"!$#&%('()(*+$+,-#

*0

)(*

$./

.

0

1. Znaleźć granice lim sin( 1 ) · tg x , jeśli ta granica istnieje lub wykazać, że nie istnieje.

x

x

→ 0

0

Rozw. | sin α| ≤ 1 dla każdej liczby α ∈ , zatem 0 ≤ sin( 1 ) · tg x ≤ | tg x| −−−→ 0 , wiec 1

x

x→ 0

lim sin( 1 ) · tg x = 0 .

x

x

→ 0

0

cos πx

2. Znaleźć granice lim

2

, jeśli ta granica istnieje lub wykazać, że nie istnieje.

x

ln x

→ 1

0

0

Rozw. Ponieważ licznik i mianownik to funkcje ciag le i cos π = 0 = ln 1 , wiec można spróbować zastosować 2

0

0

0

regu le markiza de l’Hospitala (mamy do czynienia z nieoznaczonościa typu 0 ). Stad wynika, że 0

0

lim (cos πx ) 0

sin πx

sin π

cos πx

2

= lim − π 2

2

= − π 2

2

=

, wiec lim

2

=

.

1

1

− π

− π

x

(ln x) 0

2

ln x

2

→ 1

x→ 1

x

1

x→ 1

√

0

3. Dla jakich liczb a ∈

funkcja zdefiniowana równościami f ( x) = cos(2 x) − 1+2 x 2 i f (0) = a jest ciag la w 1

x

0

punkcie 0 , dla jakich a jest ciag la w punkcie 1 .

0

0

Rozw. Licznik i mianownik sa funkcjami różniczkowalymi, które w punkcie 0 przyjmuja wartość 0 . Stosujemy 0

regu le markiza de l’Hospitala w celu znalezienia granicy lim f ( x) . Funkcja cos(2 x) przyjmuje w punkcie 0

x→ 0

√

0

0

0

swa najwieksza wartość, zatem jej pochodna w punkcie 0 równa jest 0 . Funkcja

1 + 2 x 2 przyjmuje w

0

0

punkcie 0 swa najmniejsza wartość, zatem jej pochodna w punkcie 0 równa jest 0 . Wobec tego pochodna 0

licznika w punkcie 0 równa jest 0 . Pochodna mianownika w każdym punkcie równa jest 1 . Widać wiec, że 0

lim f ( x) = 0 = 0 . Wobec tego funkcja f jest ciag la w punkcie 0 wtedy i tylko wtedy, gdy a = 0 . W punkcie x

1

→ 0

0

0

0

1 jest ciag la niezależnie od wyboru a , bo licznik i mianownik sa ciag le w punkcie 1 i mianownik jest 6= 0 .

0

4. Znaleźć pochodna funkcji f , jeśli f ( x) =

x 4 ex

cos(2 x)

(1 + x 2)ln x

tg (cos(3 x 2)) .

1+ x 2

0

Rozw.

x 4 ee 0 = x 4 0ex + x 4 ex 0 = 4 x 3 ex + x 4 ex ; cos(2 x)

= − 2 sin(2 x) ·(1+ x 2) − cos(2 x) · 2 x ; 1+ x 2

(1+ x 2)2

0

0

0

(1+ x 2)ln x

= e ln(1+ x 2) · ln x

= e ln(1+ x 2) · ln x ln(1 + x 2) · ln x

= (1+ x 2)ln x

1

;

1+ x 2 ·(2 x) · ln x+ln(1+ x 2) · 1

x

tg (cos(3 x 2)) 0 =

1

cos2(cos 3 x 2) · ( − sin(3 x 2)) · (6 x) .

