Rozwiązania zadań z kolokwium w dniu 10.12.2010r. Zarządzanie

Rozwiązania zadań z kolokwium w dniu
10.12.2010r. Zarządzanie Inżynierskie, WDAM,
grupy I i II
Zadanie 1. Wyznacz dziedzinę naturalną funkcji
f (x) =
p
1−x
|x2 − 4x + 3| − |2 − x| + x − 2 + log arc sin
.
x+4
Rozwiązanie. Wymagane są następujące zastrzeżenia:
|x2 − 4x + 3| − |2 − x| + x − 2 ­ 0,
(1)
x + 4 6= 0,
(2)
1−x
¬ 1,
x+4
1−x
> 0.
arc sin
x+4
−1 ¬
(3)
(4)
Dla rozwiązania zastrzeżenia (1) naszkicujemy wykresy wyrażeń podmodułowych
2
1
3
1
Z rysunku widać, że mamy do rozpatrzenia cztery przypadki:
a) x ∈ (−∞; 1), b) x ∈ h1; 2), c) x ∈ h2; 3), c) x ∈ h3; +∞).
W przypadku a) warunek (1) jest równoważny nierówności
x2 − 4x + 3 − 2 + x + x − 2 ­ 0,
x2 − 2x − 1 ­ 0.
√
√
Pierwiastkami trójmianu stojącego po lewej stronie są liczby 2−22 2 = 1 − 2
√
√
oraz 2+22 2 = 1+ 2. Z wykresu rozwiązanie powyższej nierówności kwadratowej
jest postaci
√
√
x ∈ (−∞; 1 − 2i ∪ h1 + 2; +∞).
Uwzględniając zastrzeżenie przypadku a) otrzymujemy rozwiązanie w tym przypadku
√
x ∈ (−∞; 1 − 2i.
(5)
W przypadku b) warunek (1) jest równoważny nierówności
−x2 + 4x − 3 − 2 + x + x − 2 ­ 0,
−x2 + 6x − 7 ­ 0.
√
√
2
Pierwiastkami trójmianu stojącego po lewej stronie są liczby −6−2
=3+ 2
−2
√
√
2
oraz −6+2
= 3 − 2. Z wykresu rozwiązanie powyższej nierówności kwadra−2
towej jest postaci
√
√
x ∈ h3 − 2; 3 + 2i.
Uwzględniając zastrzeżenie przypadku b) otrzymujemy rozwiązanie w tym przypadku
√
x ∈ h3 − 2; 2i.
(6)
W przypadku c) warunek (1) jest równoważny nierówności
−x2 + 4x − 3 + 2 − x + x − 2 ­ 0,
−x2 + 4x − 3 ­ 0.
= 3 oraz
Pierwiastkami trójmianu stojącego po lewej stronie są liczby −4−2
−2
−4+2
−2 = 1. Z wykresu rozwiązanie powyższej nierówności kwadratowej jest postaci
x ∈ h1; 3i.
Uwzględniając zastrzeżenie przypadku c) otrzymujemy rozwiązanie w tym przypadku
x ∈ h2; 3).
(7)
W przypadku d) warunek (1) jest równoważny nierówności
x2 − 4x + 3 + 2 − x + x − 2 ­ 0,
2
x2 − 4x + 3 ­ 0.
Pierwiastkami trójmianu stojącego po lewej stronie są liczby 4−2
= 1 oraz
2
4+2
2 = 3. Z wykresu rozwiązanie powyższej nierówności kwadratowej jest postaci
x ∈ (−∞; 1i ∪ h3; +∞).
Uwzględniając zastrzeżenie przypadku d) otrzymujemy rozwiązanie w tym przypadku
x ∈ h3; +∞).
(8)
Sumując rozwiązania (5), (6), (7) i (8), otrzymujemy rozwiązanie zastrzeżenia (1)
√
√
x ∈ (−∞; 1 − 2i ∪ h3 − 2; +∞).
(9)
Z zastrzeżenia (2) otrzymujemy natychmiast
x 6= −4.
(10)
Zauważmy, że zastrzeżenie (4) jest równoważne warunkowi
1−x
> 0.
x+4
Zatem warunki (3) i (4) możemy łącznie zapisać w postaci nierówności podwójnej
1−x
¬ 1.
(11)
0<
x+4
Rozwiążemy najpierw nierówność
0<
1−x
x+4
lub równoważnie
(1 − x) (x + 4) > 0.
