Matematyka ćwiczenia I semestr - MECHATRONIKA · Algebra Boole’a: dowodzenie twierdze ń algebry...

Projekt „Rozwój i promocja kierunków technicznych w Akademii Morskiej w Szczecinie”

Akademia Morska w Szczecinie, ul. Wały Chrobrego 1-2, 70-500 Szczecin

1

Materiały dydaktyczne

Matematyka

I Semestr

Ćwiczenia



2

Przedmiot: MATEMATYKA Kierunek: Mechatronika

Specjalność: Elektroautomatyka okr ętowa Rozkład zajęć w czasie studiów – Studia pierwszego stopnia

Semestr Liczba tygodni w semestrze

Liczba godzin w tygodniu

Liczba godzin w semestrze Punkty

kredytowe W Ć L S Σ W Ć L S

I 15 2E 3 – – 75 30 45 – – 6 II 15 1 2 – – 45 15 30 – – 4 III 15 1E 2 – – 45 15 30 – – 5

Razem w czasie studiów 165 60 105 – – 15 Związki z innymi przedmiotami:

– fizyka, – mechanika techniczna, – wytrzymałość materiałów, – podstawy konstrukcji maszyn, – elektrotechnika i elektronika, – automatyka i robotyka, – metrologia i systemy pomiarowe.

Zakres wiedzy do opanowania Po wysłuchaniu wykładów przewidywanych programem oraz wykonaniu ćwiczeń student powinien:

Znać →→→→

1) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące zbioru liczb zespolonych, macierzy, wyznaczników i układów równań liniowych.

2) Rachunek wektorowy, równania płaszczyzny i prostej w przestrzeni R3. 3) Definicje i podstawowe twierdzenia dotyczące wszechstronnego badania przebiegu

zmienności funkcji jednej zmiennej rzeczywistej. 4) Podstawowe zagadnienia dotyczące rachunku różniczkowego funkcji wielu zmiennych. 5) Podstawy rachunku całkowego (całka nieoznaczona, całka oznaczona, całki niewłaściwe,

całki wielokrotne i krzywoliniowe). 6) Kryteria zbieżności szeregów liczbowych, podstawowe twierdzenia dotyczące szeregów

funkcyjnych. 7) Sposoby rozwiązywania wybranych typów równań różniczkowych zwyczajnych

pierwszego i drugiego rzędu. 8) Elementy rachunku prawdopodobieństwa, podstawy statystyki matematycznej.

Umieć →→→→



3

1) Wykonywać działania na liczbach zespolonych i macierzach, obliczać wyznaczniki oraz rozwiązywać układy równań liniowych metodą macierzową, za pomocą wzorów Cramera oraz w oparciu o twierdzenie Kroneckera-Capellego.

2) Przeprowadzać wszechstronne badanie funkcji jednej zmiennej rzeczywistej. 3) Wyznaczać całki nieoznaczone, obliczać całki oznaczone, podwójne, potrójne

i krzywoliniowe, stosować rachunek całkowy w geometrii i przedmiotach technicznych. 4) Wyznaczać ekstrema lokalne i warunkowe funkcji wielu zmiennych, badać zbieżność

szeregów liczbowych i funkcyjnych, rozwijać funkcje w szereg Taylora. 5) Rozwiązywać wybrane typy równań różniczkowych zwyczajnych i cząstkowych

pierwszego i drugiego rzędu. 6) Obliczać prawdopodobieństwo zdarzeń losowych, wyznaczać estymatory i przedziały

ufności, stosować testy statystyczne do weryfikacji hipotez statystycznych.

Treść zajęć dydaktycznych Nr

tematu Tematy i ich rozwinięcie

Liczba godzin Razem W Ć L S

Semestr I 1. Elementy logiki matematycznej: wyznaczanie wartości

logicznych zdań złożonych, sprawdzanie formuł rachunku zdań metodą zerojedynkową, dowodzenie twierdzeń klasycznego rachunku kwantyfikatorów. Elementy teorii zbiorów: wykonywanie działań na zbiorach, dowodzenie wybranych praw algebry zbiorów. Algebra Boole’a: dowodzenie twierdzeń algebry Boole’a na podstawie aksjomatów, przykłady realizacji algebry Boole’a (algebra zdań, algebra zbiorów).

10 – 10 – –

2. Algebra wyższa: potęgowanie i pierwiastkowanie liczb zespolonych, rozwiązywanie równań algebraicznych w zbiorze liczb zespolonych. Macierze, wyznaczniki, układy równań liniowych: wykonywanie działań na macierzach, obliczanie wyznaczników, wyznaczanie macierzy odwrotnej, rozwiązywanie układów równań liniowych metodą macierzową i za pomocą wzorów Cramera.

10 – 10 – –

3. Geometria analityczna w przestrzeni R3: obliczanie iloczynu skalarnego i mieszanego, wyznaczanie współrzędnych iloczynu wektorowego, wyznaczanie równań płaszczyzny i prostej, obliczanie odległości punktu od płaszczyzny, punktu od prostej i prostej od prostej.

5 – 5 – –

4. Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej rzeczywistej: obliczanie granic ciągów i granic funkcji, badanie ciągłości funkcji, wyznaczanie pochodnych na podstawie definicji i za pomocą reguł różniczkowania; wyznaczanie ekstremów, przedziałów monotoniczności, punktów przegięcia i przedziałów wypukłości i wklęsłości funkcji; wyznaczanie asymptot, rozwijanie funkcji według wzoru Taylora.

20 – 20 – –

Razem 45 45 – –



4

I. Metody dydaktyczne

Przedmiot jest realizowany w formie wykładów i ćwiczeń rachunkowych na I i II roku studiów. Pomoce dydaktyczne stanowią: - literatura podstawowa i uzupełniająca do wykładów i ćwiczeń rachunkowych, - dzienniczki studentów.

II. Forma i warunki zaliczenia przedmiotu

II-1. Forma i warunki zaliczenia ćwiczeń rachunkowych

- obecność studenta na ćwiczeniach, - uzyskanie pozytywnych ocen z 2 sprawdzianów pisemnych w ciągu semestru

przeprowadzonych w terminach uzgodnionych ze studentami, - zaliczenie z oceną.



5

CI 1

ELEMENTY LOGIKI. ALGEBRA ZBIORÓW. ALGEBRA BOOLE’A.

1. Elementy logiki matematycznej 2. Algebra zbiorów 3. Algebra Boole’a Elementy logiki matematycznej Rachunek zdań Przykład Sprawdzić metodą zero-jedynkową, że wyrażenie [p ∧ (q ∨ r)] [(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)] (prawo rozdzielności koniunkcji względem alternatywy) jest tautologią rachunku zdań. Rozwiązanie Dowód przedstawiono w postaci tabelarycznej

p q r q ∨ r p ∧ q p ∧ r p ∧ (q ∨ r)

(p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

1 1 0 0 1 1 0 0

1 0 1 0 1 0 1 0

1 1 1 1 0 0 0 0

1 1 1 1 1 0 1 0

1 0 0 0 1 0 0 0

1 1 0 0 0 0 0 0

1 1 0 0 1 0 0 0

1 1 0 0 1 0 0 0

Ponieważ wartości logiczne zdań podanych w dwóch ostatnich kolumnach są równe, więc zdanie jest twierdzeniem rachunku zdań. Algebra zbiorów

Przykład W oparciu o prawa rachunku zdań udowodnić prawo de Morgana ( ) ''' BABA ∩=∪ .

Rozwiązanie Niech U oznacza zbiór, którego podzbiorami są rozpatrywane zbiory. a ∈ (A ∪ B)′ ⇔ a ∈ (U − (A ∪ B)) ⇔ a ∈ U ∧ a ∉ A ∪ B ⇔ a ∈ U ∧ (a ∉ A ∧ ∧ a ∉ B) ⇔ (a ∈ U ∧ a ∉ A) ∧ (a ∈ U ∧ a ∉ B)⇔(a ∉ A′) ∧ (a ∉ B′) ⇔ a ∈ A′ ∩ B′. a ∉ (A ∪ B) ⇔ a ∉ A ∧ a ∉ B otrzymaliśmy z prawa de Morgana ∼ (p ∨ q) ⇔ ∼ p ∧ ∼ q,



6

ponadto a ∈ U ∧ (a ∉ A ∧ a ∉ B) ⇔ (a ∈ U ∧ a ∉ A) ∧ (a ∈ U ∧ a ∉ B) otrzymaliśmy z następującego prawa rachunku zdań p ∧ (q ∧ r) ⇔ (p ∧ q) ∧ (p ∧ r). Algebra Boole’a

Przykład W oparciu o aksjomaty algebry Boole’a [WI 2] wykazać, że: 11=⊕x .

Rozwiązanie

Symbol kB nad znakiem równości oznacza numer odpowiedniego aksjomatu.

Zadania 1. Udowodnić następujące prawa rachunku zdań: a) [(�p q )(q)] �p.

b) Sprawdzić czy następujące zdania są twierdzeniami rachunku zdań: [( ) ( )] ),p q p q q p∨ ∧ ⇒ ⇒ ⇒( ].)[()( pqpqp ⇔∧⇒⇒

2. Za pomocą kwantyfikatorów i funktorów zdaniotwórczych zapisać wyrażenia: a) Funkcja f ma dokładnie jedno miejsce zerowe, b) Funkcja f jest funkcją malejącą. 3. Udowodnić prawa algebry zbiorów: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). 4. Na podstawie aksjomatów algebry Boole’a wykazać, że: . Literatura: R. Roz. I, § 1,2.



