MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 267

Dla ustalonego $a\neq-1,1$ dzielimy licznik i mianownik wyrazu ciągu przez $n^2$:

$$a_n=\frac{1-\frac1n}{1-a^2}.$$

Zatem

$$f(a)=\lim_{n\to\infty}a_n=\frac1{1-a^2}, \qquad D_f=\mathbb R\setminus\{-1,1\}.$$

Funkcja jest parzysta. Ma asymptoty pionowe $a=-1$ i $a=1$ oraz asymptotę poziomą $y=0$. Ponadto

$$f'(a)=\frac{2a}{(1-a^2)^2}.$$

Stąd maleje na $(-\infty,-1)$ i $(-1,0]$, a rośnie na $[0,1)$ i $(1,\infty)$. W punkcie $a=0$ osiąga minimum lokalne równe $1$. Gałąź między asymptotami leży na lub nad prostą $y=1$, a dwie gałęzie zewnętrzne leżą poniżej osi poziomej.

Z wykresu pochodnej odczytujemy znaki:

$$f'(x)<0\quad\text{dla }x\in(-\infty,1)\cup(3,5),$$ $$f'(x)>0\quad\text{dla }x\in(1,3)\cup(5,\infty).$$

Pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni przy $x=1$ i $x=5$, więc w tych punktach funkcja $f$ ma minima lokalne. Przy $x=3$ znak zmienia się z dodatniego na ujemny, zatem tam występuje maksimum lokalne.

a) Mianownik $x^2+x+1$ jest zawsze dodatni. Pochodna ma postać

$$f'(x)=\frac{x(x+2)}{(x^2+x+1)^2}.$$

Funkcja ma maksimum lokalne $f(-2)=4/3$ i minimum $f(0)=0$. Granica w obu nieskończonościach wynosi $1$, więc $W_f=\left[0,\frac43\right].$

b)

$$f'(x)=\frac{2(2-x^2)}{(x^2+2)^2}.$$

Ekstrema występują dla $x=\pm\sqrt2$ i mają wartości

$$f(-\sqrt2)=-\frac{\sqrt2}{2},\qquad f(\sqrt2)=\frac{\sqrt2}{2}.$$

Są to odpowiednio minimum i maksimum globalne.

c) Oznaczmy

$$h(x)=\frac{x^2-9x}{x^2+27}.$$

Wtedy

$$h'(x)=\frac{9(x-3)(x+9)}{(x^2+27)^2}.$$

Mamy $h(-9)=3/2$, $h(3)=-1/2$, a zera funkcji $h$ to $0$ i $9$. Po przejściu do wartości bezwzględnej najmniejsza wartość wynosi $0$, a największa $3/2$.

Odległość punktu $(x,f(x))$ od osi $OX$ jest równa wartości bezwzględnej jego rzędnej, zatem

$$g(x)=|f(x)|=\frac{4|x|}{1+x^2}.$$

Funkcja jest parzysta i nieujemna. Dla $x>0$ mamy

$$g'(x)=\frac{4(1-x^2)}{(1+x^2)^2},$$

a przebieg dla $x<0$ otrzymujemy z symetrii. Funkcja rośnie na $(-\infty,-1]$ i $[0,1]$, maleje na $[-1,0]$ i $[1,\infty)$. Osiąga maksima lokalne $g(-1)=g(1)=2$ oraz minimum lokalne $g(0)=0$. Ponadto $\lim_{x\to\pm\infty}g(x)=0$.

Dla $x\neq0$ przekształcamy

$$g(x)=\frac{x^3-1}{x^2}=x-\frac1{x^2}.$$

Prosta $y=x$ jest więc asymptotą ukośną wykresu $g$, a ponieważ $1/x^2>0$, cały wykres $g$ leży poniżej tej prostej. Ponadto $x=0$ jest asymptotą pionową i $g(x)\to-\infty$ z obu jej stron.

a) Punkt wspólny musiałby spełniać

$$x=x-\frac1{x^2},$$

czyli $1/x^2=0$, co jest niemożliwe.

b) Dla obu kierunków nieskończoności

$$f(x)-g(x)=x-\left(x-\frac1{x^2}\right)=\frac1{x^2}\longrightarrow0.$$

Miejsca zerowe funkcji $g$ są rozwiązaniami równania

$$|h(x)|=m,\qquad h(x)=2x^3+3x^2-12x.$$

Pochodna wielomianu wynosi

$$h'(x)=6(x+2)(x-1).$$

Funkcja $h$ ma maksimum lokalne $h(-2)=20$ i minimum lokalne $h(1)=-7$. Liczymy więc przecięcia wykresu $|h|$ z poziomą prostą $y=m$. Dla $m<0$ przecięć nie ma. Przy przechodzeniu przez poziomy $0$, $7$ i $20$ zmienia się liczba przecięć: odpowiednio otrzymujemy $3$, $5$ i $3$ rozwiązania. Między tymi poziomami jest ich odpowiednio $6$ i $4$, a powyżej $20$ pozostają $2$.

Funkcję można zapisać jako

$$g(x)=f(|x|-3),\qquad f(t)=\frac2{t^2+1}.$$

Dla $x\geq0$ jest to wykres funkcji $f(x-3)$, a część dla $x\leq0$ otrzymujemy przez odbicie względem osi $OY$. W punktach $x=-3$ i $x=3$ mianownik jest najmniejszy, więc występują dwa maksima lokalne o wartości $2$. W punkcie $x=0$ spotykają się dwie gałęzie i funkcja ma minimum lokalne

$$g(0)=\frac2{10}=\frac15.$$

Funkcja jest parzysta, a dla $x>0$ ściśle maleje. Każdą wartość z przedziału $(0,4/3)$ przyjmuje więc dokładnie dla dwóch przeciwnych argumentów $-t$ i $t$. Ich różnica jest równa $2t$, zatem

$$2t=10,\qquad t=5.$$

Szukana wartość to

$$f(5)=\frac4{25+3}=\frac17.$$