MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 3. VI 2011

1. Podać równania płaszczyzn stycznych do powierzchni będących wykresami funkcji

(a) f (x, y) = x

3

− xy w punkcie x = 2 , y = 3, z = f (2, 3) ,

(b) g(x, y) = x

2

ln y w punkcie x = 2 , y = 1 , z = 0 ,

(c) h(x, y) = (x

2

+ 1)

√

y w punktach (−3, 1, h(−3, 1)) oraz (1, 4, h(1, 4)) ,

(d) korzystając z rozwiązania punktów (b) i (c) i z różniczki zupełnej podać przybliżone

wartości (1, 99)

2

ln 1, 02, ((−2, 95)

2

+ 1)

√

1, 04 i ((1, 03)

2

+ 1)

√

3, 96.

2. Podać i zinterpretować geometrycznie równanie płaszczyzny stycznej do wykresu funk-
cji dwóch zmiennych f w punkcie (x

0

, y

0

, z

0

) (gdzie z

0

= f (x

0

, y

0

)), gdy wiadomo, że

(x

0

, y

0

) jest punktem stacjonarnym tej funkcji.

Rozwiązania

1. W całym zadaniu korzystamy z równania płaszczyzny stycznej do wykresu funkcji f w
punkcie (x

0

, y

0

, z

0

) (gdzie z

0

= f (x

0

, y

0

)) :

z = z

0

+ (x − x

0

)f

0

x

(x

0

, y

0

) + (y − y

0

)f

0

y

(x

0

, y

0

) .

Stąd

(a) z = f (2, 3)+(x−2)f

0

x

(2, 3)+(y−3)f

0

y

(2, 3) = 2

3

−2·3+(3·2

2

−3)(x−2)+(−2)(y−3) =

9x − 2y − 10

f

0

x

(x, y) = 3x

2

− y , f

0

y

(x, y) = −x ,

(b) z = 2

2

ln 1 + (x − 2)(2 · 2 · ln 1) + (y − 1)

2

2

1

= 4y − 4 , (g

0

x

(x, y) = 2x ln y , g

0

y

(x, y) =

x

2

y

)

(c) z = ((−3)

2

+ 1)

√

1 + (x + 3) · (2 · (−3) ·

√

1) + (y − 1) ·

(−3)

2

+1

2

√

1

= −6x + 5y − 13

i z = (1

2

+ 1)

√

4 + (x − 1) · (2 · 1 ·

√

4) + (y − 4) ·

1

2

+1

2

√

4

= 4x +

1
2

y − 2

odpowiednio w (−3, 1, 10) i w (1, 4, 4)

(h

0
x

(x, y) = 2x

√

y, h

y

(x, y) =

x

2

+1

2

√

y

),

(d) (1, 99)

2

ln 1, 02 ≈ 2 ln 1 + (1, 99 − 2)(2 · 2 · ln 1) + (1, 02 − 1)

2

2

1

= 0, 08 ,

((−2, 95)

2

+ 1)

√

1, 04 ≈ (−3

2

+ 1)

√

1 + (−2, 95 − (−3)) · (2 · (−3) ·

√

1)

+ (1, 04 − 1) ·

(−3)

2

+1

2

√

1

= 10 − 0, 3 + 0, 2 = 9, 90 ,

((1, 03)

2

+ 1)

√

3, 96 ≈ (1

2

+ 1)

√

4 + 0, 03 · (2 · 1 ·

√

4) + (−0, 04) ·

1

2

+1

2

√

4

= 4, 10 ,

albo prościej:
(1, 99)

2

ln 1, 02 ≈ 4 · (1, 02) − 4 , ((−2, 95)

2

+ 1)

√

1, 04 ≈ −6 · (−2, 95) + 5 · 1, 04 − 13 , . . .

2. Ponieważ w punkcie stacjonarnym funkcji f obie pochodne cząstkowe, f

0

x

i f

0

y

, są równe

0, płaszczyzna styczna do wykresu ma równanie z ≡ z

0

, czyli jest pozioma.

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 27. V 2011

1. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne cząstkowe funkcji:

f (x, y) = x ln(xy)

,

g(x, y) = x

2

(y

3

− 1) + 3y(x − y)

,

h(x, y) =

x + y

x − 1

.

2. Znaleźć wszystkie ekstrema lokalne funkcji

(a) f (x, y) = 2x

2

+ 2y

2

+ 3xy − 5x − 9y + 1 ,

(b) g(x, y) = 3x + 6y + xy − x

2

− y

2

+ 4 .

3. Znaleźć i sklasyfikować wszystkie punkty stacjonarne funkcji

(a) f (x, y) = xy

2

+ 4xy − 2x

2

− 2 ,

(b) g(x, y) = x

2

+ y

2

+ 8x + 2y − 4xy ,

(c) h(x, y) = e

2x

(x + y

2

− 2y) .

(Klasyfikacja punktów stacjonarnych polega na ustaleniu, które z nich są ekstremami
lokalnymi funkcji i jakimi, a które jej punktami siodłowymi).

Rozwiązania

1.

f (x, y) = x ln(xy) : f

0

x

(x, y) = ln(xy) + 1, f

0

y

(x, y) =

x

y

,

f

00

xx

(x, y) =

1

x

, f

00

xy

(x, y) = f

00

yx

(x, y) =

1

y

, f

00

yy

(x, y) =

−x

y

2

g(x, y) = x

2

(y

3

− 1) + 3y(x − y) : ∇g(x, y) = [2x(y

3

− 1) + 3y

3x

2

y

2

+ 3x − 6y] ,

g

00

(x, y) =

"

2(y

3

− 1)

6xy

2

+ 3

6xy

2

+ 3

6x

2

y − 6

#

h(x, y) =

x + y

x − 1

: ∇h(x, y) =

"

−1 − y

(x − 1)

2

1

x − 1

#

,

h

00

(x, y) =





2(y+1)
(x−1)

3

−1

(x−1)

2

−1

(x−1)

2

0





2. (a) jedyne ekstremum – minimum lokalne – w jedynym punkcie stacjonarnym x = −1
, y = 3 gdyż

∇f (x, y) = [4x + 3y − 5

3x + 4y − 9] , f

00

(x, y) ≡

"

4

3

3

4

#

i det f

00

(x, y) ≡ 9 > 0 , f ”

xx

≡ 4 > 0.

(b) maksimum lokalne w jedynym punkcie stacjonarnym x = 4 , y = 5

∇f (x, y) = [−2x + y + 3

x − 2y + 6] , f

00

(x, y) ≡

"

−2

1

1

−2

#

3.

(a) ∇f (x, y) = [y

2

+ 4y − 4x

2xy + 4x] = [y

2

+ 4y − 4x

2x(y + 2)] ,

więc punktami stacjonarnymi są rozwiązania układu równań y

2

+ 4y − 4x = 0 = 2x(y + 2);

z drugiego równania mamy 2x = 0 , wtedy pierwsze przyjmuje postać y

2

+ 4y = 0

lub y = −2 , wtedy pierwsze przyjmuje postać 4 − 8 − 4x = 0, ostatecznie mamy więc
trzy punkty stacjonarne: x = 0 , y = 0 ; x = 0 , y = −4 ; x = −1 , y = −2 .

