Model cu subiecte simulare matematica clasa a XI-a 2014

Prezentam un model cu subiecte simulare matematica clasa a XI-a 2014 pentru prima parte.

Dupa cum bine stiti progresiile joaca un rol important pentru examenul de Bacalaureat. Din acest motiv o sa calculam suma mai multor numere naturale cu ajutorul progresiei aritmetice

1. Sa se calculeze suma 1+3+5+...+21 2.

2.Sa se demonstreze ca ecuatia x^{2}-2x+1+a^{2}=0 nu admite solutii reale, oricare ar fi a\in R^{*}.

3. Sa se determine valorile reale ale lui m, stiind ca valoarea minima a functiei

f:R\rightarrow R, f\left(x\right)=x^{2}-mx+m-1 este egal cu -\frac{1}{4}. 4.

4. Sa se ordoneze crescator numerele \left(\frac{1}{4}\right)^{-2}, 64, \sqrt[3]{8}.

5. Fie ABC un triunghi echilateral inscris intr-un cerc de centru O. Sa se calculeze \vec{AB}+\vec{AC}-3\vec{AO}

6. Sa se calculeze aria triunghiului ABC stiind ca AB=\sqrt{3}, AC=3\;\;\; si \;\;\;m\left(\widehat{A}\right)=120^{0}.

Solutii pentru aceste modele cu subiecte simulare matematica clasa a XI-a

1) Observam ca termenii de mai sus sunt in progresie aritmetica, adica cel de-al doilea termen se obtine din cel precedent prin adaugarea ratiei, astfel ratia progresiei este r=a_{2}-a_{1}=3-1=2

Acum calculam a_{n}=a_{1}+\left(n-1\right)\cdot r\Rightarrow 21=1+\left(n-1\right)\cdot r\Rightarrow 21-1=\left(n-1\right)\cdot 2\Rightarrow 20=\left(n-1\right)\cdot 2\Rightarrow 20:2=n-1\Rightarrow 10=n-1\Rightarrow 10+1=n\Rightarrow n=11

Mai stim ca S_{n}=\frac{\left(a_{1}+a_{n}\right)\cdot n}{2} intr-o progresie aritmetica in cazul nostru obtinem S_{11}=\frac{\left(1+21\right)\cdot 11}{2}=\frac{22\cdot 11}{2}=\frac{11\cdot 11}{1}=121

2. Dupa cum bine stiti inca din clasa a IX-a o ecuatie are solutii reale daca \Delta \geq 0.

Ca sa observam daca ecuatia are solutii reale calculam Delta, iar daca Delta este mai mare ca 0, atunci ecuatia are solutii reale. \Delta=b^{2}-4\cdot a\cdot c=\left(-2\right)^{2}-4\cdot 1\cdot\left(1+a^{2}\right)=4-4-4a^{2}=-4a^{2}<0, forall a\in R^{0}, deci ecuatia nu are solutii reale.

3. Valoarea minima a functiei de mai sus se calculeaza cu ajutorul graficului unei functii \frac{-\Delta}{4a}

Astfel calculam mai intai \Delta=\left(-m\right)^{2}-4\cdot 1\cdot\left(m-1\right)=m^{2}-4m+4=\left(m-2\right)^{2} Dar stim ca valoarea minima a functiei este egala cu -\frac{1}{4}

Deci avem \frac{-\left(m-2\right)^{2}}{4\cdot 1}=-\frac{1}{4}\Rightarrow -4\left(m-2\right)^{2}=-4\Rightarrow \left(m-2\right)^{2}=\frac{-4}{-4}\Rightarrow \left(m-2\right)^{2}=1\Rightarrow m-2=\pm\sqrt{1} \\m-2=1\Rightarrow m=3 \\m-2=-1\Rightarrow m=2-1\Rightarrow m=1

4. Ordonarea numerelor am invatat-o inca din clasele mai mici, iar pentru numerele de mai sus trebuie sa tinem cont de regulile de calcul cu exponenti intregi, dar si radicali de ordin diferit.

Ca sa ordonam crescator numerele mai intai pe unde se poate le transforma in numere mai simple, astfel avem: \left(\frac{1}{4}\right)^{-2}=\\frac{1}{\left(\frac{1}{4}\right)^{2}}=\frac{1}{1}:\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{1}\cdot 4^{2}=4^{2}=16 64 este numar natural deci ramane asa cum este, acum mai avem \sqrt[3]{8}=\sqrt[3]{2^{3}}=2

Acum daca le ordonam crescator avem 2, 16, 64, adica \sqrt[3]{8}; \left(\frac{1}{4}\right)^{-2}, 64.

