MA1: Řešené příklady funkce: derivace. ( cos(πe x ) 2x 3 4

Transkript

1 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 MA: Řešené příklady funkce: derivace.najdětederivacifunkce f 32 sin2 e. 2.Najděteprvníderivacifunkce f cosπe arccos vbodě a0. 3.Najdětederivacifunkce fln a arcsin,kde ajeparametr. 4.Najděterovnicitečny/normálykegrafufunkce fe + cos vbodě a0. 5.Najděte T 3,Taylorůvpolynomstupně3,sestředemvbodě aprofunkci f 2 e. 6. Použijte vhodný Taylorův polynom stupně 2 k odhadu hodnoty sin3. Najděte maimální intervaly monotonie a lokální etrémy pro následující funkce: 7. f e / ; 8. fln ; 9. fln ; 0. f U příkladu 9. jako bonus uděláme celý průběh funkce.. Určetemaimálníintervalymonotoniealokálníetrémyfunkce fe 3 +3a 2,kde aje parametr. 2.Najděteglobálníetrémyfunkce f 3 +naintervalu 0,4. Řešení: Poznámka o zápisu: Do výpočtu často vkládám vysvětlující poznámky mezi závorky,jdeo mé soukromé značení, abych nemusel výpočty přerušovat; většinu toho bych při normálním psaní řešení neuváděl. Nicméně hlavně u zkoušky bývá dobré řešení komentovat, aby zkoušející viděl, že jsem výsledek nezískal jinaktřeba osvícením shůry. Jmenovitě, u limit je často používanou možností přidávat odkazy na známé věci nadči pod rovnítko, jde zejména o indikaci použití l Hospitalova pravidla či kritické mezikroky. U integrálů bývá tradiční indikovat substituci či perpartes pomocí matice, zde jsem do ní vpisoval jako pomoc studentovi i případný převod mezí při substituci, to se normálně nedělá, protože zda člověk meze převedl je vidět. U derivací je většinou hned vidět, která pravidla student použil, takže se nekomentuje. Pro studenta však bývá těžké odhadnout, co je vyučující ochoten akceptovat jako fakt a co chce dovysvětlit. Zde vysvětluji více, než je třeba, a dělám ve výpočtu víc kroků; myslím, že tu víceméně správnou míru komentování a detailů student najde v Příkladech k procvičování.. Derivuje se od poslední operace, kterou je zde dělení. Nejprve tedy použijeme podílové pravidlo. f [32 sin2] [e ] [3 2 sin2] [e ] [e ] 2. Teď jsou tam dvě derivace. V té první je poslední operací odčítání, takže použijeme linearitu. V té druhé je poslední operací násobení, takže použijeme součinové pravidlo. f [32 ] [sin2] e 3 2 sin2 [] e + [e ] 2 e 2. Teď tam máme derivace čtyři. Odleva: Díky linearitě je možno vytáhnout z derivace násobící trojku,zbydetabulkováderivacez 2. Dalšíčlenjesloženáfunkceajakoposlednísedělásinus, tímtedymusímezačít. Zderivujemejej,[siny] cosy,totopakpodlepravidlaproderivaci složené funkce vynásobíme derivací vnitřní funkce 2, kterou také dosadíme za y. Zbývající dvě derivace jsou tabulkové. f 3 [2 ] cos2 [2] e 3 2 sin2 e + e 2 e 2.

