Klas´

owka trzecia, matematyka A, 11 stycznia 2005, rozwiazania

Gdyby kto´s mia l pytania, bede w piatek od mniej wiecej 12:30 w swym pokoju, tel [phone] do oko lo 17:00,

tekst zosta l napisany dosy´

c szybko, wiec moga by´

c jakie´s liter´

owki.

! "#

$&%

'()

+*-,/.0*21

1.

Znale´z´c liczby a, b takie, ˙ze lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

2

= 0 , nastepnie obliczy´c granice lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

3

Mamy lim

x

→0

√

1 + x − (1 + ax + bx

2

)

= 0 = lim

x

→0

x

2

. Mo˙zemy wiec spr´

obowa´

c

skorzysta´c z regu ly de l’Hospitala.

Iloraz pochodnych r´

owny jest

1

2

√

1+x

− a − 2bx

2x

. Mamy lim

x

→)

0(

1

2

√

1+x

− a − 2bx) =

1
2

− a . Je´sli

1
2

− a > 0 ,

to lim

x

→0

+

1

2

√

1+x

− a − 2bx

2x

= +∞ , zatem lim

x

→0

+

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

2

= +∞ 6= 0 . Wykazali´smy, ˙ze nie mo˙ze zacho-

dzi´c nier´

owno´s´c

1
2

− a > 0 . Analogicznie wykluczamy nier´owno´s´c

1
2

− a = 0 . Musi wiec by´c

1
2

− a = 0 . W

tej sytuacji lim

x

→0

1

2

√

1+x

− a − 2bx = 0 . Zastosujemy regu le de l’Hospitala do ilorazu

1

2

√

1+x

− a − 2bx

2x

. Mamy

lim

x

→0

−1

4(

√

1+x)

3

− 2b

2

= −

1
8

− b . Wobec tego musi by´c b = −

1
8

. Ostatnia rzecz, kt´

ora pozosta la do zrobienia,

to znalezienie granicy lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

3

. Po dwukrotnym zastosowaniu regu ly de l’Hospitala otrzymujemy

granice lim

x

→0

−1

4(

√

1+x)

3

+

1
4

6x

(powtarzamy poprzednie rachunki z a =

1
2

i b = −

1
8

ze zmienionym mianownikiem!).

Liczniki i mianownik da ˙za do 0 , wiec mo˙zemy spr´

obowa´c zastosowa´c regu le de l’Hospitala raz jeszcze. Otrzy-

mujemy lim

x

→0

3

8(

√

1+x)5

6

=

1

16

, wiec lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

3

=

1

16

. Koniec tego rozwiazania.

To by la metoda najbardziej studentom narzucajaca sie. Teraz rozwia ˙zemy to kr´

ocej. Zastosujemy wz´

or Tay-

lora z reszta Peano (mo˙zna te˙z dwumian Newtona):

√

1 + x = 1 +

1
2

1

x +

1
2

2

x

2

+

1
2

3

x

3

+ x

3

r

(x) przy czym

wiadomo, ˙ze lim

x

→0

r

(x) = 0 . Mamy

1
2

1

=

1
2

,

1
2

2

=

1
2

(−

1
2

)

2!

= −

1
8

i

1
2

3

=

1
2

(−

1
2

)(−

3
2

)

3!

=

1

16

. Wobec tego

lim

x

→0

√

1 + x − (1 + ax + bx

2

)

x

2

= lim

x

→0

1
2

− a

x −

1
8

+ b

x

2

+

1

16

x

3

+ x

3

r

(x)

x

2

=

= lim

x

→0

1
2

− a

−

1
8

+ b

x +

1

16

x

2

+ x

2

r

(x)

x

.

By ta granica by la sko´

nczona musi by´c a =

1
2

. Wtedy jest ona r´

owna −

1
8

− b . Poniewa˙z ma by´c r´owna 0 ,

wiec b = −

1
8

. Mamy wtedy lim

x

→0

√

1 + x − (1 +

1
2

x

−

1
8

x

2

)

x

3

= lim

x

→0

1

16

x

3

+ x

3

r

(x)

x

3

= lim

x

→0

1

16

+ r(x)

. DRUGIE

rozwiazanie zosta lo zako´

nczone.