Szkicujemy wykres lewej strony tej nierówności
-4
1
Z wykresu mamy rozwiązanie powyższej nierówności
x ∈ (−4; 1).
Druga z nierówności (11) jest równoważna nierówności
1−x−x−4
¬0
x+4
3
(12)
−2x − 3
¬ 0.
x+4
Powyższa nierówność jest równoważna koniunkcji
(−2x − 3) (x + 4) ¬ 0 ∧ x + 4 6= 0.
Dla rozwiązania pierwszego czynnika tej koniunkcji szkicujemy wykres lewej
strony nierówności
-3/2
-4
Z wykresu odczytujemy rozwiązanie uwzględniając drugi czynnik koniunkcji
3
x ∈ (−∞; −4) ∪ h− ; +∞).
(13)
2
Biorąc część wspólną rozwiązań (12) i (13) otrzymujemy łączne rozwiązanie
zastrzeżeń (3) i (4)
3
x ∈ h− ; 1).
(14)
2
Osatecznie dziedziną funkcji f jest część wspólna warunków (9), (10) i (14)
√
3
Df = h− ; 1 − 2i.
2
Zadanie 2. Dane są funkcje f (x) = 21 (log x − 1) i g (x) = 3 arctg (2x − 1).
a) Wyznacz złożenia f ◦ g i g ◦ f oraz ich dziedziny naturalne.
b) Zdefiniuj funkcje h i k tak, aby f = k ◦ h.
c) Wyznacz funkcję odwrotną względem funkcji g.
Rozwiązanie. Zauważmy, że Df = (0; +∞) i Dg = R.
a) (f ◦ g) (x) = f (g (x)) = f (3 arctg (2x − 1))
1
= (log (3 arctg (2x − 1)) − 1) ,
2
1
(g ◦ f ) (x) = g (f (x)) = g
(log x − 1)
2
1
(log x − 1) − 1 = 3 arctg (log x − 2) .
= 3 arctg 2
2
Dziedziną f ◦ g otrzymujemy następująco
3 arctg (2x − 1) > 0
arctg (2x − 1) > 0
2x − 1 > 0
i stąd Df ◦g =
1
2 ; +∞
. Łatwo widać, że Dg◦f = (0; +∞).
4
b) Zdefiniujmy h (x) = log x i k (x) = 21 (x − 1). Wówczas f = k ◦ h. Inne
rozwiązanie otrzymamy, gdy h (x) = log x − 1 i k (x) = 12 x.
c) Sprawdzimy różnowartościowość funkcji g. Weźmy dowolne x1 , x2 ∈ R i
załóżmy, że g (x1 ) = g (x2 ), tzn.
3 arctg (2x1 − 1) = 3 arctg (2x2 − 1) .
Dzieląc stronami przez 3, otrzymujemy
arctg (2x1 − 1) = arctg (2x2 − 1) .
Z różnowartościowości funkcji arkus tangens dostajemy
2x1 − 1 = 2x2 − 1.
Dodając do obu stron 1 i dzieląc przez 2, otrzymujemy x1 = x2 . Na mocy
definicji funkcja g jest różnowartościowa.
Dla wyznaczenia wzoru na funkcję odwrotną rozwiązujemy równanie
y = 3 arctg (2x − 1)
względem niewiadomej x. Dzieląc stronami przez 3, otrzymujemy
arctg (2x − 1) =
y
.
3
Obliczamy z obu stron wartość funkcji tangens
y
2x − 1 = tg .
3
Pamiętajmy jednak, że funkcją odwrotną
względem funkcji arkus tangens jest
3π
funkcja tangens na przedziale − π2 , π2 . Musimy więc zażądać, by − 3π
2 <y < 2 .
Dalej mamy
tg y3 + 1
x=
.
2
Ostatecznie,
tg x3 + 1
3π 3π
g −1 (x) =
, x∈ − ;
.
2
2 2
Zadanie 3. Funkcję wymierną f rozłóż na ułamki proste, gdy
f (x) =
−2x2 − 20x + 40
.
− 5x3 + 20x − 16
x4
Rozwiązanie. Rozkładamy mianownik funkcji f na czynniki.
x4 − 5x3 + 20x − 16 = x4 − 16 − 5x x2 − 4
= x2 − 4 x2 + 4 − 5x = (x − 2) (x + 2) (x − 1) (x − 4) .
5
Zatem rozkład na ułamki proste jest postaci
−2x2 − 20x + 40
A
B
C
D
=
+
+
+
.
