Rozwiązania prac domowych - Kurs Pochodnej. x 2 4. (x 2 4) 2. + kπ, gdzie k Z

Transkrypt

1 1 Wideo Zadanie a) f(x) = x + x f (x) = x + f (x) = 0 x + = 0 x = 1 [SZKIC] zatem w x = 1 występuje minimum 1.1. b) f(x) = x x 4 f (x) = x(x 4) x (x) (x 4) f (x) = 0 x(x 4) x (x) (x 4) = 0 x 8x x = 0 8x = 0 x = 0 [Szkic] zatem w x = 0 jest maksimum c) f(x) = sin x cos x = 1 sin x f (x) = cos x f (x) = 0 cos x = 0 x = π + kπ, gdzie k Z x = π kπ, gdzie k Z [szkic] i wniosek, albo proponował bym w tym zadaniu policzyć drugą pochodną. f (x) = sin x f ( π kπ) = ( 1)k czyli dla k parzystego f ( π kπ) < 0 f ma maksimum dla k nieparzystego f ( π kπ) > 0 f ma minimum

2 1.1.4 d f(x) = x + x 1 f (x) = x(x 1) (x + ) (x 1) f (x) = 0 x x x (x 1) x x = 0 = = 1 x 1 = = 1 x = + = 1 + [szkic] i orzekanie dla x 1 f maksimum, dla x f minimum d*) dydaktycznie słaby przykład możesz go pominąć f(x) = sin x cos x = sin x(1 sin x) = sin x sin x f (x) = cos x sin x cos x = cos x(1 sin x) f (x) = 0 cos x = 0 1 sin x = 0 x = π + kπ sin x = 1 x = π + kπ x = arcsin 1 + kπ x = π arcsin 1 + kπ obliczanie pochodnej f (x) = cos x(1 (1 cos x)) = cos x + cos x f (x) = sin x + 9 cos x ( sin x) f (x) = sin x( 9 cos x) Sprawdzanie punktów stacjonarnych. 1) typ możliwych punktów f ( π + kπ) = ( 1)k ( 0)... ) typ możliwych punktów arcsin 1 5 f (arcsin 1 + kπ) =???

3 Korzystamy z arcsin x = arccos 1 x możesz je znaleźć Stąd arcsin 1 = arccos, bo 1 > 0 cos(arcsin 1 + kπ) = cos(arcsin 1 ) = cos(arccos ) = Teraz możemy obliczyć cos (arcsin 1 + kπ) = f (x) = sin x( 9 cos x) f (arcsin 1 + kπ) = 1 ( 9 ) = 1 ( 6) < 0 ) typ możliwych punktów... Analizujemy podobnie jak w punkcie 1. Zadanie Najpierw badamy na brzegach Teraz w przedziale (1, 4) f(x) = x 5x + 7 f(1) = = f(4) = = 9 f (x) = x 10x f (x) = 0 x = 0 x 10 = 0 f(0) nie liczmy bo jest poza przedziałem [1, 4] f( 10 ) = = = 11 = Największa i najmniejsza wartość funkcji to któraś z wartośći f(1), f( 10 ), f(4) Największa wartość funkcji na tym przedziale to dla argumentu x = 1, najmniejsza zaś to dla x = 10

4 1. Zadanie 1..1 a) f (x) = 1 x (x + ) x x 4 f(x) = x + x x = x + x = x x 6x x 4 = x 6 x Rozważmy np. gdzie funkcja rośnie, czyli gdzie pochodna jest dodatnia. f (x) > 0 x 6 x > 0 mnożymy nierówność przez coś co jest na pewno dodatnie by znak nierówności na pewno się nie zmienił, tzn. x 6. Uwaga x nie wiadomo czy jest dodatnie, dlatego kwadrat (x ) = x 6 lepiej wziąć. ( x 6)(x 6 ) x > 0 ( x 6)x > 0 Aby rozwiązać tą nierówność wielomianową trzeba najpierw rozwiązać równanie. ( x 6)x = 0 x = 0 x = 6 WYKONUJEMY SZKIC pochodnej, tzn szkic FUNKCJI ( x 6)x odczytujemy f > 0 f dla x ( 6, 0) f < 0 f dla x (, 6) oraz (0, ) 1.. b) f(x) = x + x sin x f (x) = x + cos x f (x) > 0 x + cos x > 0 Generalnie z taką nierównością byłby problem, ale tu nam szczęście sprzyja, bo: }{{} x + cos x > 0 }{{} 0 >0 Zatem nierówność jest spełniona dla każdego x, czyli f dla x R

