MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 257

W każdym podpunkcie korzystamy z definicji

$$f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}h.$$

a)

$$\begin{aligned} (x^3)'&=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^3-x^3}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{3x^2h+3xh^2+h^3}{h}\\ &=\lim_{h\to0}(3x^2+3xh+h^2)=3x^2. \end{aligned}$$

b) Dla $x\ne0$ i dostatecznie małego $h$ także $x+h\ne0$. Wtedy

$$\begin{aligned} \left(\frac1x\right)' &=\lim_{h\to0}\frac{\frac1{x+h}-\frac1x}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{-h}{hx(x+h)} =\lim_{h\to0}\frac{-1}{x(x+h)} =-\frac1{x^2}. \end{aligned}$$

c) Dla $x>0$ usuwamy niewymierność z licznika:

$$\begin{aligned} (\sqrt{x})' &=\lim_{h\to0}\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt{x}}h\\ &=\lim_{h\to0} \frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt{x})}\\ &=\lim_{h\to0}\frac1{\sqrt{x+h}+\sqrt{x}} =\frac1{2\sqrt{x}}. \end{aligned}$$

Korzystamy z równania stycznej

$$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0).$$

a) Punkt styczności to $(-4,16)$, a $f'(-4)=2\cdot(-4)=-8$. Zatem

$$y-16=-8(x+4),$$

czyli $y=-8x-16$.

b) Mamy $f(-3)=-27$ oraz

$$f'(-3)=3(-3)^2=27.$$

Stąd

$$y+27=27(x+3),$$

więc $y=27x+54$.

c) Dla $x_0=\frac12$ zachodzi $f(x_0)=2$ i

$$f'(x_0)=-\frac1{(1/2)^2}=-4.$$

Zatem

$$y-2=-4\left(x-\frac12\right),$$

czyli $y=-4x+4$.

Dla $f(x)=x^2$ współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie o odciętej $x_0$ jest równy

$$f'(x_0)=2x_0.$$

Styczna tworząca z dodatnim zwrotem osi $OX$ kąt $\alpha$ ma współczynnik $\tan\alpha$, zatem

$$x_0=\frac{\tan\alpha}{2}.$$

Jej równanie upraszcza się do

$$y=\tan\alpha\,x-\frac{\tan^2\alpha}{4}.$$

a) Dla $\alpha=45^\circ$ mamy $\tan\alpha=1$, więc

$$y=x-\frac14.$$

b) Dla $\alpha=60^\circ$ mamy $\tan\alpha=\sqrt3$, stąd

$$y=\sqrt3x-\frac34.$$

c) Ponieważ $\tan150^\circ=-\frac{\sqrt3}{3}$, otrzymujemy

$$y=-\frac{\sqrt3}{3}x-\frac1{12}.$$

Styczna w punkcie $P=(x_0,f(x_0))$ ma równanie

$$y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0).$$

a) $f'(x)=2x$, zatem $f'(3)=6$. Stąd

$$y-9=6(x-3),\qquad y=6x-9.$$

b) Tym razem $f'(-2)=-4$, więc

$$y-4=-4(x+2),\qquad y=-4x-4.$$

c) Dla $f(x)=x^3$ mamy $f'(x)=3x^2$, a więc $f'(1)=3$. Zatem

$$y-1=3(x-1),\qquad y=3x-2.$$

Prosta $y=6x-11$ ma współczynnik kierunkowy $6$. Równoległość wymaga więc

$$f'(x_0)=6.$$

a) $f'(x)=2x$, zatem $2x_0=6$ i $x_0=3$. Wówczas $f(x_0)=9$, więc szukanym punktem jest $(3,9)$.

b) Tutaj $f'(x)=3x^2$. Równanie

$$3x_0^2=6$$

daje $x_0=\pm\sqrt2$. Ponieważ $f(x)=x^3$, otrzymujemy punkty

$$(-\sqrt2,-2\sqrt2) \quad\text{oraz}\quad (\sqrt2,2\sqrt2).$$

c) Dla $x>0$ mamy $f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}$. Z równania

$$\frac1{2\sqrt{x_0}}=6$$

wynika $\sqrt{x_0}=\frac1{12}$, czyli $x_0=\frac1{144}$ oraz $f(x_0)=\frac1{12}$.

Prosta $y=-3x+7$ ma współczynnik kierunkowy $-3$. Współczynnik kierunkowy prostej do niej prostopadłej jest równy $\frac13$, zatem szukamy punktów, dla których

$$f'(x_0)=\frac13.$$

a) Z równania $2x_0=\frac13$ otrzymujemy $x_0=\frac16$, a więc

$$(x_0,f(x_0))=\left(\frac16,\frac1{36}\right).$$

b) Równanie $3x_0^2=\frac13$ daje $x_0=\pm\frac13$. Zatem punkty to

$$\left(\frac13,\frac1{27}\right) \quad\text{oraz}\quad \left(-\frac13,-\frac1{27}\right).$$

c) Dla $f(x)=\sqrt{x}$ rozwiązujemy

$$\frac1{2\sqrt{x_0}}=\frac13.$$

Stąd $\sqrt{x_0}=\frac32$, więc $x_0=\frac94$ i $f(x_0)=\frac32$.

Szukamy takich $x_0$, dla których $f'(x_0)=a$, a następnie zapisujemy styczną w postaci

$$y-f(x_0)=a(x-x_0).$$

a) Mamy $f'(x)=3x^2$. Warunek $3x_0^2=3$ daje $x_0=-1$ lub $x_0=1$.

Dla $x_0=1$ punkt styczności to $(1,1)$ i

$$y-1=3(x-1),$$

czyli $y=3x-2$. Dla $x_0=-1$ otrzymujemy punkt $(-1,-1)$ oraz

$$y+1=3(x+1),$$

czyli $y=3x+2$.

b) Ponieważ $f'(x)=-\frac1{x^2}$, równanie

$$-\frac1{x_0^2}=-4$$

daje $x_0=\pm\frac12$.

Dla $x_0=\frac12$ punkt ma współrzędne $(\frac12,2)$, więc styczna ma równanie $y=-4x+4$. Dla $x_0=-\frac12$ punkt to $(-\frac12,-2)$, a równanie stycznej ma postać $y=-4x-4$.

c) Dla $x>0$ pochodna $f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}$ jest dodatnia. Nie może być równa $-1$, zatem taka styczna nie istnieje.

a) Dla $f(x)=\sqrt{x}$ mamy

$$f(1)=1, \qquad f'(x)=\frac1{2\sqrt{x}}, \qquad f'(1)=\frac12.$$

Prosta $y=\frac12x+\frac12$ przechodzi przez punkt $(1,1)$, ponieważ $\frac12\cdot1+\frac12=1$, a jej współczynnik kierunkowy jest równy $f'(1)$. Jest więc styczna do wykresu w tym punkcie.

b) Korzystamy ze wskazanego przybliżenia liniowego.

$$\sqrt{1{,}2}\approx\frac12\cdot1{,}2+\frac12=1{,}1,$$

podczas gdy kalkulator daje $\sqrt{1{,}2}\approx1{,}09545$. Przybliżenie jest większe o około $0{,}00455$.

Podobnie

$$\sqrt{0{,}9}\approx\frac12\cdot0{,}9+\frac12=0{,}95,$$

a kalkulator daje $\sqrt{0{,}9}\approx0{,}94868$. Tym razem różnica wynosi około $0{,}00132$.