Lista zadań 5
Zadanie 1
Prosz¸e wykazać, że jeśli funkcja f (x) = x 3 +3x dla x ∈ (−∞, +∞), to funkcja f określona na wskazanym przedziale ma funkcj¸e odwrotn¸ a f −1 .
Prosz¸e znaleźć dziedzin¸e funkcji f −1 oraz (f −1 ) 0 (1).
Rozwi¸ azanie
Funkcja f jako wielomian stopnia trzeciego jest funkcj¸ a różnowartościow¸ a tzn. różnym wartościom argumentu funkcji x odpowiadaj¸ a różne wartości funkcji f (x) i jest funkcj¸ a na tzn. odworowuje przedział (−∞ + ∞) na przedział (−∞ + ∞), innymi słowy obrazem zbioru (−∞ + ∞) jest jest zbiór (−∞ + ∞), co zapisujemy f [(−∞ + ∞)] = (−∞ + ∞) Funkcj¸e różnowartościow¸ a i na nazywamy też funkcj¸ a wzajemnie jednoznaczn¸ a, bo prze- kształca wzajemnie jednoznacznie jeden zbiór na drugi w naszym przypadku przedział (−∞ + ∞) na przedział (−∞ + ∞).
Jest ponadto funkcj¸ a rosn¸ ac¸ a , bo pochodna funkcji f 0 (x) = 3x 2 +3 > 0 dla x ∈ (−∞+∞) Istnieje wi¸ec funkcja odwrotna f −1 (x).
Wyznaczenie postaci jawnej tej funkcji x = g(y) w dziedzinie rzeczywistej jest trudne aczkolwiek istnieje. Stosuj¸ ac na przykład program Mathematica 4 i wykorzystuj¸ ac in- strukcj¸e:
Solve[x 3 + 3x == y] otrzymujemy x → − 2 1/3
(y + p4 + y 2 ) 1/3 + (y + p4 + y 2 ) 1/3 2 1/3
Z postaci wzoru funkcji odwrotnej wynika, że jej dziedzina jest również prost¸ a rzeczywist¸ a (−∞ + ∞)
Znajdziemy teraz pochodn¸ a funkcji odwrotnej.
Ze wzoru na pochod¸ a funkcji odwrotnej otrzymujemy (f −1 ) 0 (q) = 1
f 0 (x) = 1 3x 2 + 3 St¸ ad
(f −1 ) 0 (0) = 1 3
Zauważmy, że obliczenie pochodnej funkcji odwrotnej ze wzoru x = g(y) byłoby znacznie
trudniejsze.
Zadanie 2
Prosz¸e wykazać, że jeśli funkcja f (x) = x + e x dla x ∈ (−∞, +∞), to funkcja f określona na wskazanym przedziale ma funkcj¸e odwrotn¸ a f −1 .
Prosz¸e znaleźć dziedzin¸e funkcji f −1 oraz (f −1 ) 0 (1).
Rozwi¸ azanie
Rozumujemy podobnie jak w zadaniu 1. Funkcja f jako suma dwóch funkcji rosn¸ acych i na (funkcji identycznościowej i eksponent) jest funkcj¸ a rosn¸ ac¸ a i na odwzorowuj¸ ac¸ a zbiór R na półprost¸ a (0, +∞).
Ma wi¸ec funkcj¸e odwrotn¸ a f −1 (x), któr¸ a możemy przedstawić w postaci równania f −1 (x) + exp(f −1 (x)) = y, y ∈ R f
Znalezienie postaci jawnej wzoru funkcji f −1 jest wr¸ecz niemożliwe. Dziedzin¸ a funkcji f −1 jest przedział (0, +∞)- jako wspólna cz¸eść dziedziny funkcji ln(x) odwrotnej do funkcji exp i funkcji liniowej y odwrotnej do funkcji x.
Pochodna funkcji f −1 (x)
(f −1 )(q) = 1
f 0 (x) = 1 1 + e x St¸ ad
(f −1 )(1) = 1
f 0 (1) = 1
1 + e 1 = 1 1 + e
Zadanie 3
Prosz¸e wykazać, że jeśli funkcja f (x) = x + lnx dla x ∈ (0, +∞), to funkcja f okre- ślona na wskazanym przedziale ma funkcj¸e odwrotn¸ a f −1 .
