Matematyka A, kolokwium, 30 listopada 2010, Rozwia

,

zania

1. (10 pt.) Obliczy´c pochodne naste

,

puja

,

cych funkcji:

a. (3 pt.) tg ln(2x)

,

b. (4 pt.)

3

q

x+4

x

2

−x+4

c. (3 pt). y = (2 + sin x)

1/x

.

Rozwia

,

zanie

a. Korzystamy z wzoru na pochodna

,

z lo˙zenia:

tg ln(2x)

0

=

1

cos

2

(ln(2x))

·

1

2x

· 2 =

1

x cos

2

(ln(2x))

.

b.



3

q

x+4

x

2

−x+4



0

=



x+4

x

2

−x+4



1/3



0

=

1
3



x+4

x

2

−x+4



−2/3

·

x

2

−x+4−(x+4)(2x−1)

(x

2

−x+4)

2

=

=

1
3

3

q

x

2

−x+4

x+4

2

·

−x

2

−8x+8

(x

2

−x+4)

2

=

−x

2

−8x+8

3(x+4)

2/3

(x

2

−x+4)

4/3

=

1
3

(−x

2

− 8x + 8)(x + 4)

−2/3

(x

2

− x + 4)

−4/3

—

zapisa lem wynik w kilku postaciach, bo cze

,

sto wygodnie jest zapisa´c go w pewnej postaci, aby co´s z

nim dalej robi´c. To oczywi´scie konieczne nie by lo.

c. y

0

=



(2 + sin x)

1/x



0

=



e

(1/x) ln(2+sin x)



0

= e

(1/x) ln(2+sin x)



−1

x

2

ln(2 + sin x) +

1

x

·

1

2+sin x

· cos x



=

= (2 + sin x)

1/x



− ln(2+sin x)

x

2

+

cos x

x(2+sin x)



= (2 + sin x)

(

1

x

−1)

·

x cos x−ln(2+sin x)

x

2

.

2. (4 pt.) Niech f (x) =

p

(x + a)

2

+ x

2

− 9 −

p

(x − a)

2

+ x

2

− 9 . Znale´z´c taka

,

liczbe

,

a > 0 ,

˙ze dla ka˙zdego x > 3 zachodzi r´owno´s´c f

0

(x) = 0 .

(2 pt.) Niech P be

,

dzie punktem le˙za

,

cym na wykresie funkcji y =

√

x

2

− 9 , kt´orego pierwsza

,

wsp´o lrze

,

dna

,

jest liczba 5 . Znale´z´c r´ownanie prostej τ

P

stycznej do wykresu funkcji

y =

√

x

2

− 9 w punkcie P .

(4 pt.) Niech F

r

= (3

√

2, 0) , F

`

= (−3

√

2, 0) . Dowie´s´c, ˙ze dwusieczna

,

ka

,

ta F

`

P F

r

jest

prosta τ

P

.

Rozwia

,

zanie

Obliczamy pochodna

,

pamie

,

taja

,

c o tym, ˙ze a jest sta la

,

, a x — zmienna

,

:

p

(x + a)

2

+ x

2

− 9 −

p

(x − a)

2

+ x

2

− 9

0

=

=

1
2

(x + a)

2

+ x

2

− 9

−1/2

(2x + 2a + 2x) −

1
2

(x − a)

2

+ x

2

− 9

−1/2

(2x − 2a + 2x)

= (x + a)

2

+ x

2

− 9

−1/2

(2x + a) − (x − a)

2

+ x

2

− 9

−1/2

(2x − a) .

