ZALICZENIE WYKŁADU: 26.I.2017

Transkrypt

1 MATEMATYCZNE PODSTAWY KOGNITYWISTYKI ZALICZENIE WYKŁADU: 6.I.017 KOGNITYWISTYKA UAM, Imię i nazwisko: POGROMCY HYDR LERNEJSKICH 1. Pokaż, że nie jest prawem rachunku zbiorów: (A C) (B C) = (A B) (C B). Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: a n = n n 3. Oblicz drugą pochodną funkcji: f(x) = x 1 x Znajdź w przedziale [0, e] ekstrema lokalne funkcji: f(x) = ex x 5. Udowodnij LEMAT KÖNIGA: jeśli drzewo D = (X, R, x 0 ) rzędu skończonego jest nieskończone, to ma gałąź nieskończoną. JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl 365

2 MATEMATYCZNE PODSTAWY KOGNITYWISTYKI ZALICZENIE WYKŁADU: 6.I.017 KOGNITYWISTYKA UAM, Imię i nazwisko: ŁOWCY LWÓW NEMEJSKICH 1. Pokaż, że nie jest prawem rachunku zbiorów: (A B) (C B) = (A B) (B C). Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: 3. Oblicz drugą pochodną funkcji: a n = n (ln(n + 1) ln n) f(x) = x x Obwód prostokąta wynosi L. Przy jakich długościach boków prostokąt ten ma największe pole? 5. Udowodnij TWIERDZENIE CANTORA: żaden zbiór nie jest równoliczny z rodziną wszystkich swoich podzbiorów. JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl 366

3 ROZWIAZANIA POGROMCY HYDR LERNEJSKICH 1. Zadanie można rozwiązać różnymi sposobami. Pokażemy rozwiązanie wykorzystujące diagramy Venna. Można narysować diagramy Venna dla lewej i prawej strony badanej równości i pokazać, że reprezentują one różne zbiory, zaznaczając np. różnymi kolorami brane pod uwagę obszary. Ponieważ jednak mamy pokazać, że rozważana równość nie zachodzi, więc zadanie jest łatwiejsze: umieścimy w każdej składowej diagramu Venna jakiś element (np. liczbę), obliczymy czemu równa jest wtedy lewa i prawa strona rozważanej równości i (jeżeli pytanie było uczciwe) dostaniemy w wyniku różne zbiory. A B C W oznaczeniach tego diagramu mamy zatem: 1. A = {1,, 4, 5}. B = {, 3, 5, 6} 3. C = {4, 5, 6, 7} 4. A C = {1,, 4, 5, 6, 7} 5. B C = {, 3, 4, 5, 6, 7} 6. (A C) (B C) = {1} 7. A B = {1, 4} 8. C B = {4, 7} 367

4 9. (A B) (C B) = {4} 10. Widać zatem, że (A C) (B C) = {1} {4} = (A B) (C B). Podaliśmy więc przykład zbiorów A, B, C, które nie spełniają równości (A C) (B C) = (A B) (C B), czyli wykazaliśmy, że równość ta nie jest prawem rachunku zbiorów.. Po pierwsze, należało ustalić, czemu równa jest suma n, czyli suma pierwszych n dodatnich liczb naturalnych. To można było ustalić na różne sposoby: 1. Wystarczy zauważyć, że mamy do czynienia z sumą n wyrazów ciągu arytmetycznego, którą oznaczmy przez s n i zastosować znany ze szkoły wzór: s n = a 1+a n n, czyli s n = 1+n n = n (n+1). Można zastosować sprytną argumentację Gaussa, którą wedle anegdoty popisał się on w szkole: wypiszmy w jednym rzędzie liczby od 1 do n, a pod spodem te same liczby w odwrotnej kolejności: n n 1 n n n 1 n Zauważmy teraz, że sumą każdej kolumny jest n + 1, wszystkich kolumn jest n, i każda liczba powtarza się dwukrotnie w podanym wyliczeniu. A zatem suma n równa jest (n + 1) n 1 = n (n+1). 3. Wreszcie, można było uzasadnić wzór n = n (n+1) przez indukcję matematyczną. Dla najmniejszej liczby z rozważanego zakresu, czyli dla k = 1 wzór oczywiście zachodzi. Czynimy teraz założenie indukcyjne: k = k (k+1). Musimy udowodnić, że wtedy: k + k + 1 = (k+1) (k+). Mamy: k +k +1 = ( k)+k +1 = k (k+1) +k +1 = k (k+1)+ (k+1) = (k+1) (k+). Tak więc, dla wszystkich dodatnich liczb naturalnych n zachodzi wzór: n = n (n+1). 368