Prosz¸e znaleźć dziedzin¸e funkcji f −1 oraz (f −1 ) 0 (1).
Rozwi¸ azanie
W zasadzie jest to zadanie odwrotne do zadania 2. Suma funkcji rosn¸ acych i na (x i ln(x)) jest funkcj¸ a wzajemnie jednoznaczn¸ a odwzorowuj¸ ac¸ a przedział (0, +∞) na (−∞, +∞).
Istnieje wi¸ec funkcja odwrotna f −1 (x), odwzorowuj¸ aca zbiór R na półprost¸ a R + określona równaniem
(f −1 )(x) + ln(f −1 )(x)) = y, y ∈ R f
Z równania tego nie możemy rozwikłać (f −1 )(x) = g(y).
Pochodn¸ a funkcji odwrotnej jest funkcja:
f 0 (x) 1 + 1 x x + 1 (f −1 ) 0 (1) = 1
1 + 1 = 1 2
Zadanie 4
Jaki jest minimalny czas dojścia do domu stoj¸ acego przy prostoliniowej szosie w od- ległości 13 km od miejsca w którym si¸e znajdujemy, jeśli odległość od szosy wynosi 5 km, w terenie poruszmy si¸e z pr¸edkości¸ a 3 km/h, zaś po szosie 5 km/h?
Rozwi¸ azanie
Długość szosy od rzutu punktu pobytu na szos¸e do domu wynosi
√ 13 2 − 5 2 = 12 km.
Funkcja czasu dojścia t(x) do domu składa si¸e z sumy czasów marszu w terenie t 1 (x) i marszu po szosie t 2 (x)
St¸ ad funkcja czasu dojścia do domu z miejsca pobytu ma postać t(x) = t 1 (x) + t 2 (x) =
√ 25 + x 2
3 + 12 − x 5
Znajdziemy minimum lokalne funkcji t na przedziale (0, 12). Pochodna rzędu pierwszego t 0 (x) = 2x
6 √
25 + x 2 − 1
5 = x
3 √
25 + x 2 − 1 5 St¸ ad pierwiaskami pierwzej pochodnej sc a pierwiastki równania
5x = 3 √
25 − x 2 =⇒ x = 15 4 = 3 3
4 km Druga pochodna w punkcie zerowania si¸e pierwszej pochodnej
t”(x) = 9x 2 + 225 − x 2
9(25 + x 2 )
32= 8x 2 + 225 9(25 + x 2 )
32> 0 W punkcie 3 3 4 wyst¸epuje minimum lokalne właściwe funkcji t równe
t(3 3
4 ) = 224
60 h = 3h 44min.
Odpowiedź: minimalny czas dojścia do domu wynosi 3 godziny i 44 minuty.
Zadanie 5
Prosz¸e znaleźć maksimum obj¸etości brył powstałych w wyniku obrotu trójk¸ ata pro- stok¸ atnego o obwodzie 1 wokół przeciwprostok¸ atnej.
Rozwi¸ azanie
Niech a, b, c oznaczaj¸ a boki trójk¸ ata, przy czym c oznacza przeciwprostok¸ atn¸ a, ryła, która powstaje w wyniku obrotu trójk¸ ata wokół boku c to dwa stożki zł¸ aczone pod- stawami.Promień wspólnej podstawy tych stożków to wysokość trójk¸ ata prostopadła do przeciwprostok¸ atnej, wi¸ec równa ab c (pole trójk¸ ata jest równe 1 2 ab = 1 2 ch c gdzie h c jest wy- sokości¸ a trójk¸ ata prostopadł¸ a do przeciwprostok¸ atnej c). Suma wysokości tych stożków jest równa c.
