Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 12: Wypukłość. Badanie funkcji jednej zmiennej

From Studia Informatyczne

12. Wypukłość. Badanie funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie 12.1.

Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji

\begin{array} {lll}\displaystyle a) \quad \displaystyle  x\mapsto \frac{(x-2)^{3}}{(x+1)^2},& \quad b)\quad \displaystyle  x\mapsto (2-x)e^{-\frac{1}{x}},  & \quad c) \quad \displaystyle  x\mapsto \sqrt{\frac{x}{(x+2)^3}},\\  d) \quad \displaystyle  x\mapsto 9\sqrt[3]{x^5}e^{-2x}, & \quad e)\quad \displaystyle  x\mapsto \ln\left(e-\frac{1}{x}\right),  & \quad f) \quad \displaystyle  x\mapsto e^{-2x^2+3x},\\ g) \quad  \displaystyle  x\mapsto x\arccos\frac{6x}{x^2+9},  & \quad h)\quad \displaystyle  x\mapsto x^2+\ln|\cos{x}. \end{array}

Wskazówka

Wyznaczyć dziedzinę każdej funkcji i zbadać znak drugiej pochodnej.

Rozwiązanie

a) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_1(x)= \frac{(x-2)^{3}}{(x+1)^2} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{-1\}. Liczymy drugą pochodną.

\begin{array}{lll} \displaystyle F_1'(x)&=& \displaystyle \frac{3(x-2)^2(x+1)^2-2(x-2)^3(x+1)}{(x+1)^4}=\frac{(x-2)^2(x+7)}{(x+1)^3},\\ F_1''(x)&=& \displaystyle \frac{[2(x-2)(x+7)+(x-2)^2](x+1)^3-3(x-2)^2(x+7)(x+1)^2}{(x+1)^6}=\\ &=&\displaystyle \frac{(x-2)\left([2(x+7)+(x-2)](x+1)-3(x-2)(x+7)\right)}{(x+1)^4}=\frac{54(x-2)}{(x+1)^4}, \end{array}

zatem druga pochodna zmienia znak tylko w punkcie 2. Funkcja \displaystyle F_1 jest wklęsła w przedziałach \displaystyle (-\infty,-1) i \displaystyle (-1,2), ma punkt przegięcia \displaystyle 2 i jest wypukła w przedziale \displaystyle (2,+\infty).

b) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_2(x)= (2-x)e^{-\frac{1}{x}} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{0\}. Liczymy drugą pochodną.

\begin{array}{lll} \displaystyle F_2'(x)&=&\displaystyle  -e^{-\frac1x}+\frac{2-x}{x^2}e^{-\frac1x}= \left(\frac{2-x}{x^2}-1\right)e^{-\frac1x},\\ F_2''(x)&=&\displaystyle \frac{-x^2-2(2-x)x}{x^4}e^{-\frac1x}+\left(\frac{2-x}{x^2}-1\right)\frac1{x^2} e^{-\frac1x}=\\ &=&\displaystyle  \frac{x^2-4x+2-x-x^2}{x^4} e^{-\frac1x}=\frac{2-5x}{x^4} e^{-\frac1x}, \end{array}

zatem druga pochodna zmienia znak tylko w punkcie \displaystyle \frac25. Funkcja \displaystyle F_2 jest wypukła w przedziałach \displaystyle (-\infty,0) i \displaystyle (0,\frac25), ma punkt przegięcia \displaystyle \frac25 i jest wklęsła w \displaystyle (\frac25,+\infty).

c) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_3(x)= \sqrt{\frac{x}{(x+2)^3}} jest zbiór \displaystyle (-\infty,-2)\cup[0,\infty).

\begin{array}{lll} \displaystyle F_3'(x)&=&\displaystyle\frac12\cdot\sqrt{\frac{(x+2)^3}{x}}\cdot \frac{(x+2)^3-x\cdot3(x+2)^2}{(x+2)^6}= \frac{1-x}{\sqrt{x(x+2)^5}},\\ F_3''(x)&=&\displaystyle \frac{-\sqrt{x(x+2)^5}-\frac{1-x}{2\sqrt{x(x+2)^5}} [(x+2)^5+5x(x+2)^4]}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 2}}=\\ &=&\displaystyle \frac{(x+2)^4[-x(x+2)-(1-x)(3x+1)]}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}= \frac{(x+2)^4(2x^2-4x-1)}{\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}=\\ &=&\displaystyle \frac{(x+2)^4(2x-2-\sqrt{6})(2x-2+\sqrt{6})}{2\sqrt{x(x+2)^5}^{\; 3}}. \end{array}

Funkcja \displaystyle F_2 jest wypukła w przedziałach \displaystyle (-\infty,-2) i \displaystyle (\frac12(2+\sqrt{6}),+\infty), wklęsła w przedziale \displaystyle (0,\frac12(2+\sqrt{6})) i ma jeden punkt przegięcia \displaystyle \frac12(2+\sqrt{6}).

d) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_4(x)= 9\sqrt[3]{x^5}e^{-2x} i jej pierwszej pochodnej

\displaystyle  F_4'(x)=3\sqrt[3]{x^2}(5-6x)e^{-2x}

jest cały zbiór liczb rzeczywistych, a jej druga pochodna

\begin{array}{lll} \displaystyle F_4''(x)&=&\displaystyle \frac{2}{\sqrt[3]{x}}(5-6x)e^{-2x} -18\sqrt[3]{x^2}e^{-2x}-6\sqrt[3]{x^2}(5-6x)e^{-2x}=\\ &=& \displaystyle \frac{2}{\sqrt[3]{x}}(5-30x+18x^2)e^{-2x}=\frac{36}{\sqrt[3]{x}} \left(x-\frac{5-\sqrt{15}}{6}\right)\left(x-\frac{5+\sqrt{15}}{6}\right)e^{-2x} \end{array}

nie jest określona w \displaystyle 0. \displaystyle F_4 jest wklęsła w przedziałach \displaystyle (-\infty,0) i \displaystyle (\frac{5-\sqrt{15}}{6}, \frac{5+\sqrt{15}}{6}), wypukła w przedziałach \displaystyle (0,\frac{5-\sqrt{15}}{6}) i \displaystyle (\frac{5+\sqrt{15}}{6},+\infty), ma trzy punkty przegięcia: \displaystyle 0, \displaystyle \frac{5-\sqrt{15}}{6} i \displaystyle \frac{5+\sqrt{15}}{6}.

e) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_5(x)= \ln\left(e-\frac{1}{x}\right) jest zbiór \displaystyle (-\infty,0)\cup (\frac1e,+\infty).

\begin{array}{lll} \displaystyle F_5'(x)&=&\displaystyle \left(e-\frac{1}{x}\right)^{-1}\frac1{x^2}=\frac{1}{x(ex-1)},\\ F_5''(x)&=&\displaystyle  -\frac{ex-1+ex}{x^2(ex-1)^2}= -\frac{2ex-1}{x^2(ex-1)^2}. \end{array}

Zatem \displaystyle F_5 nie ma punktów przegięcia, jest wypukła w \displaystyle (-\infty,0) i wklęsła w \displaystyle (\frac1e,+\infty).

f) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_6(x)= e^{-2x^2+3x} jest zbiór liczb rzeczywistych.

\begin{array}{lll} \displaystyle F_6'(x)&=&\displaystyle (-4x+3)e^{-2x^2+3x},\\ F_6''(x)&=&\displaystyle (-4x+3)^2e^{-2x^2+3x}+(-4)e^{-2x^2+3x}=\\ &=&\displaystyle[(-4x+3)^2-4]e^{-2x^2+3x}= (4x-5)(4x-1)e^{-2x^2+3x}. \end{array}

Funkcja \displaystyle F_6 ma dwa punkty przegięcia \displaystyle \frac14 i \displaystyle \frac54, jest wypukła w przedziałach \displaystyle \left(-\infty, \frac14\right), \displaystyle \left(\frac54, \infty\right) i wklęsła w \displaystyle \left(\frac14,\frac54\right).

g) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_7(x)= x\arccos\frac{6x}{x^2+9} jest cały zbiór liczb rzeczywistych (porównaj rozwiązanie zadania 10.2 z modułu 10). Pochodne

\begin{array}{lll} \displaystyle F_7'(x)&=&\displaystyle\arccos\frac{6x}{x^2+9}-x\frac{6(9-x^2)}{|9-x^2|(x^2+9)}=\\ &=&\displaystyle \left\{\begin{array} {lll}\arccos\frac{6x}{x^2+9}-\frac{6x}{x^2+9},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \arccos\frac{6x}{x^2+9}+\frac{6x}{x^2+9},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right.,\\ \\ F_7''(x)&=&\displaystyle\left\{\begin{array} {lll}-\frac{6}{x^2+9}-\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \frac{6}{x^2+9}+\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right.\\ &=&\displaystyle\left\{\begin{array} {lll}-\frac{108}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|<3\\ \frac{108}{(x^2+9)^2},& {\rm gdy}& |x|>3\end{array} \right. \end{array}

nie są określone w punktach \displaystyle 3 i \displaystyle -3, które są punktami przegięcia funkcji \displaystyle F_7. Funkcja ta jest wypukła w przedziałach \displaystyle (-\infty,-3) i \displaystyle (3,+\infty) oraz wklęsła w \displaystyle (-3,3).

h) Dziedziną funkcji \displaystyle  F_8(x)= x^2+\ln|\cos{x}| jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{\frac{\pi}2+k\pi: k\in\mathbb Z\}.

