Jarosław Kokoszka

Zastosowanie matematyki w ekonomii

© Copyright by Colorful Media Kopiowanie, kserowanie, umieszczanie w formie elektronicznej w Internecie bez konsultacji z właścicielem praw zabronione!

Spis treści kliknij na interesujący Cię temat

1. Podstawowe wiadomości .........................................................................5 1.1. Równania i nierówności wielomianowe / 5 1.1.1. Równania kwadratowe / 7 1.1.2. Nierówności kwadratowe / 9 1.1.3. Równania wielomianowe / 14 1.1.4. Nierówności wielomianowe / 16 1.1.5. Pierwiastkowanie równań i nierówności / 19 1.2. Równania i nierówności wymierne / 25 1.2.1. Równania wymierne / 25 1.2.2. Nierówności wymierne / 28 1.3. Wartość bezwzględna – definicja, równania i nierówności / 33 1.4. Potęgowanie / 37 1.5. Równania i nierówności wykładnicze / 41 1.6. Równania i nierówności logarytmiczne / 44 1.7. Trygonometria / 48

2. Przegląd ważniejszych funkcji . .............................................................49 2.1. Funkcje ex i lnx / 49 2.2. Funkcje trygonometryczne i cyklometryczne / 50

3. Funkcja jednej zmiennej.........................................................................55  3.1. Określanie dziedziny / 55 3.2. Pochodna funkcji / 58 3.3. Granica funkcji i reguła de l’Hospitala / 67 3.4. Asymptoty funkcji / 71 3.5. Monotoniczność i ekstremum funkcji / 76 3.6. Wklęsłość, wypukłość i punkty przegięcia funkcji / 88

4. Rachunek całkowy .................................................................................92  4.1. Całka nieoznaczona / 92 4.1.1. Całki obliczane przez sprowadzanie do wzorów podstawowych / 93 4.1.2. Całkowanie przez podstawienie / 97 4.1.3. Całkowanie przez części / 108 4.2. Całka oznaczona / 116 4.2.1. Całka oznaczona właściwa / 116 4.2.2. Całki niewłaściwe / 117

5. Rachunek prawdopodobieństwa ..........................................................123  5.1. Zmienna losowa skokowa / 123 5.2. Zmienna losowa ciągła / 128

2

6. Algebra macierzy .................................................................................136  6.1. Wiadomości podstawowe / 136 6.2. Wyznacznik macierzy / 140 6.3. Rząd macierzy / 145 6.4. Macierz odwrotna / 150

7. Forma kwadratowa ..............................................................................154  8. Funkcja wielu zmiennych ....................................................................157 8.1. Pochodne cząstkowe funkcji wielu zmiennych / 157 8.2. Ekstremum funkcji wielu zmiennych / 162

9. Elementy matematyki finansowej 170 

9.1. Procent prosty i składany / 170 9.2. Roczna efektywna stopa procentowa / 179 9.3. Strumienie pieniędzy / 181 9.4. Kapitalizacja ciągła / 189

Odpowiedzi do zadań . .............................................................................190

3

Drodzy Studenci i Wykładowcy! Z  przyjemnością obwieszczamy koniec ze skomplikowanym obliczem przedmiotu, jakim jest zastosowanie matematyki w  ekonomii, bowiem oferta rynkowa została uzupełniona wyjątkowym skryptem o  charakterze typowo ćwiczeniowym. W  skrypcie skupiono się na samym procesie rozwiązywania zadań, ograniczając wykład teoretyczny do niezbędnego minimum. Zamieszczony na początku materiał powtórzeniowy powoduje, że czytelnik z łatwością przejdzie do dalszych rozdziałów, w pełni rozumiejąc omawiane zagadnienia. Autor jest wybitnym absolwentem Akademii Ekonomicznej w  Poznaniu, uhonorowanym wyróżnieniem Ministra Gospodarki. Posiada kilkuletnie doświadczenie w  pracy edukacyjnej ze studentami uczelni ekonomicznych i technicznych. Dzięki temu zna ewentualne pytania i wątpliwości i od razu je rozjaśnia. Jest to idealna pozycja dla studentów, którzy obawiają się kłopotów z  opanowaniem trudnego materiału z  matematyki i  jednocześnie pragną samodzielnie rozwiązać pojawiające się problemy. Również wykorzystanie tego skryptu na ćwiczeniach będzie z pewnością strzałem w dziesiątkę. Wydawca

4

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

1. Podstawowe wiadomości Rozpoczynając kurs matematyki na wyŜszej uczelni, naleŜy mieć dobrze ugruntowaną wiedzę z zakresu szkoły średniej. W tym rozdziale przypomnimy podstawowe wiadomości, których nieznajomość zawsze będzie prowadzić do kłopotów z zaliczeniem matematyki.

1.1. Równania i nierówności wielomianowe Zanim przystąpimy do rozwiązywania równań i nierówności, konieczne jest przypomnienie wzorów skróconego mnoŜenia i funkcji kwadratowej. Wzory skróconego mnoŜenia: 2

2

2

2

2

2

(a + b) = a + 2ab + b (a − b) = a − 2ab + b 2

2

a − b = (a − b)(a + b) 3

3

3

3

2

2

(a + b) = a + 3a b + 3ab + b 2

2

(a − b) = a − 3a b + 3ab − b 3

3

2

2

3

3

2

2

3

3

a + b = (a + b)(a − ab + b ) a − b = (a − b)(a + ab + b ) Funkcja kwadratowa: 2

y = ax + bx + c Wykresem funkcji kwadratowej jest parabola, której połoŜenie zaleŜy od znaku współczynnika a. MoŜliwe są dwa przypadki: a0

x

x parabola zwrócona ramionami do góry

parabola zwrócona ramionami w dół

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

5

Nie rozpatrujemy przypadku a = 0, poniewaŜ nie mamy wtedy do czynienia z funkcją kwadratową. Kolejną istotną kwestią są miejsca zerowe paraboli. Ich istnienie zaleŜy od znaku wyróŜnika paraboli . I tak: >0 2 miejsca zerowe

=0 1 miejsce zerowe

 0, istnieją dwa pierwiastki:

x1 = − b −  ; x 2 = − b +  2a 2a •

gdy  = 0, istnieje jeden pierwiastek podwójny: x0 = −

b 2a

Funkcję kwadratową ax2 + bx + c moŜna zapisać teŜ w innych postaciach: Postać iloczynowa: 2

ax + bx + c = a(x − x 1 )(x − x 2 ) ,

gdzie x1, x2 są pierwiastkami trójmianu kwadratowego. Postać ta wygląda inaczej, gdy istnieje tylko pierwiastek podwójny: 2

ax + bx + c = a(x − x 0 )

2

Postać kanoniczna: 2

2

ax + bx + c = a(x − p) + q ,

gdzie (p; q) to współrzędne wierzchołka paraboli.

6

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Wynoszą one: p=− b ; q=−  2a 4a

Stąd po podstawieniu otrzymujemy: 2

  ax 2 + bx + c = a x + b  −  2a 4a  

Po tym krótkim przypomnieniu moŜemy przystąpić do rozwiązywania równań i nierówności.

1.1.1. Równania kwadratowe Rozwiązanie równania kwadratowego sprowadza się do wyliczenia pierwiastków tego równania. MoŜna to zrobić korzystając z gotowych wzorów podanych powyŜej lub sprowadzając równanie do postaci iloczynowej. Przykład 1. RozwiąŜ równanie:

x2 − 4x + 3 = 0 Rozwiązanie: a = 1, b = −4, c = 3;  = (−4)2 − 4·1·3 = 4 , stąd pierwiastki: x1 =

−b−  4−2 − ( −4) − 4 =1 = = 2 ⋅1 2a 2

x2 =

−b+  − ( −4) + 4 4+2 =3 = = 2a 2 ⋅1 2

Odp.: x ∈ {1; 3} Przykład 2. RozwiąŜ równanie:

4x2 + 4x + 1 = 0 Rozwiązanie: a = 4, b = 4, c = 1; ∆ = 42 − 4·4·1 = 0 , czyli równanie ma jeden pierwiastek, który obliczamy zgodnie ze wzorem: x0 = −

b 4 = − = –1 2 2a 2⋅4

  Odp.: x ∈  – 1   2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

7

Przykład 3. RozwiąŜ równanie:

3x2 + x + 1 = 0 Rozwiązanie: a = 3, b = 1, c = 1; ∆ = 12 − 4·3·1 = −11 < 0, czyli równanie nie posiada rozwiązań. Odp.: x ∈ Ø Pierwiastki niektórych równań kwadratowych łatwo znaleźć, stosując wzory skróconego mnoŜenia, które przekształcają równanie do postaci iloczynowej. Przykład 4. RozwiąŜ równanie:

x2 − 9 = 0 Rozwiązanie: Korzystając ze wzoru skróconego mnoŜenia a2 − b2 = (a − b)(a + b), otrzymujemy: (x − 3)(x + 3) = 0 , czyli: x−3=0 ∨ x+3=0 x = 3 ∨ x = −3 , a zatem istnieją dwa rozwiązania. Odp.: x ∈ {−3; 3} Przykład 5. RozwiąŜ równanie:

7 − x2 = 0 Rozwiązanie: ( 7 − x)( 7 + x) = 0

7 −x=0 ∨

7 +x=0

x= 7 ∨ x= − 7 Odp.: x ∈ { − 7 ; 7 } Bardzo dobrym zwyczajem jest wyciąganie przed nawias wyraŜenia wszystkich elementów, które moŜna wyciągnąć. W ten sposób moŜna szybko rozwiązywać równania, sprowadzając je do postaci iloczynowej. NaleŜy teŜ pamiętać o zasadzie: nie dzielimy przez zero! Zgodnie z nią nie wolno więc dzielić ani równań, ani nierówności przez x lub inne wyraŜenia, jeśli mogą one być równe zero. Przykład 6. RozwiąŜ równanie:

2x2 − 8x = 0

8

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie: Nie wolno przenieść 8x na drugą stronę i podzielić przez x. NaleŜy wyciągnąć przed nawias to, co się da: 2x(x − 4) = 0 2x = 0 ∨ x − 4 = 0 x=0 ∨ x=4 Odp.: x ∈ {0; 4} Rozwiązując równania bądź nierówności najłatwiej przenieść wszystko na jedną stronę w ten sposób, aby po drugiej zostało zero. Zanim więc przystąpimy do rozwiązywania nierówności, jeszcze jeden ciekawy przykład. Przykład 7. RozwiąŜ równanie:

7x2 = 4x2 − 3 Rozwiązanie: Po przeniesieniu wszystkiego na lewą stronę otrzymujemy: 3x2 + 3 = 0 Po podzieleniu obu stron przez 3 otrzymujemy: x2 + 1 = 0 Nie moŜna tu zastosować wzoru skróconego mnoŜenia. Wyliczmy ∆: a = 1, b = 0, c = 1; ∆ = 02 − 4·1·1 = −4, Równanie nie posiada rozwiązania. Odp.: x ∈ Ø

1.1.2. nierówności kwadratowe Do rozwiązywania nierówności kwadratowych potrzebna jest umiejętność schematycznego rysowania wykresu funkcji kwadratowej. NaleŜy wiedzieć, kiedy parabola zwrócona jest ramionami do góry, a kiedy w dół, kiedy ma jedno lub dwa miejsca zerowe, a kiedy w ogóle nie przecina się z osią OX. Zagadnienia te zostały wyjaśnione na początku rozdziału. Rozwiązując nierówność kwadratową − i kaŜdą wielomianową − najpierw znajdujemy pierwiastki równania, a następnie na podstawie szkicu wykresu odczytujemy przedziały, w których nierówność jest spełniona. Przykład 8. RozwiąŜ nierówność:

x2 − x − 2 < 0 Rozwiązanie: Zaczynamy od znalezienia miejsc zerowych paraboli: a = 1, b = −1, c = −2, więc ∆ = (−1)2 − 4·1·(−2) = 9 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

9

x1 =

− ( −1) − 9 − ( −1) + 9 = −1; x2 = =2 2 ⋅1 2 ⋅1

Zapisując nierówność w postaci iloczynowej, otrzymujemy: 1(x − (−1))·(x − 2) < 0, czyli (x + 1)(x − 2) < 0 Wiemy, Ŝe istnieją dwa miejsca zerowe i parabola jest zwrócona ramionami do góry, bo a > 0. Wykres wygląda następująco:

+

−1

−

2

+

x

Teraz moŜemy odczytać rozwiązanie. PoniewaŜ lewa strona nierówności ma być mniejsza od zera, nierówność jest spełniona dla takich x, przy których linia wykresu leŜy pod osią OX. Odp.: x ∈ (−1; 2) Przedział jest otwarty, poniewaŜ nierówność jest ostra. Przykład 9. RozwiąŜ nierówność:

−3x2 + 7x − 2 ≤ 0 Rozwiązanie: Najpierw znajdujemy miejsca zerowe: a = −3, b = 7, c = −2; ∆ = 72 − 4·(−3)·(−2) = 25 x1 =

− 7 − 25 − 7 + 25 1 = 2; x2 = = 2 ⋅ ( −3) 2 ⋅ ( −3) 3

Postać iloczynowa wygląda następująco:

1 −3(x −  (x − 2) ≤ 0 3 Na wykresie ramiona paraboli będą zwrócone w dół:

+ −

10

1 3

2

−

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

x

Odczytujemy rozwiązanie: poniewaŜ lewa strona nierówności ma być mniejsza lub równa zero, nierówność jest spełniona dla takich x, przy których linia wykresu leŜy pod osią OX lub ją przecina. Zatem przedziały będą domknięte dla

1 i 2. 3

Odp.: x ∈ (−∞; 1 ∪ 〈 2; + ∞) 3 Przykład 10. RozwiąŜ nierówność: −x2 + 2x − 1 < 0 Rozwiązanie: ∆ = 22 − 4·(−1)·(−1) = 0 , czyli istnieje jedno miejsce zerowe: x0 =

−2 =1 2 ⋅ ( −1)

W postaci iloczynowej −(x − 1)2 < 0 parabola zwrócona jest ramionami w dół: −

1

−

x

Parabola leŜy pod osią OX w całym zbiorze R, z wyjątkiem punktu x = 1, w którym styka się z osią. Odp.: x ∈ ( −∞; 1) ∪ (1; + ∞ ) lub inaczej x ∈ R \ {1} Gdyby w tym przykładzie nierówność była nieostra, to znaczy −x2 + 2x − 1 ≤ 0, rozwiązaniem byłby zbiór R. Przykład 11. RozwiąŜ nierówność: x2 ≤ 0 Rozwiązanie: Jedynym pierwiastkiem jest x = 0 i ramiona paraboli zwrócone są do góry: +

+0+

+

0 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

x

11

Do zbioru rozwiązań naleŜą takie x, przy których parabola leŜy pod osią OX lub ją przecina. Pierwszy warunek nie moŜe być spełniony, ale dla x = 0 parabola styka się z osią i jest to jedyny punkt, dla którego nierówność jest spełniona. Odp.: x ∈ {0} Gdyby nierówność była ostra, czyli x2 < 0, to zbiorem rozwiązań byłby zbiór pusty, gdyŜ nie ma takiego x, dla którego parabola leŜy pod osią. Przykład 12. RozwiąŜ nierówność:

−2x2 + x − 1 ≥ 0 Rozwiązanie: a = −2, b = 1, c = −1; ∆ = 12 − 4·(−2)·(−1) = −7 < 0 Parabola nie posiada miejsc zerowych i jest zwrócona ramionami w dół:

−

−

−

x

Nierówność jest spełniona dla takich x, przy których parabola leŜy nad osią lub przecina oś OX. Z wykresu wynika, Ŝe takie x nie istnieją. Odp.: x ∈ Ø ZauwaŜmy, Ŝe gdyby nierówność była ostra, czyli postaci −2x2 + x − 1 > 0, to odpowiedź byłaby taka sama. Przykład 13. RozwiąŜ nierówność:

3x2 + x + 2 > 0 Rozwiązanie: a = 3, b = 1, c = 2; ∆ = 12 − 4·3·2 = −23 < 0 Parabola nie posiada miejsc zerowych i jest zwrócona ramionami do góry:

+

+

+ x

Widzimy z wykresu, Ŝe dla kaŜdego x parabola leŜy nad osią OX, czyli: Odp.: x ∈ R Odpowiedź byłaby taka sama, gdyby nierówność była nieostra, czyli postaci 3x2 + x + 2 ≥ 0.

12

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Podobnie jak w przypadku równań, równieŜ dla nierówności moŜna szybko uzyskać rozwiązanie, stosując w niektórych przykładach wzory skróconego mnoŜenia lub wyciągając przed nawias. Takie działania ilustrują poniŜsze przykłady. Przykład 14. RozwiąŜ nierówność:

x2 − 4 ≥ 0 Rozwiązanie: (x − 2)·(x + 2) ≥ 0 Miejsca zerowe znajdujemy, przyrównując elementy iloczynu do zera: x−2=0 ∨ x+2=0 x = 2 ∨ x = −2 Szkicujemy parabolę zwróconą ramionami do góry: +

−2

−

2

+

x

i odczytujemy odpowiedź. Odp.: x ∈ ( −∞; − 2〉 ∪ 〈 2; + ∞ ) Przykład 15. RozwiąŜ nierówność:

2x − x2 > 0 Rozwiązanie: x(2 − x) > 0 x=0 ∨ 2−x=0 x=0 ∨ x=2

−

0

+

2

−

x

Odp.: x ∈ (0; 2) Kolejny przykład zilustruje zasadę, Ŝe najlepiej przenosić wszystko na jedną stronę. Przykład 16. RozwiąŜ nierówność:

3x − x2 ≤ 2 − 3x2 Rozwiązanie: Po przeniesieniu wszystkiego na lewą stronę otrzymujemy: 2x2 + 3x − 2 ≤ 0 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

13

Wyliczamy ∆ i pierwiastki: ∆ = 32 − 4·2·(−2) = 25 x1 =

− 3 − 25 − 3 + 25 1 = −2; x2 = = 2⋅2 2⋅2 2

Postać iloczynowa:

 2(x + 2)(x − 1  ≤ 0 2 Wykres: +

+ −2

−

1 2

x

Odp.: x ∈ 〈− 2; 1 2 Teraz przejdziemy do rozwiązywania równań i nierówności z wielomianami wyŜszego stopnia niŜ funkcja kwadratowa. W naszym wykładzie zajmiemy się tylko takimi wielomianami, które będą w postaci iloczynowej, a elementy iloczynu będą funkcjami liniowymi lub kwadratowymi albo dadzą się przekształcić do takiej postaci za pomocą wzorów skróconego mnoŜenia.

1.1.3. Równania wielomianowe Rozwiązanie równań wielomianowych sprowadza się do wyliczenia pierwiastków poprzez przyrównanie elementów iloczynu do zera. Oto przykłady: Przykład 17. RozwiąŜ równanie:

(3 − x)(2 + x)(x − 5 ) = 0 Rozwiązanie: 3−x=0 ∨ 2+x=0 ∨ x− 5 =0 x = 3 ∨ x = −2 ∨ x = 5 Odp.: x ∈ {−2; 5 ; 3} MoŜna skorzystać ze wzorów skróconego mnoŜenia, jak w kolejnym przykładzie. Przykład 18. RozwiąŜ równanie:

x3 − 27 = 0

14

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie: x3 − 3 3 = 0 (x − 3)(x2 + 3x + 9) = 0 Dla funkcji kwadratowej ∆ = 32 − 4·1·9 = −27 < 0, czyli brak pierwiastków. Jest to parabola zwrócona ramionami do góry nie przecinająca osi OX, co oznacza, Ŝe przyjmuje tylko wartości dodatnie. Jeśli tak, to moŜna obie strony podzielić przez x2 + 3x + 9, bo to wyraŜenie jest zawsze róŜne od zera. (x − 3)(x2 + 3x + 9) = 0│: (x2 + 3x + 9) x−3=0 x=3 Odp.: x ∈ {3} Przykład 19. RozwiąŜ równanie:

(2 − x2)(x2 + 5x + 6) = 0 Rozwiązanie: Najpierw przekształcimy obie funkcje kwadratowe do postaci iloczynowej. Pierwszą za pomocą wzoru skróconego mnoŜenia: 2 − x2 = ( 2 − x)( 2 +x) , drugą, wyliczając pierwiastki w następujący sposób: ∆ = 52 − 4·1·6 = 1 x1 =

−5− 1 −5+ 1 = −3; x2 = = −2 2 ⋅1 2 ⋅1

Postać iloczynowa: x2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3) Teraz równanie z zadania moŜemy przedstawić w następującej postaci: ( 2 − x)( 2 + x)(x + 2)(x + 3) = 0 , czyli dalej rozwiązujemy:

2−x=0 ∨

2+x=0 ∨ x+2=0 ∨ x+3=0

x = 2 ∨ x = − 2 ∨ x = −2 ∨ x = −3 Odp.: x ∈ {– 3, – 2, − 2 ;

2

}

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

15

1.1.4. nierówności wielomianowe Podobnie jak w przypadku nierówności kwadratowych, w nierównościach wielomianowych pierwszym krokiem będzie znalezienie miejsc zerowych. Potem sporządzamy wykres, ale będzie on zazwyczaj nieco inny. Przykład 20. RozwiąŜ nierówność:

(x − 2)(3 − x2) ≤ 0 Rozwiązanie: Najpierw przekształcamy ją w następujący sposób: (x − 2)( 3 −x)( 3 + x) ≤ 0 Szukając miejsc zerowych, mamy odpowiednio: x = 2 ∨ x = 3 ∨ x =− 3 Teraz sporządzamy wykres. Uwaga!!! Sporządzając wykres wielomianu, zawsze zaczynamy odpowiednio: •

od prawej strony z góry, jeśli współczynnik przy x w najwyŜszej potędze jest większy od zera,

•

od prawej strony z dołu, jeśli współczynnik przy x w najwyŜszej potędze jest mniejszy od zera.

W naszym wielomianie współczynnik przy x w najwyŜszej potędze wynosi −1, poniewaŜ jeśli wymnoŜymy wielomian w postaci iloczynowej, będzie on wyglądać następująco: −x3 + 2x2 + 3x − 6 MoŜna to teŜ zauwaŜyć, mnoŜąc współczynniki przy x w najwyŜszych potęgach w nawiasach. Wykres zaczynamy więc szkicować od prawej strony z dołu (jak wskazuje strzałka). +

+

− 3

3

−

2

Teraz moŜna odczytać rozwiązanie. Odp.: x ∈ 〈− 3; 3 〉 ∪ 〈 2; + ∞ ) Przykład 21. RozwiąŜ nierówność:

(7 + x)(1 + 4x + 3x2) ≥ 0

16

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

−

x

Rozwiązanie: Dla paraboli mamy: a = 3, b = 4, c = 1; ∆ = 42 − 4·3·1 = 4

−4+ 4 1 −4− 4 = −1; x2 = =− 2⋅3 2⋅3 3 Nierówność ma zatem postać: x1 =

 (7 + x)(x + 1)(x + 1  ≥ 0 3 1 3 Wykres wielomianu sporządzamy od prawej strony z góry, poniewaŜ przy x są dodatnie współczynniki: Miejsca zerowe: x = −7, x = −1, x = −

+ −

+

−7

−1

−

−

1 3

x

Teraz moŜna odczytać rozwiązanie.

1 Odp.: x ∈ 〈−7; −1〉 ∪ − ; + ∞) 3 Przykład 22. RozwiąŜ nierówność:

(x3 − 8)(3 + x)(2 − x2) < 0 Rozwiązanie: Po zastosowaniu wzorów skróconego mnoŜenia otrzymujemy: (x − 2)(x2 + 2x + 4)(3 + x)( 2 −x)( 2 + x) < 0 Dla paraboli ∆ = 22 − 4·1·4 = −12 < 0, zatem nie ma tu miejsc zerowych. Parabola jest zwrócona ramionami do góry i nie ma miejsc zerowych, czyli wyraŜenie x2 + 2x + 4 jest zawsze większe od zera. MoŜna więc podzielić nierówność przez to wyraŜenie i znak się nie zmieni: (x − 2)(x2 + 2x + 4)(3 + x)( 2 − x)( 2 + x) < 0│‫( ׃‬x2 + 2x + 4) (x − 2)(3 + x)( 2 − x)( 2 + x) < 0 Cały wielomian ma w sumie cztery miejsca zerowe: 2, −3, 2 , − 2 . Sporządzamy wykres, zaczynając od dołu, poniewaŜ gdyby wymnoŜyć wielomian, to przy x w najwyŜszej potędze będzie „−” (zaczynałby się −x4).

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

17

+ −

−3

+

− 2

2

−

2

−

x

Teraz moŜna odczytać rozwiązanie. Odp.: x ∈ (−∞; −3) ∪ (− 2 ; 2 ) ∪ (2; + ∞) Czasami występują tak zwane pierwiastki wielokrotne, na przykład podwójne lub potrójne, co powoduje, Ŝe wykres wielomianu wygląda nieco inaczej. Zanim przejdziemy do przykładów, sformułujmy zasady sporządzania wykresów w takim przypadku. ogólne zasady sporządzania wykresów wielomianów posiadających pierwiastki wielokrotne: •

gdy pierwiastek jest potrójny (x − x0)3, pięciokrotny (x − x0)5, siedmiokrotny (x − x0)7 itd., wykres przecina oś OX jak przy pierwiastku pojedynczym (x − x0),

•

gdy pierwiastek jest podwójny (x − x0)2, czterokrotny (x − x0)4, sześciokrotny (x − x0)6 itd., wykres „odbija się” w miejscu zerowym.

Przykład 23. RozwiąŜ nierówność:

(x2 + 4x + 4)x ≥ 0 Rozwiązanie: Obliczmy wyznacznik paraboli: ∆ = 42 − 4·1·4 = 0 Istnieje tylko jedno miejsce zerowe: x0 =

−4 = −2 , 2 ⋅1

czyli nierówność ma postać (x + 2)2x ≥ 0 Mamy dwa pierwiastki: −2 i 0, ale −2 jest podwójny. Sporządzanie wykresu zaczynamy od prawej strony z góry, ze względu na dodatnie współczynniki przy x w najwyŜszej potędze.



+ −

−2

−

0

x

ZauwaŜmy, Ŝe do rozwiązania musimy dołączyć liczbę −2, poniewaŜ linia wykresu styka się dla tego miejsca zerowego z osią OX, czyli nierówność nieostra jest spełniona za znakiem „=”. Odp.: x ∈ 〈 0; + ∞) ∪ {−2}

18

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 24. RozwiąŜ nierówność:

(x − 3)5(2 − x)2x4 < 0 Rozwiązanie: Mamy trzy miejsca zerowe: x1 = 3 (pięciokrotne), x2 = 2 (podwójne) oraz x3 = 0 (czterokrotne). Wykres sporządzamy od prawej strony z góry, bo jeśli wymnoŜymy (2 − x)2, otrzymamy 4 − 4x + x2, czyli i tu jest dodatni współczynnik przy x. + −

0

−

2

−

3

x

Odp.: x ∈ ( −∞; 0) ∪ (0; 2) ∪ (2; 3)

1.1.5. Pierwiastkowanie równań i nierówności Na koniec zajmiemy się pierwiastkowaniem równań i nierówności. Jest to inny sposób na rozwiązanie niektórych z nich bez stosowania wzorów skróconego mnoŜenia. Pierwiastkowanie równań i nierówności: Równania moŜna zawsze pierwiastkować obustronnie, ale gdy pierwiastkujemy pierwiastkami parzystego stopnia, jak

,4 ,6

, to powstają dwa przypadki.

Nierówności moŜna pierwiastkować obustronnie tylko pierwiastkami nieparzystego stopnia, jak

,5 ,7 .

3

Fakt, Ŝe pierwiastkując pierwiastkami parzystego stopnia, otrzymujemy dwa przypadki, wynika z poniŜszej własności:

Jeśli n jest liczbą naturalną parzystą, to

x

2

= x = x lub −x,

4

x

4

n

x

n

= x , np.:

= x = x lub −x itd.

Prawdziwe jest teŜ, Ŝe jeśli n jest liczbą naturalną nieparzystą, to 3

3

x = x,

5

n

n

x = x , np.:

5

x = x itd.

Więcej na temat wartości bezwzględnej w punkcie trzecim tego rozdziału, a teraz przykłady równań i nierówności. Przykład 25. RozwiąŜ równanie:

x2 − 4 = 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

19

Rozwiązanie: MoŜemy zastosować wzór skróconego mnoŜenia. Mamy wtedy: (x − 2)(x + 2) = 0 i dwa pierwiastki: −2 i 2. Odp.: x ∈ {− 2; 2} A oto inny sposób: x2 = 4│ 2

x = 4 x =2 x = 2 ∨ −x = 2 x = 2 ∨ x = −2, czyli teŜ dwa pierwiastki −2 i 2. Oczywiście moŜna rozwiązywać zadanie, od razu zapisując wynik bez tak szczegółowego przekształcania. Odp.: x ∈ {− 2; 2} Przykład 26. RozwiąŜ równanie:

x4 − 81 = 0 Rozwiązanie: Sposób I: (x2 − 9)(x2 + 9) = 0 (x − 3)(x + 3)(x2 + 9) = 0 x − 3 = 0 ∨ x + 3 = 0 ∨ x2 + 9 = 0 Z paraboli nie ma pierwiastków, więc Odp.: x ∈ {−3; 3} Sposób II: x4 = 81│ 4 x = 3 ∨ x = −3 Odp.: x ∈ {−3; 3} Przy pierwiastkach nieparzystego stopnia zawsze jest jedno rozwiązanie, jak w poniŜszych przykładach. Przykład 27. RozwiąŜ równanie:

x3 − 27 = 0

20

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie: Sposób I: Na podstawie wzoru skróconego mnoŜenia mamy: (x − 3)(x2 + 3x + 9) = 0 Dla paraboli ∆ = 32 − 4·1·9 = −27 < 0 i nie ma pierwiastków. Odp.: x ∈ {3} Sposób II: x3 = 27│ 3 x=3 Odp.: x ∈ {3} W tym przykładzie nie ma dwóch rozwiązań, bo pierwiastkujemy pierwiastkiem trzeciego (nieparzystego) stopnia. Przykład 28. RozwiąŜ równanie:

x3 + 125 = 0 Rozwiązanie: Sposób I: Na podstawie wzoru skróconego mnoŜenia mamy: (x + 5)(x2 − 5x + 25) = 0 Dla paraboli ∆ = 52 − 4·1·25 = −75 < 0 i nie ma pierwiastków. Odp.: x ∈ {− 5} Sposób II: x3 = −125│

3

x = −5 Odp.: x ∈ {− 5} Teraz przyjrzyjmy się nierównościom. Przykład 29. RozwiąŜ nierówność:

x3 − 8 < 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

21

Rozwiązanie: Sposób I: Na podstawie wzoru skróconego mnoŜenia mamy: (x − 2)(x2 + 2x + 4) < 0 dla paraboli ∆ = 22 − 4·1·4 = −12 < 0 i nie ma pierwiastków, czyli dla całej nierówności istnieje jedno miejsce zerowe x0 = 2. Stąd wykres:

−

2

+

x

Odp.: x ∈ (−∞; 2) Sposób II: x3 < 8│ 3 x0

c)

2x − 6x + 3 ≥ 0

d)

2 − 3x ≥ 0

2

2

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

23

2

e)

3x − x + 3 < 0

f)

(x − 6) ≤ 0

g)

(2 − 5x) > 0

h)

−x ≥ 0

i)

6x ≤ x

j)

2x ≥ 1 + x

2

2

2

2 2

Zadanie 3. RozwiąŜ równania: 2

a)

(3x − 1)(2 + x) = 0

b)

(x + 1)(1 + 11x) = 0

c)

(x + 2) (x − 1) x = 0

d)

(2x + 1)x (3x − x ) = 0

3

2

2

3

2

4

2

Zadanie 4. RozwiąŜ nierówności: a) b)

24

3

x −1 ≤ 0 (2 − x)(2 + 3x 2 ) > 0

c)

 (x 2 + x + 1  (x − 1)4 < 0 4

d)

(x + x + 1)(x − x + 2) < 0

e)

(1 + x)(1 + 2x) (1 + 3x) x ≥ 0

f)

x >0

g)

27 + x ≤ 0

h)

x ≤3

2

2

2

3

4

3

3

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

1.2. Równania i nierówności wymierne Gdy umiemy juŜ rozwiązywać równania i nierówności wielomianowe, łatwo nauczyć się rozwiązywać równania bądź nierówności, w których występują funkcje wymierne. Funkcje te mają ogólną postać:

f(x) =

w(x) , Q(x)

gdzie W(x) oraz Q(x) są wielomianami, a Q(x) musi być oczywiście róŜne od zera. KaŜde równanie bądź nierówność będziemy rozwiązywać, zaczynając od określenia dziedziny (patrz rozdział 3.1).

1.2.1. Równania wymierne Rozwiązywanie równania przebiega w następujących etapach: 1)

określenie dziedziny,

2)

przekształcenie do takiej postaci, Ŝe po prawej stronie jest zero, a po lewej funkcja wymierna, czyli

W(x) = 0, Q(x) 3)

przyrównanie licznika do zera, zgodnie z zasadą, Ŝe ułamek równy jest zero wtedy i tylko wtedy, gdy licznik tego ułamka równy jest zero (wynika to z faktu, Ŝe zawsze moŜna pomnoŜyć obie strony równania przez mianownik ułamka),

4)

rozwiązanie równania wielomianowego,

5)

uwzględnienie dziedziny i zapisanie odpowiedzi.

Przykład 33. RozwiąŜ równanie:

2 − 3x =2 x+5 Dziedzina: x + 5 ≠ 0, czyli x ≠ −5, więc D: x ∈ R \ {−5} Rozwiązanie:

2 − 3x −2=0 x+5 2 − 3x 2(x + 5) − =0 x+5 x+5 2 − 3x − 2x − 10 =0 x+5

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

25

− 5x − 8 =0 x+5 –5x – 8 = 0 x=−8 5 Rozwiązanie mieści się w dziedzinie równania.

  Odp.: x ∈ − 8   5 Przykład 34. RozwiąŜ równanie:

4 − x − x2 =1 9 − x2 Dziedzina: 9 − x² ≠ 0, czyli (3 − x)(3 + x) ≠ 0 3 − x ≠ 0 ∧ 3 + x ≠ 01 x ≠ 3 ∧ x ≠ −3 D: x ∈ R \ {−3; 3} Rozwiązanie: 2

4−x−x −1 = 0 9 − x2 2

2

4−x−x 9−x − =0 9 − x2 9 − x2 2

4−x−x −9+x 9 − x2

2

=0

1 Gdy rozwiązujemy równanie, to iloczyn dwóch (lub więcej) wyraŜeń równy jest zero, jeśli którekolwiek z nich równe jest zeru. Natomiast gdy rozwiązujemy róŜność, to iloczyn dwóch (lub więcej) wyraŜeń jest róŜny od zera, jeśli kaŜde z nich jest róŜne od zera. Wynika to z prawa de morgana. Na przykład:

(3 − x)(3 + x) = 0 3−x=0 ∨ 3+x=0 x = 3 ∨ x = −3 Dla róŜności: (3 − x)(3 + x) ≠ 0, czyli ~[(3 − x)(3 + x) = 0] ~[3 − x = 0 ∨ 3 + x = 0] ~[x = 3 ∨ x = −3] ~ x = 3 ∧ ~x = −3 x ≠ 3 ∧ x ≠ −3

26

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

−x−5 =0 9 − x2

−x −5 = 0 x = −5 Rozwiązanie mieści się w dziedzinie równania. Odp.: x ∈ {− 5} Przykład 35. RozwiąŜ równanie:

x2 − 5 = −4 2−x Dziedzina:

2 − x ≠ 0 , czyli x ≠ 2 , więc D: x∈ R \ {2} Rozwiązanie: 2

x −5 +4=0 2−x x 2 − 5 4(2 − x) + =0 2−x 2−x x 2 − 5 + 8 − 4x =0 2−x x 2 − 4x + 3 =0 2−x x 2 − 4x + 3 = 0

∆ = (−4)² − 4·1·3 = 4 x1 =

− ( −4) + 4 − (−4) − 4 = 1, x2 = =3 2 ⋅1 2 ⋅1

Rozwiązania mieszczą się w dziedzinie równania. Odp.: x ∈ {1; 3}

Przykład 36. RozwiąŜ równanie:

x2 − 1 = −1 1+ x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

27

Dziedzina:

1 + x ≠ 0 , czyli x ≠ −1 , więc D: x ∈ R \ {−1} Rozwiązanie:

x2 − 1 +1 = 0 1+ x x2 − 1 1 + x + =0 1+ x 1+ x 2

x −1+1+ x =0 1+ x x2 + x =0 1+ x x2 + x = 0 x(x + 1) = 0 x = 0 ∨ x +1= 0 x = 0 ∨ x = −1 Liczba −1 nie mieści się w dziedzinie równania. Odp.: x ∈ {0}

1.2.2. nierówności wymierne Rozwiązywanie nierówności róŜni się nieco od rozwiązywania równań i przebiega w następujących etapach: 1)

określenie dziedziny,

2)

przekształcenie do takiej postaci, w której po prawej stronie jest zero, a po lewej funkcja wymierna, czyli

W(x) Q(x) 3)

< 0 (lub inny znak nierówności, jak >, ≤ lub ≥),

przekształcenie do postaci iloczynowej, czyli W(x)·Q(x) < 0,

4)

rozwiązanie nierówności w powyŜszej postaci,

5)

uwzględnienie dziedziny i zapisanie odpowiedzi.

