Z W :26.I.2017 M P K

(1)

M

ATEMATYCZNE

P

ODSTAWY

K

OGNITYWISTYKI

Z ALICZENIE W YKŁADU : 26.I.2017

KOGNITYWISTYKAUAM, 2016–2017

Imi˛e i nazwisko: . . . POGROMCYHYDR LERNEJSKICH

1. Poka˙z, ˙ze nie jest prawem rachunku zbiorów:

(A ∪ C) − (B ∪ C) = (A − B) ∩ (C − B) 2. Oblicz granic˛e ci ˛agu o wyrazie ogólnym:

a_n=

√1 + 2 + 3 + . . . + n n

3. Oblicz drug ˛a pochodn ˛a funkcji:

f (x) = x²− 1 x²+ 1 4. Znajd´z w przedziale [0, e] ekstrema lokalne funkcji:

f (x) = e^x x

5. Udowodnij LEMATKÖNIGA: je´sli drzewo D = (X, R, x0) rz˛edu skończonego jest nieskończone, to ma gał ˛a´z nieskończon ˛a.

JERZY POGONOWSKI

Zakład Logiki i Kognitywistyki UAM pogon@amu.edu.pl

(2)

M

ATEMATYCZNE

P

ODSTAWY

K

OGNITYWISTYKI

Z ALICZENIE W YKŁADU : 26.I.2017

Imi˛e i nazwisko: . . . ŁOWCYLWÓWNEMEJSKICH

1. Poka˙z, ˙ze nie jest prawem rachunku zbiorów:

(A − B) ∩ (C − B) = (A − B) ∪ (B − C) 2. Oblicz granic˛e ci ˛agu o wyrazie ogólnym:

a_n = n · (ln(n + 1) − ln n) 3. Oblicz drug ˛a pochodn ˛a funkcji:

f (x) = x² x²+ 1

4. Obwód prostok ˛ata wynosi L. Przy jakich długo´sciach boków prostok ˛at ten ma najwi˛eksze pole?

5. Udowodnij TWIERDZENIE CANTORA: ˙zaden zbiór nie jest równoliczny z rodzin ˛a wszystkich swoich podzbiorów.

JERZY POGONOWSKI

(3)

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

POGROMCYHYDR LERNEJSKICH

1. Zadanie mo˙zna rozwi ˛azać ró˙znymi sposobami. Poka˙zemy rozwi ˛azanie wykorzystuj ˛ace diagramy Venna. Mo˙zna narysować diagramy Venna dla lewej i prawej strony badanej równo´sci i pokazać, ˙ze reprezentuj ˛a one ró˙zne zbiory, zaznaczaj ˛ac np. ró˙znymi kolorami brane pod uwag˛e obszary. Poniewa˙z jednak mamy pokazać,

˙ze rozwa˙zana równo´s´c nie zachodzi, wi˛ec zadanie jest łatwiejsze: umie´scimy w ka˙zdej składowej diagramu Venna jaki´s element (np. liczb˛e), obliczymy czemu równa jest wtedy lewa i prawa strona rozwa˙zanej równo´sci i (je˙zeli pytanie było uczciwe) dostaniemy w wyniku ró˙zne zbiory.

'

&

$

%

&%

'$

&%

'$

&%

'$

A

C B 5 7 2 4

3 1

6 8

W oznaczeniach tego diagramu mamy zatem:

1. A = {1, 2, 4, 5}

2. B = {2, 3, 5, 6}

3. C = {4, 5, 6, 7}

4. A ∪ C = {1, 2, 4, 5, 6, 7}

5. B ∪ C = {2, 3, 4, 5, 6, 7}

6. (A ∪ C) − (B ∪ C) = {1}

7. A − B = {1, 4}

8. C − B = {4, 7}

(4)

9. (A − B) ∩ (C − B) = {4}

10. Wida´c zatem, ˙ze (A ∪ C) − (B ∪ C) = {1} 6= {4} = (A − B) ∩ (C − B).

Podali´smy wi˛ec przykład zbiorów A, B, C, które nie spełniaj ˛a równo´sci (A ∪ C) − (B ∪ C) = (A − B) ∩ (C − B),

czyli wykazali´smy, ˙ze równo´s´c ta nie jest prawem rachunku zbiorów.

