STUDIA EKSTERNISTYCZNE
MATEMATYKA
A. Literatura obowiązkowa:
1. J. Piszczała, M. Piszczała, B. Wojsieszyn, Matematyka z zadaniami, Wyd. PWN, Warszawa (dowolne wydanie).
Literatura pomocnicza:
2. J. Laszuk, Repetytorium z matematyki, Wyd. SGH, Warszawa 1995.
B. PROGRAM NAUCZANIA
I. MACIERZE I DZIAŁANIA NA NICH W TYM:
Dodawanie, odejmowanie macierzy, mnoŜenie przez liczbę, mnoŜenie macierzy przez macierz.
Rodzaje macierzy w tym: kwadratowe, prostokątne, trójkątne (górna i dolna) jednostkowa, macierz zerowa, transponowana, macierze Grama.
Przykładowe zadania
1. Dane są macierze
2
6 3 2 1
4 3 2 1
3
0 2
A =
B =
C = 0 5 0 2
D =
0 1 2 5
4
1 5
4 3 8 2
3
Zbadać które z niŜej podanych działań jest wykonalne?
a) ABD
b) BTC+D
c) CAT
2. Ustalić wymiar macierzy A B i C tak, aby było moŜliwe wykonanie działań CAB-4BA 3. Dobrać tak parametry a, b aby macierz postaci:
2
a + b
b −1
a + a 1− b
1− b
1− b
a
b −
A =
1
2
2
b −
b
a
1
a
2
a −
2
a
b − b
a
1
była macierzą a) diagonalną b) trójkątną górną, c) trójkątną dolną, d) jednostkową, e) zerową 1
2
3
xx T;
x T x
jeŜeli
x =
4
5
5. Dobrać, o ile to moŜliwe, parametry a, b, c, d aby macierze A i B były równe:
1
c
1
a 0 −
1
1 4 0
A =
−1 1 3
B =
3 1
b
5 7 d
1
0
2
6. Wykonać mnoŜenie AX
x
1 2 3 6
1
x
2 3
x
a)
2
A = 4 5 6 3
X =
1
b) A =
X =
x 3
4 6
x 2
2 8 4 2
x 4
II. WYZNACZNIK I JEGO WŁASNOŚCI
Z kaŜdą macierzą kwadratową A, ale tylko taką, związane jest pojęcie liczby zwanej –
wyznacznikiem macierzy. Oznaczamy go symbolem A i czytamy wyznacznik macierzy A.
Np. jak:
A = [5], to det A = det [5] = 5
3 2
3 2
A =
to det A = det
4 6
4 6
ale zapisy:
1
3 2 1
det3 oraz det
nie mają sensu! Macierz A nazywamy osobliwą jeŜeli det A = 0 i
0 4 5
2
nieosobliwą jeŜeli det A ≠ 0. JeŜeli macierz A jest macierzą postaci:
a
a
A = 11
12
a 21
a 22
to det A = a 11 a 22 – a 12 a 21
6 − 3
6 − 3
np. jeŜeli A =
to det A = det
= 6× 4 − (− 5
)
3
= 24 +15 = 39
5
4
5
4
Do macierzy A postaci
−
−
−
a
a
a
a
a
a
a
a
11
12
13
11
12
11
12
13
A = a
a
a
stosujemy schemat Sarrusa.
a
a
a
a
a
21
22
23
21
22
23
21
22
a
a
a
31
32
33
a
a
a
a
a
31
32
33
31
32
+
+
+
2
W I = a 11 a 22 a 33 + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32
W II = – ( a 31 a 22 a 13 + a 32 a 23 a 11 + a 33 a 21 a 12) Ostatecznie det A = W I – W II
Dla macierzy stopnia n gdzie n > 3 stosujemy wzory Laplace’a.
Dla i-tego wiersza.
det A = ai 1 Ai 1 + a i2 A i2 + ... + ain Ain dla j-tej kolumny:
det A = a 1 j A 1 j + a2j A 2 j + ... + anj Anj gdzie dopełnienie A ij (elementu a ij macierzy A) obliczono według wzoru: Aij = (-1) i+j det Mij
zaś macierz Mij powstała z macierzy A przez skreślenie i-tego wiersza oraz j-tej kolumny.
Przekształcenia elementarne. Własności wyznacznika. Wyznacznik macierzy transponowanej, trójkątnej, jednostkowej. Wzory Cramera. Rząd macierzy. Rząd iloczynu macierzy.