Przykład 37. RozwiąŜ nierówność:

5x ≥ −1 6 + x2

28

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Dziedzina: 2

2

6 + x ≠ 0 , czyli x ≠ −6

Ta róŜność jest zawsze prawdziwa, więc: D: x ∈ R Rozwiązanie:

5x +1 ≥ 0 6 + x2 2

5x 6+x ≥0 2 + 6+x 6 + x2 5x + 6 + x 2 ≥0 6 + x2 2

2

(x + 5x + 6)(6 + x ) ≥ 0 Z pierwszej paraboli mamy: ∆ = 5² − 4·1·6 = 1 x1 =

−5− 1 −5+ 1 = −3, x2 = = −2, 2 ⋅1 2 ⋅1

a druga parabola nie ma pierwiastków, co zauwaŜyliśmy, wyznaczając dziedzinę. Sporządzamy zatem wykres wielomianu:

+

−3

−

−2

+

x

Z wykresu otrzymujemy:

x ∈ ( −∞; − 3〉 ∪ 〈−2; + ∞ ) Dziedziną jest zbiór liczb rzeczywistych, więc po uwzględnieniu dziedziny odpowiedź nie zmienia się. Odp.: x ∈ ( −∞; − 3〉 ∪ 〈−2; + ∞ ) Przykład 38. RozwiąŜ nierówność:

9x ≤ −x x−4 Dziedzina:

x − 4 ≠ 0 , czyli x ≠ 4 , więc D: x∈ R \ {4}

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

29

Rozwiązanie:

9x +x≤0 x−4 x(x − 4) 9x + ≤0 x−4 x−4 2

9x + x − 4x ≤0 x−4 2

x + 5x ≤0 x−4 2

(x + 5x)(x − 4) ≤ 0 x (x + 5)(x − 4) ≤ 0 Mamy zatem trzy miejsca zerowe wielomianu: −5, 0 i 4. Sporządzamy wykres wielomianu:

−

−5

+

0

−

Z wykresu otrzymujemy:

x ∈ ( −∞; − 5〉 ∪ 〈 0; 4〉 Do dziedziny nie naleŜy jednak liczba 4, co daje ostatecznie: Odp.: x ∈ ( −∞; − 5〉 ∪ 〈 0; 4) Przykład 39. RozwiąŜ nierówność:

5 a

x a ∨ x < −a

x < a ∧ x > −a

Dla nierówności nieostrych algorytm jest analogiczny:

x ≥a

x ≤a

x ≥ a ∨ x ≤ −a

x ≤ a ∧ x ≥ −a

Przykład 45. RozwiąŜ nierówność:

x ≤5 Rozwiązanie:

x ≤ 5 ∧ x ≥ −5 Odp.: x ∈ 〈−5; 5〉 Przykład 46. RozwiąŜ nierówność:

x +7 >1 Rozwiązanie:

x + 7 > 1 ∨ x + 7 < −1 x > −6 ∨ x < −8 Odp.: x ∈ (−∞; − 8) ∪ (−6; ∞) Przykład 47. RozwiąŜ nierówność:

3 1 − 7x < 6 Rozwiązanie:

3 1 − 7x < 6 │:3 1 − 7x < 2 1 − 7x < 2 ∧ 1 − 7x > −2 −7x < 1 ∧ −7x > −3 x >−1 ∧x < 3 7 7   Odp.: x ∈  − 1 ; 3   7 7

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

35

Przykład 48. RozwiąŜ nierówność:

x2 − 3 ≥1 Rozwiązanie: 2

2

2

2

x − 3 ≥ 1 ∨ x − 3 ≤ −1 x −4 ≥ 0∨ x −2 ≤ 0 (x − 2)(x + 2) ≥ 0 ∨ (x − 2 )(x + 2 ) ≤ 0 Naszkicujmy wykresy obu parabol:

+

+ −2

−

2

x

+ − 2

+ −

czyli:

x ∈ (−∞; − 2〉 ∪ 〈 2; ∞) ∨ x ∈ − 2 ;

2 , co daje nam ostatecznie:

Odp.: x ∈ (−∞; − 2〉 ∪ − 2 ; 2 ∪ 〈 2; ∞) Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 7. Opuść wartość bezwzględną: a)

│2x − 3│

b)

│1 − x²│

c)

│1 + 6x│

Zadanie 8. RozwiąŜ równania: a)

│x + 3 │= 2

b)

│2 − x²│= 1

c)

4│3x − 2│= 6

Zadanie 9. RozwiąŜ nierówności:

36

a)

│4 + x │ < 2

b)

│3 − x²│≥ 2

c)

4│x│≤ 11

d)

│5x + 2│> 7 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

2

x

1.4. Potęgowanie W tym podrozdziale znajdują się wiadomości, które bezwzględnie naleŜy nie tylko znać, ale i bez Ŝadnych trudności umieć zastosować. Nieznajomość przekształceń na potęgach uniemoŜliwia studiowanie matematyki na wyŜszym poziomie. PoniŜej wszystkie istotne wzory wraz z prostymi przykładami, które je objaśniają. a0 = 1

dla a ≠ 0

1

a =a

dla a ∈ R ,

czyli na przykład: 0

0

1

1

2 = 1 albo x = 1 5 = 5 albo x = x • Potęgowanie przy takich samych podstawach: Jeśli m, n ∈ R i a ∈ R + albo m, n ∈ C i a ∈ R \ {0} , to

am = am − n an

am ⋅ an = am + n

(am )n = am ⋅ n ,

czyli na przykład:

32 ⋅ 34 = 36

albo x 2 ⋅ x 3 = x 5

46 = 44 42 (2 2 ) 5 = 210

5 albo x = x 4 x

albo ( x 3 ) 2 = x 6

• Potęgowanie przy takich samych wykładnikach: Jeśli m, n ∈ R i a, b ∈ R + albo m, n ∈ C i a, b ∈ R \ {0} , to a m⋅ b m = (a ⋅ b)m

m

am  a  =  , bm  b 

czyli na przykład:

3 2 ⋅ 4 2 = (3 ⋅ 4 ) = 12 2 2

56 =  5    36  3 

6

albo 3 x ⋅ 7 x = (3 ⋅ 7) x = 21x x

albo

10 x =  10  = 2 x   5x  5

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

37

• Potęgowanie przy wykładnikach ujemnych i niecałkowitych: Jeśli n ∈ C i x ≠ 0 , to

x –n =

1 , xn

czyli na przykład:

x −1 = 1 x

x − 2 = 12 x

x −3 = 13 x

Jeśli n ∈ N i x ∈ R , to 1

xn = n x ,

czyli na przykład: 1

1

x2 =

1

x3 = 3 x

x

x4 =

4

x

Z dwóch powyŜszych własności wynika trzecia: Jeśli n ∈ N i x ≠ 0 , to 1

x− n =

n

1 , x

czyli na przykład: −

x

1 2

=

1

−

x

x

1 3

=

1 3

−

x

x

1 4

=

1 4

x

PoniŜej kolejna własność: Jeśli m ∈ N, n ∈ N i x ≠ 0 , to m n

n

x = x

m

MoŜna do tego dojść w następujący sposób: m

xn =x

m⋅

1 n

1

= (x m ) n = n x m ,

czyli na przykład: 3

3⋅

x4 = x

1 4

1

= (x 3 ) 4 = 4 x 3

5

x2 = x

5⋅

1 2

1

= (x5) 2 = x5 ,

albo krótko:

38

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

3

3⋅

x4 = x

1 4

1

5

= (x 3 ) 4 = 4 x 3

x2 = x

5⋅

1 2

1

= (x5) 2 = x5 ,

albo krótko: 3

x7 =

7

4

3

5

x5 =

x ;

x

4

• Teraz moŜemy wprowadzić jeszcze potęgi niecałkowite ujemne: Jeśli m ∈ N, n ∈ N i x ≠ 0 , to −

x

m n

=

1 n

xm

Dochodzimy do tego w następujący sposób:

x

−

m n

=x

m⋅

1 ⋅ ( −1) n

−1

1 −1  n  =  ( x m )  =  n x m  =      

n

1 , xm

czyli na przykład: −

3

1 3 ⋅ ⋅ ( −1) 4

3 2

1 3 ⋅ ⋅ ( −1) 2

x 4= x −

−1

1  −1  4 =  ( x 3 ) 4  =  x 3  = 1   4   x3   −1

1  −1  =  ( x 3) 2  =  x 3  = 1     x3  

x =x albo krótko: −4 7

x

= 1 7 x4

x

−

5 3

=

1 3

x

5

Na koniec spójrzmy jeszcze na inne ciekawe przekształcenia, które koniecznie naleŜy umieć stosować. 1

3

x x = x ⋅ x2 = x 2 4

9

3 5

2

x9 = x4 = x

1 4

2+

=x

1 4

1

= x 2 ⋅ x 4 = x2 4 x

2

− = 3 ⋅ 1 = 3x 5 5 2 2 x x

5 − = 2⋅ 1 = 2x7 37 x 5 3 7 x 5 3

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

39

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 10. Przekształć wyraŜenie do postaci, w której będą występować pierwiastki i ułamki

(jeśli jest to moŜliwe): 6

a) b) c) d)

x5 =

5

4 x− 2 = 9 x

−3 7 −

x

=

1 5

=

e)

5 x 3

2 9

f)

3x

−4

1 7

=

=

=

g)

x

h)

−x

−

5 9

=

Zadanie 11. Przekształć wyraŜenie do postaci bez pierwiastków i ułamków (jeśli jest to

moŜliwe):

5

x =

a) b) c)

2 3

7 x

=

x   1  −1  1  2  =   2       

d)

2 = 5x 6

e)

x3 x =

f)

7

g) h)

40

2 3

11 x

3

=

x

=

_ 8 x3 =

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

1.5. Równania i nierówności wykładnicze Do rozwiązywania równań i nierówności wykładniczych niezbędne są przekształcenia na potęgach. Aby rozwiązać równanie, wystarczy sprowadzić obie strony do postaci, w której występują takie same podstawy i porównać wykładniki. Dziedziną funkcji wykładniczej w jej podstawowej postaci jest zbiór R. Przykład 49. RozwiąŜ równanie: x

3 =9

Rozwiązanie: x

2

3 =3 ⇒ x=2

Odp.: x ∈ {2} W kaŜdym przypadku moŜna wybrać dowolną stronę równania, którą będziemy przekształcać. PoniŜej dla przykładu prezentujemy oba sposoby. Przykład 50. RozwiąŜ równanie: x

1 2 = 8   Rozwiązanie: Sposób I:

Sposób II:

(2 −1 ) x = 8

1 3 2 = 2  

2 −x = 2 3 −x =3 x = −3

x

x −1  1    1    2  =  2        x

1 1 2 = 2    

3

−3

x = −3

Odp.: x ∈{−3} Przykład 51. RozwiąŜ równanie:

(2 2 )

x

=

2 16

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

41

Rozwiązanie: x

1 2

(2 2) = 162 ⇒ 2 ⋅ 2  = 22 1 2

x





4

x

7 3x  3 −7 − ⇒  22  = 2 2 ⇒ 22 = 2 2 ⇒ 3 x = − 7 ⇒ x = − 7   2 2 3  

 7   3

Odp.: x ∈ −

Rozwiązywanie nierówności jest bardzo podobne, jednak czasami trzeba zmienić znak (por. przykład 53). Znak zmieniamy, gdy podstawa potęgi mieści się w przedziale (0; 1)! Przykład 52. RozwiąŜ równanie:

1 25

x

5 > Rozwiązanie: x

5 >

1 x −2 ⇒ 5 > 5 ⇒ x > −2 2 5

Odp.: x ∈ ( −2; ∞ ) Przykład 53. RozwiąŜ równanie: x

1 1  7  ≤ 49   Rozwiązanie: x

2

1 1 7 ≤ 7 ⇒ x ≥ 2     Odp.: x ∈ 〈 2; ∞ ) Przykład 54. RozwiąŜ równanie:

(36) x > 1 3 6

42

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie:

(36) x ≥

1 3

6

⇒ (6 2 ) x ≥

1 6

1 3

⇒ 6 2x ≥ 6

−

1 3

⇒ 2x ≥ − 1 ⇒ x ≥ − 1 3 6

1 Odp.: x ∈ − ; ∞ ) 6 Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 12. RozwiąŜ równania: a)

5x = 5 5

b)

( 3)

c)

4 =1

d)

3 25 5 = 9  

x

=

1 27

x

x

Zadanie 13. RozwiąŜ nierówności: x

a)

2 4 3 < 9  

b)

4x ≥ 1 32

c)

1   > 10 000  10 

d)

(3 3 )

x

2x

≤

3 9

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

43

1.6. Równania i nierówności logarytmiczne Zanim zaczniemy rozwiązywać równania i nierówności logarytmiczne, przyjrzyjmy się definicji logarytmu oraz prawom działań na logarytmach. Definicja logarytmu: Logarytmem dodatniej liczby b przy podstawie a, gdzie a ∈ R + \ {1} , jest wykładnik potęgi c, do której naleŜy podnieść a, aby otrzymać b. Czyli: JeŜeli a ∈ R + \ {1} i b ∈ R + , to c

log a b = c ⇔ a = b Na przykład: 3

log 2 8 = 3, bo 2 = 8 log 5

1 1 −1 = −1, bo 5 = 5 5

log 7 3 7 =

1

1 3 , bo 7 = 3

3

7

NaleŜy teŜ pamiętać, Ŝe zawsze: log a 1 = 0,

log a a = 1

Czyli na przykład:

log 2 1 = 0,

log 0,25 1 = 0

log 17 17 = 1, log

3

3 =1

NaleŜy teŜ wiedzieć, Ŝe logarytm dziesiętny logx ma w podstawie liczbę 10, natomiast logarytm naturalny lnx liczbę e. Więcej na temat liczby e i logarytmu naturalnego w kolejnym rozdziale. Prawa działań na logarytmach: Jeśli a, b, c ∈ R + \ (1) oraz x, y ∈ R + , to

44

log a x + log a y = log a (xy)

log a x – log a y = log a x y

log a x b = b log a x

log a b =

log c b log c a

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 55. Uprość:

3log 23 + 2log 2 5 Rozwiązanie:

3log 2 3 + 2log 2 5 = log 2 3 3 + log 2 5 2 = log 2 27 + log 2 25 = log 2 (27 ⋅ 25) = log 2 675 Przykład 56. Uprość:

− log 2 + 2 ⋅

log 6 2 log 6 10

Rozwiązanie:

− log 2 + 2 ⋅

log 6 2 log 6 10

= − log 2 + 2log2 = 2log2 − log 2 =

2

= log2 − log 2 = log

2

2

2

= log

2 2

2 1 2

3

= log2 2 =

3 log2 2

Po tym krótkim wstępie moŜemy przejść do rozwiązywania równań i nierówności logarytmicznych. W przypadku równań i nierówności tego typu musimy zawsze pamiętać o bardzo waŜnej kwestii, a mianowicie o dziedzinie. Logarytmować moŜna tylko liczby dodatnie! A zatem rozwiązanie równania bądź nierówności zawsze będziemy poprzedzać ustaleniem dziedziny. Później naleŜy po prostu skorzystać z definicji logarytmu, a przy nierównościach naleŜy czasami zmienić znak. Zacznijmy od równań: log a x = b ⇔ x = ab Przykład 57. RozwiąŜ równanie:

log 2 (2 − x) = 3 Dziedzina:

2−x > 0⇒ x < 2 D: x ∈ (−∞; 2) Rozwiązanie: 3

log 2 (2 − x) = 3 ⇒ 2 − x = 2 ⇒ 2 − x = 8 ⇒ x = −6 Liczba –6 mieści się w dziedzinie. Odp.: x ∈ {−6}

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

45

Przykład 58. RozwiąŜ równanie:

log(5 + x) = 0 Dziedzina:

5 + x > 0 ⇒ x > −5 D: x ∈ (−5; ∞) Rozwiązanie: 0

log(5 + x) = 0 ⇒ 5 + x = 10 ⇒ 5 + x = 1 ⇒ x = −4 Liczba –4 mieści się w dziedzinie. Odp.: x ∈ {−4} Nierówności rozwiązujemy w następujący sposób: a ∈ (1; ∞) logax > b x > ab

a ∈ (0; 1) logax > b x < ab

NaleŜy pamiętać o zmianie znaku, gdy podstawa jest liczbą mniejszą od jeden i większą od zera. Gdy nierówności są nieostre, postępujemy w analogiczny sposób. Oto przykłady. Przykład 59. RozwiąŜ nierówność:

log 4 x ≤ 3 Dziedzina:

x>0 D: x ∈ (0; ∞) Rozwiązanie: 3

log 4 x ≤ 3 ⇒ x ≤ 4 ⇒ x ≤ 64 i x ∈ D Odp.: x ∈ (0; 64〉 Przykład 60. RozwiąŜ nierówność:

log 1 (9 − x) > −3 2

Dziedzina:

9−x > 0⇒ x < 9 D: x ∈ (−∞; 9)

46

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie:

1 log 1 (9 − x) > −3 ⇒ 9 − x <   2 2

−3

⇒ 9 − x < 8 ⇒ x > 1 i x∈ D

Odp.: x ∈ (1; 9) Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 14. Oblicz: a)

log 3 3 3

b)

log

c)

log

d)

log 1 27

1 100 2

4

3

Zadanie 15. Uprość: a)

3log3 − 2log9

b)

log 4 25 − log 7 5 log 4 7

c)

2log1 + 13log

d)

log 2 8 + log 2 7

7

17

17

1 4

Zadanie 16. RozwiąŜ równania: b)

log 4 (11 − x) = −1 2log(x + 1) = −4

c)

log 1 (2x) = −3

a)

2

d)

logx = 0

Zadanie 17. RozwiąŜ nierówności: a)

log 3 (2 + 3x) < 2

b)

log 1 3

x ≥ −2 2

c)

log 0,5 (x − 5) ≤ 0

d)

3log 2 x ≥ 3 2 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

47

1.7. trygonometria PoniŜej przedstawimy tylko najwaŜniejsze wzory z trygonometrii, których znajomość jest niezbędna. Rozwiązywanie równań i nierówności trygonometrycznych jest ściśle związane z wykresami i wartościami funkcji, które z kolei przedstawimy w następnym rozdziale.

sin 2 x + cos 2 x = 1 tgx = sinx , ctgx = cosx cosx sinx tgx ⋅ ctgx = 1 sin2x = 2sinxcosx cos2x = cos 2 x − sin 2 x cos2x = 2cos 2 x − 1 cos2x = 1 − 2sin 2 x Wzory te będziemy wykorzystywać w dalszej części skryptu, między innymi przy rachunku róŜniczkowym i całkowym.

48

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

2. Przegląd waŜniejszych funkcji Wiadomości zawarte w tym rozdziale to wiedza niezbędna dla studentów uczelni ekonomicznych. Funkcje odwrotne względem siebie przedstawiamy poniŜej parami, z uwagi na fakt, Ŝe ich wartości i kształty wykresów są ze sobą ściśle powiązane. Zawarty tu materiał naleŜy traktować jak tablice matematyczne.

2.1. Funkcje ex i lnx Najczęściej wykorzystywaną funkcją wykładniczą jest ex, a logarytmiczną lnx. Obie te funkcje łączy liczba e – inaczej liczba Nepera. Jest to liczba niewymierna równa granicy ciągu: n

 1 e = lim 1 +  ≈ 2,71828... n →∞  n Oto wykresy i wartości funkcji ex i lnx: y

y = ex

y = lnx

1 0

1

x

lim e x = 0

x → −∞

1 e2 1 e −1 = e 0 e =1

e −2 =

lim lnx = −∞

x→0 +

1 = −2 e2 1 ln = −1 e ln1 = 0 ln

e1 = e

lne = 1

e2 = e2

lne 2 = 2

lim e x = ∞ x →∞

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

lim lnx = ∞ x →∞

49

Dla przypomnienia wróćmy jeszcze na chwilę do równań i nierówności logarytmicznych. Skoro logarytm naturalny ma w podstawie liczbę e, to rozwiązujemy go następująco: lnx = a x = ea ,

czyli na przykład: lnx = 3 D: x > 0 x = e3 Tak samo jest z nierównościami. Tu nie zmieniamy znaku, poniewaŜ e > 1 lnx > a x > ea ,

czyli na przykład: lnx ≤ 0 D: x > 0

x ≤ e0 x ≤1 Odp.: x ∈ (0; 1〉

2.2. Funkcje trygonometryczne i cyklometryczne Funkcje cyklometryczne są odwrotne względem trygonometrycznych. PoniŜej prezentujemy wartości tych funkcji. Funkcje trygonometryczne są okresowe. My przedstawiamy tylko te ich wartości, które mieszczą się w dziedzinie odpowiednich funkcji cyklometrycznych.

50

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

51

2

π

1

2  π sin −  = − 2  4

sin

arcsin

2 π = 2 4  2  π =− arcsin −  2  4  

−

−1

0

π 2 = 4 2

2

π

arcsin0 = 0 1 π arcsin = 2 6 π  1 arcsin −  = − 2 6  

−

y

sin0 = 0 π 1 sin = 6 2 1  π sin −  = − 6 2  

−π

-1

1

2

π

2

π

π 3 = 3 2

π

3  π sin  −  = − 2  3 π sin = 1 2  π sin  −  = −1  2

sin

y = arcsinx

y = sinx

2π

3 π = 2 3   3 π arcsin − =−  2  3   π arcsin1 = 2 π arcsin( −1) = − 2

π

arcsin

2

3

x

52

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

π 3 = 6 2

cos

π 2 = 4 2 π 1 cos = 3 2 π cos = 0 2

cos

cos0 = 1

−π

−

2

π

y = arccosx

−1

3 π = 2 6

0

2 π = 2 4 1 π arccos = 2 3 π arccos0 = 2 arccos

arccos

arccos1 = 0

-1

1

2

π

π

y

1

3 5  cos  π  = − 6 2   cosπ = − 1

2 3  cos  π  = − 2 4 

1 2  cos  π  = − 3 2  

2

π

π

π

 2  arccos  − =  2    3  arccos  − =  2   arccos( − 1) = π

5 π 6

3 π 4

 1 2 arccos  −  = π  2 3

2

3

2π

y = cosx

x

y = tgx

y

y = arctgx

π 2

−π

−

π

0

2

tg0 = 0 π 3 = 6 3

3  π tg −  = − 3  6 π tg = 1 4  π tg −  = −1  4 π tg = 3 3  π tg −  = − 3  3 lim tgx = +∞ x→

π− 2

lim tgx = −∞ x→−

π+ 2

π

x

2 −

tg

π π 2

arctg0 = 0 3 π = 3 6  3  π =− arctg −  3  6   π arctg1 = 4 π arctg(−1) = − 4 π arctg 3 = 3 π arctg − 3 = − 3 π lim arctgx = x → +∞ 2 π lim arctgx = − x → −∞ 2

arctg

(

)

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

53

y

y = arcctgx

y = ctgx

π 2

−π

−

π

2

2

lim ctgx = +∞

lim arcctgx = 0

x →0 +

x → +∞

π = 3 6 π ctg = 1 4

arcctg 3 =

ctg

arcctg1 =

π 3 = 3 3 π ctg = 0 2 3 2  ctg π  = − 3 3  3  ctg π  = −1 4  5  ctg π  = − 3 6  lim ctgx = −∞

54

π 4

π 6

3 π = 3 3 π arcctg0 = 2  3  2 arcctg − = π  3  3   3 arcctg(−1) = π 4 5 arcctg − 3 = π 6 lim ctgx = π arcctg

ctg

x→ π−

π

0

(

)

x → −∞

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

π

x

3. Funkcja jednej zmiennej Badanie funkcji jednej zmiennej przebiega w kilku etapach, którym odpowiadają w przybliŜeniu punkty tego rozdziału. Przedstawiamy w nich niezbędne definicje, większość miejsca przeznaczając na zaprezentowanie rozwiązanych przykładów.

3.1. określanie dziedziny Analiza kaŜdej funkcji, rozwiązanie równania czy nierówności musi być poprzedzone wyznaczeniem dziedziny. Kiedy dziedzina jest ograniczona:

1 f(x)

f(x) 1 f(x)

wtedy

f(x) ≠ 0

wtedy

f(x) ≥ 0

wtedy

f(x) > 0

[ ]

f(x) > 0 ln f(x) wtedy (analogicznie do innych logarytmów)

[ ] arccos[f(x)]

wtedy

f(x) ∈ 〈 −1; 1〉

wtedy

f(x)∈ 〈 −1; 1〉

tg[f(x)]

wtedy

π f(x) ≠ 2 + k π , k ∈ C

ctg[f(x)]

wtedy

f(x) ≠ k π, k ∈ C

arcsin f(x)

W pozostałych przypadkach D = R. Funkcje tangens i cotangens są rzadziej spotykane, ale naleŜy pamiętać, Ŝe mają ograniczoną dziedzinę. Przyjmujemy załoŜenie dla pierwiastków, gdy mamy do czynienia z pierwiastkami parzystego stopnia, czyli na przykład dla pierwiastka trzeciego stopnia D = R. PoniŜej przedstawiamy kilka przykładów ilustrujących, jak wyznacza się dziedzinę. Przykład 61. Wyznacz dziedzinę funkcji:

y=

1 ln(2 + x)

Dziedzina: Mamy mianownik i logarytm, czyli zakładamy, Ŝe

ln(2 + x) ≠ 0 ∧ 2 + x > 0 2 + x ≠ e 0 ∧ x > −2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

55

2 + x ≠ 1 ∧ x > −2 x ≠ −1 ∧ x > −2

D : x ∈ ( −2; −1) ∪ ( −1; + ∞ ) Przykład 62. Wyznacz dziedzinę funkcji:

y=

2

x + 1 − 11arccos2x

Dziedzina: Mamy pierwiastek i arccos, czyli zakładamy, Ŝe 2

x + 1 ≥ 0 ∧ 2x ∈ 〈− 1; 1〉 2

x ≥ − 1 ∧ 2x ≥ − 1 ∧ 2x ≤ 1 x∈R ∧x ≥ −

1 1 ∧x≤ 2 2

D:x∈ − 1 ; 1 2 2 Przykład 63. Wyznacz dziedzinę funkcji: 1

y = e x + tgx Dziedzina: Mamy mianownik i tangens, czyli zakładamy, Ŝe

x ≠ 0∧x ≠

π + kπ , k ∈ C 2

JuŜ taką postać dziedziny moŜna uznać za wystarczającą odpowiedź. Przykład 64. Wyznacz dziedzinę funkcji:

y = sinx + cose x Dziedziną jest zbiór liczb rzeczywistych. Nie trzeba przyjmować Ŝadnych załoŜeń. Przykład 65. Wyznacz dziedzinę funkcji:

y=3 x +3 +4 x Musimy przyjąć załoŜenie x ≥ 0 dla pierwiastka czwartego stopnia. Dla pierwiastka trzeciego stopnia nie przyjmujemy załoŜeń.

D : x ∈ 〈 0; ∞ )

56

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 18. Wyznacz dziedzinę funkcji: a)

y = arcsin6x − 2e x

b)

y=

c)

y=e

d)

y=

x2 2 − 1 + lnx 4−x x

3

11

+ lnx + 2 − x

sinx + 3x ex

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

57

3.2. Pochodna funkcji Pochodna funkcji określana jest jako granica ilorazu róŜnicowego przy przyroście zbieŜnym do zera. My zajmiemy się tylko obliczaniem pochodnej na podstawie wzorów, a nie z definicji, co będzie niezbędne w badaniu funkcji. Wzory podstawowe (pomijamy zakres zmienności x):

(c)' = 0,

c – sta ła

n

n−1

(x )' = nx x

x

(a )' = a lna x

x

(e )' = e

(log a x)' = (lnx)' =

1 xlna

1 x

(sinx)'= cosx (cosx)'= −sinx

(tgx)'=

1 cos2 x

(ctgx)'= −

1 sin 2x

(arcsinx)'= (arccosx)'= − (arctgx)'=

1 1 − x2 1 1 − x2

1 1 + x2

(arcctgx)'= −

1 1 + x2

Pierwszy przedstawiony wzór oznacza, Ŝe pochodna z kaŜdej stałej (liczby) jest równa zero, czyli:

′  3  (4 )′ = 0; (−16 )′ = 0;  − = 0 ; (0 )′ = 0  5    Drugi wzór ma bardzo szerokie zastosowanie. Spójrzmy:

58

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 66. Oblicz pochodne:

(x3 )′ = 3x3 − 2 = 3x2

(x2 )′ = 2x 2 − 1 = 2x1 = 2x 3  4 x 3 ′ =  x 4   

 1 ′  4  = (x− 4) = −4x− 4 − 1 = −4x−5 x   1 ′  − 4   = x 7  7 x4     

′ 3 − 1  = x4  4 

11 ′ −  =− 4 x7  7 

PoniŜej prezentujemy szczególne przypadki. Przykład 67. Oblicz pochodne:

(x)′ = (x 1)′ = 1x1− 1 = x0 = 1 więc (x) ′ = 1 1 1 −1 ′  1 ′ − 1 więc x =  x 2  = 1 x2 = 1 x 2 =   2 2 x 2  

( x )′ = 2 1 x

( )

′ 1 1   = ( x −1 )′ = −1x− 2 = − 2 x x  

′

więc

1 1  x  = − x2  

Teraz spójrzmy, jak liczymy pochodną z funkcji wykładniczej i logarytmicznej. Wytłuszczone równania moŜemy traktować jak wzory, gdyŜ występują one bardzo często w zadaniach. Przykład 68. Oblicz pochodne:

′  1  x   1 x 1 x x ′ x ′   =   ln ; (2 ) = 2 ln2; (5 ) = 5 ln5;    3    3  3   x

(ex )′ = exlne = ex ⋅1 = ex; stąd wzór (log 3 x ) ′ =

1 ; xln3

(e x ) ′ = e x

′    log x  = 1 ; (logx) ′ = 1 2   xln10  5  xln 2 5

1 (lnx)′ = 1 = 1 ; stąd wzór (lnx) ′ = x xlne x Nie wolno mylić wzorów na pochodną funkcji wykładniczej i potęgowej, czyli jeśli mamy funkcję y = x², to stosujemy wzór na pochodną xn, a jeśli y = 2x, to bierzemy pod uwagę wzór na pochodną ax.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

59

Pozostałe wzory stosuje się w gotowej postaci. Zaczniemy ich uŜywać, gdy poznamy twierdzenia o pochodnych. Oto one (f, g – funkcje, k – stała):

(f + g)' = f'+ g' (f ⋅ g)' = f' g + fg'

(f − g)' = f' − g' (k ⋅ f)' = k ⋅ f'  f  ′ f' g − fg'   = g2 g

Pierwsze trzy nie są zbyt skomplikowane. Oto przykłady: Przykład 69. Oblicz pochodną:

(sinx + x² ) ′ = (sinx ) ′ + (x² ) ′ = cosx + 2x Przy dodawaniu liczymy po prostu oddzielnie pochodną z kaŜdej funkcji i dodajemy. Tak samo jest przy odejmowaniu: (ex − cosx ) ′ = (ex ) ′ − (cosx ) ′ = ex − (−sinx) = ex + sinx Trzeci wzór oznacza, Ŝe jeśli liczba jest pomnoŜona przez funkcję, to tę liczbę przepisujemy i zostaje pochodna z funkcji. Przykład 70. Oblicz pochodną:

(4x³ ) ′ = 4·(x³ ) ′ = 4·3x² = 12x² Spójrzmy na taki oto przykład: Przykład 71. Oblicz pochodną:

(13lnx − 2 x + 13) ′ = 13 ⋅ 1 − 2 ⋅ 1 + 0 = 13 − 1 x x 2 x x W tym przykładzie liczby 13 przy logarytmie oraz −2 przy pierwiastku są pomnoŜone przez funkcje, więc zostały przepisane, natomiast liczba 13 stojąca samodzielnie jest stałą dodawaną, więc pochodna ze stałej jest równa zero. Tak samo postępujemy, jeśli stałą odejmujemy. Jeśli stoi samodzielnie, to pochodna wynosi zero. Teraz zobaczmy, jak postępujemy, gdy mamy do czynienia z mnoŜeniem lub dzieleniem dwóch funkcji. Przykład 72. Oblicz pochodną:

(e x ⋅ tgx ) ′ = ( e x ) ′ ⋅ tgx + e x ⋅ ( tgx ) ′ = e x tgx + e x ⋅

1 cos 2 x

W tym przykładzie mamy dwie funkcje pomnoŜone przez siebie. Jest to iloczyn, więc musimy koniecznie rozpisać go ze wzoru na pochodną iloczynu, a potem liczyć wykorzystując wzory elementarne.

60

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 73. Oblicz pochodną:

′

 lnx    =  arcsinx 

(lnx ) ′ arcsinx − lnx (arcsinx ) ′ (arcsinx ) 2

1 arcsinx − lnx ⋅ 1 x 1− x 2 = 2 (arcsinx )

W tym przypadku mamy do czynienia z dzieleniem dwóch funkcji, czyli najpierw rozpisujemy je ze wzoru na pochodną ilorazu, a potem liczymy pochodną funkcji elementarnych. PoniŜej kilka innych ciekawych przykładów obliczania pochodnej z zastosowaniem poznanych wzorów. Przykład 74. Oblicz pochodną:

)

( ) (

( )

′ ′ ′  2x ctgx  (2xctgx )′ x − 2x ctgx x (2x )′ ctgx + 2x (ctgx)′ x − 2x ctgx x   = = = 2  x  x   x

( )

 x  1 x  2 ln2ctgx + 2 x ⋅ − 21  x − 2 ⋅ ctgx ⋅ sin x  2 x  x Przykład ten jest bardziej skomplikowany, poniewaŜ występuje tu zarówno iloczyn, jak i iloraz. Cała funkcja to jednak iloraz i najpierw stosujemy wzór na pochodną ilorazu. Dopiero potem trzeba zastosować wzór na pochodną iloczynu. Nie wolno stosować innej kolejności. Przykład 75. Oblicz pochodną:

′

   logxarcctgxsinx − 5 x  = 3+ x   Najpierw dzielimy całość na dwie pochodne, poniewaŜ jest to róŜnica:

′ 5 x  ′   (logxarcctgxsinx ) − =  3+ x    Drugi nawias liczymy z dzielenia, ale co z pierwszym? Mamy tu iloczyn trzech funkcji, więc dwie potraktujmy jako jedną, Ŝeby zastosować wzór na mnoŜenie:

′ 5 x  ′   ((logxarcctgx)sinx ) − =  3+ x    = (logxarcctgx ) ′ sinx + (logxarcctgx )(sinx ) ′ −

(5 x )′ (3 + x) − 5

(3 + x ) 2

x (3 + x ) ′

=

(teraz dla logxarcctgx zastosujemy jeszcze raz wzór na mnoŜenie)

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

61

( )

′ 5 x (3 + x) − 5 x (3 + x)′ = ((logx)′ arcctgx + logx(arcctgx)′ )sinx + (logxarcctgx)(sinx)′ − = (3 + x)2   =  1 arcctgx + logx ⋅ −1 2 sinx + (logxarcctgx)cosx − 1+ x   xln10

5 ⋅ 1 (3 + x) − 5 x (0 + 1) 2 x = (3 + x)2

5 (3 + x) − 5 x  1  1 2 x arcctgx − logx ⋅ sinx + logxarcctgx cosx − = 2  xln10 1 x + (3 + x)2   Upraszczanie nie jest konieczne, jeśli nie zaznaczono tego w poleceniu. Pochodna jest wyliczona, gdy nie zostaje ani jeden znak „prim”. NaleŜy pamiętać o wszystkich minusach i koniecznych nawiasach. Pozostał do zaprezentowania jeszcze najwaŜniejszy i zarazem najtrudniejszy wzór – na pochodną funkcji złoŜonej. Jak do tej pory argumentem kaŜdej funkcji był x. Funkcja złoŜona to taka, w której argumentem jest funkcja inna niŜ y = x.

[f (g)]′ = f ′(g) ⋅ g ′ Weźmy dwie funkcje: f(x) = x³ oraz g(x) = 5x + 3. ZłoŜeniem tych funkcji jest funkcja f(g(x)) = (5x+3)³. Funkcja f jest tu funkcją zewnętrzną, a funkcja g wewnętrzną. Zawsze najpierw liczymy pochodną z funkcji zewnętrznej. Czyli: (x³ ) ′ = 3x², więc ((5x + 3)³ ) ′ = 3(5x + 3)²·(5x + 3 ) ′ = 3(5x + 3)²·5 = 15(5x + 3)² NaleŜy zawsze rozpoznać zewnętrzną funkcję – przykłady poniŜej. Przykład 76. Oblicz pochodną:

(ln (sinx )) ′ =

1 1 cosx ⋅ (sinx ) ′ = ⋅ cosx = = ctgx sinx sinx sinx

Jest to logarytm z sinusa, a nie sinus z logarytmu, więc najpierw stosujemy wzór na pochodną logarytmu, a potem z sinusa, który jest argumentem logarytmu, czyli funkcją wewnętrzną. Przykład 77. Oblicz pochodną:

(2sinx – sin2x + sinx2 – sinx2x ) ′ = 2cosx – cos2x · (2x ) ′ + cosx2 · (x2 ) ′ – 2sinx · (sinx ) ′ = = 2cosx – cos2x · 2 + cos2x · 2x – 2sinx · cosx = 2cosx – 2cos2x + 2xcosx2 – 2sinxcosx To bardzo dobry przykład do porównań: 2sinx − to iloczyn stałej i funkcji elementarnej, czyli przepisujemy stałą i liczymy pochodną z sinx, sin2x − to funkcja złoŜona, jest to sinus z 2x, czyli sinus jest funkcją zewnętrzną,

62

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

sinx² − analogicznie, sinus jest funkcją zewnętrzną, więc najpierw stosujemy wzór na pochodną sinusa, sin²x – to tak naprawdę kwadrat sinusa, czyli (sinx)², więc najpierw korzystamy ze wzoru na pochodną kwadratu, a potem sinusa. To funkcja kwadratowa jest zewnętrzną. Przykład 78. Oblicz pochodną:

(

)

(

)

′ ′ tgx tgx ′  2x − arcsin x    = 2x − arcsin x 3 − 2x − arcsin x ( 3 ) = 2   ( 3 tgx ) 3 tgx  

(

)

(

)

′   (2x ) ′ − arcsin x  ⋅ 3 tgx − 2x − arcsin x (3 tgx ) ′  = = ( 3 tgx ) 2   1 2 −  1− x =

( )

2

⋅

 ′  tgx x  ⋅ 3 − 2x − arcsin x ⋅3 tgx ln3 (tgx )′   = ( 3 tgx ) 2

( )

 1 1 2 − ⋅  1 − x 2 x =

(

)

(

)

 tgx  ⋅ 3 − 2x − arcsin x ⋅ 3 tgx ln3 ⋅ 12  cos x  tgx 2 (3 )

W powyŜszym przykładzie mamy do czynienia z ilorazem, potem zastosowano wzór na róŜnicę i na koniec funkcje złoŜone. Obok złoŜenia dwóch funkcji moŜe wystąpić teŜ złoŜenie większej ich liczby. Wtedy po kolei liczymy pochodne kolejnych funkcji zewnętrznych. Przykład 79. Oblicz pochodną:

(sinln x )′ = cosln x ⋅ (ln x )′ = cosln

x⋅

1 ⋅ x

( x )′ = cosln

x⋅

1 1 cosln x ⋅ = 2x x 2 x

Jest to sinus z logarytmu, więc najpierw liczymy pochodną sinusa, a potem logarytmu, bo logarytm występuje jako argument sinusa. Z kolei argumentem logarytmu jest pierwiastek, więc jeszcze raz pochodna funkcji wewnętrznej. Oto inne przykłady. Przykład 80. Oblicz pochodną:

′

 1 2   x + 2− 3+ x  =  2 x + 2− 3+ x2 

⋅  x + 2 − 3 + x



POWRÓT DO SPISU TREŚCI

2

′

 = 

63

  1 ⋅ 1 + ⋅  2 − 3 + x 2 2  2 2− 3+ x  

1

=

2 x + 2− 3+ x2 1

=

2 x + 2− 3+ x2 1

=

2 x + 2− 3+ x2 1

=

2 x + 2− 3+ x2

′   =   

  1 ⋅ 1 +  2 2− 3+ x2 

   1 ⋅0 − ⋅ (3 + x 2 ) ′   =   2 3+ x2  

  1 ⋅ 1 +  2 2− 3+ x2 

   1 ⋅− ⋅ (0 + 2x )   =  2 3+ x2   

  1 ⋅ 1 +  2 2− 3+ x2 

   1  ⋅ − ⋅ 2x    2 3+ x2   

ZauwaŜmy, Ŝe pochodną funkcji wewnętrznej mnoŜymy przez pochodną funkcji zewnętrznej, a nie przez wszystko, co jest juŜ wykonane – dlatego w drugiej linijce powyŜszego przykładu pochodna funkcji wewnętrznej jest pomnoŜona tylko przez ułamek z pierwiastkiem w środku, a nie przez cały nawias. Przykład 81. Oblicz pochodną:

(lnlnlnx) ′ =

1 ⋅ (lnlnx) ′ = 1 ⋅ 1 ⋅ (lnx ) ′ = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 lnlnx lnlnx lnx lnlnx lnx x

Jest to trzykrotne złoŜenie logarytmu naturalnego ze sobą. Przykład 82. Oblicz pochodną:

   ctglnx −  e  

x

= (ctglnx) ′ −

64

′     3  = (ctglnx) ′ −   arcsin3x  −  e tgctgx    3′ e 

x

−

arcsin3x    − 3 e tgctgx     e 

x

x

−

arcsin3x   − tgctgx 

x

′   3  = arcsin3x  − tgctgx 

arcsin3x   tgctgx 

′

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

=

=

=

− 1 ⋅ (lnx) ′ − sin 2 lnx

−1 ⋅ 1 − sin 2 lnx x

=−

=−

1 xsin 2lnx

1 xsin 2lnx

    0 ⋅  e x − arcsin3x  − 3 e tgctgx    

( )

  e 

 − 3 e  

   − 3 e   − 

   − 3 e   − 

x

x

 − arcsin3x  tgctgx 

2

( tgctgx )

⋅

′    

′

x

1 1 2 x

−

1 − (3x)

2

 − arcsin3x  tgctgx 

2

2

⋅ (3x)′ tgctgx − arcsin3x ⋅ ( tgctgx ) 2

  e  1 x

′  arcsin3x   −   tgctgx 

=

( x )′ − (arcsin3x) tgctgx − arcsin3x(tgctgx)   e 

x

x

1 − (3x) ⋅ 1 − 2 x

2

  e 

x

arcsin3x   − tgctgx 

2

⋅ 3 ⋅ tgctgx − arcsin3x ⋅ ( tgctgx ) 2

x

−

arcsin3x   tgctgx 

′   

=

1

′ ⋅ (ctgx )  cos ctgx     = 2

 1 ⋅ −1  2 cos ctgx sin x      2

2

Jest to przykład bardzo skomplikowany, jednak i takie naleŜy umieć rozwiązywać, aby dobrze rozumieć liczenie pochodnych.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

65

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 19. Oblicz pochodną funkcji: a) b) c) d) e)

3x − 2sinx + 3 x arccosx − 1 lnx

2+x x2 3cosx + cos3x + cosx³ + cos²x + 3cos³3x³ 3 − 4x − sinx + ctg

2 4x − 3 − x tgx

f)

66

3xarcsine arccosx 17 + e

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

3.3. Granica funkcji i reguła de l’Hospitala Liczenie granic jest niezbędne dla wyznaczania asymptot funkcji. Czasami potrzebna jest do tego reguła de l’Hospitala, która bazuje na pochodnej funkcji. PoniŜej przedstawiamy sposoby obliczania najczęściej spotykanych granic. •

Symbole oznaczone: a – dowolna liczba dodatnia

a 0 0 a ⋅ ∞ = ∞; a ⋅ 0 = 0; ∞ a = ∞; ∞ = 0; a = 0; ∞ = 0; a = ∞; a = −∞; ∞ = ∞; ∞ = −∞; ∞ + ∞ = ∞; ∞ ⋅ ∞ = ∞ 0+ 0− 0− 0− •

Symbole nieoznaczone:

∞ − ∞ = ?; ∞ ⋅ 0 = ?;

∞ =? ∞

0 0 0 ∞ = ?; 0 = ?; ∞ = ?; 1 = ? 0

Twierdzenie de l’Hospitala pozwala obliczyć granicę, jeśli mamy jeden z przypadków:

∞ 0 = ? lub = ? Jeśli f i g są funkcjami zmiennej x: ∞ 0

lim

x→x0 / ± ∞

f f′ = lim g x→x0 / ± ∞ g ′

W pozostałych przypadkach musimy więc sprowadzić granicę funkcji do takiej postaci, Ŝeby moŜna było zastosować regułę de l’Hospitala. Nie będziemy zajmować się przypadkiem ∞ − ∞ = ? , poniewaŜ zazwyczaj daje się on sprowadzić do jednej z pozostałych postaci przez wyciągnięcie przed nawias wspólnego czynnika. Przykład 83. Oblicz granice funkcji:

ex x x2 , lim+ , lim x x →∞ x x →∞ e x → 0 lnx lim

x

e x →∞ x lim

x ∞  e ∞  = lim  ∞  H x →∞ 1  1  = ∞ – typowy przypadek reguły de l’Hospitala. ZauwaŜmy,

Ŝe pochodne licznika i mianownika liczymy oddzielnie, a nie ze wzoru na pochodną dzielenia.

lim+

x →0

x  0  = 0 – tu nie trzeba stosować reguły de l’Hospitala lnx  − ∞ 

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

67

2 x ∞  2x  ∞  2 2 = lim x   = lim x   = 0 – tu trzeba dwukrotnie stosować regułę de x   H x →∞ e H x →∞ e x →∞ e ∞ ∞     ∞  l’Hospitala

lim

W przypadku ∞ ⋅ 0 = ? dokonujemy przekształcenia

g f ⋅ g = f lub f ⋅ g = 1 1 g f i powstaje nam przypadek podlegający regule de l’Hospitala. Przykład 84. Oblicz granice funkcji:

  lim+ xlnx, lim xe x, lim  x − π  tgx − x → −∞ 2 x →0 π x→ 2 

lim xlnx[0 ⋅ (−∞)] = lim+ lnx 1 x →0+ x →0 x x

[

]

lim xe − ∞ ⋅ 0 = lim

x → −∞

x → −∞

1 − ∞ x = lim+ (− x) = 0  ∞  =H xlim x →0   →0+ − 1 x2

x −∞ 1  1  = lim =0 e− x  ∞  H x → −∞ − e− x  − ∞ 

 π x −  2  0    1 lim  x − π  tgx[0 ⋅ ∞ ] = lim = lim (−sin 2 x) = −12 = −1  0  =H lim − − 2 ctgx 1 π  π π− π−    x→ 2 x→ 2 x→ 2 − x→ 2 sin 2 x Mamy zawsze dwie moŜliwości zmiany postaci iloczynu na iloraz, więc jeśli zdecydujemy się na pierwszy sposób i nie przyniesie on oczekiwanych rezultatów, moŜna spróbować drugiego. Kiedy mamy przypadek nieoznaczony z potęgami, naleŜy przekształcić funkcję w następujący sposób: g

f g = elnf = eglnf Przykład 85. Oblicz granice funkcji: 1

lim+ x x , lim (lnx ) x , lim+ (cosx ) ctgx

x →0

68

x →∞

x →0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

1

[ ]

lim xlnx

x

lim x x 0 0 = lim+ e lnx = lim+ e xlnx = e x → 0

x →0+

lim ( − x)