Druga pochodna: f

00

(x, y) =

"

−4

2y + 4

2y + 4

2x

#

, więc

(0 , 0) i (0 , –4) są punktami siodłowymi: f

00

(0, 0) =

"

−4 4

4

0

#

, f

00

(0, −4) =

"

−4 −4
−4

0

#

, det f

00

(0, 0) = det f

00

(0, −4) = −16 < 0 ,

a (–1 , –2) jest maximum lokalnym bo f

00

(−1, −2) =

"

−4

0

0

−2

#

, det f

00

(−1, −2) > 0 i

f

00

xx

(−1, −2) < 0.

(b) ∇g(x, y) = [2x − 4y + 8

2y − 4x + 2] , jedyny punkt stacjonarny x = 2 , y = 3

i on jest punktem siodłowym, bo g

00

(x, y) ≡

"

2 −4

−4

2

#

, det g

00

(x, y) ≡ −12 < 0.

(c) ∇h(x, y) = e

2x

· [2x + 2y

2

− 4y + 1

2y − 2] , jedyny punkt stacjonarny x =

1
2

, y = 1

h

00

(x, y) = e

2x

·

"

4x + 4y

2

− 8y + 4

4y − 4

4y − 4

2

#

, h

00

(

1
2

, 1) = e ·

"

2 0
0 2

#

,

więc w jedynym punkcie stacjonarnym jest minimum lokalne (h(

1
2

, 1) =

e
2

).

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 20. V 2011

1. Obliczyć pochodne cząstkowe funkcji:

f (x, y) = y ln(xy)

,

g(x, y) =

q

33 − x

2

− y

2

, j(x, y) = x

2

y + 3y

2

+ 6xy − 3 ,

h(x, y) =

x

x

2

+ y

2

,

k(x, y) =

x − y

x + y

, l(u, v) = u

√

v −

v

√

u

oraz wartości gradientów:

∇f (−1, −1) , ∇f (−1, −e) , ∇f (e, e

2

) , ∇g(−2, −2) , ∇g(1, 4) , ∇g(0, 0) ,

∇h(1, −3) , ∇h(0, 2) , ∇h(−2, 1) , ∇k(1, 1) , ∇k(0, 3) , ∇k(4, −2) .

2. Obliczyć gradienty funkcji f (x, y) = 3x − y oraz g(x) =

√

26 − x

2

− y

2

w punktach

x = 3 , y = 4 oraz x = −1 , y = −3 i podać równania poziomic tych funkcji przechodzących
przez te punkty. Jakie jest wzajemne położenie gradientu (jako wektora) i poziomicy w
tym samym punkcie? (Przydadzą się rysunki).

3. Znaleźć wszystkie punkty stacjonarne funkcji g , j i l z zadania 1 oraz funkcji

f (x, y) = x

2

+ y

3

− x

√

y

,

h(x, y) = x

2

+ 2y

2

+ 2xy − 4x − 12y + 3 .

(Punkt stacjonarny funkcji to taki punkt, w którym gradient tej funkcji jest
wektorem zerowym).

Rozwiązania

1.

f (x, y) = y ln(xy) :

f

0

x

(x, y) =

∂(y ln xy)

∂x

= y · y ·

1

xy

=

y

x

,

f

0

y

(x, y) =

∂(y ln xy)

∂y

= ln(xy) + y · x ·

1

xy

= ln(xy) + 1 ,

więc

∇f (x, y) =



y

x

1 + ln xy



;

∇f (−1, −1) = [0

1] , ∇f (−1, −e) = [e

2] , ∇f(e, e

2

) = [e

4]

g(x, y) =

q

33 − x

2

− y

2

:

g

0

x

(x, y) =

−2x

2

√

33 − x

2

− y

2

=

−x

√

33 − x

2

− y

2

, g

0

y

(x, y) =

−y

√

33 − x

2

− y

2

,

∇g(x, y) =

"

−x

√

33 − x

2

− y

2

−y

√

33 − x

2

− y

2

#

;

∇g(−2, −2) =



2

5

2

5



, ∇g(1, 4) =



−

1

4

− 1



, ∇g(0, 0) = [0

0]

h(x, y) =

x

x

2

+ y

2

:

h

0
x

(x, y) =

1(x

2

+ y

2

) − x · 2x

(x

2

+ y

2

)

2

=

y

2

− x

2

(x

2

+ y

2

)

2

, h

0
y

(x, y) =

0(x

2

+ y

2

) − x · 2y

(x

2

+ y

2

)

2

=

−2xy

(x

2

+ y

2

)

2

,

∇h(x, y) =

"

y

2

− x

2

(x

2

+ y

2

)

2

−2xy

(x

2

+ y

2

)

2

#

;

∇h(1, −3) = [0, 08

0, 06] , ∇h(0, 2) =



1

4

0



, ∇h(−2, 1) =



−

3

25

4

25



k(x, y) =

x − y

x + y

:

k

0

x

(x, y) =

x + y − (x − y)

(x + y)

2

=

2y

(x + y)

2

, k

0

y

(x, y) =

−(x + y) − (x − y)

(x + y)

2

=

−2x

(x + y)

2

,

∇k(1, 1) =



1

2

−

1

2



, ∇k(0, 3) =



2

3

0



, ∇k(4, −2) = [−1

− 2]

j(x, y) = x

2

y + 3y

2

+ 6xy − 3 :

j

0

x

(x, y) = 2xy + 6y , j

0

y

(x, y) = x

2

+ 6y + 6x

l(u, v) = u

√

v −

v

√

u

:

l

0
u

(u, v) =

√

v +

v

2u

√

u

, l

0
v

(u, v) =

u

2

√

v

−

1

√

u

.

2. Gradienty:

∇f (3, 4) = ∇f (−1, −3) = [3

− 1] (podobnie jak w każdym innym punkcie (x, y)),

a poziomice mają równania: y = 3x − 5 (przechodząca przez punkt (3, 4)) i y = 3x
(przechodząca przez punkt (−1, −3)). Gradient w każdym punkcie jest zatem prostopadły
do tych poziomic.

Podobnie: ∇g(3, 4) = [−3

− 4] , ∇g(−1, −3) =

h

1
4

3
4

i

(por. ∇g w zadaniu 1),

zaś poziomica przechodząca przez (3, 4) to okrąg x

2

+ y

2

= 25, a przechodząca przez

(−1, −3) – okrąg x

2

+ y

2

= 10 . W obu przypadkach gradient w punkcie jest wektorem

prostopadłym do poziomicy – skierowanym do środka okręgu, (0, 0).

3. Ponieważ ∇f (x, y) =

h

2x −

√

y

3y

2

−

x

2

√

y

i

, punkty stacjonarne f muszą spełniać

równania

2x −

√

y = 0 , 3y

2

−

x

2

√

y

= 0

czyli

√

y = 2x i 48x

4

−

x

4x

= 0 :

∇h(x, y) = [2x + 2y − 4

4y + 2x − 12]

więc jedynym punktem stacjonarnym funkcji h jest x = −2 , y = 4.

Dla funkcji z zadania 1: jedynym punktem stacjonarnym g jest (0, 0) (oczywiste),

punkty stacjonarne funkcji j muszą spełniać równania

(2x + 6)y = 0 , x

2

+ 6y + 6x = 0

czyli y = 0 i wtedy x

2

+ 6x = 0 , lub x = −3 (czyli 2x + 6 = 0) i wtedy 6y − 9 = 0,

ostatecznie więc j ma 3 punkty stacjonarne: (0, 0) , (−6, 0) i



−3,

3
2



.

