Egzamin z Analizy 1, 1 II 2010
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
1
√
1. Obliczyć granicę lim
·
4 x 2 + 1 − 1
2
x→∞ x
Rozwiązanie:
s
1
√
√
1
1
lim
·
4 x 2 + 1 − 1 = lim
4 +
−
=
4 + 0 − 0 = 2
x→∞ x
x→∞
x 2
x
8 x 3 + 4 x 2
2. Obliczyć granicę lim
2
x→ 0
sin(2 x 2)
Rozwiązanie:
8 x 3 + 4 x 2
2 x 2
8 x 3 + 4 x 2
2 x 2
lim
= lim
·
= lim
· (4 x + 2) = 1 · 2 = 2
x→ 0
sin(2 x 2)
x→ 0 sin(2 x 2)
2 x 2
x→ 0 sin(2 x 2)
9
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(0) jeżeli f ( x) = arc tg(3 x + 1)
− 2
Rozwiązanie:
3
f 0( x) = (3 x + 1)2 + 1
− 3 · 2(3 x + 1) · 3
− 18(3 x + 1)
f 00( x) =
=
2
2
(3 x + 1)2 + 1
(3 x + 1)2 + 1
− 18
9
f 00(2) =
= −
4
2
Z
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
d x
3 arc tg( x − 2) + C
x 2 − 4 x + 5
Rozwiązanie:
Z
3
Z
1
d x = 3
d x = 3 arc tg( x − 2) + C
x 2 − 4 x + 5
( x − 2)2 + 1
stosujemy podstawienie liniowe: t = x − 2
2 π
Z
5. Obliczyć całkę Riemanna
sin2 x d x
π
0
Rozwiązanie:
2 π
2 π
Z
Z
1 − cos 2 x
1 h
1
i2 π
sin2 x d x =
d x =
x −
sin 2 x
= π
2
2
2
0
0
0
stosujemy podstawienie liniowe: t = 2 x 1
2. Dla jakich wartości parametrów a, b ∈ R funkcja f ( x) jest ciągła?
arc tg(2 x 2)
dla x < 0
x 2
f ( x) =
ax + b
dla x ∈< 0 , 2 >
x 4 − 12 x + 8
dla x > 2
x 2 + x − 6
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła dla x ∈ ( −∞, 0) ∪ (0 , 2) ∪ (2 , ∞). Sprawdzamy ciągłość w punktach x = 0 i x = 2.
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 0 , gdy wartość f (0) (równa granicy prawostronnej w x = 0) będzie równa granicy lewostronnej w x = 0.
f (0) = b
arc tg(2 x 2)
4 x
2
lim f ( x) = lim
= lim 4 x 4+1 = lim
= 2
x→ 0 −
x→ 0 −
x 2
x→ 0+
2 x
x→ 0+ 4 x 4 + 1
Zastosowaliśmy regułę del’Hospitala dla granicy [ 0 ]
0
Dostajemy równanie:
b = 2
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 2 , gdy wartość f (2) (równa granicy lewostronnej w x = 2) będzie równa granicy prawostronnej w x = 2.
f (2) = 2 a + b
x 4 − 12 x + 8
4 x 3 − 12
lim f ( x) = lim
= lim
= 4
x→ 2+
x→ 2+
x 2 + x − 6
x→ 2+
2 x + 1
Zastosowaliśmy regułę del’Hospitala dla granicy [ 0 ]
0
Dostajemy równanie:
2 a + b = 4
Stąd
a = 1
Odpowiedź:
Funkcja jest ciągła dla parametrów a = 1 , b = 2.
2
3. Znaleźć ekstrema lokalne i globalne funkcji f ( x) = x(ln x)2
Rozwiązanie:
Dziedziną funkcji jest:
D = (0 , ∞)
Badamy monotoniczność funkcji obliczając pochodną: f 0( x) = (ln x)2 + x · 2 ln x · 1 = (ln x)2 + 2 ln x x
Rozwiązujemy nierówność f 0( x) > 0 .
(ln x)2 + 2 ln x > 0
Podstawiamy t = ln x
t 2 + 2 t > 0
t( t + 2) > 0
t < − 2 lub t > 0
ln x < − 2 ⇐⇒ x < 1
e 2
ln x > 0 − 2 ⇐⇒ x > 1
Wniosek:
Funkcja f ( x) jest rosnąca przedziale (0 , 1 > , e 2
malejąca na przedziale < 1 , 1 > , e 2
oraz rosnąca na przedziale < 1 , ∞) .