Poka˙zemy jeszcze jedna metode, dostepna dla uczni´

ow szk´

o l ´srednich. Mamy

lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

2

= lim

x

→0

1+x−(1+ax+bx

2

)

2

x

2

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

= lim

x

→0

1+x−

1+2ax+(a

2

+2b)x

2

+2abx

3

+b

2

x

4

x

2

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

=

= lim

x

→0

(1−2a)x−(a

2

+2b)x

2

−2abx

3

−b

2

x

4

x

2

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

= lim

x

→0

(1−2a)−(a

2

+2b)x−2abx

2

−b

2

x

3

x

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

. Mianownik da ˙zy do 0 , wiec by istnia la

sko´

nczona granica, licznik te˙z musi mie´c granice 0 . To oznacza, ˙ze musi zachodzi´c r´

owno´s´c a =

1
2

. Wtedy

0 = lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

2

= lim

x

→0

(1−2a)−(a

2

+2b)x−2abx

2

−b

2

x

3

x

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

= −

a

2

+2b

2

= −

1+8b

8

, zatem b = −

1
8

. Mamy wtedy

lim

x

→0

√

1+x−(1+ax+bx

2

)

x

3

= lim

x

→0

(1−2a)x−(a

2

+2b)x

2

−2abx

3

−b

2

x

4

x

3

(

√

1+x+(1+ax+bx

2

))

= lim

x

→0

1
8

x

3

−

1

64

x

4

x

3

(

√

1+x+(1+

1
2

x

−

1
8

x

2

))

=

= lim

x

→0

1
8

−

1

64

x

(

√

1+x+(1+

1
2

x

−

1
8

x

2

))

=

1

16

.

To ko´

nczy TRZECIE rozwiazanie tego zadania.

2.

Niech f (t) = e

at

cos ωt

√

5

dla t ∈

. Obliczy´c f

0

(t) i f

00

(t) . Znale´z´c liczby a, ω ∈

takie, ˙ze dla ka˙zdej

liczby rzeczywistej t zachodzi r´

owno´s´c f

00

(t) + 2f

0

(t) + 6f (t) = 0 .

Mamy f

0

(t) = ae

at

cos ωt

√

5

− ω

√

5e

at

sin ωt

√

5

, zatem

f

00

(t) = a

2

e

at

cos ωt

√

5

− 2aω

√

5e

at

sin ωt

√

5

− 5ω

2

e

at

cos ωt

√

5

.

Otrzymujemy wiec 0 = f

00

(t) + 2f

0

(t) + 6f (t) = e

at

(a

2

+ 2a + 6 − 5ω

2

) cos ωt

√

5

− 2(a + 1)ω

√

5 sin ωt

√

5

.

Przyjmujac t = 0 otrzymujemy 0 = a

2

+ 2a + 6 − 5ω

2

. Przyjmujac ω = 0 otrzymujemy 0 = a

2

+ 2a + 6 =

(a + 1)

2

+ 5 , co jest niemo˙zliwe, zatem ω 6= 0 . Przyjmijmy teraz t =

π

2ω

√

5

, czyli ωt

√

5 =

π

2

. Otrzymujemy

0 = −2(a + 1)ω

√

5 , zatem a = −1 i wobec tego 0 = (−1)

2

+ 2(−1) + 5 − 5ω

2

, czyli ω

2

= 1 , wiec ω = ±1 .

3.

Znale´z´c granice

lim

x

→+∞

cos x

x

,

lim

x

→+∞

ln x

x

oraz

lim

x

→+∞

3

√

x

+ ln x −

3

√

x

+ cos x

.

Mamy 0 ≤

cos x

x

≤

1

|x|

−−−−→

x

→∞

0 , zatem

lim

x

→+∞

cos x

x

= 0 .

Uwaga.

Regu la de l’Hospitala nie dzia la niestety, bo nie istnieje granica

lim

x

→+∞

− sin x

1

, a jej istnienie jest jednym

z za lo˙ze´

n twierdzenia de l’Hospitala.

×

Druga granice obliczamy za pomoca regu ly de l’Hospitala. Mo˙zna ja stosowa´c, bo lim

x

→∞

x

= ∞ i lim

x

→∞

1
x

1

= 0 .

Stad wnioskujemy, ˙ze

lim

x

→+∞

ln x

x

= 0 .