7

CI 2

ZBIÓR LICZB ZESPOLONYCH

1. Działania na liczbach zespolonych 2. Wzór de Moivre’a 3. Pierwiastkowanie liczb zespolonych 4. Równania

Przykłady 1. Działania na liczbach zespolonych

Obliczyć: ( )0,, 22

12121 ≠⋅± z

z

zzzzz , gdzie .45,32 21 iziz −+=

Rozwiązanie ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )( ) ii

iiiiizz

iiiizz

iiiizz

722112710

12158104532

7343524532

743524532

221

21

21

+=−⋅−+==−+−=−⋅+=⋅

+−=−−+−=−−+=−−=−++=−++=+

( )( )

iii

i

iii

i

i

i

i

z

z

z

z

z

z

41

23

41

2

41

232

45

1122310

45

1215810

45

45

45

32

22

22

2

2

2

2

1

2

1

+−=+−=+

−⋅++=

=−

+++=++⋅

−+=⋅=

2. Liczbę 31−=z przedstawić w postaci trygonometrycznej.

Rozwiązanie Postać trygonometryczna liczby ( )0≠+= zbiaz :

( )ϕϕ sincos izbiaz +=+= , 22 baz += ;

=

=

.sin

,cos

z

bz

a

ϕ

ϕ

( ) 231,3,12

=+=−== izba

( )

.3

5sin

3

5cos231

,3

5

32,

32

1cos2coscos

+=−=

=−==⇒==−=

ππ

πππϕπαααπϕ

iiz

3. Obliczyć ( )5031 i−



8

Rozwiązanie Korzystamy ze wzoru de Moivre’a

( )

( )( ) ( ) ( ) .2012250sin250cos2100sin100cos2

3

560sin

3

560cos2

3

5sin

3

5cos231

sincossincos

60606060

60

6060

=⋅+=⋅+⋅=+

=

⋅+⋅=

+=−

+=+

iii

iii

ini n

ππππ

ππππ

ϕϕϕϕ

4. Obliczyć 3 i− .

Rozwiązanie

Korzystamy ze wzoru w zk

ni

k

nkn= + + +

cos sin

ϕ ϕ2 2π π k n= −0 1 1, , ..., .

Liczbę iz −= przedstawiamy w postaci trygonometrycznej: ππ2

3sin

2

3cos ii +=− .

.2,1,0,3

22

3

sin3

22

3

cos =+

++

= kk

ik

wk

ππππ

,2

sin2

cos0 iiw =+= ππ iiw

2

1

2

3

6sin

6cos

3

22

3

sin3

22

3

cos1 −−=−−=+

++

= ππππππ

iw2

1

2

32 −= .

5. Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania: a) 0222 =+− zz ; b) 0332 =++− izz .

Rozwiązanie

a) Wyróżnik 484 −=−=∆ , −

==−=∆.2

,244 2

i

ii

Ze wzorów na pierwiastki równania kwadratowego mamy:

ii

z −=−= 12

221 , i

iz +=+= 1

2

222 .

b) Wyróżnik ( ) ( ) ii 43343 2 −−=+−−=∆ .

∆ wyznaczamy korzystając z definicji pierwiastka stopnia drugiego )( 2ωω =∆⇔=∆

Niech ( )Ryxyixi ∈+=−−=∆ ,43 . Wówczas ( )243 yixi +=−− ,

xyiyxi 243 22 +−=−− ,

stąd otrzymuję układ równań



9

−=−=−.42

322

xy

yx

Wyznaczamy x

y2−= z drugiego równania ( )0≠x i podstawiamy do pierwszego równania,

otrzymujemy równanie dwukwadratowe 043 24 =−+ xx . Podstawiamy tx =2 i mamy równanie 0432 =−+ tt , którego rozwiązania pierwiastkami są

41 −=t oraz 12 =t . Stąd mamy 12 −=x (równanie sprzeczne w zbiorze R ) oraz 12 =x , więc 11 =x lub 12 −=x ,

21 −=y , 22 =y .

+−−

=−−=∆.21

,2143

i

ii Ostatecznie i

iiz −=−=−+= 2

2

24

2

2131 ,

iii

z +=+=+−= 12

22

2

2132 .

Zadania 1. Przedstawić w postaci trygonometrycznej (bez pomocy tablic) następujące liczby zespolone:

a) 1− ; b) i− ; c) 11−− ; d) 31 i−− . 2. Obliczyć pierwiastki trzeciego stopnia z następujących liczb zespolonych:

a) i− ; b) 1− ; c) 31 i+ . 3. Rozwiązać równania kwadratowe: a) 023)22(2 =−+++ iziz ; b) 05)41(2 =−−++ iziz ; c) 0122 =−++ iizz . 4. Rozwiązać równania dwukwadratowe: a) 042 24 =+− zz ; b) 028930 24 =+− zz . Odpowiedzi

1. a) ππ sincos i+ ; b) ππ2

3sin

2

3cos i+ ; c)

+ ππ4

5sin

4

5cos2 i ; d)

+ ππ3

2sin

3

2cos2 i .

2. a) iii2

1

2

3,

2

1

2

3,

2

1 −−− ; b) ii2

3

2

1,

2

3

2

1,1 +−− ;

c) .2,1,0,9

16sin

9

16cos23 =

+++k

ki

k ππ



10

3. a) ii 32, −− ; b) ii 32,1 −−− ; c) ii2

22

2

2,

2

22

2

2 +−−+ . 4. a) 2

3 i±± ; b) i±± ,4 .

Literatura: Z. Roz. I, § 1.



11

CI 3

MACIERZE. DZIAŁANIA NA MACIERZACH

1. Działania na macierzach 2. Wyznaczanie macierzy odwrotnej z definicji Przykłady

1. Dane są macierze .

602

453

021

,

416

205

132

−−−

=

−−= BA .

Wyznaczyć: a) TA ; b) A5 ; c) BA + ; d) BA − ; e) BA ⋅ ; f) AB ⋅ ; g) ( )TAB ; h) TT AB .

Rozwiązanie Korzystamy z definicji działań na macierzach podanych w [WI 4]:

a)

−−=421

103

652TA ; b)

−−=

⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

−−⋅=

20530

10025

51510

45)1(565

)2(50555

153525

416

205

132

55A ;

c)

−−−=

−++−++−−++

+−++=

−−−

+

−−=+

218

258

113

)6(40126

42)5(035

01)2(312

602

453

021

416

205

132

BA ;

d) ;

1014

652

151

)6(40126

42)5(035

01)2(312

602

453

021

416

205

132

−−=

−−−−−−−−−−

−−−−=

−−−

−

−−=− BA

e)

.

28711

12101

61913

)6(44)1(0604)5()1()2(6243)1(16

)6)(2(40050)2()5(0)2(52)2(3015

)6(14302)5(3)2(2213312

602

453

021

416

205

132

−−−−

=

−⋅+⋅−+⋅⋅+−⋅−+−⋅⋅+⋅−+⋅−−+⋅+⋅⋅−+−⋅+−⋅⋅−+⋅+⋅

−⋅+⋅+⋅−⋅+−⋅⋅+⋅+⋅=

=

−−−

−−=⋅ BA

Analogicznie wyznaczamy

f) .

201232

2955

538

416

205

132

602

453

021

−−

−

−−

−−−

=⋅ AB



12

Przykład jest ilustracją tezy: mnożenie macierzy (na ogół) nie jest przemienne tzn. BAAB ≠ .

g) ( )

−−−−=28126

71019

11113TAB ,

h)

−−−−=

−−−+−−−−+−−++

=

−−

−−−=⋅

28126

71019

11113

24412612

51210154

83645292

421

103

652

640

052

231TT AB

Przykłady g) i h) są więc ilustracją twierdzenia ( ) TTT ABAB = .

2. Korzystając z definicji macierzy odwrotnej [WI 4] wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy

−=

53

12A .

Rozwiązanie

Szukamy macierzy

=−

ut

yxA 1 takiej, że JAA =⋅ −1 , czyli

=

−10

01

53

12

ut

yx,

Stąd

=

−=

=

=

⇒

=+=−=+=−

⇔

=

++−−

13

213

313

113

5

153

02

053

12

10

01

5353

22

u

t

y

x

uy

uy

tx

tx

uytx

uytx, stąd

−=−

13

2

13

313

1

13

51A .

Zadania

1. Dane są macierze:

−=

−−

−=

−−=

415

701

032

,

204

163

210

,

640

152

301

CBA .

Wykazać, że:

a) ( ) ( )CBACBA ++=++ ; b) ( ) ( )CABBCA = ; c) ( ) TTT BABA +=+ ;

d) ( ) BCABCBA +=+ ; e) ( ) ACABCBA +=+ ; f) ( ) TTT ABAB = . 2. Wyznaczyć macierz X z równania:

a)

−=

−12

64

80

232X ; b)

−−

=

55

33

23

12X ; c)

=

30

02

12

37

57

34X ;



13

d) [ ]1511

31

15

63

21

−=

−−

X

Odpowiedzi:

2. a)

31

52; b)

−−

11

11; c)

−−

12638

9328; d) [ ]3211 − .

