2. H´azi feladat ´es megold´asa (DE, KTK, 2014/2015 tan´ev els˝o f´el´ev) (1) Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyek (els˝o) deriv´altj´at: √ 2x3 + 1 f (x) = , g(x) = (3x − 1)3 tg x, h(x) = cos(x3 + ex ), ctg x i(x) = lg(ln(ex + 4 ln x)),
j(x) = (3x)ln x ,
k(x) = x2010 ex + (cos x)sin x .
Megold´ as: f 0 (x) =
1 3 2 (2x
+ 1)−1/2 · 6x2 · ctg x + ctg2 x
g 0 (x) = 3(3x − 1)2 · 3 · tg x +
1 p 3 2x + 1 sin2 x ,
1 (3x − 1)3 cos2 x
h0 (x) = − sin(x3 + ln x) · (3x2 + ex ), 4 ex + 1 x , i0 (x) = ln 10 · ln(ex + 4 ln x) ex + 4 ln x ln 3x ln x 0 ln x·ln 3x 0 ln x·ln 3x j (x) = e =e +3 , x 3x 0
k (x) = x
2010 x 0 e
sin x·ln(cos x) 0
+ e
2009 x
= 2010x
e +x
2010 x
e +e
sin x·ln(cos x)
sin2 x cos x · ln(cos x) − cos x
(2) Hat´ arozza meg a k¨ ovetkez˝ o f¨ uggv´enyek z´erushelyeit, lok´alis sz´els˝o´ert´ekhelyeit ´es azok t´ıpus´at, , inflexi´ os helyeit, monoton, konvex, konk´av szakaszait, hat´ar´ert´ekeiket ∞, −∞-ben ´es ´abr´azolja a f¨ uggv´enyeket. (a) f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x,
(b) g(x) = e−x (x2 + x − 2).
Megold´ as: (a) A z´erushelyek: f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x = x(2x2 − 3x − 12) = 0 √ p 3 ± 9 + 96 -b´ ol x1 = 0, x2,3 = = 0, 75 ± 105/16, x2 ≈ −1, 811, x3 ≈ 3, 311 mindh´arom 4 z´erushely egyszeres, a gr´ af ´ atmetszi e pontokn´al az x tengelyt. A stacion´ arius pontok: az f 0 (x) = 6x2 − 6x − 12 = 6(x + 1)(x − 2), egyenletb˝ ol x4 = −1, x5 = 2. Az inflexi´ os hely: az f 00 (x) = 12x − 6,
(x + 1)(x − 2) = 0
12x − 6 = 0
egyenletb˝ ol x6 = 0, 5 lehet, ez val´ oban inflexi´os hely, mivel e pontban a m´asodik deriv´alt el˝ojelet v´ alt. f konk´ av a ] − ∞, 0, 5] szakaszon, konvex a [0, 5, ∞[ szakaszon. Mivel f 00 (x4 ) < 0 az x4 pontban szigor´ u lok´alis maximuma van a f¨ uggv´enynek, f 00 (x5 ) > 0 alapj´ an az x5 pontban szigor´ u lok´ alis minimuma van. Az f 0 (x) = 6x2 − 6x − 12 = 6(x + 1)(x − 2) parabol´at ´abr´azolva l´athatjuk, hogy f 0 (x) > 0 a ] − ∞, −1[ ´es ]2, ∞[ szakaszokon, ´ıgy ott a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o, f 0 (x) < 0 a ] − 1, 2[ szakaszon, ´ıgy ott a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨okken˝o. A hat´ ar´ert´ekek a v´egtelenekben: 12 3 12 3 3 3 lim f (x) = lim (x ) 2 − − 2 = −∞, lim f (x) = lim (x ) 2 − − 2 = ∞ x→∞ x→∞ x→−∞ x→−∞ x x x x
.
