Zgryźliwość kojarzy mi się z radością, która źle skończyła.
Matematyka A, kolokwium, 30 listopada 2010, Rozwia
,
zania
1. (10 pt.)
Obliczyc pochodne naste
,
puja
,
cych funkcji:
a. (3 pt.)
tg
ln(2
x
)
,
q
x
+4
x
2
−
x
+4
c. (3 pt).
y
= (2 + sin
x
)
1
/x
.
b. (4 pt.)
3
Rozwia
,
zanie
a.
Korzystamy z wzoru na pochodna
,
zlozenia:
tg
ln(2
x
)
0
=
cos
2
(ln(2
x
))
·
2
x
·
2 =
1
1
x
cos
2
(ln(2
x
))
.
3
q
x
+4
x
2
−
x
+4
0
x
+4
x
2
−
x
+4
1
/
3
0
x
+4
x
2
−
x
+4
−
2
/
3
·
x
2
−
x
+4
−
(
x
+4)(2
x
−
1)
1
3
b.
=
=
=
(
x
2
−
x
+4)
2
q
x
2
−
x
+4
x
+4
2
·
−
x
2
−
8
x
+8
−
x
2
−
8
x
+8
3
(
−
x
2
−
8
x
+ 8)(
x
+ 4)
−
2
/
3
(
x
2
−
x
+ 4)
−
4
/
3
—
zapisalem wynik w kilku postaciach, bo cze
,
sto wygodnie jest zapisac go w pewnej postaci, aby cos z
nim dalej robic. To oczywiscie konieczne nie bylo.
1
3
1
=
3
(
x
2
−
x
+4)
2
=
3(
x
+4)
2
/
3
(
x
2
−
x
+4)
4
/
3
=
(2 + sin
x
)
1
/x
0
e
(1
/x
) ln(2+sin
x
)
0
=
e
(1
/x
) ln(2+sin
x
)
−
1
c.
y
0
=
x
2
ln(2 + sin
x
) +
x
·
1
=
2+sin
x
·
cos
x
=
= (2 + sin
x
)
1
/x
−
ln(2+sin
x
)
x
2
= (2 + sin
x
)
(
x
−
1)
·
x
cos
x
−
ln(2+sin
x
)
cos
x
x
(2+sin
x
)
+
.
x
2
p
p
2. (4 pt.)
Niech
f
(
x
) =
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 . Znalezc taka
,
liczbe
,
a >
0 ,
ze dla kazdego
x >
3 zachodzi rownosc
f
0
(
x
) = 0 .
(2 pt.)
Niech
P
be
,
dzie punktem leza
,
cym na wykresie funkcji
y
=
p
x
2
−
9 , ktorego pierwsza
,
wspolrze
,
dna
,
jest liczba 5 . Znalezc rownanie prostej
P
stycznej do wykresu funkcji
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
y
=
p
x
2
−
9 w punkcie
P
.
(4 pt.)
Niech
F
r
= (3
p
2
,
0) ,
F
`
= (
−
3
p
2
,
0) . Dowiesc, ze dwusieczna
,
ka
,
ta
F
`
PF
r
jest
prosta
P
.
Rozwia
,
zanie
Obliczamy pochodna
,
pamie
,
taja
,
c o tym, ze
a
jest stala
,
, a
x
— zmienna
,
:
p
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
0
=
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
−
2
a
+ 2
x
)
=
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
+
a
)
−
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
−
a
) .