Literatura: P1. Roz. I, § 1.1., 1.3.; P2. Roz. I.



14

CI 4 WYZNACZNIKI, MACIERZE CD. 1. Wyznaczniki 2. Macierz odwrotna 3. Rząd macierzy

Przykłady

1. Wyznaczniki

1. Na podstawie definicji [WI 5] obliczyć wyznacznik detA=

1241

592

1135

−−−−

.

.564111)29(31285

41

92)1(11

121

52)1)(3(

124

59)1(5

12141

592

1135

det 432

=⋅+−⋅+⋅=

=−−

−⋅+−

−−+−−

−−⋅=

−−−−

=A

2. Obliczyć wyznacznik

5178

4215

7643

4321

−

−

.

Rozwiązanie Z podanych w [WI 5] własności wyznacznika wynika, że wartość wyznacznika nie zmieni się, gdy do dowolnego wiersza (kolumny) dodamy inny wiersz (kolumnę) pomnożony przez liczbę. Możemy np. uzyskać trzy zera w pierwszym wierszu mnożąc odpowiednio kolumny pierwszej przez 2, -3, -4 i dodając do kolumn drugiej, trzeciej i czwartej.

( ) 255

272323

16139

5310

111

2723238

161395

53103

0001

5178

4215

7643

4321

11112*

11 −=−−−−−−

==⋅−⋅=⋅=

−−−−−−

=−

−

AAA

(Metoda Sarrusa)

3. Dane są macierze:

−−

−=

−−

−=

431

131

102

,

321

121

130

BA



15

Sprawdzić, że BABA detdet)det( ⋅=⋅ (twierdzenie Cauchy’ego). Rozwiązanie

360

1531

195

1124

)det(,

1531

195

1124

431

131

102

321

121

130

−=−−−

−−=⋅

−−−

−−=

−−

−

−−

−=⋅ BABA

30

431

131

102

det,12

321

121

130

det =−

−−

=−=−

−−

= BA

więc BABA detdet3012360)det( ⋅=⋅−=−=⋅ .

Macierz odwrotna

Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy

−−−−−

=131

7185

11298

A .

Rozwiązanie Macierz odwrotną możemy wyznaczyć korzystając ze wzoru [WI 5]:

( )

0det,det

1 ≠=− AA

AA

TD

.

1. 01

131

7185

11298

det ≠−=−

−−−−

=A , macierz A jest macierzą nieosobliwą, więc 1−A istnieje.

2. Wyznaczamy macierz dopełnień algebraicznych macierzy A , tzn.

macierz [ ] ( )[ ]ijji

ijD AAA +−== 1* 31,31 ≤≤≤≤ ji .

,313

71811

*11 −=

−−

== AA ,211

7512

*12 −=

−−−=−= AA 3

31

18513

*13 −=

−−

== AA ,

,413

112921

*21 =

−−

−=−= AA ,311

11822

*22 =

−−== AA ,5

31

29823

*23 =

−−

−=−= AA

,5718

112931

*31 −=

−−

== AA ,175

11832

*32 −=

−−−−

−=−= AA .1185

29833

*33 =

−−

== AA



16

( )

−−−−

=

−−

−−−⋅

−==−

153

132

543

115

534

323

1

1

det1

T

TD

A

AA .

Oczywiście można sprawdzić, że

==⋅ −

100

010

0011 JAA .

Rząd macierzy Określenie rzędu macierzy na podstawie podanej definicji może okazać się kłopotliwe. Znalezienie największego stopnia podwyznacznika różnego od zera bywa niekiedy żmudne. Można wykazać, że rząd macierzy równy jest rzędowi macierzy powstałej przez dodawanie do dowolnego wiersza (kolumny) macierzy innego wiersza (kolumny) pomnożonego przez liczbę. W wyniku stosowania wielokrotnego tych operacji elementarnych na wierszach (kolumnach) otrzymamy macierz o maksymalnej liczbie zer. Wówczas rząd tej macierzy (również rząd danej macierzy ) równa się ilości wierszy (kolumn), w których są elementy różne od zera.

Obliczyć rząd macierzy

−−−

−−−

=

52134

64168

32534

24768

72834

A .

Rozwiązanie Stosujemy np. następujące operacje elementarne na wierszach macierzy A : od wiersza drugiego i czwartego odejmujemy wiersz pierwszy pomnożony przez 2 oraz odejmujemy wiersz pierwszy od wiersza trzeciego i piątego i otrzymujemy macierz B ( )()( BRAR = ):

−−−−

−

=

120900

2001500

40300

120900

72834

B .

Następnie od trzeciego wiersza macierzy B odejmujemy wiersz drugi pomnożony przez 3

1,

od czwartego drugi pomnożony przez 3

5 oraz od piątego drugi.



17

Otrzymujemy macierz

−−

=

00000

00000

00000

120900

72834

C .

Ponieważ wiersz pierwszy i drugi macierzy nie zawierają odpowiednich elementów proporcjonalnych nie otrzymamy kolejnego (pierwszego lub drugiego) wiersza zawierającego wyłącznie zera. Stąd 2)()()( === ARBRCR

Zadania

1. Obliczyć wyznaczniki:

a)

3111

1131

1311

1113

; b)

61111

11411

15111

11112

11131

.

2. Wyznaczyć macierz odwrotną do macierzy:

a)

−−−

−

242927

344138

111

; b)

−−−

−−−

0111

1011

1101

1110

.

3. Określić rząd macierzy:

a)

−83531

31210

54321

137852

; b)

−−−

−−−

23566

94032

10213

11614

34152

Odpowiedzi

1. a) 48− ; b) 394. 2. a)

−− 325

436

752

; b)

−−−−−

−

0111

1011

1101

1110

. 3. a) 2 ; b) 4 .

Literatura: Z. Roz. I, § 2, 3.



18

CI 5

UKŁADY RÓWNAŃ LINIOWYCH

1. Układ równań Cramera 2. Metoda macierzowa 3. Układ m równań o n niewiadomych (przypadek ogólny)

Przykłady 1. Rozwiązać układ równań stosując wzory Cramera [WI 6]:

=++=−−=++

53

02

3

zyx

zyx

zyx

Rozwiązanie

Obliczamy wyznacznik macierzy głównej A oraz wyznaczniki macierzy ( ),3,2,1=kAK powstałych z macierzy A przez zastąpienie k-tej kolumny kolumną wyrazów wolnych.

6

131

112

111

det =−−=A ,

6

135

110

113

det 1 =−−=A , 6

151

102

131

det 2 =−=A , 6

531

012

311

det 3 =−=A .

Następnie korzystamy ze wzorów Cramera:

1det

det 1 ==A

Ax , 1

det

det 2 ==A

Ay , 1

det

det 3 ==A

Az .

2. Rozwiązać układ równań z przykładu 1 metodą macierzową [WI 6].

Rozwiązanie

Zapis macierzowy układu równań: BAX = , stąd BAX ⋅= −1 ,

Gdzie

−−=131

112

111

A ,

=z

y

x

X ,

=5

0

3

B , 6det =A .

Następnie wyznaczamy macierz odwrotną 1−A do macierzy A [WI 6].

( )

−−−=

−−

−=⋅=−

327

303

022

6

1

330

202

732

6

1

det

11

T

TDAA

A ,



19

=

=

⋅

−−−=

=1

1

1

6

6

6

6

1

5

0

3

327

303

022

6

1

z

y

x

X , zatem 1=== zyx .

3. Rozwiązać układ równań:

=++=++=++=++

.21558

1132

523

132

zyx

zyx

zyx

zyx

Rozwiązanie: Ponieważ liczba niewiadomych nie równa się ilości równań, układ równań nie jest układem Cramera. Na podstawie twierdzenia Kroneckera-Capellego [WI 6] rozstrzygamy czy układ ma rozwiązanie. Wyznaczamy rząd macierzy głównej na podstawie definicji rzędu macierzy:

=

558

312

123

132

A . Obliczamy np. wyznacznik macierzy C utworzonej z trzech pierwszych

wierszy macierzy A . Ponieważ 012

312

123

132

det ≠−==C , więc 3)( =AR .

Następnie wyznaczamy rząd macierzy uzupełnionej

=

21558

11312

5123

1132

B .

Wykonujemy następujące operacje elementarne na wierszach macierzy B : mnożymy wiersz drugi przez 2 i dodajemy do wiersza trzeciego, a następnie otrzymany wiersz trzeci odejmujemy od wiersza czwartego.

Otrzymujemy macierz

=

0000

11312

5123

1132

D o rzędzie równym rzędowi macierzy B .

3)()( ≤= BRDR . Ponieważ 3)( =AR oraz )()( BRAR ≤ , więc 3)( =BR .



20

Stąd 3)()( == BRAR , więc układ równań ma rozwiązanie (twierdzenie Kroneckera-Capellego). Korzystając ze schematu podanego w [WI 6] rozważany układ jest równoważny układowi równań Cramera o macierzy głównej C :

=++=++=++

11322

523

132

yx

zyx

zyx

.

Następnie obliczamy wyznaczniki macierzy )3,2,1( =kCK utworzonych przez zastąpienie k-tej kolumny macierzy C kolumną wyrazów wolnych.

24

3111

125

131

det 1 −==C , 24

3112

153

112

det 2 ==C , 36

1112

523

132

det 3 −==C .

