matematyka ćwiczenia i semestr - mechatronika · algebra boole’a: dowodzenie twierdze ń algebry...
TRANSCRIPT
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
1
Materiały dydaktyczne
Matematyka
I Semestr
Ćwiczenia
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
2
Przedmiot: MATEMATYKA Kierunek: Mechatronika
Specjalność: Elektroautomatyka okr ętowa Rozkład zajęć w czasie studiów – Studia pierwszego stopnia
Semestr Liczba tygodni w semestrze
Liczba godzin w tygodniu
Liczba godzin w semestrze Punkty
kredytowe W Ć L S Σ W Ć L S
I 15 2E 3 – – 75 30 45 – – 6 II 15 1 2 – – 45 15 30 – – 4 III 15 1E 2 – – 45 15 30 – – 5
Razem w czasie studiów 165 60 105 – – 15 Związki z innymi przedmiotami:
– fizyka, – mechanika techniczna, – wytrzymałość materiałów, – podstawy konstrukcji maszyn, – elektrotechnika i elektronika, – automatyka i robotyka, – metrologia i systemy pomiarowe.
Zakres wiedzy do opanowania Po wysłuchaniu wykładów przewidywanych programem oraz wykonaniu ćwiczeń student powinien:
Znać →→→→
1) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące zbioru liczb zespolonych, macierzy, wyznaczników i układów równań liniowych.
2) Rachunek wektorowy, równania płaszczyzny i prostej w przestrzeni R3. 3) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące wszechstronnego badania przebiegu
zmienności funkcji jednej zmiennej rzeczywistej. 4) Podstawowe zagadnienia dotyczące rachunku różniczkowego funkcji wielu zmiennych. 5) Podstawy rachunku całkowego (całka nieoznaczona, całka oznaczona, całki niewłaściwe,
całki wielokrotne i krzywoliniowe). 6) Kryteria zbieżności szeregów liczbowych, podstawowe twierdzenia dotyczące szeregów
funkcyjnych. 7) Sposoby rozwiązywania wybranych typów równań różniczkowych zwyczajnych
pierwszego i drugiego rzędu. 8) Elementy rachunku prawdopodobieństwa, podstawy statystyki matematycznej.
Umieć →→→→
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
3
1) Wykonywać działania na liczbach zespolonych i macierzach, obliczać wyznaczniki oraz rozwiązywać układy równań liniowych metodą macierzową, za pomocą wzorów Cramera oraz w oparciu o twierdzenie Kroneckera-Capellego.
2) Przeprowadzać wszechstronne badanie funkcji jednej zmiennej rzeczywistej. 3) Wyznaczać całki nieoznaczone, obliczać całki oznaczone, podwójne, potrójne
i krzywoliniowe, stosować rachunek całkowy w geometrii i przedmiotach technicznych. 4) Wyznaczać ekstrema lokalne i warunkowe funkcji wielu zmiennych, badać zbieżność
szeregów liczbowych i funkcyjnych, rozwijać funkcje w szereg Taylora. 5) Rozwiązywać wybrane typy równań różniczkowych zwyczajnych i cząstkowych
pierwszego i drugiego rzędu. 6) Obliczać prawdopodobieństwo zdarzeń losowych, wyznaczać estymatory i przedziały
ufności, stosować testy statystyczne do weryfikacji hipotez statystycznych.
Treść zajęć dydaktycznych Nr
tematu Tematy i ich rozwinięcie
Liczba godzin Razem W Ć L S
Semestr I 1. Elementy logiki matematycznej: wyznaczanie wartości
logicznych zdań złożonych, sprawdzanie formuł rachunku zdań metodą zerojedynkową, dowodzenie twierdzeń klasycznego rachunku kwantyfikatorów. Elementy teorii zbiorów: wykonywanie działań na zbiorach, dowodzenie wybranych praw algebry zbiorów. Algebra Boole’a: dowodzenie twierdzeń algebry Boole’a na podstawie aksjomatów, przykłady realizacji algebry Boole’a (algebra zdań, algebra zbiorów).
10 – 10 – –
2. Algebra wyższa: potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych, rozwiązywanie równań algebraicznych w zbiorze liczb zespolonych. Macierze, wyznaczniki, układy równań liniowych: wykonywanie działań na macierzach, obliczanie wyznaczników, wyznaczanie macierzy odwrotnej, rozwiązywanie układów równań liniowych metodą macierzową i za pomocą wzorów Cramera.
10 – 10 – –
3. Geometria analityczna w przestrzeni R3: obliczanie iloczynu skalarnego i mieszanego, wyznaczanie współrzędnych iloczynu wektorowego, wyznaczanie równań płaszczyzny i prostej, obliczanie odległości punktu od płaszczyzny, punktu od prostej i prostej od prostej.
5 – 5 – –
4. Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej rzeczywistej: obliczanie granic ciągów i granic funkcji, badanie ciągłości funkcji, wyznaczanie pochodnych na podstawie definicji i za pomocą reguł różniczkowania; wyznaczanie ekstremów, przedziałów monotoniczności, punktów przegięcia i przedziałów wypukłości i wklęsłości funkcji; wyznaczanie asymptot, rozwijanie funkcji według wzoru Taylora.
20 – 20 – –
Razem 45 45 – –
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
4
I. Metody dydaktyczne
Przedmiot jest realizowany w formie wykładów i ćwiczeń rachunkowych na I i II roku studiów. Pomoce dydaktyczne stanowią: - literatura podstawowa i uzupełniająca do wykładów i ćwiczeń rachunkowych, - dzienniczki studentów.
II. Forma i warunki zaliczenia przedmiotu
II-1. Forma i warunki zaliczenia ćwiczeń rachunkowych
- obecność studenta na ćwiczeniach, - uzyskanie pozytywnych ocen z 2 sprawdzianów pisemnych w ciągu semestru
przeprowadzonych w terminach uzgodnionych ze studentami, - zaliczenie z oceną.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
5
CI 1
ELEMENTY LOGIKI. ALGEBRA ZBIORÓW. ALGEBRA BOOLE’A.
1. Elementy logiki matematycznej 2. Algebra zbiorów 3. Algebra Boole’a Elementy logiki matematycznej Rachunek zdań Przykład Sprawdzić metodą zero-jedynkową, że wyrażenie [p ∧ (q ∨ r)] [(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)] (prawo rozdzielności koniunkcji względem alternatywy) jest tautologią rachunku zdań. Rozwiązanie Dowód przedstawiono w postaci tabelarycznej
p q r q ∨ r p ∧ q p ∧ r p ∧ (q ∨ r)
(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)
1 1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 0 1 0 1 0
1 1 1 1 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 1 0
1 0 0 0 1 0 0 0
1 1 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0 0
Ponieważ wartości logiczne zdań podanych w dwóch ostatnich kolumnach są równe, więc zdanie jest twierdzeniem rachunku zdań. Algebra zbiorów
Przykład W oparciu o prawa rachunku zdań udowodnić prawo de Morgana ( ) ''' BABA ∩=∪ .
Rozwiązanie Niech U oznacza zbiór, którego podzbiorami są rozpatrywane zbiory. a ∈ (A ∪ B)′ ⇔ a ∈ (U − (A ∪ B)) ⇔ a ∈ U ∧ a ∉ A ∪ B ⇔ a ∈ U ∧ (a ∉ A ∧ ∧ a ∉ B) ⇔ (a ∈ U ∧ a ∉ A) ∧ (a ∈ U ∧ a ∉ B)⇔(a ∉ A′) ∧ (a ∉ B′) ⇔ a ∈ A′ ∩ B′. a ∉ (A ∪ B) ⇔ a ∉ A ∧ a ∉ B otrzymaliśmy z prawa de Morgana ∼ (p ∨ q) ⇔ ∼ p ∧ ∼ q,
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
6
ponadto a ∈ U ∧ (a ∉ A ∧ a ∉ B) ⇔ (a ∈ U ∧ a ∉ A) ∧ (a ∈ U ∧ a ∉ B) otrzymaliśmy z następującego prawa rachunku zdań p ∧ (q ∧ r) ⇔ (p ∧ q) ∧ (p ∧ r). Algebra Boole’a
Przykład W oparciu o aksjomaty algebry Boole’a [WI 2] wykazać, że: 11=⊕x .
Rozwiązanie
Symbol kB nad znakiem równości oznacza numer odpowiedniego aksjomatu.
