Rozwiązania zadań z zestawu przykładowego na egzamin
z analizy matematycznej, część I
1. Korzystając z definicji granicy ciągu wykazać, że
3n - 1 3
lim = .
n"
5n + 1 5
Poczynając od którego wskaz
nika n, zachodzi nierówność

3n - 1 3

5n + 1 - < 0, 0001?
5
RozwiÄ…zanie. Na mocy definicji granicy ciÄ…gu powinniÅ›my dla dowolnej liczby µ > 0 wyznaczyć
wskaz
nik n0 = n0(µ) taki, że dla n n0 zachodzi nierówność

3n - 1 3

(1)
5n + 1 - < µ.
5
Nierówność (1) jest równoważna nierówności
8
(2) < µ.
5(5n + 1)
Rozwiązując nierówność (2) otrzymujemy

1 8
(3) n > - 5 .
25 µ
Stąd wynika, że poszukiwaną liczbą n0 jest jakakolwiek liczba całkowita n spełniająca nierówność
(3). W szczególności możemy wziąć najmnieszą liczbę całkowitą spełniającą tę nierowność, czyli

1 8
n0 = - 5 + 1,
25 µ
gdzie symbol n oznacza część całkowitą liczby n. Pokazaliśmy więc, że dla n n0 zachodzi
nierówność (3), a więc także równoważna jej nierówność (1), co oznacza, że
3n - 1 3
lim = .
n"
5n + 1 5
Dla µ = 0,0001 mamy

1
n0 = (80000 - 5) + 1 = 3200.
25
Zatem nierówność

3n - 1 3

5n + 1 - < 0, 0001
5
zachodzi dla wszystkich n 3200.
2. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach obliczyć granicę ciągu
1 2 3 n
xn = " + " + " + . . . + " .
n4 + 1 n4 + 2 n4 + 3 n4 + n
Rozwiązanie. Szukamy ciągów (yn) i (zn) takich, że
" yn xn zn dla wszystkich wskaz
ników n począwszy od pewnej ustalonej liczby n0,
" lim yn = lim zn = g.
n" n"
Wówczas na mocy twierdzenia o trzech ciągach ciąg (xn) będzie zbieżny oraz lim xn = g.
n"
Ponieważ
n4 + 1 n4 + k n4 + n dla k = 1, 2, . . . , n,
więc mamy
k k k
" " " dla k = 1, 2, . . . , n.
n4 + n n4 + k n4 + 1
Dodając te nierówności stronami otrzymujemy
1 2 3 n
" + " + " + . . . + "
n4 + n n4 + n n4 + n n4 + n
1 2 3 n
" + " + " + . . . + "
n4 + 1 n4 + 2 n4 + 3 n4 + n
1 2 3 n
" + " + " + . . . + " ,
n4 + 1 n4 + 1 n4 + 1 n4 + 1
czyli
1 + 2 + . . . + n 1 2 n 1 + 2 + . . . + n
(4) " " + " + . . . + " " .
n4 + n n4 + 1 n4 + 2 n4 + n n4 + 1
1
Ponieważ 1 + 2 + . . . + n = n(n + 1), więc nierówności (4) przyjmują postać
2
1 1
n(n + 1) n(n + 1)
1 2 n
2 2
" " + " + . . . + " " .
n4 + n n4 + 1 n4 + 2 n4 + n n4 + 1
StÄ…d

1 1 1 1
1 + 1 +
1 2 n
2 n 2 n
" + " + . . . + " .
1 1
n4 + 1 n4 + 2 n4 + n
1 + 1 +
n3 n4
BiorÄ…c

1 1 1 1
1 + 1 +
2 n 2 n
yn = i zn = ,
1 1
1 + 1 +
n3 n4
1
otrzymujemy lim yn = lim zn = . Zatem na podstawie twierdzenia o trzech ciÄ…gach mamy
2
n" n"
1
lim xn = .
2
n"
2
3. Zbadać zbieżność szeregu
n2
"

n
3n.
n + 1
n=1
Rozwiązanie. Korzystamy z kryterium piewiastkowego zbieżności szeregów liczbowych o wyra-
"