Natomiast funkcja l nie ma punktów stacjonarnych, gdyż l

0
u

(v, u) > 0 dla każdego v > 0

(a dla v = 0 nie istnieje l

0
v

(v, u)).

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 11. V 2011

1. Sprawdzić, które z poniższych całek istnieją, i obliczyć te które istnieją:

Z

∞

2

1

x

4

dx ,

Z

∞

3

5 e

−2x

dx ,

Z

∞

−∞

|xe

−x

2

|dx .

2.

(a) Wyznaczyć dziedziny funkcji:

f (x, y) =

1

√

x − y

, g(x, y) =

q

100 − x

2

− y

2

,

h(x, y) = 3x − y , j(x, y) =

ln x

(x − 2)(y − 1)

.

(b) Podać równania poziomic każdej z tych funkcji dla z = 1 , z = 0 , z = 2 i z = −1.

(Uwaga: niektóre z tych poziomic są zbiorami pustymi).

(c

∗

) O której z funkcji f , g , h można powiedzieć, że jest rosnącą (malejącą) funkcją

zmiennej x (zmiennej y)?

(d

∗

) Zastanowić się, jak wyglądają wykresy funkcji g i h .

3. Dla każdej z funkcji dwóch zmiennych

z = f (x, y) =

xy

2

− x

oraz

z = g(x, y) =

q

y − x − x

2

wyznaczyć poziomice dla wartości z = 0 i z = 1 oraz poziomicę przechodzącą przez punkt
(2,10). Jakie to krzywe?

Rozwiązania

1.

Z

∞

2

1

x

4

dx =

lim

b→∞



−1

3x

3



b

2

= lim

b→∞



−1

3b

3

−

−1

3 · 2

3



=

1

24

Z

∞

3

5 e

−2x

dx =

lim

b→∞



5

−2

e

−2x



b

3

=

5

2e

6

Z

∞

−∞

|xe

−x

2

| dx =

Z

0

−∞

(−xe

−x

2

) dx +

Z

∞

0

xe

−x

2

dx = lim

a→−∞



1

2

e

−x

2



0

a

+ lim

b→∞



−

1

2

e

−x

2



b

0

=

=

1

2

+

1

2

= 1

2. (a) D(f ) = {(x, y) : x > y} (półpłaszczyzna),

D(g) = {(x, y) : x

2

+ y

2

¬ 100} (koło o środku w (0, 0) i promieniu 10), D(h) = R

2

,

D(j) = {(x, y) : x > 0 ∧ x 6= 2 ∧ y 6= 1} (półpłaszczyzna bez pary półprostych).

(b) Np. P

0

(f ) = {(x, y) :

1

√

x−y

= 0} = ∅ ,

P

1

(f ) = {(x, y) :

1

√

x−y

= 1} = {(x, y) : x − y = 1} – prosta

i podobnie prostymi są wszystkie inne niepuste poziomice f (te na poziomach c > 0);

P

0

(g) = {(x, y) :

√

100 − x

2

− y

2

= 0} = {(x, y) : x

2

+ y

2

= 100} – okrąg o środku w

(0, 0) i promieniu 10,

P

1

(g) = {(x, y) : x

2

+ y

2

= 99} i podobnie wszystkie poziomice g na poziomach c ∈ [0, 10[

są współśrodkowymi okręgami, zaś na poziomach c < 0 i c > 10 są puste ;

P

c

(h) = {(x, y) : 3x − y = c} = {(x, y) : y = 3x − c} – np. poziomica dla c = 0 to prosta

y = 3x , a dla c = −1 prosta y = 3x + 1.

(c) Oczywiście h jest rosnącą funkcją zmiennej x i malejącą funkcją zmiennej y , natomiast
f jest malejącą funkcją x i rosnącą funkcją y.

3.

P

0

(f ) = {(x, y) :

xy

2

− x = 0} = {(x, y) : x = 0 ∨ y = 2} – para prostopadłych prostych,

P

1

(f ) = {(x, y) :

xy

2

− x = 1} = {(x, y) : y = 2 +

2
x

} – hiperbola,

P

0

(g) = {(x, y) :

√

y − x − x

2

= 0} = {(x, y) : y = x(x + 1)} ,

P

1

(g) = {(x, y) :

√

y − x − x

2

= 1} = {(x, y) : y = x(x + 1) + 1} – parabole,

przez punkt (2, 10) przechodzą poziomice P

8

(f ) i P

2

(g) , gdyż

f (2, 10) = 8 , g(2, 10) = 2 .

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 6. V 2011

1. Obliczyć całki oznaczone:

Z

9

0

(x

2

+ 2) dx ,

Z

0

−1

xe

x

dx ,

Z

1

−1

xe

x

dx ,

Z

4

1

2x + 3

x

2

+ 3x − 3

dx .

2. Obliczyć pola figur zawartych pomiędzy:

(a) osiami OX i OY a prostą y = 4x + 2 ,

(b) prostymi y = 0 (osią OX), x = 4 oraz połówką paraboli y =

√

x ,

(c) prostą o równaniu y = 5

1
5

− x a hiperbolą o równaniu y =

1

x

,

(d) prostą o równaniu y = 9 − x a parabolą o równaniu y = x

2

− x .

3. Dla dowolnej liczby naturalnej n obliczyć średnią wartość funkcji f (x) = x

n

(a) w przedziale [0 , 1] , (b) w przedziale [–1 , 1] ,

oraz obliczyć wartość średnią funkcji g(x) = e

x

(c) w przedziale [0 , 1] , (d) w przedziale [–1 , 2] .

4(

∗

). Rowerzysta po starcie najpierw jedzie przez 10 sekund ze stałym przyśpieszeniem

1 m/s

2

, a potem przez następne 20 sekund ze stałą prędkością. Jaką drogę przebędzie

przez te pół minuty i z jaką średnią prędkością?

Rozwiązania

1.

Z

9

0

(x

2

+ 2) dx =

"

x

3

3

+ 2x

#

9

0

= 261

Z

0

−1

xe

x

dx = [(x − 1)e

x

]

0
−1

= −e

0

− (−2)e

−1

=

2

e

− 1

Z

1

−1

xe

x

dx = [(x − 1)e

x

]

1
−1

= 0 · e − (−2)e

−1

=

2

e

Z

4

1

2x + 3

x

2

+ 3x − 3

dx = [ln |x

2

+ 3x − 3|]

4
1

= ln 25 .

2. (a)

Z

0

−1/2

(4x + 2) dx = [2x

2

+ 2x]

0
−1/2

= 0 − (−0, 5) =

1

2

(b)

Z

4

0

√

x dx =

"

2x

√

x

3

#

4

0

= 5

1

3

(c) punkty przecięcia prostej z hiperbolą to rozwiązania równania x +

1

x

= 5

1
5

, czyli x =

1
5

i x = 5 , pole =

Z

5

1/5

(5

1

5

− x) dx −

Z

5

1/5

1

x

dx =

"

16

5

x −

x

2

2

− ln x

#

5

1/5

= 16 −

25

2

− ln 5 −

16
25

+

1

50

+ ln

1
5

= 4, 32 − 2 ln 5

(d) punkty przecięcia prostej z parabolą to rozwiązania równania 9 − x = x

2

− x , czyli

x = ±3 ;

pole =

Z

3

−3

(9 − x) dx −

Z

3

−3

(x

2

− x) dx =

Z

3

−3

9 dx −

Z

3

−3

x

2

dx = [9x]

3

−3

−

h

x

3

3

i

3

−3

= 54 −

18 = 36.

