Tekst na niebiesko jest komentarzem lub treścią zadania b; stąd b = (6 π 3)/12. 3 Wzór stycznej: 2 x + 6 π

Transkrypt

1 Tekst na niebiesko jest komentarzem lub treścią zadania. Zadanie 1. Styczne do krzywej: (a) y = sin x x 0 = π/6 (b) y = x 3 2x 2 + x 1 x 0 = 1 Tą styczną to już gdzieś objaśniałem. Jest to prosta o równaniu y = ax + b. Współczynnik a to wartość pochodnej funkcji w punkcie x 0, a współczynnik b ustalamy tak, aby prosta dotykała wykresu funkcji, czyli f(x 0 ) = ax 0 + b. Patrz proszę niżej. (a) Liczymy pochodną: f (x) = cos x. W punkcie x 0 = π/6 mamy cos(π/6) = 3/2. Czyli nasza prosta ma mieć postać: y = ( 3/2) x + b. Wartość f(π/6) = 1/2. Dostajemy równość: = π b; stąd b = (6 π 3)/12. 3 Wzór stycznej: 2 x + 6 π (a) Liczymy pochodną: f (x) = 3x 2 4x + 1. Wartość pochodnej w punkcie x 0 = 1 wynosi zero więc styczna będzie poziomą prostą. Funkcja ma w tym punkcie wartość f(1) = 1, czyli wzór stycznej nie zawiera x : y = 1. UWAGA! To, że styczna jest pozioma nie oznacza jeszcze, że jest w tym punkcie ekstremum f(x), bo może być jeszcze punkt przegięcia, tak jak np. dla funkcji f(x) = x 3 w punkcie x 0 = 0. Zadanie 2. Monotoniczność i ekstrema. (a) f(x) = x 4 2x (b) h(x) = 2x 3 6x (c) f(x) = 3x 4 16x (d) f(x) = x 3 + 6x 2 9x + 4 (e) g(x) = x 2 /(x 3) (f) s(x) = x 3 /(x 2 x 2) Monotoniczność jest łatwa - funkcja jest rosnąca gdy jej pochodna jest dodatnia, malejąca - gdy pochodna jest ujemna. Gdy pochodna jest zerem to może, ale nie musi być ekstremum. Najprościej jest zbadać, czy pochodna zmienia znak gdy x przechodzi przez punkt podejrzany o bycie ekstremum. (a) Liczymy pochodną: f (x) = 4x 2 4x = 4x(x+1)(x 1). Rozłożyłem pochodną na czynniki aby łatwo było znaleźć jej miejsca zerowe. Pochodna jest zerem w punktach: x 1 = 1; oraz x 2 = 0; x 3 = 1. Gdy x < 1 wszystkie trzy czynniki we wzorze na pochodną są ujemne i mamy f (x) < 0, czyli funkcja jest malejąca. Potem na odcinku od 1 do 0 wyrażenie x + 1 jest dodatnie, pozostałe ujemne i f (x) > 0. Na kolejnym odcinku od 0 do 1 jest f (x) < 0 i potem dla x > 1 mamy f (x) > 0. Pochodna zmienia więc elegancko znak przy przechodzeniu przez jej punkty zerowe. Wnioski: Funkcja jest malejąca dla x ( ; 1) (0; 1) Funkcja jest rosnąca dla x ( 1; 0) (1; + ) W punktach x 1 = 1; x 3 = 1 funkcja ma lokalne minimum, a w punkcie x 2 = 0 - maksimum lokalne. Wykres tej funkcji przypomina damski biust, mniej lub bardziej kształtny, zależnie od przedziału, w jakim się go rysuje... Skoro jesteś chłopakiem to się nie obrazisz za ten tekst. Zauważ, że przy określaniu przedziałów monotoniczności używam przedziałów otwartych. Jest tak dlatego, że punkcie ekstremum nie można powiedzieć, że funkcja jest rosnąca lub malejąca. Jest nijaka - ani taka, ani taka. To jest moje zdanie, jeśli wykładowca powie inaczej, to trzymaj się proszę jego zdania. ciąg dalszy na następnej stronie