5 Obliczamy granicę ciągu o wyrazie ogólnym a n = n lim a n = lim n n = lim = lim n n n n n n = lim +n 1 = lim + 1 = 1 = n n 1 n n =. n : n (n+1) = n n 3. Najpierw obliczamy pierwszą pochodną funkcji f(x) = x 1, korzystając ze x +1 wzoru na pochodną ilorazu funkcji: f (x) = ( x 1 x +1 ) = (x 1) (x +1) (x 1) (x +1) = x (x +1) (x 1) x = (x +1) (x +1) = x3 + x x 3 + x = 4 x. (x +1) (x +1) Następnie obliczamy drugą pochodną badanej funkcji, również korzystając ze wzoru na pochodną ilorazu funkcji: f (x) = ( 4 x (x +1) ) = (4 x) (x +1) (4 x) ((x +1) ) (x +1) 4 = 4 (x +1) 4 x (x +1) x (x +1) 4 = = 4 (x +1) (x +1 4 x ) (x +1) 4 = 4 (1 3 x ) (x +1) Obliczamy pochodną funkcji f(x) = ex : x f (x) = ( ex x ) = (ex ) x (x) ex = ex x ex x x Widać zatem, że: 1. f (x) = 0 dla x = 1 = ex x (x 1).. f (x) > 0 dla x > 1, czyli f jest rosnąca dla x > 1 3. f (x) < 0 dla x < 1, czyli f jest malejąca dla x < 1. Funkcja f(x) = ex ma zatem minimum lokalne w punkcie x = 1. Mamy: x f(1) = e1 = e. Pozostaje obliczenie granic jednostronnych funkcji f na krańcach 1 badanego przedziału. Mamy: 1. lim x 0 + e x x =. lim x e e x x = ee e = ee 1. Zauważamy, że funkcja f(x) = ex nie jest określona dla x = 0, czyli lewy x kraniec przedziału domkniętego [0, e] nie należy do dziedziny tej funkcji: dziedziną funkcji f(x) = ex jest R {0}. Gdybyśmy badali przebieg zmienności tej x funkcji w całej jej dziedzinie (co nie było treścią pytania), to można ustalić np. że: 369

6 1. lim x 0 e x x. lim x e x x = = e 3. lim x = 0 x x 4. Osie układu współrzędnych są asymptotami wykresu tej funkcji. 5. Badana funkcja jest wklęsła w przedziale (, 0) oraz wypukła w przedziale (0, ). 5. LEMAT KÖNIGA. Jeśli drzewo D = (X, R, x 0 ) rzędu skończonego jest nieskończone, to ma gałaź nieskończona. DOWÓD. Przypuśćmy, że D jest nieskończone. Zdefiniujemy gałąź nieskończoną {x 0, x 1, x,...} w D przez indukcję matematyczną. Element x 0 (czyli korzeń drzewa D) jest pierwszym elementem konstruowanej gałęzi. Ponieważ D jest nieskończone, więc x 0 ma nieskończenie wiele R- następników (bo wszystkie pozostałe wierzchołki drzewa są R-następnikami x 0 ). To krok początkowy indukcji. Kolejne elementy konstruowanej gałęzi nieskończonej będziemy wybierali z kolejnych poziomów drzewa. Przypuśćmy, że x 0, x 1, x,..., x n 1 zostały zdefiniowane tak, że x i należy do i-tego poziomu drzewa D oraz x i ma nieskończenie wiele R-następników (dla 0 i < n). To założenie indukcyjne. Trzeba teraz pokazać, że znajdziemy element x n z n-tego poziomu drzewa D, który ma nieskończenie wiele R-następników i który dołączymy do konstruowanej gałęzi. Z założenia (że drzewo D jest rzędu skończonego), x n 1 ma tylko skończenie wiele bezpośrednich R-następników i wszystkie te bezpośrednie R-następniki elementu x n 1 należą do n-tego poziomu drzewa D. Ponieważ x n 1 ma nieskończenie wiele R-następników, więc co najmniej jeden z jego bezpośrednich R- następników także ma nieskończenie wiele R-następników. Wybieramy więc element x n z n-tego poziomu drzewa D o tej właśnie własności. Wtedy x n ma nieskończenie wiele R-następników. Ponieważ jest tak dla każdego n, pokazaliśmy istnienie nieskończonej gałęzi {x 0, x 1, x,...} w drzewie D. Na wykładzie podkreślano niekonstruktywny charakter tego dowodu: wybierając element x n w sposób podany powyżej, korzystamy istotnie z aksjomatu wyboru. 370