= e x →0

+

1 x

x →0

[e [ ( )] ] = e 0⋅ − ∞

x lim   −∞∞   + 1 e    =H e x → 0 − x 2 =  

= e0 = 1

[ ] 0

lim (lnx ) ∞ = lim e

x →∞

+

x →0

lnx x →0+ 1 x lim

1 ln (l nx) x

= lim e

x →∞

1 lnlnx x

x →∞

lnlnx x

= lim e x →∞

1 ⋅1

lnx x  ∞∞  e 1 = e  =H xlim →∞  

1  1 1  = lim e xlnx e ∞⋅∞ = e ∞ = e 0  = 1 x →∞  

[ ]

lim+ (cosx ) ctgx 1∞ = lim+ e ln ( cosx )

x →0

1 ⋅ ( − sinx) cosx 1

= lim+ e x →0

cos 2 x

ctgx

x →0

[ ]

= lim+ e ctgxlncosx e ∞⋅0 = lim+ e x →0

x →0

lncosx tgx

 0 e 0  =H  

[ ]

= lim+ e−sinxcosx e0 ⋅1 = e 0 = 1 x →0

Na koniec jeszcze jeden typ granic związany z liczbą e. Przypomnijmy, ile ona wynosi:

 1 e = lim  1 +  x→∞  x

x

Tę własność moŜna wykorzystać przy obliczaniu granic. Spójrzmy na przykłady. Przykład 86. Oblicz granice funkcji: x3

2x

 2    lim x + 5  , lim x +2 3  x →∞ x + 4 x →∞ x     2x

2x

2x

        lim  x + 5  = lim  x + 4 + 1  = lim  x + 4 + 1  = lim  1 + 1  x →∞ x + 4 x →∞ x →∞ x + 4 x→∞ x 4 x 4 x 4 + + +        

(x + 4 ) ⋅ 2x x+4

=

2x

2x

( x + 4) ( x + 4) x + 4 2   x  1 + x4         = e 1 = e2  = lim  1 + 1  = lim  1 + 1    x →∞  x →∞ x +4 x +4    

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

69

x3

x2 ⋅ 3x

   3 x3 x3     2 2     lim  x +2 3  = lim  x 2 + 32  = lim 1 + 12  = lim1 + 12  = x →∞ x  x →∞ x  x →∞ x   x  x →∞  x    3 3     3x

x2    3    1 = lim  1 + 2   e ∞ = ∞ x →∞  x      3     

[ ]

Licząc tego typu granice, naleŜy więc doprowadzić do postaci „jeden plus jeden przez mianownik”. Ponadto mianownik ułamka w nawiasie musi być taki sam jak wykładnik. Granica wynosi wtedy e, a pozostałą część obliczamy. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 20. Oblicz granice: a) b) c) d) e) f) g)

70

2 x

lim x e

x → −∞

lim

x →∞

lnx x2

lim+ ctgxlnx

x →0

lim+ xctgx

x →0

lim+ x

x

x →0

lim x

e

−x

x →∞

 x + 11   x →∞  x 

2x

lim 

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

3.4. asymptoty funkcji WyróŜniamy trzy typy asymptot funkcji: pionowe, poziome oraz pochyłe (ukośne). W tym podrozdziale pokaŜemy, jak znajdować asymptoty funkcji jednej zmiennej. Asymptoty pionowe: Jeśli istnieją, to zawsze w miejscach nieciągłości dziedziny funkcji (nie rozpatrujemy w naszym wykładzie funkcji niewymiernych). Na przykład, jeśli dziedziną funkcji jest przedział (−∞; 3) , to moŜe istnieć tylko asymptota pionowa lewostronna x = 3. Jeśli dziedzina jest typu R \ {−2;2}, to mogą istnieć asymptoty pionowe z obu stron dla x = 2 i x = −2. Jeśli dziedziną jest zbiór R (a funkcja jest wymierna), to na pewno funkcja nie posiada asymptoty pionowej. Funkcja posiada zatem asymptotę pionową x = x0, jeśli:

lim f(x) = ±∞

asymptota prawostronna

lim f(x) = ±∞

asymptota lewostronna

x → x 0+

x → x 0−

Zatem, aby istniała asymptota pionowa, granica funkcji w punkcie musi być niewłaściwa. Jeśli obie powyŜsze własności są spełnione, to prosta x = x 0 jest asymptotą obustronną. Przykład 87. Znajdź asymptoty pionowe funkcji:

f(x) =

x x −9 2

Dziedziną jest zbiór R \ {−3; 3), czyli szukamy asymptot w tych dwóch punktach:

lim−

−3 −3 − 3 x  = + = +  = −∞ − 2  x − 9  ( −3 ) − 9 9 − 9 0 

lim+

−3 −3 − 3 x  = − = − =∞ + x 2 − 9  ( −3 )2 − 9 9 − 9 0 

x → −3

x → −3

2

lim−

x  3 3 3  = − = −  = −∞ − 2  ( 3 ) −9 9 − 9 0  x −9 

lim+

x  3 3 3  = + = + =∞ + 2  x − 9  (3 ) − 9 9 − 9 0 

x →3

x →3

2

2

Istnieją więc dwie asymptoty pionowe obustronne: x = −3 oraz x = 3. Czy obliczenie granic jest zrozumiałe? 3+ to nieco więcej niŜ 3, a 3−, to nieco mniej niŜ 3. Ale −3−, choć nadal to mniej niŜ −3, to po podniesieniu do kwadratu staje się więcej niŜ 9, czyli 9+. Do asymptot pionowych powrócimy ponownie, ale najpierw pokaŜemy, jak szukamy asymptot poziomych i pochyłych. Asymptota pochyła ma równanie y = ax + b. Jeśli a = 0, to

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

71

mamy do czynienia z asymptotą poziomą. Zatem obu typów asymptot szukamy jednocześnie. Mogą to być zarówno asymptoty prawo-, jak i lewostronne. Oto jak je znaleźć: Funkcja posiada asymptotę pochyłą/poziomą y = ax + b, jeśli istnieją i są właściwe granice:

f(x) , b = lim [f(x) − ax] x → −∞ x f(x) a = lim , b = lim[f(x) − ax] x →∞ x x →∞ a = lim

x → −∞

asymptota lewostronna asymptota prawostronna

Tak więc asymptot pochyłych i poziomych szukamy w nieskończoności, jeśli funkcja jest tam określona. JeŜeli okaŜe się, Ŝe któraś z granic nie jest właściwa lub nie istnieje, to wtedy nie ma asymptoty. Przykład 88. Znajdź asymptoty pochyłe i poziome funkcji: 1

f(x) = xex Dziedzina: D = R \ {0} Prawostronna:

1

1

xe x a = lim = lim e x = e 0 = 1; x →∞ x x →∞ 1   e x ⋅  − 12  1     x     b = lim xe − x  = lim x e − 1[∞ ⋅ 0] = lim e − 1  0  = lim = lime x = 1  x →∞   x → ∞ x →∞ x →∞ 1  0  H x →∞     − 12 x x Zatem y = x + 1 to asymptota pochyła prawostronna. 1 x

1 x

1 x

Lewostronna: 1 x

1

xe 0 x a = lim = lim e = e = 1 x → −∞ x x → −∞ 1

 1 ex ⋅ −  1  1   1    e − 1 0  x 2  = limex = 1 b = lim  xe x − x  = lim x e x − 1[− ∞ ⋅ 0] = lim = lim  x →−∞   1  0  H x →−∞ x →−∞ x →−∞ x →−∞     − 12 x x 1 x

Prosta y = x + 1 jest teŜ asymptotą lewostronną, zatem jest to asymptota obustronna pochyła. Funkcja ta nie posiada asymptot poziomych. Przykład 89. Znajdź asymptoty funkcji:

f(x) =

lnx x

Dziedzina: x > 0 ∧ x ≠ 0, czyli D: x ∈ (0; ∞)

72

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Asymptoty pionowe – funkcja moŜe mieć tylko asymptotę pionową prawostronną x = 0. Sprawdźmy jej istnienie:

lim+

x →0

lnx  − ∞  = −∞ + x  0 

x = 0 jest więc asymptotą pionową prawostronną.

Asymptoty pochyłe/poziome – w nieskończoności moŜe istnieć tylko jedna asymptota.

lnx 1 x x lnx  ∞  1 1 = lim 2 = lim = lim 2 =0 a = lim x →∞ x x → ∞ x  ∞  H x → ∞ 2x x → ∞ 2x  ∞      1

  lnx x lnx  ∞  1 b = lim  − 0 ⋅ x  = lim = lim = lim = 0 x →∞ x →∞ x  ∞  H x →∞ 1 x →∞ x x     Czyli funkcja posiada asymptotę poziomą prawostronną y = 0. Przykład 90. Znajdź asymptoty funkcji:

f(x) =

x + arcctgx 2

Dziedziną jest zbiór liczb rzeczywistych, w związku z czym funkcja nie posiada asymptot pionowych. Sprawdzamy istnienie asymptot pochyłych lub ukośnych.

x + arcctgx  1 arcctgx  1 arcctgx  0  1 1 2 a = lim = lim  + = + lim = +0=    x →∞ x →∞ 2 x x  2 x →∞ x  ∞  2 2 

x 1  + arcctgx − x  = lim arcctgx = 0 2 2  x →∞ 

b = lim  x →∞

Zatem prosta y =

x jest asymptotą pochyłą prawostronną. 2

x + arcctgx  1 arcctgx  1 arcctgx  π  1 1 2 a = lim = lim  + = +0=  = 2 + xlim   x → −∞ x → −∞ 2 → −∞ x x x 2 ∞     2

x 1  + arcctgx − x  = lim arcctgx = π 2 2  x → −∞ 

b = lim  x → −∞

Prosta y =

x + π jest asymptotą pochyłą lewostronną funkcji. 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

73

Przykład 91. Znajdź asymptoty funkcji: 2x

f(x) = e x + 1 Dziedzina: D = R \ {−1} Sprawdzamy istnienie asymptoty pionowej x = −1: 2x  −2  − lim− e x + 1 e 0 = e ∞  = ∞; x →−1  

2x  −2  + lim+ e x + 1 e 0 = e−∞  = 0 x →−1  

Zatem x = −1 jest asymptotą pionową lewostronną. Szukamy asymptot pochyłych i ukośnych: 2x

x +1  2    2x a = lim e  e  = 0, bo lim 2x = lim = lim 2  2  = 2 ∞ 1 + 0 1 x →∞ x x →∞ x + 1 x →∞  x → ∞   1+ x    x 1 + 1  x   2x  2x  b = lim e x + 1 − 0 ⋅ x  = lim e x + 1 = e2  x →∞ x →∞   

Czyli y = e² jest asymptotą poziomą prawostronną. 2x

e x +1  e2  a = lim x   = 0, bo x →−∞ − ∞

lim x →−∞

2x 2x 2  2  = lim = lim =2 x + 1 x →−∞  1  x →−∞ 1 + 1 1 + 0  x 1 +  x  x

2x  2x  b = lim  e x + 1 − 0 ⋅ x  = lim e x + 1 = e 2  x →∞ x →−∞  

Prosta y = e² jest teŜ asymptotą poziomą lewostronną, więc jest asymptotą obustronną funkcji.

74

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 21. Znajdź asymptoty funkcji:

x

3

a)

f(x) =

b)

f(x) =

c)

f(x) = x e

d)

f(x) = ln(x − 2)

e)

f(x) = xarctgx

f)

f(x) = e x

x 2 −1 1 e −1 x

2 x

1

2 − 3x + 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

75

3.5. monotoniczność i ekstremum funkcji Monotoniczność i ekstremum funkcji to pojęcia związane z badaniem znaku pierwszej pochodnej funkcji. Dla znalezienia przedziałów monotoniczności wystarczy następujące twierdzenie: Twierdzenie:

∧ f ′(x) > 0 , to funkcja jest rosnąca na X. JeŜeli ∧ f ′(x) < 0 , to funkcja jest malejąca na X. JeŜeli

x∈X

x∈X

Czyli funkcja jest rosnąca w tych przedziałach, gdzie znak pochodnej jest dodatni, a malejąca – gdzie znak pochodnej jest ujemny. W naszej pracy zajmiemy się szukaniem ekstremum lokalnych właściwych, równieŜ dla funkcji nieróŜniczkowalnych. W tym celu musimy zapoznać się z warunkami koniecznym i wystarczającym do istnienia takiego ekstremum. Twierdzenie o warunku koniecznym: Jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, róŜniczkowalna na jego sąsiedztwie i ma w tym punkcie ekstremum lokalne, to istnieje w tym punkcie pochodna funkcji f i wynosi ona zero f’(x0) = 0 lub funkcja pochodnej w tym punkcie nie posiada. Warunek konieczny tak naprawdę nie oznacza, Ŝe po jego rozwiązaniu znajdziemy wszystkie punkty, w których funkcja moŜe posiadać ekstremum, bo pozostają jeszcze te, w których nie istnieje pochodna, a moŜe istnieć ekstremum. Twierdzenie o warunku wystarczającym: JeŜeli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, róŜniczkowalna na sąsiedztwie tego punktu i pochodna funkcji f zmienia znak w sąsiedztwie tego punktu, to ma ona w x0 ekstremum lokalne właściwe i jest to: •

maksimum lokalne, gdy zmienia się znak + na −

•

minimum lokalne, gdy zmienia się znak − na +

Jeśli pochodna funkcji f ma stały znak w sąsiedztwie punktu x0, to funkcja f w tym punkcie ekstremum nie posiada. Zatem dla istnienia ekstremum lokalnego właściwego funkcja musi być w punkcie ciągła (niekoniecznie róŜniczkowalna w punkcie) oraz róŜniczkowalna na sąsiedztwie tego punktu i znak pochodnej na tym sąsiedztwie musi się zmieniać. Przykład 92. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) = x³ + 3x² − 24x + 17 Df = R f’(x) = 3x² + 6x − 24 Df’ = R

76

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Warunek konieczny: f’(x) = 0 3x² + 6x − 24 = 0│‫ ׃‬3 x² + 2x − 8 = 0 ∆ = 2² − 4·1·(−8) = 36

x1 =

−2−6 −2+6 = −4; x 2 = =2 2 2

Są to tak zwane punkty stacjonarne. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 3x² + 6x − 24 > 0 Mamy juŜ wyliczone miejsca zerowe tej paraboli, moŜemy więc sporządzić wykres:

+

−4

−

2

+

x

x ∈ (−∞; − 4) ∪ (2; ∞) Z rysunku moŜna odczytać teŜ, Ŝe f’(x) < 0, gdy x ∈ (−4; 2). Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

+

0 −4 max

−

0 + 2 min

x

KaŜdy punkt na płaszczyźnie ma dwie współrzędne, powinniśmy więc wyliczyć wartość funkcji w punktach ekstremum. NaleŜy pamiętać, Ŝe podstawiamy wtedy do wzoru funkcji, a nie jej pochodnej. fmax(−4) = (−4)³ + 3(−4)² − 24(−4) + 17 = 97 fmin(2) = 2³ + 3 · 2² − 24 · 2 + 17 = −11 Odp.: Funkcja rośnie w przedziałach (−∞; −4) oraz ( 2; ∞) i maleje w przedziale ( −4; 2) . Funkcja posiada maksimum w punkcie (−4; 97) i minimum w punkcie (2; −11). Przykład 93. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) = x³ex Df = R f’(x) = 3x²ex + x³ex = ex(3x² + x³) Df’ = R

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

77

Dla analizy znaku pochodnej warto wyeliminować te części pochodnej, które są zawsze dodatnie, czyli nie zmieniają znaku. Zatem stwierdzamy, Ŝe e x > 0 i badamy znak pochod-

∧

x∈Df '

nej tylko dla 3x² + x³. Warunek konieczny: f’(x) = 0 3x² + x³ = 0 x²(3 + x) = 0 x² = 0 ∨ 3 + x = 0 x = 0 ∨ x = −3 Są to dwa punkty stacjonarne. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 3x² + x³ > 0

Mamy juŜ wyliczone miejsca zerowe wielomianu, moŜemy więc sporządzić wykres. Pamiętajmy, Ŝe 0 jest pierwiastkiem podwójnym.

−

+

−3

0

+

x

x ∈ ( −3; 0) ∪ (0; ∞ ) Z rysunku moŜna odczytać teŜ, Ŝe f’(x) < 0, gdy x ∈ (−∞; − 3). Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

−

0 −3 min

+

0 + 0 brak ekstremum

x

Dla zera nie ma ekstremum, poniewaŜ nie zmienia się znak pochodnej. fmin(−3) = (−3)3e−3 = −27e−3 Odp.: Funkcja rośnie w przedziałach (−3; 0) oraz (0; ∞ ) i maleje w przedziale ( −∞; − 3) . Funkcja posiada minimum w punkcie (−3; −27e−3). Przykład 94. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) =

lnx x

Dziedzina: x > 0

78

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Df: x ∈ (0; ∞ )

f ′(x) =

1 1 ⋅ x − lnx ⋅ x 2 x

( x)

2

x lnx 1 lnx 2 lnx 2 − lnx − − − x 2 x x 2 x 2 x 2 x 2 x = = = = = 2 − lnx x x x x 2x x

Df’: x ∈ (0; ∞ ) ZauwaŜmy, Ŝe

∧ 2x

x∈Df '

x > 0 i badamy znak pochodnej tylko dla 2 − lnx.

Warunek konieczny: f’(x) = 0 2 − lnx = 0 lnx = 2 x = e² i x ∈ Df' x = e² Jest to punkt stacjonarny. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 2 − lnx > 0 lnx < 2 x < e² i x ∈ Df' 2

x ∈ (0; e ) Analogicznie rozwiązujemy: f’(x) < 0 2 − lnx < 0 lnx > 2 x > e² i x ∈ Df' x ∈ (e2; ∞) Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

fmax(e²) =

lne

2

e

2

=

xxxxx 0

+

0 e² max

−

x

2 e

Odp.: Funkcja rośnie w przedziale (0; e2 ) i maleje w przedziale (e2; ∞). Funkcja posiada

 minimum w punkcie ( e2; 2 . e

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

79

Przykład 95. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji: 3

f(x) = ln x − 3lnx Df: x ∈ (0; ∞ )

f ′(x) = 3ln 2 x ⋅

1 1 3ln 2 x 3 3(ln 2 x − 1) − 3⋅ = − = x x x x x

Df’: x ∈ (0; ∞ ) ZauwaŜmy, Ŝe

∧' x3 > 0 i badamy znak pochodnej tylko dla ln²x − 1.

x ∈ Df

Warunek konieczny: f’(x) = 0 ln²x − 1 = 0 (lnx − 1)(lnx + 1) = 0 lnx = 1 ∨ lnx = −1 [x = e1 ∨ x = e−1] ∧ x ∈ Df'  x ∈  1e ; e}  Mamy dwa punkty stacjonarne. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 ln²x − 1 > 0 (lnx − 1)(lnx + 1) > 0 Tę nierówność najłatwiej rozwiązać, podstawiając zmienną pomocniczą t = lnx: (t − 1)(t + 1) > 0 Mamy dwa miejsca zerowe: −1 i 1. Oto wykres paraboli:

+

−1

−

1

t ∈ ( −∞; − 1) ∪ (1; ∞ ) Zatem:

80

t < −1 ∨ t > 1 lnx < −1 ∨ lnx > 1 [x < e−1 ∨ x > e1] ∧ x ∈ Df '  x ∈ (0; 1  ∪ (e; ∞) e POWRÓT DO SPISU TREŚCI

+

t

Analogicznie rozwiązujemy f’(x) < 0 i otrzymujemy:

 x ∈  1 ; e) e Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

xxxxx 0

+

0 1 e max

−

0

+

e

x

min

1   1 fmin(e) = ln³e − 3lne = 1³ − 3 = −2 ; fmax  1e  = ln³ − 3ln = (−1)³ − 3(−1) = 2 e e    Odp.: Funkcja rośnie w przedziałach (0; 1  oraz (e; ∞) i maleje w przedziale e

1  ; e). Funkcja e

 posiada minimum w punkcie (e; −2) i maksimum w punkcie  1 ; 2). e Przykład 96. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) =

1 e 2x − 1

Dziedzina: e2x − 1 ≠ 0, czyli e2x ≠ e0, więc 2x ≠ 0, więc x ≠ 0 Df = R \ {0} 2x 0 ⋅ (e 2x − 1) − 1 ⋅ 2e 2x f ′(x) = = − 2e 2 2 2x 2x ( e −1 ) ( e − 1) Df’ = R \ {0} ZauwaŜmy, Ŝe

∧ 2e

2x

x∈Df '

> 0 ∧ (e2x −1)2 > 0 , czyli do analizy znaku zostaje tylko −1. W związku

z czym pochodna jest mniejsza od zera w całej swojej dziedzinie. Odp.: Funkcja jest malejąca w całej dziedzinie i nie posiada ekstremum. Przykład 97. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji: 4 3

f(x) = x + 4x

1 3

Dziedzina: Tutaj dziedziną funkcji jest zbiór liczb rzeczywistych, gdyŜ funkcja ma postać f(x) = 3 x 4 + 43 x , a dla pierwiastków trzeciego stopnia nie przyjmujemy załoŜeń.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

81

Df = R

 1  1 2 4 1 − 4 1  f ′(x) = x 3 + 4 ⋅ x 3 =  x 3 + 2  = 3 3 3 x 3      4 (x + 1) 4 =  x2 + 12  = 3 2 3 3 x 3  3 x x

  1 4  x3 1   + 2= 3 1 x 3  

  1 2 4  x3 ⋅ x3 1  + 2=  2 3 3 1 x x 3  ⋅ 

ZauwaŜmy, Ŝe po wyliczeniu pochodnej pojawił się mianownik i trzeba przyjąć załoŜenie 3

2

3 x ≠ 0, z którego otrzymujemy x ≠ 0. NaleŜy zawsze unikać ujemnych potęg, aby nie zapomnieć o tym załoŜeniu. Df’ = R \ {0}

∧

4

> 0, poniewaŜ x ≠ 0, 3 x2 a poza tym mamy x² pod pierwiastkiem (z kolei pierwiastek stopnia trzeciego nie zmienia znaku). Czyli badamy tylko wyraŜenie x + 1. Podczas badania znaku pochodnej zauwaŜmy teŜ, Ŝe

x ∈Df '

3

Warunek konieczny: f’(x) = 0 x+1=0 x = −1 i x ∈ Df' x = −1 Jest to punkt stacjonarny. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 x+1>0 x > −1 i x ∈ Df' x ∈ (−1; 0) ∪ (0; ∞) Analogicznie rozwiązujemy f’(x) < 0 i otrzymujemy x ∈ ( −∞; − 1) . Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

−

4

1

0 + x + −1 0 min brak ekstremum

x

fmin(−1) = (−1) 3 + 4(−1) 3 = 1 − 4 = −3 W punkcie x = −1 mamy minimum lokalne. W punkcie x = 0 nie występuje ekstremum, bo nie następuje zmiana znaku. Gdyby znak się zmieniał, to ekstremum istniałoby, poniewaŜ 0 naleŜy do dziedziny funkcji, choć nie jest w dziedzinie pochodnej.

82

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Odp.: Funkcja rośnie w przedziałach (−1; 0) oraz (0; ∞ ) i maleje w przedziale (−∞; – 1). Funkcja posiada minimum w punkcie (−1; − 3). Przykład 98. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji: 2

f(x) = e x − 1 2

2

2

Dziedzina: e x − 1 ≥ 0 ⇒ e x ≥ 1 ⇒ e x ≥ e 0 ⇒ x 2 ≥ 0 ⇒ x ∈ R Df = R

f ′(x) =

1 2

2 ex − 1

⋅e

x

2

⋅ 2x =

x ⋅e

x

2

2

ex − 1

2

2

2

0

2

Dziedzina pochodnej: e x − 1 > 0 ⇒ e x > 1 ⇒ e x > e ⇒ x > 0 ⇒ x ∈ R \ {0} Df’ = R \ {0} ZauwaŜmy teŜ, Ŝe

∧'

ex 2

2

ex − 1

x ∈Df

> 0 , czyli badamy tylko znak x.

Warunek konieczny: f’(x) = 0 x = 0 i x∈ Df' x∈ ∅ Nie oznacza to jednak, Ŝe nie moŜe istnieć ekstremum. Sprawdźmy warunek wystarczający. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 x > 0 i x∈ Df' x ∈ (0; ∞) Analogicznie rozwiązujemy f’(x) < 0 i otrzymujemy x ∈ (−∞; 0). Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

fmin(0) =

−

x 0 min

+

x

2

e 0 −1 = 1 −1 = 0

W punkcie x = 0 mamy minimum lokalne, mimo Ŝe zero nie naleŜy do dziedziny pochodnej (wystarczy jednak, jeśli naleŜy do dziedziny funkcji). Odp.: Funkcja rośnie w przedziale (0; ∞) i maleje w przedziale (−∞; 0). Funkcja posiada minimum w punkcie (0; 0). POWRÓT DO SPISU TREŚCI

83

Przykład 99. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) = 3 ( x + 2) 2 − 3 ( x − 2) 2 Dziedzina: Pierwiastek trzeciego stopnia nie ogranicza dziedziny. Df = R

′ 1 1 2 2  − −   1 1  3 3  f ′(x) = ( x + 2) − ( x − 2)  = 2 ( x + 2) 3 − 2 ( x − 2) 3 = 2  −  3 3 3 3 3 x+2 x−2   

Dziedzina pochodnej: pojawił się mianownik, więc x + 2 ≠ 0 i x − 2 ≠ 0 Df’ = R \ {−2; 2} Dla badania znaku pochodnej moŜna pominąć

2 i zająć się wyraŜeniem w nawiasie. 3

Warunek konieczny: f’(x) = 0

1

−

1

3

x+2

3

x−2 −3 x+2

3 3

3

=0

x−2

x + 2 ⋅3 x − 2

=0

x −2 −3 x +2 =0

3

x − 2 = 3 x + 2 │ ( )3 x−2=x+2

−2=2 x ∈∅ Nie oznacza to jednak, Ŝe nie moŜe istnieć ekstremum. Sprawdzamy warunek wystarczający. Warunek wystarczający: f’(x) > 0 1 3

x+2 1

3

x+2

− >

1 3

x−2 1

3

x−2

>0 | ( )3

1 > 1 x+2 x−2 1 − 1 >0 x+2 x−2 ( x − 2) − ( x + 2) >0 ( x − 2)( x + 2)

84

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

−4 >0 ( x − 2)( x + 2) −4(x + 2)(x − 2) > 0 Sporządzamy wykres paraboli:

−

−2

+

2

−

x

x ∈ ( −2; 2) i x ∈ Df ' x ∈ ( −2; 2) W tym przedziale pochodna ma znak dodatni. Analogicznie rozwiązujemy f’(x) < 0 i otrzymujemy x ∈ (−∞; − 2) ∪ (2; ∞). Oto jak wygląda znak pochodnej: f’

fmin(−2) = fmax(2) =

3 3

−

x −2 min

+

x 2 max

−

x

(−2 + 2) 2 − 3 (−2 − 2) 2 = −3 16

(2 + 2) 2 − 3 (2 − 2) 2 = 3 16

Tutaj równieŜ dla −2 oraz 2 istnieją ekstrema funkcji, choć punkty te nie naleŜą do dziedziny pochodnej (wystarczy, Ŝe naleŜą do dziedziny funkcji). Odp.: Funkcja rośnie w przedziale ( −2; 2) i maleje w przedziałach ( −∞; − 2) oraz (2; ∞). Funkcja posiada minimum w punkcie ( −2; − 3 16 ) oraz maksimum w punkcie (2; 3 16 ). Przykład 100. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

f(x) = 4 − x 2 Df = R W celu policzenia pochodnej opuśćmy wartość bezwzględną:

 4 − x2 dla 4 − x 2 ≥ 0 4 − x 2 dla x ∈ 〈−2; 2〉 = f(x) = 4 − x 2 =  2 2 2 − − − < − − ( 4 x ) dla 4 x 0 ( 4 x ) dla x ∈ (−∞; − 2) ∪ (2; ∞)   −2x f ′(x) =   2x

dla x ∈ (−2; 2) dla x ∈( −∞; − 2) ∪ ( 2; ∞)

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

85

ZauwaŜmy, Ŝe przedziały są otwarte przy pochodnej. Z reguły nie istnieje pochodna na krańcach przedziałów dziedziny1. Df’ = R \ (−2; 2) Badanie warunku koniecznego i wystarczającego naleŜy przeprowadzać oddzielnie w przedziałach pochodnej. Warunek konieczny: f’(x) = 0 10 x ∈ ( −2; 2) −2x = 0 x = 0 ∧ x ∈ 〈− 2; 2〉 x ∈ {0} 20 x ∈ ( −∞; − 2) ∪ (2; ∞ ) 2x = 0 x = 0 ∧ x ∈ ( −∞; − 2) ∪ (2; ∞ ) x ∈∅ Warunek wystarczający: 10 x ∈ ( −2; 2) f’(x) > 0 −2x > 0 x < 0 ∧ x ∈ ( −2; 2)

f’(x) < 0 −2x < 0 x > 0 ∧ x ∈ ( −2; 2)

x ∈ ( − 2; 0 )

x ∈ (0; 2)

20 x ∈ ( −∞; − 2) ∪ (2; ∞ ) f’(x) > 0 2x > 0 x > 0 ∧ x ∈ ( −∞; − 2) ∪ (2; ∞ )

f’(x) < 0 2x < 0 x < 0 ∧ x ∈ (−∞; − 2) ∪ (2; ∞)

x ∈ ( −∞; − 2)

x ∈ ( 2; ∞ ) Znak pochodnej odczytujemy z obu przypadków: f’

−

x −2 min

+

0 − x + 0 2 max min

x

2

2

fmin(−2) = 4 − (−2) 2 = 0 ; fmin(2) = 4 − 2 = 0 ; fmax(0) = 4 − 0 = 4 Dla −2 i 2 istnieje ekstremum, gdyŜ obie te liczby są w dziedzinie funkcji. 1

Formalnie rzecz ujmując, naleŜałoby zbadać róŜniczkowalność pochodnej funkcji w punktach 2 i −2.

86

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Odp.: Funkcja rośnie w przedziałach ( −2; 0) oraz ( 2; ∞ ) i maleje w przedziałach ( −∞; − 2) oraz (0; 2). Funkcja posiada minimum w punktach ( −2; 0) oraz ( 2; 0) i maksimum w punkcie (0; 4). Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 22. Znajdź ekstremum i przedziały monotoniczności funkcji:

x x +1

a)

f(x) =

b)

f(x) = xe− x

c)

f(x) =

d)

f(x) = e x

e)

f(x) = x − 9x

f)

f(x) = 3 ( x 2 − 4) 2

g)

f(x) = lnx

2

3

lnx − x lnx

3

1

2 − 5x + 6

3

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

87

3.6. wklęsłość, wypukłość i punkty przegięcia funkcji Szukanie przedziałów wklęsłości i wypukłości wykresu funkcji oraz jej punktów przegięcia jest bardzo podobne do badania monotoniczności i szukania ekstremum funkcji. W tym przypadku przedmiotem badania jest jednak nie pierwsza, ale druga pochodna funkcji, oznaczana f’’(x). Druga pochodna to pochodna z pierwszej pochodnej funkcji, czyli prawdziwe jest: f’’(x) = [f’(x)]’ Na przykład dla funkcji f(x) = x³; f’(x) = 3x²; f’’(x) = 6x. Pojęcie wklęsłości i wypukłości funkcji moŜe być w literaturze określane w dwojaki sposób. W celu poznania niezbędnych definicji i twierdzeń odsyłamy do podręczników akademickich. My posłuŜymy się tylko kilkoma twierdzeniami. Twierdzenie:

∧ f ′′(x) > 0 , to funkcja jest wklęsła na X JeŜeli ∧ f ′′(x) < 0 , to funkcja jest wypukła na X JeŜeli

x∈X x∈X

Czyli funkcja jest wklęsła w tych przedziałach, gdzie znak drugiej pochodnej jest dodatni, a wypukła, gdzie znak drugiej pochodnej jest ujemny. Obok zaznaczyliśmy dla pewności kształt funkcji wklęsłej i wypukłej, gdyŜ moŜe to pojęcie być przez innych autorów pojmowane odwrotnie (tak naprawdę liczy się kształt funkcji, a nie nazewnictwo). Punkty przegięcia funkcji to takie, w których sąsiedztwie wykres funkcji zmienia kształt z wypukłego na wklęsły lub odwrotnie. Twierdzenie o warunku koniecznym: Jeśli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, dwukrotnie róŜniczkowalna na jego sąsiedztwie i ma w tym punkcie punkt przegięcia, to istnieje w tym punkcie druga pochodna funkcji f i wynosi ona zero f’’(x0) = 0 lub funkcja drugiej pochodnej w tym punkcie nie posiada. Warunek konieczny nie oznacza, Ŝe po jego rozwiązaniu znajdziemy wszystkie punkty, dla których zakładamy moŜliwość istnienia punktu przegięcia, bo pozostają jeszcze punkty, w których nie ma pochodnej, a moŜe istnieć punkt przegięcia. Twierdzenie o warunku wystarczającym: JeŜeli funkcja f jest ciągła w punkcie x0, dwukrotnie róŜniczkowalna na sąsiedztwie tego punktu i druga pochodna funkcji f zmienia znak w sąsiedztwie tego punktu, to ma ona w x0 punkt przegięcia. Jeśli pochodna funkcji f ma stały znak w sąsiedztwie punktu x0, to funkcja f w tym punkcie punktu przegięcia nie posiada. Istnienie punktu przegięcia wymaga spełnienia takich warunków dla drugiej pochodnej, jakie muszą być spełnione dla pierwszej pochodnej, aby istniało ekstremum. W tym przypadku punkt przegięcia istnieje w punkcie, który naleŜy do dziedziny funkcji, a w jego sąsiedztwie zmienia się znak drugiej pochodnej.

88

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Ze względu na fakt, Ŝe badanie drugiej pochodnej jest bardzo podobne do badania pierwszej pochodnej, rozwiąŜemy tu tylko kilka przykładów. Przykład 101. Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia:

f(x) =

x2 x 2 −1

Df = R \ {−1; 1}

f ′(x) =

2 2 2 2 2x(x − 1) − x ⋅ 2x 2x(x − 1 − x ) − 2x = = 2 2 2 2 2 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) 2

Df’ = R \ {−1; 1}

f ′′(x) =

2 − 2(x 2 − 1) + 2x ⋅ 2(x 2 − 1) ⋅ 2x 2(x 2 − 1)[−(x 2 − 1) + 4x2 ] 2(x 2 − 1)(1 + 3x2 ) = = (x 2 − 1)4 (x 2 − 1)4 (x 2 − 1)4

Df’’ = R \ {−1; 1} ZauwaŜmy, Ŝe

∧ 2((x1 +−3x1) ) > 0 , więc badamy znak tylko dla x² − 1. 2

x∈Df ''

2

4

Warunek konieczny: f’’(x) = 0 x² − 1 = 0 (x − 1)(x + 1) = 0 [x =1 ∨ x = −1] ∧ x ∈ Df ′′ x ∈∅ Warunek wystarczający: f’’(x) > 0 x² − 1 > 0 (x − 1)(x + 1) > 0 Pierwiastki to: 1 oraz −1, więc sporządzamy wykres:

+

−1

−

1

+

x

x ∈ ( −∞; − 1) ∪ (1; ∞ ) ∧ x ∈ Df ′′ x ∈ ( −∞;−1) ∪ (1; ∞ ) Analogicznie obliczamy f’’(x) < 0 i otrzymujemy x ∈ (−1; 1).

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

89

Spójrzmy, jak wygląda znak drugiej pochodnej: f’’

+

x −1 brak p. p.

−

x + 1 brak p. p.

x

Dla −1 i 1 nie ma punktów przegięcia, bo liczby te nie naleŜą do dziedziny funkcji. Odp. Funkcja jest wklęsła w przedziałach ( −∞; − 1) oraz (1; ∞ ) i wypukła w przedziale (−1; 1). Funkcja nie posiada punktów przegięcia. Przykład 102. Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia:

f(x) =

x ex

Df = R, bo

∧e

x

x

>0

x x e x (1 − x) 1 − x f ′(x) = 1 ⋅ e −2xx ⋅ e = = x e e 2x e Df’ = R − 1 ⋅ e x − (1 − x)e x e x (−1 − 1 + x ) x − 2 f ′′(x) = = = x e 2x e 2x e Df’’ = R

ZauwaŜmy, Ŝe

∧e

x∈Df ''

x

> 0, więc badamy znak tylko dla x − 2.

Warunek konieczny: f’’(x) = 0 x−2=0 x = 2 ∧ x ∈ Df ′′ x=2 Warunek wystarczający: f’’(x) > 0 x−2>0 x > 2 ∧ x ∈ Df ′′ x ∈ ( 2; ∞ ) Analogicznie obliczamy f’’(x) < 0 i otrzymujemy x ∈ (−∞; 2).

90

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Spójrzmy, jak wygląda znak drugiej pochodnej: f’’

−

0 2 p. p.

f (2) = 22 e Odp. Funkcja jest wklęsła w przedziale

+

x

(2; ∞) i wypukła w przedziale (−∞; 2). Funkcja

 posiada punkt przegięcia (2; 22 . e  Przykład 103. Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia:

f(x) = xlnx Df = R+ f ′(x) = 1 ⋅ lnx + x ⋅

1 = lnx + 1 x

Df’ = R+ f ′′(x) = 1x Df’’ = R+ ZauwaŜmy, Ŝe

∧ 1x > 0, zatem druga pochodna jest w całej swej dziedzinie większa od zera.

x∈Df ''

Odp. Funkcja jest wklęsła w całej dziedzinie, brak punktów przegięcia. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 23. Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia funkcji:

lnx x

a)

f(x) =

b)

f(x) = x x

c)

f(x) =

d)

f(x) = x e

2

x −1 x 3 x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

91

4. Rachunek całkowy Całkowanie jest procesem o wiele trudniejszym niŜ liczenie pochodnej funkcji. W teorii istnieje mnóstwo metod całkowania. My zajmiemy się tylko tymi, które pozwolą wyliczyć najczęściej spotykane całki. Zaczniemy jednak od krótkiego zarysu definicji i wzorów elementarnych.

4.1. Całka nieoznaczona

∫

Całką nieoznaczoną funkcji f(x) f(x)dx określonej na pewnym przedziale X nazywamy zbiór wszystkich funkcji pierwotnych funkcji f(x) na tym przedziale. Funkcją pierwotną funkcji f(x) na przedziale X jest z kolei kaŜda funkcja F(x), taka Ŝe F’(x) = f(x) dla kaŜdego x z tego przedziału. Funkcji pierwotnych jest nieskończenie wiele. Oto prosty przykład objaśniający definicję.

(x3 )′ = 3x2 , (x3 − 5)′ = 3x2 , (x3 + 12)′ = 3x2 , a zatem 3x2dx = x3 + C, C∈ R

∫

Widzimy, Ŝe pochodna z wielu funkcji wynosi 3x2, stąd całka jest rodziną funkcji. C oznacza dowolną liczbę rzeczywistą. Zawsze po wyliczeniu całki naleŜy dopisać C na końcu. Pierwszym krokiem w nauce liczenia całek jest poznanie wzorów podstawowych rachunku całkowego, które wynikają bezpośrednio z wzorów rachunku róŜniczkowego. Oto one: xn + 1

∫ x dx = n + 1 + C, n

∫

n ≠ −1

dx = ln x + C x

∫a

x

x dx = a + C, a > 0 i a ≠ 1 lna

∫ e dx = e + C ∫ sinxdx = −cosx + C ∫ cosxdx = sinx + C x

x

dx

∫ sin x = −ctgx + C 2

dx

∫ cos x = tgx + C 2

∫

dx 1−x

dx

∫1+x 92

2

2

= arcsinx + C

= arctgx + C

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przypomnijmy jeszcze jedno waŜne twierdzenie: Twierdzenie: Jeśli funkcje f i g są całkowalne na pewnym przedziale, to całkowalne są teŜ funkcje f + g, f − g oraz k·f, gdzie k jest dowolną stałą, z tym Ŝe zachodzą poniŜsze wzory:

∫ [f(x) ± g(x)]dx = ∫ f(x)dx ± ∫ g(x)dx ∫kf(x)dx = k ∫f(x)dx Teraz moŜemy przejść do rozwiązywania całek.

4.1.1. Całki obliczane przez sprowadzanie do wzorów podstawowych Pewną część całek moŜna obliczyć, uŜywając tylko powyŜej przedstawionych wzorów. NaleŜy jednak równieŜ posiadać umiejętność przekształceń, na przykład na potęgach lub funkcjach trygonometrycznych. Spójrzmy na zadania: Przykład 104. Oblicz całki nieoznaczone:

∫ x dx , ∫xdx , ∫dx , ∫ 4

x dx ,

∫

1 7

x

4

dx,

1

∫ x dx

Wszystkie powyŜsze całki, poza ostatnią, moŜna rozwiązać za pomocą wzoru podstawowego:

∫

n +1 x n dx = x + C, n ≠ −1 n +1

Spójrzmy:

∫

4 +1 5 x 4 dx = x + C = x + C 5 4 +1

x1 + 1

∫ xdx = ∫ x dx = 1 + 1 + C = 1

∫

0 +1 1 dx = x 0 dx = x + C = x + C = x + C 0 +1 1

∫

1 +1

∫

−4 +1 7

3

3 x7 dx = x dx = +C= + C = 7 x7 + C 3 3 x4 − 4 +1 7 7

1 7

1 2

3

3 x2 x2 2 x dx = x dx = +C= + C = x2 + C 1 3 3 +1 2 2

∫ ∫

x2 + C 2

∫

−

4 7

x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

93

W przypadku ostatniej całki nie moŜna stosować tego samego wzoru, gdyŜ jest on prawdziwy dla n ≠ −1, a w ostatnim przypadku n = −1. Rozwiązanie tej całki wynika bezpośrednio z kolejnego wzoru podstawowego:

1

∫ x dx = ln x + C NaleŜy tu koniecznie pamiętać o wartości bezwzględnej. Przykład 105. Oblicz całki nieoznaczone: x

1 x ∫ 2 dx, ∫  4  dx, ∫ e dx x

Całki te rozwiązujemy za pomocą wzoru podstawowego

∫a

x

x dx = a + C. Dla trzeciej z nich lna

istnieje oddzielny wzór:

∫

x

2 dx =

x

2 +C ln2 x

1 4 x 1   ∫  4  dx = 1 + C ln 4

∫ e dx = e x

x

+C

NaleŜy zwrócić uwagę, kiedy stosujemy wzór na całkę funkcji potęgowej, a kiedy wykładniczej. W poprzednim przykładzie x pojawiał się w podstawie, a w tym przykładzie w wykładniku potęgi. Przykład 106. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ 5sinxdx = 5∫ sinxdx = –5cosx + C Jeśli pod całką jest stała pomnoŜona przez funkcję, to wyciągamy ją przed nawias zgodnie z przedstawionym wcześniej twierdzeniem:

∫ kf(x)dx = k ∫ f(x)dx.

