Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 5. – rozwiązania

Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 5. – rozwiązania

25 lub 26 marca 2020

1. Udowodnij korzystając z zasady indukcji matematycznej, że (sin x)⁽ⁿ⁾=sin (x +^nπ₂ ).

Pierwszy krok: (sin x)^′=cos x = sin (x +^π₂). Zgadza się.

Załóżmy, że dla pewnego k, (sin x)^(k)=sin (x +^kπ₂ ). Wtedy:

(sin x)^(k+1)= ((sin x)^(k))

′= (sin (x +kπ 2 ))

′

=cos (x +kπ

2 ) =sin (x +(k + 1)π 2 ), co kończy dowód kroku indukcyjnego. ◻

2. Udowodnij, korzystając z definicji, że f (x) = x² jest funkcją wypukłą.

Niech x, y ∈ R, t ∈ [0, 1], wtedy f (tx + (1 − t)y) = t²x²+2t(1 − t)xy + (1 − t)²y², zaś t(f (x)) + (1 − t)f (y) = tx²+ (1 − t)²y². Widać, że t²x²+2t(1 − t)xy + (1 − t)²y²−tx²+ (1 − t)²y²=tx²(t − 1) − t(1 − t)y²+2t(1 − t)xy = t(1 − t)(−x²−y²+2xy) = −t(1 − t)(x − y)²<0.

3. Zbadaj na jakich przedziałach następujące funkcje są wypukłe i wklęsłe:

a) f (x) = x³−6x²+3x − 5,

f^′(x) = 3x²−12x + 3, f^′′(x) = 6x − 12 jest > 0 dla x ∈ (2, ∞) oraz < 0 dla x ∈ (−∞, 2), a zatem na przedziale (2, ∞) jest wypukła, (−∞, 2) jest wklęsła, oraz x = 2 jest punktem przegięcia.

b) g(x) = ln x,

g^′(x) =_x¹, g^′′(x) = −_x¹2 <0 dla każdego x z dziedziny funkcji, czyli g jest wklęsła.

c) h(x) = e^−x2,

h^′(x) = −2xe^−x2, h^′′(x) = −2e^−x2 +4x²e^−x2. e^−x2 > 0 dla każdego x, czyli znak tej pochodnej zależy od tego, czy −2 + 4x² >0, a jest tak dla x ∈ (−∞,^√1

2)oraz x ∈ (^√1

2, ∞) funkcja jest wypukła, a dla x ∈ (−^√1

2,^√1

2)jest wklęsła. ^√1

2 oraz ^√−1

2 to punkty przegięcia.

d) k(x) = x⁴−4x³−90x²+12x + 7,

k^′(x) = 4x³−12x²−180x + 12, k^′′(x) = 12x²−24x − 180 = 12(x²−2x − 15) = 12(x − 1 +√

2)(x − 1 −√ 2).

A zatem k^′′(x) > 0 dla x ∈ (−∞, 1 −√

2) oraz x ∈ (1 +√

2, ∞) i tam funkcja jest wypukła, a dla x ∈ (1 −√

2, 1 +√

2) jest wklęsła. A zatem 1 −√

2 oraz 1 +√

2 to punkty przegięcia.

e) l(x) = x√³ x − 1, l^′(x) = (x⁴³)^′= ^4x

1 3

3 , l^′′(x) = ⁴

9³

√

x² >0 na swojej dziedzinie. Czyli ta funkcja jest wypukła.

f) t(x) = −e^−1x, t^′(x) = ^e−

1 x

x² , t^′′(x) = −^(2x−1)e

−1 x

x⁴ . A zatem t jest wypukła dla na (−∞, 0) oraz (0,¹₂)oraz wklęsła dla (¹

2, ∞).

g) v(x) =_1+x^x₂,

v^′(x) = −_(x^x₂²₊₁₎⁻¹₂, v^′′(x) = ^2x(x_(x2+1)²⁻³⁾₃ , co zmienia znak dla x = 0, ±√

3, ±1 (i to są punkty przegięcia), a zatem funkcja jest wypukła na przedziałach: (−√

3, −1), (0, 1), (√

3, ∞) oraz wklęsła na (−∞, −√ 3), (−1, 0), (1,√

3).