2 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 Zbývá dorazit ty dvě tabulkové derivace, výsledek upravit a určit obor eistence této derivace, což je snadné. f 3 2 cos2 2e 3 2 sin2 e + e 2 e 2 6 2cos2e 3 2 sin2 e + 2 e sin2 2cos2 2 e, Má derivace smysl? Jinými slovy, je 0 vnitřní bod definičního oboru? Abychom jej našli, musíme nejprve přepsat tuto danou mocninu pomocí triku e na logaritmus : fe arccoslncosπe Definiční obor vypadá dost nepříjemně a na písemce bychom jej rozhodně nedělali, nás zajímá jenokolínuly. Pokudje čísloblízkénule,pak πe jepřibližně π,protojecosπe. Ve jmenovatelizaseprohodněmalá dostanemepřibližně 4,takžezlomekjezhruba 4. Přesná hodnota nás nezajímá, podstatné je, že na nějakém okolí bodu 0 je zlomek kladný, proto logaritmus eistuje a funkce je definovaná. Budeme tedy derivovat, tady zase použijeme převod na eponenciálu. V každém kroku určíme, jaká operace se dělá poslední, na ni aplikujeme příslušné pravidlo. f [e ] arccoslncosπe složeníse y, [e y ] e y [ e arccoslncosπe cosπe ] arccos ln 2 3 součin 4 cosπe arccos cosπe 2 3 [arccos] [ cosπe ] ln arccos ln 4 složeníslny,[lny] y cosπe arccos cosπe ln [ cosπe ] arccos 4 cosπe 2 3 podíl 4 cosπe arccos cosπe ln arccos 23 4 [cosπe ] cosπe [] 4 cosπe 2 složeníscosy,[cosy] siny cosπe arccos cosπe ln arccos cosπe sinπe [πe ] cosπe cosπe arccos cosπe ln arccos sinπe πe +cosπe cosπe Teď dosadíme bod: f 0 π/2 4 ln4+ π ln4 π/2. 4 Poznámka: Jakýjevlastnědefiničníobor? Zarccosmáme,. Vlogaritmuvidíme 2

3 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 dvěpodmínky, 3 2a cosπe >0. Druhoupodmínkunejlépevyřešímerozboremznamének, začnemejmenovatelem. Tenjekladnýpro > 3 2,aletakováto neležívdefiničnímoboru arccosinu, takže tento případ můžeme vyloučit. Když se omezíme na ten interval,, pakmáme < 3 2,takžejmenovatelzlomkujezápornýanászajímá,kdyjecosπe <0. To znamená,že πe π 2 +2kπ,3π 2 +2kπ.Kdyžtopřepíšemejakonerovnosti,můžemeřešitpro : π 2 +2kπ < πe < 3π 2 +2kπ ln 2 +2k < <ln k 3 Zdemohoubýt klibovolnáceláčíslasplňující 2 +2k >0,tj.vlastněpřirozenáčíslačinula. Totořešeníovšemplatíjenpro < 3 2, takžepotřebujemezjistit, prokterá k ležíintervaly ln 2 +2k,ln k vrozmezíod 3 2doleva.Dalšípodmínkaje,že,,čilipotřebujeme zjistit, které z těchto intervalů mají neprázdný průnik s,. Trocha ťukání do kalkuliho mašiny záhyvyjeví,žepro k0dostanemepřibližně 0.7,0.4apro kmáme0.9,.3,další kuž jsou mimo. Definiční obor tedy je Df ln 2,ln 3 2 ln 5 2,. Jetodocelahnus,naštěstísetoponásnechtělo,nicménějemožnázajímavévidět,jaksetodělá. 3. Jelikož je a parametr, můžeme si místo něj představit nějakou konstantu a rozmyslet si, jak bysetakováfunkcederivovala,řekněmeln 9 arcsin. Stejnýpostuppakbudefungovatna danou funkci. Takže jdeme na to, poslední prováděná operace je logaritmus, začneme tedy jeho zderivováním[lny] y,aprotožejesložensvnitřnífunkcí,použijemepříslušnépravidlo. Dostaneme se tak k derivování vnitřní funkce, kde teď použijeme součinové pravidlo. f [ a arcsin ] [ a ] arcsin+ a [arcsin] a arcsin a arcsin a arcsin a a arcsin+ a 2, 0,. Jakjsmenašlidefiničníobor? Nejprveprofunkci f: Arkussinusmádefiničníobor,,u mocniny a zaseneznáme,jakéhotypujeeponent,tudížmusímevyžadovat >0.Navýsledné množině0, je pak argument logaritmu kladný, tudíž vyhovuje i tomu logaritmu. Nakonec ověříme,žeivýraznalezenýpozderivovánístímnemákroměkrajníhobodu problém. 4. Je zadaný bod v definičním oboru? To nejlépe uvidíme převodem dané obecné mociny na kanonický tvar e na logaritmus : fe coslne +. Jediné omezení je ten logaritmus, který vyžaduje kladný argument, ale to má, protože eponenciála jevždykladná,tedy e + >>0.Máme DfIRamůžemevklidupracovatokolonuly. K získání tečny a normály potřebujeme začít derivací, teď se hodí ten převod na eponenciálu: f [e ] coslne + složeníse y,[e y ] e y e coslne + [coslne + ] součin e + cos sinlne ++cos[lne +] složeníslny,[lny] y e + cos sinlne ++cos e + [e +] e + cos sinlne e ++cos e. + Směrnicetečnyvbodě0jedána k T f ,potřebujemetaké f02.děláme 3

