1 20 11 1

Zad 1. Obliczyć wartość wyrażenia

( 2 A−B)

^T

A _gdzie

1 2 0 1 1 1

¿ righ

¿

¿

¿

[¿][¿]¿

A =¿ ¿

¿

1 2 0 2

2 0

¿ righ

¿

¿

¿

[¿] [¿]¿

B =¿ ¿

¿

Zad 2. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie.

13 2 7 1

¿ righ

¿¿

¿ [¿]¿

XA = A^T gdzie A =¿ ¿

¿

Zad 3. Rozwiązać układ równań liniowych.

a).

x+ 2 y −5 z =−2

−y +2 z=1 x+ y+ z =3

¿ {¿{¿ ¿ ¿

¿ b).

x+2 y −z=1 x− y−2 z=0 x+8 y+z=2

Zad 4. Dla jakiego parametru m punkty A(1,0,2) B(0,2,3) C(1,m,4) D(1,3,2) są współpłaszczyznowe

Zad 5 Dla jakiego parametru m wektory :

⃗ a=(1,2−m, 4 ) {⃗b=(2,2,8 m) ¿

_są

a) prostopadłe b) równoległe

Zad 6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt A(2,1,0) i równoległej do wektorów .

⃗ a=(1,2,4 ) {⃗b=(2,1,0) ¿

_.

Zad 7. Wyznaczyć dziedzinę funkcji

y=f (x )=ln ( ^{−3+4 x−x} 2 x

²

+ 3

²

)

Zad 8. Obliczyć pochodna funkcji

a

¿

. y=f ( x )=sin ( 3 x

³

+2 x+1 )

b

¿

. y=f ( x )=x

³

lnx

oraz

f

^'

(1)

Zad 9. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i ekstrema funkcji

y=f (x )=x

³

−6 x

²

+ 9 x +7

Zad 10 Wykorzystując regułę De'Hospitala obliczyć granicę

lim

x→ 0

sin ⁡(4 x ) 2 x

^. Zad 11. Wyznaczyć funkcję odwrotną funkcji

y=f (x )=e

^1−x

−2

.

Zad 12.

f (x )=x

²

+ 4 x+6 g( x)= √ x−2. Wyznacz y=g( f ( x)) Rozwiązania

Zad 1. Obliczyć wartość wyrażenia

( 2 A−B)

^T

A

_gdzie

1 2 0 1 1 1

¿ righ

¿

¿

¿

[¿][¿]¿

A =¿ ¿

¿

1 2 0 2

2 0

¿ righ

¿

¿

¿

[¿] [¿]¿

B =¿ ¿

¿

Rozwiązanie

(

2 A−B

)

^TA=

(

²

[

^{1 10 11 2}

]

⁻

[

^{1 20 22 0}

])

^T

[

^{1 10 11 2}

]

⁼

([

^{2 40 22 2}

]

⁻

[

^{2 01 20 2}

])

^T

[

^{1 20 11 1}

]

^=¿

[

^{1 20 00 2}

]

^T

[

^{1 20 11 1}

]

⁼

^[

^{1 0 02 0 2}

^] [

^{1 20 11 1}

]

⁼

^[

^{4 61 2}

^]

Zad 2. Wyznaczyć macierz X spełniającą równanie.

13 2 7 1

righ¿

¿¿

¿ [¿]¿

XA = A^T gdzie A =¿ ¿

¿

Rozwiązanie

Ponieważ

detA=13∙ 1−7 ∙ 2=−1 ≠ 0

to A⁻¹ istnieje. Wtedy

XA= A

^T

⇔ ( XA) A

⁻¹

= A

^T

A

⁻¹

⇔ X ( A A

⁻¹

) = A

^T

A

⁻¹

⇔ X J

2

= A

^T

A

⁻¹

⇔ X= A

^T

A

⁻¹ A⁻¹= 1

detA

[

A^D

]

^{T= 1}

−1

[ ^|

⁻²

^|

¹

^{| | | |}

⁻⁷¹³

^{| |} ]

^T=−

^[

^{−2 131 −7}

^]

^T=−

^[

^{−7 131 −2}

^]

⁼

^[

^{−17 132}

^]

^.

