"!$#&%('()(*+$+,-#
*0
)(*
$./
.
0
1. Znaleźć granice lim sin( 1 ) · tg x , jeśli ta granica istnieje lub wykazać, że nie istnieje.
x
x
→ 0
0
Rozw. | sin α| ≤ 1 dla każdej liczby α ∈ , zatem 0 ≤ sin( 1 ) · tg x ≤ | tg x| −−−→ 0 , wiec 1
x
x→ 0
lim sin( 1 ) · tg x = 0 .
x
x
→ 0
0
cos πx
2. Znaleźć granice lim
2
, jeśli ta granica istnieje lub wykazać, że nie istnieje.
x
ln x
→ 1
0
0
Rozw. Ponieważ licznik i mianownik to funkcje ciag le i cos π = 0 = ln 1 , wiec można spróbować zastosować 2
0
0
0
regu le markiza de l’Hospitala (mamy do czynienia z nieoznaczonościa typu 0 ). Stad wynika, że 0
0
lim (cos πx ) 0
sin πx
sin π
cos πx
2
= lim − π 2
2
= − π 2
2
=
, wiec lim
2
=
.
1
1
− π
− π
x
(ln x) 0
2
ln x
2
→ 1
x→ 1
x
1
x→ 1
√
0
3. Dla jakich liczb a ∈
funkcja zdefiniowana równościami f ( x) = cos(2 x) − 1+2 x 2 i f (0) = a jest ciag la w 1
x
0
punkcie 0 , dla jakich a jest ciag la w punkcie 1 .
0
0
Rozw. Licznik i mianownik sa funkcjami różniczkowalymi, które w punkcie 0 przyjmuja wartość 0 . Stosujemy 0
regu le markiza de l’Hospitala w celu znalezienia granicy lim f ( x) . Funkcja cos(2 x) przyjmuje w punkcie 0
x→ 0
√
0
0
0
swa najwieksza wartość, zatem jej pochodna w punkcie 0 równa jest 0 . Funkcja
1 + 2 x 2 przyjmuje w
0
0
punkcie 0 swa najmniejsza wartość, zatem jej pochodna w punkcie 0 równa jest 0 . Wobec tego pochodna 0
licznika w punkcie 0 równa jest 0 . Pochodna mianownika w każdym punkcie równa jest 1 . Widać wiec, że 0
lim f ( x) = 0 = 0 . Wobec tego funkcja f jest ciag la w punkcie 0 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 . W punkcie x
1
→ 0
0
0
0
1 jest ciag la niezależnie od wyboru a , bo licznik i mianownik sa ciag le w punkcie 1 i mianownik jest 6= 0 .
0
4. Znaleźć pochodna funkcji f , jeśli f ( x) =
x 4 ex
cos(2 x)
(1 + x 2)ln x
tg (cos(3 x 2)) .
1+ x 2
0
Rozw.
x 4 ee 0 = x 4 0ex + x 4 ex 0 = 4 x 3 ex + x 4 ex ; cos(2 x)
= − 2 sin(2 x) ·(1+ x 2) − cos(2 x) · 2 x ; 1+ x 2
(1+ x 2)2
0
0
0
(1+ x 2)ln x
= e ln(1+ x 2) · ln x
= e ln(1+ x 2) · ln x ln(1 + x 2) · ln x
= (1+ x 2)ln x
1
;
1+ x 2 ·(2 x) · ln x+ln(1+ x 2) · 1
x
tg (cos(3 x 2)) 0 =
1
cos2(cos 3 x 2) · ( − sin(3 x 2)) · (6 x) .