2. Po pierwsze, nale˙zało ustali´c, czemu równa jest suma 1 + 2 + 3 + . . . + n, czyli suma pierwszych n dodatnich liczb naturalnych. To mo˙zna było ustali´c na ró˙zne sposoby:

1. Wystarczy zauwa˙zy´c, ˙ze mamy do czynienia z sum ˛a n wyrazów ci ˛agu aryt- metycznego, któr ˛a oznaczmy przez sn i zastosowa´c znany ze szkoły wzór:

s_n = ^a¹^+a₂ ⁿ · n, czyli s_n = ¹⁺ⁿ₂ · n = ^n·(n+1)₂

2. Mo˙zna zastosowa´c sprytn ˛a argumentacj˛e Gaussa, któr ˛a – wedle anegdoty – popisał si˛e on w szkole: wypiszmy w jednym rz˛edzie liczby od 1 do n, a pod spodem te same liczby w odwrotnej kolejno´sci:

1 2 3 . . . n − 2 n − 1 n

n n − 1 n − 2 . . . 3 2 1

Zauwa˙zmy teraz, ˙ze sum ˛a ka˙zdej kolumny jest n + 1, wszystkich kolumn jest n, i ka˙zda liczba powtarza si˛e dwukrotnie w podanym wyliczeniu. A zatem suma 1 + 2 + 3 + . . . + n równa jest (n + 1) · n · ¹₂ = ^n·(n+1)₂ . 3. Wreszcie, mo˙zna było uzasadni´c wzór 1 + 2 + 3 + . . . + n = ^n·(n+1)₂ przez

indukcj˛e matematyczn ˛a. Dla najmniejszej liczby z rozwa˙zanego zakresu, czyli dla k = 1 wzór oczywi´scie zachodzi. Czynimy teraz zało˙zenie indukcyjne: 1 + 2 + 3 + . . . + k = ^k·(k+1)₂ . Musimy udowodni´c, ˙ze wtedy:

1 + 2 + 3 + . . . + k + k + 1 = (k+1)·(k+2)

2 . Mamy:

1 + 2 + 3 + . . . + k + k + 1 = (1 + 2 + 3 + . . . + k) + k + 1 = ^k·(k+1)₂ + k + 1 =

k·(k+1)+2·(k+1)

2 = (k+1)·(k+2)

2 .

Tak wi˛ec, dla wszystkich dodatnich liczb naturalnych n zachodzi wzór: 1 + 2 + 3 + . . . + n = ^n·(n+1)₂ .

(5)

Obliczamy granic˛e ci ˛agu o wyrazie ogólnym an =

√1+2+3+...+n

n :

n→∞lim a_n= lim

n→∞

√1+2+3+...+n

n = lim

n→∞

q1+2+3+...+n

n² = lim

n→∞

q_n·(n+1)

2

n² =

= lim

n→∞

qn²+n

2·n² = lim

n→∞

q1

2 +_2·n¹ = q1

2 = ^√¹

2 =

√ 2 2 .

3. Najpierw obliczamy pierwsz ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = ^x_x²2⁻¹+1, korzystaj ˛ac ze wzoru na pochodn ˛a ilorazu funkcji:

f⁰(x) = (^x_x²2⁻¹+1)⁰ = ^(x²⁻¹⁾⁰^·(x²^+1)−(x_(x2+1)²²^−1)·(x²⁺¹⁾⁰ = ^2·x·(x²^+1)−(x_(x2+1)²²^−1)·2·x =

= ^2·x³^+2·x−2·x_(x2+1)²³^+2·x = _(x2^4·x+1)².

Nast˛epnie obliczamy drug ˛a pochodn ˛a badanej funkcji, równie˙z korzystaj ˛ac ze wzoru na pochodn ˛a ilorazu funkcji:

f⁰⁰(x) = (_(x2^4·x+1)²)⁰ = ^(4·x)⁰^·(x²⁺¹⁾_(x²2^{−(4·x)·((x}+1)⁴ ²⁺¹⁾²⁾⁰ = ^4·(x²⁺¹⁾²_(x^{−4·x·2·(x}2+1)⁴ ²^+1)·2·x =

= ^4·(x²^+1)·(x_(x2+1)²^+1−4·x⁴ ²⁾ = ^4·(1−3·x_(x2+1)³²⁾. 4. Obliczamy pochodn ˛a funkcji f (x) = ^e_x^x:

f⁰(x) = (ê_x^x)⁰ = ^(e^x⁾⁰^·x−(x)_x2 ⁰^·e^x = ê^x^·x−e_x2 ^x = ê_x^x2 · (x − 1).