3. (a)

1

1 − 0

Z

1

0

x

n

dx =

"

x

n+1

n + 1

#

1

0

=

1

n + 1

,

(b)

1

1 − (−1)

Z

1

−1

x

n

dx =

1

2

"

x

n+1

n + 1

#

1

−1

= 0 dla n nieparzystych i

1

n+1

dla n parzystych,

(c) e − 1 , (d)

e

2

2

−

1

2e

.

4.

Prędkość kolarza w chwili t [s] , v(t), jest równa t [m/s] dla t ¬ 10 (ze względu na

stałe przyśpieszenie od zera) i 10 m/s dla 10 ¬ t ¬ 20. Droga przebyta do chwili T to

całka oznaczona z prędkości,

Z

T

t=0

v(t) dt. Stąd droga przebyta w 30 sekund jest równa

Z

30

0

v(t) dt =

Z

10

0

v(t) dt +

Z

30

10

v(t) dt =

Z

10

0

t dt +

Z

30

10

10 dt =

"

t

2

2

#

10

0

+ [10t]

30
10

= 50 + 200

= 250 m , a średnia prędkość

250

30

= 8, 3(3) m/s .

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 29. IV 2011

1. Obliczyć całkę

Z

2 sin x cos x dx (całkując przez części) i wywnioskować stąd wzór na

Z

(F (x) · F

0

(x)) dx dla dowolnej całkowalnej i jednocześnie różniczkowalnej funkcji F .

2. Obliczyć całki nieoznaczone:

Z

(x − 3)e

x

dx ,

Z

(

√

x · ln x) dx ,

całkując przez części, oraz

Z

4

(4x + 3)

5

dx ,

Z

√

6x − 1 dx ,

Z

3x

2

+ 6

x

3

+ 6x − 2

dx

korzystając z wzorów będących szczególnymi przypadkami całkowania przez podstawienie.

Rozwiązania

1. Wstawiamy np. f (x) = F

0

(x) = cos x , G(x) = sin x ; wówczas F (x) = sin x , g(x) =

G

0

(x) = cos x i całkując przez częsci dostajemy

Z

2 sin x cos x dx = 2 sin x sin x − 2

Z

sin x cos x dx = 2 sin

2

x −

Z

2 sin x cos x dx ;

stąd

2

Z

2 sin x cos x dx = 2 sin

2

x

i ostatecznie

R

2 sin x cos x dx = sin

2

x + C.

(Można też podstawić t = sin x ; wtedy

dt

dx

= cos x i

Z

2 sin x cos x dx =

Z

2t

dt

dx

dx =

Z

2t dt = t

2

+ C = sin

2

x + C ).

Ogólnie:

Z

(F (x) · F

0

(x)) dx = F (x) · F (x) −

Z

(F

0

(x) · F (x)) dx ,

stąd 2

R

(F (x) · F

0

(x)) dx = (F (x))

2

+ C .

2. Biorąc f (x) = F (x) = e

x

, G(x) = x − 3 :

Z

(x − 3)e

x

dx = (x − 3)e

x

−

Z

e

x

dx = (x − 4)e

x

+ C

Biorąc G(x) = ln x , f (x) =

√

x ; wtedy g(x) = x

−1

, F (x) =

2
3

x

3/2

i

Z

(

√

x · ln x) dx =

2

3

x

3/2

ln x −

Z

2

3

x

3/2

x

−1

dx =

2

3

x

√

x ln x −

4

9

x

√

x + C

Natomiast

Z

4

(4x + 3)

5

dx = 4

Z

(4x + 3)

−5

dx = 4 ·

1

4

·

(4x + 3)

−4

−4

=

−1

4(4x + 3)

4

+ C

Z

√

6x − 1 dx =

1

6

·

2

3

· (6x − 1)

3/2

+ C =

1

9

(6x − 1)

√

6x − 1 + C

(ze wzoru na

R

f (ax + b) dx) , a

Z

3x

2

+ 6

x

3

+ 6x − 2

dx = ln |x

3

+ 6x − 2| + C

,

– ze wzoru na

Z

F

0

(x)

F (x)

dx.

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 15. IV 2011

1. Obliczyć całki nieoznaczone

Z



8x

3

+

2

x

2



dx ,

Z

(2x

√

x − 4e

x

+ 5 sin x) dx ,

Z



3

x

+

3

x

2

+

4

x

3

−

6

x

4



dx .

2. Znaleźć

(a) funkcję pierwotną funkcji F funkcji f (x) = 6x

2

+ 3 +

4

x

2

, dla której F (1) = 3,

(b) funkcję pierwotną F funkcji f z punktu (a) , dla której F (4) = 0,

(c) funkcję pierwotną G funkcji g(x) = cos x − sin x, dla której G(

Π

2

) = −1.

3. Koszt krańcowy w pewnym procesie produkcyjnym wynosi

K

0

(q) =

6q

2

25

+ 2 .

Wiadomo także, że wyprodukowanie 5 jednostek kosztuje K(5) = 20.

(a) Wyznaczyć funkcję kosztu K(q) i obliczyć K(0) i K(10).

(b) Przy jakiej wielkości produkcji zysk jest maksymalny, jeżeli wiadomo, że cena zbytu
wynosi p = 56 ?

(Jak Państwo powinni wiedzieć z mikroekonomii, koszt krańcowy to pochodna
kosztu całkowitego).

Rozwiązania

1.

Z



8x

3

+

2

x

2



dx =

Z

8x

3

dx +

Z

2

x

2

dx = 2

Z

4x

3

dx + (−2)

Z

−1

x

2

= 2x

4

−

2

x

+ C

Z

(2x

√

x − 4e

x

+ 5 sin x) dx = 2

Z

x

3/2

dx − 4

Z

e

x

dx + 5

Z

sin x dx =

4

5

x

2

√

x − 4e

x

− 5 cos x + C

Z



3

x

+

3

x

2

+

4

x

3

−

6

x

4



dx = 3 ln |x| −

3

x

−

2

x

2

+

2

x

3

+ C

2. (a) i (b) : ponieważ

Z

6x

2

+ 3 +

4

x

2



dx = 2x

3

+ 3x −

4

x

+ C, trzeba dobrać stałą C

tak, by

(a) 2 · 1

3

+ 3 · 1 −

4
1

+ C = 3

,

(b) 2 · 4

3

+ 3 · 4 −

4
4

+ C = 0 ;

(a) C = 2 , F (x) = 2x

3

+ 3x −

4

x

+ 2

,

(b) C = −139 , F (x) = 2x

3

+ 3x −

4
x

− 139 ;

(c)

R

(cos x − sin x) dx = sin x + cos x + C , aby G(

Π

2

) = −1 trzeba dobrać C tak by

sin

Π

2

+ cos

Π

2

+ C = −1 , więc G(x) = sin x + cos x − 2.

3. (a) K(q) jest tą funkcją pierwotną funkcji K

0

(q) =

6q

2

25

+ 2, dla której K(5) = 20, a

zatem K(q) =

2q

3

25

+ 2q , K(0) = 0 i K(10) = 100 ;

(b) przy takiej, przy której pochodna zysku jest równa 0 (a druga pochodna jest ujemna):

Z(q) = 56q −



2q

3

25

+ 2q



, Z

0

(q) = 56 −



6q

2

25

+ 2



, Z

00

(q) = −

12q

25

< 0 dla każdego q > 0,

Z

0

(q) = 0 gdy koszt krańcowy jest równy cenie zbytu, czyli gdy

6q

2

25

+ 2 = 56 , q = 15 .

