Diferenciální počet 1 — 1 Nalezněte definiční obor funkce f (x) = ln arcsin
1+x . 1−x
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je určen vztahy arcsin
1+x > 0, 1−x
Z těchto nerovností plyne 0 < ln arcsin
−1 ≤
1+x ≤1 a 1−x
x − 1 6= 0 .
1+x ≤ 1, neboli −1 < x ≤ 0. Definiční obor funkce f (x) = 1−x
1+x je tedy Df = (−1, 0i. 1−x
Určete definiční obor funkce
f (x) = (cos x)cosh x + 3x
a nalezněte rovnici tečen ke grafu této funkce v bodech [0; ?] a
·
¸ 2π ;? . 3
Řešení: Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = ecosh x·ln(cos x) + 3x. Proto je její definiční obor určen [ µ 4k − 1 4k + 1 ¶ vztahem cos x > 0. Tedy Df = π, π . 2 2 k∈Z £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , ¡kde f 0 x0 je derivace funkce f¢(x) v bodě x0 . Pro naší funkce je f 0 (x) = (cos x)cosh x sinh x · ln(cos x) − cosh x · tg x + 3. Pro bod x0 = 0 je y0 = 1 a f 0 (0) = 3. Tedy rovnice tečny je v tomto případě y − 1 = 3x, neboli 3x − y + 1 = 0. 2π Bod x0 = není prvkem definičního oboru funkce f (x). 3 Určete definiční obor funkce
2
f (x) = (sin x)x + 3 cos x h π i · 4π ¸ a nalezněte rovnici normál ke grafu této funkce v bodech ;? a ;? . 2 3 Řešení: 2 x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = ex ln(sin + 3 cos x. Proto je její definiční obor určen ´ [³ vztahem sin x > 0. Tedy Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke grafu funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je −f x0 · y − y0 = x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¡ ¢ x2 Pro naší funkce je f 0 (x) = (sin³x)´ 2x ln(sin x) + x2 cotg x − 3 sin x. π π π = −3. Tedy rovnice normály je v tomto případě 3(y−1) = x− , Pro bod x0 = je y0 = 1 a f 0 2 2 2 π neboli x − 3y + 3 − = 0. 2 4π Bod x0 = není prvkem definičního oboru funkce f (x). 3 Určete definiční obor funkce
f (x) = (sin x)2x + x2 Typeset by AMS-TEX 1
a nalezněte rovnici tečen ke grafu této funkce v bodech
¸ i ·7 ;? a π; ? . 2 4
hπ
Řešení: ln(sin x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = e2x ´ + x2 . Proto je její definiční obor určen [³ vztahem sin x > 0. Tedy Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¡ ¢ Pro naší funkce je f 0 (x) = (sin x)2x 2 ln(sin x) + 2x cotg x + 2x. ³π´ π π2 π2 Pro bod x0 = je y0 = 1 + a f0 = = π. Tedy rovnice tečny je v tomto případě y − 1 − 2 4 2 4 ³ ´ 2 π π = 0. π x− , neboli πx − y + 1 − 2 4 7 Bod x0 = π není prvkem definičního oboru funkce f (x). 4
Určete definiční obor funkce f (x) = (sin x)x + 2x ¸ hπ i ·6 a nalezněte její diferenciál v bodech ;? a π; ? . 2 5 Řešení: x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = ex ln(sin + 2x. Proto je její definiční obor určen ´ [³ vztahem sin x > 0. Tedy Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z ¡ ¢ Diferenciál funkce y = f (x) v bodě x = x0¡, ve kterém mᢠfunkce f (x) derivaci f 0 x0 , je lineární ¢ ¡ funkce proměnné h definovaná vztahem df x0 ; h = f 0 x0 h. ¡ ¢ Pro naší funkce je f 0 (x) = (sin x)x ln(sin x) + x cotg x + 2. ³π ´ ³π ´ π = 2. Tedy diferenciál je v tomto případě df ; h = 2h. Pro bod x0 = je f 0 2 2 2 6 Bod x0 = π není prvkem definičního oboru funkce f (x). 5
Nalezněte rovnice tečen ke grafu funkce f (x) = ln(1 + x2 ) v jejích inflexních bodech. Řešení: Definiční obor funkce f (x) je celá množina R. První dvě derivace této funkce jsou f 0 (x) =
2x 1 + x2
2(1 − x2 ) . Protože f 00 (x) > 0 pro x ∈ (−1, 1) a f 00 (x) < 0 pro x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞), (1 + x2 )2 je funkce f (x) konvexní na intervalu (−1, 1) a konkávní na intervalech (−∞, −1) a (1, +∞). tedy její inflexní body jsou x = ±1. £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Protože pro x0 = 1 je y0 = ln 2 a f 0 (1) = 1, má rovnice tečny v bodě [1; ln 2] rovnici y − ln 2 = x − 1, neboli x − y − 1 + ln 2 = 0. Protože pro x0 = −1 je y0 = ln 2 a f 0 (−1) = −1, má rovnice tečny v bodě [−1; ln 2] rovnici y − ln 2 = −(x + 1), neboli x + y + 1 − ln 2 = 0.
a f 00 (x) =
2
Určete definiční obor funkce
2
f (x) = (sin x)x + x ¸ hπ i ·5 a nalezněte její diferenciál v bodech ;? a π; ? . 2 3 Řešení: x2 ln(sin x) Protože je funkce f (x) definována předpisem f (x) + x, je její definiční obor určen [ ¡= e ¢ podmínkou sin x > 0. Je to tedy množina Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z
Diferenciál funkce f (x), která má v bodě x0 derivaci, je lineární funkce proměnné h definovaná vztahem df (x0 ; h) = f 0 (x0 )h, kde f 0 (x0 ) je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¡ ¢x2 ¡ ¢ 0 2 Derivace dané funkce je f (x) = sin x 2x ln(sin x) + x cotg x + 1. ³ ´ ³π ´ 0 π Protože f ; h = h. = 1 je df 2 2 5 Bod x0 = π není prvkem definičního oboru funkce f (x). 3 Určete definiční obor funkce
x 1 − x2 · ¸ · ¸ 1 1 a nalezněte rovnici tečen ke grafu této funkce v bodech ;? a − ;? . 2 2 f (x) = ln √
Řešení: x Definiční obor Df funkce f (x) = ln √ je určen nerovnostmi x > 0 a 1 − x2 > 0. Tedy 1 − x2 Df = (0, 1). £ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 Tečna ke ¡ ¢ grafu 0funkce ¡ ¢ y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 je dána rovnicí y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 1 x 1 Derivace funkce f (x) v obecném bodě je f 0 (x) = + = . 2 x 1−x x(1 − x2 ) √ ¡ ¢ 1 8 x V bodě x0 = je y0 = − ln 3 a f 0 x0 = . Rovnice tečny ke grafu funkce f (x) = ln √ v 2 3 1 − x2 · ¸ µ ¶ √ √ √ 1 8 1 bodě ; − ln 3 je y + ln 3 = x− , neboli 8x − 3y − 4 − 3 ln 3 = 0. 2 3 2 1 Bod x0 = − není prvkem definičního oboru funkce f (x). 2 Určete definiční obor funkce
3 − x2 3x3 a nalezněte rovnice tečen ke grafu této funkce v bodech [0; ?], [1; ?]. f (x) = ln
Řešení:
√ ¢ ¡ √ ¢ ¡ 3 − x2 > 0. Tedy Df = −∞, − 3 ∪ 0, 3 . 3 3x £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . x2 − 9 ¢. V našem případě je f 0 (x) = ¡ x 3 − x2 Bod x0 = 0 není prvkem definičního oboru funkce f (x). 2 2 Pro x0 = 1 je y0 = ln a f 0 (1) = −4. Tedy v tomto případě má tečna rovnici y − ln = −4(x − 1), 3 3 2 neboli 4x + y − 4 − ln = 0. 3 Definiční obor funkce f (x) je určen nerovností
3
Určete definiční obor funkce
x 1 − x2 · ¸ 1 a nalezněte rovnice tečen ke grafu této funkce v bodech ; ? , [1; ?]. 2 f (x) = ln √
Řešení: x Definiční obor Df funkce f (x) = ln √ je určen nerovnostmi x > 0 a 1 − x2 > 0. Tedy 1 − x2 Df = (0, 1). £ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 Tečna ke ¡ ¢ y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 je dána rovnicí y − y0 = f x0 · ¡ ¢ grafu 0funkce x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 1 x 1 Derivace funkce f (x) v obecném bodě je f 0 (x) = + = . 2 x 1−x x(1 − x2 ) √ ¡ ¢ 1 x 8 V bodě x0 = je y0 = − ln 3 a f 0 x0 = . Rovnice tečny ke grafu funkce f (x) = ln √ v 2 3 1 − x2 · ¸ µ ¶ √ √ √ 1 8 1 bodě ; − ln 3 je y + ln 3 = x− , neboli 8x − 3y − 4 − 3 ln 3 = 0. 2 3 2 Bod x0 = 1 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Určete definiční obor funkce
2
f (x) = (sin x)x + 3 cos x hπ i a nalezněte rovnice tečen ke grafu této funkce v bodech , ? , [π, ?]. 2 Řešení: x2 ln(sin x) Funkce f (x) je definována předpisem + 3 cos x. Proto je její definiční obor určen [ ¡ f (x) = e ¢ nerovností sin x > 0. Tedy Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z £ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ Tečna ke grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 je dána rovnicí y − y0 = f 0 x0 · ¡ ¢ ¡ ¢ x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Derivace funkce f (x) v obecném bodě jejího definičního oboru je
