , ˙ze f
0
(c) =
f (b)−f (a)
b−a
.
Niech f (x) = ln x . Mamy f
0
(x) = (ln x)
0
=
1
x
. Je´sli y > x > 1000 , to istnieje taka liczba c ∈ (x, y) ,
˙ze f (y) − f (x) = f
0
(c)(y − x) =
1
c
(y − x) <
y−x
1000
, bo c > 1000 .
Niech ϕ(x) =
1
x
(1+x
2
)
3/2
= x
−1
(1+x
2
)
3/2
. Mamy ϕ
0
(x) = −x
−2
(1+x
2
)
3/2
+x
−1
·
3
2
(1+x
2
)
1/2
·2x =
= −
1
x
2
(1 + x
2
)
3/2
+ 3(1 + x
2
)
1/2
= (1 + x
2
)
1/2
3 −
1+x
2
x
2
= (1 + x
2
)
1/2
2 −
1
x
2
. Je´sli x > 1000 , to
ϕ
0
(x) = (1+x
2
)
1/2
2−
1
x
2
> (1 000 001)
1/2
·1,999 999 > (1 000 000)
1/2
·1,999 999 = 1 999,999 > 1 999 .
Wobec tego, je´sli y > x > 1000 , to dla pewnego c ∈ (x, y) zachodzi wz´or
ϕ(y) − ϕ(x) = ϕ
0
(c)(y − x) > 1,999(y − x) ,
bo oczywi´scie c > 1000 .
Prawa nier´owno´s´c jest na og´o l nieprawdziwa. Je´sli np. y > x > 10 000 , i c ∈ (x, y) , to c > 10 000 ,
wie
,
c ϕ
0
(c) = (1 + c
2
)
1/2
2 −
1
c
2
> (1 + c
2
)
1/2
> c > 10 000 , wie
,
c ϕ(y) − ϕ(x) > 10 000(y − x) , przy
czym w rzeczywisto´sci ta r´o˙znica jest jeszcze wie
,
ksza (skorzystali´smy z tego, ˙ze liczba 2 −
1
c
2
jest
wie
,
ksza od 1 , a ona jest prawie r´owna 2).
Ciekawostki (kt´o˙z wie, co sie
,
mo˙ze przyda´c):
sin(3x
2
)
0
= 6x cos(3x
2
) , ln x = ln x − ln 1 ,
ln(cos x)
0
= − tg x .