Znajdziemy trzecia granice. Mamy

3

√

x

+ ln x−

3

√

x

+ cos x =

3

√

x

h

3

q

1 +

ln x

x

−

3

p1 +

cos x

x

i

. Wyra˙zenie w nawiasie

kwadratowym ma granice 0 , ale lim

x

→∞

3

√

x

= ∞ . Jeste´smy wiec w niemi lej sytuacji: 0 · ∞ . Nale˙zy przybli˙zy´c

wielko´sci

3

q

1 +

ln x

x

oraz

3

p1 +

cos x

x

. Mamy

3

√

x

0

=

1

3

3

√

x

2

. Wobec tego

3

√

1 + y =

3

√

1 +

1

3

3

√

1

2

y

+ y%(y) =

=1 +

1
3

y

+ y%(y) , gdzie lim

y

→0

%

(y) = 0 . Mamy wiec

3

√

x

h

3

q

1 +

ln x

x

−

3

p1 +

cos x

x

i

=

=

3

√

x

h

1 +

ln x

3x

+

ln x

3x

%

ln x

3x

− 1 −

cos x

3x

−

cos x

3x

%

cos x

3x

=

3

√

x

h

ln x

3x

−

cos x

3x

+

ln x

3x

%

ln x

3x

−

cos x

3x

%

cos x

3x

i

.

Z nier´

owno´sci 0 ≤

3

√

x

cos x

x

| ≤

1

3

√

x

2

wynika, ˙ze

lim

x

→+∞

3

√

x

cos x

3x

= 0 . Stosujac regu le de l’Hospitala otrzymujemy

lim

x

→∞

3

√

x

ln x

x

= lim

x

→∞

ln x

3

√

x

2

= lim

x

→∞

1
x

−

2
3

x

−1/3

= − lim

x

→∞

3

2

3

√

x

2

= 0 . Obliczenia zosta ly zako´

nczone.

Mo˙zna rozwiaza´c to zadanie nieco inaczej.

3

√

x

+ ln x −

3

√

x

+ cos x =

x

+ ln x − (x + cos x)

3

p(x + ln x)

2

+

3

√

x

+ cos x

3

√

x

+ cos x +

3

p(x + cos x)

2

=

=

ln x − cos x

3

p(x + ln x)

2

+

3

√

x

+ cos x

3

√

x

+ cos x +

3

p(x + cos x)

2

=

=

ln x − cos x

3

√

x

2

3

q

1 +

ln x

x

2

+

3

q

1 +

ln x

x

3

p1 +

cos x

x

+

3

q

1 +

cos x

x

2

Podobnie jak w poprzednim rozwiazaniu wykazujemy, ˙ze

lim

x

→+∞

cos x

3

√

x

2

= 0 oraz lim

x

→+∞

ln x

3

√

x

2

= 0 i otrzymujemy

lim

x

→+∞

3

√

x

+ ln x −

3

√

x

+ cos x

= 0 .

4.

Znale´z´c najmniejsza warto´s´c funkcji

√

1 + x

2

+

p4 + (6 + x)

2

.

Niech f (x) =

√

1 + x

2

+

p4 + (6 + x)

2

. Mamy f (x) ≥ 100 dla |x| ≥ 100 , bo

√

1 + x

2

≥ |x| . Obliczamy

pochodna f

0

(x) =

x

√

1+x

2

+

6+x

√

4+(6+x)

2

. R´

owno´s´c f

0

(x) = 0 jest r´

ownowa˙zna r´

owno´sci

x

√

1+x

2

= −

6+x

√

4+(6+x)

2

. Z

tej r´

owno´sci wynika, ˙ze

x

√

1+x

2

)

2

=

−

6+x

√

4+(6+x)

2

2

, a z niej wynika, ˙ze x

2

4 + (6 + x)

2

= (6 + x)

2

(1 + x

2

) ,

czyli 4x

2

= (6 + x)

2

. Wobec tego albo 2x = 6 + x czyli x = 6 , albo −2x = 6 + x czyli x = −2 . Bez

trudu sprawdzamy, ˙ze f

0

(−6) < 0 i f

0

(−2) = 0 . Wobec tego jedynym pierwiastkiem pochodnej jest liczba

−2 . Funkcja f jest ciag la, wiec na przedziale domknietym [−100, 100] przyjmuje warto´s´c najmniejsza. Mo˙ze
przyjmowa´c w ko´

ncu przedzia lu, w punkcie zerowania sie pochodnej lub w punkcie, w kt´

orym pochodnej nie

ma. Badana funkcja ma pochodna wszedzie i f (0) < 100 ≤ f(100) oraz f(0) < 100 ≤ f(−100) . Wobec tego
najmniejsza warto´s´c nie jest przyjmowana w ko´

ncu przedzia lu. Wewnatrz jest tylko jeden kandydat: x =

−2 .