Stosując wzory Cramera otrzymujemy:

212

24

det

det 1 =−−==

C

Cx , 2

12

24

det

det 2 −=−

==C

Cy , 3

12

36

det

det 3 =−−==

C

Cz .

Łatwo sprawdzić, że liczby 2, -2, 3 są również rozwiązaniami czwartego równania rozwiązywanego układu równań. 4. Rozwiązać układ równań

=−−−=++−=++−

1151132

17532

23264

zwyx

zwyx

zwyx

Rozwiązanie Dany układ nie jest układem Cramera, należy sprawdzić czy ma on rozwiązanie (jest niesprzeczny). Wyznaczamy rząd macierzy głównej układu:

−−−−−

=151132

7532

3264

A .

Można sprawdzić, że wszystkie cztery podwyznaczniki macierzy A stopnia trzeciego są równe zeru, więc rząd tej macierzy 3)( <AR . Ponieważ np. podwyznacznik

0175

32det ≠−==C , więc 2)( =AR .

Wyznaczamy rząd macierzy uzupełnionej

−−−−−

=1151132

17532

23264

B .

Wykonujemy następujące operacje elementarne na wierszach macierzy B : odejmujemy



21

wiersz drugi od trzeciego oraz wiersz drugi pomnożony przez 2 od pierwszego. Otrzymujemy macierz:

−−−

−−=

0221600

17532

011800

D .

Mnożąc wiersz pierwszy macierzy D przez 2 i odejmując od wiersza trzeciego mamy macierz:

2)(,

00000

17532

011800

=

−−−

= ERE .

Ponieważ rzędy macierzy BDE ,, są równe, więc =)(AR 2)( =BR (twierdzenie Kroneckera-Capellego). Dany układ sprowadzamy do równoważnego układu Cramera [WI 6]. Ponieważ

01det ≠−=C , więc odrzucamy trzecie równanie danego układu oraz podstawiamy dowolne stałe ),(, Rdcdc ∈ za niewiadome yx, . Otrzymujemy układ równań Cramera:

+−=++−=+

.32175

,64232

dczw

dczw

Obliczamy wyznaczniki macierzy 21,CC utworzonych przez zastąpienie odpowiednio pierwszej i drugiej kolumny macierzy C kolumną wyrazów wolnych.

1133227321

3642det 1 ++−=

+−+−

= dcdc

dcC , 82416

3215

6422det 2 −−=

+−+−

= dcdc

dcC .

Stosując wzory Cramera otrzymujemy:

1133221

113322

det

det 1 −−=−

++−== dcdc

C

Cw , 82416

1

82416

det

det 2 ++−=−

−−== ccdc

C

Cz ,

cx = , dy = . Rozpatrywany układ (nieoznaczony) ma nieskończenie wiele rozwiązań zależnych od przyjętych wartości dc, . Np. dla 1,0 == dc otrzymujemy rozwiązanie

32,44,1,0 =−=== zwyx .

Zadania 1. Rozwiązać metodą Cramera układy równań:

a)

=++=−+=+−

3

452

123

zyx

zyx

zyx

; b)

=+−+=++−=+++

=+−+

122353

273524

413546

40587

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

.

2. Rozwiązać metodą macierzową układy równań;



22

a)

=++=++=++

132

523

1132

zyx

zyx

zyx

; b)

=+++−=−++−=−−+−=−−−

132

432

632

423

4321

4321

4321

4321

xxxx

xxxx

xxxx

xxxx

.

3. Rozwiązać układy równań:

a)

=+−=+−=+−

932

253

574

zyx

zyx

zyx

; b)

=−−=+−=−−=+−

22

12

4322

353

zyx

zyx

zyx

zyx

; c)

=−++−=+−−+

=+−−+=−+−−

02

05557

02

023

54321

54321

54321

54321

xxxxx

xxxxx

xxxxx

xxxxx

.

Odpowiedzi:

1. a) 0,2,1 ; b) 4,3,2,1 ; 2. a) 3,2,2 − ; b) 1,0,1,1 −− ; 3. a) układ sprzeczny; b) 7

2,

7

1,

7

10 −− ; c)

21,,0,0,0 CC . Literatura: Z. Roz. I, § 4.



23

CI 6

RACHUNEK WEKTOROWY

1. Iloczyn skalarny 2. Iloczyn wektorowy 3. Iloczyn mieszany

Przykłady

Iloczyn skalarny: ( )( )a b a b a b→ → → →

⋅ = ⋅ ⋅cos ,k .

Postać kartezjańska iloczynu skalarnego: a b a b a b a bx x y y z z

→ →⋅ = + + .

1. Dane są punkty )1,4,0(),5,0,3(),0,2,1( −BA . Znaleźć kąt między wektorami AB i AC .

Rozwiązanie Znajdujemy współrzędne wektorów AB i BC . [ ]5,2,4−−=AB , [ ]1,2,1−=AC .

Obliczamy cosinus kąta między wektorami AB i AC . ( )( )ACABK ,=ϕ ACAB

ACAB

⋅⋅=ϕcos

3

1

545

5

121524

152)2()1(4cos

222222=

⋅=

++⋅++⋅+⋅−+−⋅−=ϕ ,

3

1arccos=ϕ .

Iloczyn wektorowy

( ) ( ) ( )c a b

i j k

a a a

b b b

i a b a b j a b a b k a b a bx y z

x y z

y z z y z x x z x y y x

→ → →

→ → →

→ → →= × = = − + − + −

2. Obliczyć pole trójkąta o wierzchołkach )1,3,2( −A , )3,2,4( −B , )2,4,1(−C .

Rozwiązanie

Rys.

Z określenia iloczynu wektorowego wynika, że pole trójkąta ABC jest równe połowie długości iloczynu wektorowego wektorów

AB i AC (rys.) [WI 7]

Wyznaczamy współrzędne wektorów AB i AC .



24

[ ] ]4,5,2[)1(3,32,24 −=−−−−−=AB , [ ] ]3,1,3[)1(2,34,21 −=−−−−−=AC .

Iloczyn wektorowy ACxAB wyznaczamy korzystając z postaci symbolicznej (wyznacznik) [WI 7].

kji

kji

ACxAB 131819

313

452 −−−=−

−= ,

więc pole ][8542

1131819

2

1

2

1 2222 jACxABS =++== .

Iloczyn mieszany

a b c

a a a

b b b

c c c

x y z

x y z

x y z

→ → →

=, ,

3. Obliczyć objętość czworościanu o wierzchołkach )5,4,3(A , )3,1,2( −B , )1,2,4( −C , )6,2,1(D.

Rozwiązanie Korzystamy z interpretacji geometrycznej iloczynu mieszanego [WI 7].

Objętość V równoległościanu zbudowanego na wektorach cba ,, o wspólnym początku równa się wartości bezwzględnej iloczynu mieszanego tych wektorów.

( ) cbxaV =

Objętość 1V czworościanu zbudowanego na wektorach cba ,, jest równa 6

1 objętości

równoległościanu czyli ( ) cbxaV6

11 = . Niech ABa = , ACb = , ADc = .

Wyznaczamy współrzędne wektorów cba ,, .

[ ]8,3,1 −−−=a , [ ]4,6,1 −−=b , [ ]1,2,2 −−=c .

Iloczyn mieszany wektorów cba ,, obliczamy ze wzoru (wyznacznik) podanego w [WI 7].

( ) ][2

35105

6

1|

122

461

831

|6

1

6

1 31 jcbxaV =⋅=

−−−−−−−

== .



25

Zadania 1. Znaleźć wektor x prostopadły do wektorów [ ]3,2,1 −=a i [ ]1,3,2 −=b taki, że 6−=⋅ da ,

gdzie [ ].1,1,2 −=d 2. Dane są punkty ( )4,2,11P , ( )2,1,52P i ( ).1,4,33P

Znaleźć wersor wektora .3121 PPxPPa =

3. Wykazać, że wektory [ ] [ ] [ ]5,1,14,1,4,6,2,4,3 −−=−−=−= cba nie są komplanarne.

Odpowiedzi

1. [ ]3,3,3−=x ; 2.

213

10,

213

8,

213

7.

Literatura: Z. Roz. II, § 3.



26

CI 7

PŁASZCZYZNA I PROSTA W PRZESTRZENI R3

1. Płaszczyzna 2. Prosta w przestrzeni R3 3. Odległości Przykłady 1. Znaleźć równanie płaszczyzny przechodzącej przez trzy punkty

)3,2,4(),2,1,3(),1,0,2( −− CBA . Rozwiązanie Sposób 1. Korzystamy ze wzoru podanego w [WI 8]

0)()()(: =−+−+− ooo zzCyyBxxAπ , gdzie π∈),,( oooo zyxP i ],,[ CBA=π , π⊥n .

Znajdujemy wektor ACxABn = .

Wyznaczamy wektory ACAB, .

]1,1,5[]12,01,23[ −=−−−−=AB , ]4,2,2[]13,02,24[ −=−−−−=AC ,

kji

kji

ACxABn 12186

422

115 −−−=−

−== .

Wyznaczamy równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt )1,0,2(A i prostopadłej do

wektora ]12,18,6[ −−−=n 0)1(12)0(18)2(6: =−−−−−− zyxπ . Ostatecznie 0423: =−++ zyxπ

Sposób 2.

0

1324

1213

1102

1

: =

−−

zyx

π .