Wida´c zatem, ˙ze:

1. f⁰(x) = 0 dla x = 1

2. f⁰(x) > 0 dla x > 1, czyli f jest rosn ˛aca dla x > 1 3. f⁰(x) < 0 dla x < 1, czyli f jest malej ˛aca dla x < 1.

Funkcja f (x) = ^e_x^x ma zatem minimum lokalne w punkcie x = 1. Mamy:

f (1) = ^e₁¹ = e. Pozostaje obliczenie granic jednostronnych funkcji f na kra´ncach badanego przedziału. Mamy:

1. lim

x→0⁺ e^x

x = ∞

2. lim

x→e⁻ e^x

x = ê_eê = eê−1.

Zauwa˙zamy, ˙ze funkcja f (x) = ê_x^x nie jest okre´slona dla x = 0, czyli lewy kraniec przedziału domkni˛etego [0, e] nie nale˙zy do dziedziny tej funkcji: dziedzin ˛a funkcji f (x) = ê_x^x jest R − {0}. Gdyby´smy badali przebieg zmienno´sci tej funkcji w całej jej dziedzinie (co nie było tre´sci ˛a pytania), to mo˙zna ustalić np. ˙ze:

(6)

1. lim

x→0⁻ e^x

x = −∞

2. lim

x→∞

e^x

x = ∞

3. lim

x→−∞

e^x x = 0

4. Osie układu współrz˛ednych s ˛a asymptotami wykresu tej funkcji.

5. Badana funkcja jest wkl˛esła w przedziale (−∞, 0) oraz wypukła w przedziale (0, ∞).

5. LEMAT KÖNIGA. Je´sli drzewo D = (X, R, x₀) rz˛edu skończonego jest nie- skończone, to ma gał ˛a´z nieskończon ˛a.

DOWÓD. Przypu´sćmy, ˙ze D jest nieskończone. Zdefiniujemy gał ˛a´z nieskończon ˛a {x₀, x₁, x₂, . . .} w D przez indukcj˛e matematyczn ˛a.

Element x0 (czyli korzeń drzewa D) jest pierwszym elementem konstruowanej gał˛ezi. Poniewa˙z D jest nieskończone, wi˛ec x₀ ma nieskończenie wiele R- nast˛epników (bo wszystkie pozostałe wierzchołki drzewa s ˛a R-nast˛epnikami x₀).

To krok pocz ˛atkowy indukcji.

Kolejne elementy konstruowanej gał˛ezi niesko´nczonej b˛edziemy wybierali z kolejnych poziomów drzewa.

Przypu´sćmy, ˙ze x0, x1, x2, . . . , xn−1zostały zdefiniowane tak, ˙ze xi nale˙zy do i-tego poziomu drzewa D oraz x_i ma nieskończenie wiele R-nast˛epników (dla 0 6 i < n). To zało˙zenie indukcyjne. Trzeba teraz pokazać, ˙ze znajdziemy element xn z n-tego poziomu drzewa D, który ma nieskończenie wiele R-nast˛epni- ków i który doł ˛aczymy do konstruowanej gał˛ezi.

Z zało˙zenia (˙ze drzewo D jest rz˛edu skończonego), x_n−1 ma tylko skończe- nie wiele bezpo´srednich R-nast˛epników i wszystkie te bezpo´srednie R-nast˛epniki elementu x_n−1nale˙z ˛a do n-tego poziomu drzewa D. Poniewa˙z x_n−1ma nieskoń- czenie wiele R-nast˛epników, wi˛ec co najmniej jeden z jego bezpo´srednich R- nast˛epników tak˙ze ma nieskończenie wiele R-nast˛epników. Wybieramy wi˛ec element xn z n-tego poziomu drzewa D o tej wła´snie własno´sci. Wtedy xnma nie- skończenie wiele R-nast˛epników. Poniewa˙z jest tak dla ka˙zdego n, pokazali´smy istnienie nieskończonej gał˛ezi {x0, x1, x2, . . .} w drzewie D.

Na wykładzie podkre´slano niekonstruktywny charakter tego dowodu: wybie- raj ˛ac element x_nw sposób podany powy˙zej, korzystamy istotnie z aksjomatu wy- boru.