2
mivel a z´ ar´ ojeles r´eszek hat´ ar´ert´eke 2. Az f f¨ uggv´eny gr´ afj´ at a k¨ ovetkez˝ o´ abra mutatja (az inflexi´os pontot megjel¨olt¨ uk):
(b) A z´erushelyek: √
g(x) = e−x (x2 + x − 2) = 0
−1 ± 9 -b´ ol x1,2 = amib˝ ol x1 = 1, x2 = −2 mindk´et z´erushely egyszeres, a f¨ uggv´eny gr´afja e 2 pontokn´ al ´ atmetszi az x tengelyt. A stacion´ arius pontok: az g 0 (x) = e−x (−x2 + x + 3), −x2 + x + 3 = 0 √ −1 ± 13 egyenletb˝ ol x3,4 = , x3 ≈ 2, 302, x4 ≈ −1, 302. −2 Az inflexi´ os helyek: a g 00 (x) = e−x (x2 − 3x − 2), x2 − 3x − 2 = 0 √ p 3 ± 17 egyenletb˝ ol x5,6 = = 1, 5 ± 4, 25, x5 ≈ 3, 561, x6 ≈ −0, 561 lehetnek, mindk´et ´ert´ek 2 val´ oban inflexi´ os hely, mivel e pontokban a m´asodik deriv´alt el˝ojelet v´alt. Az y = x2 − 3x − 2 parabol´ at felrajzolva l´ athatjuk, hogy g konvex a ] − ∞, x6 ] ´es [x5 , ∞[ szakaszokon, konk´av az [x6 , x5 ] szakaszon. Mivel g 00 (x3 ) < 0 az x3 pontban szigor´ u lok´alis maximuma van a f¨ uggv´enynek, g 00 (x4 ) > 0 alapj´ an az x4 pontban szigor´ u lok´ alis minimum van. Az y = −x2 + x + 3 parabol´ at ´ abr´ azolva l´athatjuk, hogy g 0 (x) > 0 az ]x4 , x3 [ szakaszon, ´ıgy ott a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝o, g 0 (x) < 0 a ] − ∞, x4 [ ´es ]x3 , ∞[ szakaszokon, ´ıgy ott a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o. A hat´ ar´ert´ekek a v´egtelenekben: lim g(x) = ∞ mivel mindk´et t´enyez˝o v´egtelenhez tart
x→−∞
2x + 1 2 x2 + x − 2 = lim = lim x = 0, x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ e ex ex ahol a L’Hospital szab´ alyt alkalmaztuk (k´etszer). A g f¨ uggv´eny gr´ afj´ at a k¨ ovetkez˝ o´ abra mutatja (az inflexi´os pontokat megjel¨olt¨ uk): lim g(x) = lim
3
(3) L’Hospital szab´ aly alkalmaz´ as´ aval hat´ arozza meg az al´abbi hat´ar´ert´ekeket: 5x − sin(5x) , x→0 x3 lim
lim ex (x3 − 2014x2 − 10),
x→−∞
lim √
x→2
4 − x2 √ . x− 4−x
Megold´ as: 5x − sin(5x) 52 sin(5x) 5 − 5 cos(5x) = lim = 0, = lim x→0 x→0 x→0 x2 2x 2 lim
x3 − 2014x2 − 10 3x2 − 4028x 6x − 4028 6 = lim = lim = lim x = 0, x x x x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ e e e e
lim e−x (x3 − 2014x2 − 10) = lim
x→∞
lim √
x→2
4 − x2 √ = lim x − 4 − x x→2
1 √ 2 x
√ −2x = −4 2. 1 + 2√4−x