Przykład 107. Oblicz całkę nieoznaczoną:

 1

∫  sin

2

x

+

 dx = ∫ 12 dx + ∫ 1 2 dx = −ctgx + arcsinx + C sin x 1− x  1− x 1

2

Tutaj równieŜ skorzystaliśmy z twierdzenia. W takim przypadku dzielimy całkę wyjściową na kilka całek, dodając je do siebie (podobnie jest z odejmowaniem, ale nigdy z mnoŜeniem czy dzieleniem).

94

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 108. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ =

x + 35 x 2 − 11 x dx = x x

∫

∫x

x dx + x

∫

35 x 2 dx − 11 x dx = x x x x

∫

2

1

2

1

1 dx = x − 2 dx + 3 x 5 dx − 11ln x = dx + 3 dx − 11 1 3 x x x⋅x2 x2

1 − +1

x5

∫

2

∫

3

∫

1

∫

11 2 − − = x + 3 x 5 2 dx − 11ln x = 2x 2 + 3 x 10 dx − 11ln x = − 1 +1 2 1 2

∫

− 11 + 1

∫

1

1

10 − = 2x + 3 ⋅ x − 11ln x + C = 2x 2 − 30x 10 − 11ln x + C 11 − +1 10

Często zdarza się, Ŝe w liczniku mamy sumę lub róŜnicę funkcji, a w mianowniku jest funkcja nie będąca sumą lub róŜnicą innych. Wtedy dzielimy całkę początkową na kilka całek, jak w przykładzie powyŜej. Stałą C dopisujemy w momencie, gdy obliczamy ostatnią całkę. Przykład 109. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

x

x

3 x − 8 ⋅ 9 x dx = 3 x dx − 8 9 x dx =  3  dx − 8  9  dx =     6x 6x 6x 6 6

∫

∫

∫

x

∫

x

1 3     x x 2 2     =  1  dx − 8  3  dx =   − 8 ⋅   + C 2 2 ln 1 ln 3 2 2

∫

∫

Obliczanie całek jest czynnością dosyć trudną i bardzo czasochłonną. Aby nabyć wprawy, trzeba wyliczyć bardzo duŜo całek i zapamiętać wiele sposobów rozwiązań. Nie ma przy ich obliczaniu jasnego algorytmu, a tylko zarys zasad, jak postępować przy pewnego typu całkach. Wiele całek rozwiązuje się w sposób, który szybko prowadzi do celu, ale odkrycie go moŜe zająć trochę czasu. Warto zapamiętać, jak rozwiązujemy poniŜsze całki, gdyŜ pojawią się one jeszcze przy następnych metodach całkowania. Jedyną, nie zawsze pomocną podpowiedzią podczas ich rozwiązania, niech będzie to, Ŝe całki tego typu często rozwiązuje się, skracając z mianownikiem. Przykład 110. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

2

2

2

x x +1−1 x +1 1 2 dx = 2 dx = 2 dx − 2 dx = dx − arctgx = x − arctgx + C 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x

∫

∫

∫

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

95

Przykład 111. Oblicz całkę nieoznaczoną: 3

3

(2 − x ) 4 + 2 ⋅ − ( x ) dx =

8 − x dx = 2 2− x 2− x

∫

∫

1 2

3

∫

x+

( x )  2

2− x

3 2

3

2

∫

dx = (4 + 2 x + x)dx = 2

x x 4 2 x = 4 dx + 2 x dx + xdx = 4x + 2 ⋅ + + C = 4x + x + +C 2 3 2 3 2

∫

∫

∫

Tutaj przydatny okazał się wzór skróconego mnoŜenia. Przykład 112. Oblicz całkę nieoznaczoną:

1 + 2x 2 dx = 1 + x 2 + x 2 dx = 1 + x 2 dx + x2 dx = x 2 (1 + x 2 ) x 2 (1 + x 2 ) x 2 (1 + x 2 ) x 2 (1 + x 2 )

∫

∫

=

∫

∫

∫

−1

1 1 x 1 −2 dx + arctgx = + arctgx + C = − + arctgx + C 2 dx + 2 dx = x −1 x x 1+ x

∫

∫

Na koniec przedstawiamy kilka przykładów z wykorzystaniem wzorów trygonometrycznych (patrz rozdział 1.7). Przykład 113. Oblicz całkę nieoznaczoną:

cos2x

∫ cosx + sinx dx =∫

cos 2 x − sin 2 x dx = (cosx − sinx )(cosx + sinx ) dx = cosx + sinx cosx + sinx

∫

∫

∫

∫

= (cosx − sinx ) dx = cosxdx − sinxdx = sinx − (−cosx) + C = sinx + cosx + C Przykład 114. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ sin =

2 sin 2 x cos 2 x sin 2 x + cos x dx = dx = dx + dx = 2 2 x cos 2 x sin xcos 2 x sin xcos 2 x sin 2 xcos 2 x

1

2

∫

1

∫ cos

2

x

dx +

1 sin 2 x

∫

∫

dx = tgx − ctgx + C

Przykład 115. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

2 2 x dx = 1 dx − sin2x dx = −ctgx − dx = − ctgx − x + C ctg2xdx = cos2 x dx = 1 − sin 2 sin x sin x sin2x sin2x

∫

∫

∫

∫

∫

Przykład 116. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ 96

2

2

cos2x 1 − 2sin x 1 2sin x dx = dx = − ctgx − 2∫ dx= − ctgx− 2x+ C 2 dx = 2 2 dx − 2 sin x sin x sin x sin x

∫

∫

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

W powyŜszym przykładzie wzór na cos2x został wykorzystany w innej postaci. W kaŜdym wypadku trzeba zdecydować, która z trzech wersji tego wzoru jest właściwa. Przykład 117. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ sin

2

x dx 2

Aby rozwiązać tę całkę, nie korzystając z metod całkowania, trzeba zastosować wzór na cos2x. Zapiszmy go w takiej oto wersji: cos2α = 1−2sin²α; niech α =

x , wtedy 2

  cos 2 ⋅ x  = 1 − 2sin 2 x ⇒ 2sin 2 x = 1 − cosx ⇒ sin 2 x = 1 (1 − cosx ), 2 2 2 2 2   czyli mamy

∫ sin

2

x dx = 2

1

1

1

1

1

∫ 2 (1 − cosx)dx = 2 ∫ dx − 2 ∫ cosx = 2 x − 2 sinx + C

4.1.2. Całkowanie przez podstawienie Metoda całkowania przez podstawienie wynika bezpośrednio z następującego twierdzenia:

Twierdzenie o całkowaniu przez podstawienie: JeŜeli funkcja g(x) ma ciągłą pochodną g’(x) na przedziale X i przekształca go na przedział T, na którym określona jest ciągła funkcja f(t), to

∫ f [g(x)]⋅ g ′(x)dx = ∫ f (t)dt, z tym Ŝe w całce nieoznaczonej z prawej strony równości obowiązuje podstawienie g(x) w miejsce t. Całki, które moŜna obliczyć tą metodą, moŜna więc rozpoznać po tym, Ŝe jedna część funkcji podcałkowej jest pochodną innej części tej funkcji, z tym Ŝe współczynniki nie muszą się zgadzać. Spójrzmy na proste przykłady: Przykład 118. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ ∫

3x 1 2

2

3

x + 2dx = 3

∫

3

2

x + 2 ⋅ 3x dx = 3

3

t=x +2 = 2 dt = 3x dx

∫

t dt =

3

t2 t dt = + C = 2 t 2 + C = 2 ( x 3 + 2) 2 + C 3 3 3 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

97

Tutaj 3x² jest pochodną funkcji x³ + 2, dlatego podstawiamy t za x³ + 2. Następnie róŜniczkujemy obustronnie, więc mamy dt i dx, a z funkcji x³ + 2 liczymy pochodną. Na początku przestawiliśmy kolejność mnoŜenia, Ŝeby było wyraźnie widać, co za co podstawiamy. Gdy pozostaje całka, gdzie zmienną jest t, liczymy ją, stosując wzory podstawowe. Na koniec, po wyliczeniu całki, koniecznie podstawiamy z powrotem x³ + 2 za t. Przykład 119. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

t =1+ x2 x 1 dx = ⋅ xdx = dt = 2xdx = 1 ⋅ 1 dt = 1 1 dt = 1 ln t + C = t 2 2 t 2 1+ x2 1+ x2 1 dt = xdx 2

∫

∫

∫

= 1 ln 1 + x 2 + C = 1 ln(1 + x 2 ) + C 2 2 NaleŜało tutaj zauwaŜyć, Ŝe pochodna z 1 + x² wynosi 2x, ale jak napisaliśmy wcześniej, współczynnik nie musi się zgadzać. Współczynnik uzgadniamy według przykładu. Przy podstawieniu dzielimy tylko przez współczynnik, aby pozostało xdx. Wartość bezwzględną moŜna opuścić, poniewaŜ 1 + x2 jest wyraŜeniem dodatnim. Przykład 120. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

6 t = 3 − x2 6 − 1 dt −1 7 = dt = −2xdx = ∫ 2 = − 1 ∫ t 7 dt = − 1 ⋅ t + C = − 7 (3 − x 2 ) 7 + C 2 6 7 12 2 t 3 − x2 − 1 dt = xdx 7 2

xdx

7

Teraz przedstawimy kilka prostych całek, które charakteryzuje fakt, Ŝe pod całką występuje funkcja liniowa. Jeśli zamiast tej funkcji podstawimy t, otrzymamy od razu całkę, którą da się rozwiązać ze wzorów podstawowych. Przykład 121. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫e

5x + 2

t = 5x + 2 dx = dt = 5dx = 1 e t dt = 1 e t + C = 1 e 5x + 2 + C 5 5 5 1 dt = dx 5

∫

Gdyby zamiast 5x + 2 było x, byłaby to całka obliczana bezpośrednio z wzoru podstawowego. Zawsze wtedy podstawiamy t za funkcję liniową. PoniŜej inne tego typu przykłady. Przykład 122. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

98

t = 4x − 3 dx = dt = 4dx = (4x − 3) 2 1 dt = dx 4

∫

1 dt −1 4 1 = 1 t − 2 dt = 1 ⋅ t + C = − 1 + C = − +C 2 4 4 −1 4t 4(4x − 3) t

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 123. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

t = 2x − 1 sin(2x − 1)dx = dt = 2dx = sint ⋅ 1 dt = 1 sintdt = 1 (−cost) + C = − 1 cos (2x − 1) + C 2 2 2 2 1 dt = dx 2

∫

∫

Przykład 124. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

t = 2 − 7x − 1 dt dx 1 dt = − 1 tgt + C = − 1 tg(2 − 7x) + C 7 = −1 = dt = −7dx = 2 2 cos2 (2 − 7x) cos t 7 cos t 7 7 − 1 dt = dx 7

∫

∫

Teraz wrócimy do przykładów, w których naleŜy zauwaŜyć, Ŝe jedna część całki jest pochodną innej jej części (nie muszą się zgadzać współczynniki). Przykład 125. Oblicz całkę nieoznaczoną: 2x

∫e

e

2x

t =e −4 2x dx = dt = 2e dx = −4 1 2x dt = e dx 2

2x

∫

1 dt 2 = 1 1 dt = 1 ln t + C = 1 ln e 2x − 4 + C 2 2 t 2 t

∫

Przykład 126. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t= 1

ex

∫x

2

∫

1

dx = e x ⋅

1 x2

dx = dt = − − dt =

1 x 1 x2 1 x2

∫

t

∫

t

t

1

dx = e ( − dt ) = − e dt = − e + C = − e x + C dx

Pochodna, która występuje przy podstawieniu, jest warta zapamiętania, gdyŜ często się pojawia. Liczy się ją w następujący sposób:

′ 1 1 −1 ′ −2   = (x ) = −1 ⋅ x = − 2 x x   Przykład 127. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ xe

2− x

2

∫

dx = e 2 − x

2

t = 2 – x2   ⋅ xdx = dt = –2xdx = e t ⋅  − 1 dt = 2   − 1 dt = xdx 2

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

99

2 = − 1 e t dt = − 1 e t + C = − 1 e 2 − x + C 2 2 2

∫

Przykład 128. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t = 1 − ctgx 1 − ctgx 1 dx = dx = 1 − ctgx ⋅ = t dt = ∫ dt = 12 dx ∫ sin 2 x sin 2 x sin x

∫

3

3 t2 = t dt = + C = 2 (1 − ctgx ) 2 + C 3 3 2 1 2

∫

To przekształcenie funkcji podcałkowej znowu wyraźnie pokazuje, co jest pochodną czego. Podstawiamy 1 – ctgx, a nie tylko ctgx, aby uniknąć konieczności kolejnego podstawienia. Przykład 129. Oblicz całkę nieoznaczoną:

1

dx

1

∫ (1 + x )arctgx = ∫ arctgx ⋅ 1 + x 2

2

dx =

t = arctgx = 1 dt = ln t + C = ln arctgx + C dt = 1 2 dx t 1+ x

∫

Przykład 130. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

t = arccosx arccosx dx = arccosx ⋅ 1 dx = dt = − 1 dx = t (−dt ) = 2 2 1− x 1− x 1− x 2 1 − dt = dx 1− x 2

∫

2

= − tdt = − t + C = − 2

∫

∫

( arccosx) 2 +C 2

Całki, w których w mianowniku funkcji podcałkowej znajduje się x w pierwszej potędze, a pod funkcją jest teŜ lnx, rozwiązujemy przez podstawienie za logarytm wraz z dodaną lub odjętą stałą. Spójrzmy na dwa poniŜsze przykłady. Przykład 131. Oblicz całkę nieoznaczoną: 1 1 t = lnx + 1 2 − 1 t dx 1 dx 2 ∫ x lnx +1 = ∫ lnx +1 ⋅ x = dt = dxx = ∫ t dt = ∫ t dt = 1 + C = 2 t + C = 2 lnx+1 + C 2

100

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 132. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

t = lnx 2 2 lnx dx = lnx ⋅ 1 dx = = tdt = t + C = ln x + C 1 dt = dx x x 2 2 x

∫

∫

NaleŜy teŜ pamiętać o tym, Ŝe:

( x )′ = 2 1 x Pozwoli to rozpoznać całki podobne do tej poniŜej. Przykład 133. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t= x sin x dx = sin x ⋅ 1 dx = dt = 1 dx = sint ⋅ 2dt = ∫ x ∫ ∫ x 2 x 2dt = 1 dx x = 2 ∫ sintdt = − 2cost + C = − 2cos

x +C

Na bazie dwóch wzorów na pochodne, mianowicie (sinx)’= cosx oraz (cosx)’= −sinx, moŜna wyróŜnić grupę całek, które rozwiązujemy przez podstawienie. NaleŜy je rozwiązywać na jeden z poniŜszych sposobów: •

najpierw przekształcamy funkcję podcałkową do takiej postaci, w której pozostaje sinx w pierwszej potędze w liczniku, a pozostała część funkcji podcałkowej zawiera cosinusy – wtedy podstawiamy t = cosx,

•

najpierw przekształcamy funkcję podcałkową do takiej postaci, w której pozostaje cosx w pierwszej potędze w liczniku, a pozostała część funkcji podcałkowej zawiera sinusy – wtedy podstawiamy t = sinx.

Przykład 134. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ tgxdx = ∫

t = cosx sinx dx = dt = −sinxdx = − dt = −ln t + C = −ln cosx + C ∫ t cosx − dt = cosxdx

Podstawiliśmy za cosx, bo sinx znajdował się w liczniku.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

101

Przykład 135. Oblicz całkę nieoznaczoną:

sin 2 x ⋅ sinx 1 − cos 2 x sin 3 x ∫ tg xdx = ∫ cos 3 x dx = ∫ cos 3 x dx = ∫ cos 3 x ⋅ sinxdx = 3

2 = 1 −3t (−dt ) = t

∫

= ln t +

∫

t 2 − 1dt = t3

 t2

∫  t

3

t = cosx dt = −sindx = − dt = sinxdx

−2  − 13 dt = 1 dt − t −3 dt = ln t − t + C = t −2 t 

∫

∫

1 1 + C = ln cosx + +C 2t 2 2cos 2 x

Przykład 136. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

cosxdx = t = 1 + sinx = 3 1 + sinx dt = cosxdx

2

∫

2

2 3 dt = t − 13 dt = t + C = 3 ⋅ t 3 + C = 3 (1 + sinx ) 3 + C 2 3 2 2 t 3

∫

Przykład 137. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ sin

∫

3

xcos 3 xdx = ∫ sin 3 xcos 2 xcosxdx = ∫ sin 3 x(1 – sin 2 x)cosxdx =

∫

∫

∫

= t 3 (1 − t 2 )dt = ( t 3 − t 5 )dt = t 3 dt − t 5 dt =

t = sinx = dt = cosxdx

sin 4 x sin 6 x t4 t6 − +C = − +C 4 6 4 6

Przykład 138. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t = cosx t cosx cosx cosx sinx ⋅ 5 dx = 5 ⋅ sinx dx = dt = −sinxdx = ∫ 5t ⋅ (−dt ) = − 5 + C = − 5 + C ∫ ∫ ln5 ln5 − dt = sinxdx PoniŜej jeszcze dwa ciekawe przykłady. W obu naleŜy przekształcić sin2x ze wzoru, ale w drugim wyjątkowo podstawiamy za cały mianownik. Przykład 139. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t = sinx

∫ sinxsin2xdx = ∫ sinx ⋅ 2sinxcosxdx = 2∫ sin xcosxdx = dt = cosxdx = 2

3 = 2 t 2dt = 2 ⋅ t + C = 2 sin3x + C 3 3

∫

102

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 140. Oblicz całkę nieoznaczoną:

sin2x

∫ 1 + cos x dx = ∫ 2

t = 1 + cos 2 x 2sinxcosx dx = dt = 2cosx(−sinx)dx = 1 + cos 2 x − dt = 2sinxcosxdx

∫

− dt = t

= −ln t + C = −ln 1 + cos 2 x + C = −ln (1 + cos 2 x ) + C Wartość bezwzględną moŜna opuścić, gdyŜ 1+ cos²x jest tutaj wyraŜeniem dodatnim. Teraz zajmiemy się typem całek przez podstawienie, które naleŜy przy rozwiązywaniu tak przekształcić, Ŝeby skrócić z mianownikiem. Przykład 141. Oblicz całki nieoznaczone:

2−x

x −1

∫ x + 4 dx , ∫ 1 − 3x dx Są to hiperbole, bo i w liczniku, i w mianowniku mamy funkcje liniowe. Zawsze dla skrócenia z mianownikiem musimy w liczniku wygenerować wyraŜenie z mianownika i uzgodnić współczynniki (w tym przypadku przy x).

2−x

∫ x + 4 dx = ∫

−( x + 4) + 6 dx = I 1 x+4

Najpierw zapisujemy x − 4 w liczniku i bierzemy to wyraŜenie w nawias. Potem dostawiamy „−”, poniewaŜ w liczniku przy x jest „−”. Następnie dopisujemy 6, dlatego Ŝe po opuszczeniu nawiasu w liczniku musi być tyle samo jedności, ile było, czyli 2. Z opuszczenia nawiasu zostanie −4, więc po dodaniu 6 otrzymamy w sumie 2. Liczymy dalej:

)  (  1 dx = − x + 6 t = x + 4 = I =  − x + 4 + 6 dx = − dx + 6 x+4 x+4 dt = dx  x+4

∫

= −x + 6

∫

∫

1

∫ t dt = − x + ln t + C = − x + 6ln x + 4 + C

Tak samo obliczamy drugą całkę.

∫

x − 1 dx = 1 − 3x

∫

 1( – ) 2  − 1 (1 – 3x) − 2  − 1 3x  1 dx = 3 3 dx =  3 − 3 dx = − 1 dx − 2  1 − 3x 1 − 3x 1 − 3x  3 3 1 − 3x    

∫

∫

∫

t = 1 − 3x   1 2 = − x − dt = −3dx = − 1 − 2 1 ⋅  − 1 dt  = − 1 x + 2 1 dt = − 1 x + 2 ln t + C = 3 3 1 3 3 t  3  3 9 t 3 9 − dt = dx 3

∫

1

∫

Całkę oznaczamy z ang. literą I. POWRÓT DO SPISU TREŚCI

103

1 2 = − x + ln 1 − 3x + C 3 9 Obie powyŜsze całki moŜna obliczyć teŜ w inny sposób, mianowicie od razu podstawić t za mianownik, a potem obliczyć zarówno x, jak i dx przy podstawieniu. Spójrzmy:

2−x

∫ x + 4 dx =

t = x+4 ⇒ x = t−4 = dt = dx

∫

2 − ( t − 4) dt = t

∫

6−t dt = t

6 t

∫  t − t dt =

= 6 1 dt − dt = 6ln t − t + C = 6ln x + 4 − ( x + 4) + C = 6ln x + 4 − x + C t

∫

∫

Liczbę −4 moŜna włączyć pod stałą C.

t = 1 − 3x ⇒ 3x = 1 − t 1 1 2 1 1 1 − t −1 − − t x= − t   1 1 3 3 3 3 3 3 = dt = −3dx dt =  − 3 dt  = − 3 t t  

x −1

∫ 1 − 3x dx =

∫

∫

1 − dt = dx 3

=

2 1 1 2 1 2 1 2 1 dt + dt = ln t + t + C = ln 1 − 3x + (1 − 3x) + C = ln 1 − 3x − x + C 9 9 9 9 9 9 3 9 t

∫

∫

Tutaj pod stałą C włączamy

1 . 9

Przykład 142. Oblicz całkę nieoznaczoną:

t = 1− x x 4 dx = x 4 − 1 + 1dx = x 4 − 1dx + 1 dx = ( x 2 − 1)( x 2 + 1) dx + dt = −dx = ∫ 1− x ∫ 1− x ∫ 1− x ∫ 1− x ∫ 1− x − dt = dx

=

∫

( x − 1)( x + 1)( x 2 + 1) − ( x − 1)

dx +

1

∫ t (− dt ) = − ∫ ( x + 1)(x

2

+ 1)dx −

1

∫ t dt =

3 2  4  = − (x 3 + x 2 + x + 1)dx − ln t = − x + x + x + x  − ln 1 − x + C 3 2  4 

∫

Tutaj znowu przydatny okazał się wzór skróconego mnoŜenia. Podobnie będzie w przykładzie następnym. Przykład 143. Oblicz całkę nieoznaczoną:

x 3 dx = x 3 + 1 − 1 dx = x 3 + 1 dx − 1 dx = ( x + 1)( x 2 − x + 1) dx − t = 1 + x = ∫ 1+ x ∫ 1+ x ∫ 1+ x ∫ 1+ x ∫ dt = dx 1+ x

104

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

3 2 3 2 = (x 2 − x + 1)dx − 1 dt = x − x +x − ln t + C = x − x + x − ln 1 + x + C t 3 2 3 2

∫

∫

Przykład 144. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

xdx = 2 + x − 2 dx = 4 4 2+x 2+x

∫

3 4

∫

∫

∫

= (2 + x ) dx − 2 (2 + x ) 7

2 + x dx − 2 4 2+x

−

1 4

∫

4

1

1 dx = 2 + x dx − 2 (2 + x )− 4 dx = 1 2+x (2 + x ) 4

∫

∫

7

3

3 1 4 4 t = 2+x − dx = = t 4 dt − 2 t 4 dt = t − 2 ⋅ t + C = dt = dx 7 3 4 4

∫

∫

3

= 4 (2 + x ) 4 − 8 (2 + x ) 4 + C 7 3 Przykład 145. Oblicz całki nieoznaczone:

∫

x

e − 2 dx , x 2+e

∫e

x

1 dx −1

Tego typu całki rozwiązujemy podobnie jak hiperbole, z tą róŜnicą, Ŝe w liczniku uzgadniamy współczynniki przy liczbach, a nie przy x.

ex − 2 dx = − (2 + ex ) + 2ex dx = x 2 + ex

∫ 2+e

∫

= −x + 2

∫e

x

t = 2 + ex

2+e

x

x  x + 2e x dx = − dx + 2 e x dx = 2+e  2+e

∫

∫

= −x + 2 dt = −x + 2ln t + C = −x + 2ln 2 + ex + C = −x + 2ln(2 + ex ) + C t dt = e dx

∫

x

1 dx = − (e x − 1) + e x dx = e x −1 −1

∫

x

= −x +

 − (2 + e x )

∫ 

t = e −1 x

dt = e dx

= −x +

dt

∫t

x x  − (e x − 1)  + xe dx = − dx + xe dx = x e −1 e −1  e −1

∫ 

∫

∫

x

= − x + ln t + C = − x + ln e − 1 + C

Istnieje grupa całek, które moŜna obliczyć przez podstawienie i w odpowiedzi pojawia się zawsze arctg lub arcsin. Dla ich rozwiązania najlepiej skorzystać z postaci kanonicznej funkcji kwadratowej (patrz rozdział 1). W pierwszej kolejności całki sprowadzalne do arctg. Przykład 146. Oblicz całkę nieoznaczoną:

1 dt t = 2x 1 dx = 1 1 1 2 ∫ 1 + 4x 2 ∫ 1 + (2x)2 dx = 1 dt = 2dx = ∫ 1 + t 2 = 2 ∫ 1 + t 2 dt = dt = dx 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

105

1 1 = arctgt + C = arctg2x + C 2 2

ZauwaŜmy, Ŝe musimy podstawić za tę część całki, Ŝeby otrzymać

1

∫ 1+ t

2

dt. Całki tego

typu nie dają się rozwiązać przez podstawienie za mianownik. Tutaj mianownik był juŜ funkcją kwadratową w postaci kanonicznej. W następnym przykładzie naleŜy go dopiero do tej postaci sprowadzić. Przykład 147. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫x

dx + 4x + 7

2

Dla paraboli a = 1; b = 4; c = 7; ∆ = –12, więc postać kanoniczna: 2

2

    a  x + b  −  = 1 ⋅  x + 4  − − 12 = ( x + 2) 2 + 3 2a  4a 2 ⋅1  4 ⋅1   dx

∫ ( x + 2)

2

+3

W mianowniku musimy jednak mieć t² + 1, więc wyciągamy z mianownika przed całkę liczbę 3. Następnie bierzemy ułamek w jeden kwadrat, Ŝeby wyznaczyć t, i podstawiamy:

dx

∫ (x + 2)

2

=1 +3 3

dx

∫ (x + 2) 3

=

2

= +1

1 dx = 2 3   + x 2   +1    3 

∫

t = x+2 3 1 dx = 1 23dt = dt = 3 t +1 3 3dt = dx

∫

3 dt 3 3 x+2 = arctgt + C = arctg +C 3 t 2 +1 3 3 3

∫

Przykład 148. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ 4x =

106

dx 2

+ 4x + 5

=

dx

∫ (2x + 1)

2

+4

=1 4

dx

∫ (2x + 1) 4

2

dx =1 = 4  2x + 1  2 +1   +1  2 

∫

2x + 1 1 dt 1 1 2x + 1 = arctgt + C = arctg +C 2 = 4 t 2 +1 4 4 2 dt = dx

t=

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 149. Oblicz całkę nieoznaczoną: 2

2

x dx

=

1 dt 1 1 x = arctgt + C = arctg +C 9 t 2 +1 9 9 3

∫ x

    3  3

2

3

x = 3 = 2 + 1 dt = x dx t=

∫

∫

x dx 1 = 9 x6 +1 9

2

x dx 1 = x6 +9 9

3

∫

Na koniec prezentacji metody przez podstawienie podajemy przykłady całek sprowadzalnych do arcsin. Rozwiązujemy je w sposób bardzo podobny do poprzednich. NaleŜy w mianowniku pod pierwiastkiem doprowadzić do postaci kanonicznej. Wyciągając stałą dla uzgodnienia jedynki, zawsze pierwiastkujemy. Docelowo doprowadzamy do postaci ∫ 1 dt. 1− t 2 Przykład 150. Oblicz całkę nieoznaczoną:

dx

∫ =

4 − 9x

1 3

∫

2

=

1 2

dx

∫

9x 1− 4

2

=

1 2

dx

∫

3  1−  x  2 

2

3 t= x 2 1 3 = dt = dx = 2 2 2 dt = dx 3

2 dt 3

∫

1− t

2

=

3  1 1 = arcsint + C = arcsin x  + C 3 3 1− t 2  dt

2

Przykład 151. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

dx = 1 + 2x − x 2

∫

dx = 1 2 2 − ( x − 1) 2

x −1 2 1 1 1 = dt = dx = 2 2 2 2dt = dx

∫

dx = 1 ( x − 1) 2 2 1− 2

∫

dx   1 −  x − 1  2  

2

=

t=

∫

2dt 1− t

2

=

∫

dt 1− t

2

= arcsint + C = arcsin

x −1 2

+C

I jeszcze inna ciekawa całka, która de facto teŜ jest sprowadzalna do arcsin:

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

107

Przykład 152. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

x

3 dx = 1 − 9x

∫

t = 3x 3 dx = dt = 3x ln3dx = x 2 1 − (3 ) 1 dt = 3x dx ln3 x

∫

1 dt ln3

x = 1 arcsint+ C = 1 arcsin3 + C ln3 ln3 1− t 2

4.1.3. Całkowanie przez części Metoda całkowania przez części wynika bezpośrednio z następującego twierdzenia: Twierdzenie o całkowaniu przez części: JeŜeli funkcje u i v mają na pewnym przedziale ciągłe pochodne u’ i v’, to na tym przedziale zachodzi wzór:

∫ u ⋅ v ′dx = u ⋅ v − ∫ v ⋅ u ′dx Jest przy tym wiele całek, które wymagają zarówno podstawienia, jak i zastosowania twierdzenia o całkowaniu przez części. PoniŜej przedstawimy przykłady obrazujące tę metodę, w miarę moŜliwości wyróŜniając pewne typy całek. Przykład 153. Oblicz całkę nieoznaczoną:

u = x v′ = cosx = xsinx − 1 ⋅ sinxdx = xsinx + cosx + C v = sinx

∫ xcosxdx = u′ = 1

∫

Najpierw musieliśmy podzielić funkcję podcałkową na dwie części i zdecydować, co bierzemy za u, a co za v’. Z u liczymy pochodną u’, a v’ całkujemy, Ŝeby otrzymać v – nie dopisujemy stałej C od razu przy v, ale dopiero po obliczeniu całki. Potem stosujemy wzór z powyŜszego twierdzenia i otrzymujemy wyraŜenie oraz prostszą całkę. Zawsze moŜe się zdarzyć, Ŝe po zastosowaniu wzoru powstanie nam całka nieco trudniejsza – trzeba wtedy spróbować wybrać odwrotnie u i v’. Za v’ wybrać naleŜy taką część, z której moŜna łatwo obliczyć całkę. Całka z powyŜszego przykładu naleŜy do grupy całek, w których w funkcji podcałkowej moŜna wyróŜnić wielomian i funkcję trygonometryczną. Wtedy zazwyczaj bierzemy wielomian za u, a wyraŜenie trygonometryczne za v’. Tak samo postępujemy, gdy funkcja podcałkowa składa się z wielomianu i funkcji wykładniczej. Spójrzmy na rozwiązania całek tego typu. Przykład 154. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

x 2sinxdx =

u = x 2 v'= sinx = −x 2cosx − 2x(−cosx)dx = −x 2cosx + 2 xcosxdx = u' = 2x v = −cosx

= − x 2 cosx + 2

108

∫

u = x v' = cosx = − x 2 cosx + 2( xsinx − ∫ sinxdx ) = u' = 1 v = sinx POWRÓT DO SPISU TREŚCI

∫

= –x2cosx + 2(xsinx + cosx) + C Wielomian był drugiego stopnia, więc stosowaliśmy dwukrotnie wzór przez części. W przypadku wielomianu trzeciego stopnia naleŜałoby uŜyć tego wzoru trzykrotnie itd. Przykład 155. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ (2x + 7)sin5xdx =

u = 2x + 7 v'= sin5x  1    = (2x + 7) − cos5x − ∫  − 2 cos5xdx = u' = 2 v = − 1 cos5x  5   5  5

    = (2x + 7) − 1 cos5x  + 2 cos5xdx = (2x + 7) − 1 cos5x  + 2 ⋅ 1 sin5x + C  5  5  5  5 5

∫

Wynik moŜna jeszcze uprościć. Całki z sin5x czy cos5x naleŜy w pamięci lub gdzieś na boku obliczyć przez podstawienie. Tutaj dla przejrzystości wykładu będziemy te obliczenia pomijać. Przykład 156. Oblicz całkę nieoznaczoną:

u=x

∫xtg xdx = u'= 1 2

v'= tg2x

2 2 x dx = 1 dx − dx =tgx − x + C = v = ∫ tg2xdx = ∫ sin2x dx = ∫ 1 − cos ∫ cos2x ∫ 2 cos x cos x

= x ( tgx − x ) − ( tgx − x )dx = x ( tgx − x ) − sinx dx + xdx = cosx

∫

∫

∫

t = cosx 2 2 = x ( tgx − x ) − dt = −sinxdx + x = x ( tgx − x ) − ∫ − dt + x = 2 t 2 − dt = sinxdx 2 2 = x ( tgx − x ) + ln t + x + C = x ( tgx − x ) + ln cosx + x + C 2 2

PowyŜszy przykład pokazał, Ŝe stosując metodę całkowania przez części, najlepiej juŜ sprawnie posługiwać się poprzednimi sposobami. Teraz spójrzmy na podobny typ całek – iloczyn wielomianu i funkcji wykładniczej. Przykład 157. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ (2 − x)e dx = x

u = 2 − x v' = e x = (2 − x)ex + e x dx =(2 − x)ex + e x + C u' = −1 v = ex

∫

Przykład 158. Oblicz całkę nieoznaczoną:

u = x v' = 3 x x 3 x dx = x3 x − 1 3 x dx = x3 x − 3 x + C x = x3 − x3 dx = 3 ∫ u' = 1 v = ln3 ∫ ln3 ln3 ln3 ∫ ln3 ln 2 3 ln3 x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

109

Przykład 159. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

xsin 2 xdx =

u = x v' = sin 2 x = u' = 1 v = ?

Tę całkę rozwiązujemy podobnie jak poprzednie. Jednak całka z sin²x moŜe nastręczyć trochę kłopotów. MoŜna ją rozwiązać na bazie wzoru cos2x = 1− 2sin²x. Z niego moŜna wyprowadzić, Ŝe sin 2 x = 1 − 1 cos2x , czyli mamy: 2 2

∫ sin

2

xdx =

1 1



1

1

1

1 1

∫  2 − 2 cos2x dx = 2 ∫ dx − 2 ∫ cos2xdx = 2 x − 2 ⋅ 2 sin2x + C =

1 1 1 1 = x − ⋅ 2sinxcosx + C = x − sinxcosx + C 2 4 2 2 Całkę z sin²x moŜna takŜe rozwiązać przez części. Spójrzmy: u = sinx

∫ sin xdx = ∫ sinxsinxdx = u' = cosx 2

v' = sinx = −sinxcosx + ∫ cos 2 xdx = v = −cosx

∫

= −sinxcosx+ ∫ (1 − sin2 x)dx = −sinxcosx+ ∫ dx − ∫ sin2 xdx = − sinxcosx+ x − sin xdx 2

Ponownie pojawiła się całka z sin²x. Z dotychczasowych obliczeń moŜna stworzyć równanie:

∫ sin

2

∫

2

xdx = −sinxcosx + x − sin xdx

Przenosimy całki na jedną stronę i dzielimy przez 2:

∫

2

2 sin xdx = −sinxcosx + x + C │: 2

∫ sin

2

1 1 xdx = − sinxcosx + x + C 2 2

Stałą C dopisujemy, gdy po prawej stronie nie ma juŜ całki. Teraz wróćmy do naszej wyjściowej całki z tego przykładu.

∫

u = x v'= sin2x     xsin xdx = = x 1 x − 1 sinxcosx −  1 x − 1 sinxcosxdx = u'= 1 v = 1 x − 1 sinxcosx 2 2 2  2  2 2

∫

2

t = sinx     = x 1 x − 1 sinxcosx − 1 ∫ dx + 1 ∫ sinxcosxdx = x 1 x − 1 sinxcosx − 1 x + 1 = 2 dt = cosxdx 2 2 2 2  2 2  2

 1 1 t 1 1  1 1 1 1 = x  x − sinxcosx  − x + tdt = x  x − sinxcosx  − x + ⋅ + C = 2 2  2 2 2 2  2 2 2

∫

110

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

2

1 1  1 sin x = x  x − sinxcosx  − x + +C 2 2 4   2 2

Spójrzmy jeszcze na dwie inne całki, w których rozwiązywaniu powtórzy się całka wyjściowa. Pierwsza z nich ma w funkcji podcałkowej iloczyn funkcji wykładniczej i trygonometrycznej. Przykład 160. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

e x cosxdx =

u = ex u' = e x

v' = cosx u = ex = e x sinx − e x sinxdx = e x sinx − v = sinx u' = e x

∫

∫

v' = sinx = v = −cosx

∫

= e x sinx − ( −e x cosx − (−e x cosx)dx ) = e x sinx + e x cosx − e x cosxdx Wybór u i v’ jest w przypadku tej całki dowolny, ale potem trzeba go stosować konsekwentnie. Stwórzmy równanie:

∫ e cosxdx = e sinx + e cosx − ∫ e cosxdx 2 ∫ e cosxdx = e sinx + e cosx + C │:2 x

x

x

∫

x

x

x

e cosxdx =

x

x

x

x

e sinx + e cosx +C 2

Stałej C nie musimy dzielić przez dwa. Przykład 161. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

sinlnxdx =

= xsinlnx −

u = sinlnx

1 u' = coslnx ⋅ x

v' = 1 v=x

∫

= xsinlnx − coslnxdx =

u = coslnx

v' = 1 = xsinlnx − ( xcoslnx − ∫ (−sinlnxdx)) = 1 u' = −sinlnx ⋅ x v = x

∫

= xsinlnx − xcoslnx − sinlnxdx Tworzymy równanie:

∫ sinlnxdx = xsinlnx − xcoslnx − ∫ sinlnxdx 2 ∫ sinlnxdx = xsinlnx − xcoslnx + C │:2 ∫ sinlnxdx =

xsinlnx − xcoslnx +C 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

111

Choć trudno stworzyć przejrzysty algorytm rozwiązywania całek, to moŜna przynajmniej kierować się pewnymi wskazówkami. Zgodnie z jedną z nich, o ile nie da się obliczyć całki przez podstawienie, a występują logarytmy albo funkcje cyklometryczne (arcusy) i liczymy przez części, to podstawiamy te funkcje za u, a pozostałą część funkcji podcałkowej za v’. Przykład 162. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

lnxdx =

u = lnx v' = 1 = xlnx − dx = xlnx − x + C u' = 1 v = x x

∫

Przykład 163. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

u = arcsinx 1 arcsinxdx = u' = 2 1− x

2

v' = 1 v = x = xarcsinx −

∫

t =1 − x xdx = xarcsinx − dt = −2xdx = 2 1− x 1 − dt = xdx 2

1 − 1 dt 1 2 − 1 1 t 2 2 = xarcsinx− = xarcsinx+ t dt = xarcsinx+ ⋅ + C = xarcsinx+ 1 − x 2 + C 2 2 1 t 2

∫

∫

Przykład 164. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫ =

u = arcctgx xarcctgxdx =

u' = −

x2 1 arcctgx + 2 2

∫

1 1 + x2

v' = x v=

x2 = 2

x2 2

arcctgx +

x2

1

∫ 2 1+ x

2

dx =

 x2 + 1 − 1 x2 1 1 dx = arcctgx +  dx − dx  = 2 1+ x 2 2 1 + x2 

∫

∫

2 = x arcctgx + 1 ( x − arctgx ) + C 2 2

Przykład 165. Oblicz całkę nieoznaczoną:

= ∫ xln xdx = 2

=

u = lnx v'= x v' = x 2 2 2 2 = x ln 2 x − xlnxdx = x ln 2 x − = 1 x ∫ u' = 1 v = x u' = 2lnx ⋅ v= 2 2 x x 2 2 u = ln2 x

x  x 2 x x 1 1 x 2 ln x −  lnx − xdx  = ln x −  lnx − ⋅ 2 2 2 2 2 2 2 2

2



∫

2



2



2

  + C 

Czyli jeśli logarytm lub arcus jest w kwadracie, całkujemy dwa razy przez części, jeśli w potędze trzeciej, trzy razy przez części itd.