Wobec tego f (−2) jest najmniejsza warto´scia funkcji f na przedziale [−100, 100] , wiec r´ownie˙z na ca lej prostej,
bo poza tym przedzia lem warto´sci sa wieksze ni˙z 100 . Wynika stad, ˙ze najmniejsza warto´scia funkcji f jest

liczba f (−2) =

√

5 +

√

20 = 3

√

5 . Koniec tego rozwiazania.

Liczba

√

1 + x

2

to odleg lo´s´c punkt´

ow (0, 1) i (x, 0) . Liczba

p4 + (6 + x)

2

to odleg lo´s´c punkt´

ow (−6, −2)

i (x, 0) . Z nier´

owno´sci tr´

ojkata wynika, ˙ze najmniejsza warto´s´c funkcja

√

1 + x

2

+

p4 + (6 + x)

2

przyjmuje,

gdy punkty (0, 1) , (−6, −2) i (x, 0) le˙za na jednej prostej. Ta warto´s´c r´owna jest odleg lo´sci punkt´ow (0, 1) i
(−6, −2) , czyli liczbie

p(−6 − 0)

2

+ (−2 − 1)

2

=

√

45 = 3

√

5 .

Oczywi´scie znacznie trudniej jest wymy´sle´c to drugie rozwiazanie, chocia˙z jest ono o wiele prostsze.

6.

Znale´z´c ca lke nieoznaczona

R sin x cos x ln(sin x)dx , a nastepnie ca lke oznaczona R

π

4

π

6

sin x cos x ln(sin x)dx .

Mamy

R sin x cos x ln(sin x)dx

y

=sin x

=========

dy

=cos x dx

=

R y ln y dy

przez

=====

cze´

sci

y

2

2

ln y −

R

y

2

2

1
y

dy

=

y

2

2

ln y −

y

2

4

+ C =

=

sin

2

x

2

ln(sin x) −

sin

2

x

4

+ C .

Stad

R

π

4

π

6

sin x cos x ln(sin x)dx =

sin

2 π

4

2

ln(sin

π

4

) −

sin

2 π

4

4

−

sin

2 π

6

2

ln(sin

π

6

) −

sin

2 π

6

4

sin

π

6

=

1
2

========

sin

π

4

=

√

2

2

=

1
4

ln

√

2

2

−

1
8

−

1
8

ln

1
2

−

1

16

) = −

1

16

.

5.

Niech f (x) =

3

q

(x+2)

2

x

dla x 6= 0 . Wiadomo, ˙ze wtedy f

0

(x) =

x

−2

3

3

√

(x+2)x

4

oraz f

00

(x) =

−2x

2

+8x+16

9

3

√

(x+2)

4

x

7

dla

tych wszystkich liczb x ∈

, dla kt´

orych prawe strony wzor´

ow maja sens. Jedynymi pierwiastkami drugiej

pochodnej sa liczby x

1

= 2 − 2

√

3 ≈ −1,46 oraz x

2

= 2 + 2

√

3 ≈ 5,46 . Znale´z´c przedzia ly, na kt´orych funkcja

f

jest rosnaca; przedzia ly, na kt´

orych funkcja f jest malejaca; przedzia ly, na kt´

orych ta funkcja jest wypuk la;

przedzia ly, na kt´

orych jest wkles la. Znale´z´c punkty, w kt´

orych funkcja f nie ma pochodnej. W jakich punktach

funkcja f ma lokalne ekstrema? Znale´z´c punkty przegiecia wykresu funkcji f . Znale´z´c granice jednostronne

funkcji f w ko´

ncach wszystkich przedzia l´

ow sk ladajacych sie na jej dziedzine oraz granice jednostronne funkcji

f

0

(pochodnej funkcji f ) w ko´

ncach wszystkich przedzia l´

ow sk ladajacych sie na jej dziedzine.