2 ciąg dalszy zadania 2 (b) Liczymy pochodną: h (x) = 6x 2 12x = 6x(x 2). Jak poprzednio badamy znak pochodnej. Jest ona ujemna dla x od 0 do 2, zerowa dla x 1 = 0; x 2 = 2, poza tym dodatnia, czyli: Funkcja jest malejąca dla x (0; 2) Funkcja jest rosnąca dla x ( ; 0) (2; + ) W punkcie x 1 = 0 funkcja ma lokalne minimum, a w punkcie x 2 = 2 - maksimum lokalne. (c) Liczymy pochodną: f (x) = 12x 3 48x 2 = 12x 2 (x 4). Pochodna ma miejsca zerowe w x 1 = 0 i x 2 = 4. Ale gdy przechodzimy przez punkt x = 0 to pochodna nie zmienia znaku (gdyż x 2 > 0 dla niezerowych x). W tym punkcie nie ma więc ekstremum, jest tylko punkt przegięcia. Aż do x = 4 pochodna jest poza tym ujemna, a dla x > 4 staje się dodatnia. Wnioski: Funkcja jest malejąca dla x ( ; 4) \ {0} Funkcja jest rosnąca dla x (4; + ) W punkcie x 1 = 4 funkcja ma lokalne minimum. Powód dlaczego wyłączamy x = 0 z przedziału monotoniczności wyjaśniam w przykładzie (a). (d) Liczymy pochodną: f (x) = 3x x 9 = 3(x 1)(x 3) (do rozkładu na czyyiki trzeba rozwiązać równania kwadratowe f (x) = 0, pominąłem to. Ważne jest to minus 3 przed nawiasami). Pamiętając o 3 przed nawiasem we wzorze na pochodną wnioskujemy, że: Funkcja jest malejąca dla x ( ; 1) (3; + ) Funkcja jest rosnąca dla x (1; 3) W punkcie x 1 = 1 funkcja ma lokalne minimum, a dla x 2 = 3 - maksimum. (e) Liczymy pochodną. To jest pochodna ilorazu czyli: g (x) = 2x (x 3) 1 (2x) (x 3) 2 = x(x 6) (x 3) 2 Zarówno funkcja, jaki jej pochodna nie istnieją w punkcie x = 3. poza tym punktem mianownik we wzorze pochodnej jest dodatni, a licznik jest dodatni dla x < 0 oraz x > 6 i ujemny pomiędzy 0 i 6. Dlatego: Funkcja jest malejąca dla x (0; 6) \ {3} Funkcja jest rosnąca dla x ( ; 0) (6; + ) W punkcie x 1 = 6 funkcja ma lokalne minimum, a dla x 2 = 0 - maksimum. Zwróć proszę uwagę, co dzieje się w okolicy x = 3. Gdy podchodzimy do tego punktu z lewej strony to g(x) zmierza w dół do. Natomiast z prawej strony f(x) dąży od + do jakiegoś minimum. Czyli g(x) może przyjmować wartości mniejsze niż w swoim minimum i większe niż w maksimum! Dlatego te ekstrema nazywają się lokalne, gdyż ten termin opisuje tylko zachowanie się funkcji blisko punktów ekstremalnych, a NIE funkcji w całej jej dziedzinie! ciąg dalszy na kolejnej stronie bo chcę mieć cały przykład (f) razem

3 ciąg dalszy zadania 2 (e) Liczymy pochodną. To jest pochodna ilorazu czyli: s (x) = 3x2 (x 2 x 2) x 3 (2x 1) = x2 (x 2 2x 6) (x 2 x 2) 2 (x 2 x 2) 2 Mianownik jest zerem dla x = 1 lub x = 2 (rozwiązujemy równanie x 2 x 2 = 0 aby dostać ten rezultat) wobec tego funkcja i jej pochodna nie istnieją w tych punktach. Dla pozostałych x mianownik jest dodatni. Badamy licznik pochodnej. Licznik jest zerem dla x = 0, ale ponieważ jest tam x 2 to pochodna nie zmienia znaku gdy przechodzimy przez zero. A blisko x = 0 pochodna jest ujemna. Wyrażenie w nawiasie po rozwiązaniu równania: x 2 2x 6 = 0 ma dwa miejsca zerowe: x 1 = 1 7 i x 2 = Dla x < x 1 licznik jest więc dodatni, podobnie jak dla x > x 2. Pomiędzy x = 1, x 1 i x 2 mamy ujemny licznik z wyjątkiem tych szczególnych punktów x = 0 i x = 3. Rozwiązanie zapiszemy więc tak: Funkcja jest malejąca dla x (1 7; 1 + 7) \ { 1; 0; 3} Funkcja jest rosnąca dla x ( ; 1 7) (1 + 7; + ) W punkcie x 2 = funkcja ma lokalne minimum, a dla x 1 = maksimum. W punktach x = 1 oraz x = 2 