Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw A
1. Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym uzasadnić
zbieżność ciągu
a
n
=
1 −
1
5
!
1 −
1
5
2
!
. . .
1 −
1
5
n
!
.
2. Znaleźć pionowe asymptoty funkcji f (x) =
sin
π
2
x
x
2
ln(1 + x)
.
3. Korzystając z reguł różniczkowania obliczyć pochodną f
0
(x) dla
f (x) = (arctg x)
ln(2x
2
−1)
, x >
√
2/2.
4. Określić rodzaje nieciągłości funkcji
f (x) =
x
3
− 8
|x
2
− 4|
dla |x| 6= 2,
0
dla x = −2,
1
dla x = 2,
w punktach x
1
= 2 oraz x
2
= −2.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw B
1. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach znaleźć granicę
lim
n→∞
n
v
u
u
t
2
n
+ 1
3
n
+ 5
n
.
2. Dobrać parametry a, b ∈
R
tak, aby funkcja
f (x) =
a ln(x + e) dla x > 0,
b − 1
dla x = 0,
e
−x
− 1
tgx
dla −π/2 < x < 0
była ciągła w punkcie x
0
= 0.
3. Korzystając z różniczki funkcji obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia
arc sin(8 − (1.98)
3
).
4. Znaleźć pionowe i ukośne asymptoty funkcji f (x) =
√
x − 5 − 2
x − 9
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw C
1. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic obliczyć granicę
lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
.
2. Korzystając z definicji zbadać, czy istnieje pochodna funkcji
f (x) =
x sin x
3
x
− 1
, gdy x 6= 0;
0,
gdy x = 0,
w punkcie x
0
= 0.
3. Uzasadnić, że równanie
e
x
2
=
1
x + 1
+ 1
ma jednoznaczne rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4. Obliczając granice jednostronne zbadać, czy istnieje granica
lim
x→1
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw D
1. Korzystając z twierdzenia o dwóch ciagach znaleźć granicę
lim
n→∞
(7 − 2 cos n)
n
.
2. Korzystając z granic podstawowych wyrażeń nieoznaczonych obliczyć granicę
lim
x→1
ln x
2(x − 1)
.
3. Uzasadnić, że równanie
3
x
=
3
x + 1
ma jednoznaczne rozwiązanie w przedziale [0, 1].
4. Znaleźć parametry a, b, c ∈
R
, dla których funkcja
f (x) =
ax +
x
2
2
dla x < −1;
bx
2
dla −1 ¬ x ¬ 0;
c sin x
dla x > 0,
ma pochodną na
R
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
E
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw E
1. Korzystając z definicji liczby e oraz z twierdzenia o granicy podciągu obliczyć
granicę
lim
n→∞
n + 5
n + 3
!
2n+5
.
2. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej obliczyć (f
−1
)
0
(6)
dla f (x) = 2x
5
+ 4
x
.
3. Wyznaczyć zbiór punktów ciagłości funkcji
f (x) =
x
2
− x + 1 dla x > 1,
1
dla x = 1,
e
x−1
− 1
x
2
− 1
dla x < 1
4. Uzasadnić, że granica lim
x→0+
sin
1
√
x
nie istnieje.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw F
1. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic obliczyć granicę
lim
n→∞
2 · 3
n
+ 1
3
n
!
n
v
u
u
t
4n
2
+
2
n
6
.
2. Napisać równanie stycznej do wykresu funkcji f (x) = (2 + 3x
5
)e
sin
2
x
w punkcie (π, f (π)).
3. Określić rodzaj nieciągłości funkcji
f (x) =
arc sin(2x)
x
dla x < 0,
0
dla x = 0,
2
e
x
− 1
x
dla x > 0,
w punkcie x
0
= 0.
4. Korzystając z granic podstawowych wyrażeń nieoznaczonych obliczyć granicę
lim
x→∞
1 +
1
x + 2
!
x
2
+1
.
A
1.
• a
n
0 dla każdego n , więc ciąg (a
n
) jest ograniczony z dołu.
•
a
n+1
a
n
=
1 −
1
5
n+1
!
¬ 1 dla każdego n, więc ciąg (a
n
) jest malejący.