5. Ca sa calculam vectorii de mai sus aplicam regula triunghiului de mai multe ori , dar si pozitia centrului medianelor intr-un triunghi.triunghi echilateral inscris intr-un cerc   Acum, in triunghiul ABD, aplicam regula triunghiului astfel obtinem: \vec{AB}=\vec{AD}+\vec{DB}

Aplicam regula triunghiului si in triunghiul \Delta ADC, astfel avem ca:

\vec{AC}=\vec{AD}+\vec{DC} Daca adunam cele doua relatii obtinem

\vec{AB}+\vec{AC}=2\vec{AD}

Dar mai stim ca \vec{AO}=\frac{2}{3}\vec{AD}\Rightarrow \vec{AD}=\frac{3}{2}\vec{AO}

Dar stim ca \vec{AD}=\frac{\vec{AB}+\vec{AC}}{2}

Acum daca inlocuim AD mai sus gasim ca \frac{\vec{AB}+\vec{AC}}{2}=\frac{3}{2}\vec{AO}\Rightarrow \frac{\vec{AB}+\vec{AC}}{2}\cdot \frac{2}{3}=\vec{AO}\Rightarrow \frac{\vec{AB}+\vec{AC}}{3}=\vec{AO}\Rightarrow \vec{AB}+\vec{AC}=3\vec{AO}

Acum din relatia pe care o avem mai sus stim ca \vec{AB}+\vec{AC}-3\vec{AO}=3\vec{AO}-3\vec{AO}=0

6. Acum sa calculam aria triunghiului ABC, stim inca din clasa a VII-a ca A_{\Delta ABC}=\frac{AB\cdot AC\cdot \sin\widehat{A}}{2}

Dar mai intai aflam care este valoare unghiului sinus. Astfel suntem in cadranul II, deci facem reducerea la primul cadran:

\frac{120^{0}}{360^{0}}=\frac{\alpha}{2\pi}\Rightarrow \frac{1}{3}\cdot 2\pi=\alpha\Rightarrow \alpha=\frac{2\pi}{3} Astfel gasim ca \sin \frac{2\pi}{3}=\sin\left(\pi-\frac{2\pi}{3}\right)=\sin \frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}

Astfel aria triunghiului ABC este A_{\Delta}=\frac{\sqrt{3}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2}=\frac{\frac{9}{2}}{2}=\frac{9}{4}.

Acestea sunt subiecte simulare matematica probabile pentru clasa a XI-a.

Operatii cu functii derivabile

Dupa ce am invatat sa calculam derivata unei functii intr-un punct a venit vremea sa discutam despre Operatii cu functii derivabile, adica derivata sumei si a produsului, derivata catului.

Incepem cu derivata sumei si a produsului

Teorema. Fie f, g:D\rightarrow R si x_{0}\in D un punct de acumulare a lui D.

Daca functiile f si g sunt derivabile in punctul x_{0}\in D, atunci functiile f+g si f\cdot g sunt derivabile in punctul x_{0} si au loc urmatoarele reguli de derivare:

\left(f+g\right)^{'}\left(x_{0}\right)=f^{'}\left(x_{0}\right)+g^{'}\left(x_{0}\right)

\left(f\cdot g\right)^{'}\left(x_{0}\right)=f^{'}\left(x_{0}\right)\cdot g\left(x_{0}\right)+f\left(x_{0}\right)\cdot g^{'}\left(x_{0}\right)

Derivata catului

Teorema. Fie f, g:D\rightarrow R si x_{0}\in D un punct de acumulare a lui D.

Daca functiile f si g sunt derivabile in punctul x_{0}\in D si g\left(x_{0}\right)\neq 0, atunci functia cat \frac{f}{g} este3 derivabila in punctul x_{0} si are loc egalitatea:

\left(\frac{f}{g}\left(x_{0}\right)\right)^{'}=\frac{f^{'}\left(x_{0}\right)\cdot g\left(x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)\cdot g^{'}\left(x_{0}\right)}{g^{2}\left(x_{0}\right)}

Prezentam exemple prin care aplicam formulele de mai sus, dar nu doar pentru functiile elementare dar si pentru functiile compuse:

1) Folosind regula de derivare a functiilor compuse, sa se calculeze derivatele functiilor indicand domeniul maxim  de definitie si domeniul de derivabilitate:

a) f\left(x\right)=\left(\frac{x+2}{x}\right)^{2}

Domeniul maxim de definitie:

Punem conditia ca numitorul sa fie diferit de 0, astfel

x\neq 0

Deci domeniul maxim de definitie este D=R-\left\{0\right\}

Acum calculam :

f^{'}\left(x\right)=2\cdot \left(\frac{x+2}{x}\right)^{2-1}\cdot\left(\frac{x+2}{x}\right)^{'}=2\left(\frac{x+2}{x}\right)\cdot \frac{\left(x+2\right)^{'}\cdot x-\left(x+2\right)\cdot x^{'}}{x^{2}}=\frac{2\left(x+2\right)}{x}\cdot \frac{1\cdot x-\left(x+2\right)\cdot 1}{x^{2}}=\frac{2\left(x+2\right)}{x}\cdot\frac{x-x-2}{x^{2}}=\frac{2\left(x+2\right)}{x}\cdot\frac{-2}{x^{2}}=\frac{-4\left(x+2\right)}{x^{3}}

Observam ca functia de mai sus este o functie compusa si astfel am folosit prima data regula de derivare a functiilor compuse, adica \left(u^{n}\right)^{'}=n\cdot u^{n-1}\cdot u^{'}, unde u=\frac{x+2}{x}, iar apoi derivata catului, adica am derivat fractia.