Zadania
1. Obliczyć wyznacznik macierzy A jeŜeli:
0 1 3
1
2
1 4 5
0
2
1
− 2 3
1
0
a) A =
b) A =
2 5 7
c) A = 2 4 2
0
4
5 0
3 6 9
3 0 4
1
5
4 0 0
1
6
2. Dla jakich α macierz A jest nieosobliwa:
1 4 2
7
0
1
−α
α 5 4 9 +α
a)
A = 1 −1
0
b) A =
0
6
1
7
α
1
−1
2 3 0
5
3. Rozwiązać równanie i nierówność:
1
1
1
1
1 1 − x
1
1
a)
det
= 0
1
1
2 − x 1
1
1
1
1
2 x + 2 −1
b) det1
1
− 2 >0
5
− 3
x
4. Liczby 168,567 i 336 dzielą się przez 21. Nie obliczając wartości wyznacznika macierzy A, a korzystając z własności pokazać, Ŝe
3
det A = det5 6 7
3 3 6
dzieli się przez 21.
5. Korzystając z własności wyznacznika pokazać, Ŝe:
a
b
a x by
c
a
b
c
1
1
1
+ +
1
1
1
1
a) det a
b
a x b y
c
det a
b
c
2
2
2
+ 2 + 2 =
2
2
2
a
b
a x b y
c
a
b
c
3
3
3
+ 3 + 3
3
3
3
a
b
c
b) det a + b 2 b c + b = 0
3
3
3
6. Wiedząc Ŝe:
a b c
det p
q
r = 10
u
v
w
obliczyć:
u 2 p − a
det v 2 q − b
w 2 r
− c
7. Znaleźć rząd macierzy
3 2 4
1 2
1 2
3
a) A = 1 2 5
b) B = 4 3 c) C =
4 2 1
3 1 4
2 4
8. Rozwiązać układ równań stosując wzory Cramera:
3 x + x − x = 1
1
2
3
3 x + 5 x = 0
a) x + 5 x − x = 2
b)
1
2
1
2
3
6 x + 4 x = 0
x − x + 6 x = 0
1
2
1
2
3
III. MACIERZ ODWROTNA
Z kaŜdą macierzą nieosobliwą A związana jest jedna i tylko jedna macierz oznaczona symbolem A-1 i nazywana macierzą odwrotną.
Jest przy tym:
AA-1 = A-1 A = I
Metody wyznaczania macierzy odwrotnej:
a) metoda „wyznacznikowa”
b) wyznaczanie macierzy odwrotnej do macierzy trójkątnej.
c) Metoda Jordana-Gaussa
4
1. Wyznaczyć A-1 jeŜeli:
4 6 3
1 0 0
6 0
0
6
3
a) A =
b) A = 0 2 4
c) A = 4 3 0
d) A = 0 8 0
2 5
0 0 8
2 4 3
0 0 10
n
2 0 0
n
∑ x i
e) A =
i−1
0 2 0
f) A = n
n
0 0 2
2
∑ x
x
i
∑
i
i−1
i−1
2. Rozwiązać układ równań AX = b wyznaczając macierz A-1
3 x + 2 x − x = 5
4 x + 5 x = 6
1
2
3
a)
1
b)
6 x + 2 x = 1
2 x − x = 8
1
3
1
2
− x + x + 5 x = 2
1
2
3
3. Wyznaczyć macierz X jeŜeli:
3 6 4 2
a) X
=
2 5
1 3
8 2
3 1
b)
X =
4 5
0 2
4. Wiadomo, Ŝe det A ≠ 0. Wyznaczyć A-1 jeŜeli:
1
−
2 1
a) (2 ) T
A
=
4 5
2 0
b) ( I +
−
3 ) 1
A
=
0 5
5. Sprawdzić czy macierz A postaci:
−1 1
−
1
A = 0 −1 0
8
2
2
spełnia równanie macierzowe 3
A + 5 A + 6 I = 0
JeŜeli tak, to zaproponować wyznaczenie macierzy A-1.
6. Czy macierz A jest macierzą odwrotną do macierzy B jeŜeli:
6 3 2
3 1 0
a) A = 1 4 5
B =
0 2 3
0 1 2
4 5 6
6 8
3
− 2
b) A =
B = 2
4 6
−
3
1
2
5
7. Macierze A i B mają odpowiednio postać:
−1 2
2 2
0
A =
B = −1 2
0 1 −
1
−1 2
Ich iloczyn AB = I . Czy stąd wynika, Ŝe macierz A jest macierzą odwrotną macierzy B?