(7)

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

ŁOWCYLWÓWNEMEJSKICH

'

&

$

%

&%

'$

&%

'$

&%

'$

A

C B 5 7 2 4

3 1

6 8

1. A = {1, 2, 4, 5}

2. B = {2, 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 wy˙zej) 8. B − C = {2, 3}

(8)

9. (A − B) ∪ (B − C) = {1, 2, 3, 4}

10. Wida´c zatem, ˙ze

(A − B) ∩ (C − B) = {4} 6= {1, 2, 3, 4} = (A − B) ∪ (B − C).

Podali´smy wi˛ec przykład zbiorów A, B, C, które nie spełniaj ˛a równo´sci (A − B) ∩ (C − B) = (A − B) ∪ (B − C),

czyli wykazali´smy, ˙ze równo´s´c ta nie jest prawem rachunku zbiorów.

2. Po pierwsze, trzeba było pami˛eta´c, ˙ze lim

n→∞(1 + _n¹)ⁿ = e, o czym mówiono za- równo na wykładzie, jak i podczas konwersatorium. Nie było wymagane pami˛e- tanie, jak ustalamy zbie˙zno´sć ci ˛agu ((1 +_n¹)ⁿ). Przypomnijmy jednak, ˙ze dowód, i˙z ci ˛ag o wyrazie ogólnym x_n = (1 + ¹_n)ⁿ jest rosn ˛acy i ograniczony uzysku- jemy, wykorzystuj ˛ac wzór dwumianowy Newtona dla (1 + _n¹)ⁿoraz nierówno´sć n! > 2ⁿ⁻¹, która zachodzi dla wszystkich n ∈ N (co łatwo wykazać przez indukcj˛e matematyczn ˛a). Skoro ci ˛ag o wyrazie ogólnym x_n = (1 +_n¹)ⁿjest rosn ˛acy i ograniczony, to jest on zbie˙zny i jego granic˛e oznaczamy wła´snie przez e. Trzeba te˙z pami˛etać, ˙ze e jest podstaw ˛a logarytmu naturalnego, a zatem ln e = 1.

Po drugie, trzeba było odwoła´c si˛e do ci ˛agło´sci funkcji logarytmicznej, co było konieczne dla uzasadnienia faktu, i˙z ln lim

n→∞x_n = lim

n→∞ln x_n(logarytm naturalny z granicy ci ˛agu równy jest granicy logarytmów naturalnych wyrazów tego ci ˛agu).

Trzeba było równie˙z pami˛eta´c, ˙ze ró˙znica logarytmów z dwóch wielko´sci równa jest logarytmowi z ilorazu tych wielko´sci, a tak˙ze ˙ze logarytm z n-tej pot˛egi wielko´sci x równy jest n razy logarytm z x. Te wiadomo´sci słuchacze uzyskali w szkole.

Wiedz ˛ac to wszystko, obliczamy granic˛e ci ˛agu (a_n):

n→∞lim an= lim

n→∞n · (ln(n + 1) − ln n) = lim

n→∞n · lnⁿ⁺¹_n = lim

n→∞ln(ⁿ⁺¹_n )ⁿ =

= lim

n→∞ln(1 + _n¹)ⁿ = ln lim

n→∞(1 + _n¹)ⁿ= ln e = 1.

3. Najpierw obliczamy pierwsz ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = _x2^x+1² , korzystaj ˛ac ze wzoru na pochodn ˛a ilorazu funkcji:

f⁰(x) = (_x2^x+1² )⁰ = ^(x²⁾⁰^·(x²_(x^+1)−x2+1)²²^·(x²⁺¹⁾⁰ = ^2·x·(x_(x²^+1)−x2+1)²²^·2·x = _(x2^2·x+1)².

Nast˛epnie obliczamy drug ˛a pochodn ˛a badanej funkcji, równie˙z korzystaj ˛ac ze wzoru na pochodn ˛a ilorazu funkcji:

f⁰⁰(x) = (_(x2^2·x+1)²)⁰ = ^(2·x)⁰^·(x²⁺¹⁾_(x²2^−2·x·((x+1)⁴ ²⁺¹⁾²⁾⁰ = ^2·(x²⁺¹⁾²_(x^{−2·x·2·(x}2+1)⁴ ²^+1)·2·x =

(9)

= ^2·(x²^+1)·(x_(x2+1)²^+1−4·x⁴ ²⁾ = ^2·(1−3·x_(x2+1)³²⁾.