4 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 tedypřímkuskrzbod 0 0, y 0 2sesměrnicí k T,cožjesnadné: y y 0 k T 0 y 2 0 y +2. Normálaprocházístejnýmbodem,alemásměrnici k N k T y 2 0,tj. y2.,takžedostaneme 5.Nejprvemusímespočítatderivaceažpořád3,pakdonichdosaditstředřady a. f 2 e f f 2 +2 e f f 2 4+2e f f e f Pomocí těchto čísel a faktoriálů vyrobíme koeficienty hledaného polynomu: T ! 2 + 3! Uvažujemefunkci fsin,kterouchcemeaproimovatvbodě 3.Abychomdostalico nejlepší aproimaci, měli bychom zvolit Taylorův polynom se středem blízkým číslu 3, a abychom jejumělispočítat,mělobytobýt dobré číslozhlediskasinu.nabízíse π Najdeme tedy Taylorův polynom 2. stupně funkce sin se středem a π. Nejprve spočítáme první dvě derivace, pak do nich dosadíme ten střed. fsin f cos f sin Příslušný Taylorák je tedy fπ0 f π f π0 T 2 0 π+ 0 2! π2 π. Teďodhadneme:sin3 T ππ Poznámka:Myjsmejendoufali,žesin3 T 2 3.Jsoutatodvěčíslaopravdublízká?Kdyžto zkusíme na kalkulačce, dostaneme sin , takže chyba naší aproimace je asi , jenže na to jsme použili kalkulačky, ale my ji nemáme, protože kdybychom ji měli, nemusíme Taylorovat. Umíme odhadnout chybu naší aproimace bez kalkulačky? K tomu nám poslouží Lagrangeův tvar zbytku. Ten říká, že chyba aproimace je R 3 3sin3 T 2 3 f c 3! 3 π 3 cosc 3! 3 π 3, kde cjenějakéčíslozintervalu 3,π. Protožejejneznámeteorienámřekne,ženějakétakové určitě je, ale nepomůže jej identifikovat, odhadneme chybu shora. K tomu použijeme faktu, že kosinus je omezený jedničkou. Máme tedy R 3 3 cosc 6 3 π 3 6 π 33. Jakvelkéjetotočíslo? Přesné π neznáme, alevíme, že π 3.5, můžemetedyodhadnout π atedy R Teorie nám tedy říká, že když odhadneme sin3 pomocí našeho Tayloráku, bude chyba menší než , můžeme tedy psát sin ± Mimochodem, absolutní velikost chyby je ve skutečnosti nepodstatná, určující je velikost chyby 6 relativní k výsledku. Náš odhad chyby vztažený k výsledku dává ,tedyaninepůl procenta, což je dost dobrá aproimace. 7. Nejprve určíme definiční obor, je jediná podmínka, zlobí ten zlomek. Máme tedy 4