\displaystyle \aligned F_8'(x)= 2x-\mathrm{tg}\, x,\qquad F_8''(x)= 2-(\mathrm{tg}\,^2 x +1)=(1-\mathrm{tg}\, x)(1+\mathrm{tg}\, x). \endaligned

Funkcja \displaystyle F_8 ma punkty przegięcia postaci \displaystyle \frac{\pi}4+k\frac{\pi}2, \displaystyle k\in\mathbb Z. Jest wypukła w każdym z przedziałów postaci \displaystyle (-\frac{\pi}4+k\pi,\frac{\pi}{4}+k\pi) i wklęsła

w każdym z przedziałów postaci \displaystyle (-\frac{\pi}2+k\pi,-\frac{\pi}{4}+k\pi) lub \displaystyle (\frac{\pi}4+k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi), \displaystyle k\in\mathbb Z.

Ćwiczenie 12.2.

Zbadać przebieg zmienności, naszkicować wykres i wyznaczyć zbiór wartości funkcji

\begin{array} {lll}\displaystyle a) \quad \displaystyle  x\mapsto \frac{(x+1)^3}{5(x-1)^2},& \quad b)\quad \displaystyle  x\mapsto \sqrt{\frac{x^3}{x+3}},  & \quad c) \quad \displaystyle  x\mapsto \ln^3|x|+4\ln^2|x|,\\  d) \quad \displaystyle  x\mapsto (4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}, & \quad e)\quad \displaystyle  x\mapsto \arcsin\frac{x^2-4}{x^2+4}.  & \end{array}

Wskazówka

<flash>file=am1c12.0010.swf|width=375|height=120</flash>

Rysunek do wskazówki z ćwiczenia 12.2.

Warto pamiętać, że jeśli funkcja jest parzysta lub nieparzysta, lub okresowa, to można jej badanie zacieśnić do odpowiedniego przedziału (jakiego?), co może ułatwić obliczenia. Dla każdej funkcji wyznaczyć dziedzinę, miejsca zerowe, punkt przecięcia z osią \displaystyle 0y, asymptoty, zbadać znak pierwszej i drugiej pochodnej. Te dane warto zebrać w tabelce, w której u góry są kolejno przedziały stałego znaku dla pierwszej i drugiej pochodnej i ich miejsca zerowe, a z boku najpierw pierwsza pochodna, później druga, a wreszcie funkcja, o której monotoniczności i wypukłości wnioskujemy ze znaków pierwszej i drugiej pochodnej pochodnej i zapisujemy to w postaci odpowiednio wygiętych strzałek. Przykładowo, jeśli funkcja \displaystyle f jest określona w \displaystyle \mathbb R\setminus \{1\},

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow -\infty} f(x)= +\infty,\quad \lim_{x\rightarrow +\infty} f(x)= 0,\quad \lim_{x\rightarrow 1} f(x)= +\infty,
pochodna \displaystyle f' zeruje się w \displaystyle -1 i \displaystyle 2, jest dodatnia w \displaystyle (-1,1), \displaystyle (2,+\infty), ujemna w \displaystyle (-\infty,-1), \displaystyle (1,2), natomiast druga pochodna \displaystyle f'' zeruje się w \displaystyle 3, jest dodatnia w \displaystyle (-\infty, 1), \displaystyle (1, 3), ujemna w \displaystyle (3, \infty), ponadto \displaystyle f(-1)=1, f(2)=-2, f(3)=-1, to tabelka może mieć następujący wygląd, patrz rysunek obok.

Zauważmy, że przyglądając się strzałkom, które mówią zarówno o monotoniczności, jak i wypukłości, łatwo zobaczyć, jakiego typu punkty szczególne uzyskujemy: w tym wypadku mamy dwa minima i jeden punkt przegięcia (p.p.). Zachęcamy do narysowania wykresu funkcji \displaystyle f na podstawie tej tabelki.

Rozwiązanie

<flash>file=am1c12.0030.swf|width=375|height=375</flash> <flash>file=am1c12.0020.swf|width=375|height=145</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(a)

a) Dziedziną funkcji \displaystyle  \displaystyle A(x)= \frac{(x+1)^3}{5(x-1)^2} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus\{1\}. Już sama dziedzina wyklucza parzystość, nieparzystość i okresowość. Jedynym miejscem zerowym jest \displaystyle -1, a \displaystyle A(0)=\frac15.