112

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Na koniec spójrzmy jeszcze na całki, które liczy się zarówno przez części, jak i przez podstawienie. MoŜna najpierw podstawić, a potem całkować przez części lub zastosować metodę całkowania przez części od razu, a v wyliczyć przez podstawienie. Przykład 166. Oblicz całkę nieoznaczoną:

u = x2

v = xe x

2

t = x2 ∫ x e dx = u' = 2x v' = ∫ xe x dx = dt = 2xdx = 1 ∫ e t dt = 1 e t + C = 1 e x 2 + C = 2 2 1 dt = xdx 2 2 x2

3

2

2 2 2 2 2 = 1 x 2 e x − xe x dx = 1 x 2 e x − 1 e x + C = 1 e x ( x 2 − 1) + C 2 2 2 2

∫

x

2

Wyboru v’ dokonaliśmy w ten właśnie sposób, gdyŜ z xe moŜna policzyć całkę przez podstawienie za x². Czyli za v’ musimy wziąć taką funkcję, Ŝeby umieć z niej policzyć całkę i otrzymać v. Potem ponownie pojawia się całka

∫ xe

x

2

dx , więc wynik moŜna juŜ przepisać

z wyliczeń dla v. MoŜna jednak najpierw dokonać podstawienia, a potem liczyć tę całkę przez części. Oto drugi sposób jej wyliczenia:

∫

3

x

∫

2

2

x e dx = x ⋅ e

x

2

t=x

2 t

1 1 u = t v'= e t 1 t te dt = ⋅ xdx = dt = 2xdx = t ⋅ e ⋅ dt = = 2 2 2 u' = 1 v'= e t 1 dt = xdx 2

∫

∫

2 = 1 ( te t − e t dt ) = 1 ( te t − e t ) + C = 1 e t ( t − 1) + C = 1 e x ( x 2 − 1) + C 2 2 2 2

∫

PoniŜej jeszcze dwie całki tego typu rozwiązane pierwszym sposobem: Przykład 167. Oblicz całkę nieoznaczoną:

u = ex

∫e

2x

∫

x

x

x

x

sine dx = e ⋅ e sine dx =

u' = e x

v' = e x sine x

∫

v = e x sine x dx =

t = ex = dt = e x dx

=

∫

= sintdt = −cost + C = −cose x + C x

x

x

x

∫

x

x

x

x

= −e cose + e cose dx = −e cose + x

x

x

t =e x x = − e cose + costdt = x dt = e dx

∫

x

= − e cose + sint + C = − e cose + sine + C

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

113

Przykład 168. Oblicz całkę nieoznaczoną:

∫

sinx u = 2sinx v = cosxe dx =

∫ sin2xe

sinx

∫

dx = 2sinxcosxesinx dx =

t = sinx = dt = cosxdx

∫

= e t dt = e t + C = e sinx + C

u' = 2cosx

=

v ' = cosxe sinx sinx

= 2sinxe

∫

sinx

− 2 cosxe

sinx

dx = 2sine

− 2e

sinx

+C

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 24. Oblicz całki nieoznaczone: a)

114

∫x

3

1 − x 4 dx

b)

x + 1 dx x −3

e x dx

c)

∫

3 2x − 2 x dx 3x

f)

∫

cose x dx

i)

∫

e x dx

l)

∫ 1 − x dx

∫x

2

5

x

d)

∫

x 3 − 37 x 5 dx x

e)

∫

g)

∫ (3x − 1)cos2xdx

h)

∫e

2x

j)

∫ 1 + cos2x dx

k)

∫x

2

m)

∫ coslnxdx

n)

∫

1 − lnx dx x

o)

∫ ctgxdx

p)

∫x

q)

∫ 1−

1 − x 3 dx x

r)

∫

s)

∫ xlnx dx

t)

∫ xcos

u)

∫ 1 + 2x

v)

∫7

x)

∫ xctg

y)

∫ 2 − 3e

cos 2 x

2

1 dx + 3x + 4

1

x

8 x dx ex

x

dx

1 dx 2x + 1

x

e

∫

z)

∫ ctgxsin

dx

ff)

∫ (x

hh)

∫ arcctgxdx

ii)

∫ xe

kk)

∫ 1+ x

x 4 dx 2

ll)

∫e

∫ 1 + 16

4x

x

2

x

2 + x 2 dx 1+ x 2

dx

ee)

dx

x

∫

∫

xdx

w)

cc)

bb)

2

2

+ 2x)sinxdx

x2

1− x 2

dx

x3

dx 5

arccosx 1 − x 2 dx

2

2

xdx

∫ sin2xe

dd)

∫ xsinxcosxdx

gg)

∫

jj)

dx +1

mm)

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

x

dx

aa)

dx

x

2+ x2

cosx

dx

1 dx x sin 2 x

∫ ctg xdx 3

∫ tg

2

xdx

2x −

nn)

∫

qq)

∫ ln(1 + x

tt) ww) zz) ccc) fff)

(2 − x)e

∫e ∫

3x − 1

2

1 2 x 2

dx

)dx

dx

lnx dx x2

2

dx + 6x + 12

∫ sin2xe

cos 2 x

pp)

∫ sinx

rr)

∫ x2

ss)

∫

uu)

∫ sin

vv)

∫ 2x + 3 dx

yy)

∫

dx x − x2 dx

xx)

∫ (2 − x)cosxdx ∫x

∫ arccos3 xdx

oo)

dx

x

dx

2

1 dx (3 + x )

x 2 dx

∫

1− x

6

1 − cosx dx

dx 1 − 25x 2

3x + 2

aaa)

∫ (2x −1)lnxdx

bbb)

∫

ddd)

∫e

eee)

∫ cos

ggg)

∫ 3 − 2x dx

hhh)

∫ xarctgxdx

x

sinxdx

x+3

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

4 + 2x − x 2 2

xsin2xdx

115

4.2. Całka oznaczona Całki oznaczone moŜna podzielić na właściwe i niewłaściwe. Wśród tych drugich moŜna wyróŜnić całki pierwszego rodzaju i drugiego rodzaju. Najpierw jednak zajmiemy się całkami właściwymi.

4.2.1. Całka oznaczona właściwa Nie będziemy tu zagłębiać się w teorię całki oznaczonej Riemanna. Przytoczymy tylko najwaŜniejsze twierdzenie, które pozwala obliczyć całkę oznaczoną funkcji ciągłej, gdy znamy jej całkę nieoznaczoną. Twierdzenie Newtona-Leibniza: Jeśli F(x) jest dowolną funkcją pierwotną funkcji f(x) ciągłej na przedziale a, b , to b

∫ f (x)dx = [F( x)]

b a

= F(b) − F(a)

a

Obliczenie całki oznaczonej musi być poprzedzone liczeniem całki nieoznaczonej. Bardzo waŜna jest tu znajomość wartości funkcji, poniewaŜ stosując twierdzenie Newtona-Leibniza, naleŜy je obliczyć dla granic przedziału całkowania. Przykład 169. Oblicz całkę oznaczoną: 3

∫e

x

[ ]

dx = e x

3 2

= e3 − e2

2

To bardzo prosty przykład obrazujący twierdzenie Newtona-Leibniza. Jeśli całka nieoznaczona jest skomplikowana, moŜna ją policzyć oddzielnie i potem wrócić do oznaczonej. Spójrzmy na inne przykłady. Przykład 170. Oblicz całkę oznaczoną: π

∫ cosxdx =[sinx ]

π π 6

π 6

= sinπ − sin π = 0 − 1 = − 1 6 2 2

Przykład 171. Oblicz całkę oznaczoną: e

∫ lnxdx 1

Wyliczmy najpierw całkę nieoznaczoną:

u = lnx v' = 1

∫ lnxdx = u' = 1x 116

v=x

= xlnx − ∫ dx = xlnx − x + C,

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

a teraz oznaczoną: e

∫ lnxdx = [xlnx − x ]

e 1

= (elne − e) − (1ln1 − 1) = (e ⋅1 − e) − (1 ⋅ 0 − 1) = 1

1

Przykład 172. Oblicz całkę oznaczoną: 2

∫x

2

0

dx − 2x + 2

Całka nieoznaczona:

∫x

2

t = x −1 dt dx dx =∫ = =∫ 2 = atctgt + C = arctg( x − 1) + C 2 ( x − 1) + 1 dt = dx − 2x + 2 t +1

i całka oznaczona: 2

∫x

2

0

  2 dx = [arctg( x − 1)]0 = arctg1 − arctg(−1) = π −  − π  = π 4  4 2 − 2x + 2

Liczenie całek oznaczonych nie jest więc bardzo skomplikowane. Jeśli jednak do rozwaŜań włączymy całki niewłaściwe, to trudniej będzie rozpoznać, w jaki sposób całkę rozwiązać.

4.2.2. Całki niewłaściwe Czasami moŜe zdarzyć się tak, Ŝe całka oznaczona, którą mamy wyliczyć, ma granicę całkowania w postaci plus lub minus nieskończoność, czyli niewłaściwą. Mamy wówczas do czynienia z całkami niewłaściwymi pierwszego rodzaju. Korzystamy wtedy z jednego ze wzorów: ∞

∫

t

a

∫

∫

f (x)dx = lim f (x)dx , f (x)dx = lim t→∞

a

a

t → −∞

–∞

a

∫ f (x)dx t

Mówimy, Ŝe całka niewłaściwa jest zbieŜna, gdy granica w powyŜszym wzorze (jednym lub drugim) istnieje i jest właściwa. Jeśli granica nie istnieje lub nie jest właściwa, to mówimy, Ŝe całka jest rozbieŜna. Przykład 173. Zbadaj zbieŜność całki: 0

∫

e x dx = lim

−∞

T → −∞

0

∫e

x

[ ]

dx = lim e x T → −∞

T

0 T

= lim (e 0 − e T ) = 1 − 0 = 1 T → −∞

Całka jest zbieŜna. Przykład 174. Zbadaj zbieŜność całki: ∞

arctgx dx = lim T →∞ 1 + x2 3

∫

T

arctgx

∫ 1+ x 3

2

dx = I

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

117

Wyliczmy całkę nieoznaczoną:

t = arctgx 2 arctgx t 2 + C = (arctgx ) + C dx = = tdt = 1 ∫ 1+ x 2 dt = dx ∫ 2 2 1+ x 2 i oznaczoną: 2

 (arctgx)2  I = lim  T →∞ 2  

T

3

2

π π 2 2 2  (arctgT)2 (arctg 3)2   2   3  = − = π − π = 5π = lim −  T →∞ 2 2 2 2 8 18 72  

Całka jest zbieŜna. Przykład 175. Zbadaj zbieŜność całki: ∞

T

∫

x dx = lim

T →∞

3

∫ 3

T

3  3 3   x dx = lim  2 x 2  = lim  2 T 2 − 2 ⋅ 3 2 T →∞ 3 3  3 T →∞ 3 

 =∞  

Całka jest rozbieŜna. Przykład 176. Zbadaj zbieŜność całki: ∞

∫

0

∞

−∞

0

∫

0

∫

W

∫

∫

xe x dx = xe x dx + xe x dx = lim xe x dx + lim xe x dx = I

−∞

T → −∞

W →∞

T

0

Kiedy obie granice całkowania są niewłaściwe, jak w tym przypadku, naleŜy podzielić całkę na dwie. Za punkt podziału przyjęliśmy 0, ale moŜe nim być kaŜda inna liczba, na przykład 1, 2. Dalej postępujemy jak w poprzednich przykładach. Obliczmy więc całkę nieoznaczoną:

∫

xe x dx =

[

u = x v' = e x = xex − e x dx = xex − e x + C = e x ( x − 1) + C u' = 1 v = e x

I = lim e x ( x − 1) T → −∞

[

∫

]

0 T

[

+ lim e x ( x − 1) W →∞

]

W

0

[

]

= lim e 0 (0 − 1) − e T (T − 1) + T → −∞

]

+ lim e W ( W − 1) − e 0 (0 − 1) = [1 ⋅ (−1) − 0 ⋅ ∞ ] + [∞ ⋅ ∞ − 1 ⋅ (−1)] = W →∞

Co prawda w pierwszej z granic mamy symbol nieoznaczony 0 ⋅ ∞ i naleŜałoby skorzystać z twierdzenia de l’Hospitala, aby tę granicę obliczyć, ale w drugiej granicy wynik będzie z pewnością ∞ , więc moŜna stwierdzić, Ŝe cała całka jest rozbieŜna. MoŜna to stwierdzić, gdy przynajmniej jedna z granic jest niewłaściwa. Do tej pory nie badaliśmy dziedziny funkcji podcałkowej. MoŜe się jednak zdarzyć, Ŝe funkcja podcałkowa będzie nieograniczona dla któregoś z punktów z przedziału całkowania. Mamy wówczas do czynienia z całką niewłaściwą drugiego rodzaju.

118

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Jeśli jedna z granic całkowania jest punktem nieograniczoności funkcji (punkt ten nie naleŜy do dziedziny funkcji podcałkowej), to stosujemy jeden z poniŜszych wzorów: b

∫ a

t

∫

f (x)dx = lim− f (x)dx, t →b

a

gdy funkcja jest nieograniczona w lewostronnym sąsiedztwie punktu b, b

∫ a

b

∫

f (x)dx = lim+ f (x)dx, t →a

t

gdy funkcja jest nieograniczona w prawostronnym sąsiedztwie punktu a. ZbieŜność całek drugiego rodzaju oceniamy w taki sam sposób, jak zbieŜność całek pierwszego rodzaju. PowyŜsze wzory mogą być niejasne, przejdźmy więc do przykładów, które objaśnią sposób postępowania. Przykład 177. Zbadaj zbieŜność całki: 1

∫

−1

T

dx = lim dx = I x − 1 T →1− x − 1

∫

−1

W dziedzinie funkcji podcałkowej nie ma liczby 1, więc jest to całka niewłaściwa drugiego rodzaju i rozpisujemy ją jak wyŜej. Obliczmy teraz całkę nieoznaczoną:

dx

∫ x −1 =

t = x −1 = dt = ln t + C = ln x − 1 + C t dt = dx

∫

[

I = lim− ln x − 1 T →1

]

T −1

][

[

]

+

= lim− ln T − 1 − ln − 1 − 1 = ln0 − ln2 = −∞ − ln2 = −∞ T →1

Całka jest rozbieŜna. Przykład 178. Zbadaj zbieŜność całki: 2

1

0

1

2

1

T

1

ex dx = ex dx + ex dx = lim ex dx + lim T →0 − W →0 + x2 x2 x2 x2 0 −2 −2 −2

∫

∫

∫

∫

2

1

ex dx = I x2 W

∫

Tym razem dziedzina równa jest R\{0}. Liczba zero znajduje się we wnętrzu przedziału całkowania, trzeba więc podzielić całkę na dwie całki niewłaściwe drugiego rodzaju, jak to zrobiliśmy powyŜej. Teraz wyliczamy całkę nieoznaczoną, a następnie oznaczoną:

∫

t=1 x 1 e x dx = dt = − 1 dx = − e t dt = −e t + C = −e 1x + C x2 x2 − dt = 12 dx x

∫

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

119

T

2

 12 W1   1x   1x   T1 −12  I = lim−  − e  + lim+  − e  = lim− − e + e  + lim+  − e + e  = T →0   − 2 W →0   W T →0   W →0   

= − e

−∞



+e

1   12 ∞     12  −2 + − e + e = 0 + e      + − e + ∞  = ∞       

1 −2

Całka jest rozbieŜna. MoŜe się oczywiście zdarzyć, Ŝe całka ma niewłaściwe granice całkowania i jest nieograniczona w pewnym punkcie przedziału całkowania. NaleŜy wtedy podzielić ją na dwie lub więcej całek niewłaściwych pierwszego i drugiego rodzaju. Przykład 179. Zbadaj zbieŜność całki: ∞

∫ 0

dx = (1 − x ) 2

1

∫ 0

∞

2

dx + dx + dx = I 2 2 (1 − x ) ( ) ( )2 1 1− x 2 1− x

∫

∫

W tej całce mamy niewłaściwą granicę całkowania w nieskończoności, a funkcja podcałkowa jest nieograniczona w 1, poniewaŜ dziedziną jest zbiór R\{1). Po podzieleniu całki otrzymujemy dwie całki niewłaściwe drugiego rodzaju i jedną niewłaściwą pierwszego rodzaju. Teraz wyliczymy całkę nieoznaczoną, a następnie oznaczoną:

∫

t = 1− x dx = dt = −dx = (1 − x ) 2 − dt = dx T

I = lim− ∫ T →1

0

dx + lim (1 − x )2 W →1+

− dt = − t − 2 dt = − t −1 + C = 1 + C = 1 + C t 1− x −1 t2

∫

∫

2

S

dx dx = ∫W (1 − x )2 + Slim → ∞ ∫ (1 − x) 2 2

T

2

S

      = lim−  1  + lim+  1  + lim  1  = S → ∞ T →1 1 − x  W →1 1 − x  1 − x  2 0 W       = lim−  1 − 1  + lim+  1 − 1  + lim  1 − 1  = S → ∞ 1 − 0  W →1 1 − 2 1 − W  T →1 1 − T 1 − S 1 − 2 

1  + − 1 + ... = [∞ − 1] + ...  0

=

Widzimy, Ŝe pierwsza z granic jest niewłaściwa, więc moŜna juŜ stwierdzić, Ŝe całka jest rozbieŜna i nie trzeba liczyć pozostałych granic. Przykład 180. Zbadaj zbieŜność całki: 1

1

∫ lnxdx = lim+ ∫ lnxdx = lim+ [xlnx − x ]T = lim+ [(1ln1 − 1) − (TlnT − T)] = 0

120

T →0

T

1

T →0

T →0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

= lim+ [−1 − TlnT + T ] = [−1 − 0 ⋅ (−∞) + 0] = I T →0

Trzeba skorzystać z twierdzenia de l’Hospitala, więc podzielmy granicę na trzy części:

1 lnT T + 0 =− 1 − lim+ = I= lim+ (−1) − lim+ TlnT + lim+ T = −1 − lim+ H T →0 T →0 T →0 T →0 T →0 1 − 12 T T = −1 − lim+ (−T) = −1 − 0 = −1 T →0

Całka jest zbieŜna. Przykład 181. Zbadaj zbieŜność całki: 3

dx 9− x2

∫

−3

Aby wyznaczyć dziedzinę, musimy przyjąć załoŜenie 9 − x² > 0. Po rozwiązaniu otrzymujemy D = (−3; 3). Jest to zatem całka niewłaściwa drugiego rodzaju. Najpierw dzielimy całkę wyjściową na dwie całki, następnie liczymy nieoznaczoną, a na końcu obliczamy granice: 3

0

3

dx = dx + 2 2 9−x 0 −3 9 − x

∫

∫

−3

∫

dx = lim 9 − x 2 T → −3+

0

∫ T

W

dx + lim 9 − x 2 W →3− 0

∫

dx = I 9 − x2

∫

3dt = 1− t 2

t=x 3 =

∫

dx = 1 9− x2 3

∫

dx 2

1− x 9

= arcsint + C = arcsin

=

1 3

∫

dx   1−  x  3

2

= dt = 1 dx = 1 3 3 3dt = dx

∫

dt = 1− t 2

x +C 3

0

W

      lim arcsin x  + lim− arcsin x  = lim+ arcsin 0 − arcsin T  + 3  T W →3  30 3 3 T → −3 +  T → −3    + lim− arcsin W − arcsin 0  = arcsin0 − arcsin ( − 1) + arcsin1 − arcsin0 = W →3  3 3   = 0 −− π  + π − 0 = π  2 2 Całka jest zbieŜna. NaleŜy pamiętać, Ŝe gdy mamy za zadanie rozwiązać całkę oznaczoną, to nie wiemy, czy jest to całka właściwa, czy niewłaściwa. W związku z tym naleŜy zawsze zwrócić uwagę na granice całkowania i zbadać dziedzinę funkcji podcałkowej. W zadaniach do samodzielnego rozwiązania podajemy je razem – naleŜy rozpoznać rodzaj całki. POWRÓT DO SPISU TREŚCI

121

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 25. Oblicz całkę oznaczoną, zbadaj jej zbieŜność, jeśli jest to całka niewłaściwa: 3

a)

dx x 2 − 4x + 5

∫ 1

2 2

∫

d)

π

∫

∫

122

1 2

π − 3

∫

x 2 e − x dx

c)

2

π2

h)

∫ 0

∫x

2

lnxdx

1 e

∞

f)

−∞

sin xdx

1 2

−

e)

e

∫ ctgxdx

−1

arccosxdx

0

j)

b)

2 2

−

g)

π 6

dx

∫ (3 − x)

−3

cos x dx x

3

i)

∫ arcctgxdx 0

2dx 1 − 4x 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

5. Rachunek prawdopodobieństwa Znajomość rachunku prawdopodobieństwa na poziomie wyŜszej uczelni ekonomicznej oznacza między innymi umiejętność wyznaczania wartości oczekiwanej, odchylenia standardowego oraz dystrybuanty (zarówno dla skokowej, jak i ciągłej zmiennej losowej). W naszym wykładzie pominiemy kombinatorykę i podstawowe definicje prawdopodobieństwa. Więcej uwagi poświęcimy natomiast zmiennej losowej ciągłej. Zacznijmy jednak od skokowej zmiennej losowej.

5.1. Zmienna losowa skokowa Pierwszym waŜnym pojęciem jest dystrybuanta lub inaczej funkcja rozkładu prawdopodobieństwa zmiennej losowej X. Określa ona prawdopodobieństwo przyjęcia przez zmienną losową X wartości mniejszej od x i oznaczana jest F(x):

F ( x) = P ( X < x) =

∑ P( X = x ) i

x i 2), P(−5 ≤ X < 2), P( X < 3). Rozwiązanie: Przegraną oznaczamy znakiem ujemnym, jako ujemną wygraną:

E(X) =

∑x i

E(X 2 ) =

i

∑x i

xi

–5

0

1

2

3

4

pi

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

⋅ p i = −5 ⋅ 1 + 0 ⋅ 1 + 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 1 + 4 ⋅ 1 = 5 6 6 6 6 6 6 6 2 i

⋅ p i = (−5) 2 ⋅ 1 + 0 2 ⋅ 1 + 12 ⋅ 1 + 2 2 ⋅ 1 + 3 2 ⋅ 1 + 4 2 ⋅ 1 = 55 6 6 6 6 6 6 6 2

  2 V(X) = E(X 2) − [E(X)] = 55 −  5  = 55 − 25 = 330 − 25 = 305 6 6 6 36 36 36 S(X) = V(X) =

305 305 = ≈ 2,91 36 6

Mówimy, Ŝe gra jest sprawiedliwa, gdy wartość oczekiwana jest równa zero. W naszym zadaniu gra nie jest więc sprawiedliwa – jest korzystna dla gracza ze względu na dodatni znak wartości oczekiwanej wygranej. Grając w tę grę, będziemy wygrywać przeciętnie

5 zł. 6

Pojęcie dystrybuanty dla skokowej zmiennej losowej związane jest ze statystycznym pojęciem skumulowanego prawdopodobieństwa. Ogólny wzór dystrybuanty F( x ) = P(X < x ) mówi, Ŝe dystrybuanta z x to prawdopodobieństwo, Ŝe zmienna losowa przyjmie wartość

124

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

mniejszą od x. Na przykład w naszym zadaniu F(2) = P(X < 2) to prawdopodobieństwo, Ŝe wartość wygranej będzie mniejsza od 2 zł. Patrząc na rozkład, widzimy, Ŝe moŜe to być −5, 0 lub 1 zł, czyli: F(2) =

∑ P(X = x ) = ∑ P(X = x ) = P(X = −5) + P(x = 0) + P(x = 1) = 16 + 16 + 16 = 12

xi 2) = 1 − P(X ≤ 2) = 1 − [P(X < 2) + P(X = 2)] = 1− (F(2) + P(X = 2)) =1−  3 + 1  = 1 6 6   3

P( –5 ≤ X < 2) – tu moŜna zastosować wzór przedstawiony na początku rozdziału: P(−5 ≤ X < 2) = F(2) − F(−5) = 3 − 0 = 1 6 2 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

125

P( X < 3) – w tym przypadku najpierw rozpisujemy wartość bezwzględną, a potem przekształcamy do wzoru, który właśnie zastosowaliśmy:

P( X < 3) = P(−3 < X < 3) = P(−3 ≤ X < 3) − P(X = −3) = = F(3) − F( −3) − P(X = −3) = 4 − 1 − 0 = 1 6 6 2 Przykład 183. Zmienna losowa ma rozkład jak w tabeli poniŜej.

xi pi

–2 0,3

1 0,2

3 a

7 0,1

3 0,4

7 0,1

Polecenia: – wyznacz stałą a, – oblicz wartość oczekiwaną i odchylenie standardowe, – wyznacz dystrybuantę, – oblicz P( X > 2) . Rozwiązanie: Prawdopodobieństwa muszą sumować się do 1, więc: 0,3 + 0,2 + a + 0,1 = 1 ⇒ a = 0,4 Teraz rozkład wygląda następująco: xi pi

–2 0,3

1 0,2

E (X) = −2 ⋅ 0,3 + 1 ⋅ 0,2 + 3 ⋅ 0,4 + 7 ⋅ 0,1 = 1,5

E(X 2 ) = (−2) 2 ⋅ 0,3 + 12 ⋅ 0,2 + 32 ⋅ 0,4 + 7 2 ⋅ 0,1 = 9,9 V (X) = 9,9 − 1,52 = 7,65 S (X) = V(X) = 7,65 ≈ 2,77

0 0,3  F(X) = 0,5 0,9  1

gdy x ∈ (−∞; − 2〉 gdy x ∈ (−2; 1〉 gdy x ∈ (1; 3〉 gdy x ∈ (3; 7〉 gdy x ∈ (7; ∞)

P( X > 2) = 1 − P( X ≤ 2) = 1 − P(−2 ≤ X ≤ 2) = 1 − [P(−2 ≤ X < 2) + P(X = 2)] =

1 − [F(2) − F(−2) + P(X = 2)] = 1 − [0,5 − 0 + 0] = 0,5

126

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 26. W urnie jest 10 kul: 2 zielone, 3 czerwone i 5 niebieskich. Jeśli wylosujemy zielo-

ną kulę, wygrywamy 10 zł, jeśli czerwoną – 5 zł, a po wylosowaniu niebieskiej tracimy 8 zł. Jaki jest rozkład wygranej gracza? Jaka jest wartość oczekiwana wygranej i odchylenie standardowe? Wyznacz dystrybuantę i oblicz P(X > 4) oraz P( X ≥ 8) .

Zadanie 27. Dla rozkładu zmiennej losowej X z tabeli poniŜej oblicz stałą a, wartość oczeki-

(

)

(

)

waną i wariancję oraz wyznacz dystrybuantę i oblicz P X ≥ 3 oraz P X ≤ 1 . xi

–2

0

1

3

pi

3 11

1 11

4 11

2 11

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

5 a

127

5.2. Zmienna losowa ciągła Zmienna losowa X jest zmienną losową ciągłą, jeśli istnieje taka nieujemna funkcja f(t), Ŝe dla kaŜdego x rzeczywistego zachodzi relacja: x

F(x) =

∫ f(t)dt

−∞

Funkcja f(x) spełniająca powyŜszy warunek nazywana jest funkcją gęstości prawdopodobieństwa. PowyŜszy wzór określa jednocześnie sposób wyznaczania dystrybuanty dla zmiennej losowej ciągłej. Funkcją gęstości prawdopodobieństwa jest kaŜda funkcja f(x) rzeczywista, nieujemna i całkowalna w przedziale (−∞; ∞), która spełnia warunek: ∞

∫ f(x)dx = 1

−∞

Dla zmiennej losowej typu ciągłego wzór na wartość oczekiwaną E(X) oraz wzór na E(X²) zmieniają nieco kształt. Oto one:

e( X ) =

∞

∫ xf(x)dx

−∞

e( X 2 ) =

∞

∫x

2

f(x)dx

−∞

Wzory na wariancję i odchylenie standardowe są te same. Przykład 184. Zmienna losowa X podlega rozkładowi według funkcji gęstości przedstawionej

poniŜej. Oblicz stałą a i wartość oczekiwaną. Wyznacz dystrybuantę oraz prawdopodobień 1 stwo P(X > 3) i P X >  . 2 

0 x + 1  f(x) =  1 − x 0

x ∈ (−∞; −1) x ∈ 〈−1; 0〉 x ∈ (0; a ) x ∈ 〈a; ∞)

Rozwiązanie: ∞

Stałą a moŜemy wyliczyć z własności funkcji gęstości

∫ f(x)dx = 1 :

−∞ ∞

∫

−1

−∞

128

∫

0

∫

a

∫

∞

∫

−1

∫

0

∫

a

∫

∞

∫

f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx + f(x)dx + f(x)dx = 0dx + (x + 1)dx + (1 – x)dx + 0dx = −∞

−1

0

a

−∞

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

−1

0

a

0

a

2

2 2  2  2    2   ( )2   a 1 +a+ 0 +  x + x + x − x  + 0 =  0 + 0 −  −1 −1 + a − a  − 0 − 0  + 0 = − 2 2 2 2 2 2 2 2 0           −1 

Tworzymy równanie i wyliczamy a: 2

−

a 1 +a + =1 2 2

−

a 1 + a − = 0 │⋅ (−2) 2 2

2

2

a − 2a + 1 = 0 (a − 1)² = 0 a − 1=0 a=1 Teraz funkcja gęstości ma postać:

x ∈ (−∞; − 1) x ∈ 〈−1; 0〉 x ∈ (0; 1) x ∈ 〈1; ∞)

0 x + 1  f(x) =  1 − x 0 ∞

∫

E(X) =

−1

x ⋅ f(x)dx =

−∞

∫

∞

1

∫

−∞

−1

=

∫

0

∫

∫

x ⋅ f(x)dx + x ⋅ f(x)dx + x ⋅ f(x)dx + x ⋅ f(x)dx = −1

0

0

∞

1

∫

1

∫

∫

x ⋅ 0dx + x ⋅ (x + 1)dx + x ⋅ (1 – x)dx + x ⋅ 0dx =

−∞

−1

0

1

0

1

−1 ∞ 0 1 3 2  3  2 = 0dx + (x 2 + x)dx + (x – x 2 )dx + 0dx =  x + x  +  x − x  = 3 2 2 3   −1  0 −∞ −1 0 1

∫

 03

= 

 3

∫

2

0 2

+

∫

∫

  ( −1) 3 ( −1) 2  −  + 2   3

  12 13   0 2 0 3   +  −  −  −  = 0  2 3  2 3

Dystrybuantę wyznaczamy kolejno w przedziałach, z tym Ŝe przedziały dystrybuanty (z wyjątkiem ostatniego) są domknięte z prawej strony, bez względu na to, z której strony domknięte są przedziały funkcji gęstości. Na potrzeby liczenia dystrybuanty przyjmujemy, Ŝe zmienną funkcji gęstości jest t, czyli mamy f(t), a nie f(x). Oto jak liczymy dystrybuantę:

x ∈ ( −∞; −1〉 x

x

−∞

−∞

F(X) = ∫f(t)dt = ∫0dt = 0 x ∈ ( −1; 0〉

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

129

−1

x

x

x

 t2  F(X) = ∫ f(t)dt = ∫ f(t)dt + ∫ (t + 1)dt = F(−1) +  + t  = 2   −1 −∞ −∞ −1

 2   ( −1) 2  x 2 = 0 +  x + x  −  − 1 = +x+ 1 2 2 2 2     x ∈ (0; 1〉 x

0

x

x

2  F(X) = f(t)dt = f(t)dt + (1 – t)dt = F(0) +  t − t  = 2 0  −∞ −∞ 0

∫

∫

∫

0 1  x + 0 + +  x − 2 2 2 2

=

2



2 2     −  0 − 0  = − x + x + 1 2 2 2   

x ∈ (1; ∞ ) x

1

x

−∞

−∞

1

2 F(X) = ∫f(t)dt = ∫ f(t)dt + ∫0dt = F(1) + 0 = − 1 + 1 + 1 = 1 2 2

Przy wyznaczaniu dystrybuanty dzielimy całkę na dwie, a punktem podziału jest koniec poprzedniego przedziału dystrybuanty. Pojawiają się teŜ wartości F(−1), F(0) lub F(1). Wartości te wynikają ze wzoru na dystrybuantę dla zmiennej losowej ciągłej: x

−1

0

1

−∞

−∞

−∞

−∞

∫f(t)dt = F(x), zatem ∫f(t)dt = F(– 1), ∫f(t)dt = F(0), ∫f(t)dt = F(1) itd.

Postępujemy w ten sposób, aby uniknąć podziału całki na więcej niŜ dwie. Wartości te odczytujemy z dystrybuanty z przedziału poprzedniego i podstawiamy. Na koniec moŜna zapisać dystrybuantę w bardziej syntetycznej postaci:

0   x2 1  +x+  2 2 F(x) =  2 − x + x + 1  2 2  1 

x ∈ (−∞; −1〉 x ∈ (−1; 0〉 x ∈ (0; 1〉 x ∈ (1; ∞)

Prawdopodobieństwo wyliczamy podobnie jak przy zmiennej skokowej, choć odczytując wartość dystrybuanty, za x podstawiamy konkretne wartości liczbowe, dla których szukamy dystrybuanty. Nie musimy teŜ zwracać uwagi na to, czy przedziały są domknięte, czy nie, gdyŜ przy ciągłej zmiennej losowej zawsze wartość prawdopodobieństwa w jednym punkcie wynosi zero.

P(X > 3) = 1 − P(X ≤ 3) = 1 − F(3) = 1 − 1 = 0

 

P X >

130

  1   1    1 1 1 1  = 1 − P X ≤ 2  = 1 − P − 2 ≤ X ≤ 2  = 1 − F 2  − F − 2  = 2         

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

   2     1 2    −    1   2 2 1 1  1 1 1 − +  = = 1 −  −   + +  −   2 2 2 2 2 2  4          

Przykład 185. Zmienną losową opisuje funkcja gęstości prawdopodobieństwa przedstawiona

 π poniŜej. Oblicz stałą a, wartość oczekiwaną, E(X²) i wyznacz dystrybuantę oraz P X <  . 6  gdy x ∈ (−∞; −a)  0  f(x) = cosx gdy x ∈ 〈− a; a 〉  0 gdy x ∈ (a; ∞) 

Rozwiązanie: ∞

∫

−a

∞

a

∫

∫

−a

∫

∞

a

∫

∫

∫

f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx + f(x) dx = 0dx + cosx dx + 0dx =

−∞

−∞

−a

−∞

a

a –

a

[ ]

a

= sinx −a = sina − sin(−a) = sina + sina = 2sina π , po2 niewaŜ funkcja gęstości musi być nieujemna. Mając to na uwadze, rozwiązujemy równanie:

Z postaci funkcji gęstości widać, Ŝe stała a jest dodatnia i nie moŜe być większa niŜ

2sina = 1 ⇒ sina = 1 ⇒ a = π 2 6 Funkcja gęstości ma postać:

  gdy x ∈ (– ∞; − π   0 6   f(x) = cosx gdy x ∈ − π ; π 6 6   π gdy x ∈  ; ∞)  0 6  −π 6

∞

E(X) =

∫

xf(x)dx =

−∞

−π 6

∫

= x ⋅ 0dx + −∞

∫

π 6

∞

∫

∫

xf(x)dx + xf(x)dx + xf(x)dx = −π 6

−∞

π 6

∞

−π 6

π 6

π 6

−π 6

π 6

∞

π 6

−∞

−π 6

π 6

−π 6

∫ xcosxdx + ∫ x ⋅ 0dx = ∫0dx + ∫ xcosxdx + ∫ 0dx = ∫ xcosxdx POWRÓT DO SPISU TREŚCI

131

Wyliczmy najpierw całkę nieoznaczoną:

u = x v' = cosx = xsinx − sinxdx = xsinx + cosx + C v = sinx

∫ xcosdx = u' = 1

∫

A zatem: π 6

E(X) =

π

  xcosxdx = [xsinx + cosx ] 6 π =  π sin π + cos π  − − 6 6 6 6 −π

∫

6

 π  π  π   π 1 3   π  1 3  π 3 π 3 − sin −  + cos −  =  ⋅ +  −  − ⋅  −  +  = + − − =0     6 6 6 6 2 2 6 2 2 12 2 12 2            ∞

−π 6

−∞

−∞

E(X 2 ) =

2 ∫ x f(x)dx =

−π 6

=

∫x

2 ∫ x f(x)dx +

π 6

2

⋅ 0dx +

∫ x cosxdx + ∫ x 2

π 6

∞

2

2 ∫ x f(x)dx + ∫ x f(x)dx =

−π 6

π 6

−π 6

∞

−π 6

−∞

π 6

2

⋅ 0dx =

π 6

∞

π 6

∫ 0dx + ∫ x cosxdx + ∫ 0dx = ∫ x cosxdx 2

−π 6

−∞

2

π 6

−π 6

Liczymy teraz całkę nieoznaczoną:

u = 2x v' = sinx u = x 2 v' = cosx = x 2sinx − 2xsinxdx = x 2sinx − = u' = 2 v = −cosx v = sinx

∫ x cosdx = u' = 2x 2

∫

∫

x 2sinx − (−2xcosx + 2cosxdx) = x 2sinx + 2xcosx − 2sinx + C π 6

[

2

−π 6

2

π 6

]

E(X ) = ∫ x cosxdx = x sinx + 2xcosx– 2sinx 2

−π 6

  π 2 π π π π =    sin + 2 ⋅ cos − 2sin  –  6  6 6 6 6  

  2   π 2  π     −  sin −  + 2 ⋅  − π cos − π  − 2sin − π   =  π ⋅ 1 + π ⋅ 3 − 2 ⋅ 1  −  6   6  2   6  6  6    36 2 3 2 

 π2  1  π 3  1  π2 π 3  ⋅  −  − ⋅ − 2 −   = + −2 3  2   36  36  2  3 2

132

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Dystrybuantę wyznaczamy kolejno w przedziałach zmienności x:

x ∈ (−∞; − π 6 x

∫

F(X) =

x

f(t)dt =

−∞

∫0dt = 0

−∞

 x ∈− π ; π  6 6 −π 6

x

∫

F(X) =

f(t)dt =

−∞

∫

x

f(t)dt +

−∞

 π

∫ costdt = F − 6  + [sint ]

−π 6

x

−

π 6

=

  0 + sinx − sin  − π  = sinx + 1 2  6  x ∈  π ; ∞) 6 π 6

x

F(X) =

∫

f(t)dt =

−∞

x

  f(t)dt + 0dt = F π  = sin π + 1 = 1 6 2 6 π −∞

∫

∫ 6

MoŜna więc zapisać dystrybuantę następująco:

  0   F(x) = sinx + 1 2    1 

 

P X
e) i P X > 2 .

(

)

gdy x ∈ (– ∞; 1〉 gdy x ∈ (1; e) gdy x ∈ 〈e; ∞)

 0  f(x) = alnx  0 

Zadanie 29. Wyznacz dystrybuantę dla funkcji gęstości danej wzorem:

1 x 4 e  1 4 f(x) =  x −1    0

gdy x ∈ (– ∞; 0〉 gdy x ∈ (0; 1〉 gdy x ∈ (1; 2) gdy x ∈ 〈 2; ∞)

Zadanie 30. Wyznacz stałą a i dystrybuantę dla funkcji gęstości prawdopodobieństwa danej

wzorem:

  0  f(x) =  − sinx   1 e −x  2

gdy x ∈ ( −∞; − a 〉 gdy x ∈ ( −a; 0〉 gdy x ∈ (0; ∞ )

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

135

6. algebra macierzy Do podstawowych wiadomości z zakresu algebry macierzy naleŜą działania na macierzach i ich własności, obliczanie wyznacznika i rzędu macierzy, a takŜe wyznaczanie macierzy odwrotnej. Zaczniemy od przedstawienia definicji i rodzajów macierzy.