´ ¡ ¢x2 ³ f 0 (x) = sin x 2x ln(sin x) + x2 cotg x − 3 sin x . ³π ´ ³π´ hπ i π Pro x0 = je y0 = f = 1 a f0 = −3. Tedy rovnice tečny v bodě ; 1 je y − 1 = 2 2 2 2 ³ π´ 3 −3 x − , neboli 3x + y − 1 − π = 0. 2 2 Bod x0 = π není prvkem definičního oboru funkce f (x). Určete definiční obor funkce f (x) = (cos x)cosh x + 3x a nalezněte rovnici normál ke grafu této funkce v bodech [0; ?] a [π; ?]. Řešení: Protože je funkce f (x) definována předpisem f (x) = ecosh x ln(cos x) + 3x, je definiční obor této funkce určen vztahem cos x > 0. Tedy [ µ 4k − 1 4k + 1 ¶ π, π . Df = 2 2 k∈Z
4
£ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . V našem případě je derivace funkce f (x) v obecném bodě definičního oboru rovna ´ ¡ ¢cosh x ³ f 0 (x) = cos x sinh x ln(cos x) − cosh x tg x + 3 . £ ¤ V bodě x0 = 0, je y0 = 1 a f 0 (0) = 3. Tedy rovnice normály ke grafu funkce f (x) v bodě 0; 1 je −3(y − 1) = x, neboli x + 3y − 3 = 0. Bod x0 = π není prvkem Df . Nalezněte definiční obor funkce f (x) = (e2 − x2 )− cosh x + e4x a její diferenciál v bodech x1 = 0 a x2 = 3. Řešení: ¡ ¢ 2 2 Funkce je definována předpisem f (x) = e− cosh x·ln e −x + e4x . Proto je definiční obor Df této funkce určen nerovností e2 − x2 > 0. Tedy Df = (−e, e). Diferenciál funkce f (x) v bodě 0 , která má v tomto bodě derivaci, je lineární funkce proměnné h definovaná vztahem df (x0 ; h) = f 0 (x0 )h, kde f 0 (x0 ) je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Derivace dané funkce je µ ¶ ¡ ¢− cosh x ¡ ¢ 2x cosh x f 0 (x) = e2 − x2 − sinh x · ln e2 − x2 + 2 + 4e4x , e − x2 V bodě x1 = 0 je f 0 (0) = 4. Tedy df (0; h) = 4h. Bod x2 = 3 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Určete definiční obor funkce
f (x) = (4 − x2 )sin x
a nalezněte rovnice tečen ke grafu této funkce v bodech [−3; ?], [0; ?]. Řešení: 2 Protože funkce f (x) je definována předpisem f (x) = esin x·ln(4−x ) , je její definiční obor určen nerovností 4 − x2 > 0, tj. x ∈ (−2, 2). £ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 Tečna ke ¡ ¢ grafu 0funkce ¡ ¢ y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 je dána rovnicí y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce fµ (x) v bodě x0 . ¶ ¡ ¢ 2x sin x sin x 0 2 2 V našem případě je f (x) = 4 − x cos x · ln(4 − x ) − . 4 − x2 Bod x0 = −3 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Pro bod x0 = 0 je y0 = f (0) = 1 a f 0 (0) = ln 4. Tedy rovnice tečny ke grafu funkce f (x) v bodě [0; 1] je y − 1 = x ln 4, neboli x ln 4 − y + 1 = 0. Nalezněte limity v krajních bodech definičního oboru funkce f (x) =
ln(4 − x) . 9 − x2
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je určen vztahy 4 − x > 0 a 9 − x2 6= 0. Tedy Df = (−∞, −3) ∪ (−3, 3) ∪ (3, 4). Čili máme najít limity v bodech x = 4, x = ±3 a x = −∞. 5
lim
x→4−
ln(4 − x) = +∞. 9 − x2
0 . K jejímu výpočtu použijeme l’Hospitalovo pravidlo. To dává 0 ln(4 − x) 1 1 lim = lim = . x→3 9 − x2 x→3 2x(4 − x) 6 ln(4 − x) ln(4 − x) Protože lim = +∞ a lim = −∞, limita v bodě x = −3 neexistuje. x→−3+ 9 − x2 x→−3− 9 − x2 ∞ Pro x → −∞ se jedná o limitu typu . proto můžeme pro výpočet této limity použít l’Hospitalovo ∞ ln(4 − x) 1 pravidlo. Z něj plyne lim = lim = 0. x→−∞ 9 − x2 x→−∞ 2x(4 − x) Pro x → 3 se jedná o limitu typu
Nalezněte asymptoty ke grafu funkce f (x) =
x . ln x
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je Df = (0, 1) ∪ (1, +∞). Proto budeme hledat asymptoty v bodech x = 0, x = 1 a x = +∞. x Protože lim = 0, nemá funkce f (x) v bodě x = 0 svislou asymptotu. x→0+ ln x x Protože lim = −∞ je přímka x = 1 svislou asymptotou ke grafu funkce f (x) ( lim f (x) = x→1− ln x x→1+ +∞). x = lim x = +∞, nemá funkce f (x) v bodě x = +∞ vodorovnou asymptotu. Protože lim x→+∞ x→+∞ ln x f (x) 1 Protože lim = lim = 0, nemá funkce f (x) v bodě x = +∞ ani šikmou asymptotu. x→+∞ x x→+∞ ln x Nalezněte limity v krajních bodech definičního oboru funkce f (x) =
ln(x + 2) . x2 − 1
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je určen vztahy x + 2 > 0 a x2 − 1 6= 0. Tedy Df = (−2, −1) ∪ (−1, 1) ∪ (1, +∞). Čili máme najít limity v bodech x = −2, x = ±1 a x = +∞. ln(x + 2) lim = −∞. x→−2+ x2 − 1 0 Pro x → −1 se jedná o limitu typu . K jejímu výpočtu použijeme l’Hospitalovo pravidlo. To dává 0 1 1 ln(x + 2) = lim =− . lim x→−1 2x(x + 2) x→−1 x2 − 1 2 ln(x + 2) ln(x + 2) = +∞ a lim = −∞, limita v bodě x = 1 neexistuje. Protože lim x→1− x2 − 1 x→1+ x2 − 1 ∞ Pro x → +∞ se jedná o limitu typu . proto můžeme pro výpočet této limity použít l’Hospitalovo ∞ ln(x + 2) 1 pravidlo. Z něj plyne lim = lim = 0. x→+∞ x2 − 1 x→+∞ 2x(x + 2) Dokažte, že derivace sudé funkce je funkce lichá. Řešení: 6
Nechť f (x) je sudá funkce. To znamená, že pro každé x ∈ Df je f (−x) = f (x). Nechť je x bod Df , f (x + h) − f (x) = f 0 (x). ve kterém existuje derivace funkce f (x), tj. existuje konečná limita lim h→0 h Protože je funkce f (x) sudá, platí pro takové x vztah f (−x + h) − f (−x) f (x − h) − f (x) = lim = h→0 h h f (x − h) − f (x) = − lim = −f 0 (x) . h→0 −h
f 0 (−x) = lim
h→0
Tedy pro každý bod x ∈ Df 0 je f 0 (−x) = −f 0 (x), což znamená, že funkce f 0 (x) je lichá. Napište rovnici normály ke grafu funkce f (x) = x ln x rovnoběžné s přímkou p ≡ 2x − 2y + 3 = 0. Řešení: Definiční obor funkce f (x) je interval Df = (0, +∞). £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tedy normála 1 má směrnici k = − 0 . f (x0 ) 0 V našem případě je f (x) = ln x + 1. Protože přímka p má směrnici kp = 1 a normála má být rovnoběžná s touto přímkou, musí pro x–ovou souřadnici průsečíku normály s grafem funkce platit vztah f 0 (x0 ) = ln x0 + 1 = −1. Tedy souřadnice tohoto bodu jsou x0 = e−2 a y0 = −2e−2 . Proto je rovnice hledané normály y + 2e−2 = x − e−2 , neboli x − y − 3e−2 = 0. Určete rovnici tečen k parabole y =
1 2 x + 2, které prochází bodem B = [2; 1]. 2
Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . x2 V našem případě je f 0 (x0 ) = x0 . Tedy rovnice tečny, která prochází bodem [x0 ; y0 ], kde y0 = 0 + 2 2 x20 je y − − 2 = x0 (x − x0 ). Protože hledáme tečnu, která prochází bodem [2; 1], musí splňovat x0 2 √ √ x2 rovnici − 0 − 1 = x0 (2 − x0 ). Její řešení jsou x0 = 2 + 6 a x0 = 2 − 6. Tedy body dotyku jsou √ 2 √ √ √ ¤ £ £ 2 + 6; 7 + 2 6] nebo 2 − 6; 7 − 2 6 . √ ¤ √ £ √ Dostali jsme tedy dvě řešení. Tečna, která prochází bodem 2+ 6; 7+2 6 , má rovnici y−7−2 6 = √ ¢¡ √ ¢ √ ¢ √ ¡ ¡ 2 + 6 x − 2 − 6 ), neboli 2 + 6 x − y − 3 − 2 6 = 0 a tečna, která prochází bodem √ ¤ √ √ ¢ √ £ √ ¡ √ ¢¡ ¡√ ¢ 2 − 6; 7 − 2 6 , má rovnici y − 7 + 6 = 2 − 6 x − 2 + 6 , neboli 6 − 2 x + y + 3 − 2 6 = 0. Je dána funkce f (x) = x2 · sin x. Vypočtěte f (20) (x). Řešení: K výpočtu této derivace je výhodné použít Leibnizův vzorec n µ ¶ ³ ´(n) X n (k) f (x) · g(x) = f (x)g (n−k) (x) , k k=0
kde f (x) a g(x) jsou funkce, které mají derivace do řádu n včetně. Jestliže zvolíme f (x) = x2 a g(x) = sin x, platí: f 0 (x) = 2x, f 00 (x) = 2 a f (k) (x) = 0 pro k > 2 a pro každé k ∈ N je g (4k) (x) = −g (4k+2) (x) = sin x a g (4k+1) (x) = −g (4k+3) (x) = cos x. Z Leibnizova vzorce tedy dostáváme µ ¶ µ ¶ ³ ´(20) µ20¶ 20 20 2 2 x sin x = x sin x − 2 x cos x − 2 sin x = 0 1 2 7
¡ ¢ = x2 − 380 sin x − 40x cos x .
