a)

Rozważmy funkcję f określoną wzorem

$f\left(x\right)=\frac{1}{1-x^2},\text{gdzie}x\in \mathbb{R}\backslash \left\{-1,1\right\}$

oraz prostą k o równaniu 

$k:y=p$

gdzie p jest pewną liczbą rzeczywistą. 

Ustalimy liczbę rozwiązań równania 

$\frac{1}{1-x^2}=p$

w oparciu o liczbę punktów wspólnych wykresu funkcji f i prostej k (równanie będzie miało tyle rozwiązań, ile punktów wspólnych będzie miał wykres i prosta). 

Ustalamy własności funkcji f istotne do naszkicowania jej przybliżonego wykresu.

1. Badamy granice funkcji f w +∞ i w -∞.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1}{1-x^2}=0$  

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1}{1-x^2}=0$  

Zatem prosta o równaniu

$y=0$

jest asymptotą poziomą wykresu funkcji f.

2. Badamy występowanie asymptot pionowych wykresu funkcji f.

Funkcja f jest ciągła w swojej dziedzinie (jako funkcja wymierna), zatem badamy istnienie asymptot pionowych jedynie w punktach, w których funkcja nie jest określona.

Obliczamy granice jednostronne funkcji f w punkcie 1:

• $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{1}{1-x^2}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{1}{0^{-}}\right]=-\infty$  
   
• $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }\frac{1}{1-x^2}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{1}{0^{+}}\right]=+\infty$  

Obliczamy granice jednostronne funkcji f w punkcie -1:

• $\underset{x\to -1^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{+}}{\lim }\frac{1}{1-x^2}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{1}{0^{+}}\right]=+\infty$  
   
• $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }\frac{1}{1-x^2}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{1}{0^{-}}\right]=-\infty$  

${}^{\left(\ast \right)\text{Przy obliczaniu granicy korzystamy z wykresu funkcji}y=1-x^2\text{(w celu okresˊlenia znaku mianownika ułamka we wzorze funkcji}f\text{)}}$  
${}^{y=1-x^2=-x^2+1=-\left(x-1\right)\left(x+1\right)}$  
     

Zatem asymptotami pionowymi (obustronnymi) wykresu funkcji f są proste o równaniach:

$x=1\text{i}x=-1$    

3. Badamy istnienie ekstremów funkcji f. 

$f{}^{\prime }\left(x\right)=\left(\frac{1}{1-{\mathbf{x}}^2}\right){}^{\prime }=-\frac{1}{{\left(1-{\mathbf{x}}^2\right)}^2}\cdot \left(1-{\mathbf{x}}^2\right){}^{\prime }=-\frac{1}{{\left(1-x^2\right)}^2}\cdot \left(-2x\right)=\frac{2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}$

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{-1,1\right\}$  

Wyznaczamy punkty "podejrzane" o występowanie ekstremów:

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0\iff \frac{2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}=0\iff 2x=0\iff \underline{x=0}$

Badamy znak pochodnej:

$f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff \frac{2x}{{\left(1-x^2\right)}^2}>0\iff 2x>0\iff x>0$

$f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff x<0$   

$x$	$\left(-\infty ;0\right)$	$0$	$\left(0;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$-$	$0$	$+$
$f\left(x\right)$	$\searrow$	minimum lokalne	$\nearrow$

Zatem funkcja f osiąga minimum lokalne w punkcie x = 0 równe

$f_{\min }\left(0\right)=\frac{1}{1-0^2}=1$  

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji f (uwzględniając na rysunku spostrzeżenia 1, 2 i 3) i badamy liczbę punktów wspólnych wykresu tej funkcji z prostą k w zależności od wartości parametru p.

Z rysunku wnioskujemy, że równanie

$\frac{1}{1-x^2}=p$

ma

• $\text{2 rozwiązania, gdy}p\in \left(-\infty ;0\right)\cup \left(1;+\infty \right)$
• $\text{0 rozwiązanˊ, gdy}p\in ⟨0;1)$
• $\text{1 rozwiązanie, gdy}p=1$  

---

b)

Rozważmy funkcję f określoną wzorem

$f\left(x\right)=\frac{x^2+1}{x^2-4},\text{gdzie}x\in \mathbb{R}\backslash \left\{-2,2\right\}$

oraz prostą k o równaniu 

$k:y=p$

gdzie p jest pewną liczbą rzeczywistą. 