Zadania 1. Udowodnić następujące prawa rachunku zdań: a) [(�p q )(q)] �p.
b) Sprawdzić czy następujące zdania są twierdzeniami rachunku zdań: [( ) ( )] ),p q p q q p∨ ∧ ⇒ ⇒ ⇒( ].)[()( pqpqp ⇔∧⇒⇒
2. Za pomocą kwantyfikatorów i funktorów zdaniotwórczych zapisać wyrażenia: a) Funkcja f ma dokładnie jedno miejsce zerowe, b) Funkcja f jest funkcją malejącą. 3. Udowodnić prawa algebry zbiorów: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). 4. Na podstawie aksjomatów algebry Boole’a wykazać, że: . Literatura: R. Roz. I, § 1,2.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
7
CI 2
ZBIÓR LICZB ZESPOLONYCH
1. Działania na liczbach zespolonych 2. Wzór de Moivre’a 3. Pierwiastkowanie liczb zespolonych 4. Równania
Przykłady 1. Działania na liczbach zespolonych
Obliczyć: ( )0,, 22
12121 ≠⋅± z
z
zzzzz , gdzie .45,32 21 iziz −+=
Rozwiązanie ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )( ) ii
iiiiizz
iiiizz
iiiizz
722112710
12158104532
7343524532
743524532
221
21
21
+=−⋅−+==−+−=−⋅+=⋅
+−=−−+−=−−+=−−=−++=−++=+
( )( )
iii
i
iii
i
i
i
i
z
z
z
z
z
z
41
23
41
2
41
232
45
1122310
45
1215810
45
45
45
32
22
22
2
2
2
2
1
2
1
+−=+−=+
−⋅++=
=−
+++=++⋅
−+=⋅=
2. Liczbę 31−=z przedstawić w postaci trygonometrycznej.
Rozwiązanie Postać trygonometryczna liczby ( )0≠+= zbiaz :
( )ϕϕ sincos izbiaz +=+= , 22 baz += ;
=
=
.sin
,cos
z
bz
a
ϕ
ϕ
( ) 231,3,12
=+=−== izba
( )
.3
5sin
3
5cos231
,3
5
32,
32
1cos2coscos
+=−=
=−==⇒==−=
ππ
πππϕπαααπϕ
iiz
3. Obliczyć ( )5031 i−
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
8
Rozwiązanie Korzystamy ze wzoru de Moivre’a
( )
( )( ) ( ) ( ) .2012250sin250cos2100sin100cos2
3
560sin
3
560cos2
3
5sin
3
5cos231
sincossincos
60606060
60
6060
=⋅+=⋅+⋅=+
=
⋅+⋅=
+=−
+=+
iii
iii
ini n
ππππ
ππππ
ϕϕϕϕ
4. Obliczyć 3 i− .
Rozwiązanie
Korzystamy ze wzoru w zk
ni
k
nkn= + + +
cos sin
ϕ ϕ2 2π π k n= −0 1 1, , ..., .
Liczbę iz −= przedstawiamy w postaci trygonometrycznej: ππ2
3sin
2
3cos ii +=− .
.2,1,0,3
22
3
sin3
22
3
cos =+
++
= kk
ik
wk
ππππ
,2
sin2
cos0 iiw =+= ππ iiw
2
1
2
3
6sin
6cos
3
22
3
sin3
22
3
cos1 −−=−−=+
++
= ππππππ
iw2
1
2
32 −= .
5. Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania: a) 0222 =+− zz ; b) 0332 =++− izz .
Rozwiązanie
a) Wyróżnik 484 −=−=∆ , −
==−=∆.2
,244 2
i
ii
Ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego mamy:
ii
z −=−= 12
221 , i
iz +=+= 1
2
222 .
b) Wyróżnik ( ) ( ) ii 43343 2 −−=+−−=∆ .
∆ wyznaczamy korzystając z definicji pierwiastka stopnia drugiego )( 2ωω =∆⇔=∆
Niech ( )Ryxyixi ∈+=−−=∆ ,43 . Wówczas ( )243 yixi +=−− ,
xyiyxi 243 22 +−=−− ,
stąd otrzymuję układ równań
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
9
−=−=−.42
322
xy
yx
Wyznaczamy x
y2−= z drugiego równania ( )0≠x i podstawiamy do pierwszego równania,
otrzymujemy równanie dwukwadratowe 043 24 =−+ xx . Podstawiamy tx =2 i mamy równanie 0432 =−+ tt , którego rozwiązania pierwiastkami są
41 −=t oraz 12 =t . Stąd mamy 12 −=x (równanie sprzeczne w zbiorze R ) oraz 12 =x , więc 11 =x lub 12 −=x ,
21 −=y , 22 =y .
+−−
=−−=∆.21
,2143
i
ii Ostatecznie i
iiz −=−=−+= 2
2
24
2
2131 ,
iii
z +=+=+−= 12
22
2
2132 .
Zadania 1. Przedstawić w postaci trygonometrycznej (bez pomocy tablic) następujące liczby zespolone:
a) 1− ; b) i− ; c) 11−− ; d) 31 i−− . 2. Obliczyć pierwiastki trzeciego stopnia z następujących liczb zespolonych:
a) i− ; b) 1− ; c) 31 i+ . 3. Rozwiązać równania kwadratowe: a) 023)22(2 =−+++ iziz ; b) 05)41(2 =−−++ iziz ; c) 0122 =−++ iizz . 4. Rozwiązać równania dwukwadratowe: a) 042 24 =+− zz ; b) 028930 24 =+− zz . Odpowiedzi
1. a) ππ sincos i+ ; b) ππ2
3sin
2
3cos i+ ; c)
+ ππ4
5sin
4
5cos2 i ; d)
+ ππ3
2sin
3
2cos2 i .
2. a) iii2
1
2
3,
2
1
2
3,
2
1 −−− ; b) ii2
3
2
1,
2
3
2
1,1 +−− ;
c) .2,1,0,9
16sin
9
16cos23 =
+++k
ki
k ππ
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
10
3. a) ii 32, −− ; b) ii 32,1 −−− ; c) ii2
22
2
2,
2
22
2
2 +−−+ . 4. a) 2
3 i±± ; b) i±± ,4 .
Literatura: Z. Roz. I, § 1.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
11
CI 3
MACIERZE. DZIAŁANIA NA MACIERZACH
1. Działania na macierzach 2. Wyznaczanie macierzy odwrotnej z definicji Przykłady
1. Dane są macierze .
602
453
021
,
416
205
132
−−−
=
−−= BA .
Wyznaczyć: a) TA ; b) A5 ; c) BA + ; d) BA − ; e) BA ⋅ ; f) AB ⋅ ; g) ( )TAB ; h) TT AB .
Rozwiązanie Korzystamy z definicji działań na macierzach podanych w [WI 4]:
a)
−−=421
103
652TA ; b)
−−=
⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=
−−⋅=
20530
10025
51510
45)1(565
)2(50555
153525
416
205
132
55A ;
c)
−−−=
−++−++−−++
+−++=
−−−
+
−−=+
218
258
113
)6(40126
42)5(035
01)2(312
602
453
021
416
205
132
BA ;
d) ;
1014
652
151
)6(40126
42)5(035
01)2(312
602
453
021
416
205
132
−−=
−−−−−−−−−−
−−−−=
−−−
−
−−=− BA
e)
.
28711
12101
61913
)6(44)1(0604)5()1()2(6243)1(16
)6)(2(40050)2()5(0)2(52)2(3015
)6(14302)5(3)2(2213312
602
453
021
416
205
132
−−−−
=
−⋅+⋅−+⋅⋅+−⋅−+−⋅⋅+⋅−+⋅−−+⋅+⋅⋅−+−⋅+−⋅⋅−+⋅+⋅
−⋅+⋅+⋅−⋅+−⋅⋅+⋅+⋅=
=
−−−
−−=⋅ BA
Analogicznie wyznaczamy
f) .
201232
2955
538
416
205
132
602
453
021
−−
−
−−
−−−
=⋅ AB
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
12
Przykład jest ilustracją tezy: mnożenie macierzy (na ogół) nie jest przemienne tzn. BAAB ≠ .
g) ( )
−−−−=28126
71019
11113TAB ,
h)
−−−−=
−−−+−−−−+−−++
=
−−
−−−=⋅
28126
71019
11113
24412612
51210154
83645292
421
103
652
640
052
231TT AB
Przykłady g) i h) są więc ilustracją twierdzenia ( ) TTT ABAB = .
2. Korzystając z definicji macierzy odwrotnej [WI 4] wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy
−=
53
12A .
Rozwiązanie
Szukamy macierzy
=−
ut
yxA 1 takiej, że JAA =⋅ −1 , czyli
=
−10
01
53
12
ut
yx,
Stąd
=
−=
=
=
⇒
=+=−=+=−
⇔
=
++−−
13
213
313
113
5
153
02
053
12
10
01
5353
22
u
t
y
x
uy
uy
tx
tx
uytx
uytx, stąd
−=−
13
2
13
313
1
13
51A .
Zadania
1. Dane są macierze:
−=
−−
−=
−−=
415
701
032
,
204
163
210
,
640
152
301
CBA .
Wykazać, że:
a) ( ) ( )CBACBA ++=++ ; b) ( ) ( )CABBCA = ; c) ( ) TTT BABA +=+ ;
d) ( ) BCABCBA +=+ ; e) ( ) ACABCBA +=+ ; f) ( ) TTT ABAB = . 2. Wyznaczyć macierz X z równania:
a)
−=
−12
64
80
232X ; b)
−−
=
55
33
23
12X ; c)
=
30
02
12
37
57
34X ;
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
13
d) [ ]1511
31
15
63
21
−=
−−
X
Odpowiedzi:
2. a)
31
52; b)
−−
11
11; c)
−−
12638
9328; d) [ ]3211 − .
Literatura: P1. Roz. I, § 1.1., 1.3.; P2. Roz. I.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
14
CI 4 WYZNACZNIKI, MACIERZE CD. 1. Wyznaczniki 2. Macierz odwrotna 3. Rząd macierzy
Przykłady
1. Wyznaczniki
1. Na podstawie definicji [WI 5] obliczyć wyznacznik detA=
1241
592
1135
−−−−
.
