MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 266

a) $D=\mathbb R\setminus\{-1,1\}$, asymptoty: $x=\pm1$, $y=-1$, zera $x=\pm3$. Ponieważ $f'(x)=\frac{-16x}{(x^2-1)^2},$ funkcja rośnie dla $x<0$ na każdej składowej dziedziny, maleje dla $x>0$ i ma maksimum lokalne $f(0)=-9$.

b) $D=\mathbb R\setminus\{-\sqrt2,\sqrt2\}$, asymptoty: $x=\pm\sqrt2$, $y=-1$. Pochodna $4x/(2-x^2)^2$ daje minimum lokalne $f(0)=0$.

c) $f(x)=-4/(x^2-4)$, $D=\mathbb R\setminus\{-2,2\}$, asymptoty: $x=\pm2$, $y=0$. Pochodna $8x/(x^2-4)^2$ daje minimum lokalne $f(0)=1$.

a) $D=\mathbb R\setminus\{-1,1\}$; asymptoty $x=\pm1$, $y=0$. Funkcja jest nieparzysta, przechodzi przez $(0,0)$ i na każdej składowej dziedziny rośnie, bo $f'(x)=\frac{2(1+x^2)}{(1-x^2)^2}>0.$

b) $D=\mathbb R\setminus\{0,1\}$; asymptoty $x=0,1$, $y=0$. Znak $f'(x)=\frac{-x(3x-2)}{(x^3-x^2)^2}$ daje wzrost na $(0,2/3]$ i spadek na pozostałych częściach dziedziny; maksimum lokalne to $f(2/3)=-27/4$.

c) $f=x/(x+1)^3$, $D=\mathbb R\setminus\{-1\}$; asymptoty $x=-1$, $y=0$, zero $x=0$. Ponieważ $f'(x)=\frac{1-2x}{(x+1)^4},$ funkcja rośnie do $x=1/2$, a potem maleje; maksimum wynosi $4/27$.

Wzór $g(x)=f(x+4)+4$ oznacza przesunięcie wykresu o wektor $[-4,4]$. Argumenty charakterystyczne $0,4,6$ przechodzą więc na $-4,0,2$, a wartości zwiększają się o $4$. Znak pochodnej pozostaje bez zmiany po odpowiednim przesunięciu.

Mamy $f'(x)=x^3+x^2-2x$, więc $f'(1)=0$ i styczna jest pozioma. Ponieważ $f(1)=-5/12$, jej równanie to $y=-5/12$. Punkty wspólne spełniają $f(x)+\frac5{12}=0,$ czyli po pomnożeniu przez $12$: $3x^4+4x^3-12x^2+5=(x-1)^2(3x^2+10x+5)=0.$ Pierwszy czynnik daje punkt styczności $x=1$, a trójmian ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, bo jego wyróżnik wynosi $40$.

Obie funkcje są parzyste, bo zależą od $x^2$, więc każdy z wykresów, a zatem także ich suma jako figura, jest symetryczny względem $x=0$. Ponadto $f(x)+g(x)=\frac6{x^2+1}+\frac{6x^2}{x^2+1}=6.$ Dla każdego ustalonego $x$ punkty $(x,f(x))$ i $(x,g(x))$ mają więc rzędne o średniej $3$, czyli są wzajemnymi odbiciami względem prostej $y=3$.

Dla $x\leq1$ pochodna wynosi $6x(x+1)$, a dla $x>1$ — $6(2-x)$. Oba przepisy dają w $x=1$ wartość funkcji $5$, więc wykres jest tam ciągły. Znak pochodnej daje kolejno: wzrost na $(-\infty,-1]$, spadek na $[-1,0]$, wzrost na $[0,2]$ i spadek na $[2,\infty)$. Punkty charakterystyczne to $f(-1)=1,\quad f(0)=0,\quad f(1)=5,\quad f(2)=8.$ Zera to $x=-3/2$, $x=0$ oraz $x=(6+2\sqrt6)/3$.

Dziedzina to $\mathbb R\setminus\{0,1\}$, a asymptoty mają równania $x=0$, $x=1$, $y=0$. Dla $x<1$ mamy $f(x)=\frac{x+1}{x(1-x)},\qquad f'(x)=\frac{x^2+2x-1}{x^2(1-x)^2},$ a dla $x>1$ $f(x)=\frac{x+1}{x(x-1)},\qquad f'(x)=\frac{-x^2-2x+1}{x^2(x-1)^2}.$ Stąd na lewej i środkowej gałęzi punkty stacjonarne to $x=-1\pm\sqrt2$, o wartościach odpowiednio $3-2\sqrt2$ i $3+2\sqrt2$. Jedynym zerem jest $x=-1$; granice przy asymptotach ustalają kierunki wszystkich gałęzi.