Matematyka 0 WCh, 2020/2021 ćwiczenia 27. – rozwiązania
15 grudnia 2020
1. Ile jest punktów, dla których prosta styczna do wykresu f (x) = x2−2x + 3 przechodzi przez punkt (0, 0).
Znaleźć te punkty.
auważamy najpierw, że√
49 = 7. Znajdźmy zatem prostą styczną do wykresu f (x) =√
x w punkcie x = 49, wtedy punkt na tej prostej (50, y) będzie bardzo bliski punktowi (50, f (50)) = (50,√
50), zatem jego druga współrzędna będzie dobrze przybliżać√
50.
Zapiszmy równanie szukanej prostej stycznej jako y = ax + b. Współczynnik kierunkowy a = f′(49). Mamy
f′(x) = 1 2√
x,
zatem a = f′(49) = 141, zatem to równanie to y = 14x +b. Współczynnik b wyliczamy wiedząc, że prosta styczna przechodzi przez punkt styczności, czyli (49, f (49)) = (49, 7). Zatem 7 = 4914 +b, więc b = 72. A zatem ostatecznie równanie szukanej prostej stycznej to
y = 1 14x +7
2. Szukamy y takiego, że (50, y) leży na tej stycznej. Zatem
y =50 14+
7 2 =
99
14 =7 + 1 14. i to jest szukane przybliżenie
√ 50.
Znalezione przybliżenie jest całkiem znośne, bo używając kalkulatora możemy się dowiedzieć, że: 7 +141 ≃ 7, 071429, a natomiast√
50 ≃ 7, 071068.
2. Korzystając z tego, że prosta styczna jest bliska funkcji w pobliżu punktu styczności obliczyć w przybliżeniu rozwiązanie równania x5+x − 240 = 0.
Niech f (x) = x5+x − 240. Zauważmy, że f (3) = 6 i znajdźmy równanie stycznej w tym miejscu. f′=5x4+1, f (3) = 406, zatem to równanie to y = 406x − 1212. Ta prosta przecina zero dla x =1212406 =606
203 =3 −2033 i to jest szukane przybliżenie.
3. Korzystając z reguły de l’Hospitala oblicz granice:
a) limx→0ex−1 sin x,
Ponieważ limx→0ex−1 = 0 oraz limx→0sin x = 0, możemy zastosować regułę de l’Hospitala:
lim
x→0
ex−1 sin x =lim
x→0
(ex−1)′ (sin x)′ =lim
x→0
ex cos x=
1 1 =1.
b) limx→1x2020−1 x−1 ,
Ponieważ limx→1x2020 − 1 = 0 oraz limx→1x − 1 = 0, możemy zastosować regułę de l’Hospitala:
x→1lim
x2020−1 x − 1 lim
x→1
2020x2019
1 =
2020
1 =2020.
1
c) limx→∞ex x3.
Ponieważ limx→∞ex= ∞oraz limx→∞x3= ∞, możemy zastosować regułę de l’Hospitala:
x→∞lim ex x3 = lim
x→∞
ex 3x2,
Ponieważ limx→∞ex= ∞oraz limx→∞3x2= ∞, możemy zastosować ponownie regułę de l’Hospitala:
x→∞lim ex 3x2 = lim
x→∞
ex 6x,
Ponieważ limx→∞ex= ∞oraz limx→∞6x = ∞, możemy zastosować ponownie regułę de l’Hospitala:
x→∞lim ex 6x = lim
x→∞
ex 6 = ∞.
4. Niech funkcja f będzie zadana następująco:
f (x) =
⎧⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎩ x2+3x
x + 5 dla x ∈ (−∞, 0] ∖ {−5}
sin x
x dla x ∈ (0, ∞) a) Korzystając z reguły de l’Hospitala oblicz limx→0+f (x).
b) Zbadaj ciągłość funkcji f . Czy f jest ciągła w punkcie 0? Odpowiedź uzasadnij.
c) Policz pochodne funkcji f′ na przedziałach (−∞, 0) ∖ {−5} oraz (0, ∞). Czy f jest różniczkowalna w punkcie x = 0?
d) Znajdź asymptoty pionowe, poziome i ukośne funkcji f .