.564111)29(31285
41
92)1(11
121
52)1)(3(
124
59)1(5
12141
592
1135
det 432
=⋅+−⋅+⋅=
=−−
−⋅+−
−−+−−
−−⋅=
−−−−
=A
2. Obliczyć wyznacznik
5178
4215
7643
4321
−
−
.
Rozwiązanie Z podanych w [WI 5] własności wyznacznika wynika, że wartość wyznacznika nie zmieni się, gdy do dowolnego wiersza (kolumny) dodamy inny wiersz (kolumnę) pomnożony przez liczbę. Możemy np. uzyskać trzy zera w pierwszym wierszu mnożąc odpowiednio kolumny pierwszej przez 2, -3, -4 i dodając do kolumn drugiej, trzeciej i czwartej.
( ) 255
272323
16139
5310
111
2723238
161395
53103
0001
5178
4215
7643
4321
11112*
11 −=−−−−−−
==⋅−⋅=⋅=
−−−−−−
=−
−
AAA
(Metoda Sarrusa)
3. Dane są macierze:
−−
−=
−−
−=
431
131
102
,
321
121
130
BA
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
15
Sprawdzić, że BABA detdet)det( ⋅=⋅ (twierdzenie Cauchy’ego). Rozwiązanie
360
1531
195
1124
)det(,
1531
195
1124
431
131
102
321
121
130
−=−−−
−−=⋅
−−−
−−=
−−
−
−−
−=⋅ BABA
30
431
131
102
det,12
321
121
130
det =−
−−
=−=−
−−
= BA
więc BABA detdet3012360)det( ⋅=⋅−=−=⋅ .
Macierz odwrotna
Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy
−−−−−
=131
7185
11298
A .
Rozwiązanie Macierz odwrotną możemy wyznaczyć korzystając ze wzoru [WI 5]:
( )
0det,det
1 ≠=− AA
AA
TD
.
1. 01
131
7185
11298
det ≠−=−
−−−−
=A , macierz A jest macierzą nieosobliwą, więc 1−A istnieje.
2. Wyznaczamy macierz dopełnień algebraicznych macierzy A , tzn.
macierz [ ] ( )[ ]ijji
ijD AAA +−== 1* 31,31 ≤≤≤≤ ji .
,313
71811
*11 −=
−−
== AA ,211
7512
*12 −=
−−−=−= AA 3
31
18513
*13 −=
−−
== AA ,
,413
112921
*21 =
−−
−=−= AA ,311
11822
*22 =
−−== AA ,5
31
29823
*23 =
−−
−=−= AA
,5718
112931
*31 −=
−−
== AA ,175
11832
*32 −=
−−−−
−=−= AA .1185
29833
*33 =
−−
== AA
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
16
( )
−−−−
=
−−
−−−⋅
−==−
153
132
543
115
534
323
1
1
det1
T
TD
A
AA .
Oczywiście można sprawdzić, że
==⋅ −
100
010
0011 JAA .
Rząd macierzy Określenie rzędu macierzy na podstawie podanej definicji może okazać się kłopotliwe. Znalezienie największego stopnia podwyznacznika różnego od zera bywa niekiedy żmudne. Można wykazać, że rząd macierzy równy jest rzędowi macierzy powstałej przez dodawanie do dowolnego wiersza (kolumny) macierzy innego wiersza (kolumny) pomnożonego przez liczbę. W wyniku stosowania wielokrotnego tych operacji elementarnych na wierszach (kolumnach) otrzymamy macierz o maksymalnej liczbie zer. Wówczas rząd tej macierzy (również rząd danej macierzy ) równa się ilości wierszy (kolumn), w których są elementy różne od zera.
Obliczyć rząd macierzy
−−−
−−−
=
52134
64168
32534
24768
72834
A .
Rozwiązanie Stosujemy np. następujące operacje elementarne na wierszach macierzy A : od wiersza drugiego i czwartego odejmujemy wiersz pierwszy pomnożony przez 2 oraz odejmujemy wiersz pierwszy od wiersza trzeciego i piątego i otrzymujemy macierz B ( )()( BRAR = ):
−−−−
−
=
120900
2001500
40300
120900
72834
B .
Następnie od trzeciego wiersza macierzy B odejmujemy wiersz drugi pomnożony przez 3
1,
od czwartego drugi pomnożony przez 3
5 oraz od piątego drugi.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
17
Otrzymujemy macierz
−−
=
00000
00000
00000
120900
72834
C .
Ponieważ wiersz pierwszy i drugi macierzy nie zawierają odpowiednich elementów proporcjonalnych nie otrzymamy kolejnego (pierwszego lub drugiego) wiersza zawierającego wyłącznie zera. Stąd 2)()()( === ARBRCR
Zadania
1. Obliczyć wyznaczniki:
a)
3111
1131
1311
1113
; b)
61111
11411
15111
11112
11131
.
2. Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy:
a)
−−−
−
242927
344138
111
; b)
−−−
−−−
0111
1011
1101
1110
.
3. Określić rząd macierzy:
a)
−83531
31210
54321
137852
; b)
−−−
−−−
23566
94032
10213
11614
34152
Odpowiedzi
1. a) 48− ; b) 394. 2. a)
−− 325
436
752
; b)
−−−−−
−
0111
1011
1101
1110
. 3. a) 2 ; b) 4 .
Literatura: Z. Roz. I, § 2, 3.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
18
CI 5
UKŁADY RÓWNAŃ LINIOWYCH
1. Układ równań Cramera 2. Metoda macierzowa 3. Układ m równań o n niewiadomych (przypadek ogólny)
Przykłady 1. Rozwiązać układ równań stosując wzory Cramera [WI 6]:
=++=−−=++
53
02
3
zyx
zyx
zyx
Rozwiązanie
Obliczamy wyznacznik macierzy głównej A oraz wyznaczniki macierzy ( ),3,2,1=kAK powstałych z macierzy A przez zastąpienie k-tej kolumny kolumną wyrazów wolnych.
6
131
112
111
det =−−=A ,
6
135
110
113
det 1 =−−=A , 6
151
102
131
det 2 =−=A , 6
531
012
311
det 3 =−=A .
Następnie korzystamy ze wzorów Cramera:
1det
det 1 ==A
Ax , 1
det
det 2 ==A
Ay , 1
det
det 3 ==A
Az .
2. Rozwiązać układ równań z przykładu 1 metodą macierzową [WI 6].
Rozwiązanie
Zapis macierzowy układu równań: BAX = , stąd BAX ⋅= −1 ,
Gdzie
−−=131
112
111
A ,
=z
y
x
X ,
=5
0
3
B , 6det =A .
Następnie wyznaczamy macierz odwrotną 1−A do macierzy A [WI 6].
( )
−−−=
−−
−=⋅=−
327
303
022
6
1
330
202
732
6
1
det
11
T
TDAA
A ,
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
19
=
=
⋅
−−−=
=1
1
1
6
6
6
6
1
5
0
3
327
303
022
6
1
z
y
x
X , zatem 1=== zyx .
3. Rozwiązać układ równań:
=++=++=++=++
.21558
1132
523
132
zyx
zyx
zyx
zyx
Rozwiązanie: Ponieważ liczba niewiadomych nie równa się ilości równań, układ równań nie jest układem Cramera. Na podstawie twierdzenia Kroneckera-Capellego [WI 6] rozstrzygamy czy układ ma rozwiązanie. Wyznaczamy rząd macierzy głównej na podstawie definicji rzędu macierzy:
=
558
312
123
132
A . Obliczamy np. wyznacznik macierzy C utworzonej z trzech pierwszych
wierszy macierzy A . Ponieważ 012
312
123
132
det ≠−==C , więc 3)( =AR .
Następnie wyznaczamy rząd macierzy uzupełnionej
=
21558
11312
5123
1132
B .
Wykonujemy następujące operacje elementarne na wierszach macierzy B : mnożymy wiersz drugi przez 2 i dodajemy do wiersza trzeciego, a następnie otrzymany wiersz trzeci odejmujemy od wiersza czwartego.
Otrzymujemy macierz
=
0000
11312
5123
1132
D o rzędzie równym rzędowi macierzy B .
3)()( ≤= BRDR . Ponieważ 3)( =AR oraz )()( BRAR ≤ , więc 3)( =BR .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
20
Stąd 3)()( == BRAR , więc układ równań ma rozwiązanie (twierdzenie Kroneckera-Capellego). Korzystając ze schematu podanego w [WI 6] rozważany układ jest równoważny układowi równań Cramera o macierzy głównej C :
=++=++=++
11322
523
132
yx
zyx
zyx
.
Następnie obliczamy wyznaczniki macierzy )3,2,1( =kCK utworzonych przez zastąpienie k-tej kolumny macierzy C kolumną wyrazów wolnych.
24
3111
125
131
det 1 −==C , 24
3112
153
112
det 2 ==C , 36
1112
523
132
det 3 −==C .
Stosując wzory Cramera otrzymujemy:
212
24
det
det 1 =−−==
C
Cx , 2
12
24
det
det 2 −=−
==C
Cy , 3
12
36
det
det 3 =−−==
C
Cz .