IV. UKŁADY RÓWNAŃ LINIOWYCH
Dany jest układ równań postaci:
AX = b
(1)
Gdzie A = [ aij] jest macierzą o wymiarach mxn natomiast X T = [ x 1... x n] zaś b T = [ b 1 b 2 ... b m]
Układ (1) nazywamy jednorodnym jeŜeli b ≡ 0, zaś niejednorodnym jeŜeli przynajmniej jedna składowa bi jest róŜna od zera. Układ (1) ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy: R( A) = R(B) (Twierdzenie Kroneckera-Capelliego) gdzie:
B = [ A, b]
JeŜeli
R( A) ≠ R( B)
to układ (1) jest sprzeczny
jeŜeli R( A) = R( B) = n (liczba niewiadomych) ten układ (1) ma jedno rozwiązanie jeŜeli R( A) = R( B) = q < n (wspólna wartość rzędów macierzy podstawowej i rozszerzonej jest mniejsza od liczby niewiadomych) to układ (1) ma nieskończenie wiele rozwiązań.
Ilustracje na przykładach:
3 x + 5 x = 8
1
2
2 x − x = 1
1
2
4 x + 2 x = 6
1
2
3
5
A = 2 −
1 A : 3 × 2
przeto R( A) ≤ min(3,2) = 2
4
2
3
5
i jest równy 2 bo np. det
= −3 −10 = −13 ≠ 0
2 −1
6
5
8
B = 2 −1 1
B : 3× 3
przeto R( B) ≤ min(
)
3
,
3
= 3
4 2 6
ale
3
5
8
3
5
det 2
−1 1 = 0
czyli
R( B) = 2, bo np. det
= −13 ≠ 0
−
2
1
4
2
6
R( A) = R( B) =2 (liczba niewiadomych)
3 x + 5 x = 8
−
1
2
1
8
5
13
x = −
det
=
= 1
2 x − x = 1
1
− −
1
2
13
1
1
13
1
3 8
−13
x = −
det
=
= 1
jest spełnione równanie trzecie, bo 4 × 1 + 2 × 1 = 6
2
13
2 1
−13
2 x + x − x + 2 x = 5
1
2
3
4
3 x + 4 x + x − x = 6
1
2
3
4
2 1 −1 2
A =
A : 2 × 4
3 4
1
−1
R( A) ≤ min(2,4) = 2
2 1
R( A) = 2, bo np. det
= 8 − 3 = 5 ≠ 0
3 4
2 1 −1 2
5
B =
R(B) ≤ min. (2,5) = 2
3 4
1
−1 6
2 1
ale det
= 5
3 4
R( A) = R( B) = 2 (ale 2 jest mniejsze od 4) zaś 4 jest liczbą niewiadomych 2
+
= +
−
1
x
x 2
5
x 3 2 x 4
3
+
= −
+
1
x
4 x 2
6
x 3
x 4
1
5
+ x − 2 x
1
3
4
1
1
x =
det
=
(20 + 4 x − 8 x − 6 + x − x ) =
1
( 4 + 5 x − 9 x )
1
3
4
3
4
3
4
5
6 − x + x
4
5
5
3
4
1
2 5 + x − 2 x
3
4
1
1
x =
det
=
1
( 2 − 2 x + 2 x −15 − 3 x + 6 x ) =
(−3 − x + 8 x )
2
3
4
3
4
3
4
5
3
6 − x + x
5
5
3
3
14
9
x 1 =
− c − d
1
5
5
x =
1
( 4 − 5 x − 9 x )
1
3
4
5
3
1
8
x 2 = − − c + d
1
5
5
5
x =
(−3 − x + 8 x )
2
3
4
5
x 3 = c
x 4 = d
x 3 = c dowolne stałe.
x 4 = d
7
Rozwiązanie szczegółowe np. c = d = 0
14
3
x =
x = −
x = 0
x = 0
1
2
3
4
5
5
Układ jednorodny
AX = 0
1ůkład jednorodny ma zawsze rozwiązanie
2ůkład jednorodny ma rozwiązani niezerowe
jeŜeli R( A) < n ( n liczba niewiadomych) Zadania
1. Rozwiązać układy równań:
2 x − 2 x + 2 x = 1
4 x + 5 x + x = 0
x + 3 x − x + x = 1
1
2
3
4
x + x − x = −2
2
2
3
1
2
3
a)
1
2
3
b)