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 1. IV 2011 (st. dzienne)

Ta praca nie będzie sprawdzana na zajęciach,

natomiast może być pożytecznym przygotowaniem do kolokwium.

1. Zbadać przebieg zmienności funkcji

(a) f (x) = 80x − x

5

,

(b) h(x) = 2x

3

− 6x

2

,

(c) j(x) = x(x − 2)

2

,

(d) g(x) = 2 ln(x

2

+ 1) − x

2

,

(Wskazówka: g

0

ma 3 miejsca zerowe, g

00

dwa; znalezienie miejsc zerowych g

00

jest dość

skomplikowane (choć nie poza Państwa zasięgiem), ale łatwo wywnioskować ich przybliżone

położenie znając g

00

(−1), g

00

(0) oraz g

00

(1)).

2. Ustalić, które z poniższych funkcji są parzyste, a które nieparzyste:

x

2

+ x + 1 , sin(2x) − x

3

, x cos x , 2

√

x

2

, (2x − 5)

2

,

sin x

x

− 3e

x

2

, ln(x

2

+ 1) .

3. Obliczyć granice

lim

x→∞

ln x

x

, lim

x→∞

ln x

√

x

, lim

x→1

x + 1

x

3

+ 2x + 3

,

lim

x→−1

x + 1

x

3

+ 2x + 3

,

lim

x→

Π

2

cos

2

x

sin x − 1

, lim

x→9

9 − x

√

x − 3

,

lim

x→0

+

x ln x .

Rozwiązania

1.

(a) D(f ) = R – funkcja jest określona dla każdej liczby rzeczywistej x ;

f (−x) = 80 · (−x) − (−x)

5

= −80x + x

5

= −f (x) , więc f jest funkcją nieparzystą;

lim

x→∞

f (x) = lim

x→∞

x(80 − x

4

) = −∞ , lim

x→−∞

f (x) = lim

x→−∞

x(80 − x

4

) = ∞ ;

monotoniczność, ekstrema i tempo zmian:

f

0

(x) = 80 − 5x

4

ma miejsca zerowe tam gdzie 5x

4

= 80 , czyli x

4

= 16, x = ±2 ,

f

0

(x) > 0 gdy x

4

< 16 , czyli −2 < x < 2 , f

0

(x) < 0 gdy |x| > 2 ;

f

00

(x) = −20x

3

ma jedyne miejsce zerowe w x = 0 , poza tym ma znak przeciwny niż x.

Stąd f jest wypukła w przedziale [−∞, 0] , a wklęsła w [0, ∞] i

x

] − ∞, −2[

−2

] − 2, 0[

0

]0, 2[

2

]2, ∞[

f

0

(x)

–

0

+

+

+

0

–

f

00

(x)

+

+

+

0

–

–

–

f (x)

m.c.w

min

r.c.sz

p.p.

r.c.w.

max

m.c.sz.

(r.c.w. = rośnie coraz wolniej , m.c.sz = maleje coraz szybciej itd.)

(b) dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych,

2. Parzyste są funkcje 2

√

x

2

,

sin x

x

− 3e

x

2

oraz ln(x

2

+ 1)

– np.

sin(−x)

−x

− 3e

(−x)

2

=

− sin x

−x

− 3e

x

2

=

sin x

x

− 3e

x

2

,

a nieparzyste sin(2x) − x

3

oraz x cos x

– np. sin(−2x) − (−x)

3

= − sin(2x) + x

3

= −(sin(2x) − x

3

).

Pozostałe dwie funkcje nie są ani parzyste, ani nieparzyste. Na przykład dla h(x) =
x

2

+ x + 1 mamy h(−1) = 1 , h(1) = 3, a dla g(x) = (2x − 5)

2

mamy g(2) = 1 ,

g(−2) = 81.

3.

lim

x→∞

ln x

x

=

lim

x→∞

1/x

1

= 0 ,

lim

x→∞

ln x

√

x

=

lim

x→∞

1/x

1/2

√

x

= lim

x→∞

2

√

x

x

= 0 ,

lim

x→1

x + 1

x

3

+ 2x + 3

=

1

2

(uwaga – tu nie można użyć reguły de l’Hospitala),

lim

x→−1

x + 1

x

3

+ 2x + 3

=

lim

x→−1

1

3x

2

+ 2

= −

1

5

,

lim

x→

Π

2

cos

2

x

sin x − 1

=

lim

x→

Π

2

−2 sin x cos x

cos x

= −2 ,

lim

x→9

9 − x

√

x − 3

=

lim

x→9

−1

1/2

√

x

= −6 ,

lim

x→0

+

x ln x =

lim

x→0

+

ln x

1/x

= lim

x→0

+

1/x

−1/x

2

= lim

x→0

+

(−x) = 0 .

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 25. III 2011 (st. dzienne)

1.

Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne oraz zbadać

tempo zmian funkcji:

f (x) =

x

4

4

+ x

3

,

g(x) = x(x − 2)

2

,

h(x) = x

2

ln x .

2. Dla funkcji

f (x) = x

4

−

11

3

x

3

− 2x

2

+ 11x

ustalić (nie wypisując ”siatki znaków”), które z punktów x

0

= −1 , 0 , 1 , 2 są jej ekstre-

mami lokalnymi i jakimi, a które punktami przegięcia,

W jakich przedziałach ta funkcja jest wklęsła, a w jakich wypukła?

3 (wybiegając w przyszłość, nieobowiązkowe). Przeczytawszy w regułach różniczkowania
materiał o pochodnej funkcji złożonej spróbować obliczyć pochodne funkcji

√

2x

2

− x , e

−x

2

+ e

x

2

+ e

3x+1

, sin(x

3

) , (x + ln x)

3

.

Rozwiązania

1.

Dla f (x) =

x

4

4

+ x

3

dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, po-

chodne to

f

0

(x) = x

3

+ 3x

2

= x

2

(x + 3) , f

00

(x) = 3x

2

+ 6x = 3x(x + 2) ;

miejsca zerowe pierwszej pochodnej to 0 oraz −3 , a drugiej 0 i −2 ;

f

0

jest ujemna w przedziale ]−∞, −3[ a f

00

w przedziałe ]−2, 0[ i ostatecznie dostajemy

x

]−∞, −3 [

−3

]−3, −2[

−2

]−2, 0[

0

]0, ∞[

f

0

(x)

–

0

+

+

+

0

+

f

00

(x)

+

+

+

0

–

0

+

f (x)

m.c.w

min

r.c.sz

p.p.

r.c.w.

p.p.

r.c.sz.

(p.p. = punkt przegięcia, r.c.w. = rośnie coraz wolniej , m.c.sz = maleje coraz szybciej
itd.). Funkcja jest wklęsła w przedziale [−2, 0], a poza nim jest wypukła.

Warto zauważyć, że x = 0 nie jest ekstremum tej funkcji mimo że pochodna w tym punkcie
jest równa zeru: f

0

nie zmienia znaku w x = 0, a więc jest to punkt przegięcia.