e) Dla x < 0, znajdź lokalne ekstrema oraz przedziały monotoniczności tej funkcji . f) Oblicz równanie prostej stycznej do wykresu f w punkcie x = −1.
a) Ponieważ limx→0+sin x = 0, limx→0+x = 0, to możemy skorzystać z reguły de l’Hospitala:
lim
x→0+f (x) = lim
x→0+
sin x x = lim
x→0+
(sin x)′ (x)′ = lim
x→0+
cos x 1 =1.
b) Oczywiście funkcja jest ciągła dla x ∈ (−∞, 0] ∖ {−5} oraz x ∈ (0, ∞). W −5 nie jest określona, więc pozostaje rozważyć x = 0. Wiemy, że limx→0+f (x) = 1. A zatem funkcja na pewno nie jest ciągła w zerze, bo f (0) = 0.
c) Dla x ∈ (−∞, 0) ∖ {−5}:
f′(x) = (x2+3x x + 5 )
′
=
(2x + 3)(x + 5) − 1 ⋅ (x2+3x)
(x + 5)2 =
x2+10x + 15 (x + 5)2 . Dla x ∈ (0, ∞):
f′(x) = (sin x x )
′
=
x cos x − sin x
x2 .
Funkcja nie jest różniczkowalna w 0, bo nawet nie jest w tym punkcie ciągła.
d) Z asymptotą pionową mamy do czynienia, gdy zeruje się mianownik, czyli dla x = −5, rzeczywiście:
lim
x→5−
x2+3x x + 5 = −∞
x→5lim+ x2+3x
x + 5 = ∞
A zatem x = −5 jest obustronną asymptotą pionową. x = 0 nie jest nawet prawostronną asymptotą, bo już wiemy, że limx→0+f (x) = 1.
Sprawdźmy asymptoty poziome:
x→∞limf (x) = lim
x→∞
sin x x =0 2
jako iloczyn funkcji ograniczonej sin x i funkcji x1, zbieżnej do 0. A zatem y = 0 jest prawostronną asymptotą poziomą. Ponieważ:
x→−∞lim f (x) = lim
x→−∞
x2+3x x + 5 = lim
x→−∞
x2(1 +x3) x (1 +5x)
= −∞
to nie ma lewostronnej asymptoty poziomej – jest to kandydatura na asymptotę ukośną. Rzeczywiście:
x→−∞lim f (x)
x = lim
x→−∞
x2+3x x2+5x= lim
x→−∞
x2(1 +3x) x2(1 +5x)
= 1 1 =1 Natomiast:
x→−∞lim f (x) − 1 ⋅ x = lim
x→−∞
−2x x + 5= lim
x→−∞
−2x x (1 +5x)
=
−2 1 = −2.
A zatem y = x − 2 jest szukaną lewostronną asymptotą ukośną.
e) Sprawdzam, kiedy f′(x) = 0 w przedziale (−∞, 0) ∖ {−5}. Mam f′(x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy:
x2+10x + 15 = 0. ∆ = 100 − 60 = 40.√
∆ = 2√
10. Zatem x1= −5 −√
10, x2= −5 +√
10 są kandydaturami na ekstrema.
Dodatkowo jeszcze punkt nieokreśloności −5 daje możliwość zmienienia znaku pochodnej, więc mamy następujące przedziały monotoniczności (mamy −5 −√
10 < −5 < −5 +√ 10 < 0):
(−∞, −5 −√
10), f′(x) > 0, f rośnie,
(−5 −√
10, −5), f′(x) < 0, f maleje,
(−5, −5 +√
10), f′(x) < 0, f maleje,
(−5, −5 +√
10), f′(x) < 0, f maleje,
(−5 +√
10, 0), f′(x) > 0, f rośnie, A zatem x1= −5 −
√
10, x2= −5 +
√
10 są rzeczywiście odpowiednio lokalnym maksimum i minimum.
f) f′(−1) = 166 = 3
8, f (−1) = −24 = −1
2. A zatem styczna dla x = 1 dana jest równaniem:
y =3
8(x + 1) −1 2 =
3x 8 −
1 8.
3