zachowanie funkcji jest takie samo jak w przykładzie (e), patrz proszę komentarz pod tamtym przykładem. Uwagi do zadań 3. i 4. W tych zadaniach stosujemy metodę przybliżania wartości funkcji w pobliżu punktu, w którym znamy jej dokładną wartość (np: wiedząc, że 9 = 3 możemy oszacować ile wynosi 9,1). Metoda opiera się na tym, ze wykres jakiejkolwiek normalnej funkcji obserwowany w dużym powiększeniu (tzn, dla x mało się różniących od wybranego x 0 ) wygląda praktycznie jak linia prosta. A dla linii prostej, opisanej równaniem: f(x) = ax + b, jeśli zwiększymy x o małe x to wartość f(x) zmieni się o: f = f(x 0 + x) f(x 0 ) = a(x 0 + x) + b (ax 0 + b) = a x Zauważ, że współczynnik a w równaniu stycznej do wykresu f(x) jest równy wartości pochodnej tej funkcji w punkcie x 0, dla przyzwoitej funkcji możemy więc napisać poprzedni wzór jako: df df f = x zatem f(x dx 0 + x) = f(x 0 ) + x x=x0 dx x=x0 gdzie zapis df/dx x=x0 oznacza pochodną f (x) braną dokładnie w punkcie x 0, podobnie f(x 0 ) oznacza dokładną wartość f(x) w tym punkcie. Zaznaczam!!! Ta metoda nie działa gdy x 0 jest w ekstremum funkcji. Wtedy pochodna równa jest zero i guano z mnożenia przez nią. W okolicy ekstremum funkcja zmienia się zbyt dynamicznie i jej wykres nie przypomina linii prostej. Metoda staje się też niedokładna, gdy funkcja gwałtownie dąży do nieskończoności. Ta wielkość f gdy jest nieskończenie mała nazywa się właśnie różniczką df funkcji f(x) i formalnie zapisuje się to tak: df = f (x) dx zatem f(x 0 + dx) = f(x 0 ) + df = f(x 0 ) + f (x 0 ) dx Zadania - od nowej strony

4 Zadanie 3. Za pomocą różniczki oblicz: (a) ln 1,02 (b) 3 28 (c) 4 15 (d) 1/ ,1 (e) e (a) Jako punkt x 0, w którym znamy dokładną wartość funkcji logarytm, bierzemy x 0 = 1. Wtedy ln x 0 = ln 1 = 0. Jako przyrost argumentu funkcji bierzemy x = 0,02. Obliczamy pochodną logarytmu i bierzemy jej wartość w x 0. Mamy wzór: (ln x) 1 x0 =1 = x x0 =1 = 1 1 = 1 f(x 0 + x) = f(x 0 ) + f (x 0 ) x Podstawiamy wartość pochodnej do wzoru na różniczkę f f(x) = f (x 0 ) x zatem f(x 0 + x) = ln ,02 = 0,02 Dla porównania: Dokładniejsza wartość ln 1,02, liczona kalkulatorem, to 0,0198, więc błąd względny wynosi: (0,02 0,0198) / 0,02 = około 1%. (b) Bierzemy funkcję f(x) = 3 x i punkt x 0 = 27. Wtedy znamy f(27) = 3. Przyrost x = 1. Liczymy: ( ) f(27 + 1) = f(27) + 3 x 1 x = 3 + x= x 2 Wartość z kalkulatora: 3,03659 x0 =27 1 = ,037 (c) Jak poprzednio, tylko tutaj x jest ujemna f(x) = 4 x, x 0 = 16, x = 1 ( ) f(16 1) = f(16) x x = 2 + x= ( 1) = 2 1 x 3 x= ,031 Wartość z kalkulatora: 2,03054 (d) Jak W przykładzie b. f(x) = 3 x, x 0 = 8, x = 0,1 ( ) f(8 + 0,1) = f(8) + 3 x 1 x = 2 + x= ,1 = 2 + 0,1 x 2 x=8 12 2,0833 Wartość z kalkulatora: 2, (e) Tutaj mamy zagwozdkę bo trudno jest znaleźć odpowiednie x 0. Zróbmy tak: Wiemy (z tablic), że liczba e 2, Z pomocą kalkulatora obliczamy 1, = 2,714, czyli jest to różne od e jedynie o x 0,0043. Bierzemy f(x) = 10 x oraz x 0 = 2,714 i liczymy: ( f(2,714+0,0043) = f(2,714)+ 10 x ) 1 x=2,714 x = 1, ,10518 x 9 x=2,714 0,0043 Wartość z kalkulatora: około 1, Błąd jest pomijalnie mały.

