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

12. Wypukłość. Badanie funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie 12.1.

Wyznaczyć przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji

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

Wskazówka

Wyznaczyć dziedzinę każdej funkcji i zbadać znak drugiej pochodnej.

Rozwiązanie

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

$\begin{array}{lll}{F_1}^{\prime }(x)& =& \frac{3(x-2{)}^2(x+1{)}^2-2(x-2{)}^3(x+1)}{(x+1{)}^4}=\frac{(x-2{)}^2(x+7)}{(x+1{)}^3},\\ {F_1}^{″}(x)& =& \frac{[2(x-2)(x+7)+(x-2{)}^2](x+1{)}^3-3(x-2{)}^2(x+7)(x+1{)}^2}{(x+1{)}^6}=\\ & =& \frac{(x-2)([2(x+7)+(x-2)](x+1)-3(x-2)(x+7))}{(x+1{)}^4}=\frac{54(x-2)}{(x+1{)}^4},\end{array}$

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

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

$\begin{array}{lll}{F_2}^{\prime }(x)& =& -e^{-\frac{1}{x}}+\frac{2-x}{x^2}{e}^{-\frac{1}{x}}=(\frac{2-x}{x^2}-1)e^{-\frac{1}{x}},\\ {F_2}^{″}(x)& =& \frac{-x^2-2(2-x)x}{x^4}{e}^{-\frac{1}{x}}+(\frac{2-x}{x^2}-1)\frac{1}{x^2}{e}^{-\frac{1}{x}}=\\ & =& \frac{x^2-4x+2-x-x^2}{x^4}{e}^{-\frac{1}{x}}=\frac{2-5x}{x^4}{e}^{-\frac{1}{x}},\end{array}$

zatem druga pochodna zmienia znak tylko w punkcie $\frac{2}{5}$. Funkcja $F_2$ jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },0)$ i $(0,\frac{2}{5})$, ma punkt przegięcia $\frac{2}{5}$ i jest wklęsła w $(\frac{2}{5},+\mathrm{\infty })$.

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

$\begin{array}{lll}{F_3}^{\prime }(x)& =& \frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{(x+2{)}^3}{x}}\cdot \frac{(x+2{)}^3-x\cdot 3(x+2{)}^2}{(x+2{)}^6}=\frac{1-x}{\sqrt{x(x+2{)}^5}},\\ {F_3}^{″}(x)& =& \frac{-\sqrt{x(x+2{)}^5}-\frac{1-x}{2\sqrt{x(x+2{)}^5}}[(x+2{)}^5+5x(x+2{)}^4]}{{\sqrt{x(x+2{)}^5}}^2}=\\ & =& \frac{(x+2{)}^4[-x(x+2)-(1-x)(3x+1)]}{{\sqrt{x(x+2{)}^5}}^3}=\frac{(x+2{)}^4(2x^2-4x-1)}{{\sqrt{x(x+2{)}^5}}^3}=\\ & =& \frac{(x+2{)}^4(2x-2-\sqrt{6})(2x-2+\sqrt{6})}{2{\sqrt{x(x+2{)}^5}}^3}.\end{array}$

Funkcja $F_2$ jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },-2)$ i $(\frac{1}{2}(2+\sqrt{6}),+\mathrm{\infty })$, wklęsła w przedziale $(0,\frac{1}{2}(2+\sqrt{6}))$ i ma jeden punkt przegięcia $\frac{1}{2}(2+\sqrt{6})$.

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

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

jest cały zbiór liczb rzeczywistych, a jej druga pochodna

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

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

e) Dziedziną funkcji $F_5(x)=\ln (e-\frac{1}{x})$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },0)\cup (\frac{1}{e},+\mathrm{\infty })$.

$\begin{array}{lll}{F_5}^{\prime }(x)& =& {(e-\frac{1}{x})}^{-1}\frac{1}{x^2}=\frac{1}{x(ex-1)},\\ {F_5}^{″}(x)& =& -\frac{ex-1+ex}{x^2(ex-1{)}^2}=-\frac{2ex-1}{x^2(ex-1{)}^2}.\end{array}$

Zatem $F_5$ nie ma punktów przegięcia, jest wypukła w $(-\mathrm{\infty },0)$ i wklęsła w $(\frac{1}{e},+\mathrm{\infty })$.