5 1.. c) f(x) = sin x cos x = 1 sin x f (x) = 1 cos x f (x) > 0 cos x > 0 { } π cos x = 0 x + kπ, k Z x x ( π + kπ, π + kπ ), k Z ( π 4 + kπ, π 4 + kπ ), k Z SZKIC f > 0 f dla x ( ( π 4 + kπ, π 4 + kπ) ) f < 0 f dla x π 4 + kπ, 5π 4 + kπ 1..4 d) f(x) = sin x + cos x f (x) = cos x cos x sin x Przyrównujemy do zera by znaleźć punkty gdzie pochodna się zeruje [SZKIC] f (x) = 0 cos x = 0 1 sin x = 0 f (x) > 0 f dla x f (x) < 0 f dla x ( 1, π ) ( π +kπ oraz x 6, 5π 6 ( π 6, π ) ( 5π +kπ oraz x 6, π ) +kπ ) +kπ 1.4 Zadanie a f(x) = ax + bx + c = f (x) = ax + b f (x) = 0 = b = ax x = b a Mamy punkt, w którym jest ekstremum sprawdź jeszcze poza konkursem kiedy jest maksimum, a kiedy minimum f (x) = a

6 f (x) > 0 a > 0 minimum lokalne f (x) < 0 a < 0 maksimum lokalne Co jest oczywiści zgodne z tym co wiemy że gdy ramiona paraboli w górę skierowane to będzie minimum, a gdy ramiona paraboli skierowane w dół to będzie maksimum. 1.5 Zadanie 5 Punkt na paraboli można zapisać jako P = (x 0, y 0 ) = (x 0, x 0 ) Odległość tego punktu od A = (0, 8) dana jest wzorem P A = (x 0 0) + (x 0 8) = x 0 + x4 0 16x = x x Mamy zatem funkcje f(x) = x x zmieniłem tylko x 0 na x by się nie kojarzyło ze stałą. Pochodna to: f 4x 0x (x) = x 4 15x + 64 f (x) = 0 x 0 = 0 4x 0 = x {, 0, } Mianownik jest dodatni, więc badanie znaku f (x) zastąpić można f (x) = 4x 0x [SZKIC] odczytujemy iż minimum występuje dla argumentu x = ± 15 Nasz punk na paraboli to: 15 (x 0, x 0) = (±, 15 ) 1.6 Zadanie 6 V = 648 V = x x h

7 h = V x P c = x + x + xh + h x P (x) = 6x + 8V x P (x) = 1 8V x P (x) = 0 x V x = 0 x V = 0 Pudełko ma wymiary x na x na h x = V 9 x = V 9 x = 7 = 18 x = 6 18 h = = Zadanie 7 f(x) = x + 6x + 0x + f (x) = 6x + 1x + 0 f (x) = 6(x + x + 5) f (x) = 0 6(x + x + 5) = 0 6 = 0 x + x + 5 = 0 = 4 0 < 0 f (x) > 0dlawszystkichx zatem funkcja f(x) jest tylko wszędzie rosnąca.