7 ROZWIAZANIA ŁOWCY LWÓW NEMEJSKICH 1. Zadanie można rozwiązać różnymi sposobami. Pokażemy rozwiązanie wykorzystujące diagramy Venna. Można narysować diagramy Venna dla lewej i prawej strony badanej równości i pokazać, że reprezentują one różne zbiory, zaznaczając np. różnymi kolorami brane pod uwagę obszary. Ponieważ jednak mamy pokazać, że rozważana równość nie zachodzi, więc zadanie jest łatwiejsze: umieścimy w każdej składowej diagramu Venna jakiś element (np. liczbę), obliczymy czemu równa jest wtedy lewa i prawa strona rozważanej równości i (jeżeli pytanie było uczciwe) dostaniemy w wyniku różne zbiory. A B C W oznaczeniach tego diagramu mamy zatem: 1. A = {1,, 4, 5}. B = {, 3, 5, 6} 3. C = {4, 5, 6, 7} 4. A B = {1, 4} 5. C B = {4, 7} 6. (A B) (C B) = {4} 7. A B = {1, 4} (jak wyżej) 8. B C = {, 3} 371

8 9. (A B) (B C) = {1,, 3, 4} 10. Widać zatem, że (A B) (C B) = {4} {1,, 3, 4} = (A B) (B C). Podaliśmy więc przykład zbiorów A, B, C, które nie spełniają równości (A B) (C B) = (A B) (B C), czyli wykazaliśmy, że równość ta nie jest prawem rachunku zbiorów.. Po pierwsze, trzeba było pamiętać, że lim (1 + 1 n n )n = e, o czym mówiono zarówno na wykładzie, jak i podczas konwersatorium. Nie było wymagane pamiętanie, jak ustalamy zbieżność ciągu ((1 + 1 n )n ). Przypomnijmy jednak, że dowód, iż ciąg o wyrazie ogólnym x n = (1 + 1 n )n jest rosnący i ograniczony uzyskujemy, wykorzystując wzór dwumianowy Newtona dla (1 + 1 n )n oraz nierówność n! n 1, która zachodzi dla wszystkich n N (co łatwo wykazać przez indukcję matematyczną). Skoro ciąg o wyrazie ogólnym x n = (1 + 1 n )n jest rosnący i ograniczony, to jest on zbieżny i jego granicę oznaczamy właśnie przez e. Trzeba też pamiętać, że e jest podstawą logarytmu naturalnego, a zatem ln e = 1. Po drugie, trzeba było odwołać się do ciągłości funkcji logarytmicznej, co było konieczne dla uzasadnienia faktu, iż ln lim x n = lim ln x n (logarytm naturalny n n z granicy ciągu równy jest granicy logarytmów naturalnych wyrazów tego ciągu). Trzeba było również pamiętać, że różnica logarytmów z dwóch wielkości równa jest logarytmowi z ilorazu tych wielkości, a także że logarytm z n-tej potęgi wielkości x równy jest n razy logarytm z x. Te wiadomości słuchacze uzyskali w szkole. Wiedząc to wszystko, obliczamy granicę ciągu (a n ): lim a n = lim n (ln(n + 1) ln n) = lim n ln n+1 n n n n = lim ln(1 + 1 n n )n = ln lim (1 + 1 n n )n = ln e = 1. = lim n+1 ln( n n )n = 3. Najpierw obliczamy pierwszą pochodną funkcji f(x) = x, korzystając ze x +1 wzoru na pochodną ilorazu funkcji: f (x) = ( x x +1 ) = (x ) (x +1) x (x +1) = x (x +1) x x = x. (x +1) (x +1) (x +1) Następnie obliczamy drugą pochodną badanej funkcji, również korzystając ze wzoru na pochodną ilorazu funkcji: f x (x) = ( ) = ( x) (x +1) x ((x +1) ) = (x +1) x (x +1) x = (x +1) (x +1) 4 (x +1) 4 37