Naszkicowa´

c wykres funkcji

f uwzgledniajac otrzymane rezultaty.

Wykresu nie narysuje, ale zrobie wszystko inne. Mamy lim

x

→∞

(x+2)

2

x

= lim

x

→∞

(x + 4 +

4
x

) = ∞ + 4 + 0 = ∞ ,

zatem lim

x

→∞

3

q

(x+2)

2

x

= ∞ . Analogicznie lim

x

→−∞

3

q

(x+2)

2

x

= −∞ .

Podobnie

lim

x

→0

+

(x+2)

2

x

= lim

x

→∞

(x + 4 +

4

x

) = 0 + 4 + ∞ = ∞ , zatem lim

x

→0

+

3

q

(x+2)

2

x

= ∞ i analogicznie

lim

x

→0

−

3

q

(x+2)

2

x

= −∞ . Znale´zli´smy granice funkcji f .

Dla x 6= 0, −2 mamy f

0

(x) =

x

−2

3

3

√

(x+2)x

4

>

0 wtedy i tylko wtedy, gdy (x − 2)(x + 2) > 0 . Wobec tego dla

x

6= 0, −2 mamy f

0

(x) > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x < −2 lub 2 < x . Wobec tego funkcja f jest ´sci´sle

rosnaca na ka˙zdym z przedzia l´

ow (−∞, −2] , [2, ∞) . Na ka˙zdym z przedzia l´ow [−2, 0) , (0, 2] funkcja f jest

´sci´sle malejaca. (Nie jest malejaca w zbiorze [−2, 0) ∪ (0, 2] , bo f(−1) = −1 <

3

√

3 = f (1) , chocia˙z −1 < 1 ).

Mamy lim

x

→0

+

f

0

(x) = lim

x

→0

x

−2

3

3

√

(x+2)x

4

= −∞ , bo licznik da ˙zy do −2 < 0 , a dla x > −2 mianownik jest dodatni

i ma granice 0 . Mamy teraz

lim

x

→−2

+

f

0

(x) =

lim

x

→−2

+

x

−2

3

3

√

(x+2)x

4

= −∞ , bo licznik da ˙zy do −4 < 0 a mianow-

nik da ˙zy do 0 jest dodatni dla x > −2 . Analogicznie

lim

x

→−2

−

f

0

(x) =

lim

x

→−2

−

x

−2

3

3

√

(x+2)x

4

= +∞ . Wobec tego

f

0

+

(−2) = −∞ i f

0

−

(−2) = +∞ (je´sli w jakim´s punkcie dziedziny funkcji ciag lej pochodna ma granice, to ta

granica jest pochodna w tym punkcie). Wykazali´smy, ˙ze jednostronne pochodne funkcji f w punkcie −2 sa
r´

o˙zne, zatem funkcja w tym punkcie pochodnej nie ma. Poniewa˙z te pochodne sa niesko´

nczone, wiec wykres ma

w tym punkcie „ostrze” (skierowane ku g´

orze, bo f

0

−

(−2) = +∞ ).

Nale˙zy jeszcze znale´z´c granice

lim

x

→±∞

f

0

(x) . Sa one r´

owne 0 , bo

lim

x

→±∞

(x−2)

3

x

4

(x+2)

= 0 — stopie´

n licznika 3 jest

mniejszy ni˙z stopie´

n mianownika 5 .

Druga pochodna jest dodatnia na p´

o lprostej (−∞, −2) , na przedziale (−2, x

1

) i na przedziale (0, x

2

) . Wobec

tego funkcja f jest ´sci´sle wypuk la na przedzia lach (−∞, −2] , [−2, x

1

] i (0, x

2

] , nie jest wypuk la na p´

o lprostej

(−∞, x

1

) = (−∞, −2]∪[−2, x

1

) , bo na odcinku laczacym punkty (−2.5, f(−2.5)) i (−1.5, f(−1.5)) znajduje sie

punkt le˙zacy pod wykresem funkcji, np. punkt −2,

f

(−2.5)+f (−1.5)

2

, bo f(−2.5), f(−1.5) < 0 . Na przedzia lach

(x

1

,

0) i (x

2

,

∞) druga pochodna jest ujemna, wiec na przedzia lach [x

1

,

0) i [x

2

,

∞) funkcja jest ´sci´sle wkles la.