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

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

Funkcja $F_6$ ma dwa punkty przegięcia $\frac{1}{4}$ i $\frac{5}{4}$, jest wypukła w przedziałach $(-\mathrm{\infty },\frac{1}{4})$, $(\frac{5}{4},\mathrm{\infty })$ i wklęsła w $(\frac{1}{4},\frac{5}{4})$.

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

$\begin{array}{lll}{F_7}^{\prime }(x)& =& \arccos \frac{6x}{x^2+9}-x\frac{6(9-x^2)}{|9-x^2|(x^2+9)}=\\ & =& \{\begin{array}{lll}\arccos \frac{6x}{x^2+9}-\frac{6x}{x^2+9},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|<3\\ \arccos \frac{6x}{x^2+9}+\frac{6x}{x^2+9},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|>3\end{array},\\ \\ {F_7}^{″}(x)& =& \{\begin{array}{lll}-\frac{6}{x^2+9}-\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9{)}^2},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|<3\\ \frac{6}{x^2+9}+\frac{6(9-x^2)}{(x^2+9{)}^2},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|>3\end{array}\\ & =& \{\begin{array}{lll}-\frac{108}{(x^2+9{)}^2},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|<3\\ \frac{108}{(x^2+9{)}^2},& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}& |x|>3\end{array}\end{array}$

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $F_8$ ma punkty przegięcia postaci $\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}$, $k\in \mathbb{\mathbb{Z}}$. Jest wypukła w każdym z przedziałów postaci $(-\frac{\pi }{4}+k\pi ,\frac{\pi }{4}+k\pi )$ i wklęsła

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

Ćwiczenie 12.2.

Zbadać przebieg zmienności, naszkicować wykres i wyznaczyć zbiór wartości funkcji

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

Wskazówka

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 $0y$, 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 $f$ jest określona w $\mathbb{ℝ}\setminus \{1\}$,

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty },\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty },$

pochodna $f^{\prime }$ zeruje się w $-1$ i $2$, jest dodatnia w $(-1,1)$, $(2,+\mathrm{\infty })$, ujemna w $(-\mathrm{\infty },-1)$, $(1,2)$, natomiast druga pochodna $f^{″}$ zeruje się w $3$, jest dodatnia w $(-\mathrm{\infty },1)$, $(1,3)$, ujemna w $(3,\mathrm{\infty })$, ponadto $f(-1)=1,f(2)=-2,f(3)=-1$, to tabelka może mieć następujący wygląd:

Rysunek am1c12.0010

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 $f$ na podstawie tej tabelki.

Rozwiązanie

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

$\underset{x\to 1}{\lim }A(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x+1{)}^3}{5(x-1{)}^2}\begin{array}{c}\left[\frac{1}{0^{+}}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }A(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x(1+x^{-1}{)}^3}{5(1-x^{-1}{)}^2}=\pm \mathrm{\infty },$

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{A(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(1+x^{-1}{)}^3}{5(1-x^{-1}{)}^2}=\frac{1}{5},$

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(A(x)-\frac{1}{5}x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(x+1{)}^3-x(x-1{)}^2}{5(x-1{)}^2}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{5+2x^{-1}+x^{-2}}{5(1-x^{-1}{)}^2}=1,$

zatem $A$ ma obustronną asymptotę pionową $x=1$ i obustronną asymptotę ukośną $y=\frac{1}{5}x+1$.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $A(5)=2,7$.

Rysunek am1c12.0020

Rysunek am1c12.0030

Zbiorem wartości funkcji $A$ jest cały zbiór $\mathbb{ℝ}$.

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

$\underset{x\to -4^{-}}{\lim }B(x)=\underset{x\to -4^{-}}{\lim }\sqrt{\frac{x^3}{x+4}}\begin{array}{c}\left[\sqrt{\frac{-64}{0^{-}}}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }B(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }|x|\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{B(x)}{x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=1,$ $\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(B(x)-x)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }x(\sqrt{\frac{x}{x+4}}-1)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x(\frac{x}{x+4}-1)}{\sqrt{\frac{x}{x+4}}+1}=\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-4}{(1+4x^{-1})(\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}+1)}=-2\end{array}$

i symetrycznie

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{B(x)}{x}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }-\sqrt{\frac{1}{1+4x^{-1}}}=-1,$ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $B$ ma jedną asymptotę pionową lewostronną $x=-4$, asymptotę ukośną $y=x-2$ w $+\mathrm{\infty }$ i asymptotę ukośną $y=-x+2$ w $-\mathrm{\infty }$. Pochodne oczywiście zdefiniowane są w $(-\mathrm{\infty },-4)\cup (0,+\mathrm{\infty })$.

$\begin{array}{lll}{B}^{\prime }(x)& =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{x+4}{x^3}}\cdot \frac{3x^2(x+4)-x^3}{(x+4{)}^2}=\sqrt{\frac{x}{(x+4{)}^3}}(x+6),\\ B^{″}(x)& =& \sqrt{\frac{x}{(x+4{)}^3}}+\frac{x+6}{2}\sqrt{\frac{(x+4{)}^3}{x}}\cdot \frac{(x+4{)}^3-3x(x+4{)}^2}{(x+4{)}^6}=\\ & =& \sqrt{\frac{x}{(x+4{)}^3}}[1+\frac{(x+6)(2-x)}{x(x+4)}]=\sqrt{\frac{x}{(x+4{)}^3}}\cdot \frac{12}{x(x+4)}=\frac{12}{\sqrt{x(x+4{)}^5}}.\end{array}$

Policzmy $B(-6)=6\sqrt{3}$.

Rysunek am1c12.0040

Rysunek am1c12.0050

Zbiorem wartości funkcji $B$ jest przedział $[0,+\mathrm{\infty })$.

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

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

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }C(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\ln }^{2}x(\ln x-4)\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot (-\mathrm{\infty })]\\ =\\ \end{array}-\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }C(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\ln }^{2}x(\ln x-4)\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot (+\mathrm{\infty })]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{C(x)}{x}& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\ln }^{3}x-4{\ln }^{2}x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{3{\ln }^{2}x-8\ln x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6\ln x-8}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6}{x}=0.\end{array}$

Zatem funkcja $C$ ma jedyną asymptotę pionową $x=0$.

$C^{\prime }(x)=\frac{\ln x(3\ln x-8)}{x},$ $C^{″}(x)=\frac{6\ln x-8-3{\ln }^{}x+8\ln x}{x^2}=\frac{-(\ln x-4)(3\ln x-2)}{x^2}.$ $C(e^{\frac{8}{3}})=-\frac{256}{27},C(e^{\frac{2}{3}})=-\frac{40}{27}.$

Rysunek am1c12.0060

Rysunek am1c12.0070

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

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

$\underset{x\to -2^{-}}{\lim }D(x)=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}\left[6e^{+\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty },$ $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }D(x)=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}\left[6e^{-\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0,$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }D(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(4-x)e^{-\frac{1}{x+2}}\begin{array}{c}[\mp \mathrm{\infty }\cdot 1]\\ =\\ \end{array}\mp \mathrm{\infty },$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{4}{x}-1)e^{-\frac{1}{x+2}}=-1,$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(D(x)+x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }[4e^{-\frac{1}{x+2}}+x(1-e^{-\frac{1}{x+2}})]=4+1=5,$

bo

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1-e^{-\frac{1}{x+2}}}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(x+2{)}^{-2}{e}^{-\frac{1}{x+2}}}{-x^{-2}}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{2}{x})}^{-2}{e}^{-\frac{1}{x+2}}=1.$

Zatem funkcja $D$ ma lewostronną asymptotę pionową $x=-2$ i obustronną asymptotę ukośną $y=-x+5$.

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

Rysunek am1c12.0080

Rysunek am1c12.0090

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

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

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

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }E(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }2\arcsin \frac{1-4x^{-2}}{1+4x^{-2}}=\pi ,$

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

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

nie są określone w $0$, pierwsza pochodna jest dodatnia w całym przedziale $(0,\mathrm{\infty })$, druga -- ujemna.

Rysunek am1c12.0100

Rysunek am1c12.0110

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

Ćwiczenie 12.3.

a) Udowodnić, że jeśli $p,q>0$ są sprzężone, to znaczy $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$, to dla dowolnych liczb dodatnich $x$ i $y$ zachodzi nierówność

$xy\le \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}.$

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

$x\ln x+y\ln y\ge (x+y)\ln \frac{x+y}{2}.$

Wskazówka

Jaka jest definicja funkcji wypukłej (wklęsłej)?

a) Należy tu skorzystać z wklęsłości i monotoniczności funkcji $t\mapsto \ln t$. Stosujemy nierówność z definicji do liczb $x^p,y^q$ oraz $\lambda =\frac{1}{p}$.

b) Należy tu skorzystać w wypukłości funkcji $t\mapsto t\ln t$ (jak ją sprawdzić?). Stosujemy nierówność do liczb $x,y$ oraz $\lambda =\frac{1}{2}$.

Rozwiązanie

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

$\ln xy=\frac{p}{p}\ln x+\frac{q}{q}\ln y=\frac{1}{p}\ln x^p+\frac{1}{q}\ln y^q\le \ln (\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}).$

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

$xy\le \frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q},$

co należało dowieść.

b) Niech $f(t)=t\ln t$. Wtedy $f^{\prime }(t)=\ln t+1$ i $f^{″}(t)=\frac{1}{t}$. Zatem druga pochodna jest dodatnia w całej dziedzinie funkcji, to znaczy w przedziale $(0,+\mathrm{\infty })$, czyli funkcja $f$ jest wypukła. Z definicji wypukłości wynika, że

$\frac{x+y}{2}\ln \frac{x+y}{2}\le \frac{1}{2}x\ln x+\frac{1}{2}y\ln y$

dla dowolnych $x,y>0$.

Ćwiczenie 12.4.

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

$f({\lambda }_1{x}_1+{\lambda }_2{x}_2+...+{\lambda }_n{x}_n)\le {\lambda }_{1}f(x_1)+{\lambda }_{2}f(x_2)...+{\lambda }_{n}f(x_n)$

dla dowolnej liczby naturalnej $n$, dowolnych $x_1,x_2,...,x_n\in I$ oraz dowolnych nieujemnych liczb ${\lambda }_1,{\lambda }_2,...,{\lambda }_n$ spełniających warunek ${\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n=1$.

Wskazówka

Stosujemy zasadę indukcji matematycznej wykorzystując definicję wypukłości.

Rozwiązanie

Nierówność Jensena dla $n=1$ jest oczywistą równością, a dla $n=2$ jest definicją wypukłości funkcji. Załóżmy teraz dla dowodu indukcyjnego, że nierówność Jensena jest prawdziwa dla pewnej liczby naturalnej $k$. Niech $f$ będzie dowolną funkcją wypukłą na przedziale $I$, $x_1,...,x_{k-1},x_k,x_{k+1}\in I$, a ${\lambda }_1,...,{\lambda }_{k-1},{\lambda }_k,{\lambda }_{k+1}$ nieujemnymi liczbami, których suma jest równa 1. Zapiszmy

${\lambda }_k{x}_k+{\lambda }_{k+1}{x}_{k+1}=({\lambda }_k+{\lambda }_{k+1})(\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1})$

i skorzystajmy z założenia indukcyjnego dla liczb

$x_1,..,x_{k-1},\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1}\mathrm{i}{\lambda }_1,...,{\lambda }_{k-1},{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}.$

Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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

$f(\frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_k+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}{x}_{k+1})\le \frac{{\lambda }_k}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}f(x_k)+\frac{{\lambda }_{k+1}}{{\lambda }_k+{\lambda }_{k+1}}f(x_{k+1}),$

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

Ćwiczenie 12.5.

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

${\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k\right)}^{\alpha }\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{x}_k^{\alpha }.$

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

$\sum _{k=1}^n{(x_k+\frac{1}{x_k})}^a\ge \frac{(n^2+1{)}^a}{n^{a-1}}.$

Wskazówka

Stosujemy nierówność Jensena z ćwiczenia 12.4.).

a) Jaką funkcją jest $(0,\mathrm{\infty })\ni x\mapsto x^{\alpha }$?

b) Jaką funkcją jest $(0,\mathrm{\infty })\ni x\mapsto {(x+\frac{1}{x})}^a$? Zauważmy, że