5. Wykazać, że jeśli 0 < α < β < π , to ctg α− ctg β > 1 .
β−α
Rozw. Za lóżmy najpierw, że 0 < α < β ≤ π . Z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej wynika, że istnieje 2
liczba c ∈ ( α, β) taka, że ctg α− ctg β = (ctg) 0( c) = − 1 , czyli ctg α− ctg β =
1
> 1 . Ten sam argument
α−β
sin2 c
β−α
sin2 c
0
dzia la, gdy π
zdarzyć, że 0 < α < π < β < π i
2 ≤ α < β < π . Problem polega na tym, że może sie
2
0
0
wtedy mog loby sie zdarzyć, że c = π i otrzymalibyśmy nierówność, ale nieostra, bo sin π = 1 . Na mocy 2
2
tego co, już zosta lo wykazane, możemy napisać ctg α− ctg π 2 > 1 , czyli ctg α − ctg π > π
π
2
2 − α . Analogicznie
2 −α
ctg π
. Dodajemy te dwie nierówności stronami i otrzymujemy ctg α
2 − ctg β > β − π
2
− ctg β > β − α , czyli
ctg α− ctg β > 1 , a to w laśnie chcieliśmy wykazać.
β−α
7. Napisać równanie prostej stycznej do wykresu funkcji f w punkcie ( p, f ( p)) , jeśli
√
f ( x) = x 4 − 3 x 3 , p = (1 , − 2) , f( x) = tg x , p = ( − π , 3) .
3 −
Rozw. W pierwszym przypadku mamy f 0( x) = 4 x 3 − 9 x 2 , zatem f 0(1) = 4 · 13 − 9 · 12 = − 5 . Styczna do wykresu funkcji f w punkcie (1 , − 2) to prosta, której wspó lczynnik kierunkowy równy jest f 0(1) = − 5 i na której leży punkt (1 , − 2) . Jej równanie to y = − 5 ·( x− 1) − 2 = − 5 x+3 . W drugim przypadku f 0( x) =
1
,
cos2 x
0
0
√
√
wiec f 0 − π =
1
=
1
= 4 . Równanie ma wiec postać y = 4 x
)
3 = 4 x + 4 π
3 .
3
cos2(
− ( − π
−
− π )
(1 / 2)2
3
3 −
3
√
√
6. Niech f ( t) = e−t a cos t 3 + b sin t 3 +
4 −ω 2
cos( ωt) +
2 ω
sin( ωt) dla t
. Znaleźć
(4
∈
−ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
1
f 00( t) − 2 f 0( t) + 4 f( t) − cos( ωt) .
√
√
√
√
Rozw. Mamy e−t cos( t 3) 0 = −e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) oraz
√
√
√
√
e−t sin( t 3) 0 = −e−t sin( t 3) + 3 e−t cos( t 3) . Z tych równości otrzymujemy
√
√
√
√
√
√
√
√
e−t cos( t 3) 00 = e−t cos( t 3) +
3 e−t sin( t 3) +
3 e−t sin( t 3) − ( 3)2 e−t cos( t 3) =
√
√
√
√
√
√
√
= e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) − 3 e−t cos( t 3) = − 2 e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) . Obliczamy dalej
√
√
√
√
√
√
√
√
e−t sin( t 3) 00 = e−t sin( t 3) − 3 e−t cos( t 3) − 3 e−t cos( t 3) − ( 3)2 e−t sin( t 3) =
√
√
√
√
√
√
√
= e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) = − 2 e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) .
√
√
Zdefiniujmy teraz g( t) = ae−t cos( t 3) + be−t sin( t 3) . Mamy g00( t) − 2 g0( t) + 4 g( t) =
√
√
√
√
√
√
√
= a − 2 e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) − 2 − e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) + 4 e−t cos( t 3) +
√
√
√
√
√
√
√
+ b − 2 e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) − 2 − e−t sin( t 3) + 3 e−t cos( t 3) + 4 e−t sin( t 3) =
√
√
√
√
√
√
√
√
= ae−t( − 2+2+4) cos( t 3)+(2 3+2 3) sin( t 3)+ be−t( − 2+2+4) sin( t 3)+( − 2 3 − 2 3) cos( t 3) =
√
√
√
√
= 4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) . Niech teraz h( t) =
4 −ω 2
cos( ωt) +
2 ω
sin( ωt) .