 

b) f\left(x\right)=\sqrt{x}\cdot\ln x

Domeniul  maxim de definitie este

x>0

Deci D=R-{0}

f^{'}\left(x\right)=\left(\sqrt{x}\cdot\ln x\right)=\left(\sqrt{x}\right)^{'}\cdot \ln x+\sqrt{x}\cdot \left(\ln x\right)^{'}=

\frac{1}{2\sqrt{x}}\cdot\ln x+\sqrt{x}\cdot\frac{1}{x}=\frac{\ln x}{2\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{x}=\frac{x\cdot\ln x+2\sqrt{x}\cdot \sqrt{x}}{2x\sqrt{x}}=\frac{x\cdot\ln x+2\cdot x}{2x\sqrt{x}}=\frac{x\left(\ln x+2\right)}{2x\sqrt{x}}=\frac{\ln x+2}{2\sqrt{x}}

Pentru a  deriva functia de mai sus am folosit formula pentru derivarea produsului, dar si derivatele functiilor elementare.

c) f\left(x\right)=\ln\frac{4-x^{2}}{2-x^{2}}

f^{'}\left(x\right)=\frac{1}{\frac{4-x^{2}}{2-x^{2}}}\cdot\left(\frac{4-x^{2}}{2-x^{2}}\right)^{'}=\frac{2-x^{2}}{4-x^{2}}\cdot\frac{\left(2-x^{2}\right)^{'}\cdot\left(4-x^{2}\right)-\left(2-x^{2}\right)\cdot\left(4-x^{2}\right)^{'}}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}=\frac{2-x^{2}}{4-x^{2}}\cdot\frac{-2x\cdot\left(4-x^{2}\right)-\left(2-x^{2}\right)\cdot \left(-2x\right)}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}=\frac{2-x^{2}}{4-x^{2}}\cdot\frac{-8x+2x^{3}+4x-2x^{3}}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}=\frac{2-x^{2}}{4-x^{2}}\cdot\frac{-4x}{\left(2-x^{2}\right)^{2}}=\frac{1}{4-x^{2}}\cdot\frac{-4x}{2-x^{2}}=\frac{-4x}{\left(4-x^{2}\right)\left(2-x^{2}\right)}.

Acum aflam domeniul de definitie al derivabilitatii:

2-x^{2}\neq 0\Rightarrow x^{2}\neq 2\Rightarrow x\neq \pm \sqrt{2}    \\4-x^{2}\neq 0\Rightarrow x^{2}\neq 4\Rightarrow x\neq \pm 2.

D^{'}=R-\left\{\pm 2; \pm \sqrt{2}\right\}

d) f\left(x\right)=\left(\sin x\right)^{\cos x}

Calculam :

f^{'}\left(x\right)=\cos x\cdot \left(\sin x\right)^{\cos x-1}\cdot cos x+\left(\sin x\right)^{cos x}\cdot \ln \sin x\cdot \left(\cos x\right)^{'}=\cos x\cdot \left(\sin x\right)^{\cos x-1}\cdot cos x+\left(\sin x\right)^{cos x}\cdot \ln \sin x\cdot\left(-\sin x\right)=\cos^{2} x\left(\sin x\right)^{\cos x-1}+\left(\sin x\right)^{cos x}\cdot \ln \sin x\cdot\left(-\sin x\right)=\left(\sin x\right)^{\cos x-1}\left(\cos^{2} x-\sin^{2} x\ln\sin x\right)

Ca sa derivam functia de mai sus am folosit formula

\left(f^{g}\right)^{'}=g\cdot f^{g-1}\cdot f^{'}+f^{g}\cdot \ln f\cdot g^{'}=f^{g-1}\left(g\cdot f^{'}+f\cdot \ln f\cdot g^{'}\right).

e) f\left(x\right)=\left(x+1\right)\cdot \sqrt{x}

Afla mai intai domeniul de definitie:

Punem conditia ca \sqrt{x}\geq 0\Rightarrow x\geq 0

Astfel domeniul de definitie al functiei este:

D=[0, \infty)

Calculam acum :

f^{'}\left(x\right)=\left(x+1\right)^{'}\cdot \sqrt{x}+\left(x+1\right)\cdot\left(\sqrt{x}\right)^{'}=1\cdot \sqrt{x}+\left(x+1\right)\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\sqrt{x}+\frac{x+1}{2\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}\cdot 2\sqrt{x}+x+1}{2\sqrt{x}}=\frac{2x+x+1}{2\sqrt{x}}=\frac{3x+1}{2\sqrt{x}}.
Acum ca sa aflam domeniul de derivabilitate punem conditia ca
\sqrt{x}>0\Rightarrow x>0
D=\left(0,+\infty\right)

Rezolvare Subiecte Bacalaureat

Se considera functia f:\left(0,+\infty\right) definita prin f\left(x\right)=\frac{x^{4}}{4}-\ln x
a) Sa se calculeze f^{'}\left(x\right), x\in \left(0,+\infty\right)
b) Sa se determine punctele extreme ale functiei f.
c) Sa se demonstreze ca \ln\sqrt{x}\leq\frac{x^{2}-1}{4} pentru oricare x\in \left(0,+\infty\right).
Solutie