9 = (x +1) (x +1 4 x ) (x +1) 4 = (1 3 x ) (x +1) Mamy znaleźć długości boków prostokąta o obwodzie L, dla których pole tego prostokąta ma największą wartość. Niech x oznacza długość jednego z boków prostokąta. Wtedy L x jest długością drugiego boku. Pole prostokąta podaje funkcja: f(x) = x L x. Pytanie dotyczy więc znalezienia maksimum lokalnego tej funkcji w przedziale (0, L). Obliczamy pochodną funkcji f: f (x) = (x L x ) = 1 (L x x ) = 1 (L 4 x) Mamy zatem: 1. f (x) = 0 dla x = L 4. f (x) > 0 dla 0 < x < L 4, czyli f jest rosnąca dla 0 < x < L 4 3. f (x) < 0 dla L 4 < x < L, czyli f jest malejąca dla 0 < x < L 4. Tak więc, funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie x = L. Wtedy boki 4 prostokąta mają długości: 1. x = L 4. L L 4 = L 4. Prostokąt o obwodzie L i największym polu to kwadrat o boku długości L TWIERDZENIE CANTORA. Żaden zbiór nie jest równoliczny z rodzina wszystkich swoich podzbiorów. DOWÓD. Przeprowadzimy dowód nie wprost. Weźmy dowolny zbiór X i przypuśćmy, że X jest równoliczny z rodziną wszystkich swoich podzbiorów (X). Oznacza to, iż istnieje bijekcja f ze zbioru X na zbiór (X). Określmy następujący element rodziny (X): X f = {x X : x / f(x)}. Wtedy dla pewnego x f X musiałoby być: f(x f ) = X f. Zapytajmy teraz: czy x f X f? 1. Jeśli x f X f, to x f {x X : x / f(x)}, czyli x f / X f. 373

10 . Jeśli x f / X f, to x f / {x X : x / f(x)}, czyli x f {x X : nieprawda, że x / f(x)} = {x X : x f(x)}, a zatem x f X f. Otrzymujemy zatem, iż: x f X f wtedy i tylko wtedy, gdy x f / X f, a to jest sprzeczność. Musimy zatem odrzucić przypuszczenie o istnieniu funkcji f. W konsekwencji, nie istnieje bijekcja między X oraz (X), czyli X oraz (X) nie są równoliczne. Wszystkie prace zaliczeniowe zostaną zarchiwizowane w pokoju 80. Każdy ze słuchaczy może obejrzeć swoją pracę w godzinach dyżuru wykładowcy. Lektura prac słuchaczy skłania do kilku refleksji. Większość łatwo poradziła sobie z zadaniem pierwszym oraz (choć czasem z błędami rachunkowymi) z zadaniem trzecim. Niepokojąca okazała się nieznajomość pewnych elementarnych wiadomości i umiejętności omawianych w dydaktyce szkolnej (działania na logarytmach!). Martwi także to, że zaledwie kilka osób próbowało przeprowadzić dowód, wymagany w zadaniu piątym. Zachęcamy słuchaczy do treningu w uprawianiu dedukcji, w uzasadnianiu twierdzeń. Na dalszych latach studiów kognitywistycznych metody dedukcyjne będą intensywnie wykorzystywane. Ponadto, umiejętność uzasadniania twierdzeń jest cechą wymaganą w przypadku osoby, chcącej uchodzić za wykształconą. JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl 374

11 MATEMATYCZNE PODSTAWY KOGNITYWISTYKI ZALICZENIE POPRAWKA: 7.II.017 KOGNITYWISTYKA UAM, Imię i nazwisko: ŁOWCY ŁANI KYRENEJSKIEJ 1. Pokaż, że nie jest prawem rachunku zbiorów (tutaj X oznacza dopełnienie zbioru X w rozważanym uniwersum): A (C B) = (A C) (B C). Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: 3. Oblicz drugą pochodną funkcji: a n = n n + π n f(x) = e sin x 4. Znajdź wartości liczbowe ekstremów lokalnych funkcji: f(x) = x 3 3 x 36 x + 6 sin π JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl 375

12 MATEMATYCZNE PODSTAWY KOGNITYWISTYKI ZALICZENIE POPRAWKA: 7.II.017 KOGNITYWISTYKA UAM, Imię i nazwisko: ŁOWCY DZIKA ERYMANTEJSKIEGO 1. Pokaż, że nie jest prawem rachunku zbiorów (tutaj X oznacza dopełnienie zbioru X w rozważanym uniwersum): A (C B) = (A C) (A B). Oblicz granicę ciągu o wyrazie ogólnym: 3. Oblicz drugą pochodną funkcji: a n = n π n + 5 n f(x) = e cos x 4. Znajdź wartości liczbowe ekstremów lokalnych funkcji: f(x) = x 3 3 x 1 x + 6 tg π 4 JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl 376