Wobec tego suma ich obj¸etości jest równa V = π 3 ( ab c ) 2 ·c = π·(a·b) 3c 2. Wiadomo że a 2 +b 2 = c 2 i a + b + c = 1. St¸ ad wynika że 2ab = (a + b) 2 − (a 2 + b 2 ) = (1 − c) 2 − c 2 = 1 − 2c. Wobec tego zachodzi wzór
V = V (c) = π(1 − 2c) 2
12c = π
12
1
c − 4 + 4c
St¸ ad V 0 (c) = 12 π −1 c2 + 4 i wnioskujemy , że V 0 (c) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy c = − 1 2 lub c = + 1 2 , zatem kandydatami na punkt, w którym funkcja V przyjmuje sw¸ a najwi¸eksz¸ a wartość s¸ a − 1 2 oraz 1 2 .
Liczba c jest długości¸ a boku trójk¸ ata, zatem musi być dodatnia, bo jest długości¸ a od- cinka, wi¸ec nie może być równa − 1 2 .Liczba 1 2 też nie wchodzi w gr¸e, bo wtedy musiałoby być a + b = 1 − 1 2 = 1 2 = c, co przczyłoby nierówności trójk¸ ata. Oznacza to że na każdym przedziale zawartym w dziedzinie funkcji V jest ona ściśle monotoniczna, zatem kresy jeśli s¸ a w ogóle przyjmowane to w końcach przedziału. Musimy wi¸ec znaleźć dziedzin¸e funkcji V . Liczby a, b, c maj¸ a być bokami trójk¸ ata prostok¸ atnego o obwodzie 1. Musz¸ a wi¸ec być dodatnimi rozwi¸ azaniami układu równanń: a 2 + b 2 = c 2 , a + b = 1 − c. Warunek ten jest dostateczny, jeśli a, b > 0 i a 2 +b 2 = c 2 , to (a+b) 2 > a 2 +b 2 = c 2 , zatem (a+b) > c i oczywiście a + c > c > b oraz b + c > c > a. Oznacza to, że z odcinków a, b, c można zbudować trójk¸ at (prostok¸ atny). Ten układ równań równoważny jest nast¸epuj¸ acemu:
a + b = 1 − c, ab = (a + b) 2 − (a 2 + b 2 )
2 = (1 − c) 2 − c 2
2 = 1
2 − c Wobec tego liczby a, b s¸ a pierwiastkami równania kwadratowego
t 2 − (1 − c)t + 1
2 − c = 0
Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to aby równanie to miało dodatnie pierwiastki dla dodatniej wartości parametru c jest
0 < c < 1
2 i 0 ≤ ∆ = (1 − c) 2 − 4( 1
2 − c) = −1 + 2c + c 2 = (c + 1) 2 − 2
2 2
przedziale [ √
2 − 1, 1 2 ) i jest równa V ( √
2 − 1). Łatwo zauważyć, że dla c = √
2 − 1 otrzy- mujemy trójk¸ at równoramienny ( bo ∆ = 0, wi¸ec pierwiastki równania kwadratowego x 2 − (1 − c)x + 1 2 − c = 0 s¸a równe).
Zadanie 6
Prosz¸e znaleźć maksimum obj¸etości stożka wpisanego w kul¸e o promieniu 1.
Rozwi¸ azanie
Obj¸etość stożka V (r, h) = 1 3 πr 2 h . Kwadrat długości wysokoći trójk¸ ata prostok¸ atnego jest równy iloczynowi długości odcinków na które dzieli przeciwprostok¸ atn¸ a.
St¸ ad r 2 = h(2 − h) i V (h) = 1 3 πh(2 − h)h = 1 3 π(2h 2 − h 3 ) , 0 < h < 2, V ∈ [0, 2π] Znajdu- jemy lokalne maksimum wła’sciwe funkcji V . Pochodna rz¸edu pierwszego V 0 (h) = 1 3 (4h − 3h 2 ). Pochodna zeruje si¸e w punktach 0 i 4 3 . Ponieważ V (0) = V (2) = 0 < 1 3 · 32 27 π = V ( 4 3 ) Wi¸ec
V ( 4
3 ) = 32 81 π
jest najwi¸eksz¸ a obj¸etości¸ a stożka wpisanego w kul¸e o promieniu 1.
Zadanie 7
Prosz¸e znaleźć maksimum obwodu trójk¸ ata wpisanego w okr¸ ag o promieniu 1.