5. Wykazać, że jeśli 0 < α < β < π , to ctg α− ctg β > 1 .

β−α

Rozw. Za lóżmy najpierw, że 0 < α < β ≤ π . Z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej wynika, że istnieje 2

liczba c ∈ ( α, β) taka, że ctg α− ctg β = (ctg) 0( c) = − 1 , czyli ctg α− ctg β =

1

> 1 . Ten sam argument

α−β

sin2 c

β−α

sin2 c

0

dzia la, gdy π

zdarzyć, że 0 < α < π < β < π i

2 ≤ α < β < π . Problem polega na tym, że może sie

2

0

0

wtedy mog loby sie zdarzyć, że c = π i otrzymalibyśmy nierówność, ale nieostra, bo sin π = 1 . Na mocy 2

2

tego co, już zosta lo wykazane, możemy napisać ctg α− ctg π 2 > 1 , czyli ctg α − ctg π > π

π

2

2 − α . Analogicznie

2 −α

ctg π

. Dodajemy te dwie nierówności stronami i otrzymujemy ctg α

2 − ctg β > β − π

2

− ctg β > β − α , czyli

ctg α− ctg β > 1 , a to w laśnie chcieliśmy wykazać.

β−α

7. Napisać równanie prostej stycznej do wykresu funkcji f w punkcie ( p, f ( p)) , jeśli

√

f ( x) = x 4 − 3 x 3 , p = (1 , − 2) , f( x) = tg x , p = ( − π , 3) .

3 −

Rozw. W pierwszym przypadku mamy f 0( x) = 4 x 3 − 9 x 2 , zatem f 0(1) = 4 · 13 − 9 · 12 = − 5 . Styczna do wykresu funkcji f w punkcie (1 , − 2) to prosta, której wspó lczynnik kierunkowy równy jest f 0(1) = − 5 i na której leży punkt (1 , − 2) . Jej równanie to y = − 5 ·( x− 1) − 2 = − 5 x+3 . W drugim przypadku f 0( x) =

1

,

cos2 x

0

0

√

√

wiec f 0 − π =

1

=

1

= 4 . Równanie ma wiec postać y = 4 x

)

3 = 4 x + 4 π

3 .

3

cos2(

− ( − π

−

− π )

(1 / 2)2

3

3 −

3

√

√

6. Niech f ( t) = e−t a cos t 3 + b sin t 3 +

4 −ω 2

cos( ωt) +

2 ω

sin( ωt) dla t

. Znaleźć

(4

∈

−ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

1

f 00( t) − 2 f 0( t) + 4 f( t) − cos( ωt) .

√

√

√

√

Rozw. Mamy e−t cos( t 3) 0 = −e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) oraz

√

√

√

√

e−t sin( t 3) 0 = −e−t sin( t 3) + 3 e−t cos( t 3) . Z tych równości otrzymujemy

√

√

√

√

√

√

√

√

e−t cos( t 3) 00 = e−t cos( t 3) +

3 e−t sin( t 3) +

3 e−t sin( t 3) − ( 3)2 e−t cos( t 3) =

√

√

√

√

√

√

√

= e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) − 3 e−t cos( t 3) = − 2 e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) . Obliczamy dalej

√

√

√

√

√

√

√

√

e−t sin( t 3) 00 = e−t sin( t 3) − 3 e−t cos( t 3) − 3 e−t cos( t 3) − ( 3)2 e−t sin( t 3) =

√

√

√

√

√

√

√

= e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) = − 2 e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) .

√

√

Zdefiniujmy teraz g( t) = ae−t cos( t 3) + be−t sin( t 3) . Mamy g00( t) − 2 g0( t) + 4 g( t) =

√

√

√

√

√

√

√

= a − 2 e−t cos( t 3) + 2 3 e−t sin( t 3) − 2 − e−t cos( t 3) − 3 e−t sin( t 3) + 4 e−t cos( t 3) +

√

√

√

√

√

√

√

+ b − 2 e−t sin( t 3) − 2 3 e−t cos( t 3) − 2 − e−t sin( t 3) + 3 e−t cos( t 3) + 4 e−t sin( t 3) =

√

√

√

√

√

√

√

√

= ae−t( − 2+2+4) cos( t 3)+(2 3+2 3) sin( t 3)+ be−t( − 2+2+4) sin( t 3)+( − 2 3 − 2 3) cos( t 3) =

√

√

√

√

= 4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) . Niech teraz h( t) =

4 −ω 2

cos( ωt) +

2 ω

sin( ωt) .