13 ROZWIAZANIA ŁOWCY ŁANI KYRENEJSKIEJ 1. Zadanie można rozwiązać różnymi sposobami. Pokażemy rozwiązanie wykorzystujące diagramy Venna. Można narysować diagramy Venna dla lewej i prawej strony badanej równości i pokazać, że reprezentują one różne zbiory, zaznaczając np. różnymi kolorami brane pod uwagę obszary. Ponieważ jednak mamy pokazać, że rozważana równość nie zachodzi, więc zadanie jest łatwiejsze: umieścimy w każdej składowej diagramu Venna jakiś element (np. liczbę), obliczymy czemu równa jest wtedy lewa i prawa strona rozważanej równości i (jeżeli pytanie było uczciwe) dostaniemy w wyniku różne zbiory. A B C W oznaczeniach tego diagramu mamy zatem: 1. A = {1,, 4, 5}. B = {, 3, 5, 6} 3. C = {4, 5, 6, 7} 4. C B = {, 3, 4, 5, 6, 7} 5. (C B) = {1, 8} 6. A C = {1, } 7. B C = {, 3} 8. A (C B) = {1} 377

14 9. (A C) (B C) = {} 10. Tak więc: A (C B) = {1} {} = (A C) (B C).. Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach. Ponieważ < π, więc zachodzą nierówności: n πn n n + π n n π n + π n. Mamy dalej: n πn = π oraz n π n + π n = n π n = π wykładu, lim π n = π lim n = π 1 = π. n n Mamy zatem trzy ciągi: n. Jak wiadomo z 1. b n = n π n, przy czym lim n b n = π. c n = n π n, przy czym lim n c n = π 3. a n = n n + π n, przy czym b n a n c n dla wszystkich n. Na mocy twierdzenia o trzech ciągach mamy wtedy: lim a n n lim c n = π. n = lim n b n = 3. Obliczamy pierwszą pochodną funkcji f(x) = e sin x : (f(x)) = (e sin x ) = e sin x (sin x) = e sin x cos x Obliczamy drugą pochodną funkcji f(x) = e sin x : f (x) = (e sin x cos x) = ((e sin x ) cos x + e sin x (cos x) ) = = e sin x (sin x) cos x + e sin x ( sin x) = e sin x (cos x cos x sin x) = = e sin x (cos x sin x) 4. Mamy do czynienia z funkcją wielomianową, a więc jej dziedziną jest cały zbiór R. Obliczamy pochodną funkcji f(x): f(x) = ( x 3 3 x 36 x + 6 sin π ) = 6 x 6 x 36 = 6 (x x 6) Mamy: f(x) = 0 dokładnie wtedy, gdy x x 6 = 0. W szkole nauczyliśmy się, jak rozwiązywać równanie kwadratowe: 378

15 1. Można obliczyć wyróżnik = 5 i znaleźć dwa pierwiastki x 1 =, x = 3, posługując się stosownym wzorem szkolnym.. Można skorzystać z faktu, że iloczyn pierwiastków równy jest 6, zaś ich suma równa jest 1 i na tej podstawie ustalić, że x 1 =, x = 3. Tak więc, f(x) = 0 dla x = oraz x = 3. Badamy znak pochodnej w trzech przypadkach: dla argumentu mniejszego od, dla argumentu między a 3 oraz dla argumentu większego od 3: 1. f( 3) = 36 > 0. f(0) = 36 < 0 3. f(4) = 36 > 0 Tak więc, funkcja f jest: 1. rosnąca w przedziale (, ). malejąca w przedziale (, 3) 3. rosnąca w przedziale (3, ). W konsekwencji, funkcja f ma: 1. maksimum lokalne w punkcie i mamy f( ) = 50 (pamiętamy, że sin π = 1). minimum lokalne w punkcie 3 i mamy f(3) = 75. Ponieważ badana funkcja jest funkcją wielomianową o nieparzystym wykładniku przy najwyższej potędze x oraz dodatnim współczynniku przy tej potędze, więc otrzymujemy dodatkowo: 1. lim f(x) = x. lim x f(x) =. 379