X = [ ^{13 2 7 1} ]

^T

[ ^{−1 7 13 2} ] ⁼ [ ^{13 7 2 1} ][ ^{− 7 1 13 2} ] ⁼ [ ^{36 117 5 17} ]

Zad 3. Rozwiązać układ równań liniowych.

a).

x+ 2 y −5 z =−2

−y +2 z=1 x+ y+ z =3

¿ {¿^{¿ ¿ ¿

¿ b).

x+2 y −z=1 x− y−2 z=0 x+8 y+z=2 Rozwiązanie

a). Wyznacznik macierzy głównej

detA = | ^{1 0 −1 1 2 1 −5 2 1} | =−1+4−5−2=−4 ≠ 0

_zatem mamy układ Cramera. Wtedy rozwiązania są postaci:

x=

|

^{−213 −121 −521}

|

−4 =2+12−5−15+4−2

−4 =−4

−4=1 .

y= | ^{1 −2 −5 0 1 1 3 2 1} |

− 4 = 1−4 +5−6

−4 = − 4

− 4 =1

.

z=

|

^{10 −11 21 −521}

|

−4 =−1+4−5−2

−4 =−4

−4=1 .

b). Wyznacznik macierzy głównej

detA = | ^{1 1 −1 −2 1 2 8 −1 1} | =−1−4−8−1+16−2=0

_. Zatem ten układ nie jest układem Cramera. Może być układem sprzecznym /nie ma rozwiązań/ lub ma nieskończenie wiele rozwiązań.

rzA <3 gdyż tylko jest jeden minor stopnia 3, który jest zerowy. Ponieważ

| ¹ 1 −1 ² | ^{=−3 ≠ 0}

^{zatem rzA ≥2 . Stąd rzA=2} . Zbadamy rząd macierzy rozszerzonej:

rz [ ^{A | B} ] ^=rz [ ^{1 1 −1 −2 0 1 2 8 −1 1 1 2} ] ^{w w}

^2'3'

^{= = w w ´}

²³

^{− − w w}

¹¹

^rz [ ^{1 0 −3 −1 −1 0 2 6 −1 1 2 1} ] ^=¿

1+rz [ ^{−3 −1 1 6 2 1} ] ^w

^2'

^{=w ´}

²

^{+2 w}

¹

^1+rz [ ^{−3 −1 −1 0 0 3} ] ^{=2+rz [ −3 −1 ] =3}

^.

Zatem

rzA ≠rz [ ^{A | B} ]

co oznacza, że układ ten jest sprzeczny czyli nie ma rozwiązań.

Zad 4. Dla jakiego parametru m punkty A(1,0,2) B(0,2,3) C(1,m,4) D(1,3,2) są współpłaszczyznowe

Rozwiązanie Sposób I.

⃗ AB=(−1,2,1)

,

⃗ AC=(0, m, 2) ,⃗ AD=(0,3,0)

Objętość równoległościanu rozpiętego na wektorach

⃗ AB

,

⃗ AC

,

⃗ AD

V_{równ(⃗AB ,⃗AC ,⃗AD)}=

| ^|

^{⃗⃗⃗ADABAC}

^| |

⁼

^{| |}

^{−1 2 10 m 20 3 0}

^{| |}

⁼

^|

⁶

^|

^{=6 ≠ 0} co oznacza, że dla dowolnego parametru

m

wektory nie leżą na jednej płaszczyźnie /gdyby leżały to objętość byłaby równa 0/ a zatem cztery punkty A(1,0,2) B(0,2,3) C(1,m,4) D(1,3,2) zawsze nie leżą na jednej płaszczyźnie.

Sposób II

Niech π płaszczyzna jest wyznaczona przez punkty A(1,0,2) B(0,2,3) D(1,3,2):

π ( A , B , D ): N

_x

x +N

_y

y+N

_z

z+Q=0

gdzie wektor normalny

N

_π

=(N

_x

, N

_y

, N

_z

) π

a zatem

N

_π

=( N

_x

, N

_y

, N

_z

)⃗ AB

,

N

_π

=(N

_x

, N

_y

, N

_z

)⃗ AD

. Tak więc wektor normalny

N

π

= ( N

x

, N

y

, N

z

) ^=⃗ AB×⃗ AD = | ^{−1 0 i 2 3 j k 1 0} | ^{= (| 2 1 3 0 | ,− | −1 1 0 0 | , | −1 2 0 3 |)} =(−3,0 ,−3)

Zatem

π ( A , B , D ):−3 x−3 z+Q=0

.