Łatwo sprawdzić, że liczby 2, -2, 3 są również rozwiązaniami czwartego równania rozwiązywanego układu równań. 4. Rozwiązać układ równań
=−−−=++−=++−
1151132
17532
23264
zwyx
zwyx
zwyx
Rozwiązanie Dany układ nie jest układem Cramera, należy sprawdzić czy ma on rozwiązanie (jest niesprzeczny). Wyznaczamy rząd macierzy głównej układu:
−−−−−
=151132
7532
3264
A .
Można sprawdzić, że wszystkie cztery podwyznaczniki macierzy A stopnia trzeciego są równe zeru, więc rząd tej macierzy 3)( <AR . Ponieważ np. podwyznacznik
0175
32det ≠−==C , więc 2)( =AR .
Wyznaczamy rząd macierzy uzupełnionej
−−−−−
=1151132
17532
23264
B .
Wykonujemy następujące operacje elementarne na wierszach macierzy B : odejmujemy
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
21
wiersz drugi od trzeciego oraz wiersz drugi pomnożony przez 2 od pierwszego. Otrzymujemy macierz:
−−−
−−=
0221600
17532
011800
D .
Mnożąc wiersz pierwszy macierzy D przez 2 i odejmując od wiersza trzeciego mamy macierz:
2)(,
00000
17532
011800
=
−−−
= ERE .
Ponieważ rzędy macierzy BDE ,, są równe, więc =)(AR 2)( =BR (twierdzenie Kroneckera-Capellego). Dany układ sprowadzamy do równoważnego układu Cramera [WI 6]. Ponieważ
01det ≠−=C , więc odrzucamy trzecie równanie danego układu oraz podstawiamy dowolne stałe ),(, Rdcdc ∈ za niewiadome yx, . Otrzymujemy układ równań Cramera:
+−=++−=+
.32175
,64232
dczw
dczw
Obliczamy wyznaczniki macierzy 21,CC utworzonych przez zastąpienie odpowiednio pierwszej i drugiej kolumny macierzy C kolumną wyrazów wolnych.
1133227321
3642det 1 ++−=
+−+−
= dcdc
dcC , 82416
3215
6422det 2 −−=
+−+−
= dcdc
dcC .
Stosując wzory Cramera otrzymujemy:
1133221
113322
det
det 1 −−=−
++−== dcdc
C
Cw , 82416
1
82416
det
det 2 ++−=−
−−== ccdc
C
Cz ,
cx = , dy = . Rozpatrywany układ (nieoznaczony) ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od przyjętych wartości dc, . Np. dla 1,0 == dc otrzymujemy rozwiązanie
32,44,1,0 =−=== zwyx .
Zadania 1. Rozwiązać metodą Cramera układy równań:
a)
=++=−+=+−
3
452
123
zyx
zyx
zyx
; b)
=+−+=++−=+++
=+−+
122353
273524
413546
40587
4321
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
.
2. Rozwiązać metodą macierzową układy równań;
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
22
a)
=++=++=++
132
523
1132
zyx
zyx
zyx
; b)
=+++−=−++−=−−+−=−−−
132
432
632
423
4321
4321
4321
4321
xxxx
xxxx
xxxx
xxxx
.
3. Rozwiązać układy równań:
a)
=+−=+−=+−
932
253
574
zyx
zyx
zyx
; b)
=−−=+−=−−=+−
22
12
4322
353
zyx
zyx
zyx
zyx
; c)
=−++−=+−−+
=+−−+=−+−−
02
05557
02
023
54321
54321
54321
54321
xxxxx
xxxxx
xxxxx
xxxxx
.
Odpowiedzi:
1. a) 0,2,1 ; b) 4,3,2,1 ; 2. a) 3,2,2 − ; b) 1,0,1,1 −− ; 3. a) układ sprzeczny; b) 7
2,
7
1,
7
10 −− ; c)
21,,0,0,0 CC . Literatura: Z. Roz. I, § 4.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
23
CI 6
RACHUNEK WEKTOROWY
1. Iloczyn skalarny 2. Iloczyn wektorowy 3. Iloczyn mieszany
Przykłady
Iloczyn skalarny: ( )( )a b a b a b→ → → →
⋅ = ⋅ ⋅cos ,k .
Postać kartezjańska iloczynu skalarnego: a b a b a b a bx x y y z z
→ →⋅ = + + .
1. Dane są punkty )1,4,0(),5,0,3(),0,2,1( −BA . Znaleźć kąt między wektorami AB i AC .
Rozwiązanie Znajdujemy współrzędne wektorów AB i BC . [ ]5,2,4−−=AB , [ ]1,2,1−=AC .
Obliczamy cosinus kąta między wektorami AB i AC . ( )( )ACABK ,=ϕ ACAB
ACAB
⋅⋅=ϕcos
3
1
545
5
121524
152)2()1(4cos
222222=
⋅=
++⋅++⋅+⋅−+−⋅−=ϕ ,
3
1arccos=ϕ .
Iloczyn wektorowy
( ) ( ) ( )c a b
i j k
a a a
b b b
i a b a b j a b a b k a b a bx y z
x y z
y z z y z x x z x y y x
→ → →
→ → →
→ → →= × = = − + − + −
2. Obliczyć pole trójkąta o wierzchołkach )1,3,2( −A , )3,2,4( −B , )2,4,1(−C .
Rozwiązanie
Rys.
Z określenia iloczynu wektorowego wynika, że pole trójkąta ABC jest równe połowie długości iloczynu wektorowego wektorów
AB i AC (rys.) [WI 7]
Wyznaczamy współrzędne wektorów AB i AC .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
24
[ ] ]4,5,2[)1(3,32,24 −=−−−−−=AB , [ ] ]3,1,3[)1(2,34,21 −=−−−−−=AC .
Iloczyn wektorowy ACxAB wyznaczamy korzystając z postaci symbolicznej (wyznacznik) [WI 7].
kji
kji
ACxAB 131819
313
452 −−−=−
−= ,
więc pole ][8542
1131819
2
1
2
1 2222 jACxABS =++== .
Iloczyn mieszany
a b c
a a a
b b b
c c c
x y z
x y z
x y z
→ → →
=, ,
3. Obliczyć objętość czworościanu o wierzchołkach )5,4,3(A , )3,1,2( −B , )1,2,4( −C , )6,2,1(D.
Rozwiązanie Korzystamy z interpretacji geometrycznej iloczynu mieszanego [WI 7].
Objętość V równoległościanu zbudowanego na wektorach cba ,, o wspólnym początku równa się wartości bezwzględnej iloczynu mieszanego tych wektorów.
( ) cbxaV =
Objętość 1V czworościanu zbudowanego na wektorach cba ,, jest równa 6
1 objętości
równoległościanu czyli ( ) cbxaV6
11 = . Niech ABa = , ACb = , ADc = .
Wyznaczamy współrzędne wektorów cba ,, .
[ ]8,3,1 −−−=a , [ ]4,6,1 −−=b , [ ]1,2,2 −−=c .
Iloczyn mieszany wektorów cba ,, obliczamy ze wzoru (wyznacznik) podanego w [WI 7].
( ) ][2
35105
6
1|
122
461
831
|6
1
6
1 31 jcbxaV =⋅=
−−−−−−−
== .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
25
Zadania 1. Znaleźć wektor x prostopadły do wektorów [ ]3,2,1 −=a i [ ]1,3,2 −=b taki, że 6−=⋅ da ,
gdzie [ ].1,1,2 −=d 2. Dane są punkty ( )4,2,11P , ( )2,1,52P i ( ).1,4,33P
Znaleźć wersor wektora .3121 PPxPPa =
3. Wykazać, że wektory [ ] [ ] [ ]5,1,14,1,4,6,2,4,3 −−=−−=−= cba nie są komplanarne.
Odpowiedzi
1. [ ]3,3,3−=x ; 2.
213
10,
213
8,
213
7.
Literatura: Z. Roz. II, § 3.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
26
CI 7
PŁASZCZYZNA I PROSTA W PRZESTRZENI R3
1. Płaszczyzna 2. Prosta w przestrzeni R3 3. Odległości Przykłady 1. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez trzy punkty
)3,2,4(),2,1,3(),1,0,2( −− CBA . Rozwiązanie Sposób 1. Korzystamy ze wzoru podanego w [WI 8]
0)()()(: =−+−+− ooo zzCyyBxxAπ , gdzie π∈),,( oooo zyxP i ],,[ CBA=π , π⊥n .
Znajdujemy wektor ACxABn = .
Wyznaczamy wektory ACAB, .
]1,1,5[]12,01,23[ −=−−−−=AB , ]4,2,2[]13,02,24[ −=−−−−=AC ,
kji
kji
ACxABn 12186
422
115 −−−=−
−== .
Wyznaczamy równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt )1,0,2(A i prostopadłej do
wektora ]12,18,6[ −−−=n 0)1(12)0(18)2(6: =−−−−−− zyxπ . Ostatecznie 0423: =−++ zyxπ
Sposób 2.
0
1324
1213
1102
1
: =
−−
zyx
π .