(4) Egy szem´ely x Ft brutt´ o j¨ ovedelme ut´ ani A(x) Ft ad´oj´at az A(x) = a(bx + c)2 + kx k´eplettel sz´ amolhatjuk, ahol a, b, c pozit´ıv ´ alland´ok, k ∈ R. Milyen j¨ovedelem mellett lesz az A(x) a(bx + c)2 + kx ¯ A(x) = = x x atlagos ad´ ´ oh´ anyad minim´ alis? Megold´ as: A¯0 (x)
(2a(bx + c)b + k) x − a(bx + c)2 + kx 2ab(bx + c)x − a(bx + c)2 = = x2 x2 =
a(bx + c) ab(bx + c) c (bx − c) = x − , x2 x2 b
c c amib˝ ol A¯0 z´erushelyei, a stacion´ arius pontok: x0 = − ´es x1 = . Mivel x0 < 0 nincs a b b sz´ obaj¨ ohet˝ o ´ert´ekek k¨ oz¨ ott (csak pozit´ıv j¨ovedelmeket vizsg´alunk) ´ıgy az egyetlen stacion´arius pont x1 . L´ athat´ o, hogy x < x1 -n´el A¯0 (x) < 0 ez´ert itt az A¯ f¨ uggv´eny szigor´ uan cs¨okken˝o, x > x1 0 ¯ n´el A (x) > 0 ez´ert itt az A¯ f¨ uggv´eny szigor´ uan n¨ovekv˝o. Ez azt jelenti, hogy az A¯ f¨ uggv´enynek
4
szigor´ u lok´ alis minimuma van az x1 pontban, ´es f¨ uggv´eny monotonit´asi tulajdons´agai miatt ez glob´ alis minimumhely is a pozit´ıv f´elegyenesen. (5) Sz´ am´ıtsa ki a k¨ ovetkez˝ o integr´ alokat!
Z
Z
1 dx, −2x + 15
Z
1 dx, 6 + 4x2
Z
Z
tg(−πx + π/4) dx,
Z
2
1 dx, 2 x + 2x − 3
e−2014x dx, 2 + e−2014x 5
2
Z
Z √
sin x cos x dx,
√
1 dx, 3 − 10x
(2x − 1)ex dx,
Z
x3 dx, x+1
Z
√
(x − 3x ) ln x dx,
(x + x) sin x dx, Z
Z
ex + 1 dx
(ex + 1 = t2 ).
Megold´ as: Z
Z
Z
1 1 dx = ln | − 2x + 15| + C, −2x + 15 −2 √
tg(−πx + π/4) dx = ln | cos(−πx + π/4)|/(−π) + C,
1 2√ dx = − 3 − 10x + C, 10 3 − 10x
Z
1 1 2x dx = √ arc tg √ + C, 2 6 + 4x 2 6 6
1 (2 + e−2014x )0 1 dx = ln(2 + e−2014x ) + C, −2014 2 + e−2014x −2014 Z Z (2x − 1)ex = (2x − 1)ex − 2ex dx = (2x − 1)ex − 2ex + C = (2x − 3)ex + C, Z
Z
e−2014x dx = 2 + e−2014x
Z
2
Z
2
(x + x) sin x dx = −(x + x) cos x +
2
(2x + 1) cos x dx = −(x + x) cos x + (2x + 1) sin x −
Z 2 sin x dx
= −(x2 + x) cos x + (2x + 1) sin x + 2 cos x + C = (2x + 1) sin x − (x2 + x − 2) cos x + C, Z
(x5 − 3x2 ) ln x dx = x6 /6 − x3 ln x −
Z
x3 dx = x+1
Z
1 dx = 2 x + 2x − 3
Z √
Z
√
Z x2 − x + 1 −
1 x+1
Z
x6 /6 − x3 1/xdx = x6 /6 − x3 ln x − x6 /36 + x3 /3 + C,
dx = (x3 /3 − x2 /2 + x − ln |x + 1| + C,
Z
1 1 (x + 1) − 2 1 x − 1 dx = ln + C = ln + C, (x + 1)2 − 22 4 (x + 1) + 2 4 x + 3
Z
(sin x)1/2 · (sin x)0 dx =
sin x · cos x dx =
2 sin3/2 x + C, 3
2(t2 − 1) + 2 dt t2 − 1 √ x Z e + 1 − 1 √ 2 1 t − 1 x + 1 + ln √ = 2+ 2 dt = 2t + 2 ln + C = 2 e ex + 1 + 1 + C. t −1 2 t + 1 ex + 1 dx =