− x + x − x = 2 c) x + 8 x − x = 0
d) x + 2 x + 2 x − x = 2
x + 2 x + 2 x = 1
1
2
3
1
2
3
1
2
3
4
1
2
3
x − x + x = 3
− x + x + 5 x = 0
5 x + x − 2 x = 1
1
2
3
1
2
3
2
3
4
2 x − x + 2 x = 2
1
2
3
d) x + 2 x + x = 1
1
2
3
x − 3 x + x = 10
1
2
3
2. Przedyskutować w zaleŜności od parametru a liczbą rozwiązań układu.
ax − 3 x = a
1
2
2 ax + ax = 12
1
2
V. ROZWIĄZANIA BAZOWE
Liniowa zaleŜność i niezaleŜność układów n wektorów m wymiarowych. Baza w tym baza jednostkowa zbudowana z wektorów ei i = 1,2 ... m
m
e ∈ R
i
Układ równań:
AX = b
(1)
gdzie:
A = [ a , a K a , a
, a
K a ]
1
2
m
m 1
+
m + 2
n
T
X
= [ x , x K x , x
, x
K x ]
1
2
m
m 1
+
m + 2
n
T
b = [ b , b K b , b
, b
K b ]
1
2
m
m 1
+
m + 2
n
Zakładamy, Ŝe pierwsze m kolumn macierzy A czyli pierwsze m wektorów ai i = 1, 2 – m tworzy bazę. Macierz A oraz wektor X zapisujemy przeto w postaci:
[ A , A ]
m
N
(2)
T
X
= [ X , X ]
m
N
8
A
[ a , a K
=
a ]
(3)
m
1
2
m
A = [ a
, a
K a ]
(4)
N
m 1
+
m + 2
n
T
X
= [ x K x ]
m
1
m
T
X
= [ x
K x ]
N
m 1
+
n
Wówczas układ AX = b zapisujemy w równowaŜnej postaci:
A X
+ A X = b
(5)
m
m
N
N
Macierz Am jest nieosobliwa, bo z załoŜenia wektory a 1, a 2 ... am tworza bazę. Istnieje przeto 1
−
A
. Zmiennym niebazowym nadajemy wartość 0. Przyjmując, Ŝe X
m
N = 0 układ (1) redukuje się
do układu:
A X
= b
(6)
m
m
przeto
X
A b
1
−
=
(7)
m
m
Rozwiązanie bazowe (względem bazy utworzonej z wektorów a1, a2 ... am) ma postać:
X −1
X =
m
A b
= m
(8)
0
0
Ilustracja na przykładzie
x + 6 x + 8 x = 2
1
3
4
(9)
x + 4 x + 5 x = 3
2
3
4
czyli
1
0
6
8 2
x
x
x
x
(10)
1 +
2 +
3
+ 4 =
0
1
− 4
5
3
albo
x e
(11)
1 1 + x e
2 2 + x a
3 3 + x a
4 4 = b
gdzie
1
0
6
8
2
e
e
a
a
b
1 =
2 =
3 =
4 =
=
0
1
4
5
3
Bazę tworzą wektory e1 i e2. Tym samym zmienne x1 i x2 są zmiennymi bazowymi. Nie bazowymi są wektory a3 oraz a4 a to oznacza, Ŝe niebazowymi są zmienne x3 i x4.
x
1 0
Zmienne bazowe tworzą wektor X
, mamy A
; Zmienne niebazowe
m = [ e e ]
1 2
=
m = 1
x 2
0 1
x
6 8
tworzą wektor X
, zaś macierz A
.
N = [ a a ]
3 4
=
N = 3
x 4
4 5
9
Aby znaleźć rozwiązanie bazowe układu (9) względem bazy e1 i e2 zmiennym niebazowym nadajemy wartość zero x3 = x4 = 0 co oznacza, Ŝe XN = 0. Wówczas układ (9) przechodzi w układ:
1 0 x
2
1
=
(11)
0 1 x 2
3
skąd x1 = 2 x2 = 3
zaś rozwiązanie względem bazy utworzonej z wektorów e1 i e2 ma postać:
2
X −1
m
A b
m
3
X =
=
=
(12)
X N
0
0
0
PokaŜemy w jaki sposób od danego rozwiązania bazowego przejść do nowego rozwiązania bazowego. Oznacza to, Ŝe od bazy ( e1 e2) przejdziemy do innej bazy.
Innymi słowy, Ŝe starej bazy ( e1 e2) usuniemy pewien wektor a na jego miejsce wprowadzimy nowy wektor (jeden spośród wektorów niebazowych czyli albo wektor a3 albo wektor a4).
ZauwaŜmy, Ŝe w bazie zbudowanej z wektorów e1 i e2 poszczególne wektory a1 a2 a3 a4 oraz b mają rozkład.