4. Mamy znale´z´c długo´sci boków prostok ˛ata o obwodzie L, dla których pole tego prostok ˛ata ma najwi˛eksz ˛a warto´s´c.

Niech x oznacza długo´s´c jednego z boków prostok ˛ata. Wtedy ^L−2·x₂ jest dłu- go´sci ˛a drugiego boku. Pole prostok ˛ata podaje funkcja: f (x) = x · ^L−2·x₂ . Pytanie dotyczy wi˛ec znalezienia maksimum lokalnego tej funkcji w przedziale (0, L).

Obliczamy pochodn ˛a funkcji f :

f⁰(x) = (x · ^L−2·x₂ )⁰ = ₂¹ · (L · x − 2 · x²)⁰ = ¹₂ · (L − 4 · x) Mamy zatem:

1. f⁰(x) = 0 dla x = ^L₄

2. f⁰(x) > 0 dla 0 < x < ^L₄, czyli f jest rosn ˛aca dla 0 < x < ^L₄ 3. f⁰(x) < 0 dla ^L₄ < x < L, czyli f jest malej ˛aca dla 0 < x < ^L₄.

Tak wi˛ec, funkcja f ma maksimum lokalne w punkcie x = ^L₄. Wtedy boki prostok ˛ata maj ˛a długo´sci:

1. x = ^L₄ 2. ^L−2·

L 4

2 = ^L₄.

Prostok ˛at o obwodzie L i najwi˛ekszym polu to kwadrat o boku długo´sci ^L₄. 5. TWIERDZENIE CANTORA. ˙Zaden zbiór nie jest równoliczny z rodzin ˛a wszystkich swoich podzbiorów.

DOWÓD. Przeprowadzimy dowód nie wprost. We´zmy dowolny zbiór X i przypu´s´cmy, ˙ze X jest równoliczny z rodzin ˛a wszystkich swoich podzbiorów ℘(X).

Oznacza to, i˙z istnieje bijekcja f ze zbioru X na zbiór ℘(X). Okre´slmy nast˛epu- j ˛acy element rodziny ℘(X):

X_f = {x ∈ X : x /∈ f (x)}.

Wtedy dla pewnego x_f ∈ X musiałoby by´c: f (x_f) = X_f. Zapytajmy teraz: czy x_f ∈ X_f?

1. Je´sli x_f ∈ X_f, to x_f ∈ {x ∈ X : x /∈ f (x)}, czyli x_f ∈ X/ _f.

(10)

2. Je´sli x_f ∈ X/ _f, to x_f ∈ {x ∈ X : x // ∈ f (x)}, czyli x_f ∈ {x ∈ X : nieprawda, ˙ze x /∈ f (x)} = {x ∈ X : x ∈ f (x)}, a zatem x_f ∈ X_f. Otrzymujemy zatem, i˙z: x_f ∈ X_f wtedy i tylko wtedy, gdy x_f ∈ X/ _f, a to jest sprzeczno´s´c. Musimy zatem odrzuci´c przypuszczenie o istnieniu funkcji f . W konsekwencji, nie istnieje bijekcja mi˛edzy X oraz ℘(X), czyli X oraz ℘(X) nie s ˛a równoliczne.

Wszystkie prace zaliczeniowe zostan ˛a zarchiwizowane w pokoju 80. Ka˙zdy ze słuchaczy mo˙ze obejrze´c swoj ˛a prac˛e w godzinach dy˙zuru wykładowcy.

Lektura prac słuchaczy skłania do kilku refleksji. Wi˛ekszo´sć łatwo poradziła sobie z zadaniem pierwszym oraz (choć czasem z bł˛edami rachunkowymi) z zadaniem trzecim. Niepokoj ˛aca okazała si˛e nieznajomo´sć pewnych elementarnych wiadomo´sci i umiej˛etno´sci omawianych w dydaktyce szkolnej (działania na lo- garytmach!). Martwi tak˙ze to, ˙ze zaledwie kilka osób próbowało przeprowadzić dowód, wymagany w zadaniu pi ˛atym. Zach˛ecamy słuchaczy do treningu w upra- wianiu dedukcji, w uzasadnianiu twierdzeń. Na dalszych latach studiów kogni- tywistycznych metody dedukcyjne b˛ed ˛a intensywnie wykorzystywane. Ponadto, umiej˛etno´sć uzasadniania twierdzeń jest cech ˛a wymagan ˛a w przypadku osoby, chc ˛acej uchodzić za wykształcon ˛a.