Jesli to wyrazenie jest rowne 0 , dla pewnego
x
, to (przenosimy jedno wyrazenie na druga
,
strone
,
,
mnozymy przez mianowniki i podnosimy do kwadratu obie strony otrzymanej rownosci):
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
(2
x
+
a
)
2
=
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
(2
x
−
a
)
2
, sta
,
d
(
x
−
a
)
2
(2
x
+
a
)
2
+ (
x
2
−
9)(2
x
+
a
)
2
= (
x
+
a
)
2
(2
x
−
a
)
2
+ (
x
2
−
9)(2
x
−
a
)
2
, wie
,
c
(
x
−
a
)(2
x
+
a
)
2
−
(
x
+
a
)(2
x
−
a
)
2
= (
x
2
−
9)
(2
x
−
a
)
2
−
(2
x
+
a
)
2
, zatem
2
x
2
−
ax
−
a
2
2
−
2
x
2
+
ax
−
a
2
2
= (
x
2
−
9)(
−
2
a
)(4
x
) i w koncu, po naste
,
pnym zapisaniu roznicy
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
+ 2
a
+ 2
x
)
−
2
1
2
=
kwadratow w postaci iloczynu, otrzymujemy (
−
2
ax
)
4
x
2
−
2
a
2
= (
x
2
−
9)(
−
2
a
)(4
x
) . Poniewaz
ax
6
= 0 , wie
,
c 2
x
2
−
a
2
= 2
x
2
−
18 , tzn.
a
=
p
18 = 3
p
2 .
Mamy
p
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9 =
q
q
p
(
x
+ 3
p
2)
2
+
x
2
−
9 =
2
x
2
+ 6
p
2 + 9 =
(
x
p
2 + 3)
2
=
x
p
2 + 3 ,
q
p
bo
x
p
2 + 3
>
0 . Analogicznie
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 =
(
x
−
3
p
2)
2
+
x
2
−
9 =
2
x
2
−
6
p
2 + 9 =
q
(
x
p
2
−
3)
2
=
x
p
2
−
3 , bo
x
p
2
−
3
>
0 . Sta
,
d wynika, ze dla
a
= 3
p
2 i
x >
3 zachodzi rownosc
=
p
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 =
x
p
2 + 3
−
(
x
p
2
−
3) = 6 . Pochodna funkcji stalej jest
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
rowna 0 .
Jesli
x
= 5 , to
y
=
p
25
−
9 = 4 , zatem
P
= (5
,
4) . Mamy
y
0
=
1
2
(
x
2
−
9)
−
1
/
2
·
2
x
=
x
p
x
2
−
9
. Wobec
tego wspolczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji
p
x
2
−
9 w punkcie
P
jest rowny
5
4
, wie
,
c
5
rownanie stycznej do wykresu w punkcie
P
to:
y
=
4
(
x
−
5) + 4 .
Wektor
v
= [4
,
5] jest styczny do tego wykresu — ma taki sam wspolczynnik kierunkowy, jak styczna
w tym punkcie. Mamy tez [
F
`
,P
] = [5 + 3
p
2
,
4] oraz [
F
r
,P
] = [5
−
3
p
2
,
4] . Dlugosci tych trzech
wektorow sa
,
rowne kolejno:
p
4
2
+ 5
2
=
p
41 ,
q
q
p
p
59
−
30
p
2 .
Dla wykazania rownosci ka
,
tow wystarczy wykazac, ze ich kosinusy sa
,
rowne (ka
,
t mie
,
dzy wektorami
nie jest wie
,
kszy od
radianow). Wykazemy, ze
v
·
[
F
`
,P
]
(5 + 3
p
2)
2
+ 4
2
=
59 + 30
p
2 ,
(5
−
3
p
2)
2
+ 4
2
=
v
·
[
F
r
,P
]
k
v
k·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
p
2) + 5
·
4 = 40 + 12
p
2
oraz
v
·
[
F
r
,P
] = 4
·
(5
−
3
k
v
k·k
[
F
`
,P
]
k
=
p
p
2) + 5
·
4 = 40
−
12
2
>
0 . Mozemy napisac:
p
p
(40 + 12
p
2)
59
−
30
p
2 = (40
−
12
p
2)
59 + 30
p
2
()
p
p
()
(10 + 3
p
2)
59 + 30
p
2
()
()
(10 + 3
p
2)
2
(59
−
30
p
2) = (10
−
3
p
2)
2
(59 + 30
p
2)
()
()
(118 + 60
p
2)(59
−
30
p
2) = (118
−
6
0
p
2)(59 + 3
0
p
2)
()
()
(59 + 30
p
2)(59
−
30
p
2) = (59
−
30
p
2)(59 + 30
p
2)
.