2 e1 + 3 e2 = b
(13)
1 e1 + 0 e2 = e1
(14)
0 e1 + 1 e2 = e2
(15)
6 e1 + 4 e2 = a3
(16)
8 e1 + 5 e2 = a4
(17)
Do nowej bazy wprowadzimy wektor a4. Wówczas zaleŜność (17) mnoŜymy obustronnie przez Θ (Θ ≠ 0)
Dostajemy
8 e
Θ + 5 e
Θ = a
Θ
(18)
1
2
4
Odejmujemy stronami od (13) zaleŜności (18).
Dostosujemy
(2 − Θ
8 ) e
3
(
5 )
(19)
1 +
− Θ e 2 + a
Θ 4 = b
Usuwamy z bazy ( e
− Θ =
1
Θ =
1 e2) jeden z wektorów np. e1 przyjmując, Ŝe 2
8
0 czyli
.
4
Podstawiamy tą wartość do (19). Mamy wówczas:
3
( − 5 × 1 ) e
(20)
4
2 + 1 a
4
4 = b
7
e
(21)
4
2 + 1 a
4
4 = b
Otrzymamy nowe rozwiązanie bazowe
10
7 4
X
(22)
1 =
0
1
4
A jak wyglądają rozkłady pozostałych wektorów e1 e2 a3 i a4 w nowej bazie ( e2 a4).
Rozwiązujemy względem e1 zaleŜność . (17) (do nowej bazy wprowadzamy wektor a4) 5
1
− e + a = e
(23)
8
2
8
4
1
e1 dane wzorem (23) podstawiamy kolejno do (13), (14), (15) i (16). Mamy wtedy kolejno: 2(− 5 e
3
8
2 + 1 a
8
4 ) +
e 2 = b
albo − 5 e
3
4 2 + 1 a
4
4 +
e 2 = b
7
e
(24)
4 2 + 1 a
4
4 = b
[patrz (21)]
Podstawiamy (23) do (14). Wówczas:
1× ( 5
1
− e + a + 0 e = e
8
2
8
4 )
2
1
5
1
− e + a = 0 e = e
8
2
8
4
2
1
5
1
− e + a = e
(25)
8
2
8
4
1
Podstawiamy (23) do (15). Wówczas
5
1
0(−
+ a ) +1 e = e
8
8
4
2
2
0 ⋅ a + 1 e = e
(26)
4
2
2
Podstawiamy (23) do (16). Wówczas:
( 5
1
6 −
e +
a
+ 4 e = a
8
2
8
4 )
2
3
15
3
− e + a + 4 e = a
4
2
4
4
2
3
1
3
e +
a = a
(27)
4 2
4
4
3
Podstawiamy (23) do (17) dostajemy:
( 5
1
8 −
e +
a
+ 5 e = a
czyli
8
2
8
4 )
2
4
−5 e + a + 5 e = a
2
4
2
4
1 a + 0 e = a
(28)
4
2
4
To samo postępowanie wykonamy teraz posługując się tabelarycznym ujęciem.
Zapisujemy w tablicy układ (9)
Komentarz
Nr
b
e1
e2
a3
a4
Dane stworzą e1 i e2. Do bazy wprowadzamy a4.
Usuwamy z niej e
2
1
0
6
8
1. Wektor wprowadzony a4 ma mieć
1
ten sam rozkład co i wektor usuwany z bazy.
3
0
1
4
5
Pierwszy wiersz dzielimy przez 8
2
1
6
Przekształcony wiersz mnoŜymy przez -5 i dodajemy
8
8
0
1
2
8
14
5
−
1
1
0
do drugiego wiersza
8
8
4
czyli:
11
7
b =
a +
e
[patrz (24)]
4
4
4
2
1
5
e =
a +
e
[patrz (25)]
1
8
4
8
2
e = 0 × a + 1× e
[patrz (26)]
2
4
2
3
1
a =
a +
e
[patrz (27)]
3
4
4
4 2
a = 1 a + 0 e
[patrz (28)]
4
4
2
VI. REPETYTORIUM Z RACHUNKU RÓśNICZKOWEGO FUNKCJI
JEDNEJ ZMIENNEJ.
Rozpatrujemy funkcję f(x) określoną w przedziale (a, b). Jest ona róŜniczkowalna w punkcie x = x0 jeŜeli istnieje granica:
f ( x + h) − f ( x )
0
0
lim
h→0
h
granicę tę nazywamy pochodną funkcji f(x) w punkcie x = x
'
0 i oznaczany albo f ( x ) albo
x
0
df
x = x . Z definicji obliczymy pochodną funkcji f(x) = x5 .