Rozwijamy wyznacznik względem pierwszego wiersza
,0
324
213
102
124
113
102
134
123
112
132
121
110
=−
−−−+−
−−−
zyx
czyli 02412186 =−−−− zyx , więc 0423: =−−+ zyxπ .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
27
2. Wyznaczyć równanie prostej l przechodzącej przez punkty )3,2,0(1 −P i )5,0,1(2P . Znaleźć odległość punktu )1,3,2(3 −P od wyznaczonej prostej.
Rozwiązanie a) Wyznaczamy równania parametryczne prostej przechodzącej przez punkt 1P i
równoległej do wektora 21PPa = [WI 8].
]8,2,1[21 −== PPa ,
+−=−=
=
tz
ty
tx
l
83
22: , Rt ∈ .
Równanie kanoniczne (kierunkowe) prostej l [WI 8] 8
3
2
2
1:
+=−−= zyx
l .
b) Odległość punktu 3P od prostej l wyznaczamy ze wzoru [WI 8]:
a
PPxalPdd
31
3 ),( == ,
kji
kji
PPxaPP 32016
412
821],4,1,2[ 3131 −−−=−
−=−= ,
69
665
821
32016222
222
=++
++=d .
3. Obliczyć odległość prostych skośnych 1l i 2l :
,
23
36
43
:1
+=−=+−=
tz
ty
tx
l 3
7
3
1
8
4:2
+=−+=− zyx
l .
Rozwiązanie Odległość prostych skośnych l1, l2:
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
28
( )d d l l
a b P P
a b
a a a
b b b
x x y y z z
i j k
a a a
b b b
x y z
x y z
x y z
x y z
= =×
×=
− − −
→ → →
→ → → → →1 2
0 11 0 1 0 1 0, .
10 )3,6,3( lP ∈− , 21 )7,1,4( lP ∈−− 1||],2,3,4[ laa −= ; 2||],3,3,8[ lbb −= .
]10,7,7[10 −−=PP
kji
kji
bxa 1243
338
234 ++−=−−= , 169
1077
338
234
)( 10 −=−−
−−
=PPbxa ,
1313
169
169
169
1243
169),(
22221 ===++
−== lldd .
Zadania 1. Napisać równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt )2,1,2( −P i prostopadłej do
wektora ]6,4,2[ −=n .
2. Napisać równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty )1,1,1(),0,0,5(),1,0,0( 321 PPP .
3. Obliczyć kąt między prostą
−===
tz
ty
tx
l
1
2
3
: a płaszczyzną 0253 =+−− zyx .
4. Obliczyć odległość między prostymi 1l i 2l :
3
2
1
1
2
1:1
−=+=− zyxl ,
6
2
2
1
4
1:2
+=−=+ zyxl .
5. Obliczyć odległość punktu )2,1,1(0 −−P od prostej
−=+−=+−=
tz
ty
tx
l
48
42
63
: .
Odpowiedzi 1. 0332 =++− zyx ; 2. 055 =−+− zyx ; 3. prosta jest równoległa do płaszczyzny;
4. 10 ; 5.7. Literatura: Z. Roz. II, § 3, 4, 5, 6.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
29
CI 8
CIĄGI LICZBOWE GRANICA CIĄGU
1. Monotoniczność ciągu 2. Granica ciągu Monotoniczność ciągu
Przykład
Wykazać, że ciąg o wyrazie ogólnym )2(!
3 >= nn
an
n jest ciągiem malejącym.
Rozwiązanie Ponieważ dla dowolnego n ∈ N an > 0, więc ciąg (an) będzie malejący wtedy i tylko wtedy,
gdy a
an
n
+ <1 1, gdyż nierówność an > an+1 jest wówczas równoważna nierówności a
an
n
+ <1 1
)1(!
33
)!1(
3 1
1 +⋅=
+=
+
+ nnna
nn
n , 2 dla 11
3
3
!
)1(!
331 ><+
=⋅+
⋅=+ nn
n
nna
an
n
n
n
czyli ciąg (an) jest malejący dla n > 1. Grania ciągu
Przykład
Dany jest ciąg (an) o wyrazie ogólnym n
nan 32
1
−+= . Sprawdzić, czy granicą ciągu jest –
1
3.
Rozwiązanie
<−⇒>>⇔=
∧∨∧∞→
εε gamnmga nn
n 0lim
Liczba –1
3 będzie granicą ciągu (an), jeżeli dla dowolnej liczby ε > 0 znajdziemy
liczbę m taką, że gdy n > m, to ε<
−−3
1na .
ε<−
=−
=+−+=
−−)23(3
5
)32(3
5
3
1
32
1
3
1
nnn
nan .
Otrzymaną nierówność rozwiązujemy względem n
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
30
εεεε
9
65)23(35
)23(3
5 +>⇔−⋅<⇔<−
nnn
.
Wykazaliśmy, że występująca w definicji granicy nierówność ε<− gan jest spełniona dla
wszystkich n większych od ε
ε9
65+, gdzie ε – dowolna liczba dodatnia. Istnieje więc liczba
εε
9
65+=m , czyli g = –1
3 jest granicą danego ciągu.
Przykład Wykazać, że
+∞→+∞=
nn2lim .
Rozwiązanie
Załóżmy, że g = +∞, zgodnie z definicją dla dowolnej liczby rzeczywistej A spełniona musi być wówczas nierówność an > A, tzn. n2 > A. Ostatnia nierówność jest spełniona dla
An > , a więc istnieje liczba m równa np. A , czyli granicą danego ciągu (n2) jest +∞.
Przykład
Obliczyć
−+
∞→nnn
n
2lim .
Rozwiązanie
Ponieważ lim lim ,n n nn n
2 + = +∞ = +∞→∞ →∞
oraz więc mamy symbol nieoznaczony postaci
[ ]∞ − ∞ . Wyraz ogólny ciągu an przekształcamy na podstawie wzoru
( )( )
a ba b a b
a b
a b
a b− =
− ++
= −+
2 2
,
nnn
n
nnn
nnn
nnn
nnnnnnnnn
++=
++
−+=++
++
−+
=−+22
22
2
22
2
nnn
nnnn
nn ++=
−+
∞→∞→ 2
2 limlim
Ponieważ licznik i mianownik otrzymanego ułamka dążą do ∞, więc otrzymaliśmy
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
31
symbol nieoznaczony typu ∞∞
równoważny symbolowi [ ]∞ − ∞ . Wyraz ogólny
nnn
nan
++=
2 możemy tak przekształcić, aby otrzymać symbol oznaczony. W tym celu
dzielimy licznik i mianownik przez n. Otrzymujemy
1
11
1
1
1
1
1
2
22
++=
++=
++=
nn
nn
n
nnan .
Ponieważ lim 11
1 2+ +
=
→∞ nn, więc
2
1lim 2 =
−+
∞→nnn
n.
Zadania 1. Wykazać na podstawie definicji, że:
a) 2
1
12lim =
−n
n; b)
3
1
13
1lim
2
2
=
+−
n
n.
2. Obliczyć granice ciągu:
a) ( )nnn −+1lim 2 ; b) n nn 53lim + ; c) n
n
−3
11lim .
Odpowiedzi
2. a) 2
1; b) 5; c) 1.
Literatura: Z. Roz. III, § 1.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
32
CI 9
GRANICA FUNKCJI. CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI
1. Definicja granicy 2. Granice jednostronne 3. Ciągłość funkcji 4. Obliczanie granic
Definicja granicy funkcji
Przykład
Na podstawie definicji Heinego wykazać, że lim .x
xx
3
2
8
212
−−
=→
Rozwiązanie
( )∞→∞→→
=⇒=≠⇔=∧
nn
nnnn
xxgxfxxxxxgxf )(limlim,,)(lim 00
0
Niech (xn), xn ≠ 2 będzie dowolnym ciągiem takim, że lim xnn
=→∞
2 .
Odpowiada mu ciąg wartości funkcji f (xn) o wyrazie ogólnym
( )( )
( ) .124222 4lim2 lim 42lim )(lim
,422
422
2
8)(
222
223
=+⋅+=++=++=
++=−
++−=−−=
∞→∞→∞→∞→ nn
nnn nn
nn
nnn
nnn
n
nn
xxxxxf
xxx
xxx
x
xxf
Z definicji wynika więc, że granicą danej funkcji w punkcie 2 jest 12. Granice jednostronne Przykład
Zbadać istnienie granicy funkcji x
xxfx =→ )( w punkcie x0 = 0.
Rozwiązanie Zbadamy istnienie granic jednostronnych w zerze.
.1)1(lim lim lim
,11lim lim lim
00
0
000
−=−=
−=
===
−−
−
+++
→→→
→→→
xx
x
xxx
x
x
x
x
x
x
x
x
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
33
Wynika stąd, że dana funkcja nie ma granicy w zerze, gdyż granice jednostronne nie są równe. Ciągłość funkcji Przykład Wykazać, że funkcja xy cos= jest ciągła dla Rx ∈ . Rozwiązanie Funkcja f (x) określona w punkcie x0 jest ciągła w tym punkcie, jeżeli istnieje granica lim ( )f x
x x→ 0
i lim ( ) ( )f x f xx x
=→
00
.