Rozwijamy wyznacznik względem pierwszego wiersza

,0

324

213

102

124

113

102

134

123

112

132

121

110

=−

−−−+−

−−−

zyx

czyli 02412186 =−−−− zyx , więc 0423: =−−+ zyxπ .



27

2. Wyznaczyć równanie prostej l przechodzącej przez punkty )3,2,0(1 −P i )5,0,1(2P . Znaleźć odległość punktu )1,3,2(3 −P od wyznaczonej prostej.

Rozwiązanie a) Wyznaczamy równania parametryczne prostej przechodzącej przez punkt 1P i

równoległej do wektora 21PPa = [WI 8].

]8,2,1[21 −== PPa ,

+−=−=

=

tz

ty

tx

l

83

22: , Rt ∈ .

Równanie kanoniczne (kierunkowe) prostej l [WI 8] 8

3

2

2

1:

+=−−= zyx

l .

b) Odległość punktu 3P od prostej l wyznaczamy ze wzoru [WI 8]:

a

PPxalPdd

31

3 ),( == ,

kji

kji

PPxaPP 32016

412

821],4,1,2[ 3131 −−−=−

−=−= ,

69

665

821

32016222

222

=++

++=d .

3. Obliczyć odległość prostych skośnych 1l i 2l :

,

23

36

43

:1

+=−=+−=

tz

ty

tx

l 3

7

3

1

8

4:2

+=−+=− zyx

l .

Rozwiązanie Odległość prostych skośnych l1, l2:



28

( )d d l l

a b P P

a b

a a a

b b b

x x y y z z

i j k

a a a

b b b

x y z

x y z

x y z

x y z

= =×

×=

− − −

→ → →

→ → → → →1 2

0 11 0 1 0 1 0, .

10 )3,6,3( lP ∈− , 21 )7,1,4( lP ∈−− 1||],2,3,4[ laa −= ; 2||],3,3,8[ lbb −= .

]10,7,7[10 −−=PP

kji

kji

bxa 1243

338

234 ++−=−−= , 169

1077

338

234

)( 10 −=−−

−−

=PPbxa ,

1313

169

169

169

1243

169),(

22221 ===++

−== lldd .

Zadania 1. Napisać równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkt )2,1,2( −P i prostopadłej do

wektora ]6,4,2[ −=n .

2. Napisać równanie płaszczyzny przechodzącej przez punkty )1,1,1(),0,0,5(),1,0,0( 321 PPP .

3. Obliczyć kąt między prostą

−===

tz

ty

tx

l

1

2

3

: a płaszczyzną 0253 =+−− zyx .

4. Obliczyć odległość między prostymi 1l i 2l :

3

2

1

1

2

1:1

−=+=− zyxl ,

6

2

2

1

4

1:2

+=−=+ zyxl .

5. Obliczyć odległość punktu )2,1,1(0 −−P od prostej

−=+−=+−=

tz

ty

tx

l

48

42

63

: .

Odpowiedzi 1. 0332 =++− zyx ; 2. 055 =−+− zyx ; 3. prosta jest równoległa do płaszczyzny;

4. 10 ; 5.7. Literatura: Z. Roz. II, § 3, 4, 5, 6.



29

CI 8

CIĄGI LICZBOWE GRANICA CIĄGU

1. Monotoniczność ciągu 2. Granica ciągu Monotoniczność ciągu

Przykład

Wykazać, że ciąg o wyrazie ogólnym )2(!

3 >= nn

an

n jest ciągiem malejącym.

Rozwiązanie Ponieważ dla dowolnego n ∈ N an > 0, więc ciąg (an) będzie malejący wtedy i tylko wtedy,

gdy a

an

n

+ <1 1, gdyż nierówność an > an+1 jest wówczas równoważna nierówności a

an

n

+ <1 1

)1(!

33

)!1(

3 1

1 +⋅=

+=

+

+ nnna

nn

n , 2 dla 11

3

3

!

)1(!

331 ><+

=⋅+

⋅=+ nn

n

nna

an

n

n

n

czyli ciąg (an) jest malejący dla n > 1. Grania ciągu

Przykład

Dany jest ciąg (an) o wyrazie ogólnym n

nan 32

1

−+= . Sprawdzić, czy granicą ciągu jest –

1

3.

Rozwiązanie

<−⇒>>⇔=

∧∨∧∞→

εε gamnmga nn

n 0lim

Liczba –1

3 będzie granicą ciągu (an), jeżeli dla dowolnej liczby ε > 0 znajdziemy

liczbę m taką, że gdy n > m, to ε<

−−3

1na .

ε<−

=−

=+−+=

−−)23(3

5

)32(3

5

3

1

32

1

3

1

nnn

nan .

Otrzymaną nierówność rozwiązujemy względem n



30

εεεε

9

65)23(35

)23(3

5 +>⇔−⋅<⇔<−

nnn

.

Wykazaliśmy, że występująca w definicji granicy nierówność ε<− gan jest spełniona dla

wszystkich n większych od ε

ε9

65+, gdzie ε – dowolna liczba dodatnia. Istnieje więc liczba

εε

9

65+=m , czyli g = –1

3 jest granicą danego ciągu.

Przykład Wykazać, że

+∞→+∞=

nn2lim .

Rozwiązanie

Załóżmy, że g = +∞, zgodnie z definicją dla dowolnej liczby rzeczywistej A spełniona musi być wówczas nierówność an > A, tzn. n2 > A. Ostatnia nierówność jest spełniona dla

An > , a więc istnieje liczba m równa np. A , czyli granicą danego ciągu (n2) jest +∞.

Przykład

Obliczyć

−+

∞→nnn

n

2lim .

Rozwiązanie

Ponieważ lim lim ,n n nn n

2 + = +∞ = +∞→∞ →∞

oraz więc mamy symbol nieoznaczony postaci

[ ]∞ − ∞ . Wyraz ogólny ciągu an przekształcamy na podstawie wzoru

( )( )

a ba b a b

a b

a b

a b− =

− ++

= −+

2 2

,

nnn

n

nnn

nnn

nnn

nnnnnnnnn

++=

++

−+=++

++

−+

=−+22

22

2

22

2

nnn

nnnn

nn ++=

−+

∞→∞→ 2

2 limlim

Ponieważ licznik i mianownik otrzymanego ułamka dążą do ∞, więc otrzymaliśmy



31

symbol nieoznaczony typu ∞∞

równoważny symbolowi [ ]∞ − ∞ . Wyraz ogólny

nnn

nan

++=

2 możemy tak przekształcić, aby otrzymać symbol oznaczony. W tym celu

dzielimy licznik i mianownik przez n. Otrzymujemy

1

11

1

1

1

1

1

2

22

++=

++=

++=

nn

nn

n

nnan .

Ponieważ lim 11

1 2+ +

=

→∞ nn, więc

2

1lim 2 =

−+

∞→nnn

n.

Zadania 1. Wykazać na podstawie definicji, że:

a) 2

1

12lim =

−n

n; b)

3

1

13

1lim

2

2

=

+−

n

n.

2. Obliczyć granice ciągu:

a) ( )nnn −+1lim 2 ; b) n nn 53lim + ; c) n

n

−3

11lim .

Odpowiedzi

2. a) 2

1; b) 5; c) 1.

Literatura: Z. Roz. III, § 1.



32

CI 9

GRANICA FUNKCJI. CIĄGŁOŚĆ FUNKCJI

1. Definicja granicy 2. Granice jednostronne 3. Ciągłość funkcji 4. Obliczanie granic

Definicja granicy funkcji

Przykład

Na podstawie definicji Heinego wykazać, że lim .x

xx

3

2

8

212

−−

=→

Rozwiązanie

( )∞→∞→→

=⇒=≠⇔=∧

nn

nnnn

xxgxfxxxxxgxf )(limlim,,)(lim 00

0

Niech (xn), xn ≠ 2 będzie dowolnym ciągiem takim, że lim xnn

=→∞

2 .

Odpowiada mu ciąg wartości funkcji f (xn) o wyrazie ogólnym

( )( )

( ) .124222 4lim2 lim 42lim )(lim

,422

422

2

8)(

222

223

=+⋅+=++=++=

++=−

++−=−−=

∞→∞→∞→∞→ nn

nnn nn

nn

nnn

nnn

n

nn

xxxxxf

xxx

xxx

x

xxf

Z definicji wynika więc, że granicą danej funkcji w punkcie 2 jest 12. Granice jednostronne Przykład

Zbadać istnienie granicy funkcji x

xxfx =→ )( w punkcie x0 = 0.

Rozwiązanie Zbadamy istnienie granic jednostronnych w zerze.

.1)1(lim lim lim

,11lim lim lim

00

0

000

−=−=

−=

===

−−

−

+++

→→→

→→→

xx

x

xxx

x

x

x

x

x

x

x

x



33

Wynika stąd, że dana funkcja nie ma granicy w zerze, gdyż granice jednostronne nie są równe. Ciągłość funkcji Przykład Wykazać, że funkcja xy cos= jest ciągła dla Rx ∈ . Rozwiązanie Funkcja f (x) określona w punkcie x0 jest ciągła w tym punkcie, jeżeli istnieje granica lim ( )f x

x x→ 0

i lim ( ) ( )f x f xx x

=→

00

.