a) f^{'}\left(x\right)=\left(\frac{x^{4}}{4}-\ln x\right)^{'}=\frac{4x^{3}\cdot 4-x^{4}\cdot 0}{4^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{16x^{3}}{16}-\frac{1}{x}=x^{3}-\frac{1}{x}=\frac{x\cdot x^{3}-1\cdot 1}{x}=\frac{x^{4}-1}{x}.
b) Stim ca f^{'}\left(x\right)=0, adica
\frac{x^{4}-1}{x}=0\Rightarrow \frac{\left(x^{2}-1\right)\left(x^{2}+1\right)}{x}=0, \forall x\in \left(0,+\infty\right)
si gasim
x^{2}+1=0\Rightarrow x^{2}=-1\Rightarrow x^{2}=i^{2}\Rightarrow x_{1,2}=\pm\sqrt{i^{2}}\Rightarrow x_{1,2}=\pm i\notin \left(0,+\infty\right) (deci nu convin).
x^{2}-1=0\Rightarrow x^{2}=1\Rightarrow x_{3,4}=\pm\sqrt{1}\Rightarrow x_{3,4}=\pm 1
Deci gasim x_{3}=1 si x_{4}=-1, observam ca x_{4} nu convine deoarece x se afla in intervalul \left(0, +\infty\right).
Acum trasam tabelul de variatie
monotonia unei functii
Calculam
f\left(1\right)=\frac{1^{2}}{4}-ln 1=\frac{1}{4}-0=\frac{1}{4}.
Deci f^{'}\left(x\right)\leq 0,\forall x\in\left(0, 1\right], adica functia este descrescatoare pe acest interval si f^{'}\left(x\right)\geq 0 \forall x\in \left[1,+\infty\right), adica functia este crescatoare pe acest interval. Si astfel gasim ca x=1 este punct de minim pentru functia f.
c) Din punctul b) stim ca x=1 este punct de minim global , deci \forall t>0, avem f\left(t\right)\geq f\left(1\right)\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}-\ln 1\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\ln t\geq \frac{1}{4}\Rightarrow \frac{t^{4}}{4}-\frac{1}{4}\geq \ln t\Rightarrow \frac{t^{4}-1}{4}\geq \ln t.
Acum daca notam t=\sqrt{x} obtinem
\frac{\left(\sqrt{x}\right)^{4}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}\Rightarrow \frac{x^{2}-1}{4}\geq \ln \sqrt{x}.
Ceea ce trebuia demonstrat.
2) Se considera integrala I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx, n\in N.
a) Sa se calculeze I_{0}
b) Sa se determine I_{1}
c) Sa se arate ca \left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=e\left(2^{n+1}e-1\right) pentru orice n\in N.
Solutie
a) I_{0}=\int^{2}_{1}x^{0}e^{x} dx=\int^{2}_{1}a\cdot e^{x}=\int^{2}_{1}e^{x} dx=e^{x}|^{2}_{1}=e^{2}-e^{1}=e^{2}-e=e\left(e-1\right)
b) I_{1}=\int^{2}_{1}x^{1}\cdot e^{x} dx=\int^{2}_{1}x\cdot e^{x}dx=\int^{2}_{1}x\cdot\left(e^{x}\right)^{'}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}x^{'}\cdot e^{x}=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}1\cdot e^{x}dx=x\cdot e^{x}|^{2}_{1}-e^{x}|^{2}_{1}=2e^{2}-1\cdot e^{1}-e^{2}+e^{1}=e^{2}
Integrala de mai sus am rezolvat-o cu ajutorul integrarri prin parti.
c) I_{n+1}=\int^{2}_{1}x^{n+1}e^{x}dx=\int^{2}_{1}x^{n+1}e\left(e^{x}\right)^{'}dx=x^{n+1}e^{x}|^{2}_{1}-\int^{2}_{1}\left(x^{n+1}\right)^{'}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx
Acum
I_{n}=\int^{2}_{1}x^{n}e^{x} dx
Acum obtinem
\left(n+1\right)I_{n}+I{n+1}=\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx+2^{n+1}e^{2}-1^{n+1}e^{1}-\left(n+1\right)\int^{2}_{1}x^{n}e^{x}dx=2^{n+1}e^{2}-1\cdot e=e\left(2^{n+1}e-1\right).

Proprietati ale functiilor continue pe intervale

Clasa functiilor continue are cateva proprietati remarcabile care isi gasesc numeroase aplicatii in teoria ecuatiilor.

Astfel discutam despre:

– existenta solutiilor unei ecuatii

-stabilirea semnului unei functii

-proprietatea lui Darboux

Pentru existenta solutiilor unei ecuatii enuntam urmatoarea teorema care ne ajuta sa stabilim daca o ecuatie are sau nu solutie:

Teorema (Cauchy-Bolzano): Fie f:A\rightarrow R o functie continua pe intervalul I si a, b\in I, a<b. Daca valorile f\left(a\right) si f\left(b\right) ale functiei f au semne contrare f\left(a\right)\cdot f\left(b\right)<0 atunci exista c\in\left(a, b\right) astfel incat f\left(c\right)=0

Observatie. Din Teorema Cauchy- Bolzano rezulta ca daca o functie f:I\rightarrow R  continua pe un interval I\subset R are valori de semne contrare a, b\in I, atunci ecuatia f\left(x\right)=0 are cel putin o solutie in intervalul \left(a,b\right). Deci acest rezultat ne permite sa aratam ca anumite ecuatii au cel putin o solutie intr-un interval dat.

Exemplu:

1) Sa se arate cu urmatoarele ecuatii au solutii in intervalul dat:

a) x^{2}=e^{x}\;\; I=\left[0, 1\right]

b) \left(x^{2}-8\right)\cdot 2^{x}-1=0\;\;\; I=\left[2,3\right]

Solutie

a) Rescriem ecuatia de mai sus si obtinem:

x^{2}=e^{x}\Rightarrow x^{2}-e^{x}=0.