Dla g(x) = x(x − 2)

2

dziedziną funkcji jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych, pochodne

to

g

0

(x) = (x − 2)

2

+ x · 1 · 2(x − 2) = (x − 2)(3x − 2)

g

00

(x) = 3x − 2 + 3(x − 2) = 6x − 8

(tu policzono jako pochodną iloczynu funkcji złożonych – można sprawdzić sprowadzając
g do postaci wielomianu). Miejsca zerowe pierwszej pochodnej to 2 oraz

2
3

, a drugiej

4
3

;

g

0

jest ujemna w przedziale (

2
3

, 2) , a g

00

w przedziałe (−∞,

4
3

) i ostatecznie dostajemy

x

(−∞,

2
3

)

2
3

(

2
3

,

4
3

)

4
3

(

4
3

, 2)

2

(2, ∞)

g

0

(x)

+

0

–

–

–

0

+

g

00

(x)

–

–

–

0

+

+

+

g(x)

r.c.w

max

m.c.sz

p.p.

m.c.w.

min

r.c.sz.

Funkcja h(x) = x

2

ln x jest określona dla wszystkich x > 0 i tylko dla nich. Pochodne to

h

0

(x) = 2x ln x + x = x(2 ln x + 1) , h

00

(x) = 2 ln x + 3 ;

jedynym miejscem zerowym h

0

jest

1

√

e

, a jedynym miejscem zerowym h

00

jest

1

e

√

e

(loga-

rytmy naturalne tych liczb to odpowiednio −

1
2

i −

3
2

). Ponieważ zaś logarytm naturalny jest

funkcją rosnącą, mamy tabelę:

x

(0,

1

e

√

e

)

1

e

√

e

(

1

e

√

e

,

1

√

e

)

1

√

e

(

1

√

e

, ∞)

h

0

(x)

–

–

–

0

+

h

00

(x)

–

0

+

+

+

h(x)

m.c.sz

p.p.

m.c.w

min (−

1

2e

)

r.c.sz.

(To, że lim

x→0

h(x) = 0 , wyliczymy na następnych zajęciach z reguły de l’Hospitala).

2.

Wystarczy zbadać znaki pierwszej i drugiej pochodnej funkcji f w tych punktach.

Mamy

f

0

(x) = 4x

3

− 11x

2

− 4x + 11 , f

00

(x) = 12x

2

− 22x − 4

i stąd

f

0

(−1) = 0 i f

00

(−1) = 30 > 0 , więc w x

0

= −1 funkcja f ma minimum lokalne,

f

0

(0) = 11 i f

00

(0) = −4 , więc w x

0

= 0 f nie ma ekstremum ani punktu przegięcia,

f

0

(1) = 0 i f

00

(1) = −14 < 0 , więc w x

0

= 1 funkcja f ma maksimum lokalne,

f

0

(2) = −9 6= 0 i f

00

(2) = 0 , więc x

0

= 2 jest punktem przegięcia funkcji f .

(Drugim punktem przegięcia jest −

1
6

i f jest wklęsła w przedziale [−

1
6

, 2] , a wypukła

poza nim).

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 19. III 2011 (st. zaoczne)

1. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne funkcji

f (x) = x

3

− 4x

2

+ 4x + 1 ,

ustalając przy użyciu drugiej pochodnej, które z ekstremów są minimami lokalnymi, a
które maximami.

2.

Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji x − 6

√

x w przedziale domknię-

tym [1 , 16] oraz najmniejszą i największą wartość funkcji f z zadania 1 w przedziale
domkniętym [–1 , 3] .

3. Popyt na pewien gatunek herbaty z górnej półki jest dany wzorem

D(p) =

2 000 000

p

2

,

gdzie p jest ceną tej herbaty (w złotówkach za kilogram), a D(p) wielkością popytu (w
kilogramach) przy cenie p. Jaką cenę sprzedaży tej herbaty powinien wyznaczyć jej jedyny
importer, jeżeli sprowadza ją po 200 zł za kilogram, i ile powinien jej zakupić?

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 11. III 2011 (st. dzienne)

1. Wyznaczyć przedziały monotoniczności i wszystkie ekstrema lokalne funkcji:

(a) f (x) = x

4

− 2x

2

+ 5 ,

(b) g(x) = x

2

+

16

x

(uwaga na dziedzinę!),

(c) h(x) = x

3

− 2x

2

− 4x + 2

oraz najmniejszą i największą wartość funkcji g w przedziale [1 , 4] i najmniejszą i naj-
większą wartość funkcji f i h w przedziale [–1 , 3] .

2. U pewnego producenta koszt wyprodukowania q jednostek towaru wynosi K(q) =

q

3

125

+ q + 12 , a cena zbytu jednostki towaru wynosi 16.

(a) Obecnie produkuje się 15 jednostek. Czy opłaca się zwiększyć tę wielkość? A zmniej-

szyć?

(b) To samo pytanie dla obecnej produkcji równej 30.

(c) Przy jakiej wielkości produkcji producent osiągnie największy zysk, jeżeli maksymal-

nie może wyprodukować 40 jednostek?

(d) To samo pytanie dla maksymalnej możliwej produkcji równej 20.

3. Znaleźć najmniejszą i największą wartość funkcji x

3

−x

2

−5x w przedziale domkniętym

[-2 , 2] oraz funkcji sin x −

x

2

w przedziale domkniętym [0 , 2Π].

4. Jakie jest największe możliwe pole prostokąta o obwodzie 8? Jak wygląda prostokąt
o takim polu?

Rozwiązania

1. (a) f

0

(x) = 4x

3

− 4x = 4x(x − 1)(x + 1) , f

0

(x) = 0 dla x = −1 , x = 0 , x = 1 ;

x

−∞ . . . − 1

−1

−1 . . . 0

0

0 . . . 1

1

1 . . . ∞

f

0

(x)

–

0

+

0

–

0

+

f (x)

&

min (4)

%

max (5)

&

min (4)

%

(b) g

0

(x) = 2x −

16

x

2

, g

0

(x) = 0 gdy 2x

3

= 16 , czyli x = 2;

x

−∞ . . . 0

0

0 . . . 2

2

2 . . . ∞

g

0

(x)

–

*

–

0

+

g(x)

&

*

&

min (12)

%

(w x = 0 g nie jest określona),

g maleje w [1 , 2] i rośnie w [2 , 4] , g(1) = 17 , g(4) = 20, g(2) = 12 (minimum), więc
najnniejszą wartością funkcji g w przedziale [1 , 4] jest 12, a największą g(4) = 20;

(c) h

0

(x) = 3x

2

− 4x − 4 = 3(x − 2)(x +

2
3

)

x

−∞ . . . −

2
3

−

2
3

−

2
3

. . . 2

2

2 . . . ∞

h

0

(x)

+

0

–

0

+

h(x)

%

max (

86
27

)

&

min (–6)

%

h(−1) = 3 i h(3) = −1 , więc najmniejszą wartością funkcji h w przedziale [–1 , 3] jest
−6, a największą

86
27

.

2. Zysk producenta przy produkcji q, z(q), to różnica między przychodem a kosztem:

z(q) = 16q − K(q) = 16q −

q

3

125

+ q + 12

!

= −

q

3

125

+ 15q − 12 ,

a jego pochodna jest równa

z

0

(q) = 15 −

3q

2

125

.