(4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
Mamy h0( t) = −ω
4 −ω 2
sin( ωt) + ω
2 ω
cos( ωt) oraz
(4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
h00( t) = −ω 2
4 −ω 2
cos( ωt)
sin( ωt) =
(4
−ω 2
2 ω
−ω 2 h( t) . Teraz możemy już dodać wszystkie cz lony:
−ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
h00( t) − 2 h0( t)+4 h( t) = (4 −ω 2) h( t) − 2 h0( t) =
(4 −ω 2)2
cos( ωt)+ 2 ω(4 −ω 2) sin( ωt)+2 ω
4 −ω 2
sin( ωt)
(4
−
−ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
− 2 ω
2 ω
cos( ωt) = (4 −ω 2)2 − 4 ω 2 cos( ωt) + 4 ω
4 −ω 2
sin( ωt) . Mamy f ( t) = g( t) + h( t) , zatem (4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
f 00( t) − 2 f 0( t) + 4 f( t) − cos( ωt) = g00( t) − 2 g0( t) + 4 g( t) + h00( t) − 2 h0( t) + 4 h( t) − cos( ωt) =
√
√
√
√
= 4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) + (4 −ω 2)2 − 4 ω 2 cos( ωt) + 4 ω
4 −ω 2
sin( ωt)
(4
− cos( ωt) =
−ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
√
√
√
√
=4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) +
− 5 ω 2
cos( ωt) + 4 ω
4 −ω 2
sin( ωt) .
(4 −ω 2)2+ ω 2
(4 −ω 2)2+ ω 2
Wynik, jak wida´
c, jest dosy´
c paskudny. Jest to rezultat dwu „drobnych” omy lek. Mia lo być
√
√
f ( t) = et a cos t 3 + b sin t 3 +
4 −ω 2
cos( ωt) +
2 ω
sin( ωt) . Wtedy w wyniku otrzyma-
(4
0
−ω 2)2+4 ω 2
(4 −ω 2)2+4 ω 2
libyśmy 0 , po mniej wiecej takich samych rachunkach i przynajmniej wynik by lby znośniejszy. Celem jednak 0
0
by lo wielokrotne sprawdzenie umiejetności wykonywania prostych przekszta lceń w wiekszej liczbie, a wynik 0
w tej chwili znaczenia wiekszego nie ma.
0
0
0
8. Znaleźć najwieksza wartość funkcji f : [ − 1 , 4] → IR określonej za pomoca wzoru f ( x) = 3 x 4 − 16 x 3 + 18 x 2 .
Rozw. 1. f 0( x) = 4 · 3 x 3 − 3 · 16 x 2 + 2 · 18 x = 4 · 3 x( x 2 − 4 x + 3) = 12 x( x − 1)( x − 2) . Pochodna jest 0
wiec: dodatnia na przedziale (2 , 4]) , ujemna na przedziale (1 , 2) , dodatnia na przedziale (0 , 1) i ujemna 0
na przedziale ( − 1 , 0) . Stad od razu wynika, że funkcja rośnie (ściśle!) na przedziale [2 , 4] , na przedziale 0
0
0
[1 , 2] jest ściśle malejaca, na przedziale [0 , 1] — ściśle rosnaca, na przedziale [ − 1 , 0] — ściśle malejaca.
0
0
Wynika stad, że najwieksza wartość to albo f ( − 1) = 3 + 16 + 18 = 37 , albo f(1) = 3 − 16 + 18 = 5 albo f (4) = 3 · 44 − 16 · 43+18 · 42 = (3 − 4) · 44+18 · 42 = 42 ·( − 16+18) = 32 . Wobec tego max f( x) = f( − 1) = 37 .
x∈[ − 1 , 4]
0
0
0
0
0
Rozw. 2. Funkcja f jest ciag la na przedziale domknietym [ − 1 , 4] , zatem z pewnościa ma wartość najwieksza 0
w jakimś punkcie p ∈ [ − 1 , 4] . Jeśli p jest punktem wewnetrznym tego przedzia lu, to musi być f 0( p) = 0 , bo 0
0
funkcja ma pochodna we wszystkich punktach wewnetrznych przedzia lu [ − 1 , 4] (w końcach też, ale to nas nie 0
interesuje!). Wynika stad, że punkt p jest albo końcem przedzia lu [ − 1 , 4] , albo punktem krytycznym funkcji 0
f , czyli punktem, w którym pochodna równa jest 0 . Oznacza to, że najwieksza wartość funkcji f to jedna z liczb f ( − 1) = 37 , f(0) = 0 , f(1) = 5 , f(2) = − 8 , f(4) = 32 , czyli liczba f( − 1) = 37 .