5 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 Df,,. Začínámesdvěmaintervaly,teďsepodívámepokritickýchbodech, abychom viděli, jak je máme dále rozdělit na intervaly monotonie. Na to potřebujeme derivaci. f / 2 e,. / 2 Rovnice e 0mářešení 2eponenciálanenínikdynula,takžejejediné,je to první kritický bod. Jsou body definičního oboru, kde derivace neeistuje? Nejsou, takže víc kritických bodů nepřibude. Máme tedy tři potenciální intervaly monotonie a podíváme se na znaménka derivaceuzavřeme intervaly tam, kde spojitost umožňuje protažení monotonie do krajních bodů.,,2 2, e / f : + + f: ր ց ր Závěr:Danáfunkcejerostoucína,ana 2,,klesajícína,2.Lokálnímaimumnení, lokálníminimum f2e. 8.Nejprveurčíme,že DfIR,neboťvýrazy a 2 2+4jsouvždykladné.Máme tedy jeden základní interval a v prvním kroku zjistíme, zda a kde jej rozdělíme na potenciální intervaly monotonie kritickými body. Na to potřebujeme derivaci, kterou z absolutní hodnoty nespočítáme, je tedy nutné se jí nejprve zbavit rozepsáním funkce. { ln 2 { 2+4, 0; ln 2 2+4, >0; f ln 2 nebo f +2+4, <0 ln , 0. Teď budeme derivovat, připomínáme, že derivace vzorcem platí jen na otevřených množinách, proto derivaceprvníhovzorceplatíjenna0, aderivacedruhéhojenna,0. { 2 2 f 2 2+4, >0; , <0. Jak to vypadá s derivací v nule? Na to bychom měli prozkoumat jednostranné derivacenapříklad pomocí definice, ale to je moc práce. My hledáme podezřelé body, takže když přihodíme jeden navíc, nic se nestane. Započítáme tedy 0 mezi podezřelé body; další body definičního oboru, kde derivace neeistuje, nejsou, takže tento typ kritických bodů je hotov. Dalšíkritickébodyzískámeřešením f 0.Voboru >0toznamenářešit2 20,tedy.Protože ležívoboru,kdejsmeřešili >0,jetoplatnéřešení.Podobněpro <0 jederivacedánatoudruhouformulkou,řešíme2+20,dostaneme,kterésplňuje <0. Mámetedytřipodezřelébody,,0,,kterérozdělíreálnouosunačtyřiintervaly,nakaždém z nich je funkce monotonní. Použijeme uzavřené intervaly tam, kde je f spojitá, protože spojitost umožňuje protáhnout monotonii do krajních bodů. Přesný druh monotonie se zjistí určením znaménka derivace tabulkovou metodou, připomínáme, že ty kvadratické polynomy jsou vždy kladné. Protože je derivace na různých oblastech dána různými vzorci, je nutné na jednotlivých oblastech zkoumat vždy ty správné výrazy. Doporučujeme ještě před vyplňováním znamének graficky vyznačit místa, kde nás znaménka nezajímají, protože dotyčný vzorec v dotyčném intervalu nemá s naší funkcí nic společného. 5

6 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009,, 0 0,, 2+2: + ///// ///// 2 2: ///// ///// + 2 ±2+4: f : + + f: ց ր ց ր Nestává se, že by funkce měla stejnou tendenci na po sobě jdoucích intervalech, nemusíme tedy pátrat,zdajdeněcospojit. Vidímetaké,žesemonotonieměnívnule,takžejsmenuluzahrnuli mezi kritické body oprávněně. Závěr:Danáfunkcejeklesajícína, ana 0,,rostoucína,0 ana,.ztvaru takévidíme,žemámelokálnímaimum f0ln4alokálníminima f±ln3. Poznámka: Kdybychom opravdu chtěli vědět najisto o derivaci v nule, mohli bychom si všimnout, žedanáfunkcejespojitávnuleamákolemderivaci,jednostrannéderivacevnulejetedymožné najít pomocí limity derivace: f 0 lim f 2+2 lim , f +0 lim f 2 2 lim Jednostranné derivace tedy eistují, ale nejsou si rovny, proto derivace v nule neeistuje. 9. Podmínkoueistenceje >0,mámetedy Df,0 0,. Začínámesdvěma základními intervaly, uvidíme, jestli je nemusíme dále rozdělit, na to potřebujeme kritické body. Protože derivace absolutní hodnoty je trochu problém, začneme tím, že se jí zbavíme. { ln, >0; f ln, <0. Oba vzorce definují f na otevřené množině a jiné body v definičním oboru nejsou, takže derivaci získáme bez komplikací pomocí vzorců. { ln+, >0; f ln +, <0. Kritickébodyzískámeřešenímrovnice f 0.Naoblastidané >0toznamenáln, tj. /e,cožjeplatnéřešení,protoželežítam,kdejsmepracovali >0.Podobněnaoblasti <0řešímeln anajdeme /e.mámesetakézeptat,zdanejsoubodydefiničního oboru, kde derivace neeistuje: Nejsou. Ty dva body jsou tedy všechny kritické body a rozdělí ony dva intervaly definičního oboru na celkem čtyři, na každém je funkce monotonní. Na zjištění typu monotonie určíme znaménka derivace, zase protáhneme intervaly do uzavřených konců tam, kdetoumožňujespojitost.dámepozornato,žeobavýrazysetýkajíderivacevždyjenněkde., /e /e, 0 0, /e /e, ln +: + ///// ///// ln+: ///// ///// + f : + + f: ր ց ց ր Funkce je klesající na dvou po sobě jdoucích intervalech, takže se musíme zeptat, jestli náhodou není klesající na jednom velkém intervalu. Tyto dva ale nejdou spojit do jednoho intervalu, protože jsou rozděleny dírou v definičním oboru, je to tedy hotovo. Závěr:Danáfunkcejerostoucína, e ana e, aklesajícína e,0 ana 0, e.lokální maimum f e e,lokálníminimum f e e. Bonus: Zkusíme si udělat průběh funkce. 6