Wykażemy (na podstawie definicji granicy Cauchy’ego), że .coscoslim 0xxoxx

=→

Wykażemy, że dla dowolnego ε > 0 będzie istniała δ > 0 taka, że dla wszystkich x ∈ ( )δδ +− 00 , xx wartości funkcji będą spełniały nierówność ε<− 0coscos xx . Korzystamy ze

wzoru

.12

sin ponieważ ,2

sin2

2sin

2sin2

2sin

2sin2coscos

2sin

2sin2coscos

00

00000

000

≤+−≤

≤−⋅+=−+−=−

−+−=−

xxxx

xxxxxxxxxx

xxxxxx

Ponadto sinx x x x−

≤−

0 0

2 2, więc cos cosx x x x− ≤ −0 0 .

Zatem εε <−<− 00 ,coscos xxxx gdy . Wykazaliśmy, że istnieje liczba ,εδ = więc zgodnie z

definicją granicy 0

0coscoslimxx

xx→

= , czyli funkcja jest ciągła.

Obliczanie granic Analogicznie, jak dla ciągów, obliczanie granic funkcji na podstawie twierdzeń rozpoczynamy zawsze od sprawdzenia symbolu: jeżeli występuje symbol oznaczony, granicę otrzymujemy z twierdzeń, jeżeli natomiast jest jeden z symboli nieoznaczonych

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]∞∞∞

∞∞∞−∞ 1,0,,,0,

0

0,, 00 musimy tak przekształcić funkcję, aby otrzymać symbol

oznaczony i dopiero wtedy korzystać z twierdzeń. Przykład

Obliczyć granicę funkcji limcos1 2

20

−→

x

xx.

Rozwiązanie



34

Dla x = 0 licznik i mianownik funkcji xx

x→ −1 2

2

cos są równe zeru, więc mamy symbol

nieoznaczony typu 0

0

. Ponieważ 1 2 2 2− =cos sinx x , więc f x

x

x

x

x( )

sin sin= =

22

2

2

2

.212sin

lim2sin

2lim2cos1

lim0

2

0

2

0 2 →→→=⋅=

=

=−xxx x

x

x

x

x

x

Korzystaliśmy z twierdzenia limsinx

xx=

→1

0.

Zadania 1. Na podstawie definicji Heinego wykazać, że nie istnieje x

xsinlim

∞→.

2. Wyznaczyć granice funkcji

3

2

73

352lim a)

−→−=

+−+

x x

xx; b)

0 11

4sinlim

→ −+x x

x; c)

0 2

11lim

→

−+x x

x.

3. Dla jakich wartości parametru a funkcja

=

≠=→

0 dla

0 dla 3sin

)(xa

xx

xxfx

jest ciągła? Odpowiedzi

2. a) 4

3; b) 8 ; c) ∞ . 3. 3

Literatura: Z. Roz. III, § 2, 3.



35

CI 10

POCHODNA FUNKCJI

1. Definicja pochodnej 2. Interpretacja geometryczna 3. Obliczanie pochodnych

Przykład Na podstawie definicji obliczyć pochodną funkcji: xxf 2cos)( = w punkcie 0x .

Rozwiązanie.

( ) ( ) ( )lim lim ,

∆ ∆

∆∆

∆∆x x

y

x

f x x f x

xf x

→ →=

+ −= ′

0 0

0 00 gdzie ∆ x x x= − 0

=∆

−∆+=

∆−∆+

→∆→∆ x

xxx

x

xfxxfxx

00

0

00

0

2cos)(2coslim

)()(lim

,2sin212sin2sin

lim2sin2sin)2sin(2

lim

2

2)(2sin

2

2)(2sin2

lim

000

00

0

0000

0

xxx

xx

x

xxxx

xxxxxx

xx

x

−=⋅−=∆

∆⋅−=∆

∆∆+−=

=∆

−∆+⋅+∆+−=

→∆→∆

→∆

gdyż 1sin

lim0

=∆

∆→∆ x

xx

.

Interpretacja geometryczna pochodnej Pochodną funkcji ( )y f x= interpretujemy geometrycznie jako współczynnik kierunkowy

stycznej do wykresu funkcji w punkcie ( )P x y0 0 0, należącym do wykresu funkcji tzn.

( )′ =f x0 tgα , α – kąt nachylenia stycznej do wykresu funkcji względem dodatniego zwrotu osi

OX (rys. 1). Równanie stycznej do krzywej ( )y f x= w punkcie ( )P x y0 0 0, leżącym na tej krzywej

jest postaci ( ) ( )y y f x x x− = ′ −0 0 0 przy założeniu, że istnieje ( )′f x0 .

Równanie normalnej (prostej prostopadłej do stycznej w punkcie styczności) do

krzywej ( )y f x= jest postaci ( ) ( )y yf x

x x− = −′

−00

01

przy założeniu, że ( )′ ≠f x0 0 (rys. 2).



36

Rys. 1

Rys. 2

Przykład Wyprowadzić równanie stycznej do paraboli y px2 2= w punkcie P x y0 0 0( , ). Rozwiązanie Niech p > 0 (rys.3) (dla p < 0 wyprowadzenie jest analogiczne) y px y px2 2 2= ⇔ =(

– górna gałąź paraboli lub y px= − 2 – dolna gałąź paraboli) (rys. 3).

Rys. 3 Załóżmy dla ustalenia uwagi, że y > 0 (rys. 3). Znajdujemy współczynnik kierunkowy stycznej m f x= ′( )0

( )′ = ′ = ⋅ = >y pxpx

pp

pxx2

1

2 22

20, , m y x

p

px= ′ =( )0

02.

Otrzymujemy więc szukane równanie stycznej

y yp

pxx x− = −0

0

02

( ) .

Ponieważ y px0 02= , więc y yp

yx x− = −0

00( ).

Pomnóżmy ostatnie równanie przez y0, otrzymujemy y y y px px⋅ − = −0 02

0 , stąd

yy px px px0 0 02− = − . Ostatecznie równanie stycznej do paraboli y px2 2= jest postaci yy p x x0 0= +( ).



37

Obliczanie pochodnych Pochodne obliczamy w oparciu o podane reguły różniczkowania i wzór na pochodną funkcji złożonej [WI 11].

Przykład Obliczyć pochodną funkcji 33sin)( xxf = .

Rozwiązanie Funkcją zewnętrzną jest 3)( uuf = , natomiast wnętrzem funkcja 3sinxu = , która również jest

funkcją złożoną. Funkcją zewnętrzną jest vu sin= , wnętrzem 3xv = . Ponieważ 223 3',cos)'(sin,3)'( xvvvuu === , więc 3322233233 cossin93cossin3)'(sin xxxxxxx ⋅=⋅⋅= .

Zadania 1. Na podstawie definicji wyznaczyć pochodną funkcji xxf 2)( = . 2. Wyznaczyć pochodne funkcji:

a) xexf cos)( = ; b) )2ln(sin)( xxf = ; c) x

xf1

arcsin)( = .

Odpowiedzi

1. 2ln2)(' xxf = ; 2. a) )sin()(' cos xexf x −= ; b) xctgxf 22)(' = ; c) .1

11

1)('

2

2

−−

=x

x

xf

Literatura: Z. Roz. 3, § 4, 5, 6, 7.



38

CI 11

POCHODNA LOGARYTMICZNA. POCHODNE WYŻSZYCH RZĘDÓW.

RÓŻNICZKA FUNKCJI. 1. Pochodna logarytmiczna 2. Pochodne wyższych rzędów 3. Różniczka funkcji Pochodna logarytmiczna

Pochodną funkcji ( )[ ] ( )y f x

g x= ( )( )f x > 0 obliczamy w następujący sposób:

Logarytmujemy obie strony i otrzymujemy ( )( ) ( )ln lny f x

g x= , czyli ( ) ( )ln lny g x f x= , a

następnie różniczkujemy obie strony (traktując ln y jako funkcję złożoną)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

yy g x f x g x

f xf x⋅ ′ = ′ + ′ ⋅ ⋅ ′ln

Z otrzymanej równości obliczamy ′y : ( )[ ] ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )′ = ′ +

′ ′

y f x g x x

g x f x

f x

g xln .

Pochodną logarytmiczną stosujemy również wówczas, gdy funkcja jest iloczynem, ilorazem, zawiera pierwiastki, potęgi (te działania, które dają się łatwo logarytmować).

Pochodne wyższych rzędów Pochodna rzędu n ( )n N∈ funkcji f jest pochodną pochodnej rzędu n −1, tzn.

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]y x f x f xn n n= =′−1 .

Funkcję f, która ma pochodną rzędu n, nazywamy funkcją n-krotnie różniczkowalną. Przykład

Wyznaczyć pochodną n-tego rzędu funkcji xxf 5)( = .

Rozwiązanie

5ln5)'5()(' xxxf == , 5ln55ln)5ln5(5ln)'5()'5ln5()('' 2xxxxxf ==== ,

5ln55ln)5ln5(5ln)'5()'5ln5()(''' 3222 xxxxxf ==== . 5ln5)()( nnn xf = (dowód indukcyjny). Wzór Leibniza Jeżeli funkcja f i g są n-krotnie różniczkowalne, to

( )( ) ( ) ( )f gn

kf g

n n k k

k

n

⋅ =

−

=∑

0

, gdzie ( ) ( )f f g g0 0= =, .