6.1. wiadomości podstawowe Macierzą prostokątną m × n o m wierszach i n kolumnach nazywamy funkcję, która kaŜdej parze uporządkowanej liczb naturalnych (i; j), gdzie i∈{1 , 2, 3, ..., m} , j∈ {1 , 2, 3, ..., n} , przyporządkowuje liczbę aij. Macierz ma zatem m wierszy i n kolumn, więc w szczególnym przypadku moŜe mieć jedną kolumnę lub jeden wiersz – wektor kolumnowy lub wierszowy. KaŜda liczba teŜ jest macierzą. Oto przykłady macierzy:

 2 3  − 8 0

 3 4 − 8 0  −1 − 5 7 3  8 4 4 4  

[5]

0  0  2  

[3

−4 0 −9

]

0 0 0  0

3 0 0  9

Macierze oznacza się zazwyczaj wielkimi literami A, B, C... Czasami dla oznaczenia wymiarów uŜywamy teŜ indeksu dolnego – A m × n to macierz o m wierszach i n kolumnach. Ogólna postać macierzy jest następująca:

am × n

 a11 a 12 a a 22 =  21    a m1 a m2

 a 1n   a 2n      a mn 

Wśród macierzy prostokątnych naleŜy wyróŜnić macierze kwadratowe, czyli takie, które mają równą liczbę wierszy i kolumn. Mówimy, Ŝe taka macierz postaci A m × n jest macierzą kwadratową stopnia m. Wśród przedstawionych powyŜej przykładowych macierzy pierwsza i trzecia są kwadratowe – odpowiednio drugiego i pierwszego stopnia. Macierze, w których spełniony jest warunek aij = aji nazywamy macierzami symetrycznymi. Przykładowe macierze symetryczne wyglądają w ten sposób:

 3 −3 6  −3 0 5  6 5 1 

0 3  3 2

8 11  − 4 −6  −6 5 3 1  8 3 −2 7    1 7 0  11

Kolejny rodzaj to macierze diagonalne, czyli takie, w których wszystkie elementy z wyjątkiem połoŜonych na głównej przekątnej są równe zero. Główna przekątna to elementy aii macierzy kwadratowej. Oto przykłady macierzy diagonalnych:

0 0 2 0 −8 0 0 0 4 

136

 −1 0  0 3

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Wśród macierzy diagonalnych wyróŜniamy takie, w których na głównej przekątnej znajdują się jedynki – są to macierze jednostkowe (oznaczamy je literą I), na przykład:

[1]

1 0 0  0

1 0 0  0 1 0  0 0 1   

1 0  0 1 

0 0 0

1 0 0  0 1 0



0 0 1 

NaleŜy tu teŜ wspomnieć o tak zwanych macierzach zerowych, w których wszystkie elementy macierzy są równe zero. Nie muszą one koniecznie być macierzami kwadratowymi:

0 0  0 0

0 0  0 0  0 0   

0 0 0 0  0 0 0 0

Teraz przedstawimy proste działania na macierzach oraz ich własności. Pierwszym działaniem jest transponowanie (T), które polega na zamianie wierszy z kolumnami macierzy. Operacja ta moŜe spowodować zmianę rozmiarów macierzy. Spójrzmy:

 2 5 −5 A=  −7 8 0

 2 −7  AT =  5 8  −5 0 

 4 − 6 5 B =  −8 10 9  1 5 0  

 4 − 8 1 BT =  −6 10 5  5 9 0  

Transponować moŜemy dowolną macierz. Prawdziwy jest przy tym oczywiście wzór: (at)t = a Dodawać i odejmować moŜna tylko macierze o takich samych wymiarach. Wykonując te działania, po prostu dodajemy lub odejmujemy odpowiednie elementy macierzy:

 3 −9 0 A= 2 −1 −1

 2 − 9 1 B= 7 5  −9

 5 −18 1 A+B=  6 4  −7

 1 0 −1 A−B=  11 −8 − 6

Podobnie niezbyt skomplikowane jest mnoŜenie macierzy przez liczbę – wtedy mnoŜymy przez liczbę wszystkie elementy macierzy. Spójrzmy:

 5 − 9 9 8 − 4 A =  −1 − 3 0 0 5  −1 7 0 1 2  

 10 −18 18 16 −8 2A =  −2 −6 0 0 10  −2 14 0 2 4  

Dla powyŜszych działań prawdziwe są wzory: a+B=B+a a + (B + C) = (a + B) + C k⋅⋅(a ± B) = k⋅⋅a ± k⋅⋅B, k ∈ R POWRÓT DO SPISU TREŚCI

137

Bardziej skomplikowanym działaniem jest mnoŜenie macierzy przez macierz. Dla wykonalności tego działania musi być spełniony warunek, Ŝe liczba kolumn pierwszej macierzy jest równa liczbie wierszy drugiej macierzy. W wyniku mnoŜenia powstaje macierz, w której jest tyle wierszy, ile było w pierwszej macierzy i tyle kolumn, ile było w drugiej. MoŜna to zapisać następująco:

Am × p ⋅ Bp × n = Cm × n Element cij powstałej macierzy C jest sumą iloczynów odpowiednich elementów i-tego wiersza macierzy A i j-tej kolumny macierzy B. PoniŜej przedstawiamy przykład, który ilustruje sposób mnoŜenia macierzy przez macierz. Przykład 187. Wykonaj mnoŜenie macierzy A⋅B, B⋅ C, D ⋅ E, E⋅ D:

 2 3 A = 1 7    9 0 

 3 1 2 7 B= 2 5 −3 0

6  0  3 − 4 C=  1  −1 5  3

 3  4 D=   2  −1

E = [4 1 − 5 − 2]

Rozwiązanie:

A3 × 2 ⋅ B2 × 4

 2 3  3 1 2 7 = = M3 × 4 = 1 7  ⋅  2 5 − 3 0 9 0 

 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ 2 2 ⋅ 1 + 3 ⋅ 5 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ ( −3) 2 ⋅ 7 + 3 ⋅ 0   12 17 − 5 14  = 1 ⋅ 3 + 7 ⋅ 2 1 ⋅ 1 + 7 ⋅ 5 1 ⋅ 2 + 7 ⋅ ( −3) 1 ⋅ 7 + 7 ⋅ 0  =  17 36 −19 7      18 63 9 ⋅ 3 + 0 ⋅ 2 9 ⋅ 1 + 0 ⋅ 5 9 ⋅ 2 + 0 ⋅ ( −3) 9 ⋅ 7 + 0 ⋅ 0  27 9 6  0    3 1 2 7   3 − 4 ⋅ B2 × 4 ⋅ C4 × 2 = M2 × 2 =  =  1  2 5 − 3 0   −1   5  3

3 ⋅ 6 + 1 ⋅ (− 4) + 2 ⋅ 1 + 7 ⋅ 5   22 51  3 ⋅ 0 + 1 ⋅ 3 + 2 ⋅ ( −1) + 7 ⋅ 3 =  =  18 −11 2 ⋅ 0 + 5 ⋅ 3 + ( − 3 ) ⋅ ( − 1 ) + 0 ⋅ 3 2 ⋅ 6 + 5 ⋅ ( − 4 ) + ( − 3 ) ⋅ 1 + 0 ⋅ 5    

 3  4 D4 × 1 ⋅ E1 × 4 = M4 × 4 =   ⋅ [4 1 −5 − 2] =  2    −1 3 ⋅1 3 ⋅ ( − 5) 3 ⋅ ( − 2)   12  3⋅4  4⋅4 4 ⋅ 1 4 ⋅ ( − 5 ) 4 ⋅ ( −2)   16 = = 2 ⋅1 2 ⋅ ( − 5) 2 ⋅ ( −2)   8  2⋅4 ( − 1) ⋅ 4 ( − 1) ⋅ 1 ( − 1) ⋅ ( − 5) ( − 1) ⋅ ( − 2)   − 4 E1 × 4 ⋅ D4 × 1 = M1 × 1 = [4 1 − 5

138

3 −15 4 − 20 2 −10 −1 5

− 6 − 8  − 4 2 

 3  4 − 2 ] ⋅   = [4 ⋅ 3 + 1 ⋅ 4 + ( − 5 ) ⋅ 2 + ( −⋅2 ) ⋅ ( − 1) ] = [8 ]  2    − 1

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 31. Wykonaj mnoŜenie macierzy A ⋅ B, B ⋅ A, C ⋅ D, D ⋅ C, E ⋅ F, F ⋅ E (jeśli jest wy-

konalne):

3 − 5  5  4 0 1   B =  −5 − 2 6 3 − 2  7  0 0 9

2 0 − 4 −1 1 A=  7 6 − 3 1 0 

 0 5 D=   − 2 12

3 E = 2   5 

 6 10 C=   −4 3 

F = [− 9 − 8 2]

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

139

6.2. wyznacznik macierzy Z kaŜdą macierzą kwadratową związana jest liczba zwana jej wyznacznikiem. Nie będziemy zagłębiać się w skomplikowaną definicję wyznacznika, a przedstawimy jedynie sposoby jego obliczania. NaleŜy przy tym zapamiętać, Ŝe wyznacznik moŜna wyliczyć tylko dla macierzy kwadratowej. Wyznacznik z macierzy stopnia pierwszego, czyli z liczby, równy jest tej liczbie, na przykład:

[]

[ ]

det 3 = 3

det − 5 = −5

[]

det 0 = 0

Wyznacznik macierzy kwadratowej stopnia drugiego obliczamy następująco:

a det  11 a21

a12 a22

  = a11 ⋅ a22 − a21 ⋅ a12

Aby obliczyć wyznacznik macierzy stopnia trzeciego, moŜna zastosować regułę Sarrusa, którą ilustruje poniŜszy schemat:

 a11 det a 21 a  31 a11 a 21

a12 a 22 a 32 a12 a 22

a13  = a ⋅ a ⋅ a + a ⋅ a ⋅ a + a ⋅ a ⋅ a 11 22 33 21 32 13 31 12 23 a 23   − a ⋅ a ⋅ a − a ⋅ a ⋅ a − a ⋅ a ⋅ a 31 22 13 11 32 23 21 12 33 a 33  a13 a 23

Przepisujemy pod macierzą jej dwa pierwsze wiersze, następnie dodajemy i odejmujemy iloczyny elementów, jak wskazują linie pomocnicze. Przykład 188. Oblicz wyznaczniki macierzy:

 − 8 5 det   = (−8) ⋅ 0 − 2 ⋅ 5 = −10  2 0

3 det 8 4  3 8

− 5 det  1  − 3 −5 1

140

2 6 0 2 6

2  4 det   = 4 ⋅ (−3) − (−7) ⋅ 2 = 2  −7 − 3

5 7 = 3 ⋅ 6 ⋅1 + 8 ⋅ 0 ⋅ 5 + 4 ⋅ 2 ⋅ 7 − 4 ⋅ 6 ⋅ 5 − 3 ⋅ 0 ⋅ 7 − 8 ⋅ 2 ⋅1 = −62 1 5 7

4 0 2 − 1 = (−5) ⋅ 2 ⋅ 0 + 1 ⋅1 ⋅ 0 + (−3) ⋅ 4 ⋅ (−1) − (−3) ⋅ 2 ⋅ 0 − (−5) ⋅1 ⋅ (−1) − 1 ⋅ 4 ⋅ 0 = 7  1 0 4 0 2 −1

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Obliczanie wyznaczników macierzy stopni wyŜszych niŜ trzeci jest nieco bardziej skomplikowane i wymaga zastosowania twierdzenia Laplace’a. Zanim je przedstawimy, wprowadzimy pojęcia takie jak minor i dopełnienie algebraiczne. Minorem Mij macierzy kwadratowej nazywamy wyznacznik macierzy powstałej z usunięcia i-tego wiersza i j-tej kolumny danej macierzy. Dopełnieniem algebraicznym elementu aij, które oznaczamy Dij, nazywamy iloczyn (−1)i+j⋅Mij. Przykład 189. Dla macierzy A oblicz M21, M33 oraz D21, D33:

3 2 4 A = 8 9 2 1 0 7     2 4 M21 = det  = 2 ⋅ 7 − 4 ⋅ 0 = 14 0 7 

D21 = (–1)2 + 1 · M21 = –1 · 14 = –14

3 2 M 33 = det  = 3 ⋅ 9 − 8 ⋅ 2 = 11 8 9 

D33 = (–1)3 + 3 · M33 = –1 · 11 = –11

Twierdzenie Laplace’a: Wyznacznik macierzy kwadratowej jest równy sumie iloczynów kaŜdego elementu dowolnego wiersza (dowolnej kolumny) i odpowiadającemu temu elementowi dopełnienia algebraicznego. Aby zastosować powyŜsze twierdzenie, naleŜy wybrać dowolny wiersz lub kolumnę macierzy i wyliczyć dla elementów tego wiersza lub kolumny dopełnienia algebraiczne. W ten sposób z jednego wyznacznika powstanie kilka wyznaczników z macierzy stopnia o jeden mniejszego niŜ stopień macierzy wyjściowej. Przykład 190. Oblicz wyznacznik macierzy:

1 5 det  3  3

2 3 4  2 3 4 6 6 1  = 3 ⋅ D31 + 4 ⋅ D32 + 0 ⋅ D33 + 0 ⋅ D34 = 3 ⋅ ( −1)3 + 1⋅ det 6 6 1 + 4 0 0 5 7 1  5 7 1

+ 4 ⋅ ( −1)

3+ 2

1 3 4 ⋅ det 5 6 1  = 3 ⋅ 1 ⋅ 43 + 4 ⋅ ( −1) ⋅ 61 = −115 3 7 1 

Wybraliśmy trzeci wiersz, poniewaŜ w nim było najwięcej zer. Dzięki temu po zastosowaniu twierdzenia Laplace’a zostały do wyliczenia tylko dwa, a nie cztery wyznaczniki stopnia trzeciego. Te wyznaczniki policzyliśmy, stosując regułę Sarrusa, choć moŜna było teŜ zastosować jeszcze raz twierdzenie Laplace’a.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

141

Przykład 191. Oblicz wyznacznik macierzy:

 −1 0 4 −3 −2  0 3 4 1 −1  det  1 0 0 4 3 = 0 ⋅ D12 + 3 ⋅ D22 + 0 ⋅ D32 + 0 ⋅ D 42 + ( −2)⋅D52 =   0 1 6 − 2  5  3 −2 −1 2 2  −1 4 −3 − 2  −1    0 1 0 4 3 + (−2 ) ⋅ (−1)5 + 2 ⋅ det = 3 ⋅ (−1)2 + 2 ⋅ det  5  1 1 6 − 2    2  3 −1 2  5

4 − 3 − 2 4 1 −1 = 0 4 3  1 6 − 2

Wybraliśmy drugą kolumnę. Teraz w kaŜdej z macierzy trzeciego stopnia wybieramy drugi wiersz i znowu stosujemy rozwinięcie Laplace’a. Na koniec zastosujemy teŜ regułę Sarrusa.

3 ⋅1⋅ [1⋅ D21 + 0 ⋅ D22 + 4 ⋅ D23 + 3 ⋅ D24 ] + ( −2 ) ⋅ ( −1) ⋅ [0 ⋅ D21 + 4 ⋅ D22 + 1⋅ D23 + ( −1) ⋅ D24 ] =

  −1 4 −3   −1 4 −2  4 −3 −2        2 +1 2+3 2+ 4 = 3⋅1⋅ (−1) ⋅ det 1 6 −2+ 4 ⋅ (−1) ⋅ det  5 1 −2+ 3⋅ (−1) ⋅ det 5 1 6  +   3 −1 2  −1 2 2  3 −1 2    −1 4 −3  −1 4 −2  −1 −3 −2        2+2 2 +3 2+4 + 2 ⋅ 4 ⋅ (−1) ⋅ det  1 4 3 +1⋅ (−1) ⋅ det 1 0 3 + (−1) ⋅ (−1) ⋅det 1 0 4 =   5 1 6  5 1 −2  5 6 −2  = 3 ⋅ [1⋅ (−1) ⋅ 48 + 4 ⋅ (−1) ⋅ (− 48) + 3 ⋅1⋅ 48] + 2 ⋅ [4 ⋅1⋅ 3 + 1⋅ (−1) ⋅ 69 + (−1) ⋅1⋅ 57] = 636 Rozwiązanie powyŜszego przykładu było dosyć pracochłonne. Wyznaczniki moŜna liczyć nieco sprawniej, znając ich własności. NaleŜy wiedzieć, Ŝe jeśli macierz zawiera wiersz lub kolumnę złoŜoną z samych zer, lub jeśli elementy dwóch wierszy czy dwóch kolumn są identyczne albo proporcjonalne, to wyznacznik takiej macierzy wynosi zero. Oto przykłady takich macierzy:

5 −3 −4 det 0 0 0 = 0   8 5 7

3 −1 3  5  4 5 7 5 =0 det   −1 − 6 10 − 6  0 0 5 0 

 3 4 − 2 det 7 8 0 = 0   6 8 − 4

W pierwszej macierzy drugi wiersz składa się z samych zer, w drugiej druga i czwarta kolumna są identyczne, a w trzeciej pierwszy i trzeci wiersz są proporcjonalne, bo elementy trzeciego wiersza są dwa razy większe od elementów drugiego wiersza tej macierzy. Dlatego wyznaczniki wszystkich powyŜszych macierzy wynoszą zero.

142

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

O powyŜszych macierzach moŜna teŜ powiedzieć, Ŝe są osobliwe. Macierz osobliwa to taka macierz, której wyznacznik wynosi zero. NajwaŜniejsza własność wyznaczników, która znacznie ułatwia ich obliczanie, jest następująca: wartość wyznacznika nie ulega zmianie, jeśli do elementów dowolnego wiersza (dowolnej kolumny) dodamy odpowiadające im elementy innego wiersza (innej kolumny) pomnoŜone przez dowolną liczbę rzeczywistą. Dzięki tej własności moŜna, licząc wyznacznik, najpierw przekształcić macierz do takiej postaci, Ŝe jeden wiersz lub kolumna będzie zawierać same zera, za wyjątkiem jednego elementu. W ten sposób zawsze po zastosowaniu rozwinięcia Laplace’a pozostanie nam tylko jeden wyznacznik z macierzy stopnia o jeden niŜszego od stopnia macierzy wyjściowej. Stosujemy w naszych przykładach oznaczenia pomocnicze – w’ i k’ oznaczają wiersz lub kolumnę po zastosowaniu operacji. Przykład 192. Oblicz wyznacznik macierzy:

2 4 det  8 1 

3 2 7 1

3 1 −2 2 2 −1 1 −2 w2 ' = w2 + w1 ⋅ ( −1)  = det  3 0 w3 ' = w3 + w1 ⋅ (−3) 2 − 2 1 1 0 3 

1 −2 0 0 = 0 6 0 3

 2 − 1 0 1 ⋅ D13 + 0 ⋅ D23 + 0 ⋅ D33 + 0 ⋅ D43 = 1 ⋅ (−1)1 + 3 ⋅ det 2 − 2 6 = 1 ⋅ 1 ⋅ (−24 ) = −24 1 1 3 Najpierw do wiersza drugiego dodaliśmy wiersz pierwszy pomnoŜony przez −1, a do wiersza trzeciego wiersz pierwszy pomnoŜony przez −3. W ten sposób w kolumnie trzeciej otrzymaliśmy trzy zera. Zdecydowaliśmy się zerować trzecią kolumnę, poniewaŜ było w niej juŜ jedno zero i do tego była jedynka, co jest znacznym ułatwieniem. Kiedy chcemy otrzymać zera w kolumnie, dodajemy do siebie wiersze, i odwrotnie: gdy zerujemy wiersz, dodajemy do siebie kolumny. Czasami w macierzy moŜe nie być jedynki i zerowanie będzie wtedy trudniejsze. Musimy pamiętać, Ŝe nie wolno wykonywać przy wyznaczniku Ŝadnej innej operacji, na przykład mnoŜenia wiersza przez inną liczbę. MoŜna wtedy stosować rozwinięcie Laplace’a od razu, jak czyniliśmy to w poprzednich przykładach. MoŜna teŜ „poszukać” najpierw jedynki za pomocą tej jednej dopuszczalnej operacji, a potem wyzerować wiersz lub kolumnę (oprócz jednego elementu). Przykład 193. Zbadaj, czy macierz A jest osobliwa:

2 7  A = 3 3   5

3 −4 2 5 4 3 3 2  3 − 4 −2 3 6 −8 8 12  4 2 2 −3

Aby zbadać, czy macierz jest osobliwa, naleŜy po prostu obliczyć jej wyznacznik i sprawdzić, czy jest równy zeru. POWRÓT DO SPISU TREŚCI

143

W naszej macierzy nie ma jedynki, więc najlepiej ją wygenerować. My dodamy do wiersza drugiego wiersz pierwszy pomnoŜony przez −1. W ten sposób będziemy mieć jedynkę na pozycji „22” i dalej będziemy postępować jak w przykładzie poprzednim: 2 5 2 5 2 3 − 4 2 3 − 4 5 1 7 7 4 1 − 3 3 3 2 w2 ' = w2 + w1 ⋅ (−1)     = det  3 3 − 4 − 2 det  3 3 − 4 − 2 3 3 8 12 8 12 3 6 − 8 3 6 − 8  5 4  5 4 2 2 − 3 2 2 − 3

w1 ' = w1 + w 2 ⋅ (− 3)

 −13  5  w 3 ' = w 3 + w 2 ⋅ (− 3) = det  −12  −27 w 4 ' = w4 + w 2 ⋅ (− 6)  w 5 ' = w 5 + w 2 ⋅ (− 4)  −15

0 1 0 0 0

 −13  −12 + 0 ⋅ D42 + 0 ⋅ D52 = 1 ⋅ ( −1)2 + 2 ⋅ det   − 27   15

−25 −1 7 1 −25 −5 2 −50 −26 −2

14 −3  12 = 0 ⋅ D 12 + 1 ⋅ D 22 + 0 ⋅ D 32 + 30  9

− 25

−1 14 − 25 −5 12 w2 ' = w2 + w1 ⋅ (−5) = −50 2 30 w3 ' = w3 + w1 ⋅ 2  − 26 − 2 9 w4 ' = w4 + w1 ⋅ (−2)

14  −13 − 25 −1  53 100 0 − 58 = 1 ⋅ 1 ⋅ det  = 1⋅1⋅ 0 = 0 − 53 −100 0 58   24 0 −19  41 Wyznacznik ostatniej macierzy jest równy zero, poniewaŜ wiersze drugi i trzeci są proporcjonalne (wiersz trzeci równy jest wierszowi drugiemu pomnoŜonemu przez liczbę −1). Zatem macierz A jest osobliwa. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 32. Oblicz wyznaczniki macierzy:

3 1  0 A =  − 3 − 4 2  3 7 − 1  0 1 D = 1  1  1

144

1 0 1 1 1

1 1 0 1 1

1 1 1 0 1

1 1 1  1 0

3 2 B= 3 4 

2 − 5 4 6 −4 3  5 − 3 0 6 1 1

3 4 E = 5  8  1

4 5 5 5 5 5 5 5 0 9 10 10 0 0 −5

 3 4 −2 −3  5 4 2 2 C= 6 5 5 4  4 4  5 4 2  −2 −5 −2 5 0 0  5 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

7 4 3  6 2

6.3. Rząd macierzy Rząd macierzy to maksymalna liczba liniowo niezaleŜnych wierszy (kolumn) macierzy. Definicja ta pozwala wyznaczyć rząd macierzy (rz). Wystarczy tylko rozumieć pojęcie wektora liniowo niezaleŜnego. Obok metody wynikającej z definicji moŜna teŜ wyznaczyć rząd macierzy, sprowadzając macierz do postaci bazowej lub korzystając z twierdzenia, które mówi, Ŝe rząd macierzy jest równy najwyŜszemu ze stopni jej nieosobliwych podmacierzy. Obliczanie rzędu z twierdzenia bywa dość pracochłonną metodą, stąd poniŜej przedstawiamy tylko dwa prostsze sposoby. Najszybciej oblicza się rząd macierzy z definicji. Wektorem liniowo niezaleŜnym jest wiersz lub kolumna, której elementy za wyjątkiem jednego są równe zero. Wiersz lub kolumna złoŜona z samych zer nie jest liniowo niezaleŜna. Podobnie jak przy wyznaczniku będziemy zatem przekształcać wiersz lub kolumnę do postaci, w której tylko jeden element będzie niezerowy, z tym Ŝe później będziemy wykreślać taki wiersz i kolumnę lub taką kolumnę i wiersz, w których znajduje się ten element. W ten sposób znajdujemy kolejne liniowo niezaleŜne wektory. Przykład 194. Wyznacz rząd macierzy:

2 2  rzA = rz 0  0  5

3 −1 2 1 1 2 0 5 = rz  0  0 0  5 8 1

3 −1 2 3 1 1 = 1 + rz 2 1 = 0 5  5 8  8 1 k1 '= k1 + k 2 ⋅ (–2 )

 − 4 3  −4  = 1 + rz  0 1 = 1 + 1 + rz  = 1+1+1 = 3   −11   −11 8 Najpierw usunęliśmy wiersz czwarty, bo składał się z samych zer – wskutek tej operacji rząd macierzy nie zmienił się. Następnie okazało się, Ŝe wiersz trzeci jest liniowo niezaleŜny – usunęliśmy go wraz z trzecią kolumną, bo leŜała na skrzyŜowaniu niezerowego elementu. Skoro był to wiersz liniowo niezaleŜny, to piszemy „1+ rząd macierzy, która pozostaje”. Następnie wykonaliśmy operację na kolumnach i znowu wiersz drugi był liniowo niezaleŜny. Rząd z macierzy składającej się z jednego wiersza lub jednej kolumny wynosi jeden, jeśli nie jest to wiersz lub kolumna zer, więc w sumie rzA = 3. Gdy liczyliśmy wyznacznik, operacja wykorzystana w powyŜszym przykładzie była jedyną dopuszczalną. Dla rzędu dopuszczalne są teŜ inne – są to tak zwane operacje elementarne, które nie zmieniają rzędu macierzy. Oto one: •

zamiana kolejności wierszy lub kolumn macierzy,

•

pomnoŜenie wiersza lub kolumny macierzy przez dowolną liczbę róŜną od zera,

•

dodanie do elementów jednego wiersza (jednej kolumny) odpowiednich elementów innego wiersza (innej kolumny) pomnoŜonych przez dowolną liczbę rzeczywistą.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

145

NaleŜy pamiętać, Ŝe operacje elementarne nie zmieniają rzędu macierzy i moŜna je wykonywać zarówno na wierszach, jak i na kolumnach macierzy. Operacją, która nie zmienia wyznacznika macierzy, jest tylko trzecia z wymienionych powyŜej. Przykład 195. Wyznacz rząd macierzy:

1 1 0 2  2  3 − 4 −1 −3 w = w + w ⋅ 3 12 2 3  2' rzA = rz  = rz  2 2 1 3  3 3   3 1 1 0  

1 2 2 1

1 5 2 1

0 0 = 1 0

 2 1 1 2 1 1 8 3 = 3 + rz[3] = 4 = 1+ rz 12 2 5 w2' = w 2 + w1⋅ ( −2 ) = 1 + rz 8 0 3 = 2 + rz      1 0   3 1 1 w3' = w3 + w1 ⋅ ( –1)  1 0 0 Przykład 196. Wyznacz rząd macierzy:

 1 1 1 −1 2  1 1 1 −1 2 rzA = rz 4 4 4 4 5 w2 ' = w 2 + w1 ⋅ (− 4)= rz 0 0 0 8 −3 =     0 5 0 5 0 0 5 0 5 0

0 0 8 −3 = 1 + rz  = 2 + rz[0 8 −3] = 2 + 1 = 3 5 0 5 0 Innym sposobem na obliczanie rzędu macierzy jest sprowadzenie macierzy do postaci bazowej, zwanej teŜ postacią kanoniczną. Wygląda ona następująco (kaŜda z trzech postaci jest postacią kanoniczną):

 I M O 1 O 2 

I O

[I

M]

[I]

I jest macierzą jednostkową dowolnego stopnia, O jest macierzą zer, a M jest dowolną macierzą. Rząd macierzy w postaci bazowej równy jest stopniowi macierzy jednostkowej w tej postaci. Algorytm sprowadzania macierzy do postaci bazowej jest następujący: 1)

tworzymy jedynkę na pozycji „11”,

2)

tworzymy zera na pozostałych pozycjach pierwszej kolumny,

3)

tworzymy jedynkę na pozycji „22”,

4)

tworzymy zera na pozostałych pozycjach drugiej kolumny itd.

Tworząc jedynki, najlepiej przestawiać kolejność kolumn lub wierszy. Jeśli w innej części macierzy nie ma jedynki, naleŜy pomnoŜyć wiersz lub kolumnę przez dowolną liczbę róŜną od zera (zazwyczaj ułamek) albo spróbować uzyskać jedynkę za pomocą trzeciej operacji elementarnej (wtedy unikniemy ułamków). Tworząc zera, zawsze najlepiej korzystać z trzeciej operacji elementarnej.

146

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Przykład 197. Wyznacz rząd macierzy:

1 2 2  1 2 2 2  1 2 2 2 2 rzA = rz  3 −2 0 −2 = rz  −2 3 0 −2 w2' = w2 + w1 ⋅ 2 = rz 0 7 4 2       0 7 4 2  −1 5 2 0 w3' = w3 + w1 ⋅ 1 5 −1 2 0 k1 ↔ k 2

 1 2 2  1 w 2 ' = w 2 ⋅ = rz 0 1 4 7 7   0 7 4 

  6 10  2 1 0 7 7  = + ⋅ − w w w ( 2 ) 1 2  1'   2 = rz 0 1 4 2  = 2 7 7 7   w 3 ' = w 3 + w 2 ⋅ (−7 ) 0 0 0 0  2     

Najpierw zamieniliśmy kolejnością kolumny pierwszą i drugą, co pozwoliło szybko uzyskać jedynkę na pozycji „11”. Potem zerowaliśmy kolumnę pierwszą. Dla uzyskania jedynki na pozycji „22” mogliśmy juŜ tylko pomnoŜyć wiersz przez ułamek. Po wyzerowaniu drugiej kolumny uzyskaliśmy postać bazową, w której macierz jednostkowa była stopnia drugiego, więc rząd macierzy A wynosi 2. Przykład 198. Wyznacz rząd macierzy:

1 2  2 rzA = rz  4 1  2

2 1 5 1 3 1

3 3 4 2 2 4

4 1 0  4 w 2 ' = w 2 + w 1 ⋅ (− 2)  0 1  w 3 ' = w 3 + w 1 ⋅ (− 2) = rz   ' 3 w 4 = w 4 + w 1 ⋅ (− 4) 0 0 4 w 5 ' = w 5 + w 1 ⋅ (− 1)   3 w 6 ' = w 6 + w 1 ⋅ (− 2) 0

2 −3 1 −7 1 −3

3 −3 −2 −10 −1 −2

4 −4 w 2 ↔ w 3 −7  =  −13 0  −5

3 4 w1 ' = w1 + w2 ⋅ (−2 ) 7 18 1 2 1 0 0   1 −2 −7 0 1 −2 −7      0 −3 −3 −4 w3 ' = w3 + w 2 ⋅ 3 0 0 − 9 − 25 w3 ↔ w5 = rz  = rz  = 0 −7 −10 −13 w4 ' = w4 + w2 ⋅ 7 0 0 −24 − 62     1 −1 0 w5 ' = w5 + w1 ⋅ (−1) 1 7 0 0 0 0 −3 −2 −5 w ' = w + w ⋅ 3 0 0 − 8 −26 6 1   6   1 0  0 = rz  0  0 0 

0 7 18 w1 ' = w 1 + w 3 ⋅ ( −7) 1  0 ' 1 − 2 −7 w 2 = w 2 + w 3 ⋅ 2   0 1 7 0 = rz   ' 0 −24 −62 w 4 = w 4 + w 3 ⋅ 24 0   0 −9 −25 w 5 ' = w 5 + w 3 ⋅ 9 0  0 ' 0 −8 −26 w 6 = w 6 + w 3 ⋅ 8 

0 1 0 0 0 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

0 −31 0 7  1 7 = 0 106 w 3 ' = w 3 ⋅ 1  106 0 38 0 30

147

1 0  0 = rz  0  0 0 

0 1 0 0 0 0

0 − 31 w1' = w1 + w 4 ⋅ 31 1  0 ' 0 7 w 2 = w 2 + w 4 ⋅ (− 7)   1 7  w 3' = w 3 + w 4 ⋅ (− 7) 0 = rz   0 1 0   0 38  w 5' = w 5 + w 4 ⋅ (− 38) 0  0 ' 0 30  w 6 = w 6 + w 4 ⋅ (− 30) 

0 1 0 0 0 0

0 0 1 0 0 0

0 0  0 =4 1  0 0

Przykład 199. Wyznacz rząd macierzy:

3 4 2  w1 ↔ w 2  3 −3 −1 4 2  −1 −3 = rzA = rz   = rz  1 3 −3 5 5 − 3 3 1 5 5     k1 ↔ k 3

 1 3 − 3 5 5  1 3 − 3 5 5 = rz  = rz  = 3 4 2 w 2 ' = w 2 + w1 ⋅1 0 9 7  − 1 − 3 0 0 k 2 ↔k 4

 1 5 − 3 3 5 w = w + w ⋅ (−5)  1 5 −3 3 5 1 2  = rz  = rz =a 7 1 1  0 1 0 0 9  0 9 0 0 7  w 2 = w 2 ⋅ 9

 10   1 0 −3 3 9  rz  =2 0 1 0 0 7  9  Przykład 200. Wyznacz rząd macierzy:

1 2 1 2 w1 ' = w1 + w 2 ⋅ (– 2) 1 0 = rz  rzA = rz   w ' = w + w ⋅ (−3)= rz 0 1  =2 3 7 2 1   2   0 1  Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe metoda z definicji jest szybsza. Jednak umiejętność sprowadzania macierzy do postaci bazowej jest bardzo potrzebna, na przykład przy obliczaniu macierzy odwrotnej lub rozwiązywaniu równań i nierówności liniowych.

148

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 33. Oblicz rząd macierzy:

1 4 0 2 −3 A = 0 0 2 1 −1 2 3 −3 0 2 

3 1 1  B = 3 4 5  6 3 4   

1 1 1 1 1  1  2 1 2 1 2 2 D= 3 2 3 3 2 3   −1 −2 −2 −2 −3 −3

1 1 2  0

4 3 C = 5  7 8

2 4 6  7 8

0 0 0 0 0 0  E= 0 0 0 0 0 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

149

6.4. macierz odwrotna 1 1 , do liczby –2 jest nią − i tak dalej. Liczby odwrotne 3 2 mają tę własność, Ŝe ich iloczyn wynosi jeden. Podobnie jest z macierzami. Iloczyn macierzy odwrotnych równy jest macierzy jednostkowej I. Macierz odwrotną do macierzy A oznaczamy symbolem A–1. Macierze te spełniają warunek: Liczbą odwrotną do liczby 3 jest

a⋅a

−1

−1

= a ⋅a =i

Macierze odwrotne istnieją zatem tylko dla macierzy kwadratowych. Macierz odwrotna nie istnieje dla macierzy osobliwej (nie istnieje liczba odwrotna dla liczby zero). Pierwszą metodą wyznaczania macierzy odwrotnej moŜe być metoda z definicji, ale jest ona nader pracochłonna, więc nie prezentujemy jej poniŜej. Inny sposób wynika z następującego twierdzenia: Twierdzenie: Jeśli macierz kwadratowa A jest macierzą nieosobliwą, to istnieje do niej macierz odwrotna A–1 i zachodzi wzór: a −1 =

1 ⋅ ad deta

Ad jest transponowaną macierzą dopełnień algebraicznych. Macierz dopełnień algebraicznych ma postać:

 D 11 D 12 D D 22 D =  21    D n1 D n2

 D 1n   D 2n      D nn 

Zatem Ad = DT. Przykład 201. Znajdź macierz odwrotną:

3 0  2 A =  −3 1 − 1  2 −2 1  Obliczamy najpierw wyznacznik, aby sprawdzić, czy macierz nie jest osobliwa:

3 0  2 detA = det  − 3 1 − 1 = 2 + 0 − 6 − 0 − 4 + 9 = 1  2 −2 1  2 3 0 −3 1 −1

150

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Teraz obliczamy dopełnienia algebraiczne:

 1 −1 D11 = ( −1)1 + 1 ⋅ det   = −1  − 2 1 1  −3 D13 = ( −1)1 + 3 ⋅ det  =4 − 2 2   2 0   D22 = ( −1)2 + 2 ⋅ det  =2 2 1

 −3 −1 D12 = ( −1)1 + 2 ⋅ det   =1  2 1  3 0 D21 = ( −1)2 + 1 ⋅ det   = −3  − 2 1 3 2 D23 = ( −1)2 + 3 ⋅ det   = 10  2 − 2

3 0 D 31 = ( −1) 3 + 1 ⋅ det   = −3  1 −1

 2 0 D32 = ( −1)3 + 2 ⋅ det  =2 − 3 −1

 2 3 D33 = ( −1)3 + 3 ⋅ det   = 11  −3 1 MoŜemy stworzyć macierz dopełnień i macierz do niej transponowaną oraz macierz odwrotną do A:

− 1  − 1 1 4   d T D = − 3 2 10 ⇒ A = D =  1  4 − 3 2 11

−3 − 3 2 2 10 11

 − 1 − 3 − 3  − 1 − 3 − 3 2 =  1 2 2 A−1 = 1 ⋅  1 2 1    4 10 11 4 10 11     Przykład 202. Znajdź macierz odwrotną i sprawdź poprawność obliczeń przez mnoŜenie:

3  2 A=  − 1 − 2  Postępujemy podobnie jak w poprzednim przykładzie: 3  2 detA = det   = 2 ⋅ ( −2) − 3 ⋅ ( −1) = − 4 + 3 = −1 1 2 − −   D11 = (–1)1 + 1 · det[–2] = –2

D12 = (–1)1 + 2 · det[–1] = 1

D21 = (–1)2 + 1 · det[3] = –3

D22 = (–1)2 + 2 · det[2] = 2

 − 2 1 D=  − 3 2

 − 2 − 3 A d = DT =   1 2

3  −2 −3  2 A −1 = 1 ⋅  = −1  1 2  −1 −2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

151

Sprawdzenie: 2 ⋅ 3 + 3 ⋅ (−2)  1 0  2 3  2 3  2 ⋅ 2 + 3 ⋅ ( −1) A ⋅ A−1 =   ⋅  −1 −2 =  ( −1)⋅ 2 + (− 2)⋅ ( −1) ( −1)⋅ 3 + (− 2)⋅ (− 2) = 0 1 − − 1 2        

Po wymnoŜeniu otrzymaliśmy macierz jednostkową, więc nasze obliczenia były poprawne. Najlepszą metodą obliczenia macierzy odwrotnej wydaje się zastosowanie operacji elementarnych. Jeśli szukamy macierzy odwrotnej do macierzy A, to tworzymy macierz [A I ] i dokonujemy przekształceń elementarnych na wierszach tej macierzy w taki sposób, by otrzymać macierz jednostkową w miejsce macierzy A. Macierz, która powstanie po prawej stronie, będzie szukaną macierzą odwrotną. Postać docelowa jest zatem następująca: I A−1 . NaleŜy pamiętać, Ŝe operacji elementarnych dokonujemy tylko na wierszach macierzy. Oprócz tego postępujemy podobnie jak przy sprowadzaniu macierzy do postaci kanonicznej. Stosując tę metodę, w zasadzie nie musimy liczyć najpierw wyznacznika – jeśli macierz będzie osobliwa, to macierzy jednostkowej nie da się utworzyć, gdyŜ w pewnym momencie obliczeń otrzymamy wiersz zer w lewej części przekształcanej macierzy.

[

]

Przykład 203. Znajdź macierz odwrotną:

 1 1 2 A =  −1 0 1    1 1 3

[A

 1 1 2 1 0 0 I ] =  −1 0 1 0 1 0 w2' = w 2 + w 1 ⋅ 1 ~   '  1 1 3 0 0 1 w3 = w 3 + w 1 ⋅ (−1)

 1 1 2 1 0 0 w1' = w1 + w2 ⋅ (–1) 1 0 −1 0 −1 0 w1' = w1 + w3 ⋅1 0 1 3 1 1 0 ~ 0 1 3 1 1 0 w2' = w2 + w3 ⋅ ( –3)   0 0 1 −1 0 1 0 0 1 –1 0 1 1 1  1 0 0 −1 −1  − 1 −1 0 1 0 4 1 − 3 = I A−1 ⇒ A−1 =  4 1 −3     1 1 0 0 1 − 1 0  −1 0

[

]

Przykład 204. Znajdź macierz odwrotną:

2 0 A= 2 2

152

1 1 2 3

1 2 3 5

2 0  2 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

~

2  [A I ] = 02  2  1 0  2 2 

1 1 2 3

1 2 3 5

2 0 2 2

1 2 1 2 3

1 2 2 3 5

1 1 0 2 0 0 1 2 0 0 2 0 0

 1 1 2 0 1  0 1 0 2 

1 2 2 2 4

1 2 0 0 0 −1 0 −1 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 w2 ' = w2 ⋅ 1 2 0 ~  0 1

 0 0 0 0 ~  ' 1 0 w 3 = w 3 + w1 ⋅ (−2) ' 0 1 w 4 = w 4 + w1 ⋅ (−2)

 1  0 0 0  w1 ' = w 1 + w 2 ⋅  −   2 1 0 0 ~  0 1 0 w 3 ' = w 3 + w 2 ⋅ (−1) 0 0 1 w 4 ' = w 4 + w 2 ⋅ (−2)

  1 1 1  1 0 − 2 1 2 − 2 0 0 0 1 2 0 0 1 0 0   0 0 0 0    Otrzymaliśmy w lewej części macierzy wiersz zer, co oznacza, Ŝe macierz odwrotna nie istnieje – macierz A jest osobliwa. W powyŜszym przykładzie na początku nie moŜna było uzyskać jedynki poprzez przestawienie kolumny pierwszej i drugiej, bo wolno tu wykonywać operacje elementarne tylko na wierszach macierzy. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 34. Wyznacz macierze odwrotne do podanych poniŜej:

1 2 A= 3 1 

2 − 4  6  C = − 1 −4 3   0 1  − 2

 2 1 0 B =  −1 0 0  1 0 1  

2 1 −2 −3 2 1 2 2  D= 0 1 1 0  1 −1 −1 −1  

5 0 E= 5  10

5 1 4 9

1 0 1 2

1 1 0  1

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

153

7. Forma kwadratowa Znajomość form kwadratowych jest niezbędna do badania ekstremum funkcji wielu zmiennych. W tym celu naleŜy przede wszystkim umieć badać określoność formy kwadratowej. Formą kwadratową jest kaŜde wyraŜenie postaci: n

n

f(x, x) = ∑ ∑ a ij x i x j i = 1 j =1

Macierz A, którą tworzymy ze współczynników z powyŜszego wzoru, jest macierzą formy kwadratowej, a jej wyznacznik określa się wyróŜnikiem formy kwadratowej. T

KaŜdą formę kwadratową moŜna zapisać w postaci f(x, x) = x Ax, gdzie x jest wektorem kolumnowym, natomiast A jest symetryczną macierzą współczynników. Na przykład forma kwadratowa 2

2

f(x, x) = x1 + 6x1 x 2 − 2x2 ma macierz postaci: A=

 1 3 , a wektor x postaci x =  x 1   x 2  3 − 2 2

2

Na pozycji „11” wpisujemy współczynnik przy x1 , na pozycji „22” współczynnik przy x 2 , na pozycji „12” i „21” wpisujemy po połowie współczynnika przy x 1x 2 , czyli 3. ZauwaŜmy, Ŝe:

f(x, x) = x Ax = [x 1 x 2 ] ⋅ T

 1 3 ⋅  x 1  = [x + 3x 3x − 2x ] ⋅  x 1  = 1 2 1 2 x  3 − 2  x 2   2

= [( x1 + 3x 2 ) ⋅ x1+ (3x1 − 2x 2 ) ⋅ x 2 ] = x12 + 3x 2 x1+ 3x1x 2 − 2x22 = x12 + 6x1x 2 − 2x22 Przykład 205. Zapisz formy kwadratowe w postaci macierzowej o macierzy symetrycznej: 2

2

2

a)

f(x, x) = 3x1 − 2x2 + x3 − x1 x 2 + 5x 2 x 3

b)

f(x, x) = x1 + 2x2 − x4 + 6x1 x2 − 2x1 x3 + x1 x4 − 8x2 x3 − 10x3 x4

2

2

2

Rozwiązanie:

a)

154

[

f(x, x) = x 1 x 2

  1  3 − 2 0  x   1 5  1 x 3 ]⋅  − −2 ⋅ x 2  2   2  0 5 1  x 3    2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

b)

[

f(x, x) = x 1 x 2

x3

 1  1 3 −1 2   x 1   3 2 − 4 0  x 2  x 4 ]⋅   ⋅ x   −1 − 4 0 − 5  3   1 0 − 5 −1  x 4   2 

Formy kwadratowe dzielimy na: dodatnio określone, ujemnie określone, dodatnio półokreślone (nieujemnie określone), ujemnie półokreślone (niedodatnio określone) oraz formy nieokreślone. Nie będziemy wnikać w definicje, poniewaŜ moŜna je znaleźć w kaŜdym podręczniku, zajmiemy się natomiast badaniem określoności tych form. Warto przy tym skorzystać z twierdzenia Sylvestera. Zgodnie z tym twierdzeniem forma kwadratowa jest: •

dodatnio określona, gdy spełniony jest warunek:

[ ]

det a 11 > 0, det •

ujemnie określona, gdy spełniony jest warunek:

det[a ] < 0, 11

•

a a a   a 11 a 12  > 0, det a 11 a 12 a 13  > 0, ... , detA > 0 21 22 23 a 21 a 22  a a a   31 32 33 

 a 11 a 12 a 13   a 11 a 12    det a 21 a 22  > 0, det a 21 a 22 a 23  < 0, ... a 31 a 32 a 33 

dodatnio półokreślona, gdy spełniony jest warunek:

 a 11 a 12 a 13   a 11 a 12    det[a 11 ] ≥ 0, det a 21 a 22  ≥ 0, det a 21 a 22 a 23  ≥ 0, ... , detA = 0 a 31 a 32 a 33  •

ujemnie półokreślona, gdy spełniony jest warunek:

a det[a 11 ] ≤ 0, det  11 a 21 •

 a 11 a 12  ≥ 0, det a 21 a 22  a 31

a 12 a 22 a 32

a 13  a 23  ≤ 0, ... , a 33 

detA = 0

nieokreślona, gdy nie jest spełniony Ŝaden z powyŜszych warunków.

Przykład 206. Zbadaj określoność formy kwadratowej: 2

2

F(x) = 3x 1 + x 2 − 2x 1 x 2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

155

Rozwiązanie: A=

 3 −1  −1 1

[]

det 3 = 3 > 0, det

 3 −1 = 2 > 0  −1 1

Zatem forma jest dodatnio określona. Przykład 207. Zbadaj określoność formy kwadratowej: 2

2

2

F(x) = −x1 − x2 − x3 + 2x1 x 2 + 2x1 x 3 + 2x 2 x 3 Rozwiązanie:

A=

 −1 1 1  1 −1 1  1 1 −1  

 −1 1 1 −1 1    det[− 1] = −1 < 0, det  1 −1 = 0, det  1 −1 1 = 4 > 0  1 1 −1 Zatem forma jest nieokreślona. Przykład 208. Zbadaj określoność formy kwadratowej: 2

2

F(x) = − x1 − x2 + 2x1 x 2 Rozwiązanie: A=

 − 1 1  1 −1

 −1 det[− 1] = −1 ≤ 0, det   1

1 =0 −1

Forma jest zatem ujemnie półokreślona. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 35. Zbadaj określoność formy kwadratowej: 2

2

2

a)

F(x) = x1 + x2 − x3 + 2x1 x 2 − 2x1 x 3 − 2x 2 x 3

b)

F(x) = −2x1 − 4x2 − 3x3 − 13x4

c)

F(x) = − x1 + x2 − 4x1 x2

156

2

2

2

2

2

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

8. Funkcja wielu zmiennych Zjawiska ekonomiczne rzadko zaleŜą od jednej zmiennej, stąd bardzo potrzebne do ich opisu są funkcje wielu zmiennych. W tym rozdziale przedstawimy sposób liczenia pochodnych tych funkcji oraz liczenie ekstremum funkcji wielu zmiennych.