Je´sli to wyra˙zenie jest r´owne 0 , dla pewnego x , to (przenosimy jedno wyra˙zenie na druga

,

strone

,

,

mno˙zymy przez mianowniki i podnosimy do kwadratu obie strony otrzymanej r´owno´sci):

(x − a)

2

+ x

2

− 9

(2x + a)

2

= (x + a)

2

+ x

2

− 9

(2x − a)

2

, sta

,

d

(x − a)

2

(2x + a)

2

+ (x

2

− 9)(2x + a)

2

= (x + a)

2

(2x − a)

2

+ (x

2

− 9)(2x − a)

2

, wie

,

c

(x − a)(2x + a)

2

− (x + a)(2x − a)

2

= (x

2

− 9) (2x − a)

2

− (2x + a)

2

, zatem

2x

2

− ax − a

2

2

− 2x

2

+ ax − a

2

2

= (x

2

− 9)(−2a)(4x) i w ko´

ncu, po naste

,

pnym zapisaniu r´o˙znicy

kwadrat´ow w postaci iloczynu, otrzymujemy (−2ax) 4x

2

− 2a

2

= (x

2

− 9)(−2a)(4x) . Poniewa˙z

ax 6= 0 , wie

,

c 2x

2

− a

2

= 2x

2

− 18 , tzn. a =

√

18 = 3

√

2 .

Mamy

p

(x + a)

2

+ x

2

− 9 =

q

(x + 3

√

2)

2

+ x

2

− 9 =

p

2x

2

+ 6

√

2 + 9 =

q

(x

√

2 + 3)

2

= x

√

2 + 3 ,

bo x

√

2 + 3 > 0 . Analogicznie

p

(x − a)

2

+ x

2

− 9 =

q

(x − 3

√

2)

2

+ x

2

− 9 =

p

2x

2

− 6

√

2 + 9 =

=

q

(x

√

2 − 3)

2

= x

√

2 − 3 , bo x

√

2 − 3 > 0 . Sta

,

d wynika, ˙ze dla a = 3

√

2 i x > 3 zachodzi r´owno´s´c

p

(x + a)

2

+ x

2

− 9 −

p

(x − a)

2

+ x

2

− 9 = x

√

2 + 3 − (x

√

2 − 3) = 6 . Pochodna funkcji sta lej jest

r´owna 0 .

Je´sli x = 5 , to y =

√

25 − 9 = 4 , zatem P = (5, 4) . Mamy y

0

=

1
2

(x

2

− 9)

−1/2

· 2x =

x

√

x

2

−9

. Wobec

tego wsp´o lczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji

√

x

2

− 9 w punkcie P jest r´owny

5
4

, wie

,

c

r´ownanie stycznej do wykresu w punkcie P to: y =

5
4

(x − 5) + 4 .

Wektor v = [4, 5] jest styczny do tego wykresu — ma taki sam wsp´o lczynnik kierunkowy, jak styczna

w tym punkcie. Mamy te˙z [F

`

, P ] = [5 + 3

√

2, 4] oraz [F

r

, P ] = [5 − 3

√

2, 4] . D lugo´sci tych trzech

wektor´ow sa

,

r´owne kolejno:

√

4

2

+ 5

2

=

√

41 ,

q

(5 + 3

√

2)

2

+ 4

2

=

p

59 + 30

√

2 ,

q

(5 − 3

√

2)

2

+ 4

2

=

p

59 − 30

√

2 .

Dla wykazania r´owno´sci ka

,

t´ow wystarczy wykaza´c, ˙ze ich kosinusy sa

,

r´owne (ka

,

t mie

,

dzy wektorami

nie jest wie

,

kszy od π radian´ow). Wyka˙zemy, ˙ze

v · [F

`

, P ]

kvk · k[F

`

, P ]k

=

v · [F

r

, P ]

kvk · k[F

r

, P ]k

,

czyli (v ·[F

`

, P ])·k[F

r

, P ]k = (v ·[F

r

, P ])·k[F

`

, P ]k . Mamy v ·[F

`

, P ] = 4·(5+3

√

2)+5·4 = 40+12

√

2

oraz v · [F

r

, P ] = 4 · (5 − 3

√

2) + 5 · 4 = 40 − 12

√

2 > 0 . Mo˙zemy napisa´c:

(40 + 12

√

2)

p

59 − 30

√

2 = (40 − 12

√

2)

p

59 + 30

√

2 ⇐⇒

⇐⇒ (10 + 3

√

2)

p

59 − 30

√

2 = (10 − 3

√

2)

p

59 + 30

√

2 ⇐⇒

⇐⇒ (10 + 3

√

2)

2

(59 − 30

√

2) = (10 − 3

√

2)

2

(59 + 30

√

2) ⇐⇒

⇐⇒ (118 + 60

√

2)(59 − 30

√

2) = (118 − 60

√

2)(59 + 30

√

2) ⇐⇒

⇐⇒ (59 + 30

√

2)(59 − 30

√

2) = (59 − 30

√

2)(59 + 30

√

2).