Astfel consideram functia

f\left(x\right)=x^{2}-e^{x}, care este continua pe I.

Avem

f\left(0\right)=0^{2}-e^{0}=0-1=-1

 

si

f\left(1\right)=1^{2}-e^{1}=1-e<0

Deci

f\left(0\right)\cdot f\left(1\right)<0

Atunci conform teoremei de mai sus exista un c\in I astfel incat f\left(c\right)=0, atunci ecuatia are cel putin o solutie in intervalul I.

b) Rescriem ecuatia si obtinem \left(x^{2}-8\right)\cdot 2^{x}-1=0

Consideram functia:

f\left(x\right)=\left(x^{2}-8\right)\cdot 2^{x}-1 care este continua pe pe I.

Avem:
f\left(2\right)=\left(2^{2}-8\right)\cdot 2^{2}-1=-4\cdot 4-1=-16-1=-17<0

si
f\left(3\right)=\left(3^{2}-8\right)\cdot 2^{3}-1=7

Deci

f\left(2\right)\cdot f\left(3\right)<0. Atunci exista c\in I astfel incat f\left(c\right)=0, deci ecuatia are cel putin o solutie conform Teoremei

si

f\left(1\right)=1^{2}-e^{1}=1-e<0

Deci

f\left(0\right)\cdot f\left(1\right)<0

Atunci conform teoremei de mai sus exista un c\in I astfel incat f\left(c\right)=0, atunci ecuatia are cel putin o solutie in intervalul I conform Teoremei   Cauchy- Bolzano.

Stabilirea semnului unei functii

Teorema

Daca o functie f: I\rightarrow R este continua pe intervalul I si f\left(x\right)\neq 0, \forall x\in I atunci f are acelasi semn pe intervalul I.

Exemplu:

2) Sa se stabileasca semnul functiei f: D\rightarrow R in cazurile

a) f\left(x\right)=x^{4}-10x^{2}+9

Solutie

a) Aflam solutia ecuatiei f\left(x\right)=0
Observam ca este o ecuatie de gradul al  IV-lea

Notam x^{2}=y, astfel daca rescriem ecuatia obtinem o ecuatie de gradul al doilea

y^{2}-10y+9=0

Calculam

\Delta=10^{2}-4\cdot 1\cdot 9=100-36=64

Acum calculam

y_{1}=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2\cdot a}=\frac{10+\sqrt{64}}{2\cdot 1}=\frac{10+8}{2}=\frac{18}{2}=9

y_{2}=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2\cdot a}=\frac{10-\sqrt{64}}{2\cdot 1}=\frac{10-8}{2}=\frac{2}{2}=1

Acum stim ca :

x^{2}=y_{1}\Rightarrow x^{2}=9\Rightarrow x=\pm\sqrt{9}\Rightarrow x=\pm 3

x^{2}=y_{2}\Rightarrow x^{2}=1\Rightarrow x=\pm\sqrt{1}\Rightarrow x=\pm 1.

Deci solutiile ecuatiei sunt :

x\in \left\{-3; -1; 1; 3\right\}.

Functia f este continua pe R, si nu se anuleaza pe intervalele

\left(-\infty; -3\right), \left(-3; -1\right), \left(-1; 1\right), \left(1, 3\right); \left(3, +\infty\right) ea are semn constant pe fiecare din aceste intervale.

Calculam f\left(-4\right)=105; f\left(4\right)=105, f\left(0\right)=9; f\left(-2\right)=-15; f\left(2\right)=-15, putem alcatui tabelul de semn al functiei.

Cum stabilim semnul unei functii

Deci functia este crescatoare pe intervalele \left(-\infty -3\right); \left(-1, 1\right); \left(3, +\infty\right).

si descrescatoare pe intervalul \left(-3, -1\right); \left(-1, 3\right).

Puncte de discontinuitate Discontinuitatile functilor monotone

Dupa ce am discutat despre Functiile continue intr-un punct, dar si despre continuitatea laterala a venit vremea sa discutam despre Punctele de discontinuitate, deoarece exista si punct de discontinuitate pentru anumite functii.

Astfel discutam despre Puncte de discontinuitate

Fie f:D\rightarrow R, o functie de variabila reala si x_{0}\in D.

Definitie: Un punct de discontinuitate x_{0}\in D este punct de discontinuitate de prima speta pentru functia f, daca limitele laterale al functiei f in punctul x_{0} exista si este finita.

Definitie: Un punct de discontinuitate x_{0}\in D este punct de discontinuitate de a doua speta pentru functia f, daca cel putin una din limitele laterale al functiei f in punctul x_{0} nu este finita sau nu exista.

Discontinuitatile functiilor monotone

Teorema : Fie f:D\rightarrow R o functie monotona pe D si x_{0}\in D un punct de discontinuitate pentru functia f, atunci x_{0} este punct de discontinuitate de prima speta.

Exemplu:

1) Sa se studieze continuitatea functiei  f: R\rightarrow R,

f\left(x\right)=2x+1 pentru x\leq 1

Si

f\left(x\right)= 3x-1, pentru x<1

In punctul x_{0}=1 avem

f\left(1,-0\right)=\lim\limits_{x\to 1\\x<1}{2x+1}=2\cdot 1+1=2+1=3

Calculam acum

f\left(1,+0\right)=\lim\limits_{x\to 1\\ x>1}{3x-1}=3\cdot 1-1=3-1=2

Si calculam

f\left(1\right)=2\cdot 1+1=2+1=3

Deci

f\left(1,-0\right)=f\left(1\right)\neq f\left(1,+0\right)

Obsevam ca limitele laterale ale functiei f in punctul x_{0}=1 exista si sunt  finite, deci x_{0}=1 este punct de discontinuitate de prima speta.