\displaystyle  \lim_{x\rightarrow 1} A(x) = \lim_{x\rightarrow 1} \frac{(x+1)^3}{5(x-1)^2} \begin{array} {c}\left[\frac{1}{0^+}\right]\\=\\\;\end{array} +\infty,


\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} A(x) =  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{x(1+x^{-1})^3}{5(1-x^{-1})^2}=\pm\infty,


\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{A(x)}{x} =  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{(1+x^{-1})^3}{5(1-x^{-1})^2}=\frac15,


\displaystyle \begin{array}{lll} \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \left(A(x)-\frac15x\right) &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{(x+1)^3-x(x-1)^2}{5(x-1)^2}\\&=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{5+2x^{-1}+x^{-2}}{5(1-x^{-1})^2}=1, \end{array}


zatem \displaystyle A ma obustronną asymptotę pionową \displaystyle x=1 i obustronną

asymptotę ukośną \displaystyle y=\frac15x+1.


\displaystyle \aligned A'(x)=\frac{(x+1)^2(x-5)}{5(x-1)^3},\quad A''(x)=\frac{24(x+1)}{5(x-1)^4}. \endaligned

Policzmy jeszcze \displaystyle A(5)= 2,7.

Zbiorem wartości funkcji \displaystyle A jest cały zbiór \displaystyle \mathbb R.

<flash>file=am1c12.0050.swf|width=375|height=375</flash> <flash>file=am1c12.0040.swf|width=375|height=173</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(b)

b) Dziedziną funkcji \displaystyle  B(x)= \sqrt{\frac{x^3}{x+4}}=|x|\sqrt{\frac{x}{x+4}} jest zbiór \displaystyle (-\infty,-4)\cup [0,+\infty), zatem \displaystyle B na pewno nie jest ani parzysta, ani nieparzysta, ani okresowa. Jedynym miejscem zerowym jest \displaystyle 0.

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow -4^-} B(x)= \lim_{x\rightarrow -4^-} \sqrt{\frac{x^3}{x+4}} \begin{array} {c}\left[\sqrt{\frac{-64}{0^-}}\right]\\=\\\;\end{array} +\infty,
\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} B(x)= \lim_{x\rightarrow \pm\infty} |x|\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=+\infty,
\displaystyle  \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{B(x)}x= \lim_{x\rightarrow +\infty} \sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=1,
\begin{array}{lll} \displaystyle  \lim_{x\rightarrow +\infty} (B(x)-x)&=&\displaystyle  \lim_{x\rightarrow +\infty} x\left(\sqrt{\frac{x}{x+4}}-1\right) = \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{x\left(\frac{x}{x+4}-1\right)}{\sqrt{\frac{x}{x+4}}+1}=\\ &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{-4}{(1+4x^{-1})\left(\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}+1\right)}=-2 \end{array}
i symetrycznie
\displaystyle  \lim_{x\rightarrow -\infty} \frac{B(x)}x= \lim_{x\rightarrow -\infty} -\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=-1,
\displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow -\infty} (B(x)+x)= \lim_{x\rightarrow -\infty} x\left(1-\sqrt{\frac{x}{x+4}}\right) =2, \endaligned
zatem \displaystyle B ma jedną asymptotę pionową lewostronną \displaystyle x=-4, asymptotę ukośną \displaystyle y=x-2 w \displaystyle +\infty i asymptotę ukośną \displaystyle y=-x+2 w \displaystyle -\infty. Pochodne oczywiście zdefiniowane są w \displaystyle (-\infty,-4)\cup (0,+\infty).
\begin{array}{lll} \displaystyle B'(x)&=&\displaystyle \frac12\sqrt{\frac{x+4}{x^3}}\cdot\frac{3x^2(x+4)-x^3}{(x+4)^2}= \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}(x+6),\\ B''(x)&=&\displaystyle \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}+ \frac{x+6}{2}\sqrt{\frac{(x+4)^3}{x}}\cdot\frac{(x+4)^3-3x(x+4)^2}{(x+4)^6}=\\ &=&\displaystyle \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}\left[1+\frac{(x+6)(2-x)}{x(x+4)}\right]= \sqrt{\frac{x}{(x+4)^3}}\cdot\frac{12}{x(x+4)}=\frac{12}{\sqrt{x(x+4)^5}}. \end{array}
Policzmy \displaystyle B(-6)=6\sqrt{3}.

Zbiorem wartości funkcji \displaystyle B jest przedział \displaystyle [0,+\infty).


<flash>file=am1c12.0070.swf|width=375|height=375</flash> <flash>file=am1c12.0060.swf|width=375|height=116</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(c)

c) Dziedziną funkcji \displaystyle C(x)= \ln^3|x|-4\ln^2|x| jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus\{0\}. Funkcja \displaystyle C jest parzysta, zatem wystarczy ją zbadać w przedziale \displaystyle (0,+\infty) i odbić symetrycznie względem osi \displaystyle 0y.

Zakładamy więc teraz, że \displaystyle x>0. Wtedy funkcja przyjmuje postać \displaystyle C(x)=\ln^3{x}-4\ln^2{x}. Miejsca zerowe to 1 i \displaystyle e^4.