7 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 Definičníoboružjsmezjistili, Df,0 0,. Průsečíkysosami:Protoženejdedosadit0do f,neníprůniksosou y.průsečíksosou zjistíme řešením rovnice f 0. Protože rovno nule být nemůže, dostaneme ln 0 ln 0 ±. Graftedyprotínáosu vbodech a. Teď zkusíme symetrii: Pro libovolné z definičního oboru dostaneme funkce je tedy lichá. Limity v krajních bodech intervalů Df: ln f, lim lim f 0ln lim f 0, 0 ln f. lim f ln ln f, ln lim 0 + l H lim lim 0 + 0, Limituv0zlevajsmenemuselipočítat,jednakjsmeviděli,žesepřivýpočtulimityv0zpravato zprava vůbec nepoužilo, takže tentýž výpočet funguje i pro tu zleva, a druhak víme, že je funkce lichá,čilikdyžlimitavnulezpravavyjde L,musísymetrickálimitavnulezlevavyjít L. Interpretace řečí asymptot: V počátku mohla být svisládíra v Df, ale není, protože žádná jednostranná limita tam nevyšla nevlastní. V nekonečnua symetricky v mínus nekonečnu díky lichosti nemůže být vodorovná asymptota, ale mohla by být šikmá. Rozhodneme to algoritmem: A lim f lim ln. V nekonečnu tedy šikmá asymotota není, z lichosti funkce je vyloučena i šikmá asymptota v mínus nekonečnu. 2 Monotonii a lokální etrémy už jsme prozkoumali výše. 3 Konveitu určíme pomocí druhé derivace, { f, >0;, <0, 0. Dělícíbodyprointervalykonveityjsoubody,kde f neeistujetakovénejsou,abody,kde f 0,takovétakénejsou.Tydvaintervalyzdefiničníhooborutedybudouintervalykonveity.,0 0, : + f : + f: Funkcejekonkávnína,0akonvenína0,. Infleníbodynejsoujedinýbod,kdese konveita mění, není v definičním oboru. 4 Závěr: Nakreslíme graf. Nejprve body, které jsme nalezli, limity a monotonii/konveitu. 7

8 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 y e e 0 Vidíme, že obě větve směřují k počátku, dostaneme přesnější obrázek, když zjistíme, pod jakým úhlem. Na to potřebujeme najít limity derivace v nule z obou stran. lim f lim ln+, lim f lim ln Teď podle toho vytvarujeme graf. y f e e 0 0. Definičníoborjesnadný, třetíodmocninajelicháodmocninaaspolknecokoliv, vníje polynom,kterýtakésežerevšechno: DfIR. Teďzjistíme,zdasetentointervalmusídále rozdělit kritickými body, abychom dostali intervaly monotonie. Začneme derivací: f 2 2 3[ 3 2 2] 2. Nejprvesepodíváme,zda f 0. Tosestane,pokud,mámetedykritickýbod. Další možnost pro kritický bod je, že derivace někde v definičním oboru neeistuje. Pro to máme podmínku 2 20,tj. 0,2.Celkemtřikritickébodyrozdělí IRnačtyřiintervalyuzavřené tam,kdeje fspojitá,jakjetonanichseznaménky?, 0 0,, 2 2, 2 2: + + [ 3 2 2] 2 : f : + + f: ց ց ր ր Máme vedle sebe ležící intervaly se stejnou monotonií a nejsou odděleny dírou v definičním oboru, 8