8.1. Pochodne cząstkowe funkcji wielu zmiennych Podobnie jak przy funkcji jednej zmiennej, pochodną funkcji wielu zmiennych moŜna liczyć z definicji i za pomocą gotowych wzorów. PoniŜej prezentujemy tylko drugi sposób. Dla funkcji wielu zmiennych istnieje tyle pochodnych pierwszego rzędu (pierwszych pochodnych), ile jest zmiennych. Pochodne te, jak i pochodne wyŜszych rzędów, noszą nazwę pochodnych cząstkowych. Weźmy funkcję dwóch zmiennych:

f ( x, y) = x + 4y + x2 y3 Dla tej funkcji istnieją dwie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu – względem x i względem y. Oznaczamy je odpowiednio

∂f ∂f . Licząc pochodną względem x, zmienną y traktu, ∂x ∂y

jemy jak stałą, z kolei licząc pochodną względem y, zmienną x traktujemy jak stałą. Spójrzmy:

∂f 3 3 = 1 + 0 + 2xy = 1 + 2xy ; ∂x

∂f 2 2 2 2 = 0 + 4 + x ⋅ 3y = 4 + 3x y ∂y

Pochodne drugiego rzędu liczymy podobnie, z tym Ŝe będzie ich więcej niŜ dwie. Dzieje się tak dlatego, Ŝe moŜna wyliczyć dwukrotnie pochodną względem x, dwukrotnie względem y oraz najpierw względem x, a potem względem y lub na odwrót. Oto jak je oznaczamy i wyliczamy:

∂ 2f = 0 + 3x2 ⋅ 2y = 6x2y , ∂y 2

∂ 2f = 0 + 2y3 = 2y3 , ∂x 2 ∂ 2 f = 0 + 2x ⋅ 3y2 = 6xy2 , ∂y∂x Wyliczając

2

2

∂f ∂f ∂ f . Tak samo obliczając 2 li2 obliczaliśmy pochodną względem x z ∂ x ∂x ∂y

czyliśmy pochodną względem y z y z funkcji

∂ 2f = 0 + 3 ⋅ 2x ⋅ y 2 = 6xy2 , ∂x∂y

2

∂f ∂ f . Dla obliczenia liczyliśmy pochodną względem ∂y ∂y∂x

∂f . Właśnie w takiej kolejności! ∂x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

157

2

∂ f czyta się od prawej do lewej strony i oznacza on, Ŝe naj∂y∂x

Mianownik pochodnej

pierw liczymy pochodną względem x, a potem względem y. Obliczając śmy zatem odwrotnie – liczyliśmy pochodną względem x z funkcji Pochodne

2

2

∂ f , postępowali∂x∂y

∂f . ∂y

2

∂ f ∂f i nazywamy pochodnymi mieszanymi. Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe są ∂y∂x ∂x∂y

one równe. Nie jest to przypadkowe. Ma tu zastosowanie twierdzenia Schwarza, które mówi, Ŝe przy odpowiednich załoŜeniach pochodne mieszane rzędu drugiego i wyŜszych róŜniące się tylko kolejnością róŜniczkowań są sobie równe. Przykład 209. Oblicz pochodne cząstkowe rzędu pierwszego dla poniŜszych funkcji: a)

f ( x, y) = 2x − arcsinxy y

b)

f ( x, y) = sine xy tg x

c)

f ( x, y) = xlny − arccos x y

d)

f ( x, y, z) =

2

( )

xy z − z ln ( y − z)

Rozwiązanie: a)

y ∂f = 2 ⋅ y − 2x ⋅ 0 − 1 ⋅y = 2 − 2 y 2 ∂x y 1 − ( xy) 1 − ( xy) 2 ∂f = 0 ⋅ y − 2x ⋅1 − 1 x ⋅ x = − 2x2 − 2 2 ∂y ( xy ) 1− 1 − ( xy) 2 y y 2

b)

xy 2 2 1 ∂f = cose xy 2 ⋅ e xy 2 ⋅ y 2 ⋅ tg x + sine xy 2 ⋅ ⋅ 1 = y2exy cose xy tg x + sine 2 2 ∂x cos x 2 x 2 x cos x

∂f = cose xy 2⋅ e xy 2⋅ 2xy ⋅ tg x + sine xy 2⋅ 0 = 2xye xy 2cose xy 2 tg x ∂y c)

∂f = 1 ⋅ lny + x ⋅ 0 − ∂x 2 = lny +

( )

2 1− x y

158

2

1

( )

arccos x y y

⋅

–1

( )

1− x y

2

⋅ y=

( )

arccos x y

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

∂f = 0 ⋅ lny + x ⋅ 1 − y ∂y

( )

2 arccos x y x

=x+ y

d)

1

( )

4 y 1− x y

2

⋅

–1

( )

1− x y

2

⋅x⋅ 1 = 2 y

( )

arccos x y

y ∂f y ⋅ z − xy ⋅ 0 = −0= 2 ∂x z z

1 ∂f x ⋅ z − xy ⋅ 0 0 ⋅ ln( y − z) − z ⋅ y − z ⋅1 x z = = + − 2 2 ∂y z ( y − z)ln 2 ( y − z) z ln ( y − z) ∂f ∂z

=

0 ⋅ z − xy ⋅ 1 z

2

1 z 1 ⋅ ln ( y − z ) − z ⋅ y − z ⋅ ( −1) xy ln ( y − z ) + y − z − =− 2 − 2 2 ln ( y − z ) z ln ( y − z )

Przykład 210. Oblicz pochodne cząstkowe drugiego rzędu dla poniŜszych funkcji: a)

f ( x, y) = ln ( x + xy)

b)

f ( x, y, z) = ye xz

Rozwiązanie: a)

b)

1+ y 1 1 ∂f = = ⋅ (1 + y) = x (1 + y) x ∂x x + xy

x 1 1 ∂f = ⋅ (0 + x) = = x (1 + y) 1 + y ∂y x + xy

∂ 2f 1 =− 2 ∂x 2 x

∂2 f =0 ∂y∂x

∂ 2f 1 =− 2 ∂y 2 (1 + y)

∂2 f =0 ∂x∂y

∂f = 0 ⋅ e xz + y ⋅ e xz⋅ z = yze xz ∂x

∂f =1⋅ e xz+ y ⋅ 0 = e xz ∂y

∂f xz xz xz = 0 ⋅ e + y ⋅ e ⋅ x = xye ∂z

∂ 2 f = 0 ⋅ e xz + yz ⋅ e xz ⋅ z = yz 2 e xz ∂x 2

2

∂f 2

∂y

2

∂ f xz xz 2 xz + xy ⋅ e ⋅ x = x ye 2 = 0⋅e ∂z

=0

2

2

∂ f xz xz = z ⋅ e + yz ⋅ 0 = ze ∂y∂x

∂ f xz xz = e ⋅ z = ze ∂x∂y

∂ 2 f = y ⋅ e xz + yz ⋅ e xz⋅ x = y(1 + xz )e xz ∂z∂x

∂ 2 f = y ⋅ e xz + xy ⋅ e xz ⋅ z = y(1 + xz )e xz ∂x∂z

2

∂ f xz xz = e ⋅ x = xe ∂z∂y

2

∂ f xz xz = x ⋅ e + xy ⋅ 0 = xe ∂y∂z

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

159

Do liczenia ekstremum funkcji wielu zmiennych potrzebna jest teŜ znajomość róŜniczki zupełnej tej funkcji. RóŜniczka zupełna funkcji n-zmiennych w punkcie P przyjmuje postać:

 df (P ) =  ∂f  ∂x1

   dx 1 +  ∂f P  ∂x 2

   dx 2 +  ∂f  ∂x P  3

   dx 3 + ... +  ∂f  ∂x   n P

  dx n P

Przykład 211. Wyznacz róŜniczkę zupełną funkcji f ( x, y, z) = xy2z3 w punkcie P(2, 1, 1).

Rozwiązanie:

      df(P) =  ∂f  dx +  ∂f  dy +  ∂f  dz x y ∂ ∂  P  ∂z  P  P

∂f 3 = 2xyz ∂y

∂f 2 3 =y z ∂x

 ∂f  2 3   =1 1 =1  ∂x  ( 2,1,1)

∂f 2 2 = 3xy z ∂z

 ∂f    = 2 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 13 = 4  ∂y  ( 2,1,1)

 ∂f  2 2   = 3 ⋅ 2 ⋅1 1 = 6  ∂z  ( 2,1,1)

df(2,1,1) = 1dx + 4dy + 6dz = dx + 4dy + 6dz RóŜniczka zupełna rzędu drugiego jest róŜniczką z róŜniczki rzędu pierwszego, tak samo róŜniczka zupełna rzędu trzeciego jest róŜniczką z róŜniczki rzędu drugiego i tak dalej. Nam potrzebna jest znajomość róŜniczki rzędu drugiego. Przykład 212. Wyprowadź wzór na róŜniczkę zupełną rzędu drugiego funkcji dwóch zmiennych.

Rozwiązanie: RóŜniczka zupełna rzędu pierwszego ma postać:

df =

∂f ∂f dx + dy , ∂x ∂y

natomiast rzędu drugiego:

 ∂f

d f = d 2

 ∂x

dx +

 ∂  ∂f   ∂f ∂f ∂  ∂f ∂f dy  =  dx + dy dx +  dx + dy dy = ∂y  ∂x  ∂x ∂y  ∂y  ∂x ∂y 

2 2 2 2  2   2  =  ∂ f2 dx + ∂ f dy dx +  ∂ f dx + ∂ f2 dy dy = ∂ f2 dx 2 + ∂ f dydx + ∂x∂y  ∂x∂y ∂y ∂x  ∂x  ∂y∂x  2 2 2 2 2 + ∂ f dxdy + ∂ f2 dy 2 = ∂ f2 dx 2 + 2 ∂ f dxdy + ∂ f2 dy 2 ∂y∂x ∂y∂x ∂y ∂x ∂y

Skorzystaliśmy z własności Schwarza. RóŜniczki funkcji trzech i więcej zmiennych wyznaczamy analogicznie.

160

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 36. Oblicz pochodne cząstkowe pierwszego rzędu:

x − 2arcctg x sinxy y

a)

f ( x, y) =

b)

f ( x, y) = x y − 2ln x y

c)

f ( x, y, z) = xyzarcsinxy

d)

f ( x, y, z) =

x − e xsinz yz tgy

Zadanie 37. Oblicz pochodne cząstkowe drugiego rzędu: a)

f ( x, y) = sinxy

b)

f ( x, y, z) =

z x − 3y

Zadanie 38. Oblicz róŜniczkę zupełną funkcji f(x, y) =

x w punkcie P(–3, 4). y

Zadanie 39. Wyprowadź wzór na róŜniczkę zupełną drugiego rzędu funkcji trzech zmiennych.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

161

8.2. ekstremum funkcji wielu zmiennych W celu sprawdzenia istnienia ekstremum funkcji wielu zmiennych badamy kolejno warunek konieczny i wystarczający istnienia tegoŜ ekstremum. Twierdzenie o warunku koniecznym istnienia ekstremum funkcji wielu zmiennych: JeŜeli funkcja n zmiennych f ma w punkcie P ekstremum lokalne i istnieją w tym punkcie wszystkie pochodne cząstkowe pierwszego rzędu tej funkcji, to pochodne mają w punkcie P wartość zero, czyli:

 ∂f     ∂x  = 0, dla i = 1, 2, 3... n  i P Na podstawie warunku koniecznego znajdujemy punkty stacjonarne funkcji f. Dla zbadania warunku wystarczającego zakładamy, Ŝe funkcja ma na pewnym otoczeniu punktu P ciągłe pochodne cząstkowe rzędu drugiego. Wtedy bowiem istnieje róŜniczka zupełna drugiego rzędu funkcji f w punkcie P. RóŜniczkę tę (obliczaliśmy ją w poprzednim punkcie tego rozdziału) moŜna zapisać w postaci ogólnej:

d 2 f(P) =

n

n

 ∂ 2f

∑∑  ∂x ∂x i =1 j=1



i

j

  dx i dx j  P

RóŜniczka ta jest formą kwadratową ze względu na przyrosty dx 1 , dx 2 , dx 3 , ...dx n . Macierz tej formy zwana jest hesjanem funkcji f i ma postać:

 ∂ 2f  ∂x 2 1  2  ∂ f H =  ∂x 1 ∂x 2    2  ∂ f  ∂x 1 ∂x n

2

∂ f ∂x 2 ∂x 1 2

∂ f 2 ∂x 2  2 ∂ f ∂x 2 ∂x n

   2 ∂ f   ∂x n ∂x 2      2 ∂ f   2 ∂x n   2



∂ f ∂x n ∂x 1

Jest to macierz symetryczna, gdyŜ spełnione jest twierdzenie Schwarza. Dla obliczenia wartości hesjanu w punkcie P podstawiamy wartości tego punktu do hesjanu. Twierdzenie o warunku wystarczającym istnienia ekstremum funkcji wielu zmiennych: JeŜeli funkcja f ma na pewnym otoczeniu punktu stacjonarnego P wszystkie pochodne cząstkowe rzędu drugiego i są one ciągłe, to: • •

162

funkcja f ma w punkcie stacjonarnym P maksimum lokalne właściwe, gdy druga róŜniczka d²f(P) jest formą kwadratową ujemnie określoną, funkcja f ma w punkcie stacjonarnym P minimum lokalne właściwe, gdy druga róŜniczka d²f(P) jest formą kwadratową dodatnio określoną, POWRÓT DO SPISU TREŚCI

•

funkcja f nie posiada ekstremum lokalnego w punkcie P, gdy druga róŜniczka jest formą kwadratową nieokreśloną,

•

istnienie ekstremum lokalnego funkcji f w punkcie P jest nierozstrzygnięte, gdy druga róŜniczka tej funkcji jest formą kwadratową dodatnio lub ujemnie półokreśloną.

W celu znalezienia ekstremum funkcji wielu zmiennych naleŜy najpierw przyrównać jej pochodne cząstkowe pierwszego rzędu do zera i znaleźć w ten sposób punkt lub punkty stacjonarne, a następnie wyznaczyć hesjan tej funkcji w kaŜdym z punktów i zbadać jego określoność, korzystając z twierdzenia Sylvestera. Przykład 213. Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego funkcji:

f ( x, y) = x 3 + y 3 − 3x 2 + 3x − 1 Warunek konieczny:

∂f 2 = 3y ∂y

∂f 2 = 3x − 6x + 3 ∂x

3x 2 − 6x + 3 = 0 3( x 2 − 2x + 1) = 0 ( x – 1) 2 = 0 x = 1 ⇒  ⇒  ⇒  ⇒ P(1, 0)  2 y = 0 3y = 0 y = 0 y = 0 Punkt stacjonarny: P(1, 0). Warunek wystarczający: ∂ 2 f = 6x – 6 ∂y 2

∂ 2 f = 6y ∂y 2

∂ 2f = 0 ∂x∂y

Wystarczy wyliczyć jedną pochodną mieszaną, poniewaŜ są one równe. Budujemy hesjan:

 ∂ 2f  2 ∂x H= 2 ∂ f  ∂x∂y 

[]

det 0 = 0 , det

∂ 2f   ∂x∂y  6x − 6 0  ⇒ = 2 6y  ∂ f   0 ∂y 2 

6 ⋅ 1 − 6 0  0 0  = H (1, 0) =  6 ⋅ 0  0 0  0

0 0  0 0 = 0 , zatem jest to forma półokreślona – istnienie ekstremum lokalnego

w punkcie P(1, 0) jest nierozstrzygnięte. Przykład 214.

Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego funkcji:

f ( x, y) = xy − x 2 +

1 3 y 144

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

163

Warunek konieczny:

∂f = x + 1 y 2 ∂y 48

∂f = y − 2x ∂x

 y = 2x  y − 2x = 0  y = 2x  y = 2x     x + 1 y 2 = 0 ⇒ x + 1 (2x ) 2 = 0 ⇒ x + 1 x 2 = 0 ⇒ x 1 + 1 x  = 0 ⇒      12  48 48 12  y = 2x ⇒ x = 0 ∨ x = −12 czyli x = 0 ⇒ y = 2 ⋅ 0 = 0 P1 (0, 0) lub x = −12 ⇒ y = 2 ⋅ ( −12) = −24 P2 ( −12, −24) Dwa punkty stacjonarne: P1 (0, 0); P2 (–12, –24). Warunek wystarczający:

∂ 2 f = −2 ∂x 2

∂ 2f = 1 y ∂y 2 24

∂ 2f = 1 ∂x∂y

1  −2 1  H=  1 24 y  1   −2 1  −2  −2 1 1 = , det[– 2] = −2 < 0, det  H(0, 0) =    = −1 < 0 ⋅ 1 0 1 0   1 0 24   Hesjan jest macierzą formy kwadratowej nieokreślonej, więc w punkcie (0, 0) nie ma ekstremum. 1   −2 1   −2  −2 1  1 = H( −12, −24) =  , det[– 2] = −2 < 0, det   =1> 0 ( ) ⋅ 1 –24   1 −1   1 −1 24

Hesjan jest macierzą formy kwadratowej ujemnie określonej, zatem w punkcie (–12, –24) funkcja posiada maksimum lokalne. Największą trudnością przy tego typu zadaniach jest rozwiązanie układu równań wynikającego z warunku koniecznego. NaleŜy teŜ pamiętać, Ŝe czasami dziedzina jest ograniczona. PoniŜej kilka następnych przykładów, które przedstawiają sposób postępowania w tego typu sytuacjach. Przykład 215. Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego funkcji:

f ( x, y) = lnx + 3lny + ln (15 − x − y)

164

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Dziedzina: x > 0 ∧ y > 0 ∧ 15 − x − y > 0 Warunek konieczny:

∂f 1 1 1 1 = + ⋅ (−1) = − ∂x x 15 − x − y x 15 − x − y 1 ∂f 1 1 3 = 3⋅ + ⋅ (−1) = − ∂y y 15 − x − y y 15 − x − y 1 1  x − 15 − x − y = 0  1 3 − =0  y 15 − x − y odejmujemy stronami

1 = 3 ⇒ y = 3x x y i podstawiamy do pierwszego równania: 1 1 1 1 =0⇒ = ⇒ 15 − 4x = x ⇒ 5x = 15 ⇒ x = 3 ⇒ y = 3x = 9 − x 15 − x − 3x x 15 − 4x Punkt P(3, 9) jest punktem stacjonarnym, gdyŜ spełnia załoŜenia dziedziny. Warunek wystarczający:

 1 1 ∂ 2 f = − 1 −  −  ⋅ (−1) = − 1 − 2 2  2  2 ( ) ( x x 15 − x − y 15 − x − y) 2 ∂x    1 1 ∂ 2 f = − 3 −  −  ⋅ (−1) = − 3 − 2 2 2 2   ∂y y ( ) y ( 15 − x − y 15 − x − y) 2     ∂ 2f 1 1  ⋅ (−1) = − = − − 2  ∂x∂y ( ) ( 15 − x − y) 2  15 − x − y  Budujemy hesjan:

 1 1 − x 2 − ( 15 − x − y) 2 H= 1  −  (15 − x − y) 2

 1  2 (15 − x − y)  1  − 32 − y (15 − x − y) 2  −

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

165

 1 1 − 3 2 − ( 15 − 3 − 9) 2 H (3, 9) =  1  −  (15 − 3 − 9) 2

  2 1  − 2 (15 − 3 − 9) = 9 3 1  − 1 − 2 − 2  ( ) 15 − 3 − 9   9 9 −

1 9 4 −  27  −

 2 1  − 9 − 9  5 det   = 243 > 0 1 4 −  − 27   9

 2 2 = − < 0,  9 9  

det −

Hesjan jest macierzą formy kwadratowej ujemnie określonej, zatem w punkcie P(3, 9) funkcja posiada maksimum lokalne. Przykład 216. Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego funkcji:

f ( x, y, z) = xyz + 1x + 1y + 1z Dziedzina: x, y, z ≠ 0 Warunek konieczny: ∂f 1 = yz − 2 ∂x x

∂f 1 = xz − 2 ∂y y

   1 1  yz − 2 = 0 ⋅ x xyz − x = 0 xyz = x       1 1 xz − 2 = 0 ⋅ y ⇒  xyz − y = 0 ⇒ xyz = y      xyz − 1 = 0  xyz = 1  xy − z 2 = 0 ⋅ z   z

∂f 1 = xy − 2 ∂z z

1 x 1 ⇒ 1 = 1 =1 ⇒ x=y=z y x y z 1 z

Po podstawieniu do pierwszego z równań mamy:

x 2 − 12 = 0 ⋅ x 2 ⇒ x 4 − 1 = 0 ⇒ ( x 2 − 1)( x 2 + 1) = 0 ⇒ x

⇒ ( x − 1)( x + 1)( x 2 + 1) = 0 ⇒ x = 1 ∨ x = −1 zatem x = y = z = 1 lub x = y = z = −1

Spełnione są załoŜenia dziedziny, więc mamy dwa punkty stacjonarne: P1 (1, 1, 1), P2 (−1, −1, −1) .

166

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Warunek wystarczający:

 1 ∂ f 2 = − − 4 ∂x  x 2

 1 ∂ f 2 = −  − y4 ∂y 

 2  ⋅ 2x = 3 x 

2

 2  ⋅ 2y = 3 y 

∂ 2f 2  1  = − − 4  ⋅ 2z = 3 ∂z 2 z z  

 2 ∂ f  ∂x 2  2 ∂ f H=  ∂x∂y  2 ∂ f  ∂x∂z 

2

2

∂ f =x ∂z∂y

∂ f =y ∂z∂x

∂ 2f = z ∂y∂x

∂ 2f ∂y∂x ∂ 2f ∂y 2 ∂ 2f ∂y∂z

2 13  H(1, 1, 1) =  1   1 

1 2 13 1

[]

det 2 = 2 > 0 ,

 ∂ 2f   2 ∂z∂x   x 3   ∂ 2f   = z ∂z∂y     ∂ 2f   y ∂z 2   

z 2 y3 x

 y  x  2  z3 

 1  2 1 1 1  = 1 2 1     2  1 1 2   13 

2 1  det 1 2 = 3 > 0 ,

2 1 1  det 1 2 1  = 4 > 0 1 1 2   

Hesjan jest macierzą formy kwadratowej dodatnio określonej, więc w punkcie (1, 1, 1) funkcja posiada minimum lokalne.

 2  3  ( −1)  H( −1, −1, −1) =  −1   −1 

[ ]

det −2 = −2 < 0 ,

−1 2 3 ( −1) −1

det

 −1    −2  −1  =  −1   −1 2   3 ( −1) 

−1 −2 −1

 − 2 −1   −1 − 2 = 3 > 0 ,

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

−1 −1 −2

 −2 det  −1  −1 

−1 −2 −1

−1  −1  = −4 < 0  − 2

167

Hesjan jest macierzą formy kwadratowej ujemnie określonej, więc w punkcie (–1, –1, –1) funkcja posiada maksimum lokalne. Przykład 217. Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego:

f ( x, y, z) = y x + x z − z − y Dziedzina: x ≥ 0, y ∈ R, z ≥ 0 Warunek konieczny: 1 ∂f = y⋅ + z ∂x 2 x

∂f = ∂y

∂f 1 = x⋅ −1 ∂z 2 z

x −1

 y 2 x + z = 0   x −1 = 0 ⇒ x = 1 ⇒ x = 1  x 1 1 1  2 z −1 = 0 ⇒ 2 z = 1 ⇒ z = 2 ⇒ z = 4 

⇒

 y y + 1 = 0 ⇒ = − 1 ⇒ y = −1  2 2 4  2 1 ⇒ x = 1 z = 1  4    Spełnione są załoŜenia dziedziny, więc mamy punkt stacjonarny P1, – 1, 1  . 4  Warunek wystarczający:

∂ 2f = ∂x 2

0⋅2 x − y⋅2⋅ 1 2 x

2

∂ f 2 = 0 ∂y 2

1 ∂ f = ∂y∂x 2 x

168

(2 x )

2

∂ 2f = ∂z 2

=−

y 4x x

0⋅2 z − x ⋅2⋅

(2 z )

1 2 z

2

∂ 2f = 1 ∂z∂x 2 z

=−

x 4z z

2

∂ f =0 ∂z∂y

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

 y −  4x x H= 1  2 x   1  2 z

1 2 x 0 0

  2 z  0    x  − 4z z  1

 −1 − 4 1 ⋅ ⋅ 1   1   1 H1, −1,  =  4 2 1     1   2 1  4

1 1 det   = > 0 , 4  4

1 2 1 0 0

1  det  4 1 2

   1 1 2 1  4 2 4  1 = 0 0  2  1 0 1 −   1 1  4⋅ ⋅ 4 4  1

 1  0  −2   

1 2 = 1 < 0  −4 0 

Hesjan jest macierzą formy kwadratowej nieokreślonej (nie trzeba liczyć trzeciego wyznaczni  ka), więc w punkcie 1, – 1, 1  funkcja nie posiada ekstremum. 4   Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 40. Zbadaj istnienie ekstremum lokalnego funkcji: a)

f ( x, y) = x 3 − y 3 − 3xy

b)

f ( x, y) = x 3 + y 3 − 3x – 3y

c)

f ( x, y) = x 2 (1 − x + y) − 4y

d)

f ( x, y) = e x + y (1 − x )

e)

f ( x, y) = 4x 2 y + 8x 2 – 1 y 3 3

f)

f ( x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 + xy + xz + yz − 8x − 8y − 8z

g)

f ( x, y, z) = x 2 + xy + z 2 + 6y + 4z

h)

f ( x, y, z) = x + lny + arctgz − 1 x − 1 y − z 5 4

2

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

169

9. elementy matematyki finansowej Przyjęte w tym rozdziale oznaczenia mogą róŜnić się od oznaczeń występujących w innych podręcznikach, dlatego na wstępie je określimy. Oto one: P – kwota początkowa, K – kwota przyszła, I – odsetki, R – roczna nominalna stopa procentowa, Re – roczna efektywna stopa procentowa, i – oprocentowanie. Ponadto uŜywać będziemy liter n oraz k, których znaczenie określimy później. Dodajmy jeszcze, Ŝe w naszym wykładzie nie uwzględniamy inflacji.

9.1. Procent prosty i składany Wyobraźmy sobie, Ŝe wpłacamy do banku na miesiąc kwotę 100 zł i po tym okresie bank wypłaca nam 102 zł. W takim wypadku kwota początkowa P to 100 zł, a kwota końcowa K to 102 zł. 2 zł to odsetki I, otrzymane od kwoty początkowej. Prawdziwy jest zatem wzór:

k = P+i Odsetki naliczane są zawsze jako iloczyn oprocentowania i kwoty lokaty, czyli zgodnie ze wzorem:

i = P⋅i Czyli nasza lokata była oprocentowana w ciągu miesiąca na 2%. Wtedy i = 2% = 0,02, więc: I = Pi = 1000,02 = 2 (zł) K = P + I = 100 + 2 = 102 (zł) Podstawiając do pierwszego wzoru za I i wyciągając przed nawias, otrzymujemy jeszcze jeden wzór:

K = P + I = P + P ⋅i k = P(1 + i) śaden bank nie podaje jednak miesięcznego oprocentowania lokaty, gdyŜ przyjęło się, Ŝe operujemy pojęciem rocznej efektywnej stopy procentowej i na jej podstawie obliczamy oprocentowanie. Pojęcia te staną się jaśniejsze, gdy rozróŜnimy procent prosty i składany. Oto wzory dla obu modeli: Procent prosty: k = P(1 + ni)

i – oprocentowanie w okresie bazowym (tu najłatwiej przyjąć roczne), n – liczba okresów bazowych w okresie lokaty (najłatwiej lat). Procent składany:

k = P(1 + i)

n

i – oprocentowanie w okresie bazowym n – liczba okresów bazowych w okresie lokaty

170

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Okres bazowy to zasadniczo pojęcie związane z modelem kapitalizacji złoŜonej. Jest to okres, po upływie którego nalicza się odsetki. Przy procencie prostym przyjmujemy oprocentowanie roczne i liczbę okresów wyraŜamy w latach. W wypadku procentu złoŜonego okres bazowy nie zawsze równy jest jeden rok, a jego długość wynika z treści zadania. Dla obliczenia oprocentowania w modelu kapitalizacji złoŜonej stosujemy wzór:

i=

R , k

gdzie k to liczba okresów bazowych w ciągu jednego roku (dla półrocza k = 2, dla kwartału k = 4, dla miesiąca k = 12). W celu przybliŜenia i porównania obu modeli rozwiąŜemy prosty przykład. Przykład 218. Jaką kwotę zgromadzimy na koncie po 4 latach, gdy ulokowaliśmy 100 zł przy stopie 10% w banku, który: a) b)

nie kapitalizuje odsetek, kapitalizuje odsetki co kwartał?

Rozwiązanie: Wypiszmy dane: kwota początkowa P = 100 zł, roczna nominalna stopa procentowa R = 10%, okres lokaty to 4 lata. a)

stosujemy wzór na procent prosty, poniewaŜ uŜyte jest określenie „bank nie kapitalizuje odsetek”. Przyjmujemy oprocentowanie roczne i wtedy n teŜ będzie wyraŜone w latach, czyli i = R = 10% = 0,1; n = 4. Kwotę przyszłą obliczamy zgodnie ze wzorem:

K = P(1 + ni) = 100(1 + 4 ⋅ 0,1) = 140 (zł) b)

Tutaj stosujemy wzór na procent składany – bank kapitalizuje odsetki co kwartał. Musimy obliczyć oprocentowanie kwartalne. Mamy cztery okresy bazowe w ciągu roku, czyli k = 4, a w ciągu całego czteroletniego okresu lokaty jest 16 kwartałów, czyli n = 16. Obliczmy oprocentowanie i kwotę przyszłą:

i=

R 10% 0,1 = = = 0,025 k 4 4

K = P(1+ i)n = 100(1+ 0,025)16 = 148,45 (zł) Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe w punkcie b) kwota zgromadzona w banku jest wyŜsza. Dlaczego? Kiedy bank nie kapitalizuje odsetek, to nalicza je w następujący sposób: od ulokowanych 100 zł nalicza po roku 10%, czyli 10 zł, po drugim roku kolejne 10%, czyli ponownie 10 zł i tak dalej, więc po 4 latach zgromadzimy w sumie 140 zł. Gdy bank kapitalizuje odsetki, sytuacja wygląda inaczej. Po kwartale naliczy odsetki po raz pierwszy. W stosunku rocznym stosujemy stopę 10%, a więc po kwartale 2,5%, czyli proporcjonalnie. Po kwartale mamy więc na koncie 100 zł + 2,5% ze 100 zł, czyli w sumie 100 zł + 2,5 zł = 102,5 zł. Po kolejnym kwartale bank znowu nalicza 2,5%, ale juŜ od zgromadzonej kwoty, czyli od 102,5 zł. Teraz będziemy mieć na koncie 102,5 zł + 2,5% ze 102,5 zł, czyli 102,5 + 0,025·102,5 = 105,06 (zł). W trzecim kwartale bank naliczy znowu 2,5%, ale od kwoty 105,06 zł. W ten sposób zgromadzona po 16 kwartałach kwota będzie wyŜsza niŜ 140 zł.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

171

Po przekształceniu wzorów na wartość przyszłą otrzymamy wzory na wartość obecną pieniądza, czyli P. Obliczanie wartości obecnej nazywamy dyskontowaniem. Oto one: Procent prosty:

P=

k 1 + ni

i – oprocentowanie w okresie bazowym (tu najłatwiej przyjąć roczne) n – liczba okresów bazowych w okresie lokaty (najłatwiej liczba lat) Procent składany:

P=

k n (1 + i )

i – oprocentowanie w okresie bazowym n – liczba okresów bazowych w okresie lokaty Przykład 219. Jaką kwotę naleŜy ulokować na koncie, jeśli za 3,5 roku będziemy potrzebować

1 500 zł? Bank oferuje stopę 8% i

a) nie kapitalizuje odsetek, b) kapitalizuje odsetki co pół roku, c) kapitalizuje odsetki co 2 miesiące. Rozwiązanie: Wypiszmy dane: kwota końcowa K = 1 500 zł, roczna nominalna stopa procentowa R = 8%, okres lokaty 3,5 roku. a)

b)

c)

n = 3,5; i = R = 0,08 P = K = 1 500 = 1 171,88 (zł) 1 + ni 1 + 3,5 ⋅ 0,08

R 0,08 = = 0,04; n = 7 k 2 P = K n = 1 500 7 = 1 139,88 (zł) (1 + i) (1 + 0,04) i=

i=

R 0,08 = = 0,013; n = 21 k 6

P=

K = 1 500 = 1 135,78 (zł) (1 + i) n (1 + 0,013) 21

PoniŜej kilka innych zadań z zastosowaniem powyŜszych wzorów. Przykład 220. Jaki był koszt kredytu w wysokości 2 000 zł, jeśli po 5 latach spłaciliśmy 2 500 zł?

Rozwiązanie: W tym zadaniu daną mamy kwotę początkową i końcową oraz okres kredytowania. Koszt kredytu to jego roczne oprocentowanie i tego szukamy. Przyjmujemy kapitalizację roczną

172

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

i procent składany, poniewaŜ nie ma w treści określonego innego okresu kapitalizacji i nie jest zaznaczone, Ŝe bank stosuje procent prosty. Czyli: P = 2 000 zł; K = 2 500 zł; n = 5; R = i = ? K = P(1+ i)n 2 500 = 2 000(1+ i)5│: 2 000 1

1,25 = (1+ i)5│( ) 5 1,0456 = 1+ i i = 0,0456 R = i = 4,56% Przykład 221. Po ilu latach potroimy ulokowany kapitał, jeśli:

bank nie kapitalizuje odsetek, bank kapitalizuje odsetki co rok, bank kapitalizuje odsetki co miesiąc? Stopa procentowa R = 20%. a) b) c)

Rozwiązanie: Tym razem niewiadomą jest okres w latach. Jeśli kapitał ma być potrojony, to K = 3P. 5

i = R = 0,2 K = P(1+ ni) 3P = P(1+ n⋅0,2)│: P 3 = 1+0,2n 0,2n = 2│: 0,2 n = 10 Liczba okresów bazowych n wyraŜona jest w latach, czyli kapitał potroimy po 10 latach. a)

b)

i = R = 0,2 K = P(1+ 0,2)n 3P = P⋅1,2n │: P 3 = 1,2n ln3 = ln1,2n ln3 = n⋅ln1,2 │: ln1,2

n=

ln3 = 6,03 ln1,2

Kapitał potroimy po nieco ponad 6 latach. c)

R 0,2 = = 0,017 k 12 K = P(1 + 0,017)n 3P = P⋅1,017n │: P 3 = 1,017n ln3 = ln1,017n ln3 = n⋅ln1,017│: ln1,017 i=

n=

ln3 = 66,46 ln1,017 POWRÓT DO SPISU TREŚCI

173

Liczba okresów bazowych n wyraŜona jest w miesiącach, czyli wynik musimy podzielić przez 12. Wtedy okaŜe się, Ŝe kapitał potroimy po 5,54, czyli po nieco ponad pięć i pół roku. Umiejętność obliczania wartości obecnej i przyszłej pieniądza jest bardzo uŜyteczna przy porównywaniu opcji zapłaty. Przykład 222. Co jest korzystniejsze dla sprzedającego samochód: przyjąć dziś zapłatę w wy-

sokości 17 000 złotych czy przyjąć dziś 10 000 i 8 000 za półtora roku, jeśli bank nalicza i kapitalizuje odsetki co miesiąc przy stopie 24%? Rozwiązanie: Aby porównać dwie opcje naleŜy sprowadzić kwoty do jednego momentu czasu, czyli na przykład obliczyć wartość obecną zapłaty w obu przypadkach. W pierwszej opcji wartość obecna P = 17 000. W drugiej na wartość obecną zapłaty składa się 10 000 i 8 000, z tym, Ŝe druga kwota będzie płatna za półtora roku. NaleŜy zatem zdyskontować tę kwotę:

i=

R 0,24 = = 0,02 ; n = 18 k 12

P=

8 000 = 5 601,28 (zł) (1 + 0,02) 18

Czyli w sumie w drugiej opcji otrzymujemy za samochód 15 601,28 zł. Dla sprzedającego korzystniejsza jest zatem pierwsza opcja, czyli zapłacenie od razu 17 000 zł. Do tej pory okres lokaty lub kredytu występujący w zadaniach zawsze składał się z pełnych okresów bazowych. Gdy okresy są niepełne, to najpierw stosujemy przedstawione tu wzory dla pełnej liczby okresów bazowych, a potem obliczamy oprocentowanie dla pozostałego okresu, liczonego np. w dniach. Stosujemy wzór:

i=

t⋅R 365

t – liczba dni Przykład 223. Jaką kwotę zgromadzimy na koncie po 2 latach i 11 miesiącach, jeśli bank oferuje stopę R = 10% i kapitalizuje odsetki co pół roku? Kwota początkowa P = 250 zł. Jaka będzie kwota przyszła, jeśli bank nie kapitalizuje odsetek? Rozwiązanie: Zilustrujmy sytuację na osi czasu: 250

K=? K5

│

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

6

7

półrocza

Zgodnie ze wzorem na wartość przyszłą naliczamy najpierw odsetki za pełne okresy bazowe – 5 półroczy.

174

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

R 0,1 = = 0,05 k 2 K5 = P(1+ i)n = 250(1+ 0,05)5 = 319,07 i=

Jest to kwota, którą zgromadzimy na koncie po 2,5 roku. Za pozostałe 5 miesięcy naliczamy odsetki według oprocentowania za ten okres. Przyjmujemy, Ŝe kaŜdy miesiąc ma 30 dni, poniewaŜ nie wiemy, które to miesiące. Kwotą początkową staje się kwota 319,07.

t ⋅ R 150 ⋅ 0,1 = = 0,041 365 365 K = P(1+ i) = 319,07(1+ 0,041) = 332,18 (zł) i=

MoŜna oczywiście nie dzielić zadania na dwa etapy i od razu obliczyć kwotę końcową – wynik jest taki sam: K = 250(1+ 0,05)5⋅(1+ 0,041) = 332,18 (zł) W drugiej części zadania, czyli gdy nie ma kapitalizacji, po prostu przyjmujemy, Ŝe 2 lata i 11 miesięcy, to 2

11 roku, czyli: 12

11 = 2,92; i = R = 0,1 12 K = P(1+ ni) = 250⋅(1+ 2,92⋅0,1) = 322,92 (zł)

n =2

Przykład 224. Jaką kwotę ulokował w banku pan Kowalski 12 sierpnia 2005 roku, jeśli 17 maja 2009 roku jego kapitał przyrósł do 5 000 zł? Bank oferuje stopę 11% i kapitalizuje odsetki co rok.

Rozwiązanie: Zilustrujmy sytuację na osi czasu: P=?

5 000

│

│

│

0

1

2

12. 08. 05

P3 │

│

3

4

12. 08. 08 17. 05. 09

lata

W tym zadaniu musimy obliczyć kwotę obecną, więc będziemy dyskontować podobnie jak w poprzednim zadaniu, kiedy liczyliśmy wartość przyszłą. Najpierw 5 000 zdyskontujemy do 12 sierpnia 2008 roku, a potem pełne 3 lata – bank nalicza odsetki co rok. Oprocentowanie za niepełne lata naliczamy tutaj dokładnie za tyle dni, ile mija od 12 sierpnia 2008 do 17 maja 2009. A więc w sierpniu 19 dni, we wrześniu 30, w październiku 31, …, w maju 17. Czyli w sumie 278 dni.

i=

t ⋅ R 278 ⋅ 0,11 = = 0,084 365 365

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

175

P3 = K = 5 000 = 4 613,48 (zł) 1 + i 1 + 0,084 Tę kwotę dyskontujemy teraz dalej przez 3 lata. i = R = 0,11 K 4 613,48 P= = = 3 373,34 (zł) (1 + i) n (1 + 0,11) 3 Tu teŜ moŜna nie dzielić zadania na dwa etapy, ale od razu obliczyć kwotę końcową:

P=

5 000 = 3 373,34 (zł) (1 + 0,11) 3 (1 + 0,084)

NaleŜy teŜ zwrócić uwagę na fakt, Ŝe tylko w przypadku lokat bank kapitalizuje odsetki w odstępach równych okresom bazowym, licząc od dnia utworzenia lokaty. Na przykład przy miesięcznej lokacie załoŜonej 11 lipca odsetki za pierwszy miesiąc naliczane są 11 sierpnia, za drugi 11 września i tak dalej. Jeśli pieniądze ulokujemy na rachunku bieŜącym, to banki kapitalizują odsetki na koniec kalendarzowych miesięcy, kwartałów lub innych okresów bazowych. W naszym przypadku odsetki kapitalizowane byłyby 31 lipca za 20 dni, a potem 31 sierpnia za pierwszy miesiąc, 30 września za drugi i tak dalej. Przykład 225. Jaką kwotę naleŜało ulokować 7 maja 2008 roku, aby 13 stycznia 2009 roku

móc wypłacić 2 000 zł, jeśli bank kapitalizuje odsetki na końcach kwartałów przy stopie 16%? Rozwiązanie: Zilustrujmy sytuację na osi czasu: P=? │

7. 05. 08

2 000 │

│

│

30. 06. 08

30. 09. 08

│

31. 12. 08 13. 01. 09

czas

Tu bank kapitalizuje odsetki na koniec okresów bazowych. Najpierw naliczy odsetki za okres od 7 maja do 30 czerwca, potem za kolejne dwa kwartały i w styczniu za 13 dni. My będziemy w ten sam sposób dyskontować, aby obliczyć wartość obecną. ZauwaŜmy, Ŝe jeśli znamy datę, to bank nalicza odsetki za rzeczywistą liczbę dni w kwartale. Obliczmy zatem oprocentowanie w kolejnych okresach:

176

7. 05. 2008 – 30. 06. 2008

i=

54 ⋅ 0,16 = 0,024 365

1. 07. 2008 – 30. 09. 2008

i=

92 ⋅ 0,16 = 0,040 365

1. 10. 2008 – 31. 12. 2008

i=

92 ⋅ 0,16 = 0,040 365

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

i=

1. 01. 2009 – 13. 01. 2009

13 ⋅ 0,16 = 0,006 365

i podstawiamy do wzoru:

P=

2 000 2

(1 + 0,023)(1 + 0,040) (1 + 0,005)

= 1 794,98 (zł)

W praktyce oprocentowanie w banku zmienia się bardzo często, stąd aby nasze rozwaŜania miały praktyczne zastosowanie, musimy nauczyć się stosować zmienną stopę procentową. Od tej pory nie będziemy zajmować się juŜ procentem prostym, gdyŜ jest to dziś juŜ tylko przypadek teoretyczny. Oto potrzebne wzory: Zmienna stopa procentowa:

k = P(1 + i 1 )n1 (1 + i 2 ) n 2 (1 + i 3 ) n 3 ... (1 + i k ) n k P=

k ( 1 + i 1 )n1 (1 + i 2 )n 2 ( 1 + i 3 )n 3 ... ( 1 + i k )n k

i1, i2, i3..., ik – oprocentowanie w kolejnych okresach, n1, n2, n3..., nk – liczba okresów bazowych w kolejnych okresach lokaty, w których stopa się nie zmieniała. Przykład 226. Jaką kwotę powinniśmy ulokować na koncie, jeśli chcemy po 10 latach wypłacić 10 000 zł? Bank stosuje przez pierwsze 2 lata stopę 16% i kapitalizuje odsetki co kwartał, przez kolejne 5 lat stosuje stopę 13% i kapitalizuje odsetki co rok, a w ostatnim okresie lokaty bank oferuje stopę 12% i kapitalizuje odsetki co miesiąc.