0
dx
5
f ( x ) = x , zaś
0
0
5
5
5
5
5
5
5
5
0
4 1
3
2
2
3
1
4
0
5
f ( x + h) = ( x + h) =
x h
+
x h
+
x h
+
x h
+
x h
+
x h
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
2
3
2
5
n
!
n
ale jak wiadomo =
dla n≥ k
k
( n − k)! k!
przeto
5
5
!
5
5
!
5
5
!
5
5
!
5
5
!
5
= 1 =
= 5 =
=10 =
=10 =
= 5 =
=1, bo 0! = 1
0
1
!
1
!
4
2
!
2
!
3
3
!
2
!
3
4
!
1
!
4
5
!
0
!
5
czyli
5
4
1
3
2
2
3
1
5
f ( x + h) = x + 5 x h +10 x h +10 x h + 5 x h + h 0
0
0
0
0
0
wobec tego
4
1
3
2
2
3
4
5
f ( x + h) − f ( x ) = 5 x h +10 x h +10 x h + 5 x h + h 0
0
0
0
0
0
0
czyli
f ( x + h) − f ( x )
0
0
4
3
2
2
3
4
= 5 x +10 x h +10 x h + 5 x h + h
0
0
0
0
h
12
f ( x + h) − f ( x )
0
0
4
2
2
2
3
4
4
=
5
( x + 10 x h + 10 x h + 5 x h + h ) = 5
lim
lim
x
0
0
0
0
0
h→0
h
h→0
Znane są róŜne interpretacje pochodnych. Podamy jedynie dwie z nich to znaczy interpretację geometryczną oraz ekonomiczną. Pierwsza z nich oznacza, Ŝe jeśli funkcja f(x) ma pochodną w punkcie x 0 to wykres tej funkcji ma w punkcie ( x , f ( x ) styczną, której współczynnik 0
0 )
kierunkowy jest równy f′( x0).
Równanie styczne do wykresu funkcji f( x), w punkcie ( x , f ( x ) ma postać: 0
0 )
y − ( fx ) = f '( x )( x − x ) 0
0
0
JeŜeli x oznacza wielkość produkcji, zaś K( x) jest kosztem całkowitym wytworzenia x jednostek produktu to wyprodukowanie ∆ x dodatkowych jednostek pociąga za sobą to, Ŝe całkowity koszt produkcji wynosi:
K
∆ = K( x + x
∆ ) − K( x )
0
0
albo
K
∆
K ( x 0 + x
∆ ) − K( x
=
)
0
X
∆
x
∆
a to oznacza, Ŝe:
K
∆ = K'( )
lim
x 0
∆ →
∆
x
0
x
Wielkość ta nosi nazwę kosztu końcowego. Analogicznie definiujemy utarg krańcowy u′( x0) jako pochodną funkcji utargu u( x) = x p( x), gdzie p( x) oznacza cenę.
Rozpatrujemy elastyczność funkcji f( x) którą oznaczamy symbolem Ef i definiujemy wzorem: x
E =
f '( x)
(1)
f
f ( x)
PODSTAWOWE WZORY:
y = c (stałe) y’ = 0
( f + g)' = f '+ g'
( fg)' = f ' g + fg'
f ' g − fg'
( f
=
g )'
2
g
Pochodne funkcji elementarnych:
α
α
y = x
α ≠ –1
y′ = α x – 1
y = ax
y′ = ax ln a
y = cx
y′ = cx
13
y′ = cos x
y = cos x
y′ = –sin x
1
y'=
y = tg x
2
cos x
1
y' = −
y = ctg x
2
sin x
1
y'=
y = ln x
x
1
1
y' =
⋅
y = logp x
ln p x
Przykłady obliczania pochodnych:
3
2
1
y = (ln x) ;
y' = (
3 ln x) ⋅ x
y = (sin x 2 )5 ;
y' = (
5 sin x 2 )4 ⋅ cos x 2 ⋅ 2 x
3
1
1
y =
−
1 − x
y' =
1
(
3
− x ) 2 ⋅ (−3 2
x )
2
sin x
2
2
3
2
3
(sin x)'tg x − sin x(tg x)'
y =
y'=
3
tg x
3
2
(tg x)
ale
2
(sin x
3
)' tg x = 2sin x ⋅ cos x
3
tg x
zaś
1
3
(tg x
2
)'sin x
2
= sin x
2
⋅3tg x ⋅
2
cos x
2
x
3
2
2
2
2
y = e ⋅ 5
( x + )
2
y' = ( e x )' 5
( x + )
2 3 + e x [ 5
( x + )
2 3 ] = ex ⋅ 2 x 5
( x + )
2 3 + e x ⋅ 5
( x + )
2 2 ⋅ 5
Zadania
1. Pokazać, Ŝe wzór (1) moŜna zapiać w równowaŜnej postaci:
'
'
E = [ln f ( x)] :[ln x]
f
x
x
2.