Ostatnia rownosc jest prawdziwa, wie
,
c wszystkie poprzednie rowniez.
59
−
30
p
2 = (10
−
3
p
2)
Niech
f
(
x
) =
x
3
−
x
dla
x
2
[
−
1
,
2] (poza przedzialem [
−
1
,
2] funkcja nie jest
zdefiniowana). Niech
A
=
−
1
,f
(
−
1)
,
B
=
2
,f
(2)
,
X
=
x,f
(
x
)
. Wyrazic
pole trojka
,
ta
AXB
wzorem, w zaleznosci od
x
.
3. (4 pt.)
(6 pt.)
Dla jakiego
x
2
[
−
1
,
2] pole trojka
,
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 rownolegloboku rozpie
,
tego przez wektory [
A,X
] i [
B,X
] to wartosc bezwzgle
,
dna wyznacznika:
= (
x
+ 1)(
x
3
−
x
−
6)
−
(
x
3
−
x
)(
x
−
2) =
x
+ 1
−
(
x
−
2)
(
x
3
−
x
)
−
6(
x
+ 1) =
x
+ 1
x
3
−
x
x
−
2
x
3
−
x
−
6
=3(
x
3
−
x
−
2
x
−
2) = 3(
x
3
−
3
x
−
2) = 3(
x
+ 1)(
x
2
−
x
−
2) = 3(
x
+ 1)
2
(
x
−
2) . Wynika sta
,
d, ze dla
x
2
[
−
1
,
2] pole trojka
,
ta
AXB
jest rowne
3
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
) — polowa pola rownolegloboku. Dla
x
3
2
(
x
+ 1)
2
(
−
2 +
x
) .
spoza przedzialu [
−
1
,
2] pole rowne jest
Rozwazamy funkcje
,
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
) na przedziale [
−
1
,
2] . Ma ona najwie
,
ksza
,
wartosc w pewnym
punkcie (twierdzenie Weierstrassa). Poniewaz w punktach wewne
,
trznych jest dodatnia, a w koncach
przedzialu jest rowna 0 , wie
,
c najwie
,
ksza
,
wartosc przyjmuje w pewnym punkcie wewne
,
trznym. Jej
pochodna w tym punkcie musi byc rowna 0 . Mamy
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
)
0
= 3(
x
+ 1)(2
−
x
)
−
2
(
x
+ 1)
2
=
=
2
(
x
+1)(4
−
2
x
−
x
−
1) =
3
9
2
(
x
+1)(1
−
x
) , zatem jedynym punktem
wewne
,
trznym
przedzialu [
−
1
,
2] , w ktorym pochodna zeruje sie
,
, jest 1 . Najwie
,
ksza wartosc jest w nim przyjmowana
i jest rowna
2
(
x
+1)(3
−
3
x
) =
3
2
·
2
2
= 6 (o te
,
liczbe
,
w zadaniu nie pytano). Dodajmy jeszcze, ze wspolczynnik kierunkowy
stycznej do wykresu funkcji
f
w punkcie (1
,
0) jest rowny 2 , wie
,
c ta styczna jest rownolegla do
wektora [
A,B
] = [3
,
6] .
4. (3 pt.)
Podac definicje
,
pochodnej funkcji
f
w punkcie
p
.
(7 pt.)
Obliczyc
f
(1) oraz pochodna
,
f
0
(1) , jesli
f
(
x
) = ln
x
·
sin
2
190 + (2 +
x
11
)
4
+ (
x
30
+ 8)
3
·
(1 + ln
x
)
3
·
tg
11
4
·
log
10
.
Rozwia
,
zanie
f
(
p
+
h
)
−
f
(
p
)
h
Pochodna
,
funkcji
f
w punkcie
p
nazywamy granice
,
lim
h
!
0
.
ln(1+
h
)
h
ln(1+
h
)
−
ln 1
h
f
(1) = 0 , bo ln 1 = 0 . Poniewaz (ln
x
)
0
=
1
ln
x
x
−
1
1
1
x
, wie
,
c lim
x
!
1
= lim
h
!
0
= lim
h
!