8 1.8 Zadanie a f(x) = arctg x ln x x > 0 f (x) = x 1 x f (x) = x 1 x = 0 x (1 + x x(1 + x ) = 0 x 1 x = 0 = 1 4 < 0 Nie ma punktów gdzie f (x) = 0. Mianownik f (x) jest dodatni, gdy x > 0 licznik zawsze ujemny bo mamy x zatem f (x) < 0 dla x > 0 stąd funkcja jest zawsze malejąca b f(x) = x sin x f (x) = 1 sin x cos x = 1 sin 4x f (x) = 0 1 sin 4x = 0 sin 4x = 1 4x = π 6 + kπ 4x = 5π 6 + kπ x = π kπ x = 5π kπ Policzmy jakiś punkt pośredni aby poznać znak pochodnej w danym przedziale np. w 4x = π 4 f ( π 16 ) = 1 < 0 [Szkic] f dla x ( π 4, 5π 4 ) + 1 kπ f dla x ( 7π 4, π 4 ) + 1 kπ

9 1.9 Zadanie 9 f(x) = x + 1 x f (x) = x x 1 x f (x) = 0 (x 1) = 0 x = 1 pierwiastek dwukrotny Wykres znaku pochodnej odbija się od argumentu x = 1 zatem funkcja jest cały czas malejąca. Funkcja nie ma ekstremów ma tylko punkt przegięcia w x = Zadanie 10 f(x) = x 4 4x 6x + 1x + 4 f (x) = 1x 1x 1x + 1 f (x) = 0 1(x x x + 1) = 0 Jednym z pierwiastków tego równania jest x = 1 można podzielić x x x + 1 przez x + 1 otrzymamy wówczas x x + 1, które zaś jest równe (x 1). Stąd pochodna zeruje się w x = 1 oraz x = 1, gdzie x = 1 jest pierwiastkiem dwukrotnym. [SZKIC] funkcja ma minimum w x = 1 oraz punkt przegięcia w x = 1 oczywiście punkt przegięcia nie jest ekstremum Zadanie 11 f(x) = x ( ) x 4 = x 8 4x f (x) = 8 x 5 4 x 1 f (x) = 8 (x x 1 x ) f (x) = 0 x x 1 x = 0 x x x = 0 x (x 1) = 0 x = 0 (x 1)(x + x + 1) = 0 0 jest pierwiastkiem dwukrotnym [szkic] minimum jest w x = 1

10 1.1 Zadanie 1 Oznaczmy przez f 1 (x) = x + 1 dla x 0 oraz f (x) = x + 1 dla x < 0 Wówczas ich pochodne to odpowiednio f 1 (x) = x dla x>0 oraz odpowiednio f (x) = dla x < 0 łączące te dwa wynik można naszkicować wzór pochodnej funkcji f(x) zauważmy przy tym że funkcja nie ma pochodnej dla argumentu x = 0. Jednakże na lewo od x = 0 znak pochodnej jest ujemny a na prawo od x = 0 jest dodatni wygląda na to że w punkcie x = 0 może być ekstremum. Sprawdźmy to: Funkcja jest ciągła więc faktycznie tak musi być Obliczmy wartość f(0) = = 1 Odpowiedź funkcja ma minimum dla x = Zadanie 1 f (x) = 1 + x f (x) = 0 x x = 0 x = 0 x = ± Rysujemy znak pochodnej [SZKIC] Dla x = występuje minimum, które wynosi: f( ) = + = ( 1) Interesuje nas przedział x [1, 4] Szukamy wartości największej i najmniejszej więc musimy sprawdzić jeszcze na brzegach wartości. f(1) = 1 + = 1 f(4) = =, 5 Spośród tych wartości szukamy najmniejszej i największej. ( 1) < 1 <, 5 Zatem już wiemy, że wartość najmniejsza funkcji f(x) na przedziale x [1, 4] to ( 1) a wartość największa to, Zadanie 14 Sprawdźmy sobie dla wiadomości najpierw czy funkcja jest ciągła. f( ) = f( + ) = 1 = 1 Widać funkcja nie jest ciągła. Widać także, że zarówno f 1 (x) = x nie ma ekstremum jak również f (x) = x 1 także nie ma ekstremum. Wniosek funkcja nie ma ekstremum.