A( o, y)
P( x 0, y 0)
B( x 1,o)
Pokazać, Ŝe:
ρ( AP)
E =
f
ρ( P, B)
14
gdzie: ρ( A P) oznacza odległość punktu A do punktu P, zaś ρ ( P, B) jest odległością punktu B od punktu P .
3. JeŜeli elastyczność funkcji f( x) oraz g( x) w punkcie o odciętej x wynosi odpowiednio Ef oraz Eg to elastyczność:
a) iloczynu f( x) ⋅ g( x) jest równa Ef + Eq ilorazu f( x) : g( x) jest równa Ef – Eq elastyczność sumy f( x) + g( x) jest równa średniej wyraŜonej postaci: E f ( x) + E q( x)
f
q
f ( x) + q( x)
RóŜniczkowalność a ciągłość – funkcja róŜniczkowalna w punkcie x 0 jest ciągła w tym punkcie, ale nie odwrotnie bo np. jeśli: f( x) = x zaś x 0 = 0 to: f ( o + h) − f ( o)
h
=
h
h
h
zaś jeśli h > o, to wyraŜenie to jest równe 1 zaś jeŜeli h < o, to
= 1
− . Nie istnieje przeto
h
granica:
h
lim
h→0
h
a to oznacza, Ŝe funkcja ta nie jest róŜniczkowalna w funkcje x = x0. Innymi słowy ciągłość funkcji f( x) w punkcie x = x0 nie wystarzcza na to, aby była ona róŜniczkowalna w tym punkcie.
MONOTONICZNOŚĆ I EKSTREMA
1. JeŜeli funkcja f( x) jest róŜniczkowalna w przedziale ( a, b) i jej pochodna w tym przedziale jest dodatnia (ujemna) to funkcja jest w tym przedziale rosnąca (malejąca).
Np. jeŜeli w przedziale ( a, b) funkcji f( x) jest rosnąca to Ex > 0 zaś jeŜeli jest malejąca to Ex < 0
[patrz (1)].
2. JeŜeli funkcja f( x) jest róŜniczkowalna i ma w punkcie c ekstremum to f′( c) = 0.
Dodajmy jeszcze, Ŝe funkcja f( x) moŜe mieć ekstremum w punkcie i być w tym punkcie nieróŜniczkowalna. Przykładem takiej funkcji jest poprzednio rozpatrywana funkcja f( x) = x.
Ma ona minimum dla x = 0 ale teŜ nie jest w tym punkcie róŜniczkowalna.
3. JeŜeli róŜniczkowalna funkcja f( x) jest określona w przedziale [ a, b] to przyjmuje wartość największą (najmniejszą) w punkcie w którym pochodna się zeruje albo na końcu przedziału.
15
1. Obliczyć pochodne następujących funkcji.
x
x sin x
1 + 2 x
a) f ( x) =
b)
2
4
f ( x) = 1
( + sin x)
c) f ( x) =
d) f ( x) =
2
2
1 − cos x
x + tg x
2
x + 1
Znana jest toŜsamość:
ab = eb ln a
a > 0 b ∈ R
Na tej podstawie obliczamy pochodną funkcji np.
x
f ( x) = x .