Cum aflam daca o functie este continua sau nu

b) f\left(x\right)=\frac{\sin x}{|x|} pentru x\neq 0

Si

0, pnetru  x=0

Solutie:

In punctul x_{0}=0 avem:

f\left(0,-0\right)=\lim\limits_{x\to 0\\x<0}{\frac{\sin x}{-x}}=-\lim\limits_{x\to 0\\x<0}{\frac{\sin x}{x}}=-1

f\left(0, +0\right)=\lim\limits_{x\to 0\\x>0}{\frac{\sin x}{x}}=1

Calculam

f\left(0\right)=0

Stim ca

f\left(0,-0\right)\neq f\left(0,+0\right)\neq f\left(0\right)

Deci avem discontinuitate in punctul x_{0}=0 de prima speta, exista limitele laterale si sunt finite.

c) f\left(x\right)=\frac{1}{|x|} pentru x\neq 0

Si

f\left(x\right)=0, pentru x=0

In punctul x_{0}=0 avem:

f\left(0,-0\right)=\lim\limits_{x\to 0\\x<0}{\frac{1}{-x}}=-\lim\limits_{x\to 0\\x<0}{\frac{1}{x}}=-\frac{1}{0_{-}}=-\left(-\infty\right)=+\infty

f\left(0, +0\right)=\lim\limits_{x\to 0\\x>0}{\frac{1}{x}}=\frac{1}{0_{+}}=+\infty

Acum calculam

f\left(0\right)=0

Dreapta x=0 este asimptota verticala bilaterala. Rezulta ca punctul x_{0}=0 este punct de discontinuitate de a doua speta (limitele laterale nu sunt finite).

Cum calculam punctele de discontinuitate

Derivata unei functii intr-un punct

Dupa ce am invatat sa calculam limitele unor functii, dar si sa studiem continuitatea unor functii a venit vremea sa discutam despre Derivata functiei intr-un punct  si Derivate laterale. Astfel astazi discutam despre :
Derivata unei functii intr-un punct

Incepem prin a defini anumite notiuni teoretice prin care sa intelegem notiunea de derivata.

Definitie
Fie f: D\rightarrow R si x_{0}\in D punct de acumulare a multimii D.
Se spune ca functia f are derivata in punctul x_{0}\in D, daca exista limita \lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{f\left(x\right)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}} in \overline{R}=R\cup\left\{-\infty;+\infty\right\}. In acest caz limita o notam cu f'\left(x_{0}\right) si se numeste derivata functei in x_{0}.

Astfel obtinem ca :

f' \left(x_{0}\right)=\lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{f\left(x\right)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}}
Spunem ca f este derivabila in punctul x_{0}\in D daca limita
f'\left(x_{0}\right)=\lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{f\left(x\right)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}}
exista si este finita, astfel aceasta limita este derivata functiei in x_{0}.

Teorema. Daca o functie f:D\rightarrow R este derivabila in x_{0}\in D, atunci ea este continua in x_{0}.

Reciproca nu este in general adevarata.

Exemplu: f\left(x\right)=|x|.

Exercitiu
1) Sa se calculeze derivatele functiilor in punctele specificate f:R\rightarrow R:
a) f\left(x\right)=2x+3, x_{0}=2
Solutie
f'\left(2\right)=\lim\limits_{x\to 2}\frac{f\left(x\right)-f\left(2\right)}{x-2}=\frac{2x+3-7}{x-2}=\lim\limits_{x\to 2}{\frac{2x-4}{x-2}}=\lim\limits_{x\to 2}{\frac{2\left(x-2\right)}{x-2}}=2
Observatii
1. In punctele izolate ale lui D nu se pune problema derivatei.
2. Daca \lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{f\left(x\right)-f\left(x_{0}\right)}{x-x_{0}}} nu exista sau nu este finita atunci f nu este derivabila x_{0}.
3. Daca f este continua in x_{0} si are derivata in in aces punct, atunci graficul sau admite tangenta in punctul M_{0}\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right) cu panta m=f'\left(x_{0}\right). Ecuatia tangentei M_{0} este y-f\left(x_{0}\right)=m\left(x-x_{0}\right), daca f\left(x_{0}\right) este finit si x=x_{0}, daca f'\left(x_{0}\right) este infinita.
4. Multimea D_{f}=\left\{x\in D|\exists f'\left(x_{0}\right)\;\; si f'\left(x\right)\in R\right\} se numeste domeniul de derivabilitate al functiei.

Exemplu:

Sa se scrie ecuatia tangentei la curba in punctul indicat:
f\left(x\right)=x^{2}-1,x_{0}=1

Deci trebuie sa scriem ecuatia tangentei in punctul 1.
Calculam mai intai m, adica derivata functiei in punctul 1.
m=f'\left(1\right)=

\lim\limits_{x\to 1}{\frac{f\left(x\right)-f\left(1\right)}{x-1}}=

\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x^{2}-1-0}{x-1}}=

\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{x-1}}=

\lim\limits_{x\to 1}{x+1}=1+1=2
Deci m=2
Calculam acum
f\left(1\right)=1^{2}-1=0
Atunci ecuatia tangentei in punctul 1 este
y-0=2\left(x-1\right)\Rightarrow y=2\left(x-1\right).