0
=
= 1 .
sin
2
·
lim
f
(
x
)
−
f
(1)
x
−
1
f
(
x
)
x
−
1
ln
x
x
!
1
(1 + ln
x
)
3
·
lim
tg
11
4
·
Obliczamy
f
0
(1) = lim
x
!
1
= lim
x
!
1
= lim
x
!
1
x
−
1
·
lim
x
!
1
x
!
1
190 + (2 +
x
11
)
4
+ (
x
30
+ 8)
3
190 + (2 + 1)
4
+ (1 + 8)
3
=
= 1
·
sin
2
·
(1 + 0)
3
·
tg
11
4
·
log
10
·
lim
x
!
1
log
10
= log(190 + 81 + 729) = log
10
1000 = 3 .
5. (3 pt.)
Sformulowac twierdzenie Lagrange’a o wartosci sredniej.
Wykazac, ze jesli
y > x >
1000 , to 0
<
ln
y
−
ln
x <
y
−
x
(3 pt.)
1000
.
(4 pt.)
Wykazac, ze jesli
y > x >
1000 , to
1999(
y
−
x
)
<
y
(1 +
y
2
)
3
/
2
−
x
(1 +
x
2
)
3
/
2
<
2000(
y
−
x
) .
Rozwia
,
zanie
Twierdzenie Lagrange’a o wartosci sredniej
Jesli funkcja
f
jest cia
,
gla w kazdym punkcie przedzialu domknie
,
tego [
a,b
] i ma pochodna
,
we wszyst-
kich punktach przedzialu otwartego (
a,b
) , to istnieje taki punkt
c
2
(
a,b
) , ze
f
0
(
c
) =
f
(
b
)
−
f
(
a
)
b
−
a
.
1
Niech
f
(
x
) = ln
x
. Mamy
f
0
(
x
) = (ln
x
)
0
=
x
. Jesli
y > x >
1000 , to istnieje taka liczba
c
2
(
x,y
) ,
c
(
y
−
x
)
<
y
−
x
ze
f
(
y
)
−
f
(
x
) =
f
0
(
c
)(
y
−
x
) =
1
1000
, bo
c >
1000 .
1
x
(1+
x
2
)
3
/
2
=
x
−
1
(1+
x
2
)
3
/
2
. Mamy
'
0
(
x
) =
−
x
−
2
(1+
x
2
)
3
/
2
+
x
−
1
·
2
(1+
x
2
)
1
/
2
·
2
x
=
Niech
'
(
x
) =
= (1 +
x
2
)
1
/
2
3
−
1+
x
2
= (1 +
x
2
)
1
/
2
2
−
x
2
. Jesli
x >
1000 , to
=
−
x
2
(1 +
x
2
)
3
/
2
+ 3(1 +
x
2
)
1
/
2
x
2
'
0
(
x
) = (1+
x
2
)
1
/
2
2
−
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, jesli
y > x >
1000 , to dla pewnego
c
2
(
x,y
) zachodzi wzor
'
(
y
)
−
'
(
x
) =
'
0
(
c
)(
y
−
x
)
>
1
,
999(
y
−
x
) ,
bo oczywiscie
c >
1000 .
Prawa nierownosc jest na ogol nieprawdziwa. Jesli np.
y > x >
10 000 , i
c
2
(
x,y
) , to
c >
10 000 ,
wie
,
c
'
0
(
c
) = (1 +
c
2
)
1
/
2
2
−
c
2
>
(1 +
c
2
)
1
/
2
> c >
10 000 , wie
,
c
'
(
y
)
−
'
(
x
)
>
10 000(
y
−
x
) , przy
czym w rzeczywistosci ta roznica jest jeszcze wie
,
ksza (skorzystalismy z tego, ze liczba 2
−
c
2
jest
wie
,
ksza od 1 , a ona jest prawie rowna 2).
Ciekawostki (ktoz wie, co sie
,
moze przydac):
sin(3
x
2
)
0
= 6
x
cos(3
x
2
) , ln
x
= ln
x
−
ln 1 ,
ln(cos
x
)
0
=
−
tg
x
.
zanotowane.pl doc.pisz.pl pdf.pisz.pl hannaeva.xlx.pl
,
zania
1. (10 pt.)