"
n
zach nieujemnych. Mówi ono, że szereg an jest zbieżny, jeśli lim an < 1. Natomiast, jeśli
n"
n=1
ta granica jest większa od jeden, to ten szereg jest rozbieżny.
Badamy granicÄ™
n2
n
n
g = lim 3n.
n"
n + 1
Ponieważ
n
n
n 1 3
g = lim 3 = lim 3 = lim n
1 1
n" n" n"
n + 1
1 + 1 +
n n
oraz
n
1
lim 1 + = e < 3,
n"
n
3
więc g = > 1, co oznacza, że badany szereg jest rozbieżny.
e
4. Korzystając z definicji zbadać, czy istnieje pochodna funkcji f(x) = 2x-|x| w punkcie x0 = 0.
Rozwiązanie. Należy zbadać istnienie granicy
f(x0 + h) - f(x0) f(h) - f(0)
(5) lim = lim .
h0 h h0 h
W przypadku, gdy ta granica istnieje, to jest ona pochodnÄ… funkcji f w punkcie x0 = 0, a w
przypadku przeciwnym pochodna funkcji f w tym punkcie nie istnieje.
Mamy

3x dla x < 0,
f(x) =
x dla x 0.
Ponieważ wzory określające funkcję f są różne dla argumentów ujemnych i dodatnich, musimy
zbadać istnienie granic jednostronnych dla ilorazu różnicowego występującego w równości (5).
Mamy
f(h) - f(0) 3h - 0
lim = lim = 3,
h0- h h0- h
f(h) - f(0) h - 0
lim = lim = 1.
h0+ h h0+ h
Zatem granice jednostronne ilorazu różnicowego dla funkcji f w punkcie x0 = 0 są różne, a więc
granica w równości (5) nie istnieje, czyli funkcja f nie ma w tym punkcie pochodnej.
3
ex
5. Obliczyć f , f i f dla funkcji f(x) = .
x
Rozwiązanie. Korzystamy trzykrotnie ze wzoru na pochodną ilorazu dwóch funkcji,

f(x) f (x)g(x) - f(x)g (x)
= .
g(x) g2(x)
Mamy
ex · x - ex (x - 1)ex
f (x) = = ,
x2 x2
(ex + (x - 1)ex) x2 - (x - 1)ex · 2x (x2 - 2x + 2)ex
f (x) = = ,
x4 x3

(2x - 2)ex + (x2 - 2x + 2)ex x3 - (x2 - 2x + 2)ex · 3x2 - 3x2 + 6x - 6)ex
(x3
f (x) = = .
x6 x4
6. Znalez
ć długości boków prostokąta wpisanego w półokrąg o promieniu R, którego obwód jest
najdłuższy.
Rozwiązanie. Oznaczmy połowę długości podstawy rozpatrywanego prostokąta przez x, a długość
"
jego wysokości przez y. Wówczas x2 + y2 = R2. Stąd y = R2 - x2, przy czym 0 < x < R.
Długość obwodu prostokąta, f(x), jest równa

f(x) = 4x + 2y = 4x + 2 R2 - x2.
Powinniśmy znalez
ć maksimum funkcji f na przedziale (0, R). Mamy
2x
f (x) = 4 - " .
R2 - x2
Zatem

f (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 2 R2 - x2 = x.
Ostatnia równość jest równoważna równaniu
5x2 - 4R2 = 0.
2
"
Rozwiązaniem tego równania, które leży w przedziale (0, R), jest x0 = R. Ponieważ punkt ten
5
jest miejscem zerowym pochodnej funkcji f, więc w tym punkcie funkcja f może mieć ekstremum.
Obliczamy drugÄ… pochodnÄ… funkcji f
-2R2
f (x) =
"
3 .
R2 - x2
4
Ponieważ f (x0) < 0, więc funkcja f ma w punkcie x0 maksimum. Mamy

"
2
"
fmax = f R = 2 5 R.
5
Długości boków prostokąta o najdłuższym obwodzie, wpisanego w półokrąg o promieniu R, są
równe:
4 1
" "
2x = R, y = R.
5 5
7. KorzystajÄ…c z reguÅ‚y de l Hôpitala obliczyć granicÄ™
Ä„ - 2 arctg x

lim .
x+"
1
ln 1 +
x
RozwiÄ…zanie. Niech

1
f(x) = Ä„ - 2 arctg x i g(x) = ln 1 + .
x
Wówczas
lim f(x) = lim g(x) = 0.
x+" x+"
0
Równości te oznaczają, że badana granica jest symbolem typu .
0
Mamy

2 1 1 1 x 1
f (x) = - , g (x) = - = - = - .
1
1 + x2 x2 x2 x + 1 x2 + x
1 +
x
Stąd g (x) = 0 dla wszystkich x, dla których ta funkcja jest określona. Ponadto

2
1
-
1 +
f (x) x2 + x
1 + x2
x
lim = lim = 2 lim = 2 lim = 2.
1 1
x+" x+" x+" x+"
g (x) x2 + 1
- 1 +
x2 + x x2
Zatem na mocy reguÅ‚y de l Hôpitala mamy
f(x) f (x)
lim = lim = 2.
x+" x+"
g(x) g (x)
5