W punkcie x = 1 jest więc maksimum lokalne , x = 1 jest minimum lokalne.
e 2
Aby sprawdzić, czy x = 1 jest maksimum globalnym badamy: e 2
4
f ( 1 ) =
e 2
e 2
lim f ( x) = lim x(ln x)2 = ∞ · ∞ = + ∞
x→∞
x→∞
4
Ponieważ + ∞ >
więc x = 1 nie jest maksimum globalnym funkcji f e 2
e 2
Aby sprawdzić, czy x = 1 jest minimum globalnym badamy: f (1) = 0
Widać, że f ( x) = x(ln x)2 0 na całej dziedzinie, więc x = 1 jest minimum globalnym funkcji f Odpowiedź:
Funkcja ma maksimum lokalne w punkcie x = 1 , e 2
nie ma maksimum globalnego,
ma minimum lokalne i jednocześnie globalne w punkcie x = 1 .
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
Z
4 ex − 8 d x
e 2 x + 4
Rozwiązanie:
(
d t )
Podstawiamy:
t = ex ; d t = ex d x ; d x = t Z
4 ex − 8
Z
4 t − 8
I =
d x =
d t
e 2 x + 4
( t 2 + 4) t
Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste: 4 t − 8
A
Bt + C
=
+
( t 2 + 4) t
t
t 2 + 4
4 t − 8 = A( t 2 + 4) + ( Bt + C) t 4 t − 8 = ( A + B) t 2 + Ct + 4 A
A + B = 0
C = 4
A = − 2
Stąd B = 2
Z
Z
− 2
2 t
4
1
I =
+
+
d t = − 2 ln |t| + ln |t 2 + 4 | +
d t = − 2 ln |t| +
t
t 2 + 4
t 2 + 4
t 2 + 1
2
t
ex
ln |t 2 + 4 | + 2 arc tg
+ C = − 2 x + ln |e 2 x + 4 | + 2 arc tg
+ C
2
2
Z
2 t
W całce
d t
licznik jest pochodną mianownika, podstawimy za mianownik.
t 2 + 4
Z
1
W całce
d t
stosujemy podstawienie liniowe: s = t
t 2
2
+ 1
2
Odpowiedź:
I = − 2 x + ln |e 2 x + 4 | + 2 arc tg ex + C
2
4
5. Obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi: y = ln x
y = 1 − x 2
x = 4
Rozwiązanie:
Widać, że krzywe y = ln x i y = 1 − x 2 przecinają się w punkcie P (1 , 0) Pole obszaru jest równe:
4
4
4
Z
Z
Z
S =
ln x − (1 − x 2) d x =
ln x d x +
x 2 − 1) d x
1
1
1
4
Z
Całkujemy przez części całkę
ln x d x :
1
(
)
f = ln x g0 = 1
f 0 = 1
g = x
x
4
4
Z
Z
h
i4
1
h
i4
ln x d x = x ln x
−
· x d x = (4 ln 4 − 0) − x
= 4 ln 4 − (4 − 1) = 4 ln 4 − 3
1
x
1
1
1
Obliczamy:
4
Z
h 1
i4
64
1
x 2 − 1 d x =
x 3 − x
=
− 4 − ( − 1) = 18
3
1
3
3
1
Stąd:
S = 4 ln 4 − 3 + 18 = 4 ln 4 + 15
Odpowiedź:
S = 4 ln 4 + 15
5
∞
Z
1 √ d x
( x − 1) x
4
Rozwiązanie:
∞
b
Z
1
Z
1
I =
√ d x = lim
√ d x
( x − 1) x
b→∞
( x − 1) x
4
4
Obliczamy całkę:
b
Z
1 √ d x
( x − 1) x
4
√
n
o
Podstawiamy: x = t 2 ; d x = 2 t d t ; t(4) = 2 ; t( b) =
b
√
√
b
b
b
Z
1
Z
2 t
Z
2
√ d x =
d t =
d t
( x − 1) x
( t 2 − 1) t
( t − 1)( t + 1)
4
2
2
Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste: 2
A
B
=
+
( t − 1)( t + 1)
t − 1
t + 1
2 = A( t + 1) + B( t − 1) t = 1 = ⇒ 2 A = 2 = ⇒ A = 1
t = − 1 = ⇒ − 2 B = 2 = ⇒ B = − 1
√
√
b
b
√
√
Z
2
Z
b
b
1
1
t − 1
d t =
−
d t = ln |t − 1 | − ln |t + 1 |
= ln
=
( t − 1)( t + 1)
t − 1
t + 1
2
t + 1 2
2
2
√
√
b − 1
1
b − 1
ln √
− ln
= ln √
+ ln 3
b + 1
3
b + 1
Obliczamy granicę:
√
1 − 1
√
lim ln
b− 1
b
√
+ ln 3
= ln 3 + lim ln
= ln 3 + ln 1 = ln 3
b→∞
b+1
b→∞
1 + 1
√
b
Odpowiedź:
ln 3
6