(4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

Mamy h0( t) = −ω

4 −ω 2

sin( ωt) + ω

2 ω

cos( ωt) oraz

(4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

h00( t) = −ω 2

4 −ω 2

cos( ωt)

sin( ωt) =

(4

−ω 2

2 ω

−ω 2 h( t) . Teraz możemy już dodać wszystkie cz lony:

−ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

h00( t) − 2 h0( t)+4 h( t) = (4 −ω 2) h( t) − 2 h0( t) =

(4 −ω 2)2

cos( ωt)+ 2 ω(4 −ω 2) sin( ωt)+2 ω

4 −ω 2

sin( ωt)

(4

−

−ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

− 2 ω

2 ω

cos( ωt) = (4 −ω 2)2 − 4 ω 2 cos( ωt) + 4 ω

4 −ω 2

sin( ωt) . Mamy f ( t) = g( t) + h( t) , zatem (4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

f 00( t) − 2 f 0( t) + 4 f( t) − cos( ωt) = g00( t) − 2 g0( t) + 4 g( t) + h00( t) − 2 h0( t) + 4 h( t) − cos( ωt) =

√

√

√

√

= 4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) + (4 −ω 2)2 − 4 ω 2 cos( ωt) + 4 ω

4 −ω 2

sin( ωt)

(4

− cos( ωt) =

−ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

√

√

√

√

=4 e−t( a − b 3) cos( t 3) + ( a 3 + b) sin( t 3) +

− 5 ω 2

cos( ωt) + 4 ω

4 −ω 2

sin( ωt) .

(4 −ω 2)2+ ω 2

(4 −ω 2)2+ ω 2

Wynik, jak wida´

c, jest dosy´

c paskudny. Jest to rezultat dwu „drobnych” omy lek. Mia lo być

√

√

f ( t) = et a cos t 3 + b sin t 3 +

4 −ω 2

cos( ωt) +

2 ω

sin( ωt) . Wtedy w wyniku otrzyma-

(4

0

−ω 2)2+4 ω 2

(4 −ω 2)2+4 ω 2

libyśmy 0 , po mniej wiecej takich samych rachunkach i przynajmniej wynik by lby znośniejszy. Celem jednak 0

0

by lo wielokrotne sprawdzenie umiejetności wykonywania prostych przekszta lceń w wiekszej liczbie, a wynik 0

w tej chwili znaczenia wiekszego nie ma.

0

0

0

8. Znaleźć najwieksza wartość funkcji f : [ − 1 , 4] → IR określonej za pomoca wzoru f ( x) = 3 x 4 − 16 x 3 + 18 x 2 .

Rozw. 1. f 0( x) = 4 · 3 x 3 − 3 · 16 x 2 + 2 · 18 x = 4 · 3 x( x 2 − 4 x + 3) = 12 x( x − 1)( x − 2) . Pochodna jest 0

wiec: dodatnia na przedziale (2 , 4]) , ujemna na przedziale (1 , 2) , dodatnia na przedziale (0 , 1) i ujemna 0

na przedziale ( − 1 , 0) . Stad od razu wynika, że funkcja rośnie (ściśle!) na przedziale [2 , 4] , na przedziale 0

0

0

[1 , 2] jest ściśle malejaca, na przedziale [0 , 1] — ściśle rosnaca, na przedziale [ − 1 , 0] — ściśle malejaca.

0

0

Wynika stad, że najwieksza wartość to albo f ( − 1) = 3 + 16 + 18 = 37 , albo f(1) = 3 − 16 + 18 = 5 albo f (4) = 3 · 44 − 16 · 43+18 · 42 = (3 − 4) · 44+18 · 42 = 42 ·( − 16+18) = 32 . Wobec tego max f( x) = f( − 1) = 37 .

x∈[ − 1 , 4]

0

0

0

0

0

Rozw. 2. Funkcja f jest ciag la na przedziale domknietym [ − 1 , 4] , zatem z pewnościa ma wartość najwieksza 0

w jakimś punkcie p ∈ [ − 1 , 4] . Jeśli p jest punktem wewnetrznym tego przedzia lu, to musi być f 0( p) = 0 , bo 0

