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 55 44515 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.