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0^+} C(x)= \lim_{x\rightarrow 0^+} \ln^2{x}(\ln{x}-4) \begin{array} {c}\left[+\infty\cdot (-\infty)\right]\\=\\\;\end{array} -\infty,


\displaystyle  \lim_{x\rightarrow +\infty} C(x)= \lim_{x\rightarrow +\infty} \ln^2{x}(\ln{x}-4) \begin{array} {c}\left[+\infty\cdot (+\infty)\right]\\=\\\;\end{array} +\infty,


\begin{array}{lll} \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{C(x)}{x}&=&\displaystyle   \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{\ln^3{x}-4\ln^2{x}}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array}  \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{3\ln^2{x}-8\ln{x}}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array} \\ &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{6\ln{x}-8}{x} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array}  \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{6}{x}=0. \end{array}

Zatem funkcja \displaystyle C ma jedyną asymptotę pionową \displaystyle x=0.


\displaystyle C'(x)=\frac{\ln{x}(3\ln{x}-8)}x,
\displaystyle C''(x)=\frac{6\ln{x}-8-3\ln^2{x}+8\ln{x}}{x^2}= \frac{-(\ln{x}-4)(3\ln{x}-2)}{x^2}.
\displaystyle C(e^\frac83)=-\frac{256}{27},\quad C(e^\frac23)=-\frac{40}{27}.

Zbiorem wartości funkcji \displaystyle C jest przedział \displaystyle [-\frac{256}{27},+\infty).


<flash>file=am1c12.0090.swf|width=375|height=375</flash> <flash>file=am1c12.0080.swf|width=375|height=165</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(d)

d) Dziedziną funkcji \displaystyle \displaystyle D(x)= (4-x)e^{-\frac{1}{x+2}} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{-2\}, stąd widać, że funkcja nie jest ani parzysta, ani nieparzysta, ani okresowa. Miejscem zerowym jest punkt \displaystyle 4, a \displaystyle D(0)=\frac{4}{\sqrt{e}}.

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow -2^-} D(x) = \lim_{x\rightarrow -2^-} (4-x)e^{-\frac{1}{x+2}} \begin{array} {c}\left[6e^{+\infty}\right]\\=\\\;\end{array} +\infty,

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow -2^+} D(x) = \lim_{x\rightarrow -2^+} (4-x)e^{-\frac{1}{x+2}} \begin{array} {c}\left[6e^{-\infty}\right]\\=\\\;\end{array} 0,

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} D(x) = \lim_{x\rightarrow \pm\infty} (4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array} {c}\left[{\mp\infty}\cdot 1\right]\\=\\\;\end{array} \mp\infty,

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{D(x)}{x} = \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \left(\frac4x-1\right)e^{-\frac{1}{x+2}}= -1,

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} (D(x)+x) = \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \left[4e^{-\frac{1}{x+2}}+x\left(1-e^{-\frac{1}{x+2}}\right)\right]= 4+1=5,

bo

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{1-e^{-\frac{1}{x+2}}}{x^{-1}} \begin{array} {c}\left[\frac{0}{0}\right]\\=\\H\end{array}  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{-(x+2)^{-2}e^{-\frac{1}{x+2}}}{-x^{-2}}= \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \left(1+\frac{2}{x}\right)^{-2}e^{-\frac{1}{x+2}}=1.

Zatem funkcja \displaystyle D ma lewostronną asymptotę pionową \displaystyle x=-2 i

obustronną asymptotę ukośną \displaystyle y=-x+5.

\begin{array}{lll} \displaystyle D'(x)&=&\displaystyle \left(-1+\frac{4-x}{(x+2)^2}\right)e^{-\frac{1}{x+2}}= \frac{-x(x+5)}{(x+2)^2}e^{-\frac{1}{x+2}},\\ D''(x)&=&\displaystyle \left(\frac{-(x+2)^2-2(4-x)(x+2)}{(x+2)^4}+ \frac{-x^2-5x}{(x+2)^4}\right)e^{-\frac{1}{x+2}} = \frac{-13x-20}{(x+2)^4}e^{-\frac{1}{x+2}},\\ D(-5)&=&\displaystyle 9\sqrt[3]{e}, \quad D\left(-\frac{20}{13}\right)=\frac{72}{13\sqrt[6]{e^{13}}}. \end{array}


Zbiorem wartości funkcji \displaystyle D jest suma przedziałów \displaystyle (-\infty, \frac{4}{\sqrt{e}}]\cup[9\sqrt[3]{e},+\infty).

<flash>file=am1c12.0100.swf|width=170|height=185</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(e)

<flash>file=Am1c12.0110.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 12.2.(e)

e) Dziedziną funkcji \displaystyle  \displaystyle E(x)=2\arcsin\frac{x^2-4}{x^2+4} jest cały zbiór liczb rzeczywistych i jest to funkcja parzysta, zatem możemy zawęzić badanie jej do przedziału \displaystyle [0,+\infty).

