Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 4. – rozwiązania

Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 4. – rozwiązania

11 lub 12 marca 2020

1. Wyznacz równanie prostej stycznej do krzywej:

a) y = x⁴, w punkcie x = 1,

f^′(x) = 4x³, f^′(1) = 4, a zatem styczna to y = f^′(1)(x − 1) + f (1) = 4(x − 1) + 1 = 4x − 3.

b) ^x₂² +^y

2

4 =1 w punkcie (1,√ 2).

Zatem: y²=4 − x², czyli y = ±

√

4 − 2x². Z tego, że y =√

2 wnioskujemy, że chodzi o górną gałąź tej krzywej, czyli o wykres funkcji f (x) =

√

4 − 2x². Zatem f^′(x) = ^√−2x

4−2x². Zatem f^′(1) = ^√−2

2 = −

√ 2. A zatem prosta styczna to: y = −

√

2(x − 1) +

√ 2 = −

√ 2x + 2

√ 2.

2. Oblicz pochodne funkcji:

a) f (x) = (^x+1_x−1)

3

f^′(x) = (1 ⋅ (x − 1) − 1 ⋅ (x + 1)

(x − 1)² )3 (x + 1 x − 1)

2

=

−6(x + 1)² (x − 1)⁴ . b) g(x) = 3^{sin x}

g^′(x) = cos x3^{sin x}ln 3.

c) h(x) = (1 + x)

√x

Zauważ, że:

h(x) = e^ln(1+x)⋅

√x

A zatem:

h^′(x) = (ln(1 + x) ⋅√

x)^′e^ln(1+x)⋅

√x

== (

√x 1 + x+

ln(1 + x) 2√

x ) (1 + x)

√x

.

3. Korzystając z Tw. Lagrange’a udowodnij, że dla każdych liczb a, b takich, że 0 < a < b zachodzi:

b − a b <lnb

a<

b − a a .

Niech f (x) = ln x. Wtedy f^′(x) =_x¹. Z Tw. Lagrange’a istnieje c ∈ (a, b), że ln b − ln a

b − a = 1 c. Ponieważ a < c < b, to:

1 b <

1 c <

1 a. A zatem:

1 b <

ln b − ln a b − a <

1 a. Ponieważ ln b − ln a = ln_a^b oraz b − a > 0, to

b − a b <lnb

a<

b − a a .

◻

1

4. Korzystając z reguły de l’Hospitala oblicz granice:

a) limx→0e^x−1 sin x,

Ponieważ limx→0e^x−1 = 0 oraz limx→0sin x = 0, możemy zastosować regułę de l’Hospitala:

x→0lim e^x−1

sin x =lim

x→0

(e^x−1)^′ (sin x)^′ =lim

x→0

e^x 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.

c) limx→∞e^x x³.

Ponieważ limx→∞e^x= ∞oraz limx→∞x³= ∞, możemy zastosować regułę de l’Hospitala:

x→∞lim e^x x³ = lim

x→∞

e^x 3x²,

Ponieważ limx→∞e^x= ∞oraz limx→∞3x²= ∞, możemy zastosować ponownie regułę de l’Hospitala:

x→∞lim e^x 3x² = lim

x→∞

e^x 6x,

Ponieważ limx→∞e^x= ∞oraz limx→∞6x = ∞, możemy zastosować ponownie regułę de l’Hospitala:

x→∞lim e^x 6x = lim

x→∞

e^x 6 = ∞.

5. Zbadać, jaki prostokąt ma największe pole wśród wszystkich prostokątów o obwodzie 1.

Mamy 2a + 2b = 1, czyli b = ^1−2a₂ , a zatem P (a) = ab = a^1−2a₂ = −a²+ ^a₂. Znajdujemy kandydata na ekstremum: P^′(a) = −2a +¹₂ =0, czyli a =¹₄. To jest maksimum lokalne, bo dla a <¹₄, P^′(a) > 0 – P rośnie, zaś dla a >¹₄, P^′(a) < 0, P maleje. A zatem maksymalne pole jest dla a = ¹₄ (więc b =¹₄ i mamy kwadrat).