Ostatnia r´owno´s´c jest prawdziwa, wie

,

c wszystkie poprzednie r´ownie˙z.

3. (4 pt.) Niech f (x) = x

3

− x dla x ∈ [−1, 2] (poza przedzia lem [−1, 2] funkcja nie jest

zdefiniowana). Niech A =

− 1, f (−1)

, B = 2, f (2)

, X = x, f (x)

. Wyrazi´c

pole tr´ojka

,

ta AXB wzorem, w zale˙zno´sci od x .

(6 pt.) Dla jakiego x ∈ [−1, 2] pole tr´ojka

,

ta AXB jest najwie

,

ksze?

Rozwia

,

zanie

Mamy f (−1) = 0 , f (2) = 6 , zatem [A, X] = [x + 1, x

3

− x] , [B, X] = [x − 2, x

3

− x − 6] .

Pole r´ownoleg loboku rozpie

,

tego przez wektory [A, X] i [B, X] to warto´s´c bezwzgle

,

dna wyznacznika:









x + 1

x

3

− x

x − 2 x

3

− x − 6







 = (x + 1)(x

3

− x − 6) − (x

3

− x)(x − 2) = x + 1 − (x − 2)

(x

3

− x) − 6(x + 1) =

=3(x

3

− x − 2x − 2) = 3(x

3

− 3x − 2) = 3(x + 1)(x

2

− x − 2) = 3(x + 1)

2

(x − 2) . Wynika sta

,

d, ˙ze dla

x ∈ [−1, 2] pole tr´ojka

,

ta AXB jest r´owne

3
2

(x + 1)

2

(2 − x) — po lowa pola r´ownoleg loboku. Dla x

spoza przedzia lu [−1, 2] pole r´owne jest

3
2

(x + 1)

2

(−2 + x) .

Rozwa˙zamy funkcje

,

3
2

(x + 1)

2

(2 − x) na przedziale [−1, 2] . Ma ona najwie

,

ksza

,

warto´s´c w pewnym

punkcie (twierdzenie Weierstrassa). Poniewa˙z w punktach wewne

,

trznych jest dodatnia, a w ko´

ncach

przedzia lu jest r´owna 0 , wie

,

c najwie

,

ksza

,

warto´s´c przyjmuje w pewnym punkcie wewne

,

trznym. Jej

pochodna w tym punkcie musi by´c r´owna 0 . Mamy

3
2

(x+1)

2

(2−x)

0

= 3(x+1)(2−x)−

3
2

(x+1)

2

=

=

3
2

(x+1)(4−2x−x−1) =

3
2

(x+1)(3−3x) =

9
2

(x+1)(1−x) , zatem jedynym punktem wewne

,

trznym

przedzia lu [−1, 2] , w kt´orym pochodna zeruje sie

,

, jest 1 . Najwie

,

ksza warto´s´c jest w nim przyjmowana

i jest r´owna

3
2

·2

2

= 6 (o te

,

liczbe

,

w zadaniu nie pytano). Dodajmy jeszcze, ˙ze wsp´o lczynnik kierunkowy

stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (1, 0) jest r´owny 2 , wie

,

c ta styczna jest r´ownoleg la do

wektora [A, B] = [3, 6] .

4. (3 pt.) Poda´c definicje

,

pochodnej funkcji f w punkcie p .

(7 pt.) Obliczy´c f (1) oraz pochodna

,

f

0

(1) , je´sli

f (x) = ln x · sin

πx

2

· (1 + ln x)

3

· tg

11 πx

4

· log

10



190 + (2 + x

11

)

4

+ (x

30

+ 8)

3



.