0

funkcja ma pochodna we wszystkich punktach wewnetrznych przedzia lu [ − 1 , 4] (w końcach też, ale to nas nie 0

interesuje!). Wynika stad, że punkt p jest albo końcem przedzia lu [ − 1 , 4] , albo punktem krytycznym funkcji 0

f , czyli punktem, w którym pochodna równa jest 0 . Oznacza to, że najwieksza wartość funkcji f to jedna z liczb f ( − 1) = 37 , f(0) = 0 , f(1) = 5 , f(2) = − 8 , f(4) = 32 , czyli liczba f( − 1) = 37 .

0

0

0

Uwaga. Z rozwiazania wynika, że najmniejsza wartościa funkcji f jest f (2) = − 8 .

0

9. Wykazać, że jeśli 0 < a , to równanie tg x = a( x− π )+1 ma co najmniej jedno, a co najwyżej trzy rozwiazania 4

0

spe lniajace nierówność |x| < π oraz że

2

0

0

dla pewnej liczby a 1 > 0 równanie tg x = a 1( x − π ) + 1 ma dok ladnie jedno rozwiazanie spe lniajace 4

warunek |x| < π ;

2

0

0

dla pewnej liczby a 2 > 0 równanie tg x = a 2( x − π ) + 1 ma dok ladnie dwa rozwiazania spe lniajace 4

warunek |x| < π ;

2

0

0

dla pewnej liczby a 3 > 0 równanie tg x = a 3( x − π ) + 1 ma dok ladnie trzy rozwiazania spe lniajace 4

warunek |x| < π .

2

0

Rozw. Niech fa( x) = tg x − a( x − π )

d,

4

− 1 . Mamy f0a( x) = 1 + tg 2 x − a , f00a( x) = 2 tg x(1 + tg 2 x) . Wynika sta że f 00

a ( x) = 0 dla x ∈

− π , π wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0 . Jeśli f 0

, to

2

2

a( x 1) = 0 i f 0a( x 2) = 0 , |x 1 |, |x 2 | < π

2

na mocy twierdzenia Rolle’a (szczególny przypadek twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej) zastosowanego do 0

0

0

funkcji f 0 , istnieje punkt c leżacy miedzy x 1 i x 2 taki, że f 00

a ( c) = 0 . Stad wynika, że funkcja f 0 ma co najwyżej

0

0

dwa pierwiastki w przedziale

− π , π . Korzystajac raz jeszcze z tego, że miedzy każdymi dwoma pierwiastkami 2

2

0

funkcji określonej i różniczkowalnej na przedziale znajduje sie pierwiastek jej pochodnej, stwierdzamy, że funkcja f

a ma co najwy żej trzy pierwiastki w przedziale

− π , π .

2

2

Przyjmujemy a

1 = 0 . Równanie tg x = a 1( x − π ) + 1 = 1 ma w przedziale

, π

dok ladnie jeden

4

− π 2 2

0

pierwiastek, bo na tym przedziale funkcja tg jest ściśle rosnaca i tg π = 1 .

4

Przyjmujemy a 2 = 2 = 1 + tg 2 π . Jednym z pierwiastków równania tg x = 2( x

) + 1 jest oczywiście

4

− π 4

π . Niech f( x) = tg x

) + 1 dla x

, π . Mamy f 0( x) = 1 + tg 2 x

4

− 2( x − π 4

∈ − π 2 2

− 2 = tg 2 x − 1 . Wobec

0

tego f 0( x) < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x ∈ − π , π . Wobec tego funkcja f jest ściśle malejaca na przedziale 4

4

0

0

− π , π i ściśle rosnaca na każdym z przedzia lów π , π ,

,

. W każdym z nich ma wiec co najwyżej

4

4

4

2

− π 2 −π 4

0

jeden pierwiastek. Teraz wystarczy przyjrzeć sie wartościom w punktach ± π i granicom w punktach