Ponieważ

A (1,0,2)∈ π ( A , B , D)

to -3

∙1−3 ∙2+Q=0



Q=9



π

(

A , B , D

)

:−3 x−3 z+9=0 . Gdyby punkty A(1,0,2) B(0,2,3) C(1,m,4) D(1,3,2) były współpłaszczyznowe to

C(1, m , 4) ∈ π ( A , B , D ):−3 x−3 z+3=0

, zatem -3

∙1−3 ∙ 4+9=0

.

Mamy zawsze dla dowolnego parametru m sprzeczność a więc zawsze te cztery punkty nie są współpłaszczyznowe.

Zad 5 Dla jakiego parametru m wektory :

⃗ a=(1,2−m, 4 ) {⃗b=(2,2,8 m) ¿

_są

a) prostopadłe b) równoległe Rozwiązanie

a).

⃗ a ⃗b ⇔ ⃗a ° ⃗b=0 ⇔ ⃗a∘ ⃗b=1∙ 2+(2−m) ∙2+4 ∙ 8 m=0 ⇔6 +30 m=0 ⇔m= −1 5

^.

b).

⃗ a ∥⃗b ⇔ a

_x

b

x

= a

_y

b

y

= a

_z

b

z

⇔ 1

2 = 2−m 2 = 4

8 m

^{. Stąd}

m=1

mamy

⃗ a ∥⃗b

^{. Dla}

m≠ 1

mamy

⃗ a ∦ ⃗b

Zad 6. Wyznaczyć równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt A(2,1,0) i równoległej do wektorów .

⃗ a=(1,2,4 ) {⃗b=(2,1,0) ¿

_.

Rozwiązanie

Ogólna postać płaszczyzny

π : N

_x

x +N

_y

y +N

_z

z +Q=0

gdzie wektor normalny

N

_π

=( N

_x

, N

_y

, N

_z

) π

, zatem N_π=

(

^Nx, N_y, N_z

)

jest prostopadły do każdego wektora leżącego w płaszczyźnie

π

a stąd do każdego wektora równoległego do płaszczyzny

π

/wektor równoległy do płaszczyzny po przesunięciu równoległym znajdzie się w tej płaszczyźnie a przesunięcie równoległe nie zmienia prostopadłości do innego wektora/. Ponieważ a równaniu płaszczyzny może być dowolny wektor normalny byle był prostopadły do płaszczyzny to takim wektorem będzie

N

_π

= ( ^N

x

, N

_y

, N

_z

) ^{=⃗ a × ⃗b=} | ^{1 2 i 2 1 j k 4 0} | ^{= (| 2 4 1 0 | ,− | 1 4 2 0 | , | 1 2 2 1 |) =(− 4,8 ,−3 )}

Stąd

π :−4 x+8 y−3 z+Q=0

.

Ponieważ

A (2,1,0) ∈ π

to −4 ∙ 2+8 ∙ 1−3 ∙ 0+Q=0  Q=0  π :−4 x+8 y−3 z=0 .

Zad 7. Wyznaczyć dziedzinę funkcji

y=f (x )=ln ( ^{−3+4 x−x} 2 x

²

+ 3

²

)

Rozwiązanie

Ponieważ logarytm jest określony tylko dla liczb dodatnich zatem

D_f=

{

^{x∈ R :−3+4 x−x}2 x²+3 ²>0

}

⁼

^{

^x∈ R :−3+4 x−x²>0

}

gdyż mianownik ilorazu jest liczbą większą lub równą 3 czyli liczbą dodatnią dla dowolnego

x ∈ R

to licznik też powinien być liczbą dodatnią. Ponieważ równanie −3+4 x−x²=0 ma dwa pierwiastki 1 i 3 i przy x² występuje współczynnik ujemny /(-1) / to wykres paraboli

y=−3+4 x−x

² przechodzi przez punkty 1 i 3 i jest skierowany w dół. Zatem wartość dodatnia tej paraboli będzie w przedziale ( 1 , 3 ). Stąd

D

_f

=(1 , 3)

Zad 8. Obliczyć pochodna funkcji

a

¿

. y=f ( x )=sin ( 3 x

³

+2 x+1 )

b

¿

. y=f ( x )=x

³

lnx

oraz

f

^'

(1)

Rozwiązanie

a). Biorąc

y=h (u )=sinu

;

u=g ( x )=3 x

³

+2 x +1

mamy

y=f (x )=h ( g (x ) ) =sin ( 3 x

³

+2 x +1 )

. Z wzoru na złożenie funkcji mamy

y

^'

= f

^'

( x )=h

^'

( u) g

^'

( x )=cos (u ) ( 9 x

²

+2 ) =cos ( 3 x

³

+ 2 x +1 ) ( 9 x

²

+2 )

b). Z wzoru na iloczyn funkcji mamy:

y

^'

=f

^'

( x )= ( x

³

)

^'

lnx+ x

³

(lnx )

^'

=3 x

²

lnx+x

³

1

x =3 x

²

lnx+x

² _.

f

^'

(1)=3 ∙ 1

²

ln 1+1

²

=3 ∙ 1

²

∙ 0+1

²

=1

.