Dokažte, že derivace liché funkce je funkce sudá. Řešení: Nechť f (x) je lichá funkce. To znamená, že pro každé x ∈ Df je f (−x) = −f (x). Nechť je x bod Df , f (x + h) − f (x) ve kterém existuje derivace funkce f (x), tj. existuje konečná limita lim = f 0 (x). h→0 h Protože je funkce f (x) lichá, platí pro takové x vztah −f (x − h) + f (x) f (−x + h) − f (−x) = lim = h→0 h h f (x − h) − f (x) = lim = f 0 (x) . h→0 −h
f 0 (−x) = lim
h→0
Tedy pro každý bod x ∈ Df 0 je f 0 (−x) = f 0 (x), což znamená, že funkce f 0 (x) je sudá. Ve kterých bodech má graf funkce f (x) = x +
√ 3
sin x tečny rovnoběžné s osou y?
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je celá množina R. Naším úkolem je najít body x ∈ R, ve kterých je f (x + h) − f (x) 1 cos x lim = ±∞. Protože derivace funkce f (x), f 0 (x) = 1 + · je pro x 6= kπ, h→0 h 3 sin2/3 x k ∈ Z konečná, stačí zkoumat pouze body x = kπ. V těchto bodech je ! Ãr p h + 3 sin(kπ + h) 1 1 3 sin h k lim = 1 + (−1) lim · 2/3 = 1 + (−1)k lim 2/3 . h→0 h h→0 h→0 h h h Protože tato√limita je pro sudá k rovna +∞ a pro lichá k rovna −∞, jsou tečny ke grafu funkce f (x) = x + 3 sin x v bodech x = kπ, k ∈ Z, rovny x = kπ, a tedy rovnoběžné s osou Oy. Určete rovnici tečny ke grafu funkce y = x3 + x − 2, která je rovnoběžná s přímkou p ≡ y = 4x − 1. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 a je rovna směrnici této tečny. V našem případě je f 0 (x) = 3x2 + 1. Protože směrnice přímky p je kp = 4 a tato přímka má být rovnoběžná s tečnou, budeme hledat na grafu funkce y = x3 + x − 2 body, pro které je f 0 (x0 ) = 3x20 + 1 = 4. Takto získáme dva body dotyku [1; 0] a [−1; −4]. Tedy v bodě [1; 0] je rovnice tečny y = 4(x − 1), neboli 4x − y − 4 = 0, a v bodě [−1; −4] je rovnice tečny y + 4 = 4(x + 1), čili 4x − y = 0. Určete rovnici tečny ke grafu funkce y = x2 (2 − x)2 , která je rovnoběžná s přímkou p ≡ y = 0. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tato derivace je rovna směrnici tečny. Protože směrnice přímky y = 0 je rovna nule, máme na grafu funkce y = f (x) = x2 (2 − x)2 najít body, ve kterých je f 0 (x) = 0. Protože f 0 (x) = 4x(1 − x)(2 − x), jsou to body x = 0, x = 1 a x = 2. Protože f (0) = f (2) = 0 a f (1) = 1, existují dvě tečny s danými vlastnostmi. Jejich rovnice jsou y = 0 a y = 1. 8
Určete rovnici tečny ke grafu funkce y = x3 + 3x2 − 5, která je kolmá k přímce p ≡ 2x − 6y + 1 = 0. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tato derivace je rovna směrnici tečny. 1 V našem případě je derivace funkce rovna f 0 (x) = 3x2 + 6x. Protože přímka p má směrnici k = 3 a má být kolmá na hledanou¡tečnu, musí v bodě x0 platit rovnost 3x20 + 6x0 = −3. tedy x0 = −1. ¢ Pro toto x0 je y0 = −3 a f 0 x0 = −3. Tedy rovnice hledané tečny je y + 3 = −3(x + 1), neboli 3x + y + 6 = 0. Určete rovnici tečny ke grafu funkce y = x2 − 2x + 5, která je kolmá k dané přímce p ≡ y = −x + 3. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tato derivace je rovna směrnici tečny. V našem případě je f 0 (x) = 2x − 2. Protože směrnice přímky p je kp = −1 a tato přímka má být kolmá na tečnu, budeme hledat funkce y = x2 −2x+5 body, pro které je f 0 (x0 ) = 2x0 −2 = 1. ¸ · na grafu 3 17 Takto získáme bod dotyku ; . 2 4 17 3 Tedy rovnice tečny je y − = x − , neboli 4x − 4y + 11 = 0. 4 2 Určete rovnici tečny ke grafu funkce y = ln x, která je kolmá k přímce p ≡ y = −2x − 1. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tato derivace je rovna směrnici tečny. 1 V našem případě je derivace funkce rovna f 0 (x) = . Protože přímka p má směrnici kp = −2 x 1 1 = . tedy x0 = 2. Pro a má být kolmá na hledanou tečnu, musí v bodě x0 platit rovnost x0 2 ¡ ¢ 1 1 0 toto x0 je y0 = ln 2 a f x0 = . Tedy rovnice hledané tečny je y − ln 2 = (x − 2), neboli 2 2 x − 2y − 2 + 2 ln 2 = 0. Napište rovnice tečen hyperboly 7x2 − 2y 2 = 14, které jsou kolmé na přímku 2x + 4y − 3 = 0. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tato derivace je rovna směrnici tečny. 1 Protože přímka má směrnici kp = − a hledáme tečnu kolmou na tuto přímku, musí být směrnice 2 tečny rovna k = 2. Označme y = f (x). Na dané hyperbole máme najít najít bod, ve které je 2 2 y 0 = f 0 (x) = 2. Protože funkce f (x) splňuje rovnici 7x £ −2f (x) = 14, dostaneme jejím derivováním 0 rovnici 14x − 4f (x)f (x) = 0. Tedy v bodě dotyku x0 ; y0 ] musí být splněny rovnice 7x0 − 4y0 = 0 a 7x20 − 2y02 = 14. Řešení této soustavy rovnic nám dá dva body dotyku [4; 7] a [−4; −7]. Tedy existují dvě tečny s danou vlastností. Je-li bod dotyku [4; 7] je rovnice tečny y − 7 = 2(x − 4), tj. 2x − y − 1 = 0, a je-li bod dotyku [−4; −7] je rovnice tečny y + 7 = 2(x + 4), tj. 2x − y + 1 = 0. Veďte tečny ke grafu funkce y = 2x2 − 1 tak, aby procházely bodem B = [2; 3]. 9
Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu funkce y = f¡(x)¢ v¡ bodě ¢x0 ; y0 , ¡y0 ¢= f x0 , ve kterém je funkce f (x) diferencovatelná, má tvar y − y0 = f 0 x0 · ¡x −¢ x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě¡ x0 . V našem případě je pro x0 , y0 = 2x20 −1 a f 0 x0 = 4x0 . Rovnice tečny tedy je y −2x20 +1 =¡ 4x0 x− ¢ ¢ x0 . Protože tečna má procházet bodem [2; 3], musí x0 splňovat rovnici. 4 − 2x20 = 4x0 2 − x0 . √ Tato rovnice má √ ¢ √ dvě řešení x0 = √ 2 ± ¡2. √ ¢ ¡ Pro x0 = 2 + 2 je y0 = 11 + 8 2 a f 0 2 + 2 = 4 2 + 2 . Rovnice tečny, která se dotýká grafu √ √ ¢ √ ¡ √ ¢ ¡ ¡ √ ¢ funkce v tomto bodě je y −11−8 2 = 4 2+ 2 · x−2− 2 , neboli 4 2+ 2 x−y −13−8 2 = 0. √ √ √ ¢ √ ¢ ¡ ¡ Pro x0 = 2 − 2 je y0 = 11 − 8 2 a f 0 2 − 2 = 4 2 − 2 . Rovnice tečny, která se dotýká grafu √ √ ¢ √ ¡ √ ¢ ¡ ¡ √ ¢ funkce v tomto bodě je y −11+8 2 = 4 2− 2 · x−2+ 2 , neboli 4 2− 2 x−y −13+8 2 = 0. Určete rovnici normály ke grafu funkce y = x2 − 4x + 5, která je rovnoběžná s přímkou p ≡ x + 4y − 4 = 0. Řešení: £ ¤ Normála ke grafu funkce = f (x) v bodě x ; y , kde y0 = 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ f¢(x0 ), která je v tomto bodě diferen0 0 covatelná, má rovnici −f x0 · y − y0 = x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 1 1 Její směrnice je tedy kn = − 0 . Protože přímka p má směrnici kp = − , máme na grafu f (x0 ) 4 funkce y = x2 − 4x + 5 najít body, pro které je f 0 (x0 ) = 4. Protože f 0 (x0 ) = 2x − 4, existuje pouze jeden takový bod. Jeho souřadnice jsou x0 = 4 a y0 = 5. Tedy rovnice hledané normály je −4(y − 5) = x − 4, neboli x + 4y − 24 = 0. Určete rovnici normály ke grafu funkce y = x2 − 6x + 6, která je kolmá k dané přímce p ≡ y = −x. Řešení: £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tedy normála 1 má směrnici k = − 0 . f (x0 ) V našem případě je f 0 (x) = 2x − 6. Protože přímka p má směrnici kp = −1 a normála má být kolmá na tuto přímku, musí pro x–ovou souřadnici průsečíku normály s grafem funkce platit vztah 5 11 f 0 (x0 ) = 2x0 − 6 = −1. Tedy souřadnice tohoto bodu jsou x0 = a y0 = − . Proto je rovnice 2 4 11 5 21 hledané normály y + = x − , neboli x − y − = 0. 4 2 4 √ x Určete rovnici normály ke grafu funkce y = − x + 2, která je kolmá k přímce p ≡ y = − + 2. 2 Řešení: Definiční obor funkce f (x) je Df = (0, +∞). £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Tedy normála 1 . má směrnici k = − 0 f (x0 ) 1 Směrnice přímky p je kp = − . Protože má být normála kolmá na přímku p, musí mít směrnici 2 £ ¤ √ 1 1 0 k = − = 2. Protože f = − √ máme na grafu funkce y = − x + 2 najít bod x0 ; y0 , ve kp √ 2 x kterém je 2 x0 = 2. To je bod [1; 1]. tedy rovnice hledané normály je y − 1 = 2(x − 1), neboli 2x − y − 1 = 0. Veďte tečny ke grafu funkce y =