Obliczyc pochodne naste
,
puja
,
cych funkcji:
a. (3 pt.)
tg
ln(2
x
)
,
q
x
+4
x
2
−
x
+4
c. (3 pt).
y
= (2 + sin
x
)
1
/x
.
b. (4 pt.)
3
Rozwia
,
zanie
a.
Korzystamy z wzoru na pochodna
,
zlozenia:
tg
ln(2
x
)
0
=
cos
2
(ln(2
x
))
·
2
x
·
2 =
1
1
x
cos
2
(ln(2
x
))
.
3
q
x
+4
x
2
−
x
+4
0
x
+4
x
2
−
x
+4
1
/
3
0
x
+4
x
2
−
x
+4
−
2
/
3
·
x
2
−
x
+4
−
(
x
+4)(2
x
−
1)
1
3
b.
=
=
=
(
x
2
−
x
+4)
2
q
x
2
−
x
+4
x
+4
2
·
−
x
2
−
8
x
+8
−
x
2
−
8
x
+8
3
(
−
x
2
−
8
x
+ 8)(
x
+ 4)
−
2
/
3
(
x
2
−
x
+ 4)
−
4
/
3
—
zapisalem wynik w kilku postaciach, bo cze
,
sto wygodnie jest zapisac go w pewnej postaci, aby cos z
nim dalej robic. To oczywiscie konieczne nie bylo.
1
3
1
=
3
(
x
2
−
x
+4)
2
=
3(
x
+4)
2
/
3
(
x
2
−
x
+4)
4
/
3
=
(2 + sin
x
)
1
/x
0
e
(1
/x
) ln(2+sin
x
)
0
=
e
(1
/x
) ln(2+sin
x
)
−
1
c.
y
0
=
x
2
ln(2 + sin
x
) +
x
·
1
=
2+sin
x
·
cos
x
=
= (2 + sin
x
)
1
/x
−
ln(2+sin
x
)
x
2
= (2 + sin
x
)
(
x
−
1)
·
x
cos
x
−
ln(2+sin
x
)
cos
x
x
(2+sin
x
)
+
.
x
2
p
p
2. (4 pt.)
Niech
f
(
x
) =
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 . Znalezc taka
,
liczbe
,
a >
0 ,
ze dla kazdego
x >
3 zachodzi rownosc
f
0
(
x
) = 0 .
(2 pt.)
Niech
P
be
,
dzie punktem leza
,
cym na wykresie funkcji
y
=
p
x
2
−
9 , ktorego pierwsza
,
wspolrze
,
dna
,
jest liczba 5 . Znalezc rownanie prostej
P
stycznej do wykresu funkcji
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
y
=
p
x
2
−
9 w punkcie
P
.
(4 pt.)
Niech
F
r
= (3
p
2
,
0) ,
F
`
= (
−
3
p
2
,
0) . Dowiesc, ze dwusieczna
,
ka
,
ta
F
`
PF
r
jest
prosta
P
.
Rozwia
,
zanie
Obliczamy pochodna
,
pamie
,
taja
,
c o tym, ze
a
jest stala
,
, a
x
— zmienna
,
:
p
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
0
=
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
−
2
a
+ 2
x
)
=
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
+
a
)
−
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
−
a
) .
Jesli to wyrazenie jest rowne 0 , dla pewnego
x
, to (przenosimy jedno wyrazenie na druga
,
strone
,
,
mnozymy przez mianowniki i podnosimy do kwadratu obie strony otrzymanej rownosci):
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9
(2
x
+
a
)
2
=
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
(2
x
−
a
)
2
, sta
,
d
(
x
−
a
)
2
(2
x
+
a
)
2
+ (
x
2
−
9)(2
x
+
a
)
2
= (
x
+
a
)
2
(2
x
−
a
)
2
+ (
x
2
−
9)(2
x
−
a
)
2
, wie
,
c
(
x
−
a
)(2
x
+
a
)
2
−
(
x
+
a
)(2
x
−
a
)
2
= (
x
2
−
9)
(2
x
−
a
)
2
−
(2
x
+
a
)
2
, zatem
2
x
2
−
ax
−
a
2
2
−
2
x
2
+
ax
−
a
2
2
= (
x
2
−
9)(
−
2
a
)(4
x
) i w koncu, po naste
,
pnym zapisaniu roznicy
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
1
/
2
(2
x
+ 2
a
+ 2
x
)
−
2
1
2
=
kwadratow w postaci iloczynu, otrzymujemy (
−
2
ax
)
4
x
2
−
2
a
2
= (
x
2
−
9)(
−
2
a
)(4
x
) . Poniewaz
ax
6
= 0 , wie
,
c 2
x
2
−
a
2
= 2
x
2
−
18 , tzn.