39

Przykład Można wykazać, że pochodna n-tego rzędu funkcji xxxf 3)( ⋅= równa się

( )3ln3ln3)( 1)( xnxf nxn += − . Różniczka funkcji Różniczka funkcji f w punkcie x0 dla przyrostu dx x x= − 0 : ( ) ( )df x f x dx0 0= ′ .

Różniczka funkcji w punkcie x (funkcja): ( ) ( )df x f x dx= ′ .

Różniczka n-tego rzędu ( )n N∈

Jeżeli funkcja f jest n-krotnie różniczkowalna dla x X p∈ , to

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )d f x d d f x f x dxn n n n= =−1 .

Przykład Różniczka n-tego rzędu funkcji xxf 5)( = równa się nnxn dxxfd ⋅= 5ln5)( .

Zadania 1. Obliczyć pochodne funkcji:

a) ( )xxxf ln)( = ; b) ( ) xxxf sinsin)( = 2. Wyprowadzić wzór na n-tą pochodną funkcji a) xxf ln)( = ; b) xxexf =)( .

Odpowiedzi 1. a) ( ) [ ] exxxxxf x >+= − ,)ln(lnln1ln)(' 1 ;

b) 0sin),sinln1(cos)(sin)(' sin >+= xxxxxf x .

2. a) 0,)!1()1()( 1)( >−−= −− xxnxf nnn ; b) )()()( nxexf xn += . Literatura: Z. Roz. III, § 9, 10.



40

CI 12

MONOTONICZNOŚĆ. EKSTREMA FUNKCJI.

1. Monotoniczność funkcji 2. Ekstrema lokalne 3. Ekstrema globalne (wartość największa, wartość najmniejsza) Monotoniczność funkcji Jeżeli pochodna funkcji f jest w każdym punkcie przedziału ( )a b, dodatnia (ujemna), to

funkcja jest w tym przedziale rosnąca (malejąca). Przykład Wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji ( ) 23 xexxf −= :

Rozwiązanie Korzystamy z podanego twierdzenia [WI 13]. Dziedzina funkcji ( ) Rxxf ∈: .

)23()2(3)(' 2232 222

xexxexexxf xxx −=−⋅+= −−− . Dziedzina pochodnej ( ) Rxxf ∈:' .

0)(' >xf gdy 023 2 >− x , stąd 0)(' ,2

3,00,

2

3 <

∪

−∈ xfx , gdy

∞

−∞−∈ ,

2

3,

2

3,x . Funkcja ( )xf jest rosnąca w przedziałach

−

2

3,0,0,

2

3

oraz malejąca w przedziałach

∞

−∞− ,

2

3,

2

3, .

Ekstrema lokalne

Przykład Obliczyć ekstrema lokalne funkcji xxxf ln)( 3= za pomocą pochodnej pierwszego rzędu.

Rozwiązanie Dziedzina funkcji 0: >xf . Obliczamy pochodną

0),1ln3(1

ln3)(' 232 >+=⋅+= xxxx

xxxxf .

Wyznaczamy punkty, w których może wystąpić ekstremum funkcji.

01ln30)1ln3(0)(' 2 =+⇔=+⇔= xxxxf , stąd 3

1−

= ex .



41

Badamy znak )(' xf w sąsiedztwie punktu 3

1−

= ex .

,,01ln30)1ln3(0)(' 3

12

∞∈⇔>+⇔>+⇔>

−exxxxxf 0)(' <xf dla

∈

−3

1

,0 ex .

Ponieważ w sąsiedztwie punktu 3

1−

= ex pochodna zmienia znak z „- na +”, więc w tym punkcie funkcja ma minimum.

.3

,,3

,1

3

1

min

13

1

min3

1

min

−−=

==

−−−−− eeP

eefyex

Przykład Pewna ilość doświadczeń doprowadziła do n różnych wartości x x xn1 2, , ..., badanej wielkości x. Gauss zaproponował przyjąć za wartość X taką wartość x, dla której suma kwadratów jej różnic z wartościami x x xn1 2, , ..., osiąga minimum. Wyznaczyć x. Rozwiązanie x f x x x x x x xn→ = − + − + + −( ) ( ) ( ) ... ( )1

22

2 2

Wyznaczamy ekstremum funkcji x f x→ ( ) ′ = − + − + + − = − + +f x x x x x x x nx x xn n( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ... )2 2 2 2 21 2 1

( )′ = ⇔ − + + + = ⇒ = + +f x nx x x x x

x x

nnn( ) ...

...0 2 2 01 2

1 , nxf 2)('' = .

Ponieważ 0)('' >xf , więc funkcja f osiąga w wyznaczonym punkcie minimum, czyli

n

xxxx n+++= ...21

min (średnia arytmetyczna).

Wartość największa i wartość najmniejsza.

Przykład

Wyznaczyć wartość najmniejszą i największą funkcji x f x x x x→ = − ∈ −( ) sin , ,22 2

π π

.

Rozwiązanie

1. f −

= −

− −

= − + =π π π π π π

22

2 2 2 2sin sin( ) , f

π π π π π π2

22 2 2 2

= ⋅ − = − = −sin sin

2. Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej w przedziale−

π π2 2

,

2

12cos012cos20)(,12cos2)2(sin)( =⇔=−⇔=′−=′−=′ xxxfxxxxf



42

Rozwiązujemy równanie cos ,21

22

32x x k= = +

π π ,

stąd x k k C x k= + ∈ = − +π π π π6

23

2, lub oraz x k k C= − + ∈π π6

,

Ponieważ x ∈ − π π2 2

, , więc x x= − =π π6 6

i .

35,062

3

63sin

662sin

6−=+−=+−=

−−

⋅−=

−= ππππππfy

35,062

3

63sin

662sin

6=−=−=−⋅=

= ππππππfy .

3. Wartością największą danej funkcji w przedziale − π π2 2

, jest M = π2

, natomiast

wartością najmniejszą jest m = − π2

.

Zadania 1. Znaleźć przedziały monotoniczności funkcji xxxf ln3ln)( 3 −= . 2. Wyznaczyć ekstrema lokalne funkcji.

2

1

)2()( −−= xexxf 3. Znaleźć wartość najmniejszą i największą funkcji xxxf 2cossin)( += w przedziale

π,0 .

Odpowiedzi

1. ),1

,0( ∞<∪> ee

- funkcja rosnąca,

ee

,1

- funkcja malejąca.

2. ),3(min eP ; 3. .8

9,0 == Mm

Literatura: Z. Roz. III, § 14, 15, 16.



43

CI 13

PRZEDZIAŁY WYPUKŁOŚCI, WKLĘSŁOŚCI, PUNKTY PRZEGIĘCIA

1. Przedziały wypukłości, wklęsłości wykresu funkcji 2. Punkty przegięcia Przedziały wypukłości, wklęsłości Jeżeli funkcja f ma drugą pochodną dodatnią (ujemną) w punkcie 0x to jest wypukła (wklęsła)

w tym punkcie.

Przykład

Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji .ln

)(x

xxf =

Rozwiązanie

Dziedzina funkcji: ( ) ( )∞∪∈ ,11,0x . Obliczamy )(' xf i )('' xf :

x

xxf

2ln

1ln)('

−= , xx

xxf

3ln

ln2)(''

−= .

Dziedzina pochodnych jest taka jak dziedzina funkcji. Badamy znak drugiej pochodnej:

( )233

,10)ln2(ln0ln

ln20)('' exxxx

xx

xxf ∈⇔>−⇔>−⇔> - funkcja wypukła,

0)('' <xf dla ( ) ( )∞∪∈ ,1,0 2ex - funkcja wklęsła. Punkty przegięcia

Jeżeli funkcja f dwukrotnie różniczkowalna w otoczeniu U0 punktu x0 spełnia warunki

a) ( )′′ =f x0 0 ; b) ( )′′ > >f x x x0 00 dla lub ( )′′ > <f x x x0 00 dla

( )′′ < <f x x x0 00 dla ( )′′ < >f x x x0 00 dla

to x0 jest punktem przegięcia (warunek konieczny i dostateczny).

Przykład Wyznaczyć punkty przegięcia wykresu funkcji .)(

2xexf −=

Rozwiązanie Obliczamy )(' xf i )('' xf :

2

2)(' xxexf −−= , ( )2212)(''2

xexf x −−= − , Rx ∈ .

( ) 02120)('' 22

=−−⇔= − xexf x , stąd 2

2−=x lub 2

2=x .

Następnie badamy znak )('' xf w sąsiedztwie tych punktów.

( ) .,2

2

2

2,01202120)('' 222

∞∪

−∞−∈⇔>−⇔>−−⇔> xxxexf ix



44

Ponieważ w sąsiedztwie wyznaczonych punktów )('' xf zmienia znak, więc funkcja f ma

punkty przegięcia: .,2

2,,

2

2 2

1

22

1

1

−

−−ePeP

Zadania 1. Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji

a) xxxf ln2)( 2 += ; b) x

e

xxf

=)( .

2. Wyznaczyć punkty przegięcia wykresu funkcji

a) x

xxf

ln)( = ; b) xexf =)( .

Odpowiedzi

1. a)

∞

,2

1,

2

1,0 ; b) wypukła dla 0>x ; 2. a)

2,

22 e

e ; b) ( )e,1 .




45

CI 14

REGUŁY DE L’HOSPITALA. ASYMPTOTY.