x+9 tak, aby procházely bodem B = [0; 0]. x+5 10
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je Df = (−∞, −5) ∪ (−5, £ +∞). ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¢ ¢ ¡ ¡ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 4 V našem případě je f 0 (x0 ) = − . Tedy rovnice tečný, která prochází bodem [x0 ; y0 ], kde (x0 + 5)2 x0 + 9 x0 + 9 4 y0 = je y − =− (x − x0 ). Protože hledáme tečnu, která prochází bodem x0 + 5 x0 + 5 (x0 + 5)2 x0 + 9 4x0 [0; 0], musí splňovat x0 rovnici − = . Její řešení jsou x0 = −3 a x0 = −15. Tedy 2 x + 5 (x 0 + 5) · 0 ¸ 3 body dotyku jsou [−3; 3] nebo −15; . 5 Dostali jsme tedy dvě řešení. Tečna, která prochází bodem [−3; 3], má rovnici y − 3 = −(x + 3) · ¸ 3 3 1 neboli x + y = 0 a tečna, která prochází bodem −15; , má rovnici y − = − (x + 15), neboli 5 5 25 x + 25y = 0. Veďte tečny ke grafu funkce y =
1 tak, aby procházely bodem B = [−1; 1]. x
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je Df = (−∞, 0) ∪ (0,£+∞). ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je y − y0 = f x0 · x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 1 1 1 , je y − = V našem případě je f 0 (x0 ) = − 2 . Tedy rovnice tečny v bodě [x0 ; y0 ], kde y0 = x0 x0 x0 1 − 2 (x − x0 ). Protože hledáme tečnu, která prochází bodem [−1; 1], musí splňovat x0 rovnici x0 √ ¢ 1 1¡ 1− = − 2 −1 − x0 . Tato rovnice má dvě řešení x0 = 1 ± 2. Tedy body dotyku jsou √ √ ¤ £√ x0 √ x0 ¤ £ 2 + 1; 2 − 1 a 1 − 2, −1 − 2 . √ √ √ √ ¢ ¡ √ ¢¡ Tečna, která prochází bodem [ 2 + 1; 2 − 1], má rovnici y + 1 − 2 = 2 2 − 3 x − 1 − 2 a √ √ √ ¢¡ √ £ √ ¤ ¡ tečna, která prochází bodem − 2 + 1; − 2 − 1 , má rovnici y + 2 + 1 = − 3 + 2 2 x + 2 − 1). Vypočtěte limitu lim
x→0
x − arctg x . x3
Řešení: 0 Protože se jedná o limitu typu , lze k jejímu výpočtu použít l’Hospitalova pravidla. To dává 0 x − arctg x x2 1 = lim = . x→0 x→0 3x2 (1 + x2 ) x3 3 lim
Vypočtěte limitu lim (π − 2 arctg x)x .
x→+∞
Řešení: 11
Jedná se o limitu typu 0 · ∞. l’Hospitalova pravidla. To dává
Proto výraz nejprve upravíme na limitu typu
0 a použijeme 0
π − 2 arctg x 2x2 = lim = 2. x→+∞ x→+∞ 1 + x2 x−1
lim (π − 2 arctg x)x = lim
x→+∞
Vypočtěte limitu
µ lim
x→0+
1 − cotg x x
¶ .
Řešení: Jedná se o limitu typu ∞ − ∞. proto výraz nejprve upravíme cos x sin x − x cos x 1 − = . Protože nyní již jde o limitu typu x sin x x sin x l’Hospitalovo pravidlo. Pomocí něj dostaneme µ lim
x→0+
1 − cotg x x
¶
1 − cotg x = na podíl. Platí x 0 , lze k jejímu výpočtu použít 0
sin x − x cos x = x sin x sin x − x cos x x x sin x = lim · lim = lim = 0. x→0+ x→0+ sin x x→0+ x2 2x
= lim
x→0+
Vypočtěte limitu
lim (ex − x) .
x→+∞
Řešení: Jedná se o limitu typu ∞ − ∞. Ale protože lim
x 1 = lim x = 0, je x→+∞ e ex ³ ¡ ¢´ lim (ex − x) = lim ex · 1 − xe−x = +∞ . x→+∞
x→+∞
x→+∞
Vypočtěte limitu
µ ¶x2 1 lim . cos x→+∞ x
Řešení:
¶x2 ³ ¡ ¢´ 1 = exp x2 ln cos x−1 a funkce y = ex je spojitá Jedná se o limitu typu 1 . Protože cos x ³ ¡ ¢´ na celém R, stačí najít limitu lim x2 ln cos x−1 . To je limita typu ∞ · 0. proto ji upravíme na µ
∞
x→+∞
0 limitu typu a použijeme l’Hospitalovo pravidlo. Takto dostaneme 0 ¡ ¢ ³ ¢´ ¡ ln cos y − sin y 1 2 −1 = lim = lim =− . lim x ln cos x x→+∞ y→0+ y→0+ 2y cos y y2 2 µ ¶x2 1 Tedy lim cos = e−1/2 . x→+∞ x 12
Vypočtěte limitu
lim (cotg x)sin x .
x→0+
Řešení: ¡ ¢ ¡ ¢0 ¡ ¢sin x sin x·ln cotg x Jedná se o limitu typu ∞ . Protože cotg x = e a funkce y = ex je spojitá na ³ ¡ ¢´ celém R, stačí najít limitu lim sin x · ln cotg x , což je limita typu 0 · ∞. Tu převedeme na limitu x→0+ ∞ typu a použijeme l’Hospitalovo pravidlo. Tak dostaneme ∞ ¡ ¢ ³ ¡ ¢´ ln cotg x tg x lim sin x · ln cotg x = lim ¡ = lim = 0. ¢ x→0+ x→0+ cos x x→0+ sin x −1 ¡ ¢sin x Tedy lim cotg x = e0 = 1. x→0+
Dokažte, že polynom P s reálnými koeficienty má tuto vlastnost: Mezi každými dvěma reálnými kořeny polynomu P leží kořen polynomu P 0 . Řešení: Nechť x1 a x2 , x1 < x2 , jsou nulové body polynomu P (x). Protože každý® polynom má na celé reálné ose derivace všech řádů a P (x1 ) = P (x2 ) = 0, jsou na¡ intervalu x1 , x2 splněny předpoklady ¢ Rollovy věty o střední hodnotě. Podle ní existuje bod x ∈ x1 , x2 takový, že P 0 (x) = 0. Nalezněte hodnotu k a interval, ve kterém platí uvedená rovnost arctg x + arccotg x = k . Řešení: Definiční obor funkce f (x) = arctg x + arccotg x je celá reálná osa. Protože je funkce f (x) difer1 1 encovatelná v celém R a její derivace je f 0 (x) = − = 0, je funkce f (x) na celém R 1 + x2 1 + x2 π π konstantní. Protože f (0) = arctg 0 + arccotg 0 = , je arctg x + arccotg x = pro každé x ∈ R. 2 2 Nalezněte hodnotu k a interval, ve kterém platí rovnosti arctg x + arctg
1−x = k. 1+x
Řešení: 1−x Označme f (x) = arctg x + arctg . Definiční obor této funkce je Df = (−∞, −1) ∪ (−1, +∞). 1+x Diferencovatelná funkce y = f (x) se konstantní na intervalu právě tehdy, když je na tomto intervalu (1 + x)2 −2 1 + · = 0, je funkce f (x) konstantní na f 0 (x) = 0. Protože je f 0 (x) = 2 1+x 2(1 + x2 ) (1 + x)2 intervalech (−∞, −1) a (−1, +∞). Konstantu určíme pomocí funkční hodnoty v libovolném bodě každého z těchto intervalů. Protože 1−x π π = . Protože f (0) = , platí na intervalu (−1, +∞) rovnost arctg x + arctg 4 1+x 4 µ ¶ 1−x 3 lim arctg x + arctg = − π, x→−∞ 1+x 4 13
je na intervalu (−∞, −1) funkce arctg x + arctg
1−x 3 = − π. 1+x 4
Nalezněte hodnotu k a interval, ve kterém platí rovnost 2 arctg x + arcsin
Řešení: Uvažujme funkci f (x) = 2 arctg x + arcsin
2x = k. 1 + x2
2x . Definiční obor této funkce je dán nerovností 1 + x2
2x ≤ 1, a tedy je to celá množina R. 1 + x2 Diferencovatelná funkce je na intervalu konstantní právě tehdy, když je na tomto intervalu f 0 (x) = 0. Derivace funkce f (x) je −1 ≤
2 2(1 − x2 ) 1 + x2 2 p f (x) = · + = 2 )2 2 2 1 + x2 (1 + x 1 + x2 (1 − x ) 0
Ã
1 − x2 ¯ 1 + ¯¯ 1 − x2 ¯
! .