Załóżmy teraz, że \displaystyle x\geq 0. Miejscem zerowym funkcji \displaystyle E jest \displaystyle 2, \displaystyle E(0)=-\pi.


\displaystyle  \lim_{x\rightarrow +\infty} E(x) = \lim_{x\rightarrow +\infty} 2\arcsin\frac{1-4x^{-2}}{1+4x^{-2}}=\pi,

zatem \displaystyle E ma asymptotę poziomą \displaystyle y=\pi. Pochodne


\begin{array}{lll} \displaystyle E'(x)&=& \displaystyle  \frac1{\sqrt{1-\left(\frac{x^2-4}{x^2+4}\right)^2}}\cdot \frac{16x}{(x^2+4)^2}=\frac{4x}{|x|(x^2+4)}=\frac{4}{x^2+4},\\\\ E''(x)&=& \displaystyle \frac{-8x}{(x^2+4)^2} \end{array}

nie są określone w \displaystyle 0, pierwsza pochodna jest dodatnia w całym przedziale \displaystyle (0,\infty), druga ujemna.


Zbiorem wartości funkcji \displaystyle E jest przedział \displaystyle [-\pi,\pi).

Ćwiczenie 12.3.

a) Udowodnić, że jeśli \displaystyle p,q>0 są sprzężone, to znaczy \displaystyle \frac1p+\frac1q=1, to dla dowolnych liczb dodatnich \displaystyle x i \displaystyle y zachodzi nierówność

\displaystyle  xy\leq \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}.

b) Udowodnić, że dla dowolnych liczb dodatnich \displaystyle x,y prawdziwa jest nierówność

\displaystyle  x\ln{x}+y\ln{y}\geq (x+y)\ln\frac{x+y}{2}.

Wskazówka

Jaka jest definicja funkcji wypukłej (wklęsłej)?

a) Należy tu skorzystać z wklęsłości i monotoniczności funkcji \displaystyle t\mapsto \ln{t}. Stosujemy nierówność z definicji do liczb \displaystyle x^p, y^q oraz \displaystyle  \lambda=\frac1p.

b) Należy tu skorzystać w wypukłości funkcji \displaystyle t\mapsto t\ln{t} (jak ją sprawdzić?). Stosujemy nierówność do liczb \displaystyle x, y oraz \displaystyle  \lambda=\frac12.

Rozwiązanie

a) Funkcja t\mapsto \ln{t} jest rosnąca i wklęsła w swojej dziedzinie, to znaczy w przedziale (0,+\infty). Z definicji wklęsłości zatem

\displaystyle  \ln{xy}=\frac pp\ln{x}+\frac qq\ln{y}= \frac1p\ln{x^p}+\frac1q\ln{y^q}\leq \ln\left(\frac{x^p}p+\frac{y^q}{q}\right).

Z monotoniczności funkcji powyższa nierówność zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy

\displaystyle  xy\leq \frac{x^p}p+\frac{y^q}{q},

co należało dowieść.

b) Niech \displaystyle f(t)=t\ln{t}. Wtedy f'(t)=\ln{t}+1 i f''(t)=\frac1t. Zatem druga pochodna jest dodatnia w całej dziedzinie funkcji, to znaczy w przedziale (0,+\infty), czyli funkcja f jest wypukła. Z definicji wypukłości wynika, że

\displaystyle  \frac{x+y}{2}\ln\frac{x+y}2\leq \frac 12x\ln{x} + \frac12 y\ln{y}

dla dowolnych x,y>0.

Ćwiczenie 12.4.

Udowodnić, że funkcja wypukła na przedziale \displaystyle I spełnia nierówność Jensena:

\displaystyle  f(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+...+\lambda_nx_n)\leq \lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)...+\lambda_nf(x_n)

dla dowolnej liczby naturalnej \displaystyle n, dowolnych \displaystyle x_1,x_2,...,x_n\in I oraz dowolnych nieujemnych liczb \displaystyle \lambda_1,\lambda_2,...,\lambda_n spełniających warunek \displaystyle \lambda_1+\lambda_2+...+\lambda_n=1.

Wskazówka

Stosujemy zasadę indukcji matematycznej, wykorzystując definicję wypukłości.

Rozwiązanie

Nierówność Jensena dla \displaystyle n=1 jest oczywistą równością, a dla \displaystyle n=2 jest definicją wypukłości funkcji. Załóżmy teraz dla dowodu indukcyjnego, że nierówność Jensena jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej \displaystyle k. Niech \displaystyle f będzie dowolną funkcją wypukłą na przedziale \displaystyle I, \displaystyle x_1,...,x_{k-1}, x_k, x_{k+1}\in I, a \displaystyle \lambda_1,...,\lambda_{k-1}, \lambda_k, \lambda_{k+1} nieujemnymi liczbami, których suma jest równa 1. Zapiszmy

\displaystyle  \lambda_kx_k+\lambda_{k+1}x_{k+1}= (\lambda_k+\lambda_{k+1})\left(\frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_k+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_{k+1}\right)

i skorzystajmy z założenia indukcyjnego dla liczb

\displaystyle  x_1,..,x_{k-1},\frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_k+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_{k+1}\quad {\rm i} \quad \lambda_1,...,\lambda_{k-1}, \lambda_k+\lambda_{k+1}.

Mamy

\displaystyle \aligned &f(\lambda_1x_1+...+\lambda_kx_k+\lambda_{k+1}x_{k+1})\leq\\ &\lambda_1f(x_1)+...+\lambda_{k-1}f(x_{k-1})+ (\lambda_k+\lambda_{k+1})f\left(\frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_k+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_{k+1}\right), \endaligned

ale z definicji wypukłości zachodzi nierówność

\displaystyle  f\left(\frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_k+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}x_{k+1}\right)\leq \frac{\lambda_k}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}f(x_k)+ \frac{\lambda_{k+1}}{\lambda_k+\lambda_{k+1}}f(x_{k+1}),

co z przechodniości nierówności kończy dowód indukcyjny. Na mocy zasady indukcji matematycznej, nierówność Jensena jest prawdziwa dla dowolnej liczby naturalnej \displaystyle n.

Ćwiczenie 12.5.

a) Udowodnić, że jeśli \displaystyle \alpha>1, \displaystyle n\in\mathbb N oraz \displaystyle x_1,...,x_n>0, to

\displaystyle  \left(\frac1n\sum_{k=1}^nx_k\right)^\alpha \leq \frac1n\sum_{k=1}^nx_k^\alpha.

b) Wykazać, że dla dowolnej liczby naturalnej \displaystyle n, dowolnych liczb \displaystyle x_1,...,x_n z przedziału \displaystyle (0,1) takich, że \displaystyle x_1+...+x_n=1 oraz dla \displaystyle a>1 prawdziwa jest nierówność

\displaystyle  \sum_{k=1}^n\left(x_k+\frac1{x_k}\right)^a\geq \frac{(n^2+1)^{a}}{n^{a-1}}.

Wskazówka

Stosujemy nierówność Jensena z ćwiczenia 12.4.).

a) Jaką funkcją jest \displaystyle (0,\infty) \ni x\mapsto x^\alpha?

b) Jaką funkcją jest \displaystyle (0,\infty)\ni x\mapsto \left(x+\frac1x\right)^a? Zauważmy, że

\displaystyle  \left(\frac{n^2+1}{n}\right)^a= \left(\frac{1}{\frac1n\cdot 1}+\frac1n\cdot 1\right)^a.

Jak wypisana powyżej liczba ma się do \displaystyle f\left(\frac{x_1}{n}+...+\frac{x_n}n\right)?

Rozwiązanie

a) Ponieważ \displaystyle (x^\alpha)''=\alpha(\alpha -1)x^{\alpha -2}>0 dla \displaystyle x>0, funkcja \displaystyle (0,+\infty)\ni x \mapsto x^\alpha jest wypukła. Stosujemy do niej nierówność Jensena dla \displaystyle \lambda_1=\lambda_2=...=\lambda_n=\frac1n.

b) Funkcja \displaystyle f(x)=\left(x+\frac1x\right)^a jest wypukła w przedziale \displaystyle (0,\infty), bo

\displaystyle  f''(x)=a\left(x+\frac1x\right)^{a-2} \left[(a-1)\left(1-\frac1{x^2}\right)+ \frac2{x^3}\left(x+\frac1x\right)\right]>0

dla dowolnego \displaystyle x z tego przedziału. Ponieważ \displaystyle \frac{x_1}n+...+\frac{x_k}n=\frac1n mamy

\displaystyle  \left(\frac{n^2+1}n\right)^a=\left(\frac{1}{\frac1n}+\frac1n\right)^a= f\left(\frac{x_1}n+...+\frac{x_k}n\right).

Korzystając z nierówności Jensena dla liczb \displaystyle x_1,...,x_n i \displaystyle \lambda_1=...=\lambda_n=\frac1n, otrzymujemy zatem

\displaystyle  \left(\frac{n^2+1}n\right)^a\leq \frac1n\left(f(x_1)+...+f(x_n)\right)= \frac1n\sum_{k=1}^n\left(x_k+\frac1{x_k}\right)^a.

Wystarczy teraz pomnożyć tę nierówność stronami przez \displaystyle n.