6. Oblicz wszystkie kolejne pochodne funkcji:

a) f (x) = x⁶,

f^′(x) = 6x⁵, f^′′(x) = 30x⁴, f^′′′(x) = 120x³, f⁽⁴⁾(x) = 360x², f⁽⁵⁾(x) = 720x, f⁽⁶⁾(x) = 720, f⁽⁷⁾(x) = 0 oraz dla każdego n ≥ 7, mamy f⁽ⁿ⁾(x) = 0.

b) g(x) = cos x,

g^′(x) = − sin x, g^′′(x) = − cos x, g^′′′(x) = sin x, g⁽⁴⁾(x) = cos x, a zatem ogólnie dla każdego n > 0 mamy:

g⁽⁴ⁿ⁾(x) = cos x, g⁽⁴ⁿ⁻³⁾(x) = − sin x, g⁽⁴ⁿ⁻²⁾(x) = − cos x, g⁽⁴ⁿ⁻¹⁾(x) = sin x.

c) h(x) = 2^x.

h^′(x) = 2^xln 2, h^′′(x) = 2^xln²2, ogólnie h⁽ⁿ⁾(x) = 2^xlnⁿ2.

7. Obliczyć pierwszą, drugą i trzecią pochodną dla:

a) f (x) = x⁵−ln x, f^′(x) = 5x⁴−¹

x, f^′′(x) = 20x³+ ¹

x², f^′′′(x) = 60x²− ²

x³. b) g(x) = xe^x,

g^′(x) = e^x+xe^x, g^′′(x) = e^x+e^x+xe^x=2e^x+xe^x, g^′′′(x) = 3e^x+xe^x. c) h(x) = sin x −²₃sin³x + ¹₅sin⁵x.

h^′(x) = cos x − 2 cos x ⋅ sin²x + cos x ⋅ sin⁴x = cos x(1 − sin²x − sin²x(1 − sin²x)) = cos x(cos²x − sin²x ⋅ cos²x) = cos³x(1 − sin²x) = cos⁵x, h^′′(x) = −5 sin x cos⁴x, h^′′′(x) = −5 cos⁵x + 20 sin²x cos³x.

8. Licząc kolejne pochodne, znajdź ekstrema funkcji:

2

a) a(x) = x²−x,

a^′(x) = 2x − 1, a zatem kandydat na ekstremum w x = ¹₂, a^′′(x) = 2, a^′′(¹

2) =2, a zatem to minimum lokalne.

b) b(x) = x − ln x,

b^′(x) = 1 −¹_x, a zatem kandydat na ekstremum to x = 1. b^′′(x) = _x¹2, b^′′(1) = 1, a zatem to lokalne minimum lokalne.

c) c(x) = 2x − ln x +¹_x, c^′(x) = 2 −¹_x− ¹

x² = ^2x

2−x−1

x² . c^′(x) = 0 dla x = 1 bowiem −¹₂ jest poza dziedziną f . c^′′(x) =(4x²−1)x − 2(2x²−x − 1)

x³ =

4x³−4x²+x + 2

x³ .

c^′′(1) = ³₁, a zatem 1 to minimum lokalne.

d) d(x) = x⁵+2x³+3x + 4,

d^′(x) = 5x⁴+6x²+3. A zatem niech y = x² i wtedy d^′(x) = 5y²+6y + 3, ∆ = 36 − 60 < 0, a zatem pochodna nie zeruje się – funkcja rośnie na całym zbiorze R i nie ma ekstremów.

e) f (x) = x +¹_x.

f^′(x) = 1 −_x¹2. A zatem f^′(x) = 0 dla x = ±1. f^′′(x) = _x²2, a zatem f^′′(1) > 0 to lokalne minimum. Zaś f^′′(−1) < 0, więc −1 to lokalne maksimum.

f) g(x) = x⁶−x⁴

g^′(x) = 6x⁵−4x³ =x³(6x²−4), a zatem g^′(x) = 0 dla x = 0 oraz x = ±

√

2

3. g^′′(x) = 30x⁴−12x² = 6x²(5x²−2). g^′′(0) = 0, więc w tym wypadku liczymy dalej, natomiast g^′′(±

√

2

3) >0, więc dla x = −

√

2 3

oraz x =

√

2

3 mamy lokalne minima. g^′′′(x) = 120x³−24x, więc g^′′′(0) = 0. g⁽⁴⁾(x) = 360x²−24, a zatem g⁽⁴⁾(0) = −24, a zatem w 0 mamy lokalne minimum.

3