Tedy f 0 (x) = 0 pro 1 − x2 < 0, tj. pro x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞). Tedy funkce f (x) = 2 arctg x + 2x arcsin je na intervalech (−∞, −1) a (1, +∞) konstantní. 1 + x2 Tuto konstantu lze na každém z těchto intervalů určit µ ¶ tak, že dosadíme ¶ µ libovolný bod příslušného 2x 2x intervalu. Protože lim 2 arctg x + arcsin = π a lim = 2 arctg x + arcsin x→+∞ x→+∞ 1 + x2 1 + x2 −π je 2x =π 1 + x2 2x 2 arctg x + arcsin = −π 1 + x2 2 arctg x + arcsin
pro x ∈ (1, +∞) pro x ∈ (−∞, −1) .
Nalezněte hodnotu k a interval, ve kterém platí rovnost 2 arctg x − arccos
Řešení: Označme f (x) = 2 arctg x − arccos
1 − x2 = k. 1 + x2
1 − x2 . Definiční obor funkce f (x) je určen nerovností −1 ≤ 1 + x2
1 − x2 ≤ 1. Z toho plyne, že Df = R. 1 + x2 Derivace funkce f (x) je rovna f 0 (x) =
2 2 1 + x2 2x −4x ¢. √ + − ¯¯ ¯¯¡ ·¡ ¢2 = 2 2 2 2 1+x 1+x x 1 + x2 2 x 1+x
Diferencovatelná funkce f (x) je konstantní na intervalu právě tehdy, když je její derivace rovna nule. V našem případě je f 0 (x) = 0 pro x ∈ (0, +∞), a tedy je na tomto intervalu rovna konstantě. Protože f (1) = 0, je 1 − x2 = 0 pro x ∈ (0, +∞) . 2 arctg x − arccos 1 + x2
14
Vypočtěte limitu lim
x→1
sin πx . ln x
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu . Proto lze k jejímu výpočtu použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává 0 lim
x→1
sin πx π cos πx = lim = −π . x→1 ln x x−1
Vypočtěte limitu ex − e−x . x→0 sin x lim
Řešení: 0 Protože se jedná o limitu typu , je možné použít k výpočtu této limity l’Hospitalovo pravidlo. To 0 dává ex − e−x ex + e−x lim = lim = 2. x→0 x→0 sin x cos x Vypočtěte limitu lim
x→0
x − sin x . x3
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu . Proto lze použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává 0 lim
x→0
x − sin x 1 − cos x sin x 1 = lim = lim = . x→0 x→0 6x x3 3x2 6
Vypočtěte limitu ln(x2 − 8) . x→3 x2 − 3x lim
Řešení: 0 Protože se jedná o limitu typu , lze použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává 0 2x ln(x2 − 8) ¢¡ ¢ = 2. = lim ¡ 2 x→3 x − 8 2x − 3 x→3 x2 − 3x lim
Vypočtěte limitu lim
x→0
tg x − x . x − sin x
Řešení: 15
Jedná se o limitu typu
0 . Proto lze k jejímu výpočtu použít l’Hospitalovo pravidlo. Pak dostaneme 0
tg x − x 1 − cos2 x 1 + cos x = lim = lim = 2. 2 x→0 x − sin x x→0 cos x(1 − cos x) x→0 cos2 x lim
Vypočtěte limitu lim (1 − x) tg
x→1
πx . 2
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu 0 · ∞. Proto výraz nejprve převedeme na limity typu a použijeme 0 l’Hospitalovo pravidlo. To dává lim (1 − x) tg
x→1
πx 1−x 2 1 2 ¡ ¢ = lim ¡ ¢= . = lim −2 x→1 cotg πx/2 2 π x→1 sin π πx/2
Vypočtěte limitu lim xe1/x .
x→0
Řešení: ey Protože lim xe1/x = 0 a lim xe1/x = lim = lim ey = +∞, lim xe1/x neexistuje. y→+∞ y y→+∞ x→0− x→0+ x→0 Vypočtěte limitu
µ lim
x→0
1 1 − x sin x
¶ .
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu ∞ − ∞. Ale jestliže oba zlomky sečteme, získáme limitu typu , pro jejíž 0 výpočet již můžeme použít l’Hospitalovo pravidlo. takto dostaneme µ ¶ 1 1 sin x − x sin x − x x lim − = lim = lim · lim = 2 x→0 x x→0 x→0 x→0 sin x x sin x x sin x cos x − 1 − sin x = lim = 0. = lim x→0 x→0 2x 2 Vypočtěte limitu
µ lim
x→0
1 1 − x x e −1
¶ .
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu ∞ − ∞. Proto nejprve výraz upravíme (sečteme zlomky) na limitu typu . 0 Pak už můžeme použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává µ ¶ 1 ex − 1 1 ex − 1 − x ex 1 ¢ = lim x lim − x = lim ¡ x = lim = . x→0 x x→0 e − 1 + xex x→0 x e − 1 x→0 2ex + xex e −1 2
16
Vypočtěte limitu
µ lim
x→0
¶ 1 2 − cotg x . x2
Řešení: Jedná se o limitu typu ∞ − ∞. Proto převedeme výraz na zlomek. Platí 1 1 cos2 x sin2 x − x2 cos2 x 2 − cotg x = − = = x2 x2 sin2 x x2 sin2 x sin x + x cos x sin x − x cos x x2 · · = . 3 x x sin2 x 0 Hledanou limitu najdeme jako součin tří limit, které jsou vesměs typu . Proto lze pro výpočet 0 každé z nich použít l’Hospitalovo pravidlo. Tedy µ ¶ 1 sin x + x cos x sin x − x cos x x2 2 lim − cotg x = lim · lim · lim = 2 3 x→0 x x→0 x→0 x→0 sin2 x x x x sin x 2 = 2 lim = . x→0 3x2 3 Vypočtěte limitu lim x1/(1−x) .
x→1
Řešení: Jedná limitu typu 1∞ . Proto vyjádříme funkci pomocí exponenciály, tj. napíšeme x1/(1−x = µ se o ¶ ln x exp . Protože je funkce f (x) = ex spojitá, platí 1−x µ ¶ ³ ¡ ¢´ ln x 1/(1−x) lim x = exp lim = exp lim −x−1 = e−1 . x→1 x→1 1 − x x→1 Vypočtěte limitu
lim (1 + x)ln x .
x→0+
Řešení: Jedná se o limitu typu 1∞ . Protože je (1 + x)ln x = eln x·ln(1+x) a funkce y = ex je spojitá na celém R, je ¶ µ ¡ ¢ lim (1 + x)ln x = exp lim ln x · ln(1 + x) = x→0+ x→0+ µ ¶ ln x ln(1 + x) = exp lim −1 · lim = e0 = 1 . x→0+ x x→0+ x Vypočtěte limitu
lim (sin x)tg x .
x→π/2
Řešení: 17
Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = etg x·ln(sin x) . Proto je její definiční obor určen pod2k + 1 mínkou sin x > 0 a x 6= π. Tedy 2 ¶ µ ¶¸ [ ·µ 4k + 1 4k + 1 Df = 2kπ, π ∪ π, (2k + 1)π . 2 2 k∈Z
Protože funkce y = ex je spojitá v celém R, stačí najít limitu lim tg x · ln(sin x). Protože se jedná x→π/2
0 o limitu typu ∞ · 0, převedeme tento výraz na limitu typu a použijeme l’Hospitalovo pravidlo. 0 Platí cotg x ln(sin x) = lim lim tg x · ln(sin x) = lim = 0. −2 x→π/2 − sin x→π/2 x→π/2 cotg x x ¡ ¢tg x Proto je lim sin x = e0 = 1. x→π/2
Vypočtěte limitu xe−x . ex − 1
lim
x→0+
Řešení: 0 Protože se jedná o limitu typu , lze k jejímu výpočtu použít l’Hospitalovo pravidlo. Pomocí něj 0 dostaneme xe−x e−x − xe−x lim x = lim = 1. x→0+ e − 1 x→0+ ex Vypočtěte limitu
3x − 2x . x→0 x lim
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu . Proto je možné použít l’Hospitalovo pravidlo. Pomocí něj dostaneme 0 ³ ´ 3x − 2x 3 = lim 3x ln 3 − 2x ln 2 = ln . x→0 x→0 x 2 lim
Najděte
Z lim
x→0
x
cos t2 dt
0
x
.