a
=
p
18 = 3
p
2 .
Mamy
p
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9 =
q
q
p
(
x
+ 3
p
2)
2
+
x
2
−
9 =
2
x
2
+ 6
p
2 + 9 =
(
x
p
2 + 3)
2
=
x
p
2 + 3 ,
q
p
bo
x
p
2 + 3
>
0 . Analogicznie
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 =
(
x
−
3
p
2)
2
+
x
2
−
9 =
2
x
2
−
6
p
2 + 9 =
q
(
x
p
2
−
3)
2
=
x
p
2
−
3 , bo
x
p
2
−
3
>
0 . Sta
,
d wynika, ze dla
a
= 3
p
2 i
x >
3 zachodzi rownosc
=
p
p
(
x
−
a
)
2
+
x
2
−
9 =
x
p
2 + 3
−
(
x
p
2
−
3) = 6 . Pochodna funkcji stalej jest
(
x
+
a
)
2
+
x
2
−
9
−
rowna 0 .
Jesli
x
= 5 , to
y
=
p
25
−
9 = 4 , zatem
P
= (5
,
4) . Mamy
y
0
=
1
2
(
x
2
−
9)
−
1
/
2
·
2
x
=
x
p
x
2
−
9
. Wobec
tego wspolczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji
p
x
2
−
9 w punkcie
P
jest rowny
5
4
, wie
,
c
5
rownanie stycznej do wykresu w punkcie
P
to:
y
=
4
(
x
−
5) + 4 .
Wektor
v
= [4
,
5] jest styczny do tego wykresu — ma taki sam wspolczynnik kierunkowy, jak styczna
w tym punkcie. Mamy tez [
F
`
,P
] = [5 + 3
p
2
,
4] oraz [
F
r
,P
] = [5
−
3
p
2
,
4] . Dlugosci tych trzech
wektorow sa
,
rowne kolejno:
p
4
2
+ 5
2
=
p
41 ,
q
q
p
p
59
−
30
p
2 .
Dla wykazania rownosci ka
,
tow wystarczy wykazac, ze ich kosinusy sa
,
rowne (ka
,
t mie
,
dzy wektorami
nie jest wie
,
kszy od
radianow). Wykazemy, ze
v
·
[
F
`
,P
]
(5 + 3
p
2)
2
+ 4
2
=
59 + 30
p
2 ,
(5
−
3
p
2)
2
+ 4
2
=
v
·
[
F
r
,P
]
k
v
k·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
p
2) + 5
·
4 = 40 + 12
p
2
oraz
v
·
[
F
r
,P
] = 4
·
(5
−
3
k
v
k·k
[
F
`
,P
]
k
=
p
p
2) + 5
·
4 = 40
−
12
2
>
0 . Mozemy napisac:
p
p
(40 + 12
p
2)
59
−
30
p
2 = (40
−
12
p
2)
59 + 30
p
2
()
p
p
()
(10 + 3
p
2)
59 + 30
p
2
()
()
(10 + 3
p
2)
2
(59
−
30
p
2) = (10
−
3
p
2)
2
(59 + 30
p
2)
()
()
(118 + 60
p
2)(59
−
30
p
2) = (118
−
6
0
p
2)(59 + 3
0
p
2)
()
()
(59 + 30
p
2)(59
−
30
p
2) = (59
−
30
p
2)(59 + 30
p
2)
.