Rozwiązanie: Zilustrujmy sytuację na osi czasu: P=?

10 000

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2 ..........

7

8

9

10

16%

13%

lata

12%

Mamy trzy stopy procentowe. Obliczmy oprocentowanie i liczbę okresów bazowych dla kaŜdego przedziału. R 1 0,16 = 0,04; n1 = 8 = 4 4 i2 = R2 = 0,13; n2 = 5

i1 =

i3 =

R3 0,12 = = 0,01; n3 = 36, gdyŜ zostały jeszcze 3 lata. 12 12

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

177

Podstawiamy do wzoru:

P=

10 000 = 27 71,86 (zł) (1 + 0,04)8 (1 + 0,13 )5 (1 + 0,01)36

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 41. Jaką kwotę zgromadzimy na koncie po 3,5 roku, jeśli dziś wpłacamy 5 000 zł

i bank: a) b) c)

nie kapitalizuje odsetek przy stopie R = 13%, kapitalizuje odsetki co pół roku przy stopie R = 10%, kapitalizuje odsetki co kwartał przy stopie R = 12%?

Zadanie 42. Ile powinniśmy wpłacić dziś na konto, jeśli chcemy odebrać za 5 lat 3 000 zł, gdy

bank: a) b) c)

nie kapitalizuje odsetek przy stopie R = 9%, kapitalizuje odsetki co rok przy stopie R = 7%, kapitalizuje odsetki co miesiąc przy stopie R = 9%?

Zadanie 43. Na ile lat został ulokowany kapitał, jeśli został on podwojony i a) bank nie kapitalizuje odsetek, b) kapitalizuje odsetki co rok, c) kapitalizuje odsetki co miesiąc?

Stopa procentowa wynosi R = 12%.

Zadanie 44. Jaki był koszt kredytu w wysokości 5 400 zł, który spłacono po 2 latach jednorazowo kwotą w wysokości 7 500 zł? Zadanie 45. Kupując dom, lepiej zapłacić od razu 140 000 zł, czy 160 000 zł za 2 lata, jeśli

gotówkę moŜna ulokować w banku na stopę R = 8% przy kapitalizacji kwartalnej?

Zadanie 46. Jaką kwotę ulokował pan Nowak na koncie 14 lipca 2000 roku, jeśli 6 maja 2001 roku, zamykając rachunek, wypłacił 4 000 zł? Bank pana Nowaka kapitalizuje odsetki na końcu miesięcy kalendarzowych przy stopie R = 10%. Zadanie 47. Ile zgromadzimy na półrocznej lokacie, jeśli zerwiemy ją po 4 latach, 7 miesiącach

i 7 dniach, gdy bank oferuje stopę R = 8%? Kwota początkowa to 2 000 zł.

Zadanie 48. Jaka kwota została ulokowana na koncie 6 lat temu, jeśli dziś zgromadziliśmy na

nim 3 500 zł, a bank przez pierwszy rok kapitalizował odsetki co dwa miesiące przy stopie R = 6%, przez kolejne 4 lata co kwartał przy stopie R = 8%, a przez ostatni rok – co miesiąc przy stopie R = 9%?

178

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

9.2. Roczna efektywna stopa procentowa Kapitalizacja odsetek częściej niŜ raz w roku powoduje, Ŝe tak naprawdę otrzymujemy więcej odsetek z lokaty, niŜ wskazuje na to nominalna stopa procentowa. Fakt, Ŝe banki stosują róŜne warunki kapitalizacji, utrudnia zatem porównywanie ofert bankowych. A jak porównać lokatę pieniędzy w banku z kilkuletnią inwestycją w jakieś przedsięwzięcie? Instrumentem, który pozwala porównać róŜne lokaty i rozwiązuje problemy wymienione powyŜej, jest roczna efektywna stopa procentowa oznaczana symbolem Re. Informuje ona, o ile procent faktycznie przyrasta kapitał w ciągu roku. Przy porównaniach wybieramy zawsze ofertę, która charakteryzuje się wyŜszym poziomem stopy efektywnej. Występują dwie formuły na obliczanie Re w zaleŜności od długości okresu bazowego. NaleŜy zwrócić szczególną uwagę na oznaczenia w obu przypadkach. •

okres bazowy krótszy niŜ rok

R e = (1 + i )n − 1 i – oprocentowanie w okresie bazowym, n – liczba okresów bazowych w ciągu roku; •

okres bazowy dłuŜszy niŜ rok 1 n

R e = (1 + i ) − 1 i – oprocentowanie w kilkuletnim okresie inwestycji, n – liczba lat inwestycji. Gdy bank kapitalizuje odsetki co rok, to stopa efektywna równa jest stopie nominalnej. W drugim przypadku oprocentowanie obliczamy ze wzoru:

i=

k −P , P

gdzie K i P to kwoty początkowe i końcowe inwestycji. Przykład 227. Co jest korzystniejsze: a) b) c)

złoŜyć pieniądze w banku A, który kapitalizuje odsetki co miesiąc przy stopie R = 12%, złoŜyć pieniądze w banku B, który kapitalizuje odsetki co rok przy stopie R = 12,5%, ulokować pieniądze w przedsięwzięcie, które pozwala podwoić kapitał po 8 latach?

Rozwiązanie: Dla kaŜdego przypadku obliczamy roczną efektywną stopę procentową: a)

okres bazowy równy miesiąc

R 0,12 = = 0,01 ; n = 12 12 12 Re = (1+0,01)12 − 1 = 0,1268 = 12,68%, i=

b)

kapitalizacja roczna, więc Re = R = 12,5%,

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

179

c)

okres bazowy 8 lat – skoro podwajamy kapitał, to K = 2P, co pozwala obliczyć oprocentowanie w okresie inwestycji

i=

2P − P = 1; n = 8 P 1

R e = (1 + 1) 8 − 1 = 0,0905 = 9,05% NaleŜy więc wybrać ofertę banku A. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 49. Gdzie najkorzystniej ulokować kapitał: a) b) c)

180

w przedsięwzięcie, które podwoi go po pięciu latach, w banku, który kapitalizuje odsetki co rok przy stopie R = 16,5%, w banku, który kapitalizuje odsetki co kwartał przy stopie R = 16%?

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

9.3. strumienie pieniędzy Strumieniem pieniędzy określamy ciąg kwot pienięŜnych umieszczonych w róŜnych momentach czasu. Ze względu na fakt, Ŝe pieniądz zmienia wartość w czasie, nie wolno sumować nominalnych wartości takich kwot, a naleŜy je sprowadzić do jednego momentu. Dyskontowaniem i liczeniem wartości przyszłej zajmowaliśmy się w poprzednich rozdziałach. Wtedy jednak była to na przykład jedna kwota wpłacana na konto i liczyliśmy stan konta po jakimś czasie. Wyobraźmy sobie teraz, Ŝe wpłacamy kwoty co jakiś czas i chcemy wiedzieć, ile pieniędzy zgromadzimy na koncie. Liczymy wtedy wartość zgodnie ze wzorem na wartość przyszłą strumienia pieniędzy. Zanim wprowadzimy wzory, prosty przykład. Przykład 228. Pani Maria wpłacała na konto kolejno przez 6 lat na początku roku kwoty 500 zł, 400 zł, 700 zł, 500 zł, 200 zł i 600 zł. Jaką kwotę zgromadzi pani Maria na koniec tego okresu, jeśli bank oferuje stopę R = 7%?

Rozwiązanie: Z treści zadania wynika, Ŝe bank kapitalizuje odsetki co rok. Zobrazujmy sytuację na osi czasu. 500

400

700

500

200

600

K= ?

│

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

6

7

lata

Jeśli kwoty były wpłacane na początku kaŜdego roku, to ostatnia wpłata miała miejsce w momencie oznaczonym cyfrą 5 – jest to koniec piątego, a początek szóstego roku. Gdyby pani Maria miała sześć kont w sześciu róŜnych bankach, to po 6 latach zsumowałaby zgromadzone kwoty, z tym Ŝe w pierwszym banku do kwoty 500 zł naliczono by jej odsetki za 6 lat, w drugim do kwoty 400 zł za 5 lat i tak dalej. W ten sposób naleŜy teŜ policzyć stan konta pani Marii na koniec szóstego roku: i = R = 0,07 K = 500(1+ 0,07)6 + 400⋅(1+ 0,07)5 + 700(1+ 0,07)4+500(1+ 0,07)3 + 200(1+ 0,07)2 + + 600(1+ 0,07) = 3 712,44 (zł) Sposób naliczenia odsetek w tym przykładzie miał zobrazować wzory, które przedstawiamy poniŜej. Zawsze moŜemy spotkać się z liczeniem wartości obecnej i przyszłej strumienia pieniędzy. Do tego wpłaty mogą być dokonywane z góry lub z dołu. W ten sposób otrzymujemy cztery wzory (indeksy dolne onaczają, Ŝe mamy do czynienia ze strumieniami). Strumień n płatności z góry: A1

A2

│

│

│

│

│

0

1

2

n −1

n

A0

.........

An−1

okresy

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

181

•

wartość obecna:

P = a 0 + a 1 + a 2 2 + ... + a n −n1 − 1 1 + i (1 + i ) (1 + i ) •

wartość przyszła:

k = a 0 (1 + i ) n + a 1 (1 + i ) n − 1 + a 2 (1 + i ) n − 2 + ... + a n – 1 (1 + i ) Strumień n płatności z dołu:

•

A1

A2

│

│

0

1

An−1

An

│

│

│

2

n −1

n

okresy

wartość obecna:

P= •

.........

a3 a1 a2 an − 1 an + + + ... + + 2 3 n −1 1 + i (1 + i ) (1 + i ) (1 + i ) (1 + i )n

wartość przyszła:

k = a 1 (1 + i ) n − 1 + a 2 (1 + i )n − 2 + a 3 (1 + i ) n − 3 + ... + a n – 1(1 + i ) + a n Są to wzory, które mają na celu ułatwić obliczenie wartości obecnej i przyszłej strumienia, ale stosując je, naleŜy być bardzo ostroŜnym. MoŜe się zdarzyć, Ŝe wpłaty lub wypłaty nie następują regularnie bądź stopa procentowa zmienia się. Spójrzmy na przykłady. Przykład 229. Jaką kwotę naleŜy ulokować na koncie dziś, aby poczynając od drugiego roku,

móc wypłacać co kwartał z góry kolejno 300, 700 i 1 500 zł, jeśli bank oferuje stopę 10% przy kapitalizacji kwartalnej?

Rozwiązanie: Z treści zadania wynika, Ŝe pierwsza wypłata nastąpi rok po dokonaniu wpłaty. Zobrazujmy sytuację na osi czasu: P=?

300

700 1 500

│

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

6

7

kwartały

Liczymy wartość obecną strumienia. Kwotę 300 zł dyskontujemy o 4 kwartały, 700 zł o 5 kwartałów i 1 500 zł o 6 kwartałów:

182

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

i=

0,1 = 0,025 4

P=

300 700 1 5 00 + + = 2 183,93 (zł) 4 5 6 (1 + 0,025) (1 + 0,025) (1 + 0,025)

Przykład 230. Dziś wpłacamy na konto 400 zł, po 3 miesiącach 600 zł, po kolejnych 4 miesiącach 500 zł i po kolejnym miesiącu 800 zł. Jaka jest wartość obecna tego strumienia? Jaka jest jego wartość na koniec roku? R = 6%, kapitalizacja miesięczna.

Rozwiązanie: Zobrazujmy sytuację na osi czasu: 400 │

600 │

│

│

500 800 │

│

│

│

│

│

│

│

│

│

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

i=

miesiące

0,06 = 0,005 12

Wartość obecna:

P = 400 +

600 500 800 + + = 2 242,64 (zł) (1 + 0,005) 3 (1 + 0,005) 7 (1 + 0,005) 8

Wartość przyszła na koniec roku: P = 400(1 + 0,005)12 + 600(1 + 0,005)9 + 500(1 + 0,005)5 + 800(1 + 0,005)4 = 2 380,96 (zł) Przykład 231. Jakie było oprocentowanie kredytu w wysokości 2 000 zł, który spłacono w dwóch ratach po pierwszym i drugim półroczu w wysokości odpowiednio 1 000 i 1 500 zł?

Rozwiązanie: Gdy mamy do czynienia z kredytem lub innym strumieniem pieniędzy, gdzie wpłaty lub wypłaty następują cześciej niŜ co rok, a okres bazowy nie jest określony, to przyjmujemy długość okresu bazowego równą okresom, w jakich następowały wpłaty lub wypłaty. Dlatego w zadaniu okresem bazowym jest półrocze1. Przedstawmy sytuację na osi czasu: 2 000

1

1 000

1 500

│

│

│

0

1

2

półrocza

W praktyce moŜe być inaczej, ale wykracza to poza zakres naszego wykładu. POWRÓT DO SPISU TREŚCI

183

Teraz niewiadomą jest oprocentowanie kredytu. Najpierw obliczymy i, czyli oprocentowanie w okresie bazowym, a potem R. Oto jak wygląda równanie:

2 000 =

1 000 1 500 : 500 + 1 + i (1 + i)2

4 = 2 + 3 2 ⋅(1+ i)2 1 + i (1 + i) 4(1+ i)2 = 2(1+ i) + 3 4 + 8i + 4i2 = 2 + 2i + 3 4i2 + 6i − 1 = 0 ∆ = 62 − 4⋅4 ⋅(−1) = 52;

i=

− 6 − 52 − 6 + 52 ≈ −1,65 lub i = ≈ 0,15 2⋅4 2⋅4

Musimy odrzucić pierwiastek ujemny, więc: i = 0,15; R = 2i = 0,3 = 30% Oprocentowanie kredytu wynosiło około 30%. Często spotyka się strumienie równych płatności, które moŜna sumować wzorem na sumę ciągu geometrycznego:

s = a1 ⋅

1 − qn , 1−q

gdzie a1 jest pierwszym wyrazem, q ilorazem ciągu, a n liczbą wyrazów ciągu. Przykład 232. Paulina wygrała w totolotka ogromną sumę pieniędzy. Ile powinna zdeponować na koncie, jeśli chce przez całe studia wypłacać 1000 zł na początku kaŜdego miesiąca? Paulina idzie na studia za miesiąc. Jej bank oferuje stopę 12% przy miesięcznej kapitalizacji odsetek.

Rozwiązanie: ..

P = ? 1 000 1 000 1 000 │

│

│

│

0

1

2

3

│

1 000

│

.....

│

60

miesiące

Pięć lat studiów to 60 miesięcy i tyle będzie wypłat, a pierwsza za miesiąc. Obliczamy wartość obecną tego strumienia:

i=

0,12 = 0,01 12

P=

184

1 000 1 000 1 000 1 000 + + + ... + 1 + 0,01 (1 + 0,01) 2 (1 + 0,01) 3 (1 + 0,01) 60

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Liczenie tego na kalkulatorze byłoby bardzo uciąŜliwe. Wystarczy zauwaŜyć, Ŝe jest to suma ciągu geometrycznego, w którym:

1 ; n = 60 wyrazów a 1 = 1 000 ; q = 1 + 0,01 1 + 0,01 i podstawić do wzoru:

 1  1 −   n 1− q 1 000  1 + 0,01  Sn = a1 ⋅ = ⋅ 1− q 1 + 0,01 1 1− 1 + 0,01

60

= 44 955,04 (zł)

Przykład 233. Chcemy spłacić kredyt w wysokości 9 000 zł w 6 kwartalnych ratach, zaczynając spłatę pół roku po zaciągnięciu kredytu. Oblicz wysokość raty, jeśli bank oferuje stopę R = 20%.

Rozwiązanie: Zobrazujmy sytuację na osi czasu: 9 000

A

A

A

A

A

A

│

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

6

7

kwartały

Skoro spłacamy kredyt co kwartał, to przyjmujemy kwartalny okres kapitalizacji.

i = 0,2 = 0,05 4 Przyjmując za A wysokość raty, moŜemy skorzystać z własności, Ŝe kredyt jest spłacony, gdy kwota kredytu równa jest wartości obecnej rat kapitałowych.

9 000 =

A A A A + + + ... + 2 3 4 (1 + 0,05) (1 + 0,05) (1 + 0,05) (1 + 0,05) 7

Po prawej stronie równania mamy sumę ciągu geometrycznego:

a1 =

A 1 ; n = 6 (poniewaŜ jest sześć rat kapitałowych) ; q= 2 (1 + 0,05) 1 + 0,05

  1 −  1  1 + 0,05   A 9 000 = ⋅ (1 + 0,05) 2 1 − 1 1 + 0,05

6

9 000 = 4,83399A A = 1 861,82 (zł)

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

185

Przykład 234. Jaką kwotę naleŜy wpłacać przez kolejne 4 lata z góry, aby móc wypłacać, poczynając od ósmego roku, z dołu siedem razy po 800 zł co rok? Stopa procentowa R = 7%.

Rozwiązanie: Mamy tutaj w istocie dwa strumienie – strumień wpłat i strumień wypłat. Jako A oznaczamy szukaną wysokość wpłaty. A

A

A

A

│

│

│

│

│

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

800 800 800 800 800 800 800

│

│

│

│

│

10 11 12 13 14

lata

i = R = 0,07 Wartości strumieni pienięŜnych porównujemy w tym samym momencie czasowym. Strumień wpłat i strumień wypłat sprowadzamy do wybranego momentu. ZałóŜmy, Ŝe będzie to początek ósmego roku, czyli moment 7 na osi. Sprowadzimy do tego momentu wartości obu strumieni i porównamy je ze sobą.

A ( 1 + 0,07) 7 + A( 1 + 0,07) 6 + A ( 1 + 0,07) 5 + A ( 1 + 0,07) 4 = =

800 + 800 800 800 + + ... + (1 + 0,07) 7 1 + 0,07 (1 + 0,07)2 (1 + 0,07)3

Po lewej stronie suma ciągu geometrycznego, gdzie:

a 1 = A(1 + 0,07) 7; q =

1 ; n=4 1 + 0,07

Po prawej stronie suma ciągu geometrycznego, gdzie:

a1 =

800 1 ; q= ;n=7 1 + 0,07 1 + 0,07

Więc otrzymujemy: 4

    1 −  1  1 −  1  1 + 0,07 1 + 0,07     A (1 + 0,07) 7 ⋅ = 800 ⋅ 1 + 0,07 1 1 1− 1− 1 + 0,07 1 + 0,07

7

5,82A = 4 311,43 A = 740,81 (zł) Przykład 235. Jaką kwotę naleŜy zdeponować w banku, aby moŜna było, poczynając od

następnego miesiąca, wypłacać z góry co miesiąc do końca Ŝycia 2000 zł, jeśli bank oferuje stopę 9% i kapitalizuje odsetki co miesiąc?

186

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Rozwiązanie: P = ? 2 000 2 000 2 000 2 000 2 000 .......... │

│

│

│

│

│

0

1

2

3

4

5

i=

..........

miesiące

0,09 = 0,0075 12

W tym wypadku wzór na wartość obecną strumienia naleŜy trochę zmodyfikować. Mamy bowiem do czynienia z tak zwaną rentą wieczystą. Wypłaty następują nieprzerwanie. Zastosujemy tu wzór na sumę ciągu geometrycznego zbieŜnego:

sn =

a1 1−q

Wzór ten stosujemy, gdy liczba wyrazów dąŜy do nieskończoności, a iloraz q ∈ ( −1; 1 ). W zadaniu sytuacja jest następująca:

P=

2 000 2 000 2 000 2 000 + + + + ... 1 + 0,0075 (1 + 0,0075) 2 (1 + 0,0075) 3 (1 + 0,0075) 4

Jest to suma ciągu geometrycznego zbieŜnego, gdzie:

a1 =

2 000 ; q = 1 ∈(−1; 1) 1 + 0,0075 1 + 0,0075

2 000 1 + 0,0075 P= = 266 666,67 (zł) 1 1− 1 + 0,0075 Teraz moŜemy pogłębić nasze rozwaŜania. Wrócimy więc do aspektu praktycznego, czyli zmiennej stopy procentowej. Przykład 236. Jaką kwotą będziemy dysponować na koniec dziesiątego roku, jeśli wpłacamy od dziś co rok przez 3 lata z góry 700 zł? Przez pierwsze 3 lata bank oferuje stopę R = 10% i kapitalizuje odsetki co pół roku, przez kolejne 5 lat stopę R = 6% i kapitalizuje odsetki co dwa miesiące, a przez ostatnie 2 lata bank kapitalizuje odsetki co rok przy stopie R = 11%.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

187

Rozwiązanie: 700 700 700

│

│

│

K=?

│

│

│

│

│

│

│

│

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10%, półrocz.

6%, dwumies.

lata

11%, rocz.

Ten rysunek nie uwzględnia szczegółowo okresów bazowych. Dla kaŜdej kwoty naliczamy odsetki zgodnie z zasadami przy zmiennej stopie procentowej i dodajemy kwoty do siebie. Pierwsze trzy lata:

i=

Kolejne pięć lat:

i=

Ostatnie dwa lata:

0,1 = 0,05 2

0,06 = 0,01 6 i = R = 0,11

K = 700(1 + 0,05) 6 (1 + 0,01) 30 (1 + 0,11) 2 + 700(1 + 0,05) 4 (1 + 0,01) 30 (1 + 0,11) 2 + + 700(1 + 0,05)2 (1 + 0,01)30 (1+ 0,11)2 = 4 252,47 (zł)

Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 50. Ile zgromadzimy pieniędzy na koncie po 2 latach, jeśli przez 4 kolejne kwartały będziemy wpłacać z góry odpowiednio 500 zł, 400 zł, 800 zł i 800 zł? Bank oferuje stopę R = 12% i kapitalizuje odsetki co miesiąc. Zadanie 51. Jaką kwotę będzie moŜna wypłacać przez 6 kolejnych kwartałów z dołu, rozpo-

czynając od trzeciego kwartału, jeśli dziś lokujemy na koncie 6 000 zł? Bank stosuje kapitalizację kwartalną przy stopie R = 10%. Zadanie 52. Oblicz wysokość rat kapitałowych kredytu w wysoko ści 4 000 zł, który spłacano w równych płatnościach przez 10 kolejnych półroczy, a bank stosuje dla kredytów stopę R = 17%. Zadanie 53. Ile warta jest działka, która przynosi, rozpoczynając od dziś, coroczne dochody

w wysokości 7 000 zł? Stopa procentowa R = 5%.

Zadanie 54. Jaką kwotę moŜna wypłacać, rozpoczynając od ósmego roku z dołu przez 11 lat,

jeśli najpierw wpłacaliśmy przez 5 lat z góry po 10 000 zł? Przez pierwsze 2 lata bank kapitalizuje odsetki co pół roku przy stopie R = 10%, przez kolejne 4 lata co rok przy stopie R = 9%, a w ciągu następnych lat co kwartał przy stopie R = 8%.

188

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

9.4. kapitalizacja ciągła Nietrudno zauwaŜyć, Ŝe im częściej bank kapitalizuje odsetki, tym szybciej przyrasta kapitał. Co stanie się, jeśli bank będzie kapitalizował odsetki bardzo często, na przykład z godziny na godzinę albo z sekundy na sekundę? Kapitalizacja odsetek z momentu na moment nazywa się kapitalizacją ciągłą. W tym przypadku liczba okresów bazowych w roku zbliŜa się do nieskończoności. Wzory stosowane w poprzednich rozwaŜaniach będą mieć dla tego modelu kapitalizacji nieco inną postać: k = Pe Rt , P= k , R e = eR − 1 , Rt e gdzie t oznacza czas liczony w latach. Przykład 237. Jaką kwotę naleŜy ulokować dziś na koncie, aby za 2,5 roku odebrać 55 000 zł,

jeśli bank oferuje stopę R = 13% przy kapitalizacji ciągłej? Rozwiązanie: 55 000 P = 0,13 ⋅ 2,5 = 39 739,00 (zł) e

Obliczenie stopy efektywnej przy kapitalizacji ciągłej polega tylko na podstawieniu do wzoru. Dodajmy na koniec, Ŝe kapitalizacja ciągła moŜe oczywiście wystąpić teŜ w zadaniach na zmienną stopę procentową i przy strumieniach pieniędzy. Zadania do samodzielnego rozwiązania: Zadanie 55. Czy lepiej kupić obligację za kwotę 1 000 zł i sprzedać ją po 7 latach za 2 400 zł, czy ulokować pieniądze w kasie oszczędnościowej, która oferuje stopę R = 17% i kapitalizuje odsetki w sposób ciągły?

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

189

odpowiedzi do zadań Zadanie 1.

 1   1  1  ; 1 , b) x∈{1; 3} , c) x ∈∅ , d) x ∈{− 4; 4} , e) x ∈ − ; 2 , f) x∈{1} , g) x ∈ 0;  , 2    3  4  h) x ∈{− 3; 0} a) x ∈ −

Zadanie 2. a) x ∈

3; 4 , b) x ∈ (− 6 ; 6 ) , c) x ∈ (−∞;

{6} ,

e) x ∈∅ , f) x∈

6 6 3− 3 3+ 3 ; ∪ ; ∞) , d) x ∈ − , 3 3 2 2

2  , h) x∈{0} i) x ∈ (−∞; 0 ∪ 6; ∞) , j) x∈{1} 5

g) x ∈ R \ 

Zadanie 3.

 

a) x ∈ − 2; −

1 3 3   ;  , b) x ∈  – 1; –  , c) x ∈{− 2; 0; 1} , d) x∈{0; 3} 11  3 3  

Zadanie 4. a) x ∈ ( −∞;1

1  1 , b) x ∈ (−∞; 2) , c) x ∈∅ , d) x ∈∅ , e) x ∈ (−∞; − 1 ∪  –  ∪ – ; ∞) 3 2  

f) x ∈ (0; ∞), g) x ∈ (−∞; − 3

, h) x ∈ − 3 ; 3

Zadanie 5. a) x ∈{−6; 6} , b) x ∈{3 −

 5 17 ; 3 + 17 } , c) x ∈{−9; 0} , d) x ∈∅ , e) x ∈ −  f) x∈{2}  3

Zadanie 6. a) x ∈ ( −∞; −

5 2 5 2 ; ∞) , b) x ∈ (−∞; 0) ∪ (0; 2) ∪ (4; 6) , c) x ∈ (−1; 1 , ∪ (−3; 3) ∪ 2 2

d) x ∈ ( −∞; −

1 1 ∪ ; ∞) , e) x∈ R \ {0} , f) x ∈ (−3; ∞) 2 2

Zadanie 7.

 2x − 3 a) 2x − 3 =  3 − 2x 

3 2 gdy x < 3 2

gdy x ≥

b) 1 – x

2

1 – x 2 gdy x ∈ − 1; 1 = 2 x − 1 gdy x ∈ (−∞; − 1) ∪ (1; ∞)

 1  1 + 6x gdy x ≥ − 6 c) 1 + 6x =   – 1 – 6x gdy x < − 1 6  Zadanie 8. a) x ∈ {−5; − 1} , b) x ∈ {−

190

1 7  3 ; − 1; 1; 3} , c) x ∈  ;  6 6  POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadanie 9. a) x ∈ (−6; − 2) , b) x ∈ ( −∞; − d) x ∈ ( −∞; − Zadanie 10. a)

5

x 6 , b)

5 ; ∞) , c) x ∈ −

5 ∪ − 1; 1 ∪

11 11 ; , 4 4

9  ∪ (1; ∞) 5

4 9 x

, c)

5

1 7

x

3

, d)

1 5

, e)

x

59 2 x , 3

f)

3 , x4

g)

7

x , h) −

1 9

x5

Zadanie 11. 1

a) x 5 , b)

1

2 −3 x , 7

2

c) 5x 5

4

2 , d) x −6 , e) x 3 , f) x 5

17 4

, g) 11x

−

1 2

3

, h) − x 8

Zadanie 12.

3 , b) x = −6 , c) x = 0 , d) x = −2 2

a) x =

Zadanie 13. a) x ∈ (2; ∞) , b) x ∈

1 5 − ; ∞) , c) x ∈ (−∞; − 4) , d) x ∈ (−∞; − 2 2

Zadanie 14. a)

1 , b) −2 , c) 4 , d) −3 3

Zadanie 15. a) log

1 , b) log 7 2 , c) 13 , d) log 2 2 3 7

Zadanie 16. a) x = 10

99 3 , b) x = − , c) x = 4 , d) x = 1 100 4

Zadanie 17.

 2 7 ;  , b) x ∈ (0; 18 , c) x ∈ 6; ∞) , d) x ∈  3 3

a) x ∈  −

2 ; ∞)

Zadanie 18. a) x ∈

1 1 1 1 − ; , b) x ∈ (0;  ∪  ; 4) , c) x ∈ 1; ∞) d) x ∈ R e e 6 6

Zadanie 19.

a) 3 − 2cosx +

1 x 3

−

2 3

− , b)

lnx 1− x

2

−

arcsinx − 1

lnx

2x lnx

4+ x

, c) − 4 − cosx +

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

2x 3

2+ x 2 2+ x sin x2 x2

191

d) − 3sinx − 3sin3x − 3x

−4− e)

(4x −

3– x

2

sinx 3 − 2sinxcosx − 81x 2 cos 2 3x 3 sin3x 3

1 2 3− x

) 4x −

3− x

tgx arcsinx   3xe tgx  3arcsinetgx + (17 + earcsinx ) − 3xarcsine ⋅ e   cos 2 x 1 − e 2tgx  1 − x2  f) (17 + earcsinx ) 2

Zadanie 20. a) 0, b)

0, c) −∞ , d) 1, e) 1, f) 1, g) e 22

Zadanie 21. a) asymptoty

pionowe x = 1 i x = −1, asymptota pochyła y = x; b) asymptota pionowa x = 0, asymptota pozioma lewostronna y = −1, asymptota pozioma prawostronna y = 0; c) asymptota pozioma lewostronna y = 0; d) asymptota pionowa prawostronna x = 2; e) asymptota pochyła π π lewostronna y = x − 1 , asymptota pochyła prawostronna y = − x − 1 ; f) asymptota pozio2 2 ma y = 1. Zadanie 22. a) D

1 1 = R; f ↑ (–1; 1), f ↓ (– ∞; – 1), (1; ∞); min(–1; – , max(1;  2 2

1 –   1 e 3  1 1  , f ↓  b) D = R; f ↑ (– ∞; ; ∞); max 3 ; 3  3 3 3 3  3  3  c) D = (0; 1) ∪ (1; ∞); f ↑ (0; 1), (1; e), f ↓ (e; ∞); max(e; 1 – e)

d) D

5 5 5 = R \ {2; 3}; f ↑ (– ∞; 2), (2; , f ↓  ; 3), (3; ∞); max ; e– 4 ) 2 2 2

↑ (– ∞; – 3), (–3; – 3 ), ( 3 ; 3), (3; ∞), f ↓ (– 3 ; 0), (0; 3 ); min( 3 ; – 3 6 3 )

e) D = R; f

max(– 3 ; 3 6 3 ) f) D = R; f

↑ (–2; 0), (2; ∞), f ↓ (– ∞; – 2), (0; 2); min(–2; 0), (2; 0), max(0; 3 16 )

g) D = (0; ∞); f

↑ (1; ∞), f ↓ (0; 1); min(1; 0)

Zadanie 23. 3

3

3

3

2 − = (0; ∞); f  (0; e 2 ), f  (e 2 ; ∞); p.p. (e 2 ; e 2 ) , 3 b) D = (0; ∞); f  (0; ∞); brak p.p. , c) D = R \ {0}; f  (0; ∞), f  (– ∞; 0); brak p.p. , a) D

d) D = R; f

 (– ∞; – 3 – 3 ), (–3 + 3 ; 0), f  (–3 – 3 ; − 3 + 3 ), (0; ∞);

p.p. (–3 – 3; (−3 − 3 )3 e−3− 3 ), (–3 + 3; (−3 + 3 )3 e−3+ 3 ), (0; 0)

192

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadanie 24. 3 1 (1 − x 4 ) 2 + C, 6

a)

−

c)

3 1 2 ( x − 3) 2 + 8( x − 3) 2 + C, 3

b)

 1 4 2  x2  x − x + 1e + C, 2 

d)

2 2 42 14 x − x +C , 7 17

7

17

x

2   x 3 3 e) + C, − 2 ln3 ln 3 3x − 1 3 sin2x + cos2x + C, g) 2 4

2 + x 2 + C,

f)

h) e x sine x + cose x + C,

i)

− 1 − x 2 + C,

j)

1 x + C, 2

k)

(x 2 − 2x + 2)e x + C,

l)

1 1 − x3 − x2 − x – ln1 – x + C, 2 3

n)

−

p)

2 7 2x + 3 arctg + C, 7 7

x (sinlnx + coslnx) + C, 2

m)

o)

ln sinx + C,

q)

1 2 2 2 x + x + x + C, 3 2

s)

ln lnx + C,

3

( )

2 arctg 2 x + C, 2

u)

x

+ C,

w)

2e

y)

1 − ln 2 − 3e x + C, 3

−

z) −ln ctgx + C,

1

ln 2x + 1 + C, 2 1 1 1 dd) xsin2x + sinxcosx – x + C, 4 4 2

2e cosx (1 − cosx ) + C,

cc)

x + arctgx + C,

ee)

arctg4 x + C, ln4

ff)

gg)

− 2ctg x + C,

hh)

1 x2 e + C, 2

4

5 (arccosx) 5 + C, 4 1 1 1 t) xsinxcosx − sin 2 x + x 2 + C, 4 4 2 56 x v) + C, ln56 1 2 x) − xctgx + ln sinx − x + C, 2 r)

aa)

ii)

3

2 (1 − lnx) 2 + C, 3

bb)

jj)

(− x 2 − 2x + 2)cosx + 2(x + 1)sinx + C, xarcctgx + −

1 ln(1 + x 2 ) + C, 2

1 − ln sinx + C, 2sin 2 x

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

193

1 3 x − x + arctgx + C, 3

kk)

mm)

ll)

tgx − x + C,

nn)

1 1 − 9x 2 + C, 3

ss)

1 arcsin5x + C, 5

uu)

−ctg(3 + x) + C

ccc)

lnx 1 − +C x x arcsin(2x − 1) + C −

1

arctg

x +3

3

ddd)

xln(1 + x 2 ) − 2x + 2arctgx + C,

( x 2 − x )lnx −

+ C,

+C

qq)

aaa)

1 2x − x 2 2

1 2 x +x+C 2

xarccos3x −

yy)

e

2 (1 − cosx) 2 + C, 3 x2 x 2x rr) − 2 + C, ln2 ln 2 1 3x −1 tt) e +C , 3 3 5 vv) x − ln 2x + 3 + C 2 4 1 3 xx) arcsinx + C 3 zz) ( 2 − x )sinx − cosx + C x −1 bbb) arcsin +C 5

oo)

ww)

x − ln(e x + 1) + C,

3 3 1 4 eee) − cos x + C 2 9 1 ggg) − x − ln 3 − 2x + C 4 2

pp)

fff)

1 x e (sinx − cosx ) + C 2 2

− e cos x + C ,

hhh)

1 2 1 (x + 1)arctgx – x + C 2 2

Zadanie 25. a) i)

2π π 2e 3 4 π , b) rozbieŜna, c) , d) , e) rozbieŜna, f) rozbieŜna, g) , h) 0, + 2 2 2 9 9e 3 3π ln4 + , j) π 6 2

Zadanie 26.

xi pi

–8 0,5

5 0,3

10 0,2

7 1 1 ; E (X) = − ; S(X) ≈ 7,7; P(X > 4) = ; P( X ≥ 8) = 10 2 2 0  0,5 F( X ) =  0,8 1 

194

gdy gdy gdy gdy

x ∈ ( −∞ ; − 8 x ∈ ( −8; 5 x ∈ (5; 10 x ∈ (10; ∞ )

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

Zadanie 27. 276 – 4 15 − 8 3 − 4 5 2 3 + 5 −2 1 ; ; V(X) = ; E(X) = 121 11 11 5 3 P X ≥ 3 = ; P X ≤1 = 11 11

a=

)

(

(

)

Zadanie 28.

a = 1; E(X) =

e 2 +1 2e 3 + 1 e 4 + 2e 2 + 1 − ; S(X) = ; P(X < 1) = 0; P(X > e) = 0 ; P( X > 2) = 2 − 2ln2 ; 4 9 16

 0 gdy  F(X) = 1 + xlnx – x gdy  1 gdy 

x ∈ (−∞; 1 x ∈ (1; e x ∈ (e; ∞)

Zadanie 29.

 1 x  4e  1 1  + x F(X) =  4 4 1 2  x − x +1 2 1 

gdy

x ∈ (−∞; 0

gdy

x ∈ (0; 1

gdy

x ∈ (1; 2

gdy

x ∈ (2; ∞)

Zadanie 30.

a=

π ; 3

  0  1  F(X) = cosx − 2  1 1 − e – x  2 

π 3

gdy

x ∈ (−∞; –

gdy

 π x ∈ – ; 0  3

gdy

x ∈ (0; ∞)

Zadanie 31.

− 20 150  – 20 15 23 11 − 23 , D⋅C =  A⋅B=  , B⋅ A – niewykonalne , C ⋅ D =      − 6 16  – 60 16  81 30 − 49

− 27 – 24 6 E ⋅ F =  – 18 – 16 4 , F ⋅ E = [−33] .  – 45 – 40 10 Zadanie 32.

detA = 0, detB = 325, detC = −138, detD = 4, detE = 0

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

195

Zadanie 33.

rzA = 3, rzB = 3, rzC = 2, rzD = 4, rzE = 0 Zadanie 34.

 1 − A = 5 3   5

2  2 1 5 0 − 1 0  5  , B −1 =  1 2 0 , C −1 =  5 1 7  , 2    1 −   4 2 11 0 1 1   5

−1

1 1 2   0 5 5 5  4 2   0 −1 −1 − D = 5 5 5 1 − 3 − 1  1 3 12 4  − 1 − 5 5 5 

E −1 nie istnieje, poniewaŜ E jest macierzą osobliwą. Zadanie 35. a) dodatnio

półokreślona, b) ujemnie określona, c) nieokreślona

Zadanie 36. a)

∂f sinxy − xycosxy = + ∂x sin 2 xy

1 (y + x)

x y

,

∂f x 2 cosxy =− − ∂y sin 2 xy

x (y + xy)

x y

b)

∂f 2 ∂f x 2 = y− , = + ∂x x ∂y 2 y y

c)

x 2 yz ∂f ∂f ∂f xy 2 z = xzarcsinxy + , , = yzarcsinxy + = xyarcsinxy 2 2 2 2 ∂x ∂ y ∂z 1– x y 1– x y

1 d)

∂f = ∂x

yz

– sinz ⋅ e xsinz tgy

 1 xtgy  x x – − exsinz ⋅ 2 – xcosz ⋅ e xsinz −   cos y 2y yz  yz 2z yz ∂f ∂ f  = = , ∂z tg2 y tgy ∂y −

Zadanie 37. a)

∂ 2f ∂ 2f ∂ 2f 2 2 = − y sinxy , = − x sinxy , = cosxy − xysinxy , ∂x∂y ∂y 2 ∂x 2

b)

∂ 2f 2z ∂ 2f 18z ∂ 2f 6z ∂ 2f 1 ∂ 2f , , = 0 , , , = = = =− − 2 2 3 2 3 3 ∂x∂y ∂x∂z ∂z ∂x ( x − 3y) ∂y ( x − 3y) ( x − 3y) ( x − 3y) 3

∂ 2f 3 = ∂y∂z ( x − 3y) 2 Zadanie 38.

1 3 df(−3; 4) = dx + dy 4 16

Zadanie 40.

a) (0; 0) – brak ekstremum, (–1; 1) – maksimum, b)

(1; 1) – minimum, (–1; 1) i (1; –1) – brak ekstremum, (–1; –1) – maksimum,

196

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

c) (2; 2) i (–2; –4) – brak ekstremum, d) (0; 0) – brak ekstremum, e) (0; 0) – przypadek nierozstrzygnięty, (1; f) (2; 2; 2) – minimum, g) (–6; 12; –2) – brak ekstremum, h) (4; 5; 0) – przypadek nierozstrzygnięty Zadanie 41. a) 7 275,00

zł, b) 7 035,50 zł, c) 7 562,95 zł

Zadanie 42. a) 2 068,97

zł, b) 2 138,96 zł, c) 1 916,10 zł

Zadanie 43. a) 8,33 lat, b)

6,12 lat, c) 5,81 lat

Zadanie 44.

17,85%

Zadanie 45.

Za dwa lata.

Zadanie 46.

3 689,61 zł

Zadanie 47.

2 869,71 zł

Zadanie 48. 2

–2) i (–1; –2) – brak ekstremum,

195,82 zł

Zadanie 49.

Odp. c) [a) Re = 14,87%, b) Re = 16,50%, c) Re = 16,99%].

Zadanie 50.

3 013,52 zł

Zadanie 51.

1 144,45 zł

Zadanie 52.

609,63 zł

Zadanie 53.

147 000 zł

Zadanie 54.

10 995,04 zł

Korzystniej jest ulokować pieniądze w kasie oszczędnościowej – Re = 18,53%, Re obligacji wynosi 13,32%.

Zadanie 55.

POWRÓT DO SPISU TREŚCI

197