Wykażemy (na podstawie definicji granicy Cauchy’ego), że .coscoslim 0xxoxx
=→
Wykażemy, że dla dowolnego ε > 0 będzie istniała δ > 0 taka, że dla wszystkich x ∈ ( )δδ +− 00 , xx wartości funkcji będą spełniały nierówność ε<− 0coscos xx . Korzystamy ze
wzoru
.12
sin ponieważ ,2
sin2
2sin
2sin2
2sin
2sin2coscos
2sin
2sin2coscos
00
00000
000
≤+−≤
≤−⋅+=−+−=−
−+−=−
xxxx
xxxxxxxxxx
xxxxxx
Ponadto sinx x x x−
≤−
0 0
2 2, więc cos cosx x x x− ≤ −0 0 .
Zatem εε <−<− 00 ,coscos xxxx gdy . Wykazaliśmy, że istnieje liczba ,εδ = więc zgodnie z
definicją granicy 0
0coscoslimxx
xx→
= , czyli funkcja jest ciągła.
Obliczanie granic Analogicznie, jak dla ciągów, obliczanie granic funkcji na podstawie twierdzeń rozpoczynamy zawsze od sprawdzenia symbolu: jeżeli występuje symbol oznaczony, granicę otrzymujemy z twierdzeń, jeżeli natomiast jest jeden z symboli nieoznaczonych
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]∞∞∞
∞∞∞−∞ 1,0,,,0,
0
0,, 00 musimy tak przekształcić funkcję, aby otrzymać symbol
oznaczony i dopiero wtedy korzystać z twierdzeń. Przykład
Obliczyć granicę funkcji limcos1 2
20
−→
x
xx.
Rozwiązanie
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
34
Dla x = 0 licznik i mianownik funkcji xx
x→ −1 2
2
cos są równe zeru, więc mamy symbol
nieoznaczony typu 0
0
. Ponieważ 1 2 2 2− =cos sinx x , więc f x
x
x
x
x( )
sin sin= =
22
2
2
2
.212sin
lim2sin
2lim2cos1
lim0
2
0
2
0 2 →→→=⋅=
=
=−xxx x
x
x
x
x
x
Korzystaliśmy z twierdzenia limsinx
xx=
→1
0.
Zadania 1. Na podstawie definicji Heinego wykazać, że nie istnieje x
xsinlim
∞→.
2. Wyznaczyć granice funkcji
3
2
73
352lim a)
−→−=
+−+
x x
xx; b)
0 11
4sinlim
→ −+x x
x; c)
0 2
11lim
→
−+x x
x.
3. Dla jakich wartości parametru a funkcja
=
≠=→
0 dla
0 dla 3sin
)(xa
xx
xxfx
jest ciągła? Odpowiedzi
2. a) 4
3; b) 8 ; c) ∞ . 3. 3
Literatura: Z. Roz. III, § 2, 3.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
35
CI 10
POCHODNA FUNKCJI
1. Definicja pochodnej 2. Interpretacja geometryczna 3. Obliczanie pochodnych
Przykład Na podstawie definicji obliczyć pochodną funkcji: xxf 2cos)( = w punkcie 0x .
Rozwiązanie.
( ) ( ) ( )lim lim ,
∆ ∆
∆∆
∆∆x x
y
x
f x x f x
xf x
→ →=
+ −= ′
0 0
0 00 gdzie ∆ x x x= − 0
=∆
−∆+=
∆−∆+
→∆→∆ x
xxx
x
xfxxfxx
00
0
00
0
2cos)(2coslim
)()(lim
,2sin212sin2sin
lim2sin2sin)2sin(2
lim
2
2)(2sin
2
2)(2sin2
lim
000
00
0
0000
0
xxx
xx
x
xxxx
xxxxxx
xx
x
−=⋅−=∆
∆⋅−=∆
∆∆+−=
=∆
−∆+⋅+∆+−=
→∆→∆
→∆
gdyż 1sin
lim0
=∆
∆→∆ x
xx
.
Interpretacja geometryczna pochodnej Pochodną funkcji ( )y f x= interpretujemy geometrycznie jako współczynnik kierunkowy
stycznej do wykresu funkcji w punkcie ( )P x y0 0 0, należącym do wykresu funkcji tzn.
( )′ =f x0 tgα , α – kąt nachylenia stycznej do wykresu funkcji względem dodatniego zwrotu osi
OX (rys. 1). Równanie stycznej do krzywej ( )y f x= w punkcie ( )P x y0 0 0, leżącym na tej krzywej
jest postaci ( ) ( )y y f x x x− = ′ −0 0 0 przy założeniu, że istnieje ( )′f x0 .
Równanie normalnej (prostej prostopadłej do stycznej w punkcie styczności) do
krzywej ( )y f x= jest postaci ( ) ( )y yf x
x x− = −′
−00
01
przy założeniu, że ( )′ ≠f x0 0 (rys. 2).
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
36
Rys. 1
Rys. 2
Przykład Wyprowadzić równanie stycznej do paraboli y px2 2= w punkcie P x y0 0 0( , ). Rozwiązanie Niech p > 0 (rys.3) (dla p < 0 wyprowadzenie jest analogiczne) y px y px2 2 2= ⇔ =(
– górna gałąź paraboli lub y px= − 2 – dolna gałąź paraboli) (rys. 3).
Rys. 3 Załóżmy dla ustalenia uwagi, że y > 0 (rys. 3). Znajdujemy współczynnik kierunkowy stycznej m f x= ′( )0
( )′ = ′ = ⋅ = >y pxpx
pp
pxx2
1
2 22
20, , m y x
p
px= ′ =( )0
02.
Otrzymujemy więc szukane równanie stycznej
y yp
pxx x− = −0
0
02
( ) .
Ponieważ y px0 02= , więc y yp
yx x− = −0
00( ).
Pomnóżmy ostatnie równanie przez y0, otrzymujemy y y y px px⋅ − = −0 02
0 , stąd
yy px px px0 0 02− = − . Ostatecznie równanie stycznej do paraboli y px2 2= jest postaci yy p x x0 0= +( ).
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
37
Obliczanie pochodnych Pochodne obliczamy w oparciu o podane reguły różniczkowania i wzór na pochodną funkcji złożonej [WI 11].
Przykład Obliczyć pochodną funkcji 33sin)( xxf = .
Rozwiązanie Funkcją zewnętrzną jest 3)( uuf = , natomiast wnętrzem funkcja 3sinxu = , która również jest
funkcją złożoną. Funkcją zewnętrzną jest vu sin= , wnętrzem 3xv = . Ponieważ 223 3',cos)'(sin,3)'( xvvvuu === , więc 3322233233 cossin93cossin3)'(sin xxxxxxx ⋅=⋅⋅= .
Zadania 1. Na podstawie definicji wyznaczyć pochodną funkcji xxf 2)( = . 2. Wyznaczyć pochodne funkcji:
a) xexf cos)( = ; b) )2ln(sin)( xxf = ; c) x
xf1
arcsin)( = .
Odpowiedzi
1. 2ln2)(' xxf = ; 2. a) )sin()(' cos xexf x −= ; b) xctgxf 22)(' = ; c) .1
11
1)('
2
2
−−
=x
x
xf
Literatura: Z. Roz. 3, § 4, 5, 6, 7.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
38
CI 11
POCHODNA LOGARYTMICZNA. POCHODNE WYŻSZYCH RZĘDÓW.
RÓŻNICZKA FUNKCJI. 1. Pochodna logarytmiczna 2. Pochodne wyższych rzędów 3. Różniczka funkcji Pochodna logarytmiczna
Pochodną funkcji ( )[ ] ( )y f x
g x= ( )( )f x > 0 obliczamy w następujący sposób:
Logarytmujemy obie strony i otrzymujemy ( )( ) ( )ln lny f x
g x= , czyli ( ) ( )ln lny g x f x= , a
następnie różniczkujemy obie strony (traktując ln y jako funkcję złożoną)
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1
yy g x f x g x
f xf x⋅ ′ = ′ + ′ ⋅ ⋅ ′ln
Z otrzymanej równości obliczamy ′y : ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )′ = ′ +
′ ′
y f x g x x
g x f x
f x
g xln .
Pochodną logarytmiczną stosujemy również wówczas, gdy funkcja jest iloczynem, ilorazem, zawiera pierwiastki, potęgi (te działania, które dają się łatwo logarytmować).
Pochodne wyższych rzędów Pochodna rzędu n ( )n N∈ funkcji f jest pochodną pochodnej rzędu n −1, tzn.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]y x f x f xn n n= =′−1 .
Funkcję f, która ma pochodną rzędu n, nazywamy funkcją n-krotnie różniczkowalną. Przykład
Wyznaczyć pochodną n-tego rzędu funkcji xxf 5)( = .
Rozwiązanie
5ln5)'5()(' xxxf == , 5ln55ln)5ln5(5ln)'5()'5ln5()('' 2xxxxxf ==== ,
5ln55ln)5ln5(5ln)'5()'5ln5()(''' 3222 xxxxxf ==== . 5ln5)()( nnn xf = (dowód indukcyjny). Wzór Leibniza Jeżeli funkcja f i g są n-krotnie różniczkowalne, to
( )( ) ( ) ( )f gn
kf g
n n k k
k
n
⋅ =
−
=∑
0
, gdzie ( ) ( )f f g g0 0= =, .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
39
Przykład Można wykazać, że pochodna n-tego rzędu funkcji xxxf 3)( ⋅= równa się
( )3ln3ln3)( 1)( xnxf nxn += − . Różniczka funkcji Różniczka funkcji f w punkcie x0 dla przyrostu dx x x= − 0 : ( ) ( )df x f x dx0 0= ′ .