Řešení: 0 Jedná se o limitu typu . proto lze k jejímu výpočtu použít l’Hospitalovo pravidlo. Pomocí něj 0 dostaneme Z x cos t2 dt 0 lim = lim cos x2 = 1 . x→0 x→0 x
18
Najděte
Z
x
0
lim
x→+∞
(arctg t)2 dt √ . x2 + 1
Řešení:
Z +∞ π2 Protože lim arctg x = arctg2 t dt diverguje k +∞. Jedná se tedy o limitu typu , integrál x→+∞ 4 0 ∞ . Proto lze použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává ∞ Z x √ (arctg t)2 dt x2 + 1 · arctg2 x π2 0 √ lim = lim = . x→+∞ x→+∞ x 4 x2 + 1 2
Najděte
µZ
x
Z0 x
lim
x→+∞
¶2
2
et dt .
2
e2t dt
0
Řešení:
Z
+∞
Protože integrály
Z
+∞
2
et dt a
0
2
e2t dt divergují do +∞, jedná se o limitu typu
0
k jejímu výpočtu použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává µZ lim
x→+∞
x
¶2 e dt
Z
t2
Z0 x e
2t
2
2ex
2
Z 2
et dt
0
= lim dt
x
= 2 lim
e2x2
x→+∞
x→+∞
x
∞ . Proto lze ∞
2
et dt
0
ex2
=
0 2
ex 2 = 0. x→+∞ 2xex
= 2 lim
Najděte
Z1 lim x
x→0+
x
cos t dt . t2
Řešení:
Z 1 dt cos t cos 1 Protože pro t ∈ (0, 1) platí nerovnost 2 ≥ 2 > 0 a integrál = +∞, jedná se o limitu 2 t t 0 t Z 1 Z 1 t−2 cos t dt ∞ cos t x typu 0 · ∞. Jestliže píšeme lim x dt = lim , dostaneme limitu typu . 2 −1 x→0+ x→0 t x ∞ + x Proto lze pro výpočet této limity použít l’Hospitalovo pravidlo. Tedy platí Z Z
1
lim x
x→0+
x
cos t dt = lim x→0+ t2
1
t−2 cos t dt
x
x−1
19
= lim
x→0+
−x−2 cos x = 1. −x−2
Najděte
Z
x
p
1 + t4 dt
0
lim
Řešení:
.
x3
x→+∞
Z
p
+∞ p Protože je lim 1+ = +∞, integrál 1 + t4 dt diverguje k +∞. Jedná se tedy o limitu x→+∞ 0 ∞ . Proto lze k výpočtu této limitu použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává ∞ Z xp √ 1 + t4 dt 1 + x4 1 0 lim = lim = . 3 x→+∞ x→+∞ x 3x2 3
x4
Najděte
Z
+∞
lim
Z
.
ln(1/x)
x→0+
Řešení:
t−1 e−t dt
x
+∞
∞ e−t dt diverguje k +∞, jedná se o limitu typu . Proto lze k jejímu výpočtu t ∞ 0 použít l’Hospitalovo pravidlo. To dává Protože integrál
Z
+∞
t−1 e−t dt
x
lim
x→0+
= lim
ln(1/x)
x→0+
Najděte
Z1 α
lim x
x→0+
x
−x−1 e−x = 1. −x−1
f (t) dt , tα+1
kde α > 0 a f (t) je spojitá funkce na intervalu h0, 1i. Řešení:
Z
1
f (t) dt diverguje k nekonečnu. Proto se v tomto případě jedná o α+1 0 t ∞ limitu typu 0 · ∞. Proto převedeme tento výraz na zlomek a dostaneme limitu typu . K jejímu ∞ výpočtu lze použít l’Hospitalovo pravidlo. Tímto způsobem dostaneme Jestliže je f (0) 6= 0, integrál
Z Z1 lim xα
x→0+
x
f (t) dt = lim x→0+ tα+1
1
t−α−1 f (t) dt
x
x−α
= lim
x→0+
−x−α−1 f (x) f (0) = . −αx−α−1 α
Jestliže ¯ ¯ je f (0) = 0, pak ke každému ε > 0 existuje δ > 0 takové, že pro každé x ∈ h0, δ) je ¯f (x)¯ < ε. Proto je pro 0 < x < δ ¯ Z ¯ lim ¯¯xα x→0+
1
x
t
−α−1
¯ Z δ Z ¯ ¯ ¯ α α ¯ ¯ ¯ f (t) dt¯ ≤ lim x f (x) dt + lim x x→0+
x
20
x→0+
δ
1
¯ ¯ t−α−1 ¯f (t)¯ dt ≤
Z ≤ ε lim xα x→0+
δ
x
dt ε = . tα+1 α Z
Protože tato rovnost platí pro každé ε > 0, je v tomto případě limita rovna lim xα x→0+
0.
Z
Tedy v obou případech je lim xα x→0+
1
x
1
t−α−1 f (t) dt =
x
f (t) f (0) dt = . tα+1 α
¡ ¢cosh x Najděte definiční obor funkce f (x) = e2 − x2 + e4x a její diferenciály v bodech x0 = 0 a x1 = −4. Řešení: ¡ ¢ 2 2 Funkce je definována předpisem f (x) = ecosh x·ln e −x +e4x . Proto je definiční obor Df této funkce určen nerovností e2 − x2 > 0. Tedy Df = (−e, e). Diferenciál funkce f (x), která má v bodě x0 derivaci, je lineární funkce proměnné h definovaná vztahem df (x0 ; h) = f 0 (x0 )h, kde f 0 (x0 ) je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Derivace dané funkce je µ ¶ ¢ ¡ 2 ¢ 2x cosh x ¡ 2 2 cosh x 2 f (x) = e − x sinh x · ln e − x − 2 + 4e4x . e − x2 0
Protože v bodě x0 = 0 je f 0 (0) = 4, je df (0; h) = 4h. Bod x0 = −4 není prvkem definičního oboru dané funkce. Najděte definiční obor funkce f (x) = a x1 = 3.
µ ¶7−3x 2x cosh − tgh x a její diferenciály v bodech x0 = 0 x−3
Řešení:
· µ ¶¸ 2x Funkce f (x) je definována vztahem f (x) = exp (7 − 3x) ln cosh − tgh x. Proto je její x−3 definiční obor Df = (−∞, 3) ∪ (3, +∞). Diferenciál funkce f (x), která má v bodě x0 derivaci, je lineární funkce proměnné h definovaná vztahem df (x0 ; h) = f 0 (x0 )h, kde f 0 (x0 ) je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Derivace dané funkce je µ ¶7−3x · µ ¶ ¸ 2x 2x 6(7 − 3x) 2x 1 . f (x) = cosh −3 ln cosh − tgh − 2 x−3 x−3 (x − 3) x−3 cosh2 x 0
Protože v bodě x0 = 0 je f 0 (0) = −1, je df (0; h) = −h. Bod x0 = 3 není prvkem definičního oboru funkce f (x). µ Najděte definiční obor funkce f (x) = x0 = 2 a x1 = 0.