9 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 musímetedyzjistit,zdanáhodounejdouspojit. Tojezdesnadnéurčit: Protožeje f spojitáv dotykovýchbodech0a2,intervalyspojitjdou.odpověďjetedytato: fjeklesajícína, a rostoucína,.vidímetaké,že f jelokálníminimumafnemálokálnímaima. Poznámka: Vidíme,že f 0 af 2,takžegraffunkcemávtěchtobodechsvislou tečnu. Obrázek je mimochodem y f 0 2. Nejsou žádné komplikace, tedy Df IR. Budeme postupovat standardním způsobem. Nejprve najdeme kritické body pomocí derivace: f e 3 +3a a3e 3 +3a 2 +2a,zrovnice f 0dostaneme 0, 2a. Dalším možným zdrojem kritických bodů jsou body definičního oboru, kde derivace neeistuje, ale zdetakovénejsou,protože f jedefinovanánacelém Df. Intervaly závisí na vzájemné poloze kritických bodů, tedy na znaménku a. Musíme tedy rozebrat možné případy. a >0:Krit.body: 2a,0 2a <0 a0: fe 3, f 3 2 e 3. Krit. body: 0,0 0, 2 : + +, 2a 2a, 0 0, : + +2a: + + 3e 3 +3a 2 : f : + + f: ր ց ր 3e 3 : + + f : + + f: ր ր lok. maimum nee. lok. minimum nee. Protožeje fspojitáv0,intervalylzespojit. fjerostoucína IR. a <0:Krit.body: 0, 2a 0 < 2a, 0 0, 2a 2a, : a: + 3e 3 +3a 2 : f : + + f: ր ց ր lok.maimum f 2ae 4a3 lok.minimum f0 lok.maimum f0 lok.minimum f 2ae 4a3 2. Potřebujeme porovnat hodnoty f ve všech podezřelých bodech. Protože hledáme globální etrémynauzavřenémintervalu,krajníbodyjsoukandidáti: 0, 4. Další kandidáty dostaneme jako podezřelé body derivace. Nejprve se potřebujeme zbavit absolutní hodnoty, rovnítko dáme třeba k první variantně: { { 3 +, 3 0; 2 2 3, 3; f 3 +, 3 < , <3. 9

10 MA Řešené příklady 2 c phabala 2009 Derivujeme pomocí vzorců na otevřených intervalech, máme tedy { 2 2, >3; f 2 2, <3. Nedostaneme takto derivaci v bodě 3. Mohli bychom ji zkusit najít přes jednostranné derivace, aletojezbytečné,myjenhledámepodezřelébodyanestanesenicšpatného,kdyžsivezmeme nějakýnavíc,taktamtentopřihodíme.teďmusímevyřešit f 0: { { 2 20, >3;, >3; f , <3, <3. Všimnětesi,žeprvníalternativavedlana,toaleneležívoboru,nakterémjedotyčná rovnicerelevantní >3,ataktoneníopravdubod,kdebybylo f 0.Nicméněnadruhém řádkukde <3opětdostaneme atudížtonakonecjepodezřelýbod. Zderivacetedy mámedvapodezřelébody, a3,obaležívintervalu,nakterémhledámeglobálníetrém, proto žádný nevyřadíme. Celkově jsou tedy čtyři podezřelé body, podíváme se, jaké v nich má funkce hodnoty: f03, f45, f4, f30. Porovnánímhodnotvidíme,že f mána 0,4 globálnímaimum f45aglobálníminimum f30.můžemetotakézapsattakto:ma ff45aminff30. 0,4 0,4 0