Ostatnia rownosc jest prawdziwa, wie
,
c wszystkie poprzednie rowniez.
59
−
30
p
2 = (10
−
3
p
2)
Niech
f
(
x
) =
x
3
−
x
dla
x
2
[
−
1
,
2] (poza przedzialem [
−
1
,
2] funkcja nie jest
zdefiniowana). Niech
A
=
−
1
,f
(
−
1)
,
B
=
2
,f
(2)
,
X
=
x,f
(
x
)
. Wyrazic
pole trojka
,
ta
AXB
wzorem, w zaleznosci od
x
.
3. (4 pt.)
(6 pt.)
Dla jakiego
x
2
[
−
1
,
2] pole trojka
,
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 rownolegloboku rozpie
,
tego przez wektory [
A,X
] i [
B,X
] to wartosc bezwzgle
,
dna wyznacznika:
= (
x
+ 1)(
x
3
−
x
−
6)
−
(
x
3
−
x
)(
x
−
2) =
x
+ 1
−
(
x
−
2)
(
x
3
−
x
)
−
6(
x
+ 1) =
x
+ 1
x
3
−
x
x
−
2
x
3
−
x
−
6
=3(
x
3
−
x
−
2
x
−
2) = 3(
x
3
−
3
x
−
2) = 3(
x
+ 1)(
x
2
−
x
−
2) = 3(
x
+ 1)
2
(
x
−
2) . Wynika sta
,
d, ze dla
x
2
[
−
1
,
2] pole trojka
,
ta
AXB
jest rowne
3
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
) — polowa pola rownolegloboku. Dla
x
3
2
(
x
+ 1)
2
(
−
2 +
x
) .
spoza przedzialu [
−
1
,
2] pole rowne jest
Rozwazamy funkcje
,
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
) na przedziale [
−
1
,
2] . Ma ona najwie
,
ksza
,
wartosc w pewnym
punkcie (twierdzenie Weierstrassa). Poniewaz w punktach wewne
,
trznych jest dodatnia, a w koncach
przedzialu jest rowna 0 , wie
,
c najwie
,
ksza
,
wartosc przyjmuje w pewnym punkcie wewne
,
trznym. Jej
pochodna w tym punkcie musi byc rowna 0 . Mamy
2
(
x
+ 1)
2
(2
−
x
)
0
= 3(
x
+ 1)(2
−
x
)
−
2
(
x
+ 1)
2
=
=
2
(
x
+1)(4
−
2
x
−
x
−
1) =
3
9
2
(
x
+1)(1
−
x
) , zatem jedynym punktem
wewne
,
trznym
przedzialu [
−
1
,
2] , w ktorym pochodna zeruje sie
,
, jest 1 . Najwie
,
ksza wartosc jest w nim przyjmowana
i jest rowna
2
(
x
+1)(3
−
3
x
) =
3
2
·
2
2
= 6 (o te
,
liczbe
,
w zadaniu nie pytano). Dodajmy jeszcze, ze wspolczynnik kierunkowy
stycznej do wykresu funkcji
f
w punkcie (1
,
0) jest rowny 2 , wie
,
c ta styczna jest rownolegla do
wektora [
A,B
] = [3
,
6] .
4. (3 pt.)
Podac definicje
,
pochodnej funkcji
f
w punkcie
p
.
(7 pt.)
Obliczyc
f
(1) oraz pochodna
,
f
0
(1) , jesli
f
(
x
) = ln
x
·
sin
2
190 + (2 +
x
11
)
4
+ (
x
30
+ 8)
3
·
(1 + ln
x
)
3
·
tg
11
4
·
log
10
.
Rozwia
,
zanie
f
(
p
+
h
)
−
f
(
p
)
h
Pochodna
,
funkcji
f
w punkcie
p
nazywamy granice
,
lim
h
!
0
.
ln(1+
h
)
h
ln(1+
h
)
−
ln 1
h
f
(1) = 0 , bo ln 1 = 0 . Poniewaz (ln
x
)
0
=
1
ln
x
x
−
1
1
1
x
, wie
,
c lim
x
!
1
= lim
h
!
0
= lim
h
!