1 1 − x2
¶cosh x + e2x a rovnici normál k jejímu grafu v bodech
Řešení: ¡ ¢ − cosh x·ln 1−x2 Protože je funkce f (x) definována předpisem f (x) = e + e2x , je definiční obor této 2 funkce určen podmínkou 1 − x > 0. Tedy Df = (−1, £ 1). ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke grafu funkce y ¡= ¢f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 ¡= f¢ x0 , ve kterém je funkce ¡ ¢ f (x) diferencovatelná, má tvar −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 21
V našem případě je µ ¶ ¡ ¢− cosh x ¡ ¢ 2x cosh x f 0 (x) = 1 − x2 + 2e2x . − sinh x · ln 1 − x2 + 1 − x2 Bod x0 = 2 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Pro x0 = 0 je y0 = 2 a f 0 (0) = 2. Tedy rovnice hledané normály je −2(y − 2) = x, neboli x + 2y − 4 = 0. ¡ ¢x2 a rovnici normál k jejímu grafu v bodech Najděte definiční obor funkce f (x) = 3 cos x + sin x π π x0 = a x1 = − . 2 2 Řešení: x2 ln(sin x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = 3 cos x . Proto je její definiční obor určen ´+e [³ vztahem sin x > 0. Tedy Df = 2kπ, (2k + 1)π . k∈Z £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¢ 2¡ Pro naší funkce je f 0 (x) = −3³sin´x + (sin x)x 2x ln(sin x) + x2 cotg x . π π π Pro bod x0 = je y0 = 1 a f 0 = −3. Tedy rovnice normály je v tomto případě 3(y−1) = x− , 2 2 2 π neboli x − 3y + 3 − = 0. 2 π Bod x1 = − není prvkem definičního oboru funkce f (x). 2 ¡ ¢2x x Najděte definiční obor funkce f (x) = cos x − arctg a rovnici tečen k jejímu grafu v bodech 3 x0 = π a x1 = 0. Řešení: x Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = e2x ln(cos x) − arctg . Proto je její definiční obor určen 3 [ µ 4k − 1 4k + 1 ¶ nerovností cos x > 0. Tedy Df = π, π . 2 2 k∈Z £ ¤ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 Tečna ke grafu funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x je dána rovnicí y − y = f x0 · 0 0 0 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ 0 x − x0 , kde f x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¡ ¢2x ¡ ¢ 3 Pro naši funkce je f 0 (x) = cos x 2 ln(cos x) − 2x tg x − . 9 + x2 Bod x0 = π není prvkem Df . £ ¤ 1 1 Pro bod x0 = 0 je y0 = f (0) = 1 a f 0 (0) = − . Tedy tečna v bodě 0; 1 je y − 1 = − x, neboli 3 3 x + 3y − 3 = 0. ¡ ¢cosh x Najděte definiční obor funkce f (x) = 3x + cos x a rovnici normál k jejímu grafu v bodech x0 = π a x1 = 0. Řešení: Protože je funkce f (x) definována předpisem f (x) = 3x + ecosh x ln(cos x) , je definiční obor této funkce určen vztahem cos x > 0. Tedy [ µ 4k − 1 4k + 1 ¶ π, π . Df = 4 4 k∈Z
£ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . 22
0 V našem případě je derivace funkce f (x) ´ v obecném bodě definičního oboru rovna f (x) = 3 + ¡ ¢cosh x ³ cos x sinh x ln(cos x) − cosh x tg x . Bod x0 = π není prvkem Df . £ ¤ V bodě x1 = 0, je y0 = 1 a f 0 (0) = 3. Tedy rovnice normály ke grafu funkce f (x) v bodě 0; 1 je −3(y − 1) = x, neboli x + 3y − 3 = 0. µ ¶x x+2 Nalezněte limity v hraničních bodech definičního oboru funkce f (x) = . x−2
Řešení:
µ
Funkce f (x) je definována předpisem f (x) =
x+2 x−2
¶x
µ ¶ x+2 = exp x ln . Proto je její definiční x−2
x+2 obor Df určen nerovností > 0. Tedy Df = (−∞, −2) ∪ (2, +∞). 2x µ x −¶ µ ¶x x+2 4 Pro x → ±∞ je lim = lim 1+ = e4 . x→±∞ x − 2 x→±∞ x−2 µ ¶−2 µ ¶x 0− x+2 , a tedy lim = +∞. Pro x → −2− je daný výraz typu x→−2− −4 x−2 µ ¶2 µ ¶x 4 x+2 Pro x → 2+ je daný výraz typu , a tedy lim = +∞. x→2 0+ x−2 + p Nalezněte rovnice všech asymptot ke grafu funkce f (x) = x ln(6 − 2x). Řešení: Funkce f (x) je definována předpisem ³
´1/x f (x) = ln(6 − 2x) = exp
à ¡ ¢! ln ln(6 − 2x) . x
µ ¶ 5 Proto je definiční obor této funkce určen vztahy ln(6−2x) > 0 a x 6= 0. Tedy Df = (−∞, 0)∪ 0, . 2 Asymptoty ke grafu dané funkce budeme hledat v krajních bodech jejího definičního oboru, tj. v 5 bodech x = , x = 0 a x = −∞. 2 ³ ´1/x 5 Protože lim ln(6 − 2x) = 0, nemá funkce f (x) v bodě x = asymptotu. 2 x→5/2− ³ ´1/x Protože lim ln(6 − 2x) = +∞, je přímka x = 0 svislá asymptota ke grafu funkce f (x). x→0+
( lim f (x) = 0). x→0−
Protože
¡ ¢ ln ln(6 − 2x) 1 lim = lim = 0, x→−∞ x→−∞ x (x − 3) ln(6 − 2x) Ã ¡ ¢! ln ln(6 − 2x) = e0 = 1. Tedy přímka y = 1 je vodorovná asymptota ke grafu je lim exp x→−∞ x funkce f (x) v bodě x = −∞. p Nalezněte definiční obor funkce f (x) = x (9 − 3x)cosh(2x−2) a napište rovnici normál k jejímu grafu v bodech x1 = 1 a x2 = 4. Řešení:
¶ cosh(2x − 2) · ln(9 − 3x) . Proto je její definiční x obor určen vztahy 9 − 3x > 0 a x 6= 0. Tedy Df = (−∞, 0) ∪ (0, 3). µ
Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = exp
23
£ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke¢ grafu funkce y = f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ derivaci, je −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . Pro naší funkce je Ã
q 0
f (x) =
x
(9 − 3x)cosh(2x−2)
2 sinh(2x − 2) · ln(9 − 3x) 3 cosh(2 − 2x) − − x x(9 − 3x) ! cosh(2 − 2x) · ln(9 − 3x) − . x2
V bodě x1 = 1 je y1 = f (1) = 6 a f 0 (1) = −3 − 6 ln 6. Tedy rovnice normály je (3 + 6 ln 6) · (y − 6) = x − 1, čili x − (3 + 6 ln 6)y + 17 + 36 ln 6 = 0. Bod x = 4 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Napište rovnice všech asymptot ke grafu funkce f (x) =
p
2x
ln(8 − 4x).
Řešení:
à ¡ ¢! ln ln(8 − 4x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = exp . Tedy její definiční obor je určen 2x ¶ µ 7 . Proto budeme hledat asymptoty ke vztahy ln(8 − 4x) > 0 a x 6= 0. Tedy Df = (−∞, 0) ∪ 0, 4 7 grafu funkce f (x) v bodech x = , x = 0 a x = −∞. 4 p 7 2x Protože lim ln(8 − 4x) = 0, nemá graf funkce f (x) v bodě x = asymptotu. 4 x→7/4− p Protože lim 2x ln(8 − 4x) = +∞, je přímka x = 0 svislá asymptota ke grafu funkce f (x). x→0+
( lim f (x) = 0) x→0−
Protože funkce y = ex je spojitá v celém R a ¡ ¢ ln ln(8 − 4x) −1 lim = lim = 0, x→−∞ x→−∞ 2(2 − x) ln(8 − 4x) 2x p je lim 2x ln(8 − 4x) = 1. Tedy přímka y = 1 je vodorovná asymptota ke grafu funkce f (x) pro x→−∞ x = −∞. Nalezněte limity v krajních bodech definičního oboru funkce h i 21 x −2x f (x) = tgh(4 − 2x) .
Řešení:
à ¡ ¢! ln tgh(4 − 2x) . Proto je její definiční obor Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = exp x2 − 2x určen vztahy tgh(4 − 2x) > 0, x 6= 0 a x 6= 2. Tedy Df = (−∞, 0) ∪ (0, 2). Proto budeme hledat limity v bodech x = 2, x = 0 a x = −∞. 1 ³ ´ x(x−2) ¡ ¢ lim tgh(4 − 2x) = +∞, 0−∞ . x→2− 1 ³ ´ x(x−2) ¡ ¢−∞ ¢ = +∞, (tgh 4 , 0 < tgh 4 < 1 . lim tgh(4 − 2x) x→0+ 1 ³ ´ x(x−2) ¡ ¢+∞ ¢ lim tgh(4 − 2x) = 0, (tgh 4 , 0 < tgh 4 < 1 . x→0−
24
³ ´ 21 x −2x Tedy lim tgh(4 − 2x) neexistuje. x→0 à ¡ ¢! ¶¸ · µ ln tgh(4 − 2x) 0− lim exp = 1, exp . x→−∞ x2 − 2x +∞ Nalezněte definiční obor funkce f (x) = (4 − 3x) x1 = 1 a x2 = 2.