JERZY POGONOWSKI

(11)

M

ATEMATYCZNE

P

ODSTAWY

K

OGNITYWISTYKI

Z ALICZENIE P OPRAWKA : 7.II.2017

Imi˛e i nazwisko: . . . ŁOWCY ŁANI KYRENEJSKIEJ

1. Poka˙z, ˙ze nie jest prawem rachunku zbiorów (tutaj X⁰ oznacza dopełnienie zbioru X w rozwa˙zanym uniwersum):

A ∩ (C ∪ B)⁰ = (A − C) ∩ (B − C) 2. Oblicz granic˛e ci ˛agu o wyrazie ogólnym:

a_n= √ⁿ

2ⁿ+ πⁿ 3. Oblicz drug ˛a pochodn ˛a funkcji:

f (x) = e^{sin x}

4. Znajd´z warto´sci liczbowe ekstremów lokalnych funkcji:

f (x) = 2 · x³− 3 · x²− 36 · x + 6 · sinπ 2

JERZY POGONOWSKI

(12)

M

ATEMATYCZNE

P

ODSTAWY

K

OGNITYWISTYKI

Z ALICZENIE P OPRAWKA : 7.II.2017

Imi˛e i nazwisko: . . . ŁOWCYDZIKAERYMANTEJSKIEGO

1. Poka˙z, ˙ze nie jest prawem rachunku zbiorów (tutaj X⁰ oznacza dopełnienie zbioru X w rozwa˙zanym uniwersum):

A ∪ (C ∪ B)⁰ = (A − C) ∩ (A − B) 2. Oblicz granic˛e ci ˛agu o wyrazie ogólnym:

a_n= √ⁿ

πⁿ+ 5ⁿ 3. Oblicz drug ˛a pochodn ˛a funkcji:

f (x) = e^{cos x}

4. Znajd´z warto´sci liczbowe ekstremów lokalnych funkcji:

f (x) = 2 · x³− 3 · x²− 12 · x + 6 · tg π 4

JERZY POGONOWSKI

(13)

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

ŁOWCY ŁANI KYRENEJSKIEJ

'

&

$

%

&%

'$

&%

'$

&%

'$

A

C B 5 7 2 4

3 1

6 8

1. A = {1, 2, 4, 5}

2. B = {2, 3, 5, 6}

3. C = {4, 5, 6, 7}

4. C ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6, 7}

5. (C ∪ B)⁰ = {1, 8}

6. A − C = {1, 2}

7. B − C = {2, 3}

8. A ∩ (C ∪ B)⁰ = {1}

(14)

9. (A − C) ∩ (B − C) = {2}

10. Tak wi˛ec: A ∩ (C ∪ B)⁰ = {1} 6= {2} = (A − C) ∩ (B − C).

2. Skorzystamy z twierdzenia o trzech ci ˛agach. Poniewa˙z 2 < π, wi˛ec zachodz ˛a nierówno´sci:

√n

πⁿ 6 √ⁿ

2ⁿ+ πⁿ6 √ⁿ

πⁿ+ πⁿ. Mamy dalej: √ⁿ

πⁿ = π oraz √ⁿ

πⁿ+ πⁿ = √ⁿ

2 · πⁿ = π · √ⁿ

2. Jak wiadomo z wykładu, lim

n→∞π · √ⁿ

2 = π · lim

n→∞

√n

2 = π · 1 = π.

Mamy zatem trzy ci ˛agi:

1. bn= √ⁿ

πⁿ, przy czym lim

n→∞bn= π 2. c_n= √ⁿ

2 · πⁿ, przy czym lim

n→∞c_n= π 3. a_n = √ⁿ

2ⁿ+ πⁿ, przy czym b_n 6 an6 cndla wszystkich n.

Na mocy twierdzenia o trzech ci ˛agach mamy wtedy: lim

n→∞a_n = lim

n→∞b_n =

n→∞lim c_n= π.