5 Zadanie 4. Różniczką I-go rzędu oblicz: (a) f(x) = 5 x dla x = 245, (b) g(x) = cos x dla x = (11/40)π To stwierdzenie różniczka I-go rzędu oznacza to samo, co w poprzednim zadaniu, czyli po prostu przybliżamy funkcję w okolicy punktu x 0 wzorem: f(x 0 + x) = f(x 0 ) + f (x 0) x (a) Szczerze: Najpierw policzyłem sobie na kalkulatorze pierwiastek piątego stopnia z 245, a potem pisałem to, co niżej. Zauważmy, że na szczęście liczba 3 5 = 243 jest bardzo bliska liczby 245 z zadania. Bierzemy więc x 0 = 243, x = 2 i liczymy: = 3 5 ( + 2 = 3 + Wartość z kalkulatora: x ) x=243 2 = ,0025 (b) Weźmy x 0 = (1/4)π, bo 1/4 = 10/40 to całkiem dobre przybliżenie 11/40 i wtedy przyjmujemy x = π/40. Sinus π/4 to 2/2, tą liczbę liczymy na kalkulatorze, powiedzmy, że mamy liczydełko z pierwiastkiem, ale bez sinusa. Następnie: ( ) ( 11 1 sin 40 π = sin 4 40) π + π ( ) π = sin + 4 ( ) π cos 4 x=π/4 ( ) 11 Jak się to policzy to wychodzi sin 40 π 0,7626, a kalkulator daje 0, Błąd względny wynosi około 0,3%, całkiem dobre przybliżenie. π 40 Zadanie 6. Z de l Hospitala policzyć granice (wszędzie dla x 0 z jednym wyjątkiem) 2x 2 / tg x [cos(2x) 1]/x 2 (3 x 1)/[sin(2x)] log 2 (1 + 5x)/x ln(x + 1)/(4 tg x) oraz dla x 1 granicę (5 x 5)/(x 1) Przypominam, ż tw. de l Hospitala można stosować gdy licznik i mianownik są różniczkowalne i oba dążą do zera lub do nieskończoności. Wtedy granica ilorazu licznika i mianownika jest taka sama jak granica ilorazu pochodnych licznika i mianownika, oczywiście liczonych osobno, a nie jako pochodna ilorazu. Wszystkie granice poniżej są dla x 0 poza jedną, więc pomijam to oznaczenie x 0 aby sobie ułatwić pisanie. (a) Warunki stosowalności twierdzenia są spełnione, zarówno x 2 jak i tg x dążą w zerze do zera. lim x2 tg x (x2 ) 2x (tg x) 1 + tg 2 x = = 0 (b) Warunki stosowalności są spełnione, ponieważ cos x 1 w zerze więc licznik dąży do zera, podobnie jak mianownik. W tym przykładzie po zróżniczkowaniu otrzymujemy nadal granicę 0/0 i stosujemy tw. de l Hospitala ponownie. lim cos(2x) 1 [cos(2x) 1] 2 sin(2x) x 2 (x 2 ) 2x 4 cos(2x) 2 = 2 ciąg dalszy na następnej stronie

6 (c) Warunki stosowalności są spełnione, ponieważ 3 x 1 w zerze więc licznik dąży do zera, podobnie jak mianownik. Pochodną (3 x ) liczymy zastępując 3 x = e x ln 3, był podobny przykład w któryś z poprzednich zestawów. lim 3x 1 sin(2x) (3x 1) ln 3 3x [sin(2x)] 2 cos(2x) = ln 3 2 (d) Warunki stosowalności są spełnione, ponieważ wielkość logarytmowana dąży do jedynki więc licznik dąży do zera, podobnie jak mianownik. Poniżej ułamek 1/ ln 2 bierze się z zamiany podstawy logarytmy z dwójkowego na naturalny. lim log 2(1 + 5x) x [log 2(1 + 5x)] (x) 1 [ln(1 + 5x)] ln 2 (x) 5 (1 + 5x) 1 = 5 ln 2 (e) Warunki stosowalności są spełnione, ponieważ x + 1 dąży do 1 więc logarytm i licznik dąży do zera, podobnie jak mianownik. lim ln(x + 1) 4 tg x 1 [ln(x + 1] ) x + 1 [4 tg x] 4(1 + tg 2 x) = 1 4 (f) Tutaj jest granica dla x dążącego do 1. Gdy x 1 to 5 x 5 i mamy zero w liczniku, podobnie jak w mianowniku. Pochodną 5 x liczymy jak w przykładzie (c). 