Rozwi¸ azanie
Zgodnie z twierdzeniem sinusów boki trójk¸ ata s¸ a równe 2 sin α, 2 sin β, 2 sin γ, gdzie α, β, γ oznaczaj¸ a k¸ aty t˚ ’ojk¸ ata. Połowa obwodu P jest równa sin α + sin β + sin γ = sin α + sin γ + sin α + β (gdyż γ = π − (α + β) a sin(π − (α + β)) = sin(α + β)).
Mamy wi¸ec znaleźć maksimum funkcji P zdefiniowanej wzorem P (α, β) = sin(α) + sin(β) + sin(α + β) na zbiorze złożonym z takich par (α, β), że 0 < α, 0 < β i α + β < π.
Niech f (α) = P (α, β) dla 0 < α < π − β. Znajdziemy maksimum funkcji f : (0, π − β) → R
f 0 (α) = cos α + cos(α + β) = 2 cos(α + β 2 ) cos β 2 .
Ponieważ 0 < β < π, wi¸ec 0 < β 2 < π 2 , zatem cos β 2 6= 0. Wobec tego f 0 (α) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy α + β 2 = π 2 , czyli gdy α = π−β 2 < π − β.
Jest f (0) = f (π − β) = 2 sin β i f ( π 2 − β 2 ) = 2 cos( β 2 ) + sin β. Maksimum jest równe
wi¸ekszej z liczb 2 sin β = sin β + 2 sin β 2 cos β 2 i sin β + 2 cos β 2 czyli sin β + 2 cos β 2 . Niech
g(β) = sin β + 2 cos β 2 = β ∈ [0, π]. Znajdziemy masimum funkcji g. Mamy g 0 (β) = cos β −sin β 2 = 1−2 sin 2 β 2 −sin β 2 = −2 sin 2 β 2 +sin β 2 −2 sin β 2 +1 = −2(sin β 2 +1)(sin β 2 − 1 2 ).
Ponieważ sin β 2 + 1 > 0, wi¸ec g 0 (β) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy sin β 2 = 1 2 , czyli gdy
β
2 = π 6 tzn. β = π 3 . Udowodniliśmy wi¸ec że dla dowolnego α > 0 , β > 0 zachodzi nierówność P (α, β) = f (α) ≤ f ( π−β 2 ) = g(β) ≤ g( π 3 ) =
√ 3 2 + 2
√ 3
2 = 3
√ 3
2 . Zauważmy, że π 2 − 1 2 π 3 = π 3 oraz π − π 3 + π 3 = π 3 . Oznacza to, że P (α, β) ≤ P ( π 3 , π 3 ) = g( pi 3 ), czyli najwi¸ekszy obwód ma trójk¸ at równoboczny.
Zadanie 8
Prosz¸e znaleźć maksimum długości statku, który może wpłyn¸ ać z kanału o szerokości a > 0 do prostopadłego kanału, którego szerokość jest równa b > 0.
Rozwi¸ azanie
Cz¸eść długości statku d 1 zawarta w kanale o szerokości a jest równa sin α a gdzie α jest miar¸ a k¸ ata nachylenia statku do brzegu kanału.
Cz¸eść długości statku d 2 zawarta w kanale o szerokości b, prostopadłym do kanału a jest równa sin(πb
2
−α) = cos α b
Szukamy wi¸ec wartości najmniejszej funkcji d(α) = d 1 (α) + d 2 (α) = sin α a + cos α b dla 0 < α < π 2 . Pierwsza pochodna d 0 (α) = −a cos α sin2α + b sin α cos
2α = 0 → α = arctan p
3 a
b . Sprawdzimy, że dla α funkcja d ma minimum lokalne.
d 0 (α) = −a cos sin23α cos α+b sin
2α
3α = sin b cos
2α cos
3α
2α − a b + tan 3 α. St¸ad wynika że d 0 (α) > 0, gdy tan α > p
3 a
b i d 0 (α) < 0, gdy tan α < p3 a
b W punkcie α = arctan p3 a
b funkcja d ma wi¸ec minimun lokalne właściwe równe d(arctan p3 a
b ) = a
sin(arctan √3
a
b
) + b
cos(arctan √3
a b