0
=
= 1 .
sin
2
·
lim
f
(
x
)
−
f
(1)
x
−
1
f
(
x
)
x
−
1
ln
x
x
!
1
(1 + ln
x
)
3
·
lim
tg
11
4
·
Obliczamy
f
0
(1) = lim
x
!
1
= lim
x
!
1
= lim
x
!
1
x
−
1
·
lim
x
!
1
x
!
1
190 + (2 +
x
11
)
4
+ (
x
30
+ 8)
3
190 + (2 + 1)
4
+ (1 + 8)
3
=
= 1
·
sin
2
·
(1 + 0)
3
·
tg
11
4
·
log
10
·
lim
x
!
1
log
10
= log(190 + 81 + 729) = log
10
1000 = 3 .
5. (3 pt.)
Sformulowac twierdzenie Lagrange’a o wartosci sredniej.
Wykazac, ze jesli
y > x >
1000 , to 0
<
ln
y
−
ln
x <
y
−
x
(3 pt.)
1000
.
(4 pt.)
Wykazac, ze jesli
y > x >
1000 , to
1999(
y
−
x
)
<
y
(1 +
y
2
)
3
/
2
−
x
(1 +
x
2
)
3
/
2
<
2000(
y
−
x
) .
Rozwia
,
zanie
Twierdzenie Lagrange’a o wartosci sredniej
Jesli funkcja
f
jest cia
,
gla w kazdym punkcie przedzialu domknie
,
tego [
a,b
] i ma pochodna
,
we wszyst-
kich punktach przedzialu otwartego (
a,b
) , to istnieje taki punkt
c
2
(
a,b
) , ze
f
0
(
c
) =
f
(
b
)
−
f
(
a
)
b
−
a
.
1
Niech
f
(
x
) = ln
x
. Mamy
f
0
(
x
) = (ln
x
)
0
=
x
. Jesli
y > x >
1000 , to istnieje taka liczba
c
2
(
x,y
) ,
c
(
y
−
x
)
<
y
−
x
ze
f
(
y
)
−
f
(
x
) =
f
0
(
c
)(
y
−
x
) =
1
1000
, bo
c >
1000 .
1
x
(1+
x
2
)
3
/
2
=
x
−
1
(1+
x
2
)
3
/
2
. Mamy
'
0
(
x
) =
−
x
−
2
(1+
x
2
)
3
/
2
+
x
−
1
·
2
(1+
x
2
)
1
/
2
·
2
x
=
Niech
'
(
x
) =
= (1 +
x
2
)
1
/
2
3
−
1+
x
2
= (1 +
x
2
)
1
/
2
2
−
x
2
. Jesli
x >
1000 , to
=
−
x
2
(1 +
x
2
)
3
/
2
+ 3(1 +
x
2
)
1
/
2
x
2
'
0
(
x
) = (1+
x
2
)
1
/
2
2
−
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, jesli
y > x >
1000 , to dla pewnego
c
2
(
x,y
) zachodzi wzor
'
(
y
)
−
'
(
x
) =
'
0
(
c
)(
y
−
x
)
>
1
,
999(
y
−
x
) ,
bo oczywiscie
c >
1000 .
Prawa nierownosc jest na ogol nieprawdziwa. Jesli np.
y > x >
10 000 , i
c
2
(
x,y
) , to
c >
10 000 ,
wie
,
c
'
0
(
c
) = (1 +
c
2
)
1
/
2
2
−
c
2
>
(1 +
c
2
)
1
/
2
> c >
10 000 , wie
,
c
'
(
y
)
−
'
(
x
)
>
10 000(
y
−
x
) , przy
czym w rzeczywistosci ta roznica jest jeszcze wie
,
ksza (skorzystalismy z tego, ze liczba 2
−
c
2
jest
wie
,
ksza od 1 , a ona jest prawie rowna 2).
Ciekawostki (ktoz wie, co sie
,
moze przydac):
sin(3
x
2
)
0
= 6
x
cos(3
x
2
) , ln
x
= ln
x
−
ln 1 ,
ln(cos
x
)
0
=
−
tg
x
.