(x − 2) (x + 2) (x − 1) (x − 4)
x−2 x+2 x−1 x−4
(15)
Mnożąc stronami przez mianownik lewej strony, dostajemy
− 2x2 − 20x + 40 = A (x + 2) (x − 1) (x − 4) + B (x − 2) (x − 1) (x − 4)
+ C (x − 2) (x + 2) (x − 4) + D (x − 2) (x + 2) (x − 1)
− 2x2 − 20x + 40 = Ax3 − 3Ax2 − 6Ax + 8A + Bx3 − 7Bx2 + 14Bx − 8B
+ Cx3 − 4Cx2 − 4Cx + 16C + Dx3 − Dx2 − 4Dx + 4D
− 2x2 − 20x + 40 = (A + B + C + D) x3 + (−3A − 7B − 4C − D) x2
+ (−6A + 14B − 4C − 4D) x + (8A − 8B + 16C + 4D) .
Otrzymana równość wielomianów daje nam

A
+B
+C



−3A −7B
−4C
−6A +14B −4C



8A
−8B +16C
układ równań
+D
−D
−4D
+4D
=0
= −2
.
= −20
= 40
(16)
Mnożąc stronami przez 4 równanie pierwsze i dodając do trzeciego oraz mnożąc
stronami przez 4 równanie drugie i dodając do czwartego, dostajemy układ
równań
−2A +18B = −20
.
(17)
−4A −36B = 32
Dzieląc otrzymane równania odpowiednio przez 2 i cztery, mamy
−A +9B = −10
.
−A −9B = 8
(18)
Jeśli teraz dodamy stronami równania układu (18), to otrzymamy −2A = −2,
czyli A = 1. Z drugiego równania układu (18) otrzymujemy 9B = −9, czyli
B = −1. Podstawiając otrzymane A i B do pierwszego i drugiego równania
układu (16), otrzymujemy układ równań
C
+D = 0
.
−4C −D = −6
Dodając stronami, mamy −3C = −6, skąd C = 2. Z pierwszego z ostatnich
równań, wstawiając znalezione C, mamy D = −2.
Wstawiając współczynniki A, B, C, D do równości (15), dostajemy ostatecznie
1
1
2
2
f (x) =
−
+
−
.
x−2 x+2 x−1 x−4
6
Zadanie 4. Rozwiąż równanie
2
log4 x = (log2 x) − log5 125.
Rozwiązanie. Dziedziną danego równania jest oczywiście D = (0; +∞). Korzystając z wzoru na zamianę podstaw logarytmów i definicji logarytmu, dostajemy
log2 x
2
− (log2 x) + 3 = 0
log2 4
1
log2 x + 3 = 0.
2
Mnożąc stronami przez 2 i podstawiając t = log2 x, otrzymujemy równanie
kwadratowe
−2t2 + t + 6 = 0.
2
− (log2 x) +
Pierwiastkami tego równania są liczby
niewiadomej x, mamy alternatywę
−1−7
−4
= 2 oraz
−1+7
−4
= − 23 . Wracając do
3
log2 x = 2 ∨ log2 x = − .
2
Stąd ostateczne rozwiązanie
1
x=4 ∨ x= √ .
2 2
Zadanie 5. Rozwiąż nierówność
1
2x − 2
x2
− 2
­
.
x + 1 x − 2x − 3
x−3
Rozwiązanie. Zauważmy, że rozkładem na czynniki drugiego mianownika jest
x2 − 2x − 3 = (x − 3) (x + 1) ,
więc wspólnym mianownikem lewej strony będzie (x − 3) (x + 1) i dziedziną
nierówności jest D = R \ {−1, 3}. Przenosimy wszystkie niezerowe składniki na
lewą stronę i sprowadzamy do wspólnego mianownika
x − 3 − 2x + 2 − x2 (x + 1)
­0
(x − 3) (x + 1)
−x3 − x2 − x − 1
­ 0.
(x − 3) (x + 1)
Rozkładając licznik na czynniki i przechodząc do iloczynu, przy założeniu, że
x 6= −1 i x 6= 3, otrzymujemy równoważnie
−x2 − 1 (x + 1) (x − 3) (x + 1) ­ 0
i po podzieleniu stronami przez −x2 − 1 mamy
2
(x + 1) (x − 3) ¬ 0.
Szkicujemy wykres lewej strony
7
-1
3
Z wykresu odczytujemy ostateczne rozwiązanie
x ∈ (−∞; 3) \ {−1} .
8