Różniczka funkcji w punkcie x (funkcja): ( ) ( )df x f x dx= ′ .
Różniczka n-tego rzędu ( )n N∈
Jeżeli funkcja f jest n-krotnie różniczkowalna dla x X p∈ , to
( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )d f x d d f x f x dxn n n n= =−1 .
Przykład Różniczka n-tego rzędu funkcji xxf 5)( = równa się nnxn dxxfd ⋅= 5ln5)( .
Zadania 1. Obliczyć pochodne funkcji:
a) ( )xxxf ln)( = ; b) ( ) xxxf sinsin)( = 2. Wyprowadzić wzór na n-tą pochodną funkcji a) xxf ln)( = ; b) xxexf =)( .
Odpowiedzi 1. a) ( ) [ ] exxxxxf x >+= − ,)ln(lnln1ln)(' 1 ;
b) 0sin),sinln1(cos)(sin)(' sin >+= xxxxxf x .
2. a) 0,)!1()1()( 1)( >−−= −− xxnxf nnn ; b) )()()( nxexf xn += . Literatura: Z. Roz. III, § 9, 10.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
40
CI 12
MONOTONICZNOŚĆ. EKSTREMA FUNKCJI.
1. Monotoniczność funkcji 2. Ekstrema lokalne 3. Ekstrema globalne (wartość największa, wartość najmniejsza) Monotoniczność funkcji Jeżeli pochodna funkcji f jest w każdym punkcie przedziału ( )a b, dodatnia (ujemna), to
funkcja jest w tym przedziale rosnąca (malejąca). Przykład Wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji ( ) 23 xexxf −= :
Rozwiązanie Korzystamy z podanego twierdzenia [WI 13]. Dziedzina funkcji ( ) Rxxf ∈: .
)23()2(3)(' 2232 222
xexxexexxf xxx −=−⋅+= −−− . Dziedzina pochodnej ( ) Rxxf ∈:' .
0)(' >xf gdy 023 2 >− x , stąd 0)(' ,2
3,00,
2
3 <
∪
−∈ xfx , gdy
∞
−∞−∈ ,
2
3,
2
3,x . Funkcja ( )xf jest rosnąca w przedziałach
−
2
3,0,0,
2
3
oraz malejąca w przedziałach
∞
−∞− ,
2
3,
2
3, .
Ekstrema lokalne
Przykład Obliczyć ekstrema lokalne funkcji xxxf ln)( 3= za pomocą pochodnej pierwszego rzędu.
Rozwiązanie Dziedzina funkcji 0: >xf . Obliczamy pochodną
0),1ln3(1
ln3)(' 232 >+=⋅+= xxxx
xxxxf .
Wyznaczamy punkty, w których może wystąpić ekstremum funkcji.
01ln30)1ln3(0)(' 2 =+⇔=+⇔= xxxxf , stąd 3
1−
= ex .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
41
Badamy znak )(' xf w sąsiedztwie punktu 3
1−
= ex .
,,01ln30)1ln3(0)(' 3
12
∞∈⇔>+⇔>+⇔>
−exxxxxf 0)(' <xf dla
∈
−3
1
,0 ex .
Ponieważ w sąsiedztwie punktu 3
1−
= ex pochodna zmienia znak z „- na +”, więc w tym punkcie funkcja ma minimum.
.3
,,3
,1
3
1
min
13
1
min3
1
min
−−=
==
−−−−− eeP
eefyex
Przykład Pewna ilość doświadczeń doprowadziła do n różnych wartości x x xn1 2, , ..., badanej wielkości x. Gauss zaproponował przyjąć za wartość X taką wartość x, dla której suma kwadratów jej różnic z wartościami x x xn1 2, , ..., osiąga minimum. Wyznaczyć x. Rozwiązanie x f x x x x x x xn→ = − + − + + −( ) ( ) ( ) ... ( )1
22
2 2
Wyznaczamy ekstremum funkcji x f x→ ( ) ′ = − + − + + − = − + +f x x x x x x x nx x xn n( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ... )2 2 2 2 21 2 1
( )′ = ⇔ − + + + = ⇒ = + +f x nx x x x x
x x
nnn( ) ...
...0 2 2 01 2
1 , nxf 2)('' = .
Ponieważ 0)('' >xf , więc funkcja f osiąga w wyznaczonym punkcie minimum, czyli
n
xxxx n+++= ...21
min (średnia arytmetyczna).
Wartość największa i wartość najmniejsza.
Przykład
Wyznaczyć wartość najmniejszą i największą funkcji x f x x x x→ = − ∈ −( ) sin , ,22 2
π π
.
Rozwiązanie
1. f −
= −
− −
= − + =π π π π π π
22
2 2 2 2sin sin( ) , f
π π π π π π2
22 2 2 2
= ⋅ − = − = −sin sin
2. Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej w przedziale−
π π2 2
,
2
12cos012cos20)(,12cos2)2(sin)( =⇔=−⇔=′−=′−=′ xxxfxxxxf
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
42
Rozwiązujemy równanie cos ,21
22
32x x k= = +
π π ,
stąd x k k C x k= + ∈ = − +π π π π6
23
2, lub oraz x k k C= − + ∈π π6
,
Ponieważ x ∈ − π π2 2
, , więc x x= − =π π6 6
i .
35,062
3
63sin
662sin
6−=+−=+−=
−−
⋅−=
−= ππππππfy
35,062
3
63sin
662sin
6=−=−=−⋅=
= ππππππfy .
3. Wartością największą danej funkcji w przedziale − π π2 2
, jest M = π2
, natomiast
wartością najmniejszą jest m = − π2
.
Zadania 1. Znaleźć przedziały monotoniczności funkcji xxxf ln3ln)( 3 −= . 2. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji.
2
1
)2()( −−= xexxf 3. Znaleźć wartość najmniejszą i największą funkcji xxxf 2cossin)( += w przedziale
π,0 .
Odpowiedzi
1. ),1
,0( ∞<∪> ee
- funkcja rosnąca,
ee
,1
- funkcja malejąca.
2. ),3(min eP ; 3. .8
9,0 == Mm
Literatura: Z. Roz. III, § 14, 15, 16.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
43
CI 13
PRZEDZIAŁY WYPUKŁOŚCI, WKLĘSŁOŚCI, PUNKTY PRZEGIĘCIA
1. Przedziały wypukłości, wklęsłości wykresu funkcji 2. Punkty przegięcia Przedziały wypukłości, wklęsłości Jeżeli funkcja f ma drugą pochodną dodatnią (ujemną) w punkcie 0x to jest wypukła (wklęsła)
w tym punkcie.
Przykład
Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji .ln
)(x
xxf =
Rozwiązanie
Dziedzina funkcji: ( ) ( )∞∪∈ ,11,0x . Obliczamy )(' xf i )('' xf :
x
xxf
2ln
1ln)('
−= , xx
xxf
3ln
ln2)(''
−= .
Dziedzina pochodnych jest taka jak dziedzina funkcji. Badamy znak drugiej pochodnej:
( )233
,10)ln2(ln0ln
ln20)('' exxxx
xx
xxf ∈⇔>−⇔>−⇔> - funkcja wypukła,
0)('' <xf dla ( ) ( )∞∪∈ ,1,0 2ex - funkcja wklęsła. Punkty przegięcia
Jeżeli funkcja f dwukrotnie różniczkowalna w otoczeniu U0 punktu x0 spełnia warunki
a) ( )′′ =f x0 0 ; b) ( )′′ > >f x x x0 00 dla lub ( )′′ > <f x x x0 00 dla
( )′′ < <f x x x0 00 dla ( )′′ < >f x x x0 00 dla
to x0 jest punktem przegięcia (warunek konieczny i dostateczny).
Przykład Wyznaczyć punkty przegięcia wykresu funkcji .)(
2xexf −=
Rozwiązanie Obliczamy )(' xf i )('' xf :
2
2)(' xxexf −−= , ( )2212)(''2
xexf x −−= − , Rx ∈ .
( ) 02120)('' 22
=−−⇔= − xexf x , stąd 2
2−=x lub 2
2=x .
Następnie badamy znak )('' xf w sąsiedztwie tych punktów.
( ) .,2
2
2
2,01202120)('' 222
∞∪
−∞−∈⇔>−⇔>−−⇔> xxxexf ix
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
44
Ponieważ w sąsiedztwie wyznaczonych punktów )('' xf zmienia znak, więc funkcja f ma
punkty przegięcia: .,2
2,,
2
2 2
1
22
1
1
−
−−ePeP
Zadania 1. Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji
a) xxxf ln2)( 2 += ; b) x
e
xxf
=)( .
2. Wyznaczyć punkty przegięcia wykresu funkcji
a) x
xxf
ln)( = ; b) xexf =)( .
Odpowiedzi
1. a)
∞
,2
1,
2
1,0 ; b) wypukła dla 0>x ; 2. a)
2,
22 e
e ; b) ( )e,1 .