0
0
0
Uwaga. Z rozwiazania wynika, że najmniejsza wartościa funkcji f jest f (2) = − 8 .
0
9. Wykazać, że jeśli 0 < a , to równanie tg x = a( x− π )+1 ma co najmniej jedno, a co najwyżej trzy rozwiazania 4
0
spe lniajace nierówność |x| < π oraz że
2
0
0
dla pewnej liczby a 1 > 0 równanie tg x = a 1( x − π ) + 1 ma dok ladnie jedno rozwiazanie spe lniajace 4
warunek |x| < π ;
2
0
0
dla pewnej liczby a 2 > 0 równanie tg x = a 2( x − π ) + 1 ma dok ladnie dwa rozwiazania spe lniajace 4
warunek |x| < π ;
2
0
0
dla pewnej liczby a 3 > 0 równanie tg x = a 3( x − π ) + 1 ma dok ladnie trzy rozwiazania spe lniajace 4
warunek |x| < π .
2
0
Rozw. Niech fa( x) = tg x − a( x − π )
d,
4
− 1 . Mamy f0a( x) = 1 + tg 2 x − a , f00a( x) = 2 tg x(1 + tg 2 x) . Wynika sta że f 00
a ( x) = 0 dla x ∈
− π , π wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0 . Jeśli f 0
, to
2
2
a( x 1) = 0 i f 0a( x 2) = 0 , |x 1 |, |x 2 | < π
2
na mocy twierdzenia Rolle’a (szczególny przypadek twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej) zastosowanego do 0
0
0
funkcji f 0 , istnieje punkt c leżacy miedzy x 1 i x 2 taki, że f 00
a ( c) = 0 . Stad wynika, że funkcja f 0 ma co najwyżej
0
0
dwa pierwiastki w przedziale
− π , π . Korzystajac raz jeszcze z tego, że miedzy każdymi dwoma pierwiastkami 2
2
0
funkcji określonej i różniczkowalnej na przedziale znajduje sie pierwiastek jej pochodnej, stwierdzamy, że funkcja f
a ma co najwy żej trzy pierwiastki w przedziale
− π , π .
2
2
Przyjmujemy a
1 = 0 . Równanie tg x = a 1( x − π ) + 1 = 1 ma w przedziale
, π
dok ladnie jeden
4
− π 2 2
0
pierwiastek, bo na tym przedziale funkcja tg jest ściśle rosnaca i tg π = 1 .
4
Przyjmujemy a 2 = 2 = 1 + tg 2 π . Jednym z pierwiastków równania tg x = 2( x
) + 1 jest oczywiście
4
− π 4
π . Niech f( x) = tg x
) + 1 dla x
, π . Mamy f 0( x) = 1 + tg 2 x
4
− 2( x − π 4
∈ − π 2 2
− 2 = tg 2 x − 1 . Wobec
0
tego f 0( x) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x ∈ − π , π . Wobec tego funkcja f jest ściśle malejaca na przedziale 4
4
0
0
− π , π i ściśle rosnaca na każdym z przedzia lów π , π ,
,
. W każdym z nich ma wiec co najwyżej
4
4
4
2
− π 2 −π 4
0
jeden pierwiastek. Teraz wystarczy przyjrzeć sie wartościom w punktach ± π i granicom w punktach
. Te
4
± π 2
0
ostatnie to oczywiście ±∞ . f( π ) = 0 , f(
) = tg
d, że funkcja
4
− π 4
− π 4 − 2 − π 4 − π 4 − 1 = π − 2 > 0 . Wynika sta f jest dodatnia na przedziale
− π , π i na przedziale π , π . Ponieważ f(
) = π
f ( x) =
4
4
4
2
− π 4
− 2 > 0 i lim
−∞ ,
x→− π 2
0
wiec ma pierwiastek w przedziale
− π ,
, oczywiście dok ladnie jeden jako ściśle monotoniczna. Wykazaliśmy
2 − π
4
zatem, że równanie tg x = 2( x − π ) + 1 ma dok ladnie dwa pierwiastki rzeczywiste: jeden w przedziale
,
,
4
− π 2 −π 4
a drugim jest liczba π .