16 ROZWIAZANIA ŁOWCY DZIKA ERYMANTEJSKIEGO 1. Zadanie można rozwiązać różnymi sposobami. Pokażemy rozwiązanie wykorzystujące diagramy Venna. Można narysować diagramy Venna dla lewej i prawej strony badanej równości i pokazać, że reprezentują one różne zbiory, zaznaczając np. różnymi kolorami brane pod uwagę obszary. Ponieważ jednak mamy pokazać, że rozważana równość nie zachodzi, więc zadanie jest łatwiejsze: umieścimy w każdej składowej diagramu Venna jakiś element (np. liczbę), obliczymy czemu równa jest wtedy lewa i prawa strona rozważanej równości i (jeżeli pytanie było uczciwe) dostaniemy w wyniku różne zbiory. A B C W oznaczeniach tego diagramu mamy zatem: 1. A = {1,, 4, 5}. B = {, 3, 5, 6} 3. C = {4, 5, 6, 7} 4. C B = {, 3, 4, 5, 6, 7} 5. (C B) = {1, 8} 6. A C = {1, } 7. A B = {1, 4} 8. A (C B) = {1,, 4, 5, 8} 380

17 9. (A C) (A B) = {1} 10. Tak więc, A (C B) = {1,, 4, 5, 8} {1} = (A C) (A B). Skorzystamy z twierdzenia o trzech ciągach. Ponieważ π < 5, więc zachodzą nierówności: n 5n n π n + 5 n n 5 n + 5 n. Mamy dalej: n 5n = 5 oraz n 5 n + 5 n = n 5 n = 5 wykładu, lim 5 n = 5 lim n = 5 1 = 5. n n Mamy zatem trzy ciągi: n. Jak wiadomo z 1. b n = n 5 n, przy czym lim n b n = 5. c n = n 5 n, przy czym lim n c n = 5 3. a n = n π n + 5 n, przy czym b n a n c n dla wszystkich n. Na mocy twierdzenia o trzech ciągach mamy wtedy: lim a n n lim c n = 5. n = lim n b n = 3. Obliczamy pierwszą pochodną funkcji f(x) = e cos x : (f(x)) = (e cos x ) = e cos x (cos x) = e cos x sin x Obliczamy drugą pochodną funkcji f(x) = e cos x : (f(x)) = ( e cos x sin x) = ((e cos x ) sin x + e cos x (sin x) ) = = (e cos x (cos x) sin x+e cos x cos x) = (e cos x ( sin x) sin x+e cos x cos x) = = e cos x (sin x cos x) 4. Mamy do czynienia z funkcją wielomianową, a więc jej dziedziną jest cały zbiór R. Obliczamy pochodną funkcji f(x): f(x) = ( x 3 3 x 1 x + 6 tg π 4 ) = 6 x 6 x 1 = 6 (x x ) Mamy: f(x) = 0 dokładnie wtedy, gdy x x = 0. W szkole nauczyliśmy się, jak rozwiązywać równanie kwadratowe: 381

18 1. Można obliczyć wyróżnik = 9 i znaleźć dwa pierwiastki x 1 = 1, x =, posługując się stosownym wzorem szkolnym.. Można skorzystać z faktu, że iloczyn pierwiastków równy jest, zaś ich suma równa jest 1 i na tej podstawie ustalić, że x 1 = 1, x =. Tak więc, f(x) = 0 dla x = 1 oraz x =. Badamy znak pochodnej w trzech przypadkach: dla argumentu mniejszego od 1, dla argumentu między 1 a oraz dla argumentu większego od : 1. f( ) = 4 > 0. f(0) = 1 < 0 3. f(3) = 4 > 0 Tak więc, funkcja f jest: 1. rosnąca w przedziale (, 1). malejąca w przedziale ( 1, ) 3. rosnąca w przedziale (, ). W konsekwencji, funkcja f ma: 1. maksimum lokalne w punkcie 1 i mamy f( 1) = 13 (pamiętamy, że tg π 4 = 1). minimum lokalne w punkcie i mamy f() = 14. Ponieważ badana funkcja jest funkcją wielomianową o nieparzystym wykładniku przy najwyższej potędze x oraz dodatnim współczynniku przy tej potędze, więc otrzymujemy dodatkowo: 1. lim f(x) = x. lim x f(x) =. Wszystkie prace zaliczeniowe są zarchiwizowane w pokoju 80. Każdy ze słuchaczy może obejrzeć swoją pracę w godzinach dyżuru wykładowcy. 38 JERZY POGONOWSKI Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl