Wstęp

Niniejsze opracowanie zawiera notatki z ćwiczeń z matematyki prowadzonych na UTP kierunkach:Budownictwo, Mechanika i Budowa Maszyn, Inżynieria Odnawialnych Źródeł Energii, Transport, Te-leinformatyka, Elektronika i Telekomunikacja. Znajdują się tu najważniejsze rzeczy z teorii, zrobioneprzykładowe typowe zadania oraz zestaw zadań do samodzielnych ćwiczeń.

Trzeba mieć jednak na uwadze, że nie jest to kompletne opracowanie i nic nie zastąpi obecnościna wykładach i ćwiczeniach. Warto też zaglądać do innych źródeł, w szczególności zaś do książki prof.Lassaka.

W razie zauważenia jakichś błędów w tym tekście proszę o sygnał, na przykład mailowy:michal.musielak@utp.edu.pl

Michał Musielak

1

1 Funkcje rzeczywiste

Dziedzina funkcji

Dziedzina naturalna funkcji rzeczywistej, to maksymalny zbiór liczb rzeczywistych dla którego funkcjajest dobrze określona.

W praktyce pewne liczby mogą nam ”wypaść” z dziedziny w następujących wypadkach:

� Aby wyrażenie 1t miało sens, musi być t ≠ 0

� Aby wyrażenie√t miało sens, musi być t ≥ 0

� Aby wyrażenie 1√

tmiało sens, musi być t > 0

� Aby wyrażenie loga t miało sens, musi być t > 0

� Aby wyrażenie logt a miało sens, musi być t > 0 i t ≠ 1

� Aby wyrażenie arcsin t lub arccos t miało sens, musi być −1 ≤ t ≤ 1

Przykładowe zadanie:Znaleźć dziedzinę naturalną funkcji:

f(x) =arcsin x

2√1 − log2(x + 2)

Rozwiązanie:Muszą być spełnione następujące warunki:−1 ≤ x

2 ≤ 1x + 2 > 01 − log2(x + 2) > 0Pierwszy warunek oznacza, że x ∈ [−2,2]. Drugi, że x ∈ (−2,+∞). W przypadku trzeciego mamy:1 > log2(x + 2)log2 2 > log2(x + 2)2 > x + 20 > xczyli x ∈ (−∞,0). Ponieważ muszą być spełnione wszystkie trzy warunki jednocześnie, więc odpowie-dzią jest część wspólna tych przedziałów, czyli (−2,0)

◇

2

Funkcje różnowartościowe

Funkcję rzeczywistą nazywamy różnowartościową jeśli dla dowolnych x1, x2 z dziedziny funkcji zacho-dzi wynikanie:

x1 ≠ x2⇒ f(x1) ≠ f(x2)Inaczej mówiąc: funkcja różnowartościowa różnym argumentom przypisuje różne wartości (jak samanazwa wskazuje).

W praktyce wykazać, że funkcja jest różnowartościowa można kilkoma sposobami:

� Można skorzystać z równoważnej definicji różnowartościowości:

f(x1) = f(x2)⇒ x1 = x2

� Można narysować wykres funkcji (o ile to możliwe) i sprawdzić czy każda prosta pozioma przetnieten wykres co najwyżej raz (wtedy funkcja będzie różnowartościowa) czy też przeciwnie: istniejetaka prosta pozioma, która przetnie wykres przynajmniej dwa razy (wtedy funkcja nie będzieróżnowartościowa)

� Jeśli wiemy skądinąd, że funkcja jest monotoniczna, to możemy wywnioskować, że jest też róż-nowartościowa.

� Jeśli badana funkcja jest złożeniem funkcji różnowartościowych, to sama też jest różnowarto-ściowa.

Przykładowe zadanie:Sprawdzić czy funkcja

f(x) =√

log2(2 + arcsinx)z dziedziną naturalną jest różnowartościowa.Rozwiązanie:Nietrudno sprawdzić, że dziedzina naturalna to [−1,1]. Jeśli chcemy skorzystać z definicji, to zakła-damy, że dla pewnych x1, x2 z dziedziny zachodzi równość f(x1) = f(x2) i sprawdzamy czy wynikastąd, że x1 = x2:√

log2(2 + arcsinx1) =√

log2(2 + arcsinx2)Podnosimy stronami do kwadratu:log2(2 + arcsinx1) = log2(2 + arcsinx2)Korzystamy z tego, że funkcja log2 t jest różnowartościowa:2 + arcsinx1 = 2 + arcsinx2Odejmujemy obustronnie dwójkę:arcsinx1 = arcsinx2Korzystamy z różnowartościowości funkcji arcsin tx1 = x2Voila!

Inną metodą jest zauważenie, że nasza funkcja to złożenie funkcji√x, log2 x, 2+x i arcsinx, z których

każda jest różnowartościowa, a zatem nasza funkcja też jest różnowartościowa.

◇

3

Funkcja odwrotna

Jeśli funkcja f ∶ A→ B (gdzie A to dziedzina, a B - zbiór wartości) jest różnowartościowa, to istniejewtedy funkcja odwrotna do niej (oznaczana przez f−1), której dziedziną jest B, a zbiorem wartości Aoraz jeśli f(x) = y, to f−1(y) = x.

Można powiedzieć, że funkcja odwrotna zamienia miejscami wartość z argumentem funkcji wyjściowej.

Rozważmy na przykład funkcję f(x) = log2(2x+4). Łatwo sprawdzić (rysując wykres), że jej dziedzinąjest (−2,+∞), a zbiorem wartości R oraz, że funkcja jest różnowartościowa. Istnieje zatem funkcja doniej odwrotna.

Funkcja wyjściowa przypisuje argumentowi x wartość y zgodnie z ”przepisem” y = log2(2x + 4), czyli”weź argument, pomnóż go przez dwa, do wyniku dodaj czwórkę, a całość zlogarytmuj przy podstawiedwa”. Jeśli szukamy funkcji odwrotnej, to tym razem argumentem jest y, a wartością x, więc choćzależność między nimi to również y = log2(2x + 4), to tym razem podobnego ”przepisu” nie ma (boobliczenie x dla danej wartości y wymagałoby za każdym razem rozwiązania równania).Skoro więc ”przepisu” na to jak wyliczać wartość x w zależności od y nie ma, to należy go znaleźć.Mamy:y = log2(2x + 4)2y = 2x + 42y − 4 = 2x2y−1 − 2 = xi stąd mamy ”przepis” na x:x = 2y−1 − 2lub jak kto woli:f−1(y) = 2y−1 − 2Na koniec można jeszcze z przyczyn estetycznych zmienić nazwę zmiennej na x (alternatywnie możnateż zamienić miejscami x i y na samym początku):f−1(x) = 2x−1 − 2

4

Ćwiczenia

1.1

Narysuj wykres funkcji:a) f(x) = (x − 2)2 + 3 b) f(x) = 2x−1 − 1 c) f(x) = 2 − log3(x − 3) d) f(x) = 3−4x2x+1

1.2

Sprawdź czy funkcja jest różnowartościowa:a) f(x) = ex3 + 4 b) f(x) = ln(x2 + 4) c) f(x) = 2x3 − 2 d) f(x) = ex + e−x

1.3

Znajdź dziedzinę naturalną oraz zbiór wartości. Sprawdź czy funkcja jest różnowartościowa, a jeślitak, to wyznacz funkcję odwrotną. :a) f(x) = 2 + log5(x + 1) b) f(x) =

√x−21−x c) f(x) = 5x

74 d) f(x) =

√log22 x − 4 log2 x

1.4

Wyznacz funkcję odwrotną do podanej:a) f(x) = x2 − 2x + 3 dla x ∈ (1,+∞) b) f(x) = 2x−5 + 5 z dziedziną naturalnąc) f(x) = x + 1x dla x ∈ (1,∞) d) f(x) =

√2x − 8 z dziedziną naturalną

e)* f(x) = cosx dla x ∈ [π,2π]

5

2 Granice funkcji

Wyrażenia nieoznaczone:

[00] , [∞∞] , [0 ⋅ ∞] , [∞−∞] , [00] , [1∞] , [∞0] , [1

0]

Jeśli w jakiejkolwiek granicy po podstawieniu liczby do której dąży zmienna (lub nieskończoności)pojawi się którekolwiek z powyższych wyrażeń, oznacza to, że z policzeniem granicy musimy poradzićsobie jakoś sprytniej.

◇ ◇ ◇

Przykłady obliczania typowych granic

limx→∞

3x3 + x2 + x2 + x3

W wypadku gdy zmienna dąży do ±∞ a funkcja jest wymierna (czyli postaci ”wielomian przez wielo-mian”), wystarczy wyłączyć przed nawias najwyższą potęgę w liczniku i mianowniku lub też podzielićlicznik i mianownik przez najwyższą potęgę mianownika (w drugim sposobie należy pamiętać, że grani-ca wielomianu w nieskończoności zależy wyłącznie od najwyższej potęgi tego wielomianu). Ogólniejszazasada ”podziel przez największy kawałek mianownika” często sprawdza się też w przypadku funkcjiinnych niż wymierne (uwaga: mowa tylko o granicy w nieskończoności!)

. . . = limx→∞

3 + 1x22x3 + 1x + 1

= 31= 3

◇

limx→2

x3 − 8x2 − 5x + 6

W wypadku gdy liczymy granicę funkcji wymiernej w punkcie a i wychodzi nam nieoznaczoność typu[00] możemy wyłączyć z licznika i mianownika czynnik x − a (co wynika z tw. Bezout) i skrócić

. . . = limx→2

(x − 2)(x2 + 2x + 4)(x − 2)(x − 3) = lim

x→2

x2 + 2x + 4x − 3

= 12−1

= −12

◇

limx→3

√x + 1 − 2

4 −√

1 + 5x

6

Jeśli pojawiają się pierwiastki oraz nieoznaczoność typu [00], to najczęściej przydatne będzie pomno-żenie licznika i mianownika przez tzw. sprzężenie. Sprzężeniem wyrażenia

√a−

√b jest

√a+

√b. Dzięki

temu po przekształceniu zerujące się wyrażenia nie będą już zawierały pierwiastka:

. . . = limx→3

(√x + 1 − 2)(

√x + 1 + 2)(4 +

√1 + 5x)

(4 −√

1 + 5x)(4 +√

1 + 5x)(√x + 1 + 2)

= limx→3

(x − 3)(4 +√

1 + 5x)(15 − 5x)(

√x + 1 + 2)

= limx→3

4 +√

1 + 5x

−5(√x + 1 + 2)

= −25

◇

Ważną granicą, którą trzeba zapamiętać jest:

limt→0

sin tt

= limt→0

t

sin t= 1

W miejsce t może stać dowolne wyrażenie, byle było zbieżne do zera.Przykładowe zadanie:

limx→0

sin 4xsin 3x

Najpierw do każdego sinusa ”dorzucamy” argument tego sinusa, a potem korygujemy wszystko, bywartość wyrażenia się nie zmieniła:

. . . = limx→0

sin 4x4x

⋅ 3xsin 3x

⋅ 4x3x

= 1 ⋅ 1 ⋅ 43= 4

3

◇

W sytuacji gdy mamy do czynienia z nieoznaczonością typu 1∞, będziemy mieć do czynienia z liczbąe. Najczęściej należy wówczas skorzystać z którejś z granic:

limt→±∞

(1 + 1t)t

= e limt→±∞

(1 − 1t)t

= 1e

Na przykład:

limx→∞

(x + 3x + 1

)3x

Wyrażenie w nawiasie dąży do jedynki (dlaczego?), a wykładnik go nieskończoności. Stąd wniosek,że zapewne gdzieś tu się czai e i trzeba przekształcić naszą funkcję do postaci takiej jak w którejś zdwóch powyższych podstawowych granic:

. . . = limx→∞

(1 + 2x + 1

)3x

= limx→∞

(1 + 1x+12

)3x

= limx→∞

(1 + 1x+12

)x+12 ⋅

2x+1 ⋅3x

= limx→∞

⎡⎢⎢⎢⎢⎣(1 + 1

x+12

)x+12 ⎤⎥⎥⎥⎥⎦

6xx+1

Wyrażenie w nawiasie kwadratowym dąży do e, natomiast wykładnik do 6, dlatego ostatecznie tagranica jest równa e6

7

◇ ◇ ◇

Nieoznaczoność typu [10] jest nieco innego typu niż pozostałe. W przypadku takiej nieoznaczonościnależy policzyć granice lewo- i prawostronną: jeśli istnieją, to równe są +∞ lub −∞. Granica funkcjibędzie istniała wyłącznie, jeśli granice jednostronne będą istniały i będą równe.Przykładowo, jeśli chcemy policzyć:

limx→2

1 − xx2 − 4

to z uwagi na pojawiającą się nieoznaczoność [10] badamy granice jednostronne:

limx→2−

1 − xx2 − 4

= limx→2−

1 − x(x − 2)(x + 2) = [ −1

(−0) ⋅ 4] = [−1−0

] = +∞

Skoro dążymy do dwójki z lewej strony, czyli po iksach mniejszych od dwóch, to x − 2 < 0, czyli x − 2dąży do zera, ale jest stale ujemne. Ten fakt zapisuje się właśnie w powyższy sposób, stawiając znakminus przed zerem. Analogicznie:

limx→2+

1 − xx2 − 4

= limx→2+

1 − x(x − 2)(x + 2) = [ −1

(+0) ⋅ 4] = [−1+0

] = −∞

Skoro granica lewo- i prawostronna są inne, to znaczy, że wyjściowa granica nie istnieje.

◇ ◇ ◇

Ciągłość funkcji

Mówimy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0 jeśli:

� Istnieje wartość w tym punkcie, czyli f(x0)

� Istnieje granica w tym punkcie, czyli limx→x0

f(x)

� Granica jest równa wartości, czyli limx→x0

f(x) = f(x0)

Ponadto, jeśli funkcja jest ciągła w każdym punkcie dziedziny, wtedy mówimy że funkcja jest ciągła.

Przykładowo funkcja:

f(x) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

sinxx dla x ≠ 0

3 dla x = 0

nie jest ciągła w zerze, bo co prawda ma tam wartość f(0) = 3 oraz granicę limx→0

f(x) = limx→0

sinxx

= 1,ale granica nie jest równa wartości.

◇ ◇ ◇

8

Asymptoty funkcji

Granice funkcji są też przydatne do wyznaczania asymptot funkcji, czyli takich prostych, do którychwykres funkcji zbliża się w nieskończoności (to znaczy gdy do nieskończoności dążą wartości lub ar-gumenty funkcji).

By znaleźć asymptoty funkcji, należy wyznaczyć najpierw dziedzinę funkcji i zapisać ją jako sumęprzedziałów, następnie policzyć granice na wszystkich końcach tych przedziałów, a następnie na tejpodstawie rozpoznać asymptoty:

� Jeśli w jakimś punkcie granica funkcji to nieskończoność, czyli:

limx→a±

f(x) = ±∞

to funkcja ma w tym punkcie asymptotę pionową x = a

� Jeśli w którejś nieskończoności granica funkcji jest liczbą, czyli:

limx→±∞

f(x) = a

to funkcja ma w tym punkcie asymptotę poziomą y = a

� Jeśli funkcja nie ma w którejś nieskończoności asymptoty poziomej, to można sprawdzić czyistnieją asymptoty ukośne. Jeśli poniższa granica jest niezerową liczbą:

limx→±∞

f(x)x

= a ≠ 0

oraz istnieje granica:b = lim

x→±∞(f(x) − ax)

to wówczas asymptotą ukośną jest prosta y = ax + b

Prześledźmy to na przykładzie. Załóżmy, że chcemy znaleźć asymptoty funkcji:

f(x) = x2 + 1x − 1

Oczywiście dziedziną funkcji jest Df = (−∞,1)∪(1,+∞). Policzmy więc granice na wszystkich końcachprzedziałów określoności:

limx→−∞

x2 + 1x − 1

= limx→−∞

x + 1x1 − 1x

= −∞ limx→1−

x2 + 1x − 1

= [ 2−0

] = −∞

limx→1+

x2 + 1x − 1

= [ 2+0

] = +∞ limx→+∞

x2 + 1x − 1

= limx→+∞

x + 1x1 − 1x

= +∞

Możemy stąd wywnioskować, że funkcja ma asymptotę pionową x = 1, ale nie ma asymptot poziomych.Skoro nie ma asymptot poziomych, to sprawdźmy czy są ukośne:

limx→±∞

f(x)x

= limx→±∞

x2 + 1x2 − x = lim

x→±∞

1 + 1x21 − 1x

= 1

oraz:

b = limx→±∞

(x2 + 1x − 1

− x) = limx→±∞

x + 1x − 1

= 1

skąd wniosek, że asymptotą ukośną jest y = x + 1

9

Ćwiczenia

2.1

Oblicz granice:

a) limx→∞

x4 + x2 + 1x + 100x3 + 2x4

b) limx→∞

x2 + 1x3 + 2

c) limx→−∞

x6 + x3 + 2x + 1x3 + x2 + 5x + 3

d) limx→−∞

x2 + 5x + 2√4x4 + 3x + 1 + x2

2.2

Oblicz granice:

a) limx→3

x2 − 5x + 6x2 − 9

b) limx→2

x3 − 8x2 − 10x + 16

c) limx→1

x3 − 2x2 + 1x3 − 4x2 − 2x + 5

d) limx→1

x5 − 1x4 − 1

2.3

Oblicz granice:

a) limx→1

√2x + 7 − 3

x2 + 4x − 5b) lim

x→1

√x + 3 − 2

x2 + 4x − 5c) lim

x→3

√3x + 7 − x − 1√x + 1 − 2

d) limx→−2

√2x + 8 + xx2 − 4

2.4

Oblicz granice:

a) limx→0

sin 2xsin 3x

b) limx→0

tg 3xsin x4

c) limx→0

ctg 5x ⋅ tg 2x d)* limx→0

sin2 2xcos2 3x − 4 cos 3x + 3

2.5

Oblicz granice:

a) limx→∞

(x + 3x − 3

)2x+1

b) limx→−∞

(4x − 14x + 5

)x−1

c) limx→∞

( x2 + 3xx2 + x + 1

)x

d) limx→∞

(2x − 33x − 1

)2x+1

2.6

Znajdź asymptoty funkcji:a) f(x) = x2

x2−4 b) f(x) = ∣x∣x+3 c) f(x) = x2+2x−3

x+4 d) f(x) =√x2 + 1 − x

2.7

a) Sprawdź czy następująca funkcja jest ciągła:

f(x) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

x2+2x−3x−1 dla x ≠ 1

1 dla x = 1

b) Wyznacz wartości parametru a dla którego funkcja jest ciągła w jedynce:

f(x) =⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

sin(x2−1)x−1 dla x ≠ 1

a2 + a dla x = 1

10

3 Pochodne

Liczenie pochodnych

Formalnie rzecz biorąc pochodna w punkcie jest granicą ilorazów różnicowych. Jednak do praktycznegoliczenia pochodnych wystarczy znać wyłącznie pochodne funkcji elementarnych oraz kilka podstawo-wych wzorów.

Pochodne funkcji elementarnych:

� (xn)′ = nxn−1 dla n ∈ R, w szczególności:

– (c)′ = 0 (x)′ = 1 ( 1x)′ = − 1x2 (√x)′ = 1

2√x

� (ex)′ = ex , (ax)′ = ax lna , (lnx)′ = 1x , (loga x)′ = 1

x lna

� (sinx)′ = cosx , (cosx)′ = − sinx , (tgx)′ = 1cos2 x , (ctgx)′ = − 1

sin2 x

� (arcsinx)′ = 1√

1−x2, (arccosx)′ = − 1

√

1−x2, (arc tgx)′ = 1

1+x2 , (arc ctgx)′ = − 11+x2

Tych wzorów warto nauczyć się na pamięć, bo sprawdzanie za każdym razem pochodnej danej funkcjiw tablicach (nawet jeśli te tablice ma się akurat pod ręką) jest czasochłonne. Oprócz tego wartowiedzieć, że:

� Pochodna sumy (różnicy) funkcji to suma (różnica) pochodnych:

(f(x) ± g(x))′ = f ′(x) ± g′(x)

� Stałą zawsze można wyłączyć przed pochodną:

(af(x))′ = af ′(x)

� Pochodną iloczynu oblicza się według wzoru:

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x)

� Pochodną ilorazu oblicza się według wzoru:

(f(x)g(x))

′

= f′(x)g(x) − f(x)g′(x)

(g(x))2

� Pochodną funkcji złożonej oblicza się według wzoru:

[f(g(x))]′ = f ′(g(x)) ⋅ g′(x)

◇

11

Przykładowe pochodne:(x4 + 5 sinx − lnx)′ = 4x3 + 5 cosx − 1x

(x2ex)′ = (x2)′ex + x2(ex)′ = 2xex + x2ex = ex(2x + x2)

(x2ex

)′ = (x2)′ex−x2(ex)′

(ex)2 = 2xex−x2exe2x = 2x−x2ex

Nieznacznie trudniejsze jest obliczanie pochodnej funkcji złożonych:(sin(ln(x2 + 4x)))′ = . . .Póki nie nabierze się wprawy można podstawić za ”wnętrze” funkcji zmienną t, tak aby nowa funkcjaod t była funkcją elementarną:. . . = (sin t)′ ∣t=ln(x2+4x)= . . .Następnie obliczamy pochodną funkcji elementarnej, pamiętając o domnożeniu przez pochodną funk-cji wewnętrznej (czyli tej za którą wstawiliśmy zmienną t):. . . = cos t ⋅ t′ ∣t=ln(x2+4x)= . . .i wracamy do podstawienia:. . . = cos(ln(x2 + 4x)) ⋅ (ln(x2 + 4x))′ = . . .I tak dalej. Jeśli nabierze się już wprawy, to można darować sobie wprowadzanie nowej zmiennej iliczyć w pamięci - pochodna logarytmu to odwrotność tego co ”w środku” razy pochodna tego co ”wśrodku”:. . . = cos(ln(x2 + 4x)) ⋅ 1

x2+4x ⋅ (2x + 4)

Kolejne przykłady:(2ln tgx2)′ = 2ln tgx2 ⋅ ln 2 ⋅ 1tgx2 ⋅ 1

cos2 x2 ⋅ 2x(najbardziej zewnętrzną funkcją jest 2t, stąd zaczynamy od liczenia jej pochodnej, a następnie do-mnażamy przez pochodną funkcji wewnętrznej)

(ex2 arcsin√x)′ = (ex2)′ arcsin

√x + ex2(arcsin

√x)′ = ex2 ⋅ 2x ⋅ arcsin

√x + ex2 ⋅ 1

√

1−x⋅ 12√x

◇

Jeszcze jednym typem pochodnej jest pochodna z funkcji typu

f(x)g(x)

Oblicza się ją korzystając z przekształcenia:

f(x) = eln f(x)

skądf(x)g(x) = eg(x) ln f(x)

i już mamy do czynienia ze zwykłą funkcją złożoną.

Przykładowo:(xsinx)′ = (esinx lnx)′ = esinx lnx ⋅ (sinx lnx)′ = xsinx ⋅ (cosx lnx + sinx ⋅ 1x)

12

Reguła de l’Hospitala

Jednym z wielu zastosowań pochodnych jest reguła de l’Hospitala, czyli metoda obliczania granic wprzypadku niektórych wyrażeń nieoznaczonych. Reguła ta to jedno z najsilniejszych narzędzi do ob-liczania granic.

Jeśli obliczamy granicę (w punkcie lub w nieskończoności):

limx→a

f(x)g(x)

i obie funkcje f, g dążą jednocześnie do zera lub do nieskończoności, czyli mamy do czynienia z nie-oznaczonością typu [00] lub [∞

∞], to granicę można obliczyć według wzoru:

limx→a

f(x)g(x) = lim

x→a

f ′(x)g′(x)

(o ile granica po prawej stronie istnieje)

◇

Przykłady:

limx→0

ex − e−xx

= . . . Łatwo widać, że mamy do czynienia z nieoznaczonością typu [00], zatem możemyużyć reguły de l’Hospitala:

. . . = (H) = limx→0

(ex − e−x)′(x)′ = lim

x→0

ex + e−x1

= 2

limx→0

ln sin 2xln sinx

= (H) limx→0

2 cos 2xsin 2xcosxsinx

= limx→0

2 tgxtg 2x

= (H) =

= limx→0

2cos2 x2

cos2 2x

= limx→0

cos2 2xcos2 x

= 1

Niektóre inny typy nieoznaczoności można doprowadzić do postaci w której można użyć reguły del’Hospitala:

� Nieoznaczoność typu [0 ⋅ ∞]Jeśli w iloczynie dwóch funkcji jedna dąży do zera, a druga do nieskończoności, możemy odwrócić(w sensie liczbowym) którąkolwiek z nich i w ten sposób otrzymać nieskończoność z założeńreguły de l’Hospitala:limx→0

(ex − 1) ⋅ ctgx = . . .Oczywiście ex − 1 dąży w zerze do zera, a ctgx do nieskończoności. Ale:ctgx = 1

tgxwięc nasza granica jest równa:

limx→0

ex − 1tgx

= (H) = limx→0

ex

1cos2 x

= 1

13

� Nieoznaczoność typu [∞−∞]W takim wypadku najczęściej można sprowadzić wyrażenie z którego liczymy granicę do wspól-nego mianownika:

limx→0

(1x− 1

sinx) = lim

x→0

sinx − xx sinx

= (H) =

= limx→0

cosx − 1sinx + x cosx

= (H) = limx→0

− sinx2 cosx − x sinx

= 0

� Nieoznaczoności typu [00], [∞0], [1∞]W takim wypadku używamy podobnego przekształcenia jak w wypadku liczenia pochodnejfunkcji typu f(x)g(x):limx→0

xx = limx→0

ex lnx = elimx→0 x lnx

(ostatnie przekształcenie wynika z ciągłości funkcji ex)Policzymy osobno granicę z wykładnika:

limx→0

x lnx = limx→0

lnx1x

= (H) = limx→0

1x

− 1x2= limx→0

(−x) = 0

więc nasza granica to: e0 = 1

Ćwiczenia

3.1

Oblicz pochodne funkcji:a) f(x) = ex sinx e) f(x) = (x2 + 1)2012 j) f(x) =

√lnx ⋅ sin(x2 + 1)

b) f(x) = sinxex f) f(x) = arcsin ln arc tgx k) f(x) = xarcsinx

c) f(x) = 2√tgx g) f(x) =

√√√x i) f(x) = earcsinx

sin3 2xd) f(x) = sin ex2+1 h) f(x) = ex2+1 ⋅ sin cosx l) f(x) = (sinx)x

3.2

Oblicz granice:

a) limx→0

1 − cosxx2

e) limx→0

(1x− ctgx) i) lim

x→1(1 − x) tg

12π

b) limx→0

ex − x − 1sin2 x

f) limx→0

(ex − e−x)2x2 cosx

j) limx→∞

(x − x2 ln(1 + 1x))

c) limx→0

x − arc tgxx2

g) limx→0

( 1x2

− 1sin2 x

) k) limx→0+

(1 + x)lnx

d) limx→1

x10 − 9x + 8x7 − 6x + 5

h) limx→1

x2 − 1x2

tg12πx l) lim

x→∞( 2π

arc tgx)x

14

4 Przebieg zmienności funkcji

Badając pierwszą i drugą pochodną funkcji można uzyskać informacje o samej funkcji.

� Pierwsza pochodna

– Jeśli w jakimś przedziale jest f ′(x) > 0, to w tym przedziale f(x) jest rosnąca.

– Jeśli w jakimś przedziale jest f ′(x) < 0, to w tym przedziale f(x) jest malejąca.

– Jeśli w jakimś punkcie jest f ′(x0) = 0 oraz w tym punkcie f ′(x) zmienia znak, to w tympunkcie jest ekstremum lokalne.

� Druga pochodna

– Jeśli w jakimś przedziale jest f ′′(x) > 0, to w tym przedziale f(x) jest wypukła.

– Jeśli w jakimś przedziale jest f ′′(x) < 0, to w tym przedziale f(x) jest wklęsła.

– Jeśli w jakimś punkcie jest f ′′(x0) = 0 oraz w tym punkcie f ′′(x) zmienia znak, to w tympunkcie jest punkt przegięcia.

Przykładowo jeśli chcemy znaleźć przedziały monotoniczności i ekstrema funkcji f(x) = xx2+1 , to

(po zauważeniu, że dziedzina to R) liczymy pierwszą pochodną:

f ′(x) = x2 + 1 − x ⋅ 2x(x2 + 1)2 = 1 − x2

(x2 + 1)2 =(1 − x)(1 + x)

(x2 + 1)2

Widać stąd, że pochodna zeruje się tylko w punktach x = 1 i w x = −1. Nietrudno też zbadać (metodą”wężyka”), że f ′(x) > 0 w przedziale (−1,1) oraz f ′(x) < 0 w przedziałach (−∞,−1) i (1,+∞). Wnioskina temat samej funkcji można sformułować słownie, ale najwygodniej jest przedstawić je w tabelce:

x (−∞,−1) −1 (−1,1) 1 (1,∞)f ′(x) − 0 + 0 −f(x) ↘ min ↗ max ↘

Z tabelki można odczytać gdzie funkcja rośnie, a gdzie maleje, a także, że ma minimum lokalne wx = −1 (równe f(−1) = −12) oraz maksimum lokalne w x = 1 (równe f(1) = 12).

◇

Gdybyśmy natomiast chcieli znaleźć przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcjif(x) = x4 − 6x2 + 2x + 5, to trzeba znaleźć drugą pochodną:

f ′(x) = 4x3 − 12x + 2 f ′′(x) = 12x2 − 12 = 12(x − 1)(x + 1)

Jak poprzednio bardzo łatwo sprawdzić gdzie druga pochodna się zeruje, gdzie jest dodatnia i gdziejest ujemna. I jak poprzednio wnioski najwygodniej zamieścić w tabelce:

x (−∞,−1) −1 (−1,1) 1 (1,∞)f ′′(x) + 0 − 0 +f(x) ⌣ p.p. ⌢ p.p. ⌣

Jak widać punkty przegięcia są w x = 1 (wówczas f(1) = 2) oraz w x = −1 (wówczas f(−1) = −2).

15

Uwaga!: w pierwszym wierszu tabelki punktami wyróżnionymi są miejsca zerowe pochodnej (tejktórą akurat badamy) oraz wszystkie punkty, które wypadły z dziedziny.Natomiast jeśli badamy pełen przebieg zmienności funkcji, to w pierwszym wierszu punktami wyróż-nionymi muszą być miejsca zerowe obu pochodnych oraz punkty, które wypadły z dziedziny.

◇

Wykorzystując całą zebraną do tej pory wiedzy możemy wyciągnąć wszystkie informacje o zachowaniufunkcji, czyli zbadać tytułowy przebieg zmienności funkcji. Schemat postępowania wygląda mniejwięcej tak:

1. Zebranie wstępnych informacji o funkcji:

� Dziedzina (koniecznie)

� Miejsca zerowe (niekoniecznie, ale warto wiedzieć gdzie wykres przecina oś OX)

� Parzystość, nieparzystość, okresowość (opcjonalnie)

2. Asymptoty

� Granice na wszystkich końcach przedziałów określoności

� Wnioski na temat asymptot pionowych i poziomych

� Ewentualne szukanie asymptot ukośnych

3. Badanie pierwszej pochodnej

� Doprowadzenie pochodnej do najprostszej postaci (najlepiej iloczynowej)

� Zbadanie miejsc zerowych pochodnej oraz jej znaku

4. Badanie drugiej pochodnej

� Doprowadzenie drugiej pochodnej do najprostszej postaci (najlepiej iloczynowej)

� Zbadanie miejsc zerowych drugiej pochodnej oraz jej znaku

5. Tabelka

� Informacje o obu pochodnych zamieszczamy w tabelce i na ich podstawie wnioskujemy natemat zachowania funkcji

6. Wykres

◇Oczywiście redagując rozwiązanie jakiegoś zadania nie trzeba ściśle trzymać się powyższych punktów- wystarczy, żeby w rozwiązaniu znalazły się wszystkie istotne rzeczy.

Prześledźmy to na przykładzie.

16

Zbadajmy funkcję f(x) = ex

x .

Oczywiście jej dziedzina to Df = (−∞,0) ∪ (0,+∞). Widać też, że w dziedzinie funkcja nie ma miejsczerowych. Poszukajmy zatem asymptot, zaczynając od liczenia granic na końcach przedziałów okre-śloności:

limx→−∞

ex

x= [ 0

∞] = 0

limx→+∞

ex

x= (H) = lim

x→+∞

ex

1= +∞

limx→0−

ex

x= [ 1

−0] = −∞ lim

x→0+

ex

x= [ 1

+0] = +∞

Możemy zatem wywnioskować, że obustronną asymptotą pionową jest x = 0, lewostronną asympto-tą poziomą jest y = 0, natomiast nie ma asymptoty poziomej prawostronnej. Analogiczny rachunek(dwukrotnie użyta reguła de l’Hospitala) pokazuje, że nie ma też prawostronnej asymptoty ukośnej.

Przejdźmy więc do analizy pochodnych. Mamy:

f ′(x) = exx − exx2

= ex(x − 1)x2

oraz

f ′′(x) = exx ⋅ x2 − ex(x − 1) ⋅ 2x

x4= e

x(x2 − 2x + 2)x3

Łatwo widać, że pierwsza pochodna zeruje się w jedynce, dla argumentów mniejszych od jedynki jestujemna, a dla większych od jedynki dodatnia. Natomiast druga pochodna nie ma miejsc zerowych,ale jest dodatnia dla iksów dodatnich i ujemna dla ujemnych.

Zamieśćmy te informacje w tabelce:

x (−∞,0) 0 (0,1) 1 (1,∞)f ′(x) − × − 0 +f ′′(x) − × + +f(x) ¿ × Ç min Ä

Minimum lokalne w jedynce jest równe f(1) = e

Wypełnianie tabelki należy zacząć od pierwszego miejsca - wyróżniamy w nim wszystkie miejscazerowe obu pochodnych, punkty które wypadły z dziedziny oraz wszystkie przedziały między tymipunktami.Następnie uwzględniamy dziedzinę, to znaczy wykreślamy te miejsca, w których funkcja i jej pochodnenie istnieją.Później wypełniamy kolejne wiersze, zapisując w nich informacje uzyskane przy badaniu obu po-chodnych (tzn. znak i miejsca zerowe), a na koniec uzupełniamy ostatni wiersz na podstawie dwóchwcześniejszych.

Na końcu na podstawie asymptot i tabelki możemy zrobić wykres funkcji:

17

Ćwiczenia

4.1

Znajdź przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji:a) f(x) = x3 + 3x2 − 9x + 2 b) f(x) = x3

x+2c) f(x) = x−1

√

x+2d) f(x) = (x2 − 3)e−x

4.2

Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty przegięcia funkcji:a) f(x) = x4 − 6x2 + x + 3 b) f(x) = ln(x2 + 4)c) f(x) = (1 + x2)ex d) f(x) = x lnx

4.3

Zbadaj przebieg zmienności funkcji:a) f(x) = xe−x b) f(x) = x2

x2−1

18

5 Całkowanie przez części i przez podstawienie

Całkowanie to operacja odwrotna do liczenia pochodnych, tzn.:

∫ f(x)dx = F (x) +C⇔ F ′(x) = f(x)

Z definicji oraz z tabeli pochodnych funkcji elementarnych od razu wynika tabela całek funkcji ele-mentarnych:Całki funkcji elementarnych:

� ∫ xndx = xn+1

n + 1dla n ≠ −1, w szczególności:

– ∫ 1dx = x +C, ∫ xdx = x2

2+C, ∫

dx

x2= −1

x+C, ∫

dx√x= 2

√x +C

� ∫ exdx = ex +C, ∫ axdx = ax

lna+C, ∫

1xdx = ln ∣x∣ +C

� ∫ sinxdx = − cosx +C, ∫ cosxdx = sinx +C, ∫dx

cos2 x= tgx +C, ∫

dx

sin2 x= − ctgx +C

� ∫dx√1 − x2

= arcsinx +C , ∫dx

1 + x2 = arc tgx +C

Podobnie jak przy pochodnych mamy też wzory:

∫ (f(x) + g(x))dx = ∫ f(x)dx + ∫ g(x)dx, ∫ af(x)dx = a∫ f(x)dx

Wszystkie inne całki będziemy starali się sprowadzić do całek z funkcji elementarnych.

Dwa główne narzędzia, które do tego służą to całkowanie przez części oraz całkowanie przez pod-stawienie.

Całkowanie przez częściWzór na całkowanie przez części:

∫ u′v = uv − ∫ uv′

Jego stosowanie ma sens wtedy gdy całka po prawej stronie równości będzie łatwiejsza do policzenianiż ta po lewej.

Przykład:

∫ x cosxdx = ∣u′ = cosx u = sinxv = x v′ = 1

∣ = x sinx − ∫ sinx = x sinx + cosx +C

Gdybyśmy przyjęli odwrotnie, tzn. u′ = x, v = cosx, to nową całką byłaby ∫ x2 sinx, czyli byłabytrudniejsza niż wyjściowa.

19

Całkowanie przez podstawienieCałkowanie przez podstawienie odbywa się według schematu:

∫ f ′(g(x))g′(x)dx = ∣ t = g(x)dt = g′(x)dx∣ = ∫ f ′(t)dt = f(t) +C = f(g(x)) +C

Praktyczna wskazówka jest taka, żeby w funkcji podcałkowej szukać pary: funkcja i jej pochodna sto-jąca przy dx.

Przykłady:

∫ xex2dx =

RRRRRRRRRRRRRR

t = x2dt = 2xdx12dt = xdx

RRRRRRRRRRRRRR= 1

2 ∫ etdt = 12et +C = 1

2ex2 +C

∫dx

x lnx= ∣t = lnxdt = dx

x

∣ = ∫dt

t= ln ∣t∣ +C = ln ∣ lnx∣ +C

∫xdx

1 + x4 =RRRRRRRRRRRRRR

t = x2dt = 2xdx12dt = xdx

RRRRRRRRRRRRRR= 1

2 ∫dt

1 + t2 =12

arc tg t +C = 12

arc tgx2 +C

O ile w przypadku liczenia pochodnych na wszystko jest algorytm, o tyle przy całkowaniu potrzebnajest odrobina inwencji: po pierwsze trzeba wybrać metodę całkowania, a po drugie przy podstawieniutrzeba znaleźć odpowiednie podstawienie. Nie ma innej metody na nauczenie się tego niż samodzielnepoliczenie n całek dla dostatecznie dużych n (proponowałbym n ≥ 200).

Ćwiczenia

5.1

Oblicz całki stosując metodę całkowania przez części:a) ∫ x cosxdx b) ∫ x2exdx c) ∫ x lnxdx d) ∫ lnxdxe) ∫ arc tgxdx1+x2 f) ∫ xarc tgxdx g) ∫ x ln2 xdx h) ∫ ex cos 2xdx

5.2

Oblicz całki stosując metodę całkowania przed podstawienie:a) ∫ x cosx2dx b) ∫ (2x2 − 5)2012xdx c) ∫ arc tgxdx1+x2 d) ∫ ln

2 xdxx

e) ∫ dx

x√

1−ln2 xf)∫ x2dx

x6+1 g) ∫ dxex+e−x h) ∫ ex sin2 ex cos exdx

5.3

Oblicz całki:a) ∫ x3ex

2dx b) ∫ e2x sin exdx c) ∫ x+1

sin2 xdx d) ∫ arcsinxdxe) ∫ arccos2 xdx f)∫ sin 2xdxcos4 x+1 g) ∫ lnxdxx3 h) ∫ x

cos2 xdx

20

6 Całkowanie funkcji wymiernych

Funkcje wymierne to funkcje postaci ”wielomian przez wielomian”. Szczególnym przypadkiem funkcjiwymiernych są tzw. ułamki proste czyli funkcje wymierne postaci:

A(ax+b)n oraz Ax+B

(ax2+bx+x)n przy czym w mianowniku ∆ < 0

Całkowanie ułamków prostychKażdy typ ułamka prostego ułamka prostego umiemy scałkować, co łatwo widać na przykładach:

� ∫ 2x−4 = 2 ∫ 1

x−4 = 2 ln ∣x − 4∣ +C

� ∫ 1(x−1)4 = ∫ (x − 1)−4 = (x−1)

−3

−3 +C

� ∫ 6x+5x2+4x+8 = . . .

W pamięci liczymy, że pochodną mianownika jest 2x + 4, a następnie chcemy ”wyodrębnić” tępochodną w liczniku:. . . = ∫ 3(2x+4)−7x2+4x+8 = 3 ∫ 2x+4

x2+4x+8 − 7 ∫ 1x2+4x+8

W pierwszej całce możemy skorzystać z faktu, że ∫ f ′

f = ln ∣f ∣, co oznacza, że ta całka jest równaln(x2 + 4x + 8). Natomiast drugą całkę policzymy korzystając ze wzoru ∫ 1

x2+a2 = 1a arc tg xa :

∫ 1x2+4x+8 = ∫ 1

(x+2)2+22 = 12 arc tg x+22

Ostatecznie więc nasza całka to:3 ln(x2 + 4x + 8) − 72 arc tg x+2

2 +C

� ∫ 6x+5(x2+4x+8)3

W takim wypadku przekształcamy nawias z mianownika do postaci t2 + 1:x2 + 4x + 8 = (x + 2)2 + 4 = 4 ⋅ ((x+22 ) + 1)więc nasza całka jest równa:164 ∫ 6x+5

((x+22 )+1)

3dx

i teraz podstawiamy x+22 = t, skąd dx = 2dt oraz x = 2t − 2, więc mamy:

132 ∫ 12t−7

(t2+1)3dt = 632 ∫ 2t(t2+1)dt − 732 ∫ 1

(t2+1)3dt

W pierwszej całce wystarczy teraz podstawić t2 + 1 = u i 2tdt = du, by sprawdzić, że:∫ 2t(t2+1)dt = ∫ du

u3 = − 12u2 +C = − 12(t2+1)2 +C = − 1

2((x+22 )+1)2 +C

Natomiast w drugiej całce możemy użyć wzoru rekurencyjnego - jeśli oznaczymy In = ∫ 1(t2+1)n ,

to:

In =t

2(n − 1)(t2 + 1)n−1 +2n − 32n − 2

In−1

Widać więc, że nasze szukane I3 możemy sprowadzić do liczenia I2, a to z kolei możemy spro-wadzić do liczenia I1, które oczywiście jest równe arc tg t. Policzenie szukanej całki jest więcwykonalne, ale bardzo żmudne.

Skoro umiemy całkować każdy ułamek prosty, to gdyby dowolną funkcję wymierną dało się przed-stawić jako sumę ułamków prostych, to udałoby się też ją scałkować. Okazuje się, że takie przedsta-wienie jest możliwe, o czym mówi nam twierdzenie o rozkładzie funkcji wymiernej na ułamki proste.

21

Rozkład funkcji wymiernej na ułamki prosteAby rozłożyć funkcję wymierną na ułamki proste najpierw musimy zadbać o to by stopień wielomia-nu w mianowniku był niższy niż stopień wielomianu w liczniku. Jeśli tak nie jest, to zaczynamy odpodzielenia (pisemnie) wielomianu z licznika przez wielomian z mianownika:x4+2x3−x+1x2−x+2 = (x

2−x+2)(x2+3x)−7x+1

x2−x+2 = (x2 + 3x) − 7x−1x2−x+2

Gdybyśmy całkowali wyjściową funkcję, to powyższe przekształcenie sprowadza nam problem do scał-kowania wielomianu x2 + 3x (co umiemy) oraz scałkowania nowej funkcji wymiernej, w której już jesttak jak chcemy, czyli stopień wielomianu z licznika jest mniejszy niż stopień wielomianu z licznika.

Jeśli już tak jest, to możemy rozłożyć taką funkcję wymierną postępując według schematu:

1. Rozkładamy wielomian z mianownika na czynniki. Jak wiadomo każdy wielomian daje się roz-łożyć na iloczyn wielomianów stopnia co najwyżej drugiego.

2. Zależnie od postaci czynników przewidujemy jakiego typu ułamki proste znajdą się w rozkładzie:

Rodzaj czynnika Postać ułamka prostegox − 2 A

x−2(x − 1)3 A

x−1 + B(x−1)2 + C

(x−1)3

x2 + x + 1 Ax+Bx2+x+1

(x2 + 1)3 Ax+Bx2+1 + Cx+D

(x2+1)2 + Ex+F(x2+1)3

Przykładowo:

�x

(x−3)(x+1) = Ax−3 + B

x+1

�2x−1

x3(x2+1) = Ax + B

x2 + Cx3 + Ex+F

x2+1

3. Znajdujemy wartości stałych A,B,C, . . . z ułamków prostych:

(a) Sprowadzamy ułamki proste do wspólnego mianownika.

(b) Porównujemy licznik tego co wyszło z licznikiem wyjściowej funkcji wymiernej.

(c) Wstawiamy w miejsce x tyle różnych wartości ile mamy stałych A,B,C, . . . do znalezienia(przy czym wartości te wybieramy tak, by liczyło się najwygodniej)

(d) Rozwiązujemy otrzymany układ równań liniowych

Przykład:∫ x

x2−3x+2Rozkładamy funkcję na ułamki proste:

xx2−3x+2 = x

(x−1)(x−2) = Ax−1 + B

x−2 =A(x−2)+B(x−1)(x−1)(x−2)

Porównujemy liczniki: x = A(x − 2) +B(x − 1) i wstawiając kolejno x = 1 i x = 2 otrzymujemy 1 = −A(czyli A = −1) oraz B = 2. Tak więc nasza całka to:

∫ xx2−3x+2 = − ∫ 1

x−1 + 2 ∫ 1x−2 = − ln ∣x − 1∣ + 2 ln ∣x − 2∣ +C = ln (x−2)

2

∣x−1∣ +C

Ćwiczenia

6.1

Oblicz całki z funkcji wymiernych:a) ∫ 2x+1x2−xdx b) ∫ x−1

x3+xdx c) ∫ 9x+1x3+3x2+7x+5dx d) ∫ x2+3

x3−x2−x+1dx e) ∫ 3x+14x2+4x+17dx f) ∫ 1

(x2+4x+5)2dx

22

7 Całkowanie funkcji niewymiernych

Przez ”funkcje niewymierne” będziemy rozumieć tutaj tylko funkcje, w których występuje pierwiastekbądź z trójmianu kwadratowego, bądź też z funkcji homograficznej. Oczywiście w istocie klasa funkcjiniewymiernych jest o wiele szersza (w szczególności można by do tego działu dorzucić całkowanie wy-rażeń dwumiennych oraz całki eliptyczne), ale dla naszych potrzeb wystarczą tylko wymienione typy.

Całki z funkcji z√ax2 + bx + c

Kluczowe są tutaj dwa wzory:

∫1√x2 + q

dx = ln ∣x +√x2 + q∣ +C, ∫

1√q − x2

dx = arcsinx√q+C

lub ogólniej:

∫1√

(x − p)2 + qdx = ln ∣x − p +

√(x − p)2 + q∣ +C, ∫

1√q − (x − p)2

dx = arcsinx − p√q+C

Jeśli więc liczymy całkę postaci ∫ dx√

ax2+bx+c, to wystarczy sprowadzić trójmian z mianownika do po-

staci kanonicznej.Przykład:

∫ 3dx√

4x2+4x+9= ∫ 3dx

√

4(x+ 12 )2+8

= 32 ∫ dx√

(x+ 12 )2+2

= 32 ln ∣x + 12 +√

(x + 12)2 + 2∣

Jeśli w liczniku mamy wyrażenie liniowe, to możemy ”wyodrębnić” z licznika pochodną trójmianuz mianownika i podzielić szukaną całkę na dwie całki.Przykład:

∫ 2x+3√

4x2+4x+9dx = ∫

14 (8x+4)+2√

4x2+4x+9dx = 14 ∫ 8x+4

√

4x2+4x+9dx + 2 ∫ 1

√

4x2+4x+9dx

Druga całka to ta z poprzedniego przykładu. Natomiast, żeby policzyć pierwszą wystarczy scałkowaćprzez podstawienie:

∫ 8x+4√

4x2+4x+9dx = ∣t = 4x2 + 4x + 9

dt = (8x + 4)dx∣ = ∫dt√

t= 2

√t +C = 2

√4x2 + 4x + 9 +C

Jeśli natomiast w liczniku mamy wielomian stopnia wyższego niż jeden, to możemy przewidzieć postaćrozwiązania. Jeśli Wn(x) jest wielomianem n-tego stopnia, to dla pewnego wielomianu Vn−1(x) stopnian − 1 i dla pewnej stałej A zachodzi równość:

∫Wn(x)dx√ax2 + bx + c

= Vn−1(x)√ax2 + bx + c + ∫

Adx√ax2 + bx + c

Ostatnią całkę już umiemy policzyć, wystarczy zatem znaleźć wielomian Vn−1(x) i stałą A. Można tozrobić licząc pochodną obu stron, porządkując obie strony i porównując współczynniki przy odpowied-nich potęgach wielomianów.

23

Całki z funkcji z n

√ax+bcx+d

Jeśli w funkcji podcałkowej występują wyrażenia postaci n√

ax+bcx+d ,

m

√ax+bcx+d , . . ., to używamy podstawienia

t = r

√ax+bcx+d , gdzie r to najmniejsza wspólna wielokrotność liczb n,m, . . .. Przykładowo:

� W całce ∫3√x+

√x

4√x+3 dx podstawilibyśmy t = 12√x

� W całce ∫√

x−2x+4dx podstawilibyśmy t =

√x−2x+4

� W całce ∫ dx√

1x−1+

3√

1x−1

podstawilibyśmy t = 6√1x−1

Ideą takiego podstawienia jest sprowadzenie naszej całki do całki z funkcji wymiernej przez pozbyciesię pierwiastków.Przykłady:

∫ 12 4√x+ 3√x+√xdx =

RRRRRRRRRRRRRR

t = 12√x

t12 = xdx = 12t11dt

RRRRRRRRRRRRRR= ∫ 12t11dt

2t3+t4+t6

∫ x√

x−1x+2dx = ∣t =

√x−1x+2

∣ = . . .Z podstawienia wyznaczamy x: t2 = x−1

x+2 , t2x + 2t2 = x − 1, x − t2x = 2t2 + 1, x = 2t2+11−t2

i obliczamy, że dx = 6t(1−t2)2dt, więc nasza całka to:

. . . = ∫ 2t2+1

1−t2 ⋅ t ⋅ 6t(1−t2)2dt

czyli dostajemy zwykłą całkę z funkcji wymiernej (choć akurat tutaj skomplikowaną rachunkowo).

Ćwiczenia

7.1

Oblicz całki z funkcji niewymiernych:a) ∫ dx

√

6x−x2b) ∫ 3x−1

√

5+4x−x2dx c)* ∫ x2dx

√

x2+2x+2

d) ∫ 3√

x+1+ 3√

x+1dx e) ∫ x2

√x − 3dx f) ∫

√1−x1+x

dxx

8 Całkowanie funkcji trygonometrycznych

Najskuteczniejszą (choć nie zawsze najszybszą) metodą całkowania funkcji w których pojawiają sięfunkcje trygonometryczne jest zastosowanie podstawienia uniwersalnego:

Jeśli t = tgx

2to dx = 2dt

1 + t2 , sinx =2t

1 + t2 , cosx = 1 − t21 + t2

To podstawienie pozwala pozbyć się z funkcji podcałkowej funkcji trygonometrycznych, jeśli więc wyj-ściowa funkcja podcałkowa była funkcją wymierną od sinusa i cosinusa, to nowa całka będzie całką zezwykłej funkcji wymiernej.Przykład:∫ 12 sinx+3 cosxdx = ∣t = tg x

2 ∣ = ∫ 12⋅ 2t1+t2

+3⋅ 1−t2

1+t2

2dt1+t2 = ∫ 2dt

−3t2+4t+3

co sprowadza liczenie do takiej całki jaką już umiemy.

24

Czasem jednak można liczyć prościej. Najbardziej typowym przykładem są całki postaci:

∫ sinn x cosm xdx

Postępujemy wówczas według schematu:

� Jeśli n,m są nieparzyste, to podstawiamy t = sinx lub t = cosx

� Jeśli n jest nieparzyste, a m parzyste, to podstawiamy t = cosx

� Jeśli n jest parzyste, a m nieparzyste, to podstawiamy t = sinx

� Jeśli n,m są parzyste, to mamy trzy możliwości:

– Użyć podstawienia podobnego do uniwersalnego, tzn.:

Jeśli t = tgx to dx = dt

1 + t2 , sin2 x = t2

1 + t2 , cos2 x = 11 + t2

– Użyć wzorów sinx cosx = sin 2x2 i cos2 x = 1+cos 2x2

– Pozbyć się jednej z funkcji sin, cos i zastosować wzory rekurencyjne

Przykłady:

� ∫ sin2 x cos3 xdx = ∫ sin2 x(1 − sin2 x) cosxdx = ∣ t = sinxdt = cosdx

∣ = ∫ (t2 − t4)dt =

= t3

3 − t5

5 +C = sin3 x3 − sin5 x5 +C

� ∫ sin2 x cos4 xdx = ∣t = tgx∣ = ∫ t2

t2+1 ⋅ 1(1+t2)2 ⋅ dt

1+t2

W ten sposób otrzymujemy całkę z funkcji wymiernej, a to już umiemy (choć akurat w tymprzypadku trzeba się mocno nagimnastykować ze wzorami na In)

� ∫ sin2 x cos4 xdx = ∫ (sinx cosx)2 cos2 xdx = 14 ∫ sin2 2x(1 + cos 2x)dx =

= ∣ t = 2xdx = 12dt

∣ = 18 ∫ (sin2 t + sin2 t cos t)dt

Scałkować sin2 t cos t oczywiście umiemy, natomiast w przypadku całki z sin2 t wystarczy zasto-sować:

∫ sin2 xdx = 12x + sinx cosx +C, ∫ cos2 xdx = 1

2x − sinx cosx +C, sin2 x = 1 − cos 2x

2

Ćwiczenia

8.1

Oblicz całki z funkcji trygonometrycznych:a) ∫ 1+sinx

sinx(1+cosx)dx b) ∫ 1sin3 xdx c) ∫ sin5 x cos4 xdx d) ∫ sin2 x cos2 xdx

25

9 Całki oznaczone

Całkę oznaczoną definiuje się jako granicę sum pól pod krzywą, z czego wynika geometryczna inter-

pretacja - całka oznaczonab

∫a

f(x)dx jest równa (co do modułu) polu figury między krzywą f(x) a

osią OX i znajdującej się między prostymi x = a i x = b. Równie ważny co interpretacja geometrycznajest fakt wynikający z Podstawowego Twierdzenia Rachunku Całkowego:

Jeśli ∫ f(x)dx = F (x) +C tob

∫a

f(x)dx = F (x)∣ba = F (b) − F (a)

Przykładowo:e

∫1

lnxdx = (x lnx − x)∣e1 = (e ln e − e) − (1 ⋅ ln 1 − 1) = 1

Niektóre zastosowania całek oznaczonych

1) Pole figury płaskiej:a) współrzędne kartezjańskie - jeśli figura jest ograniczona przez y = f(x) (z góry), y = g(x) (z dołu)

oraz x = a, x = b, to jej pole to: S =b

∫a

(f(x) − g(x))dx

b) współrzędne biegunowe - jeśli figura składa się z punktów o kącie należącym do przedziału [α,β]

(gdzie α,β ∈ [0,2π) i promieniu mniejszym od r = r(φ), to jej pole to: S = 12

β

∫α

(r(φ))2dφ

c) postać parametryczna - jeśli figura leży pomiędzy osią OX, a krzywą x = x(t), y = y(t) gdziet ∈ [t1, t2], oraz x′(t) i y(t) są ciągłe, x(t) monotoniczna, a y(t) stałego znaku, to pole tej figury to:

S =t2

∫t1

∣y(t)x′(t)∣dt

2) Długość krzywej:

a) współrzędne kartezjańskie - długość krzywej y = f(x) dla x ∈ [a, b] to: l =b

∫a

√1 + (f ′(x))2dx

b) współrzędne biegunowe - długość krzywej r = r(φ) dla φ ∈ [α,β] (gdzie α,β ∈ [0,2π)) to: l =β

∫α

√(r(φ))2 + (r′(φ))2dφ

c) postać parametryczna - długość krzywej x = x(t), y = y(t) dla t ∈ [t1, t2] to: l =t2

∫t1

√(x′(t))2 + (y′(t))2dt

3) Objętość bryły obrotowej:a) współrzędne kartezjańskie - bryła powstała przez obrót figury płaskiej ograniczonej krzywymi

y = f(x), y = 0, x = a, x = b wokół osi OX ma objętość: V = πb

∫a

(f(x))2dx

b) postać parametryczna - bryła powstała przez obrót figury płaskiej ograniczonej krzywą x = x(t),y = y(t) (gdzie x′(t) i y(t) są ciągłe, a x′(t) jest stałego znaku) dla t ∈ [t1, t2] i osią OX wokół osi OX

26

ma objętość: V = πt2

∫t1

(y(t))2∣x′(t)∣dx

4) Pole powierzchni bocznej bryły obrotowej:a) współrzędne kartezjańskie - bryła powstała przez obrót figury płaskiej ograniczonej krzywymi

y = f(x), y = 0, x = a, x = b wokół osi OX ma pole powierzchni bocznej: Pp = πb

∫a

∣f(x)∣√

1 + (f ′(x))2dx

b) postać parametryczna - bryła powstała przez obrót figury płaskiej ograniczonej krzywą x = x(t), y =

y(t) dla t ∈ [t1, t2] i osiąOX wokół osiOX ma pole powierzchni bocznej: Pp = πt2

∫t1

∣y(t)∣√

(x′(t))2 + (y′(t))2dx

Zadania przy których potrzebny jest któryś z powyższych wzorów robi się schematycznie - podsta-wiamy do stosownego wzoru (być może czasem trzeba najpierw znaleźć granice całkowania), a potemliczymy stosowną całkę nieoznaczoną (co zazwyczaj jest najtrudniejszą częścią zadania) i wstawiamyna koniec granice całkowania. Prawie zawsze wygodnie jest zacząć rozwiązanie od zrobienia rysunku(czasem jest to wręcz niezbędne).

Najbardziej typowe zadanie to policzenie pola figury ograniczonej przez dwie krzywe. Niech jednąkrzywą ograniczającą naszą figurę będzie y = x2, a drugą y = 4. Po zrobieniu rysunku widać, że figurama kształt ”miski” oraz górna krzywa to y = 4, a dolna y = x2. Pozostaje znaleźć granice całkowania- są to pierwsze współrzędne punktów wspólnych tych dwóch krzywych, czyli takich punktów, którespełniają oba równania naraz. Z porównania igreków dostajemy x2 = 4, czyli x = −2 lub x = 2, stądnasze pole to:

S =2

∫−2

(4 − x2) = (4x − x3

3 ) ∣2−2 = 483

Używając powyższych wzorów można też łatwo wyprowadzić wiele zależności geometrycznych. Wy-prowadźmy dla przykłady wzór na obwód koła o promieniu R. We współrzędnych biegunowych okrągo takim promieniu ma równanie r(φ) = R gdzie φ ∈ [0,2π]. W takim razie r′(φ) = 0 i ze wzoru 2bmamy:

Obw =2π

∫0

√R2 + 02dφ = Rφ∣2π0 = 2πR

czyli rzeczywiście wzór poznany w szkole średniej jest prawdziwy.

Ćwiczenia

9.1

Znajdź pola figur ograniczonych krzywymi:a)y = sinx, y = cosx,x = 0, x = π

2 b) y = x2 − 2, y = x

9.2

Wyprowadź wzory na pole i obwód koła o promieniu R, objętość i pole powierzchni bocznej kuli opromieniu R, objętość i pole powierzchni bocznej stożka o wysokości H i promieniu podstawy R.Porównaj złożoność rachunków przy użyciu poszczególnych układów współrzędnych.

27

10 Całki niewłaściwe

Najogólniej (choć nie do końca ściśle) rzecz biorąc - całka niewłaściwa to całka oznaczona, w którejfunkcja podcałkowa nie istnieje na którymś końcu przedziału całkowania. Przez ”nieistnienie” rozu-miemy tu także sytuację, gdy którymś końcem przedziału całkowania jest ±∞. Formalne definicje to:Całka niewłaściwa I rodzajuJeśli funkcja f(x) jest określona i całkowalna na każdym odcinku [a,T ], to:

∞

∫a

f(x)dx = limT→∞

T

∫a

f(x)dx

Jeśli funkcja f(x) jest określona i całkowalna na każdym odcinku [T, b], to:

b

∫−∞

f(x)dx = limT→−∞

b

∫T

f(x)dx

Całka niewłaściwa I rodzajuJeśli funkcja f(x) jest określona, ograniczona i całkowalna na każdym odcinku [a,T ] dla T < b, a w bucieka do nieskończoności to:

b

∫a

f(x)dx = limT→b−

T

∫a

f(x)dx

Jeśli funkcja f(x) jest określona, ograniczona i całkowalna na każdym odcinku [T, a] dla a < T , a wa ucieka do nieskończoności to:

b

∫a

f(x)dx = limT→a+

b

∫T

f(x)dx

Jeśli te granice istnieją i są skończone to mówimy, że całka jest zbieżna, w przeciwnym wypadkumówimy, że jest rozbieżna.

Przykładowo:∞

∫1

dx

x2= limT→∞

T

∫1

dx

x2= limT→∞

(−1x) ∣T1 = lim

T→∞(1 − 1

T) = 1

1

∫0

dx√x= limT→0+

1

∫T

dx√x= limT→0+

(2√x) ∣1T = lim

T→0+(2 − 2

√T) = 2

(obie całki są zbieżne)

W przypadku kiedy funkcja podcałkowa nie istnieje w kilku punktach, całkę podzielić na kilka speł-niających założenia definicji, na przykład:1

∫−1

dx√1 − x2

=0

∫−1

dx√1 − x2

+1

∫0

dx√1 − x2

= limT→0−

T

∫−1

dx√1 − x2

+ limT→0+

1

∫T

dx√1 − x2

= . . .

i dalej jak w zwykłym przypadku.

28

11 Szeregi liczbowe

Szeregiem liczbowym nazywamy wyrażenie postaci∞

∑n=0

an i definiujemy jako:∞

∑n=0

an = limN→∞

N

∑n=0

an

Intuicyjnie należy przez szereg rozumieć sumę wszystkich wyrazów dowolnego ciągu liczbowego.Jeśli powyższa granica jest skończona, to mówimy, że szereg jest zbieżny, a jeśli granica jest nieskoń-czona lub w ogóle nie istnieje, to mówimy, że szereg jest rozbieżny.

Przykłady:

Szereg∞

∑n=0

13n

jest zbieżny, ponieważ jest to suma nieskończonego ciągu geometryczny o ilorazie q ta-

kim, że ∣q∣ < 1 - granica z definicji zatem istnieje i jest skończona.

Szereg∞

∑n=0

3n jest rozbieżny, ponieważ jest to suma nieskończonego ciągu geometryczny o ilorazie q

takim, że ∣q∣ > 1 - granica z definicji zatem co prawda istnieje, ale jest nieskończona.

Szereg∞

∑n=0

(−1)n jest rozbieżny, ponieważ granica z definicji nie istnieje - suma skończona na zmia-

nę jest jedynką i zerem, więc do niczego nie zbiega.

Przydatne granice: limn→∞

(1 + 1n)n

= e limn→∞

n√a = 1 lim

n→∞

n√n = 1

W przypadku szeregów liczbowych najczęściej szukamy odpowiedzi na pytanie czy szereg jest zbieżnyczy rozbieżny. Do jej znalezienia możemy użyć kilku kryteriów zbieżności.Uwaga: od tej pory zakładamy, że ciąg an ma wyrazy nieujemne!

� Warunek konieczny zbieżności

Jeśli∞

∑n=0

an jest zbieżny, to limn→∞

an = 0. Inaczej mówiąc: jeśli limn→∞

an nie istnieje lub istnieje, ale

jest różna od zera, to szereg∞

∑n=0

an jest rozbieżny.

� Kryterium Cauchy’ego.

Niech limn→∞

n√an = g. Jeśli g > 1 to szereg

∞

∑n=0

an jest rozbieżny, jeśli g < 1 szereg jest zbieżny, a

jeśli g = 1, to kryterium nie daje rozstrzygnięcia.

� Kryterium d’Alemberta

Niech limn→∞

an+1an

= g. Jeśli g > 1 to szereg∞

∑n=0

an jest rozbieżny, jeśli g < 1 szereg jest zbieżny, a

jeśli g = 1, to kryterium nie daje rozstrzygnięcia.

� Kryterium porównawczeNiech dla ciągów (an) i (bn) od pewnego miejsca zachodzi nierówność an ≤ bn. Wówczas:

- jeśli szereg∞

∑n=0

bn jest zbieżny, to∞

∑n=0

an też

- jeśli szereg∞

∑n=0

an jest rozbieżny, to∞

∑n=0

bn też.

29

Inaczej mówiąc: ze zbieżności sumy większego ciągu wynika zbieżność sumy mniejszego ciągu, az rozbieżności sumy mniejszego ciągu wynika rozbieżność sumy większego ciągu.W przypadku używania kryterium porównawczego warto wiedzieć, że:

- szereg∞

∑n=0

1nα

jest zbieżny dla α > 1 oraz rozbieżny dla α ≤ 1

- szereg∞

∑n=0

qn jest zbieżny dla ∣q∣ < 1 i rozbieżny dla ∣q∣ ≥ 1

Przykłady zastosowań:

� Szereg∞

∑n=0

(−1)n jest rozbieżny, ponieważ nie spełnia warunku koniecznego zbieżności.

� Szereg∞

∑n=0

(2n + 1n + 3

)n

jest rozbieżny na mocy kryterium Cauchy’ego, ponieważ:

limn→∞

n

√(2n + 1n + 3

)n

= limn→∞

2n + 1n + 3

= limn→∞

2 + 1n1 + 3n

= 2 > 1

� Szereg∞

∑n=0

2n

n!jest zbieżny na mocy kryterium d’Alemberta, ponieważ mamy:

limn→∞

an+1an

= limn→∞

2n+1(n+1)!2nn!

= limn→∞

2n ⋅ 2n! ⋅ (n + 1) ⋅

n!2n

= limn→∞

2n + 1

= 0 < 1

� Szereg∞

∑n=0

n + 1n2 + 1

jest rozbieżny na mocy kryterium porównawczego.

By to stwierdzić możemy zacząć od ocenienia rzędu wielkości ciągu - w liczniku dominującymskładnikiem jest n, a w mianowniku n2, tak więc całość jest rzędu n

n2 = 1n . Dzięki temu wiemy, że wogóle będziemy chcieli pokazywać rozbieżność. A żeby pokazać rozbieżność wystarczy wskazaćjakiś mniejszy ciąg, którego suma jest rozbieżna. Czyli musimy oszacować ciąg n+1

n2+1 z dołu.Szacując ułamek z dołu mamy prawo zmniejszyć licznik i zwiększyć mianownik, a szacującułamek z góry mamy prawo zwiększyć licznik i zmniejszyć mianownik, co symbolicznie możnazapisać:

zmniejszamyzwiększamy

≤ licznikmianownik

≤ zwiększamyzmniejszamy

U nas mamy: n+1n2+1 ≥ n

n2+n2 = 12 ⋅ 1n . Suma mniejszego szeregu jest rozbieżna, zatem suma wyjścio-wego również, co właśnie chcieliśmy pokazać.

Warto zwrócić uwagę, że kryterium d’Alemberta opłaca się stosować gdy w ciągu pojawiają się silnie,a kryterium Cauchy’ego gdy w ciągu pojawiają się n-te potęgi (i nie ma silni).

Ćwiczenia

11.1

Rozstrzygnij czy następujące szeregi są zbieżne:

a)∞

∑n=0

n

3nb)

∞

∑n=0

n!2n

c)∞

∑n=0

(2 + n1 + n)

n2

d)∞

∑n=0

n +√n + 1

n3 + n + 2e)

∞

∑n=0

n!nn

f)∞

∑n=0

√n

n + 1

30