1. Reguły de L’Hospitala 2. Asymptoty wykresu funkcji Reguły de L’Hospitala Korzystamy z twierdzeń podanych w [WI 15].

Przykład Obliczyć granice funkcji:

a) x

x

x

13lim

0

−→

; b)

−−

→ 1

1

ln

1lim

1 xxx; c)

x

x x

sin

0

1lim

+→

.

Rozwiązanie Symbol H nad znakiem równości oznacza, że stosujemy regułę de L’Hospitala. Ponadto zakładamy, że istnieje granica po prawej stronie równości.

a) 3ln1

3ln3lim

13lim

00==−

→→

x

x

Hx

x x;

b) Wystąpił symbol nieoznaczony [ ]∞−∞ więc musimy przedstawić funkcję w takiej postaci

aby wystąpił równoważny symbol

0

0 lub

∞∞

.

( ) xx

xx

xx xx ln1

ln1lim

1

1

ln

1lim

11 −−−=

−−

→→. Mamy symbol nieoznaczony postaci

0

0 a więc możemy

stosować reguły de L’Hospitala (dwukrotnie).

( ) 2

1

2ln

1lim

11

ln

1lim

1ln

1lim

1ln

11

limln1

ln1lim

11111=

+=

+⋅+=

−+−=

−+

−=

−−−

→→→→→ xx

xxxxx

x

x

xx

xxx

xxxx

H

xx

H

x.

c) Mamy symbol nieoznaczony [ ]0∞ .

Niech ( )x

xxh

sin1

= , ( )x

xxh

sin1

lnln

= , ( )x

xxh1

lnsinln = stąd ( ) xx

exh1

lnsin= .

Następnie obliczamy x

xx

1lnsinlim

0+→. Wystąpił symbol nieoznaczony [ ]∞⋅0 więc

przekształcamy funkcję i dwukrotnie stosujemy regułę de L’Hospitala.



46

01

0

sincos

cossin2lim

cos

sinlim

cossin

1

111

lim

sin

1

1ln

lim1

lnsinlim0

2

0

2

2

000==

−==

⋅−

−⋅

==+++++ →→→→→ xxx

xx

xx

x

xx

xx

x

xx

xx

H

xx

H

xx.

Ostatecznie szukana granica danej funkcji równa się 10 =e . Asymptoty

Przykład

Wyznaczyć równania asymptot danej krzywej: x

xxy

1ln

−= ;

Rozwiązanie Wyznaczamy dziedzinę funkcji;

( ) 0101 >−⇔>−

xxx

x, ( ) ( )∞∪∞−∈ ,10,x .

Sprawdzamy czy funkcja ma asymptoty pionowe w punktach 0 lub 1.

01

lim1

11

1

lim1

1ln

lim1

lnlim0

2

2

000=

−=

−

⋅−

=

−

=−−−− →→→→ x

x

x

xx

x

x

x

x

x

xx

xx

H

xx wynika, stąd że prosta 0=x nie

jest asymptotą pionową.

−∞=−+→ x

xx

x

1lnlim

1 więc prosta 1=x jest asymptotą pionową prawostronną.

Z kolei szukamy asymptot ukośnych:

01ln1

lnlim)(

lim ==−==∞→∞→ x

x

x

xfm

xx. Dla −∞→x również 0=m .

( ) 11

1lim

1lim

1

1ln

lim1

lnlim)(lim −=−

=−

=

−

=−=−=∞→∞→∞→∞→∞→ x

H

x

H

xxx x

x

x

x

x

x

xxmxxfn , również dla

−∞→x 0=m . Mamy więc asymptotę poziomą 1−=y .



47

Zadania 1. Obliczyć granice:

a) 0,1

lim0

>−→

ax

a x

x; b)

x

x x

+∞→

11lim ; c)

( )x

xx

11lim

0

−+→

α

; d) x

xx

)1ln(lim

0

+→

.

2. Wyznaczyć równania asymptot danych krzywych:

a) x

xxxf

ln)( += ; b) 1)(

4

−= xxexf .

Odpowiedzi 1. a) aln ; b) e ; c) α ; d) 1 2. a) xyx == ,0 ; b) 3,0 +== xyx . Literatura: Z. Roz. 3, § 18, 19.



48

CI 15

BADANIE PRZEBIEGU ZMIENNOŚCI FUNKCJI

Badanie przebiegu zmienności funkcji możemy przeprowadzić według następującego schematu: 1. Określamy dziedzinę funkcji, 2. Wyznaczamy granice funkcji na krańcach przedziałów określoności, 3. Znajdujemy punkty przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych, 4. Sprawdzamy, czy funkcja jest parzysta, nieparzysta lub okresowa, 5. Wyznaczamy asymptoty wykresu funkcji (pionowe, ukośne), 6. Znajdujemy ekstrema funkcji oraz przedziały monotoniczności, 7. Znajdujemy punkty przegięcia oraz przedziały wypukłości i wklęsłości, 8. Szkicujemy wykres funkcji na podstawie informacji uzyskanych w punktach 1 – 7, które

można zestawić w postaci tabelarycznej.

Przykład

Zbadać przebieg zmienności funkcji x f x x x→ = −( ) 1 4 2 .

Rozwiązania

1. Dziedziną funkcji jest przedział domknięty − 1

2

1

2, ponieważ

1 4 0 1 2 1 2 01

2

1

22− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ ∈ −x x x x( )( ) , .

2. Badamy granice funkcji dla x → − +1

2 oraz x → −1

2

041lim , 041lim 2

2

1

2

1

2 =−=−−→+→

xxxxxx

.

3. Znajdujemy punkty przecięcia wykresu funkcji z osiami układu współrzędnych

0x: y x x x x x= ⇔ − = ⇔ = = − =

0 1 4 0 0

1

2

1

22 lub lub , 0y: x = 0 y = 0.

Możemy zauważyć, że funkcja x x x→ −1 4 2 jest nieparzysta

x f x f x∈ − − = −

∧ 1

2

1

2, ( ) ( ) więc jej wykres musi być symetryczny względem początku

układu współrzędnych. Funkcja nie ma asymptot. 4. Badamy pochodną funkcji:

′ = − +−

− = −

−f x x x

xx

x

x( ) ( )1 4

1

2 1 48

1 8

1 4

2

2

2

2.



49

Dziedziną pochodnej jest przedział otwarty −

1

2

1

2, , ponieważ 1 4 0

1

2

1

22− > ⇔ ∈ −

x x , .

Znajdujemy miejsca zerowe pochodnej: ′ = ⇔ − = ⇔ = −

f x x x( ) ,0 1 8 0

1

2 2

1

2 22 .

Badamy znak pochodnej

′ > ⇔ − > ⇔ ∈ −

f x x x( ) ,0 1 8 0

1

2 2

1

2 22 ,

′ < ⇔ − < ⇔ ∈ − −

∪

f x x x( ) , ,0 1 8 0

1

2

1

2 2

1

2 2

1

22 .

5. Ekstrema funkcji. W punkcie x = − 1

2 2 pochodna zmienia znak:

′ < < − ′ > > −f x x f x x( ) , ( ) ,01

2 20

1

2 2 dla dla ′ −

=f

1

2 20 , więc funkcja osiąga w tym

punkcie minimum: x y fmin min,= − = −

= −1

2 2

1

2 2

1

4 .

Analogicznie wykazujemy, że w punkcie x = 1

2 2 funkcja osiąga maksimum:

x y fmax max,= =

=1

2 2

1

2 2

1

4 .

Oczywiście punkty ( ) ( )P x y P x y1 2min min max max, , i są symetryczne względem początku układu

(funkcja nieparzysta).

6. Przedziały monotoniczności. Funkcja jest rosnąca dla x ∈ −

1

2 2

1

2 2, , natomiast malejąca dla

−−∈22

1,

2

1 x oraz

∈2

1,

22

1 x .

7. Przedziały wypukłości i wklęsłości, punkty przegięcia

( )( )

−∈−−

−=

−−=

2

1,

2

1,

4141

384

41

81)(''

22

2'

2

2

xxx

xx

x

xxf

( )8

3

8

300380)('' 2 =∨−=∨=⇔=−⇔= xxxxxxf .

Funkcja f może mieć punkt przegięcia tylko w punkcie x=0 ponieważ pozostałe punkty nie należą do dziedziny funkcji.

( )( ) ( ) ,0,

2

10380

4141

3840).('' 2

22

2

−∈⇔>−⇔>−−

−⇔ xxxxx

xxxf 0)('' <xf dla

∈2

1,0x .

Wynika stąd, że funkcja f jest wypukła dla )0,2

1−∈<x oraz wklęsła dla >∈2

1,0(x .

Ponieważ w punkcie x=0 pochodna )('' xf zmienia znak, więc punkt )0,0(O jest punktem przegięcia wykresu funkcji.



50

8. Wykres funkcji (rys.)

Rys.

Zadania Przeprowadzić badanie funkcji:

a) 2

2

2

1)(

x

exf−

=π

; b) x

xxf

−=

4)(

2

.


Matematyka ćwiczenia I semestr - MECHATRONIKA · Algebra Boole’a: dowodzenie twierdze ń algebry...

Documents

Transcript of Matematyka ćwiczenia I semestr - MECHATRONIKA · Algebra Boole’a: dowodzenie twierdze ń algebry...