. Te

4

± π 2

0

ostatnie to oczywiście ±∞ . f( π ) = 0 , f(

) = tg

d, że funkcja

4

− π 4

− π 4 − 2 − π 4 − π 4 − 1 = π − 2 > 0 . Wynika sta f jest dodatnia na przedziale

− π , π i na przedziale π , π . Ponieważ f(

) = π

f ( x) =

4

4

4

2

− π 4

− 2 > 0 i lim

−∞ ,

x→− π 2

0

wiec ma pierwiastek w przedziale

− π ,

, oczywiście dok ladnie jeden jako ściśle monotoniczna. Wykazaliśmy

2 − π

4

zatem, że równanie tg x = 2( x − π ) + 1 ma dok ladnie dwa pierwiastki rzeczywiste: jeden w przedziale

,

,

4

− π 2 −π 4

a drugim jest liczba π .

4

Przyjmijmy a

3 = 12 . Niech g( x) = tg x − 12( x − π ) + 1 . Mamy g π

= tg π

) + 1 =

4

3

3 −

12( π 3 − π 4

√

√

= 3 − 12 π

3

g( x) = +

, π funkcja g ma co najmniej jeden

12 − 1 =

− 2 < 0 i lim

∞ > 0 , zatem w przedziale π

x

4

2

→ π

2

0

pierwiastek. g π = 0 , wiec mamy drugi. g(0) = 3 π

g( x) =

, 0

4

− 1 > 0 , lim

−∞ > 0 , zatem w przedziale − π

x

2

→− π

2

0

0

funkcja g ma pierwiastek. To już trzeci, wiec, zgodnie z tym co wykazaliśmy wcześniej, wiecej już nie ma. ×

0

0

Uwaga. Rozumowanie świadczace o tym, że w przedziale

− π , π sa co najwyżej trzy pierwiastki można

2

2

0

przedstawić bardziej geometrycznie. Bedzie to jednak, w swej istocie, to samo rozumowanie, ale inaczej opowie-0

dziane. Czyta´

c dalej nale ży robiac sobie rysunki na kartce papieru, bo mowa jest o „geometrii”.

0

0

Na przedziale 0 , π funkcja tg jest ściśle wypuk la, zatem jej wykres przecina jakakolwiek prosta w co 2

najwyżej dwóch punktach.

0

0

Na przedziale

− π , 0 , funkcja tg jest ściśle wkles la, zatem również w tym przypadku prawda jest, że ma 2

0

0

co najwyżej dwa punkty wspólne z dowolna prosta.

0

Stad wynika, że wykres funkcji tg (rozpatrywanej tylko na przedziale

− π , π ) ma co najwyżej cztery

2

2

0

punkty wspólne z prosta.

0

Należy jeszcze przekonać sie, że czterech być nie może. Niech 0 < x 1 < x 2 < π , tg x

) + 1

2

1 = a( x 1 − π

4

oraz tg x

2 = a( x 2 − π ) + 1 . Ze ścis lej wypuk lości funkcji tg na przedziale 0 , π

wynika, że wspó lczynnik

4

2

0

0

kierunkowy prostej przechodzacej przez punkty ( x 1 , tg x 1) i ( x 2 , tg x 2) jest wiekszy niż wspó lczynnik kierunkowy 0

stycznej do wykresu tangensa w punkcie ( x 1 , tg x 1) a ten z kolei jest wiekszy niż wspó lczynnik kierunkowy prostej 0

0

przechodzacej przez punkty (0 , 0) i ( x 1 , tg x 1) . Z tego stwierdzenia wynika, że prosta przechodzaca przez punkty 0

0

( x 1 , tg x 1) i ( x 2 , tg x 2) przecina pozioma oś uk ladu wspó lrzednych na prawo od (0 , 0) .

0

0

0

0

Analogicznie wykazujemy, że prosta przecinajaca „lewa” cześć wykresu funkcji tangens przecina pozioma oś 0

0

uk ladu wspó lrzednych na lewo od (0 , 0) . Stad wynika od razu, że nie ma prostej, która przecina wykres funkcji tg — rozpatrywanej tylko na przedziale

− π , π — w czterech punktach.

2

2