Zad 9. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i ekstrema funkcji

y=f (x )=x

³

−6 x

²

+ 9 x +7

Rozwiązanie

y

^'

= f

^'

( x )= ( x

³

−6 x

²

+9 x+7 )

^'

=3 x

²

−12 x+9=3 ( x

²

− 4 x+3 ) =3 ( x−1)(x−3)

Wykresem funkcji

y=( x−1)(x −3)

jest parabola przecinająca os OX w punktach 1 i 3 skierowana do góry zatem:

f

^'

( x )> 0 ⇔3 ( x−1) (x −3)>0 ⇔( x−1) ( x−3)>0⇔ x ∈ (−∞ ,1) ⇗lub x ∈(3 ,+∞)⇗

f

^'

( x )<0 ⇔3 ( x−1) (x −3)<0 ⇔( x−1) ( x−3)<0⇔ x∈(1 ,3)⇘

Na granicach zmiany monotoniczności 1 i 3 mamy:

f

_max

(1)=f (1)=11

gdyż lokalnie z lewej strony 1 funkcja rośnie a z prawej strony maleje.

f

_min

(3)=f (3)=7

gdyż lokalnie z lewej strony 3 funkcja maleje a z prawej strony rośnie.

Zad 10 Wykorzystując regułę de L'Hospitala obliczyć granicę

lim

x→ 0

sin ⁡(4 x ) 2 x

^. Rozwiązanie

limx→ 0

sin

(

4 x

)

2 x =

[

⁰0

]

^{=limx→ 0}

⁽

^sin

(

2 x

⁽

^{4 x}

)

^'

^{) )}

^'= lim

x→ 0cos

(

4 x

)

4

2 =4 cos ⁡(4 ∙0) 2 =2 ^.

Zad 11. Wyznaczyć funkcję odwrotną funkcji y=f

(

x

)

=e^1−x−2 . Rozwiązanie

Ponieważ y=f

(

x

)

=e^1−x−2=e e^−x−2 a funkcja y=e^−x jest ściśle malejąca to funkcja

f

jest również ściśle malejąca jako wynik mnożenia funkcji ściśle malejącej przez stałą większą od zera i przesunięcia wartości o -2. Również jest funkcją ciągłą a więc z twierdzenia Darboux

f : R 1−1

↔

←2 ,+∞

¿ _{. −2=l ℑ}

x →+∞e^{1− x}−2

lim

¿_{x →−∞}

e

^1−x

−2

+∞=¿

. Zatem f⁻¹ istnieje i

f

⁻¹

:←2 ,+∞¿ 1−1

↔

R

. Z ogólnej definicji odwrotności mamy

f

⁻¹

( x )= y ⇔ f ( y )=x

dla x∈←2 ,+∞¿ _, y∈ R .

Z ogólnej definicji nie mamy wzoru na funkcję odwrotną. Wyliczając y w zależności od x uzyskamy wzór, który przy stwierdzonych własnościach wyjdzie jednoznaczny.

y=f

(

x

)

=e^1−x−2⇔ y +2=e^{1− x}⇔ ln

(

y+2

)

=ln e^1−x⇔ln

(

y +2

)

=

(

1−x

)

lne⇔

ln ( y +2)=1−x ⇔ x =1−ln ⁡( y+2)

. Stąd

y=f

⁻¹

( x)=1−ln ⁡(x +2)

.

Zad 12.

f (x )=x

²

+ 4 x+6 g( x)= √ x−2. Wyznacz y=g( f ( x))

Rozwiązanie

y=g

(

^f

(

x

) )

^=g

(

x²+4 x+ 6

)

=

√

^{x2+4 x+6−2=}

√

^{x2+4 x + 4=}

√

^{(x +2)2=}

^|

^x+2

^|