Ustalimy liczbę rozwiązań równania 

$\frac{x^2+1}{x^2-4}=p$

w oparciu o liczbę punktów wspólnych wykresu funkcji f i prostej k (równanie będzie miało tyle rozwiązań, ile punktów wspólnych będzie miał wykres i prosta). 

Ustalamy własności funkcji f istotne do naszkicowania jej przybliżonego wykresu.

1. Badamy granice funkcji f w +∞ i w -∞.

$\underset{x\to +\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^2\left(1+\frac{1}{x^2}\right)}{x^2\left(1-\frac{4}{x^2}\right)}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{4}{x^2}}=1$  

$\underset{x\to -\infty }{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{x^2}}{1-\frac{4}{x^2}}=1$  

Zatem prosta o równaniu

$y=1$

jest asymptotą poziomą wykresu funkcji f.

2. Badamy występowanie asymptot pionowych wykresu funkcji f.

Funkcja f jest ciągła w swojej dziedzinie (jako funkcja wymierna), zatem badamy istnienie asymptot pionowych jedynie w punktach, w których funkcja nie jest określona.

Obliczamy granice jednostronne funkcji f w punkcie 2:

• $\underset{x\to 2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{5}{0^{+}}\right]=+\infty$  
   
• $\underset{x\to 2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 2^{-}}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{5}{0^{-}}\right]=-\infty$  

Obliczamy granice jednostronne funkcji f w punkcie -2:

• $\underset{x\to -2^{+}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2^{+}}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{5}{0^{-}}\right]=-\infty$  
   
• $\underset{x\to -2^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to -2^{-}}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-4}\stackrel{\left(\ast \right)}{=}\left[\frac{5}{0^{+}}\right]=+\infty$  

${}^{\left(\ast \right)\text{Przy obliczaniu granicy korzystamy z wykresu funkcji}y=x^2-4\text{(w celu okresˊlenia znaku mianownika ułamka we wzorze funkcji}f\text{)}}$  
${}^{y=x^2-4=\left(x-2\right)\left(x+2\right)}$  
     

Zatem asymptotami pionowymi (obustronnymi) wykresu funkcji f są proste o równaniach:

$x=2\text{i}x=-2$    

3. Badamy istnienie ekstremów funkcji f. 

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

$=\frac{-10x}{{\left(x^2-4\right)}^2}$

$D_{f{}^{\prime }}=D_f=\mathbb{R}\backslash \left\{-2,2\right\}$

Wyznaczamy punkty "podejrzane" o występowanie ekstremów:

$f{}^{\prime }\left(x\right)=0\iff \frac{-10x}{{\left(x^2-4\right)}^2}=0\iff -10x=0\iff \underline{x=0}$

Badamy znak pochodnej:

$f{}^{\prime }\left(x\right)>0\iff \frac{-10x}{{\left(x^2-4\right)}^2}>0\iff -10x>0\iff x<0$

$f{}^{\prime }\left(x\right)<0\iff x>0$   

$x$	$\left(-\infty ;0\right)$	$0$	$\left(0;+\infty \right)$
$f{}^{\prime }\left(x\right)$	$+$	$0$	$-$
$f\left(x\right)$	$\nearrow$	maksimum lokalne	$\searrow$

Zatem funkcja f osiąga maksimum lokalne w punkcie x = 0 równe

$f_{\max }\left(0\right)=\frac{0^2+1}{0^2-4}=-\frac{1}{4}$  

Szkicujemy przybliżony wykres funkcji f (uwzględniając na rysunku spostrzeżenia 1, 2 i 3) i badamy liczbę punktów wspólnych wykresu tej funkcji z prostą k w zależności od wartości parametru p.

Z rysunku wnioskujemy, że równanie

$\frac{x^2+1}{x^2-4}=p$

ma

• $\text{2 rozwiązania, gdy}p\in \left(-\infty ;-\frac{1}{4}\right)\cup \left(1;+\infty \right)$
• $\text{1 rozwiązanie, gdy}p=-\frac{1}{4}$
• $\text{0 rozwiązanˊ, gdy}p\in (-\frac{1}{4};1⟩$