3. Obliczamy pierwsz ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = e^{sin x}:

(f (x))⁰ = (e^{sin x})⁰ = e^{sin x}· (sin x)⁰ = e^{sin x}· cos x Obliczamy drug ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = e^{sin x}:

f⁰⁰(x) = (e^{sin x}· cos x)⁰ = ((e^{sin x})⁰· cos x + e^{sin x}· (cos x)⁰) =

= e^{sin x}· (sin x)⁰ · cos x + e^{sin x}· (− sin x) = e^{sin x}· (cos x · cos x − sin x) =

= e^{sin x}· (cos²x − sin x)

4. Mamy do czynienia z funkcj ˛a wielomianow ˛a, a wi˛ec jej dziedzin ˛a jest cały zbiór R. Obliczamy pochodn ˛a funkcji f (x):

f (x)⁰ = (2 · x³− 3 · x²− 36 · x + 6 · sinπ

2)⁰ = 6 · x²− 6 · x − 36 = 6 · (x²− x − 6) Mamy: f (x)⁰ = 0 dokładnie wtedy, gdy x²− x − 6 = 0. W szkole nauczyli´smy si˛e, jak rozwi ˛azywa´c równanie kwadratowe:

(15)

1. Mo˙zna obliczy´c wyró˙znik ∆ = 25 i znale´z´c dwa pierwiastki x₁ = −2, x₂ = 3, posługuj ˛ac si˛e stosownym wzorem szkolnym.

2. Mo˙zna skorzysta´c z faktu, ˙ze iloczyn pierwiastków równy jest −6, za´s ich suma równa jest 1 i na tej podstawie ustali´c, ˙ze x₁ = −2, x₂ = 3.

Tak wi˛ec, f (x)⁰ = 0 dla x = −2 oraz x = 3. Badamy znak pochodnej w trzech przypadkach: dla argumentu mniejszego od −2, dla argumentu mi˛edzy −2 a 3 oraz dla argumentu wi˛ekszego od 3:

1. f (−3)⁰ = 36 > 0 2. f (0)⁰ = −36 < 0 3. f (4)⁰ = 36 > 0

Tak wi˛ec, funkcja f jest:

1. rosn ˛aca w przedziale (−∞, −2) 2. malej ˛aca w przedziale (−2, 3) 3. rosn ˛aca w przedziale (3, ∞).

W konsekwencji, funkcja f ma:

1. maksimum lokalne w punkcie −2 i mamy f (−2) = 50 (pami˛etamy, ˙ze sin^π₂ = 1)

2. minimum lokalne w punkcie 3 i mamy f (3) = −75.

Poniewa˙z badana funkcja jest funkcj ˛a wielomianow ˛a o nieparzystym wykład- niku przy najwy˙zszej pot˛edze x oraz dodatnim współczynniku przy tej pot˛edze, wi˛ec otrzymujemy dodatkowo:

1. lim

x→−∞f (x) = −∞

2. lim

x→∞f (x) = ∞.

(16)

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

ŁOWCYDZIKAERYMANTEJSKIEGO

'

&

$

%

&%

'$

&%

'$

&%

'$

A

C B 5 7 2 4

3 1

6 8

1. A = {1, 2, 4, 5}

2. B = {2, 3, 5, 6}

3. C = {4, 5, 6, 7}

4. C ∪ B = {2, 3, 4, 5, 6, 7}

5. (C ∪ B)⁰ = {1, 8}

6. A − C = {1, 2}

7. A − B = {1, 4}

8. A ∪ (C ∪ B)⁰ = {1, 2, 4, 5, 8}

(17)

9. (A − C) ∩ (A − B) = {1}

10. Tak wi˛ec, A ∪ (C ∪ B)⁰ = {1, 2, 4, 5, 8} 6= {1} = (A − C) ∩ (A − B)

2. Skorzystamy z twierdzenia o trzech ci ˛agach. Poniewa˙z π < 5, wi˛ec zachodz ˛a nierówno´sci:

√n

5ⁿ6 √ⁿ

πⁿ+ 5ⁿ6 √ⁿ

5ⁿ+ 5ⁿ. Mamy dalej: √ⁿ

5ⁿ = 5 oraz √ⁿ

5ⁿ+ 5ⁿ = √ⁿ

2 · 5ⁿ = 5 · √ⁿ

2. Jak wiadomo z wykładu, lim

n→∞5 · √ⁿ

2 = 5 · lim

n→∞

√n

2 = 5 · 1 = 5.