Exercitii rezolvate cu limite de functii

Incepem rapid prin a rezolva exercitii in care apar limitele deoarece cu aceste limite o sa lucram mai mult timp, astfel prezentam :

Exercitii rezolvate cu limite de functii
1) Sa se calculeze limitele:
a) \lim\limits_{x\to 1}{\frac{x^{4}+x^{2}-2}{x^{2}-1}}
suntem in cazul de nedeterminare de \frac{0}{0}

Astfel daca luam polinomul de la numarator si incercam sa-l scriem ca produs de doua polinoame, astfel incat sa putem obtinem ceva care sa ne ajute
x^{4}+x^{2}-2=0
Notam x^{2}=t si obtinem
t^{2}+t-2=0, astfel am obtinut o ecuatie de gradul al doilea
\Delta =1^{2}-4\cdot 1\cdot \left(-2\right)=1+8=9
t_{1}=\frac{-1+\sqrt{9}}{2\cdot 1}=\frac{-1+3}{2}=\frac{2}{2}=1
t_{2}=\frac{-1-\sqrt{9}}{2\cdot 1}=\frac{-1-3}{2}=\frac{-4}{2}=-2
Deci obtinem
x^{2}=1 si x^{2}=-2
Deci putem scrie numaratorul astfel
\left(x^{2}-1\right)\cdot\left(x^{2}+2\right)
Acum limita devine
\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x^{4}+x^{2}-2}{x^{2}-1}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\left(x^{2}-1\right)\cdot\left(x^{2}+2\right)}{x^{2}-1}}=\lim\limits_{x\to 1}{x^{2}+2}=1^{2}+2=1+2=3

b) \lim\limits_{x\to \infty}{x-\sqrt{x^{2}-2x+2}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}-\left(x^{2}-2x+2\right)}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}-x^{2}+2x-2}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x-2}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x\left(2-\frac{2}{x}\right)}{x\left(1+\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}}\right)}}=

\frac{2-0}{1+\sqrt{1-0+0}}=\frac{2}{1+1}=\frac{2}{2}=1

La limita de mai sus suntem in cazul de nedeterminare infinit minus infinit. Dupa cum bine observam contine radicali si din acest motiv am „rationalizat numitorul”, dupa aceasta etapa ni s-au eliminat anumiti termeni si am ajuns sa avem o nedeterminare de cazul infinit pe infinit, pe care am rezolvat-o dand factor comun fortat pe x, iar apoi am obtinut rezultatul 1.

c) \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\left(1+\sin x\right)}}{\ln{1+\sin 2x}}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\left(1+\sin x\right)}}{\sin x}\cdot \frac{\sin x}{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}}=

1\cdot\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\frac{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}{\sin 2x}\cdot \sin 2x}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\sin 2x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{2\sin x\cdot \cos x}}^{(\sin x}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{1}{2\cos x}}=\frac{1}{2\cdot cos 0}=\frac{1}{2}.

Ca sa rezolovam limita de mai sus am folosit regula

\lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{\ln{1+x}}{x}}=1, adica am incercat sa aducem atat numitorul cat si numaratorul in acest caz, apoi dupa ce am aplicat aceasta regula la numitor ne-a ramas \sin 2x, iar la numarator \sin x, dar mai stim si ca \sin 2x=2\sin x\cos x, de unde se simplifica numaratorul cu numitorul fractiei prin \sin x de unde ne-a ramas \frac{1}{2\cos x}, dar mai stim ca \cos 0=1, de unde obtinem ca limita este \frac{1}{2}.

d) \lim\limits_{x\to \infty}{\left(\frac{x^{2}+5x+4}{x^{2}-3x+7}\right)^{x}}=\lim\limits_{x\to \infty}{\left(1+\frac{x^{2}+5x+4}{x^{2}-3x+7}-1\right)^{x}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\left(1+\frac{x^{2}+5x+4-x^{2}+3x-7}{x^{2}-3x+7}\right)^{x}}=

\lim\limits_{x\to \infty}{\left[\left(1+\frac{8x-3}{x^{2}-3x+7}\right)^{\frac{x^{2}-3x+7}{8x-3}}\right]^{\frac{8x-3}{x^{2}-3x+7}\cdot x}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{\left(8x-3\right)\cdot x}{x^{2}-3x+7}}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{8x^{2}-3x}{x^{2}-3x+7}}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}\left(8-\frac{3}{x}\right)}{x^{2}\left(1-\frac{3}{x}+\frac{7}{x^{2}}\right)}}}=e^{8}.

Observat ca la limita de mai sus suntem in cazul de nedeterminare 1^{\infty}, astfel ca sa rezolvam limita am adunat si am scazut 1 de la fractia initiala, apoi am adus la acelasi numitor, doar in partea dreapta, unde am scazut, deoarece vrem sa o aduncem limita sub forma \lim\limits_{x\to \infty}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}}=e, dupa ce am terminat aceasta etapa la puterea e am scris fractia care am gasit-o din calcul rasturnata, totul la puterea fractiei care am gasit-o inmultita cu x, , iar apoi am ajuns in cazul de nedeterminare \frac{\infty}{\infty}, care am rezolvat-o ca si mai sus, adica am dat factor comun fortat pe x^{2}.