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

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

Rozwiązanie

a) Ponieważ $(x^{\alpha }{)}^{″}=\alpha (\alpha -1)x^{\alpha -2}>0$ dla $x>0$, funkcja $(0,+\mathrm{\infty })\ni x\mapsto x^{\alpha }$ jest wypukła. Stosujemy do niej nierówność Jensena dla ${\lambda }_1={\lambda }_2=...={\lambda }_n=\frac{1}{n}.$

b) Funkcja $f(x)={(x+\frac{1}{x})}^a$ jest wypukła w przedziale $(0,\mathrm{\infty })$, bo

$f^{″}(x)=a{(x+\frac{1}{x})}^{a-2}[(a-1)(1-\frac{1}{x^2})+\frac{2}{x^3}(x+\frac{1}{x})]>0$

dla dowolnego $x$ z tego przedziału. Ponieważ $\frac{x_1}{n}+...+\frac{x_k}{n}=\frac{1}{n}$, mamy

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

Korzystając z nierówności Jensena dla liczb $x_1,...,x_n$ i ${\lambda }_1=...={\lambda }_n=\frac{1}{n}$ otrzymujemy zatem

${\left(\frac{n^2+1}{n}\right)}^a\le \frac{1}{n}(f(x_1)+...+f(x_n))=\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{(x_k+\frac{1}{x_k})}^a.$

Wystarczy teraz pomnożyć tę nierówność stronami przez $n$.

Ćwiczenie 12.6.

a) Udowodnić nierówność Holdera:

$\sum _{k=1}^n|x_k{y}_k|\le {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}},$

jeśli $n$ jest liczbą naturalną, $x_1,...,x_n,y_1,...,y_n$ są dowolnymi liczbami rzeczywistymi i $p,q$ są dodatnie takie, że $p>1$ i $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$.

b) Udowodnić nierówność Minkowskiego:

${(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}\le {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}+{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}},$

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

Wskazówka

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

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\mathrm{i}\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}$

i otrzymane nierówności dodajemy stronami.

b) Trzeba zastosować nierówność trójkąta dla modułu $|x+y|\le |x|+|y|$ oraz nierówność Holdera udowodnioną w poprzednim podpunkcie tego zadania do sum postaci

$\sum _{k=1}^n|x_k||x_k+y_k{|}^{p-1}.$

Rozwiązanie

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

${(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}>0\mathrm{i}{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}>0.$

Stosujemy nierówność udowodnioną w ćwiczeniu 12.3. a) do liczb

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\mathrm{i}\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}},$

uzyskując zależność

$\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\cdot \frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\le \frac{1}{p}{\left(\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\right)}^p+\frac{1}{q}{\left(\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}\right)}^q$

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

$\begin{array}{lll}\frac{\sum _{k=1}^n|x_k{y}_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}& \le & \frac{1}{p}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{|x_k|}{{(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}}\right)}^p+\frac{1}{q}\sum _{k=1}^n{\left(\frac{|y_k|}{{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q)}^{\frac{1}{q}}}\right)}^q=\\ \\ & =& \frac{1}{p}\frac{\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p}{\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p}+\frac{1}{q}\frac{\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q}{\sum _{k=1}^n|y_k{|}^q}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,\end{array}$

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

b) Jeśli $\sum _{k=1}^n|x_k+y_k|=0$ nierówność jest oczywista. Załóżmy więc, że dana suma jest dodatnia. Niech $q=\frac{p}{p-1}$, wtedy $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$ i z nierówności Holdera udowodnionej w podpunkcie a) tego zadania mamy

$\begin{array}{lll}\sum _{k=1}^n|x_k||x_k+y_k{|}^{p-1}& \le & {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}{(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^{(p-1)q})}^{\frac{1}{q}}=\\ & =& {(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}{(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p)}^{\frac{1}{q}},\end{array}$

bo $(p-1)q=p$. Symetrycznie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 ($|a+b|\le |a|+|b|$) otrzymujemy

$\begin{array}{lll}\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p& \le & \sum _{k=1}^n(|x_k|+|y_k|)|x_k+y_k{|}^{p-1}\le \\ & \le & ({(\sum _{k=1}^n|x_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}+{(\sum _{k=1}^n|y_k{|}^p)}^{\frac{1}{p}}){(\sum _{k=1}^n|x_k+y_k{|}^p)}^{1-\frac{1}{p}}.\end{array}$

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