Stąd

(a) W punkcie q = 15 pochodna jest równa z

0

(15) = 15 −

27

5

> 0, więc funkcja zysku jest

rosnąca w otoczeniu tego punktu – produkcję opłaca się zwiększyć.

(b) W punkcie q = 30 mamy z

0

(30) = 15 −

108

5

< 0, więc funkcja zysku jest malejąca w

otoczeniu tego punktu – produkcję opłaca się zmniejszyć.

(c) W przedziale możliwych wielkości produkcji [0 , 40] mamy: z(0) = −12, z(40) = 640−

512 − 40 − 12 = 76 i jedyny punkt stacjonarny q = 25 (ten gdzie 15 −

3q

2

125

= 0); przy

wielkości produkcji q = 25 zysk wynosi 338 i jest maksymalny (jedyne ekstremum
w tym przedziale).

(d) W przedziale możliwych wielkości produkcji [0 , 20] pochodna z

0

jest dodatnia, a

więc funkcja zysku jest rosnąca i stąd maksymalny zysk jest osiągany przy q = 20 i
wynosi 224.

3. Dla f (x) = x

3

− x

2

− 5x mamy f

0

(x) = 3x

2

− 2x − 5 = 3(x + 1)(x −

5
3

) , f

0

(x) = 0 dla

x = −1 i dla x =

5
3

;

x

−∞ . . . − 1

−1

−1 . . .

5
3

5
3

5
3

. . . ∞

h

0

(x)

+

0

–

0

+

h(x)

%

max (3)

&

min (−6

13
27

)

%

oraz f (−2) = −2, f (2) = −6, a zatem najmniejszą wartością funkcji f w przedziale [−2, 2]
jest −6

13
27

, a największą 3;

dla g(x) = sin x −

x
2

mamy g

0

(x) = cos x −

1
2

, więc g

0

(x) = 0 w tych punktach w których

cos x =

1
2

– w przedziale [0 , 2Π] są takie dwa:

Π

3

i

5Π

3

. Mamy:

g(0) = 0 , g(2Π) = −Π , g

Π

3

!

=

√

3

2

−

Π

6

≈ 0, 4 oraz g

5Π

3

!

= −

√

3

2

−

5Π

6

≈ −3, 5 ,

a więc największą wartością funkcji g w tym przedziale jest g



Π

3



, a najmniejszą g



5Π

3



.

4. Jeśli prostokąt o obwodzie 8 ma bok o długości a, to 0 < a < 4 (dlaczego?), przyległy
bok ma długość 4 − a, a pole prostokąta wynosi a(4 − a). Szukamy zatem największej
wartości funkcji f (x) = x(4 − x) w przedziale otwartym ] 0 , 4 [ . Mamy

f

0

(x) = 4 − 2x , f

0

(x) = 0 ⇔ x = 2

i w punkcie x = 2 pochodna, f

0

, zmienia znak z dodatniego na ujemny, a więc funkcja, f ,

ma maksimum lokalne. Największe pole pośród rozpatrywanych prostokątów ma zatem
kwadrat o boku 2.

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 4. III 2011 (st. dzienne i zaoczne)

1. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne funkcji

(3x + 2)(2x − 1) , 3z

2

ln z , ctg x , t ln t cos t ,

x

2

− 4x

e

x

,

2x

√

x + 1

(szczególnie kłopotliwych drugich pochodnych można nie liczyć).

2. Wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji

f (x) =

x + 2

x

2

+ 5

,

g(x) = x

3

− x

2

− 5x ,

h(x) =

ln x

x

– tzn. ustalić, w jakich przedziałach te funkcje są rosnące, a w jakich malejące.

Rozwiązania

1.

f (x) = (3x + 2)(2x − 1) f

0

(x) = 3(2x − 1) + 2(3x + 2) = 12x + 1

f

00

(x) = 12

g(z) = 3z

2

ln z

g

0

(z) = 6z ln z + 3z

2

·

1
z

= 3z(2 ln z + 1)

g

00

(z) = 6 ln z + 3 + 3z ·

2
z

= 6 ln z + 9

h(x) = ctg x =

cos x

sin x

h

0

(x) =

− sin x · sin x − cos x · cos x

(sin x)

2

= −

1

(sin x)

2

h

00

(x) =

2 sin x cos x

(sin x)

4

=

2 cos x

(sin x)

3

=

2 ctg x

(sin x)

2

j(t) = t ln t cos t

j

0

(t) = (1 + ln t) cos t − t ln t sin t

j

00

(t) =



1

t

− t ln t



cos t − 2(1 + ln t) sin t

k(x) =

x

2

− 4x

e

x

k

0

(t) =

6x − 4 − x

2

e

x

k

00

(x) =

x

2

− 8x + 10

e

x

u(x) =

2x

√

x + 1

u

0

(x) =

2 +

√

x

x + 2

√

x + 1

u

00

(t) =

2

√

x

− 2

(x + 2

√

x + 1)

2

2.

Dla każdej z tych funkcji badamy znak pochodnej; funkcja jest rosnąca

(malejąca)

w

tych przedziałach, w których jej pochodna jest dodatnia

(ujemna)

.

f (x) =

x + 2

x

2

+ 5

f

0

(x) =

5 − 4x − x

2

(x

2

+ 5)

2

,

;

f

0

(x) > 0 gdy − 5 < x < 1 , f

0

(x) < 0 gdy x < −5 i gdy x > 1 ;

g(x) = x

3

− x

2

− 5x

g

0

(x) = 3x

2

− 2x − 5 ,

;

g

0

(x) > 0 gdy x < −1 i gdy x >

5

3

, g

0

(x) < 0 gdy − 1 < x <

5

3

;

h(x) =

ln x

x

h

0

(x) =

1 − ln x

x

2

;

;

h

0

(x) > 0 gdy x < e (ln x < 1) , h

0

(x) < 0 gdy x > e .

Wobec tego:

f jest rosnąca w przedziale [–5 , 1] , malejąca w przedziałach [−∞ , −5] i [1 , ∞] ,

g jest malejąca w przedziale [−1 ,

5
3

] , rosnąca w przedziałach [−∞ , −1] i [

5
3

, ∞] ,

h rośnie w przedziale ]0 , e] i maleje w przedziale [e , ∞]

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 25. II 2011 (st. dzienne)

1.

(a) Podać równania prostych stycznych do wykresu funkcji f (x) =

3

√

x w punktach

x

0

= 8 i x

0

= −27 oraz do wykresu funkcji f (x) = ln x w punktach x

0

= 1 i x

0

= 2.

(b) Przy pomocy różniczki funkcji wyliczyć przybliżone wartości

ln 0, 97 ,

2

(0, 51)

2

,

3

q

−26, 73 , (0, 99)

3

(można posłużyć się rozwiązaniem części (a)).

2. (a) Podać równanie prostej stycznej do hiperboli o równaniu y =

a

x

(gdzie

a > 0) w dowolnym punkcie x

0

> 0.

(b

∗

) Udowodnić następującą własność hiperboli y =

a
x

: dla każdej prostej

stycznej do tej hiperboli punkt styczności dzieli jest środkiem odcinka
tej prostej zawartego w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych.

3. Obliczyć pierwsze i drugie pochodne funkcji

x − 3 , 4x

2

− e

x

− 3 sin x , 2x

3

−

3

x

, 4

√

x +

x

5

10

, 2 ln(3x) − x

4

+ 4

x

.