Mamy zatem trzy ci ˛agi:

1. b_n= √ⁿ

5ⁿ, przy czym lim

n→∞b_n= 5 2. c_n= √ⁿ

2 · 5ⁿ, przy czym lim

n→∞c_n= 5 3. an = √ⁿ

πⁿ+ 5ⁿ, przy czym bn 6 aⁿ6 cⁿdla wszystkich n.

Na mocy twierdzenia o trzech ci ˛agach mamy wtedy: lim

n→∞a_n = lim

n→∞b_n =

n→∞lim c_n= 5.

3. Obliczamy pierwsz ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = e^{cos x}:

(f (x))⁰ = (e^{cos x})⁰ = e^{cos x}· (cos x)⁰ = −e^{cos x}· sin x Obliczamy drug ˛a pochodn ˛a funkcji f (x) = e^{cos x}:

(f (x))⁰⁰= (−e^{cos x}· sin x)⁰ = −((e^{cos x})⁰ · sin x + e^{cos x}· (sin x)⁰) =

= −(e^{cos x}·(cos x)⁰·sin x+e^{cos x}·cos x) = −(e^{cos x}·(− sin x)·sin x+e^{cos x}·cos x) =

= e^{cos x}· (sin²x − cos x)

4. Mamy do czynienia z funkcj ˛a wielomianow ˛a, a wi˛ec jej dziedzin ˛a jest cały zbiór R. Obliczamy pochodn ˛a funkcji f (x):

f (x)⁰ = (2 · x³− 3 · x²− 12 · x + 6 · tg π

4)⁰ = 6 · x²− 6 · x − 12 = 6 · (x²− x − 2) Mamy: f (x)⁰ = 0 dokładnie wtedy, gdy x²− x − 2 = 0. W szkole nauczyli´smy si˛e, jak rozwi ˛azywa´c równanie kwadratowe:

(18)

1. Mo˙zna obliczy´c wyró˙znik ∆ = 9 i znale´z´c dwa pierwiastki x₁ = −1, x₂ = 2, posługuj ˛ac si˛e stosownym wzorem szkolnym.

2. Mo˙zna skorzysta´c z faktu, ˙ze iloczyn pierwiastków równy jest −2, za´s ich suma równa jest 1 i na tej podstawie ustali´c, ˙ze x1 = −1, x₂ = 2.

Tak wi˛ec, f (x)⁰ = 0 dla x = −1 oraz x = 2. Badamy znak pochodnej w trzech przypadkach: dla argumentu mniejszego od −1, dla argumentu mi˛edzy −1 a 2 oraz dla argumentu wi˛ekszego od 2:

1. f (−2)⁰ = 24 > 0 2. f (0)⁰ = −12 < 0 3. f (3)⁰ = 24 > 0

Tak wi˛ec, funkcja f jest:

1. rosn ˛aca w przedziale (−∞, −1) 2. malej ˛aca w przedziale (−1, 2) 3. rosn ˛aca w przedziale (2, ∞).

W konsekwencji, funkcja f ma:

1. maksimum lokalne w punkcie −1 i mamy f (−1) = 13 (pami˛etamy, ˙ze tg ^π₄ = 1)

2. minimum lokalne w punkcie 2 i mamy f (2) = −14.

Poniewa˙z badana funkcja jest funkcj ˛a wielomianow ˛a o nieparzystym wykład- niku przy najwy˙zszej pot˛edze x oraz dodatnim współczynniku przy tej pot˛edze, wi˛ec otrzymujemy dodatkowo:

1. lim

x→−∞f (x) = −∞

2. lim

x→∞f (x) = ∞.

Wszystkie prace zaliczeniowe s ˛a zarchiwizowane w pokoju 80. Ka˙zdy ze słu- chaczy mo˙ze obejrze´c swoj ˛a prac˛e w godzinach dy˙zuru wykładowcy.

JERZY POGONOWSKI

Z W :26.I.2017 M P K

M

P

K

Z ALICZENIE W YKŁADU : 26.I.2017

M

P

K

Z ALICZENIE W YKŁADU : 26.I.2017

R OZWI ˛ AZANIA

R OZWI ˛ AZANIA

M

P

K

Z ALICZENIE P OPRAWKA : 7.II.2017

M

P

K

Z ALICZENIE P OPRAWKA : 7.II.2017

R OZWI ˛ AZANIA

R OZWI ˛ AZANIA

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA

R ^{OZWI ˛} ^AZANIA