W myśl podanej toŜsamości mamy:
x
x ln
x = e
x
x > 0
a stąd
( x x )' = ( x ln
e
x )'
x ln
= e x ⋅ ( x ln x)'
x ln
= e x ⋅[( x)'ln x + x(ln x) ]'
x ln
= e x (ln x + )
1 = x x (ln x + )
1
2
Post
x +
ępując analogicznie obliczyć pochodną funkcji: e) f( x) = (sin x)tg x 2
(
f x =
x +
; g)
)
1
( )
(2
)
3
2. Wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji:
− x
f ( x) = xe
obliczamy f′( x). Mamy zatem:
f ' ( x) = ( x)' e− x + x( e− x )' = e− x − xe− x = e− x 1
( − x)
skąd dostajemy
f ' ( x) > 0
dla 1− x > 0 czyli x < 1
f ' ( x) < 0
dla 1− x < 0 czyli x > 1
x
a) f ( x)
x 2
=
ln x
b) f ( x) = ex − x
c) f ( x) =
d) f ( x) = 3 3
x − 2 2
x + x +1
2
x +1
3. Wyznaczyć ekstremum lokalne funkcji:
f ( x) = ex − 5 x
obliczamy
f ' ( x) = x
e − 5
i otrzymaną pochodną przyrównujemy do zera, czyli rozwiązujemy równanie x
e − 5 = 0
stąd
x = ln 5
Obliczamy drugą pochodną funkcji f( x)
x
x
f ' ' ( x) = ( e − )
5 ' = e
i wyznaczymy jej wartość w miejscu zerowym pierwszej pochodnej czyli:
16
f ' ' (ln )
5 = e
PoniewaŜ ln5
e
> 0 przeto w punkcie x = ln 5 istnieje minimum lokalne. Jest ono równe: f (ln )
5
ln 5
= e − 5 ⋅ ln5
ZADANIA
Wyznaczyć ekstrema funkcji
a) f ( x = 2
)
+ x
b) f ( x)
3
= x − 3 + 4 c)
5
f ( x) = 15ln x − x
x
4. Wyznaczanie wartości największej (najmniejszej) funkcji f( x) w przedziale [ a, b].
Postępowanie realizujące zadanie wymienione w tytule tego punktu dokonuje się według następującej procedury:
1. obliczamy f′( x) i rozwiązujemy równanie:
f '( x) = 0
(znajdujemy punkty stacjonarne)
2. obliczamy wartości funkcji w tych punktach oraz na końcach przedziału.
3. Spośród wielkości wyznaczonych w p. 2 wybieramy największą (najmniejszą).
Np. wyznaczyć wartość największą i najmniejszą funkcji
x
f ( x) = ( x − )
1 e w przedziale [–1, 1]
Zgodnie z p. 1 mamy:
f ' ( x) = ( x − )
1 ' e x + ( x − )
1 ( e x )' = e x + ( x − )
1 e x = e x x
a następnie:
f '( x) = ex x = 0
czyli x = 0
−
−
1
2
zaś zgodnie z punktem 2 f (0) = 1
−
f (− )
1 = −2 e
=
;
f
)
1
(
= 0 ,
e
− 2
Wówczas spośród wartości
, 0, –1 wybieramy najmniejszą (jest nią wartość –1) oraz
e
największą (jest nią 0). A jak zachować się jak przedział jest nieskończony lub otwarty.
Odwołamy się do przykładu.
Wyznaczyć największą wartość funkcji f ( x) = ln x − 5 x w przedziale (0, ∞) (przedział otwarty) Obliczamy:
1
1
1
f ' ( x) = (ln x − 5 x)' =
− 5
stąd f '( x) = 0 =
− 5
czyli x =
.
x
x
5
Obliczamy:
f ( x) = −∞
lim
x→0+
17
lim x
x→∞
1
1
Wartość x =
jest największą wśród wyznaczonych trzech wartości ,− ∞,− ∞ .
5
5
Zadania
ex
a) f ( x)
3
= x − x +1
[0, 2]
b) f ( x) =
(1, ∞)
x
Dla zastosowań waŜne jest twierdzenie Rolle’a które mówi, Ŝe jeŜeli funkcja f( x) jest określona w przedziale [ a, b], zaś róŜniczkowalna w przedziale ( a, b) przy czym f( a) = f( b) to w tym przedziale istnieje taki punkt c c ∈ ( a, b) , Ŝe f '( c) = 0
Na podstawie tego twierdzenia moŜna wywnioskować, Ŝe pomiędzy dwoma miejscami zerowymi wielomianu
n
n
f ( x) = a x
leŜy conajmniej jedno miejsce zerowe jego
0
+ a x −1
1
+K+ an
pochodnej. (Uzasadnić ten wniosek)
Podamy teraz twierdzenie Lagrange’a które przy tak samych załoŜeniach co twierdzenie Rolle’a nie zakładamy, Ŝe f ( a) = f ( b) orzeka Ŝe: f ( b) = f ( a) + f '( c) ⋅ ( b − a) Z tej zaleŜności wynika, Ŝe:
f ( b) − f ( a) = f '( c) b − a
ale lewa strona ostatniej równości oznacza współczynnik kierunkowy siecznej przechodzącej przez punkty ( a, f ( a)) ( ,
b f ( b)) zaś jej prawa strona jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej do wykresu funkcji f( x). Równość ta oznacza zatem, Ŝe styczna jest równoległa do siecznej.
Jakie inne wnioski moŜna wyprowadzić z tej równości?
18