Z
t·
2t dt = t2 − 1
Z
5
(6) Sz´ am´ıtsa ki a k¨ ovetkez˝ o hat´ arozott integr´alokat! Zπ/6 sin x dx,
Z2
Z2
3
x dx, −1
0
Zπ/2
2x dx, (x2 + 100)29
−2
1 dx. 1 + x2
0
Megold´ as: Zπ/6 √ π/6 sin x dx = [− cos x]0 = − 3/2 + 1,
Z2
2 24 − 1 x3 dx = x4 /4 −1 = , 4
−1
0
Z2
2 2x dx = (x2 + 100)−28 /(−28) −2 = 0, 2 29 (x + 100)
−2
Zπ/2
1 π/2 dx = [arc tg x]0 = arc tg (π/2). 1 + x2
0
(7) L´eteznek-e a k¨ ovetkez˝ o improprius integr´alok ? Ha igen, sz´am´ıtsa ki ˝oket! Z1
+∞ Z
ln x dx , 0
Z9
1 dx , 1 + x2
0
1 √ dx. x
0
Megold´ as: Z1 0
1 ln t 1 ln x dx = lim [x ln x − x]t = lim (t − 1 − t ln t) = lim t − 1 − −1 = −1 − lim t 1 = −1, t→0 t→0 t→0 t→0 − 2 t t
+∞ Z
1 dx = lim t→∞ 1 + x2
0
Z9
1 √ dx = lim t→0+0 x
Z9
Z 0
t
1 t dx = lim [arc tg x]0 = lim (arc tg t − 0) = π/2, t→∞ t→∞ 1 + x2
√ √ √ √ 9 1 √ dx = lim 2 x t = lim (2 9 − 2 t) = 2 9 = 6. t→0+0 t→0+0 x
t
0
(8) Sz´ am´ıtsa ki az Z1 Z2 0
(−3x + 2y)5 dy dx
0
Z Z
x
e y dxdy A
kett˝ os integr´ alokat, ahol A az x = 0, y = 1 ´es az y 2 = x egyenlet˝ u g¨orb´ek ´altal hat´arolt s´ıkr´esz! Megold´ as: y=2 Z1 Z2 Z1 Z1 1 1 6 (−3x + 2y)5 dy dx = (−3x + 2y) dx = (−3x + 4)6 − (−3x)6 dx 12 12 y=0 0
0
0
1 1 = (−3x + 4)7 − (−3x)7 12 (−21)
0
1 = 0
1 (1 + 37 − 47 ). −12 · 21
6
Az A halmazt az al´ abbi ´ abra mutatja,
ahol az A hat´ arai k´ek sz´ınnel, az y tengely 0-t´ol 1-ig terjed˝o hat´ar-r´esz feket´evel van jel¨olve. Ez a halmaz els˝ o ´es m´ asodfaj´ u norm´ al tartom´anynak is tekinthet˝o. Az A halmazt √ A = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤ 1} alakban, els˝ ofaj´ u norm´ al tartom´ anyk´ent fel´ırva, az integr´al kisz´am´ıt´asa: Z Z Z1 Z1 x x e y dxdy = e y dy dx. 0
A
√
x
Az A halmazt m´ asodfaj´ u norm´ al tartom´anyk´ent fel´ırva A = {(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y 2 }, az integr´ al kisz´ am´ıt´ asa: Z Z
Z1
x
e y dxdy = 0
A
2 Zy x e y dx dy. 0 x
Az els˝ o alakban nem tudjuk az integr´alt kisz´am´ıtani, mert az e y f¨ uggv´eny y v´altoz´o szerinti primit´ıv f¨ uggv´enye (val´ osz´ın˝ uleg) nem elemi, ez´ert az ut´obbi kisz´am´ıt´asi k´epletet kell alkalmazni. A bels˝ o integr´ al 2 Zy h x ix=y2 x e y dx = ye y = y − yey x=0 0
´ıgy (parci´ alis integr´ al´ assal) Z Z x e y dxdy
=
R1 0
A
=
(y − yey ) dy =
R1 0
ydy −
R1 0
y=1 y2 3 − (yey − ey ) = . 2 2 y=0
yey dy