5 x 5 lim x 1 x 1 (5x 5) 5x ln 5 (x 1) 1 = 5 ln 5 Zadanie 7. Ustal liczbę rozwiązań w zależności od parametru m (a) 2x 3 + 3x 2 12x m = 0 (b) e x = m (c) ln x = m (a) Zapiszmy podane równanie jako: f(x) = m, gdzie f(x) = 2x 3 + 3x 2 12x. W akim zapisie zadanie sprowadza się do badania ile razy pozioma prosta prowadzona na wysokości m przetnie wykres f(x). Funkcja f(x) jest wielomianem 3-go stopnia, przyjmuje więc wartości od minus do plis nieskończoności, czyje jedno rozwiązanie istnieje zawsze. Pytanie, czy f(x) rośnie monotonicznie, czy ma też ekstrema - wtedy jej wykres jest garbaty i może istnieć więcej rozwiązań. Obliczamy pochodną i porównujemy ją do zera: f (x) = 6x 2 + 6x 12 = 0 zatem x 1 = 2 oraz x 2 = 1 Pochodna zeruje się w punktach x = 2 i x = 1 więc funkcja ma maksimum dla x = 2 oraz minimum dla x = 1. Obliczamy wartości funkcji w tych punktach: f( 2) = 2 ( 2) ( 2) 2 12 ( 2) = 20 oraz f(1) = = 7 Jeśli poprowadzimy poziomą linię niżej niż m = 7 to przetnie ona wykres funkcji tylko raz. Podobnie dla m > 20 będzie tylko jedno przecięcie. Dla m = 2 i m = 1 pozioma linia jest styczna do wykresu f(x) w punkcie ekstremum i są dwa rozwiązania, a dla pośrednich m istnieją trzy przecięcia. Wniosek: Dla m ( ; 7) (20; + ) równanie ma jedno rozwiązanie. Dla dokładnie dwóch wartości m { 7; 20} równanie ma dwa rozwiązania. Dla m ( 7; 20) równanie ma trzy rozwiązania. ciąg dalszy na następnej stronie

7 ciąg dalszy zadania 7. (b) Funkcja e x jest monotonicznie malejąca i przyjmuje wszystkie wartości od minus do plus nieskończoności więc równanie ma jedno rozwiązanie dla każdego m R. Udowodnimy monotoniczność. Zauważ, że e x jest zawsze dodatnie. Liczymy pochodną ( e x ) = e x < 0 dla x R (c) Sama funkcja ln x (bez wartości bezwzględnej) jest monotonicznie rosnąca i przyjmuje wszystkie wartości od minus do plus nieskończoności. Logarytm jest ujemny dla 0 < x < 1, dodatni dla x > 1 i ma wartość zero dla x = 1. Gdy wstawimy ln x do wartości bezwzględnej to ujemne wartości przejdą na dodatnie (wykres będzie miał dziób w x = 1). Wobec tego: Dla m ( ; 0) równanie nie ma rozwiązań. Dla dokładnie jednej wartości m = 0} równanie ma jedno rozwiązanie, mianowicie x = 1. Dla m (0; + ) równanie ma dwa rozwiązania. Jeszcze udowodnijmy monotoniczność licząc pochodną. Logarytm jest określony dla x > 0, a wtedy: (ln x) = 1 x > 0 dla x > 0 W razie pytań albo jak się pomyliłem pisz proszę na priv. Pozdrowienia - Antek