1

h) w(x) = _2(x−1)^x3 2,

w^′(x) = ^(x−3)x_2(x−1)²₃, a zatem w^′′(x) = _(x−1)^3x₄. A zatem w jest wypukła dla (0, 1) i (1, ∞) oraz wklęsła na (−∞, 0). 0 jest punktem przegięcia

i) y(x) = x∣x∣,

y^′(x) = −2x dla x ≤ 0 oraz y^′(x) = 2x dla x > 0. Zatem y^′′(x) = −2 dla x < 0 oraz y^′′(x) = 2 dla x > 0.

Zatem y jest wklęsła na (−∞, 0) oraz wypukła dla (0, ∞). 0 jest punktem przegięcia.

j) z(x) =

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

x² 2 x < 0 x² x ≥ 0

z^′(x) = x dla x < 0 oraz z^′(x) = 2x dla x ≥ 0, a zatem ta pochodna jest funkcją rosnącą, a zatem z jest wypukła.

4. Oblicz wszystkie pochodne funkcji f (x) = 2^2x. Odpowiedź udowodnij korzystając z zasady indukcji mate- matycznej.

Twierdzę, że f⁽ⁿ⁾(x) = (2 ln 2)ⁿ2^2x.

Rzeczywiście f^′(x) = 2 ln 2 ⋅ 2^2x. Jeśli f^(k)(x) = (2 ln 2)^k2^2x, to f^(k+1)(x) = ((2 ln 2)^k2^2x)

′= (2 ln 2)^k+12^2x.

◻

5. Zbadaj na jakich przedziałach funkcja

g(x) = x³−4x + 2 x jest wypukła lub wklęsła. Znajdź punkty przegięcia.

g^′(x) = ^2x_x³₂⁻², a zatem g^′′(x) = ^2x_x³₃⁺⁴, a zatem na przedziałach (−³

√

2, 0) oraz (0, ∞) g jest wypukła, zaś na przedziale (−∞,√³

2) jest wklęsła. Punkt przegięcia to −√³ 2.

6. Wyznacz asymptoty (poziome, pionowe, ukośne) funkcji:

a) f (x) =_x+2¹ ,

Oczywiście limx→−2⁺f (x) = ∞, czyli x = −2 jest asymptotą pionową prawostronną. Jest ona też asymp- totą lewostronną, bowiem limx→−2⁻f (x) = −∞.

Poza tym limx→∞f (x) = 0 = limx→−∞f (x), więc prosta y = 0 jest obustronną asymptotą poziomą. A zatem oczywiście nie ma asymptot ukośnych.

b) g(x) = 2^x+3,

Oczywiście nie ma asymptot pionowych, ani ukośnych. Jedynie limx→−∞g(x) = 3, a zatem y = 3 jest asymptotą poziomą lewostronną.

c) h(x) = ^x_x+1^2+3x.

Przede wszystkim mamy asymptotę pionową x = −1, bo limx→−1⁻h(x) = limx→−1⁻(x + 2 −_x+1² ) = ∞ oraz lim_x→−1⁺h(x) = lim_x→−1⁺(x + 2 −_x+1² ) = −∞.

Sprawdzamy asymptotę skośną: limx→∞

h(x)

x =limx→∞

1+_x³

1+_x¹ =1. Oraz limx→∞(h(x) − x) = limx→∞ 2x x+1= limx→∞ 2

1+¹_x =2. A zatem prosta y = x + 2 jest asymptotą ukośną prawostronną. Jest tak naprawdę obustronna, bo również lim_x→−∞^h(x)_x =1 oraz lim_x→∞(h(x) − x) = 2.

7. 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?

2

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:

x→0lim⁺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:

x→5lim⁻ 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

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 +⁵_x)

= −∞

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 +³_x) x²(1 +⁵_x)

= 1 1 =1 Natomiast:

x→−∞lim f (x) − 1 ⋅ x = lim

x→−∞

−2x x + 5= lim

x→−∞

−2x x (1 +⁵_x)

=

−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):

ˆ (−∞, −5 −√

10), f^′(x) > 0, f rośnie,

ˆ (−5 −√

10, −5), f^′(x) < 0, f maleje,

ˆ (−5, −5 +√

10), f^′(x) < 0, f maleje,

3

ˆ (−5, −5 +√

10), f^′(x) < 0, f maleje,

ˆ (−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 = ³₈, f (−1) = ⁻²₄ = −¹₂. A zatem styczna dla x = 1 dana jest równaniem:

y =3

8(x + 1) −1 2 =

3x 8 −

1 8.

4