4
Przyjmijmy a
3 = 12 . Niech g( x) = tg x − 12( x − π ) + 1 . Mamy g π
= tg π
) + 1 =
4
3
3 −
12( π 3 − π 4
√
√
= 3 − 12 π
3
g( x) = +
, π funkcja g ma co najmniej jeden
12 − 1 =
− 2 < 0 i lim
∞ > 0 , zatem w przedziale π
x
4
2
→ π
2
0
pierwiastek. g π = 0 , wiec mamy drugi. g(0) = 3 π
g( x) =
, 0
4
− 1 > 0 , lim
−∞ > 0 , zatem w przedziale − π
x
2
→− π
2
0
0
funkcja g ma pierwiastek. To już trzeci, wiec, zgodnie z tym co wykazaliśmy wcześniej, wiecej już nie ma. ×
0
0
Uwaga. Rozumowanie świadczace o tym, że w przedziale
− π , π sa co najwyżej trzy pierwiastki można
2
2
0
przedstawić bardziej geometrycznie. Bedzie to jednak, w swej istocie, to samo rozumowanie, ale inaczej opowie-0
dziane. Czyta´
c dalej nale ży robiac sobie rysunki na kartce papieru, bo mowa jest o „geometrii”.
0
0
Na przedziale 0 , π funkcja tg jest ściśle wypuk la, zatem jej wykres przecina jakakolwiek prosta w co 2
najwyżej dwóch punktach.
0
0
Na przedziale
− π , 0 , funkcja tg jest ściśle wkles la, zatem również w tym przypadku prawda jest, że ma 2
0
0
co najwyżej dwa punkty wspólne z dowolna prosta.
0
Stad wynika, że wykres funkcji tg (rozpatrywanej tylko na przedziale
− π , π ) ma co najwyżej cztery
2
2
0
punkty wspólne z prosta.
0
Należy jeszcze przekonać sie, że czterech być nie może. Niech 0 < x 1 < x 2 < π , tg x
) + 1
2
1 = a( x 1 − π
4
oraz tg x
2 = a( x 2 − π ) + 1 . Ze ścis lej wypuk lości funkcji tg na przedziale 0 , π
wynika, że wspó lczynnik
4
2
0
0
kierunkowy prostej przechodzacej przez punkty ( x 1 , tg x 1) i ( x 2 , tg x 2) jest wiekszy niż wspó lczynnik kierunkowy 0
stycznej do wykresu tangensa w punkcie ( x 1 , tg x 1) a ten z kolei jest wiekszy niż wspó lczynnik kierunkowy prostej 0
0
przechodzacej przez punkty (0 , 0) i ( x 1 , tg x 1) . Z tego stwierdzenia wynika, że prosta przechodzaca przez punkty 0
0
( x 1 , tg x 1) i ( x 2 , tg x 2) przecina pozioma oś uk ladu wspó lrzednych na prawo od (0 , 0) .
0
0
0
0
Analogicznie wykazujemy, że prosta przecinajaca „lewa” cześć wykresu funkcji tangens przecina pozioma oś 0
0
uk ladu wspó lrzednych na lewo od (0 , 0) . Stad wynika od razu, że nie ma prostej, która przecina wykres funkcji tg — rozpatrywanej tylko na przedziale
− π , π — w czterech punktach.
2
2