cosh(x−1) x
a normálu ke grafu této funkce v bodech
Řešení:
¶ µ cosh(x − 1) · ln(4 − 3x) Protože funkce f (x) je definována předpisem f (x) = exp , je definiční x µ ¶ 4 obor funkce f (x) roven Df = (−∞, 0) ∪ 0, . 3 £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke grafu funkce y ¡= ¢f (x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 ¡= f¢ x0 , ve kterém je funkce ¡ ¢ f (x) diferencovatelná, má tvar −f 0 x0 · y − y0 = x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . V našem případě je ¡ ¢ à ¡ ¢ cosh(x−1) /x sinh(x − 1) · ln(4 − 3x) 3 cosh(x − 1) 0 f (x) = 4 − 3x − − x x(4 − 3x) ! cosh(x − 1) · ln(4 − 3x) . − x2 Pro x0 = 1 je y0 = 1 a f 0 (1) = −3. Tedy rovnice normály v bodě [1; 1] je 3(y − 1) = x − 1, čili x − 3y + 2 = 0. Bod x0 = 2 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Nalezněte definiční obor funkce h ¤cosh 4x f (x) = arctg(1 − x) a její diferenciály v bodech x1 = 2 a x2 = 0. Řešení: ¡ ¢ cosh 4x·ln arctg(1−x) Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = e . Proto je její definiční obor určen nerovností arctg(1 − x) > 0. Tedy Df = (−∞, 1). ¡ ¢ Diferenciál funkce y = f (x) v bodě x = x0¡, ve kterém mᢠfunkce f (x) derivaci f 0 x0 , je lineární ¢ ¡ funkce proměnné h definovaná vztahem df x0 ; h = f 0 x0 h. Pro naší funkce je à ! ³ ´cosh 4x ¡ ¢ cosh 4x 0 f (x) = arctg(1 − x 4 sinh 4x · ln arctg(1 − x) − . (2 − 2x + x2 ) arctg(1 − x) Bod x1 = 2 není prvkem definičního oboru funkce f (x). 1 h Pro x2 = 0 je f 0 (0) = − . Tedy df (0; h) = − . 2 2 p Nalezněte všechny asymptoty funkce f (x) = x−2 cosh(3x − 6). Řešení:
à ¡ ¢! ln cosh(3x − 6) Protože funkce f (x) = , je její definiční obor x−2 Df = (−∞, 2) ∪ (2, +∞). Proto budeme hledat asymptoty této funkce v bodech x = 2 a x = ±∞. ³
´1/(x−2) cosh(3x − 6) = exp
25
Pro x → 2 jde o limitu typu 1∞ . Protože je funkce y = ex spojitá na celém R, je à ¡ ¢! p ln cosh(3x − 6) x−2 lim = cosh(3x − 6) = exp lim x→2 x→2 x−2 ³ ´ = exp 3 lim tgh(3x − 6) = e0 = 1 . x→2
Tedy funkce f (x) nemá v bodě x = 2 svislou asymptotu. Pro x → +∞ se jedná o limity typu ∞0 . Ale stejně jako výše, lze psát à ¡ ¢! p ln cosh(3x − 6) x−2 lim cosh(3x − 6) = exp lim = x→+∞ x→+∞ x−2 µ ¶ = exp 3 lim tgh(3x − 6) = e3 . x→+∞
Tedy přímka y = e3 je vodorovná asymptota ke grafu funkce f (x) v bodě x = +∞. Pro x → −∞ se jedná o limity typu ∞0 . Ale stejně jako výše, lze psát à ¡ ¢! p ln cosh(3x − 6) x−2 = lim cosh(3x − 6) = exp lim x→−∞ x→−∞ x−2 µ ¶ = exp 3 lim tgh(3x − 6) = e−3 . x→−∞
Tedy přímka y = e−3 je vodorovná asymptota ke grafu funkce f (x) v bodě x = −∞. π Nalezněte definiční obor funkce f (x) = (sin x)2x + x2 a rovnici tečen k jejímu grafu v bodech x1 = 2 4π a x2 = . 3 Řešení: 2x ln(sin x) Funkce f (x) je definována předpisem + x2 . Proto je její definiční obor určen [ ¡ f (x) = e ¢ 2kπ, (2k + 1)π . nerovností sin x > 0. Tedy Df = k∈Z £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu funkce y = f (x)¡ v¢bodě x ; y , y = f 0 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ x0 , ve kterém je funkce f (x) diferencovatelná, má rovnici y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x = x0 . ¡ ¢2x ¡ ¢ Pro naší funkci je f 0 (x) = sin x 2 ln(sin x) + 2x cotg x + 2x. ³π ´ ³ π π2 π2 π´ Pro x0 = je y0 = 1 + a f0 = π. Tedy rovnice hledané tečny je y − 1 − =π x− , 2 4 2 4 2 2 π neboli πx − y + 1 − = 0. 4 4π není prvkem Df . Bod x0 = 3 2
Nalezněte definiční obor funkce f (x) = (sin x)x + x a její diferenciály v bodech x1 =
π 3π a x2 = . 2 2
Řešení: 2 Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = ex ´ln(sin x) + x. Proto je její definiční obor určen [³ 2kπ, (2k + 1)π . vztahem sin x > 0. Tedy Df = k∈Z ¡ ¢ Diferenciál funkce y = f (x) v bodě x = x0¡, ve kterém mᢠfunkce f (x) derivaci f 0 x0 , je lineární ¢ ¡ funkce proměnné h definovaná vztahem df x0 ; h = f 0 x0 h. 26
¢ 2¡ Pro naší funkce je f 0 (x) =´ (sin x)x 2x ln(sin x) + x2 cotg x + 1. ³ ³π ´ π π Pro bod x1 = je f 0 = 1. Tedy diferenciál je v tomto případě df ; h = h. 2 2 2 3 Bod x0 = π není prvkem definičního oboru funkce f (x). 2 Nalezněte definiční obor funkce f (x) = (4 − x2 )sin x a rovnici tečen k jejímu grafu v bodech x1 = −3 a x2 = 0. Řešení: ¢ ¡ 2 Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = esin x·ln 4−x . Proto je její definiční obor určen vztahem 4 − x2 > 0. Tedy Df = (−2, 2). £ ¤ ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je y − y0 = f x0 · x − x0 , kde µ f x0 je derivace funkce¶f (x) v bodě x0 . ¡ ¢ 2x sin x 0 2 sin x Pro naší funkce je f (x) = 4 − x cos x · ln(4 − x2 ) − . 4 − x2 Bod x1 = −3 není prvkem definičního oboru funkce f (x). Pro bod x2 = 0 je y2 = f (0) = 1 a f 0 (0) = ln 4. tedy rovnice tečny je y − 1 = x ln 4, neboli x ln 4 − y + 1 = 0. Nalezněte limity funkce
µ
¶ 2 ln arccos x π f (x) = ln(x + 1)
v hraničních bodech jejího definičního oboru. Řešení: Definiční obor funkce f (x) je určen podmínkami: arccos x > 0, −1 ≤ x ≤ 1, x + 1 > 0 a x 6= 0. Tedy Df = (−1, 0) ∪ (0, 1). Naším úkolem je najít¶ limity funkce f (x) v bodech x = 0 a x = ±1. µ 2 ln arccos x π Protože arccos(−1) = π, je lim = 0. x→−1+ ln(x + 1) 0 Pro x → 0 jde o limity typu . Proto k jejímu výpočtu můžeme použít l’Hospitalovo pravidlo. To 0 dává ³π ´ ln arccos x 2 −(x + 1) 2 =− . lim = lim √ 2 x→0 x→0 ln(x + 1) π 1 − x arccos x ³π ´ ln arccos x 2 Protože arccos 1 = 0 je lim = −∞. x→1− ln(x + 1) Určete definiční obor funkce
¡ ¢sin x f (x) = x2 − 1
a nalezněte rovnice normál ke grafu této funkce v bodech x1 = 0 a x2 = π. Řešení: 2 Funkcef (x) je definována předpisem f (x) = esin x·ln(x −1) . Proto je její definiční obor určen pod2 mínkou x − 1 > 0. Tedy Df = (−∞, −1) ∪ (1, +∞). £ ¤ ¡ ¢ Rovnice normály ke grafu funkce y = f (x) v bodě x ; y , kde y = f x0 , v němž má funkce f (x) 0 0 0 ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ 0 0 derivaci, je −f x0 · y − y0 = x − x0 ,µkde f x0 je derivace funkce ¶ f (x) v bodě x0 . ¡ ¢ 2x sin x sin x . Pro naší funkce je f 0 (x) = x2 − 1 cos x · ln(x2 − 1) + 2 x −1 Bod x = 0 není prvkem definičního oboru funkce f (x). 27
¡ ¢ ¡ ¢ Pro x = π je f (π) = 1 a¡ f 0 (π) ¢= − ln π 2 ¡− 1 . Tedy rovnice hledané normály je (y − 1) · ln π 2 − 1 = ¢ x − π, neboli x − y · ln π 2 − 1 − π + ln π 2 − 1 = 0. Určete definiční obor funkce
x 3 a nalezněte rovnice tečen ke grafu této funkce v bodech x1 = 2π a x2 = 0. f (x) = (cos x)2x − arcsin
Řešení: x Funkce f (x) je definována předpisem f (x) = e2x ln(cos x) − arcsin . Proto je její definiční obor Df ³ π π ´3 určen nerovnostmi cos x > 0 a −3 ≤ x ≤ 3. Tedy Df = − , . £ ¤ 2 2 ¡ ¢ Rovnice tečny ke grafu¡ funkce y = f¢(x) v bodě x0 ; y0 , kde y0 = f x0 , v němž má funkce f (x) ¢ ¡ ¡ ¢ derivaci, je y − y0 = f 0 x0 · x − x0 , kde f 0 x0 je derivace funkce f (x) v bodě x0 . ¡ ¢ 1 Pro naší funkce je f 0 (x) = (cos x)2x 2 ln(cos x) − 2x tg x − √ . 9 − x2 Bod x = 2π není prvkem definičního oboru funkce f (x). 1 1 Pro x = 0 je f (0) = 1 a f 0 (0) = − . Tedy hledaná rovnice tečny je y − 1 = − x, neboli 3 3 x + 3y − 3 = 0. p Nalezněte rovnice všech asymptot ke grafu funkce f (x) = x ln(5 − 2x). Řešení: Funkce f (x) je definována předpisem ³
´1/x f (x) = ln(5 − 2x) = exp
à ¡ ¢! ln ln(5 − 2x) . x
Proto je definiční obor této funkce určen vztahy ln(5 − 2x) > 0 a x 6= 0. Tedy Df = (−∞, 0) ∪ (0, 2). Asymptoty ke grafu dané funkce budeme hledat v krajních bodech jejího definičního oboru, tj. v bodech x = 2, x = 0 a x = −∞. ³ ´1/x Protože lim ln(5 − 2x) = 0, nemá funkce f (x) v bodě x = 2 asymptotu. x→2− ³ ´1/x Protože lim ln(5 − 2x) = +∞, je přímka x = 0 svislá asymptota ke grafu funkce f (x). x→0+
( lim f (x) = 0). x→0−
Protože
¡ ¢ ln ln(5 − 2x) 2 lim = lim = 0, x→−∞ x→−∞ (2x − 5) ln(5 − 2x) x à ¡ ¢! ln ln(5 − 2x) je lim exp = e0 = 1. Tedy přímka y = 1 je vodorovná asymptota ke grafu x→−∞ x funkce f (x) v bodě x = −∞. Nalezněte limity v krajních bodech definičního oboru funkce f (x) =
ln(x + 2) . x2 + 1
Řešení: Definiční obor funkce f (x) je určen podmínkou x + 2 > 0, Tedy Df = (−2, +∞). Máme tedy najít limity funkce f (x) v bodech x = −2 a x = +∞. 28
ln(x + 2) = −∞. x→−2+ x2 + 1 ∞ . Proto použijeme k jejímu výpočtu l’Hospitalovo pravidlo. Pro x → +∞ se jedná o limitu typu ∞ To dává ln(x + 2) 1 lim = lim = 0. x→+∞ x2 + 1 x→+∞ 2x(x + 2) Snadno nahlédneme, že
lim
29