11 1.15 Zadanie a f (x) = x x f x (x) = 0 x = 0 = 1 + x = 0 = x = 1 Pierwiastek jednokrotny rysujemy [SZKIC] funkcja rośnie dla x (, 1), funkcja maleje dla x ( 1, ) b f(x) = x 4 8x f (x) = 1x 4x f (x) = 0 x x = 0 x = 0 x = [SZKIC] funkcja jest malejąca dla x (, 0) oraz dla x (0, ) natomiast rosnąca dla x (, ) c f(x) = x x f (x) = x f (x) = 0 x 1 = 0 funkcja rośnie dla x (, 1) oraz x (1, ) funkcja maleje dla x ( 1, 1) d f(x) = x 5 4x + x f (x) = 15x 4 1x + f (x) = 0 15x 4 1x + = = 1(1 15) < 0 Ponadto przy x 4 stoi dodatni współczynnik znaczy to, że funkcja zawsze rośnie e f(x) = x + sin x f (x) = + cos x f (x) = 0 + cos x = 0 cos x = < 1, 5 Pochodna nigdy się nie zeruje, jest zawsze dodatnia, czyli funkcja zawsze rosnąca

12 f f (x) = 60 9x + 6x 4x f (x) = 0 x + 9x x + 15 = 0 Zauważamy metodą p przez q że pierwiastkiem wielomianu jest x = 1 możemy zatem zapisać (x 1)( x + 8x 15) = 0 = = 4 x = 1 x = x = 5 funkcja znaku pochodnej [szkic] f rośnie dla x (, 5) oraz x (, 1) f maleje dla x ( 5, )orazx (1, ) g* f(x) = (x + 1 x )x ln f(x) = x ln(x + 1 x ) f(x) = e x ln(x+ 1 x ) f (x) = e x ln(x+ 1 x ) (ln(x + 1 x f (x) = 0 e x ln(x+ 1 x ) = 0 (ln(x + 1 x x ln(x + 1 x ) + x 1 x x + 1 x 1 + x ) + x1 x + 1 ) x 1 + x ) + x1 x + 1 ) = 0 x Cała trudność to wykazać, że takie równanie nigdy nie równa się 0, nie jest to trywialne Skoro pochodna się nie zeruje i zawsze jest dodatnia to funkcja jest rosnąca wszędzie. = h f (x) = 1 x ln x + x 1 x f (x) = 0 ln x + x x = e [szkic] funkcja rośnie dla x (e, ) funkcja maleje dla x (0, e )

13 i f(x) = x e x f (x) = x 1 e x + x e x ( x ) f (x) = 0 ( x 1 e = 0 x ) x = 0 x x x x x = 0 x x = 0 x = x Na rysunku narysować funkcje f 1 (x) = x oraz jednocześnie funkcje f (x) = x zatem x = 0 lub x = 1 [szkic] Zatem funkcja rośnie dla x (0, 1) funkcja maleje dla x (1, ) j f(x) = (x x) f (x) = 1 (x x)(x ) (x x) 4 f (x) = 0 (x x)(x 1) = 0 x = 0 x = 1 x = funkcja rośnie dla x (0, 1) oraz x (, ) funkcja maleje dla x (, 0) oraz x (1, ) k f(x) = ln(x 1) + 1 x 1 f (x) = x x 1 + x (x 1) f (x) = x(x 1) x (x 1) f (x) = 0 x 4x = 0 x = 0 x = x = [szkic] funkcja rośnie dla x (, 0) oraz gdy x (, ) funkcja maleje dla x (, oraz dla x (0, )

14 1.16 Zadanie a f (x) = x + 1 Zauważmy, iż x 0, a wtedy x + 1 > 0 skoro pochodna jest zawsze dodatnia to oznacza iż jest to funkcja w całej dziedzinie rosnąca b f (x) = x Podobnie widzimy x 0 to wówczas f (x) < 0 Zatem funkcja zawsze malejąca c x+4 f x (x) = x x + 4x +4x x f (x) = x + x x 4x x x = x + 4x x6 x + 4x Mianownik jest zawsze dodatni. Zatem znak f (x) zależy od licznika, czyli od od x. sgn f (x) = sgn( x) = sgn( x) Gdy x jest ujemy to x jest dodatni zatem znak pochodnej będzie dodatni. W szczególności dl x ( 6, 4) także. stad funkcja jest rosnąca na tym przedziale Zadanie a f(x) = 4x x + 1 f (x) = 4x + 4 8x (x + 1) mianownik jest dodatni więc znak pochodnej wynika z licznika. f (x) = 0 4x + 4 = 0 x + 1 = 0 x = 1 x = 1 [Szkic] Odczytujemy z rysunku minimum dla x = 1 oraz maksimum dla x = 1 o wartościach odpowiednio f( 1) = 4 = f(1) = 4 =