(Druga pochodna to pochodna pochodnej – np. drugą pochodną funkcji f (x) = x

2

jest

pochodna funkcji f

0

(x) = 2x , czyli f

00

(x) = 2).

Rozwiązania

1. Jak wiemy, styczna do wykresu funkcji f w punkcie x

0

, w którym f jest różniczkowalna,

ma równanie y = (x − x

0

)f

0

(x

0

) + f (x

0

). Stąd

(a) f (x) =

3

√

x = x

1/3

, f

0

(x) =

1
3

x

−2/3

=

1

3

3

√

x

2

, równaniami stycznych do wykresu są

w x

0

= 8 : y =

1

3

3

√

8

2

(x − 8) +

3

√

8 =

1

12

x +

4
3

,

w x

0

= −27 : y =

1

3

3

√

(−27)

2

(x + 27) +

3

√

−27 =

1

27

x − 2 ,

f (x) = ln x , f

0

(x) =

1
x

i równaniami stycznych do wykresu są

w x

0

= 1 : y =

1
1

(x − 1) + ln 1 = x − 1 ,

w x

0

= 2 : y =

1
2

(x − 2) + ln 2 =

x
2

− 1 + ln 2 .

(b) Przybliżamy wartość f (x) wartością g(x) funkcji liniowej, której wykresem jest prosta
styczna do wykresu f (x) w punkcie x

0

(w którym f (x

0

) jest łatwe do policzenia):

f (x) = ln x , f

0

(x) =

1

x

, x

0

= 1 , h = x − x

0

= −0, 03 ,

ln 0, 97 ≈ ln 1 +

1
1

· (−0, 03) = −0, 03 ,

f (x) =

2

x

2

, f

0

(x) =

−4

x

3

, x

0

= 0, 5 , h = 0, 01 ,

2

(0,51)

2

≈

2

(0,5)

2

+

−4

(0,5)

3

· (0, 01) = 8 − 0, 32 = 7, 68 ,

3

√

−26, 73 ≈

3

√

−27 +

1

3

3

√

(−27)

2

· 0, 27 = −3 + 0, 27 ·

1

27

= −2, 99 ,

(0, 99)

3

≈ 1

3

+ 3 · 1

2

· (−0, 01) = 0, 97 .

2. (a) Ponieważ pochodną funkcji f (x) =

a
x

jest f

0

(x) =

−a

x

2

, styczna do hiperboli y =

a
x

w dowolnym (ale ustalonym) punkcie x

0

6= 0 ma równanie

y = f

0

(x

0

) · (x − x

0

) + f (x

0

) =

−a

x

2

0

· (x − x

0

) +

a

x

0

=

−a

x

2

0

x +

2a

x

0

.

(b) Wobec tego styczna do hiperboli y =

a
x

przecina oś OX w punkcie (2x

0

, 0), a oś OY

w punkcie



0,

2a
x

0



, a zatem punkt styczności,



x

0

,

a

x

0



dzieli ten odcinek na połowy.

3.

f (x) = x − 3 ,

f

0

(x) = 1

f

00

(x) = 0 ,

g(x) = 4x

2

− e

x

− 3 sin x ,

g

0

(x) = 8x − e

x

− 3 cos x g

00

(x) = 8 − e

x

+ 3 sin x ,

h(x) = 2x

3

−

3
x

,

h

0

(x) = 6x

2

−

3

x

2

h

00

(x) = 12x +

6

x

3

,

j(x) = 4

√

x +

x

5

10

,

j

0

(x) =

2

√

x

+

x

4

2

j

00

(x) = −

1

x

√

x

+ 2x

3

,

k(x) = 2 ln(3x) − x

4

+ 4

x

= 2(ln 3 + ln x) − x

4

+ 4

x

,

k

0

(x) = 0 +

2

x

− 4x

3

+ ln 4 · 4

x

k

00

(x) = −

2

x

2

− 12x

2

+ (ln 4)

2

· 4

x

.

MATEMATYKA PwZ

Praca domowa 18. II 2011 (st. dzienne i zaoczne)

1. Podać równania prostych stycznych

(a) do hiperboli o równaniu f (x) =

1
x

w punktach x = −1 i x = 3 (f

0

(x) = −

1

x

2

) ,

(b) do wykresu funkcji f (x) = e

x

w punktach x = 0 i x = 1 ,

(c) do paraboli o równaniu f (x) = x

2

− 1 w punktach x = −1 i x = 2 .

2.

Wyznaczyć wszystkie punkty, w których proste styczne do wykresu funkcji f (x) =

x

3

− 4x

2

+ 5x są (a) poziome, (b) równoległe do prostej o równaniu y = 5x.

(Wskazówka: pochodna tej funkcji jest równa f

0

(x) = 3x

2

− 8x + 5).

3* (tylko studenci dzienni)

Obliczyć pochodną funkcji f (x) =

√

x w punktach x

0

= 1 i x

0

= 4.

Rozwiązania

1. (a) f (x) =

1
x

, x

0

= −1 ; f

0

(x) =

−1

x

2

, f

0

(−1) = −1 ,

g(x) = f (x

0

) + (x − x

0

)f

0

(x

0

) =

1

−1

+ (−1)(x − (−1)) = −x − 2 ;

x

0

= 3 ; f (x

0

) =

1
3

, f

0

(x

0

) = −

1
9

g(x) =

1
3

−

1
9

(x − 3) =

1
9

x +

2
3

(b) f (x) = f

0

(x) = e

x

; styczna w x

0

= 0 : g(x) = e

0

+ e

0

(x − 0) = x + 1 ,

styczna w x

0

= 1 : g(x) = e

1

+ e

1

(x − 1) = e · x

(c) f (x) = x

2

− 1 , f

0

(x) = 2x (taka sama jak pochodna funkcji h(x) = x

2

– dlaczego?)

styczna w x

0

= −1 : g(x) = (−1)

2

− 1 + 2 · (−1) · (x − (−1)) = −2x − 2 ,

styczna w x

0

= 2 : g(x) = 2

2

− 1 + 2 · 2 · (x − 2) = 4x − 5.

2. Ponieważ nachylenie (czyli współczynnik kierunkowy) stycznej do wykresu funkcji f
w punkcie x to pochodna w punkcie x , f

0

(x), styczna jest

(a) pozioma w tych punktach x, w których pochodna jest równa 0,
(b) równoległe do prostej y = 5x w tych x, w których pochodna jest równa 5.

Skoro zaś f

0

(x) = 3x

2

− 8x + 5, mamy

(a) f

0

(x) = 0 ⇔ 3x

2

− 8x + 5 = 0 ⇔ (x = 1 ∨ x =

5
3

),

(b) f

0

(x) = 5 ⇔ 3x

2

− 8x + 5 = 5 ⇔ (x =

8
3

∨ x = 0) .

3. Z definicji pochodnej :

d(

√

x)

dx

= lim

h→0

√

x + h −

√

x

h

= lim

h→0

(

√

x + h −

√

x)(

√

x + h +

√

x)

h(

√

x + h +

√

x)

= lim

h→0

h

(

√

x + h +

√

x)

=

1

2

√

x

,

stąd f

0

(1) =

1
2

i f

0

(4) =

1
4

. Zamiast tego można też skorzystać z faktu, że pochodna

funkcji

√

x w punkcie x

0

> 0 jest odwrotnością pochodnej funkcji g(x) = x

2

w punkcie x

2
0

(zrobić rysunek i wywnioskować, dlaczego).