Ćwiczenie 12.6.

a) Udowodnić nierówność Holdera:

\displaystyle  \sum_{k=1}^n|x_ky_k|\leq \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q,

jeśli \displaystyle n jest liczbą naturalną, \displaystyle x_1,...,x_n,y_1,...,y_n są dowolnymi liczbami rzeczywistymi i \displaystyle p,q są dodatnie takie, że \displaystyle p>1 i \displaystyle \frac1p+\frac1q=1.

b) Udowodnić nierówność Minkowskiego:

\displaystyle  \left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^\frac1p\leq \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p+\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p,

jeśli \displaystyle n\in\mathbb N, \displaystyle x_1,...,x_n,y_1,...,y_n\in \mathbb R i \displaystyle p> 1.

Wskazówka

a) Jeśli \displaystyle \sum_{k=1}^n|x_k|=0 lub \displaystyle \sum_{k=1}^n|y_k|=0, to nie ma czego dowodzić (dlaczego?). W przeciwnym przypadku stosujemy dla dowolnego \displaystyle k\in\{1,...,n\} nierówność udowodnioną w ćwiczeniu 12.3. a) do liczb

\displaystyle  \frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\qquad {\rm i}\qquad \frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}

i otrzymane nierówności dodajemy stronami.

b) Trzeba zastosować nierówność trójkąta dla modułu \displaystyle |x+y|\leq |x|+|y| oraz nierówność Holdera udowodnioną w poprzednim

podpunkcie tego zadania do sum postaci

\displaystyle  \sum_{k=1}^n|x_k||x_k+y_k|^{p-1}.

Rozwiązanie

a) Jeżeli \displaystyle X=\sum_{k=1}^n|x_k|=0, to oczywiście \displaystyle x_1=...=x_n=0 i nierówność Holdera jest spełniona (jest to wtedy równość dwóch zer). Symetrycznie, jeśli \displaystyle Y=\sum_{k=1}^n|y_k|=0. Pozostało zatem udowodnić nierówność Holdera, jeżeli liczby \displaystyle X i \displaystyle Y są dodatnie. Wtedy również

\displaystyle  \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p>0\quad {\rm i}\quad \left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q>0.

Stosujemy nierówność udowodnioną w ćwiczeniu 12.3. a) do liczb

\displaystyle \frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\qquad {\rm i}\qquad \frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q},

uzyskując zależność

\displaystyle  \frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\cdot \frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p}\leq \frac1p\left(\frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\right)^p+ \frac1q\left(\frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}\right)^q


dla dowolnego ustalonego \displaystyle k\in\{1,...,n\}. Dodając \displaystyle n nierówności stronami, otrzymujemy


\begin{array}{lll} \displaystyle \frac{\sum_{k=1}^n|x_ky_k|} {\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}&\leq &\displaystyle  \frac1p\sum_{k=1}^n\left(\frac{|x_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p}\right)^p+ \frac1q\sum_{k=1}^n\left(\frac{|y_k|}{\left(\sum_{k=1}^n|y_k|^q\right)^\frac1q}\right)^q= \\\\&=& \displaystyle  \frac1p\frac{\sum_{k=1}^n|x_k|^p}{\sum_{k=1}^n|x_k|^p}+ \frac1q\frac{\sum_{k=1}^n|y_k|^q}{\sum_{k=1}^n|y_k|^q}=\frac1p+\frac1q=1, \end{array}

a stąd otrzymujemy szukaną nierówność, mnożąc stronami przez mianownik lewej strony.

b) Jeśli \displaystyle \sum_{k=1}^n|x_k+y_k|=0 nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że dana suma jest dodatnia. Niech \displaystyle q=\frac{p}{p-1}, wtedy \displaystyle \frac1p+\frac1q=1

i z nierówności Holdera udowodnionej w podpunkcie a) tego zadania mamy

\begin{array}{lll} \displaystyle \sum_{k=1}^n|x_k||x_k+y_k|^{p-1}&\leq& \displaystyle  \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^{(p-1)q}\right)^\frac1q=\\ &=& \displaystyle \left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^\frac1q, \end{array}

bo \displaystyle (p-1)q=p. Symetrycznie

\displaystyle \aligned \sum_{k=1}^n|y_k||x_k+y_k|^{p-1}\leq \left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^\frac1q. \endaligned

Dodając stronami i wykorzystując nierówność trójkąta dla modułu (\displaystyle |a+b|\leq |a|+|b|), otrzymujemy

\begin{array}{lll} \displaystyle  \sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p &\leq&\displaystyle  \sum_{k=1}^n(|x_k|+|y_k|)|x_k+y_k|^{p-1}\leq\\ &\leq&\displaystyle  \left(\left(\sum_{k=1}^n|x_k|^p\right)^\frac1p+ \left(\sum_{k=1}^n|y_k|^p\right)^\frac1p\right)\left(\sum_{k=1}^n|x_k+y_k|^p\right)^{1-\frac1p}. \end{array}

By stąd otrzymać nierówność Minkowskiego, wystarczy podzielić stronami przez ostatni czynnik.