Rozwia

,

zanie

Pochodna

,

funkcji f w punkcie p nazywamy granice

,

lim

h→0

f (p+h)−f (p)

h

.

f (1) = 0 , bo ln 1 = 0 . Poniewa˙z (ln x)

0

=

1

x

, wie

,

c lim

x→1

ln x

x−1

= lim

h→0

ln(1+h)

h

= lim

h→0

ln(1+h)−ln 1

h

=

1
1

= 1 .

Obliczamy f

0

(1) = lim

x→1

f (x)−f (1)

x−1

= lim

x→1

f (x)

x−1

= lim

x→1

ln x

x−1

· lim

x→1

sin

πx

2

· lim

x→1

(1 + ln x)

3

· lim

x→1

tg

11 πx

4

·

· lim

x→1

log

10



190 + (2 + x

11

)

4

+ (x

30

+ 8)

3



= 1 · sin

π

2

· (1 + 0)

3

· tg

11 π

4

· log

10

190 + (2 + 1)

4

+ (1 + 8)

3

=

= log(190 + 81 + 729) = log

10

1000 = 3 .

5. (3 pt.) Sformu lowa´c twierdzenie Lagrange’a o warto´sci ´sredniej.

(3 pt.) Wykaza´c, ˙ze je´sli y > x > 1000 , to 0 < ln y − ln x <

y−x

1000

.

(4 pt.) Wykaza´c, ˙ze je´sli y > x > 1000 , to

1999(y − x) <

1
y

(1 + y

2

)

3/2

−

1

x

(1 + x

2

)

3/2

< 2000(y − x) .

Rozwia

,

zanie

Twierdzenie Lagrange’a o warto´sci ´sredniej

Je´sli funkcja f jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu domknie

,

tego [a, b] i ma pochodna

,

we wszyst-

kich punktach przedzia lu otwartego (a, b) , to istnieje taki punkt c ∈ (a, b) , ˙ze f

0

(c) =

f (b)−f (a)

b−a

.

Niech f (x) = ln x . Mamy f

0

(x) = (ln x)

0

=

1

x

. Je´sli y > x > 1000 , to istnieje taka liczba c ∈ (x, y) ,

˙ze f (y) − f (x) = f

0

(c)(y − x) =

1
c

(y − x) <

y−x

1000

, bo c > 1000 .

Niech ϕ(x) =

1

x

(1+x

2

)

3/2

= x

−1

(1+x

2

)

3/2

. Mamy ϕ

0

(x) = −x

−2

(1+x

2

)

3/2

+x

−1

·

3
2

(1+x

2

)

1/2

·2x =

= −

1

x

2

(1 + x

2

)

3/2

+ 3(1 + x

2

)

1/2

= (1 + x

2

)

1/2

3 −

1+x

2

x

2

= (1 + x

2

)

1/2

2 −

1

x

2

. Je´sli x > 1000 , to

ϕ

0

(x) = (1+x

2

)

1/2

2−

1

x

2

> (1 000 001)

1/2

·1,999 999 > (1 000 000)

1/2

·1,999 999 = 1 999,999 > 1 999 .

Wobec tego, je´sli y > x > 1000 , to dla pewnego c ∈ (x, y) zachodzi wz´or

ϕ(y) − ϕ(x) = ϕ

0

(c)(y − x) > 1,999(y − x) ,

bo oczywi´scie c > 1000 .

Prawa nier´owno´s´c jest na og´o l nieprawdziwa. Je´sli np. y > x > 10 000 , i c ∈ (x, y) , to c > 10 000 ,

wie

,

c ϕ

0

(c) = (1 + c

2

)

1/2

2 −

1

c

2

> (1 + c

2

)

1/2

> c > 10 000 , wie

,

c ϕ(y) − ϕ(x) > 10 000(y − x) , przy

czym w rzeczywisto´sci ta r´o˙znica jest jeszcze wie

,

ksza (skorzystali´smy z tego, ˙ze liczba 2 −

1

c

2

jest

wie

,

ksza od 1 , a ona jest prawie r´owna 2).

Ciekawostki (kt´o˙z wie, co sie

,

mo˙ze przyda´c):

sin(3x

2

)

0

= 6x cos(3x

2

) , ln x = ln x − ln 1 ,

ln(cos x)

0

= − tg x .