Literatura: Z. Roz. III, § 17.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
45
CI 14
REGUŁY DE L’HOSPITALA. ASYMPTOTY.
1. Reguły de L’Hospitala 2. Asymptoty wykresu funkcji Reguły de L’Hospitala Korzystamy z twierdzeń podanych w [WI 15].
Przykład Obliczyć granice funkcji:
a) x
x
x
13lim
0
−→
; b)
−−
→ 1
1
ln
1lim
1 xxx; c)
x
x x
sin
0
1lim
+→
.
Rozwiązanie Symbol H nad znakiem równości oznacza, że stosujemy regułę de L’Hospitala. Ponadto zakładamy, że istnieje granica po prawej stronie równości.
a) 3ln1
3ln3lim
13lim
00==−
→→
x
x
Hx
x x;
b) Wystąpił symbol nieoznaczony [ ]∞−∞ więc musimy przedstawić funkcję w takiej postaci
aby wystąpił równoważny symbol
0
0 lub
∞∞
.
( ) xx
xx
xx xx ln1
ln1lim
1
1
ln
1lim
11 −−−=
−−
→→. Mamy symbol nieoznaczony postaci
0
0 a więc możemy
stosować reguły de L’Hospitala (dwukrotnie).
( ) 2
1
2ln
1lim
11
ln
1lim
1ln
1lim
1ln
11
limln1
ln1lim
11111=
+=
+⋅+=
−+−=
−+
−=
−−−
→→→→→ xx
xxxxx
x
x
xx
xxx
xxxx
H
xx
H
x.
c) Mamy symbol nieoznaczony [ ]0∞ .
Niech ( )x
xxh
sin1
= , ( )x
xxh
sin1
lnln
= , ( )x
xxh1
lnsinln = stąd ( ) xx
exh1
lnsin= .
Następnie obliczamy x
xx
1lnsinlim
0+→. Wystąpił symbol nieoznaczony [ ]∞⋅0 więc
przekształcamy funkcję i dwukrotnie stosujemy regułę de L’Hospitala.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
46
01
0
sincos
cossin2lim
cos
sinlim
cossin
1
111
lim
sin
1
1ln
lim1
lnsinlim0
2
0
2
2
000==
−==
⋅−
−⋅
==+++++ →→→→→ xxx
xx
xx
x
xx
xx
x
xx
xx
H
xx
H
xx.
Ostatecznie szukana granica danej funkcji równa się 10 =e . Asymptoty
Przykład
Wyznaczyć równania asymptot danej krzywej: x
xxy
1ln
−= ;
Rozwiązanie Wyznaczamy dziedzinę funkcji;
( ) 0101 >−⇔>−
xxx
x, ( ) ( )∞∪∞−∈ ,10,x .
Sprawdzamy czy funkcja ma asymptoty pionowe w punktach 0 lub 1.
01
lim1
11
1
lim1
1ln
lim1
lnlim0
2
2
000=
−=
−
⋅−
=
−
=−−−− →→→→ x
x
x
xx
x
x
x
x
x
xx
xx
H
xx wynika, stąd że prosta 0=x nie
jest asymptotą pionową.
−∞=−+→ x
xx
x
1lnlim
1 więc prosta 1=x jest asymptotą pionową prawostronną.
Z kolei szukamy asymptot ukośnych:
01ln1
lnlim)(
lim ==−==∞→∞→ x
x
x
xfm
xx. Dla −∞→x również 0=m .
( ) 11
1lim
1lim
1
1ln
lim1
lnlim)(lim −=−
=−
=
−
=−=−=∞→∞→∞→∞→∞→ x
H
x
H
xxx x
x
x
x
x
x
xxmxxfn , również dla
−∞→x 0=m . Mamy więc asymptotę poziomą 1−=y .
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
47
Zadania 1. Obliczyć granice:
a) 0,1
lim0
>−→
ax
a x
x; b)
x
x x
+∞→
11lim ; c)
( )x
xx
11lim
0
−+→
α
; d) x
xx
)1ln(lim
0
+→
.
2. Wyznaczyć równania asymptot danych krzywych:
a) x
xxxf
ln)( += ; b) 1)(
4
−= xxexf .
Odpowiedzi 1. a) aln ; b) e ; c) α ; d) 1 2. a) xyx == ,0 ; b) 3,0 +== xyx . Literatura: Z. Roz. 3, § 18, 19.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
48
CI 15
BADANIE PRZEBIEGU ZMIENNOŚCI FUNKCJI
Badanie przebiegu zmienności funkcji możemy przeprowadzić według następującego schematu: 1. Określamy dziedzinę funkcji, 2. Wyznaczamy granice funkcji na krańcach przedziałów określoności, 3. Znajdujemy punkty przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych, 4. Sprawdzamy, czy funkcja jest parzysta, nieparzysta lub okresowa, 5. Wyznaczamy asymptoty wykresu funkcji (pionowe, ukośne), 6. Znajdujemy ekstrema funkcji oraz przedziały monotoniczności, 7. Znajdujemy punkty przegięcia oraz przedziały wypukłości i wklęsłości, 8. Szkicujemy wykres funkcji na podstawie informacji uzyskanych w punktach 1 – 7, które
można zestawić w postaci tabelarycznej.
Przykład
Zbadać przebieg zmienności funkcji x f x x x→ = −( ) 1 4 2 .
Rozwiązania
1. Dziedziną funkcji jest przedział domknięty − 1
2
1
2, ponieważ
1 4 0 1 2 1 2 01
2
1
22− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ∈ −x x x x( )( ) , .
2. Badamy granice funkcji dla x → − +1
2 oraz x → −1
2
041lim , 041lim 2
2
1
2
1
2 =−=−−→+→
xxxxxx
.
3. Znajdujemy punkty przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych
0x: y x x x x x= ⇔ − = ⇔ = = − =
0 1 4 0 0
1
2
1
22 lub lub , 0y: x = 0 y = 0.
Możemy zauważyć, że funkcja x x x→ −1 4 2 jest nieparzysta
x f x f x∈ − − = −
∧ 1
2
1
2, ( ) ( ) więc jej wykres musi być symetryczny względem początku
układu współrzędnych. Funkcja nie ma asymptot. 4. Badamy pochodną funkcji:
′ = − +−
− = −
−f x x x
xx
x
x( ) ( )1 4
1
2 1 48
1 8
1 4
2
2
2
2.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
49
Dziedziną pochodnej jest przedział otwarty −
1
2
1
2, , ponieważ 1 4 0
1
2
1
22− > ⇔ ∈ −
x x , .
Znajdujemy miejsca zerowe pochodnej: ′ = ⇔ − = ⇔ = −
f x x x( ) ,0 1 8 0
1
2 2
1
2 22 .
Badamy znak pochodnej
′ > ⇔ − > ⇔ ∈ −
f x x x( ) ,0 1 8 0
1
2 2
1
2 22 ,
′ < ⇔ − < ⇔ ∈ − −
∪
f x x x( ) , ,0 1 8 0
1
2
1
2 2
1
2 2
1
22 .
5. Ekstrema funkcji. W punkcie x = − 1
2 2 pochodna zmienia znak:
′ < < − ′ > > −f x x f x x( ) , ( ) ,01
2 20
1
2 2 dla dla ′ −
=f
1
2 20 , więc funkcja osiąga w tym
punkcie minimum: x y fmin min,= − = −
= −1
2 2
1
2 2
1
4 .
Analogicznie wykazujemy, że w punkcie x = 1
2 2 funkcja osiąga maksimum:
x y fmax max,= =
=1
2 2
1
2 2
1
4 .
Oczywiście punkty ( ) ( )P x y P x y1 2min min max max, , i są symetryczne względem początku układu
(funkcja nieparzysta).
6. Przedziały monotoniczności. Funkcja jest rosnąca dla x ∈ −
1
2 2
1
2 2, , natomiast malejąca dla
−−∈22
1,
2
1 x oraz
∈2
1,
22
1 x .
7. Przedziały wypukłości i wklęsłości, punkty przegięcia
( )( )
−∈−−
−=
−−=
2
1,
2
1,
4141
384
41
81)(''
22
2'
2
2
xxx
xx
x
xxf
( )8
3
8
300380)('' 2 =∨−=∨=⇔=−⇔= xxxxxxf .
Funkcja f może mieć punkt przegięcia tylko w punkcie x=0 ponieważ pozostałe punkty nie należą do dziedziny funkcji.
( )( ) ( ) ,0,
2
10380
4141
3840).('' 2
22
2
−∈⇔>−⇔>−−
−⇔ xxxxx
xxxf 0)('' <xf dla
∈2
1,0x .
Wynika stąd, że funkcja f jest wypukła dla )0,2
1−∈<x oraz wklęsła dla >∈2
1,0(x .
Ponieważ w punkcie x=0 pochodna )('' xf zmienia znak, więc punkt )0,0(O jest punktem przegięcia wykresu funkcji.
Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”
Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin
50
8. Wykres funkcji (rys.)
Rys.
Zadania Przeprowadzić badanie funkcji:
a) 2
2
2
1)(
x
exf−
=π
; b) x
xxf
−=
4)(
2
.
Literatura: Z. Roz. III, § 20.