15 1.17. b f (x) = 4(1 x) + 4 f (x) = 0 (1 x) + 1 = 0 1 x = 1 x = 0 Jest to oczywiście pierwiastek jednokrotny. [szkic] w x = 0 jest minimum o wartości f(0) = c f(x) = (1 x ) f (x) = (1 x ) 1 x = 4x 1 x f (x) = 0 4x = 0 x = 0 TERAZ UWAGA, bo mianownik może być dodatni jaki i ujemny zastanówmy się kiedy będzie dodatni 1 x > 0 1 x > 0 x ( 1, 1) Zatem na przedziale x ( 1, 1) tak jakby mianownik był dodatni, no bo jest dodatni. Przy wykonywaniu szkicu funkcji znaku pochodnej używamy f (x) x Zatem w zerze mamy minimum o wartości f(0) = (1 0 ) = d Założenie x 0 f (x) = 0 x 1 x f(x) = x x f (x) = 1 1 x = 0 x 1 = 0 x = 1 x = 1 4 Mianownik jest dodatni, więc [szkic] dla x = 1 4 mamy minimum lokalne o wartości f( 1 4 ) = = e f(x) = x + 1 x + 4 f (x) = x(x + 4) (x + 1) x (x + 4) = 8x x (x + 4) = 6x (x + 4) f (x) = 0 x = 0 [szkic] w x = 0 mamy minimum lokalne.

16 f f(x) = f (x) = { x + x dlax <, 1 > x x + dlax (, ) (1, ) { x + 1 dlax <, 1 > x 1 dlax (, ) (1, ) f (x) = 0 x = 1 Pamiętajmy o zerkaniu na założenia. [szkic] funkcja ma minimum lokalne w x = 1 o wartości f( 1 ) = 1 1 = 9 4 Teraz trzeba się zastanowić co się dzieje w punktach nie różniczkowalnych tzn. dla x = oraz x = 1 [rysunek ], iż w tych punktach mamy minima lokalne. o wartościach f( ) = f(1) = g f(x) = f (x) = { x + x dla x 0 x x dla x < 0 { x + dla x > 0 x dla x < 0 f (x) = 0 x + = 0 dla x > 0 x = 0 dla x < 0 Zatem pochodna się nigdy nie zeruje. Zastanówmy się nad punktem, w których funkcja nie jest różniczkowalna tzn. x = 0, gdybyśmy wykonali [szkic] to okaże się, że w tym punkcie powstanie maksimum h f(x) = f (x) = { x dla x 0 + x dla x < 0 { 1 dla x > 0 1 dla x < 0 Widzimy, że pochodna nigdzie się nie zeruje. Pozostają do sprawdzenia punkty, w których funkcja nie jest różniczkowalna. W tym wypadku jest to x = 0. Okazuje się, że w tym punkcie jest minimum lokalne.

17 i x + x 1 + dla x < 1 f(x) = x + + x dla 1 x < x + x dla x dla x < 1 f (x) = 0 dla 1 x < dla x Pochodna co prawda się zeruje, ale nie ma ciągłego przejścia przez zero w funkcji znaku pochodnej. [szkic pochodnej ] Wykres funkcji nie ma minimum lokalnego właściwego, ale ma minimum lokalne niewłaściwe. dla x < 1, > [szkic funkcji] j f(x) = ln(x 1) + 1 x 1 Założenie x 1 > 0 stąd x (, 1) (1, ) f (x) = x x 1 + x (x 1) f (x) = x(x 1) x (x 1) f (x) = x 4x (x 1) f (x) = 0 x 4x = 0 x = 0 x = x = 0 x = x = [szkic z założeniem] w x = jest minimum, w x = także jest minimum, wartości tych minimum są równe i wynoszą 1.