 

Continuitatea Functii continue intr-un punct Continuitatea laterala

Dupa ce am discutat despre asiptotele functiilor reale si am incheiat capitolul Limite de functii, a venit vremea sa discutam despre Continuitatea Functii continue intr-un punct

Incepem prin definirea continuitatii

Definitie:

Fie f:D\rightarrow R si x_{0}\in I punct de acumulare. Atunci f este continua in x_{0} daca si numai daca \lim\limits_{x\to x_{0}}{f\left(x\right)=f\left(x_{0}\right)}.

Un punct x_{0}\in D in care functia f este continua se numeste punct de continuitate. al functiei f.

Observatii:

Daca functia f nu este continua in x_{0}\in D, ea se numeste functie discontinua in x_{0} , iar x_{0} se numeste punct de discontinuitate.

Problema continuitatii unei functii f nu se pune in punctele in care functia nu este definita si nici la +\infty sau -\infty.

Conditia \lim\limits_{x\to 0}{f\left(x\right)}=f\left(x_{0}\right) presupune existenta limitei \lim\limits_{x\to x_{0}}{f\left(x\right)} si egalitatea ei cu f\left(x_{0}\right)

Deci o functie este discontinua intr-un punct x_{0}\in D daca nu are limita in x_{0}  sau daca are limita in x_{0} si aceasta nu este egala cu f\left(x_{0}\right).

Legatura dintre limitele de siruri si continuitate este data de urmatorul rezultat:

Teorema lui Heine

Fie  f:D\rightarrow R o functie reala de varibila reala si x_{0}\in D. Functia f este continua in punctul x_{0}\in D daca si numai daca pentru oricare sir x_{n}, x_{n}\in D si \lim\limits_{n\to\infty}{x_{n}}=x_{0} rezulta ca \lim\limits_{n\to \infty}{f\left(x_{n}\right)}=f\left(x_{0}\right).

Continuitatea laterala

Definitie

Functia f se numeste continua la stanga in punctul x_{0}  daca \lim\limits_{x\to x_{0}\;\;x<x_{0}}{f\left(x\right)}=f\left(x_{0}\right).

Functia f se numeste continua la stanga in punctul x_{0}  daca \lim\limits_{x\to x_{0}\;\;x>x_{0}}{f\left(x\right)}=f\left(x_{0}\right).

Observatii:

1. O functie f:D\rightarrow R poate sa fie continua la stanga in x_{0}\in D fara a fi continua la dreapta in x_{0}, si reciproc.

2. Pentru functia f:\left[a,b\right]\rightarrow R continuitatea functiei in x=a este echivalenta cu continuitatea la dreapta, iar pentru x=b este echivalent cu continuitatea al  stanga.

3. Fie functia f:D\rightarrow R si x_{0}\in D punct de acumulare pentru D, in care f ale limitele laterale. Functia f este continua in x_{0} daca si numai daca f\left(x_{0} -0\right)=f\left(x_{0} +0\right)=f\left(x_{0}\right)

Exemplu:

1) Sa se studieze continuitatea functiei f:R\rightarrow R

f\left(x\right)=    3x; \;\;\; x\leq 1    \\2x-1;\;\;\;x>1
Studiem continuitatea functiilor

Pe intervalul \left(-\infty; 1\right), f\left(x\right)=3x

Pe intervalul \left(1; +\infty\right) f\left(x\right)=2x-1

Ca sa studiem continuitatea functiei calculam:

f\left(1-0\right)=f_{s}\left(1\right)=\lim\limits{x\to 1\;\;x<1}{f\left(x\right)}=\lim\limits_{x\to 1\;\;x<1}{3x}=3\cdot 1=3

f\left(1+0\right)=f_{s}\left(1\right)=\lim\limits{x\to 1\;\;x>1}{f\left(x\right)}=\lim\limits_{x\to 1\;\;x>1}{2x-1}=1

f\left(1\right)=3\cdot 1=3

Deci functia este discontinua la dreapta in x_{0}=1$, stim ca f_{d}\left(1\right)=1, f\left(1\right)=3, f_{s}\left(1\right)=3

b) f:R\rightarrow R

f\left(x\right)=

x^{2};\;\;\; x\leq 2    \\ x+2; \;\;\;\; x>2

Solutie:

Studiem continiutatea functiei:

Pe intervalul \left(-\infty; 2\right), f\left(x\right)=x^{2} functie continua

Pe intervalul \left(2; +\infty\right), f\left(x\right)=x+2 functie continua

Avem,

f\left(2-0\right)=f_{s}\left(2\right)=\lim\limits_{x\to 2\;\;x<2}{f\left(x\right)}=\lim\limits_{x\to 2\;\;x< 2}{x^{2}}=2^{2}=4

f\left(2+0\right)=f_{d}\left(2\right)=\lim\limits_{x\to 2\;\;x>2}{f\left(x\right)}=\lim\limits_{x\to 2\;\;x> 2}{x+2}=2+2=4

f\left(2\right)=2^{2}=4

Cum f_{s}\left(2\right)=f_{d}\left(2\right)=f\left(2\right)\Rightarrow f este continua in x_{0}=2. Deci functia f este continua pe f.