Zatem z tw. o ciągu monotonicznym i ograniczonym (a
n
) jest zbieżny do granicy
właściwej.
2.
• D
f
: x > −1, x 6= 0, więc f (x) może mieć asymptoty pionowe tylko w x
0
= 0
i w x
0
= −1.
• lim
x→0
f (x) = lim
x→0
π
2
·
1
x
2
!
·
sin(
π
2
x)
π
2
x
ln(x + 1)
x
=
π
2
·
1
0+
·
1
1
= ∞
Zatem f (x) ma asymptotę pionową l : x = 0
•
lim
x→−1+
f (x) = lim
x→−1+
sin(πx/2)
x
2
ln(x + 1)
=
sin(−π/2)
(−1)
2
· (−∞)
=
−1
−∞
= 0
Zatem f (x) nie ma asymptoty pionowej w x
0
= −1
3.
• f (x) = e
ln(2x
2
−1) ln(arctgx)
• f
0
(x) = e
ln(2x
2
−1) ln(arctgx)
1
2x
2
− 1
· 4x · ln(arctgx) + ln(2x
2
− 1) ·
1
arctgx
·
1
1 + x
2
!
4.
• lim
x→2+
f (x) = lim
x→2+
x
3
− 8
x
2
− 4
= lim
x→2+
(x − 2)(x
2
+ 2x + 4)
(x − 2)(x + 2)
= lim
x→2+
x
2
+ 2x + 4
x + 2
=
=
12
4
= 3,
lim
x→2−
f (x) = lim
x→2−
x
3
− 8
−(x
2
− 4)
= −3
• lim
x→2+
f (x) 6= lim
x→2−
f (x)
Zatem f (x) ma w x
1
= 2 nieciagłość I rodzaju typu „skok”
• lim
x→−2
f (x) = lim
x→−2
x
3
− 8
|x
2
− 4|
=
−16
0+
= −∞
Zatem f (x) ma w x
2
= −2 nieciagłość II rodzaju
B
1.
• b
n
=
n
v
u
u
t
2
n
+ 1
3
n
+ 5
n
• a
n
=
2
5
·
1
n
√
2
=
n
v
u
u
t
2
n
2 · 5
n
¬ b
n
¬
n
v
u
u
t
2 · 2
n
5
n
=
2
5
·
n
√
2 = c
n
• lim
n→∞
a
n
=
2
5
·
1
1
= 0, 4, lim
n→∞
c
n
=
2
5
· 1 = 0, 4
Zatem z tw. o 3 ciągach lim
n→∞
b
n
= 0, 4.
2.
• f (0) = b − 1
• lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
a ln(x + e) = a ln e = a
• lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
e
−x
− 1
tgx
= lim
x→0−
(−1) ·
e
−x
− 1
−x
tgx
x
!
= −1 ·
1
1
= −1
f (x) jest ciągła w x
0
= 0 ⇐⇒ f (0) = lim
x→0+
f (x) = lim
x→0−
f (x) ⇐⇒ b−1 = a = −1
⇐⇒ a = −1, b = 0
3.
• f (x) = arc sin(8 − x
3
), x
0
= 2, ∆x = 1, 98 − 2 = −0, 02
• f (1, 98) ≈ f (2) + f
0
(2)∆x
• f
0
(x) =
1
q
1 − (8 − x
3
)
2
(−3x
2
)
• f (2) = 0, f
0
(2) = −12
Odp. arc sin(8 − (1, 98)
3
) ≈ 0 + (−12)(−0, 02) = 0, 24
4.
• D
f
: x 5, x 6= 9, zatem f (x) może mieć tylko asymptotę pionową w x
0
= 9
oraz asymptotę ukośną w +∞
• lim
x→9
f (x) = lim
x→9
√
x − 5 − 2
x − 9
= lim
x→9
(
√
x − 5 − 2)(
√
x − 5 + 2)
(x − 9)(
√
x − 5 + 2)
=
= lim
x→9
(x − 5) − 4
(x − 9)(
√
x − 5 + 2)
= lim
x→9
1
√
x − 5 + 2
=
1
4
Zatem f (x) nie ma asymptoty pionowej w x
0
= 9
• lim
x→∞
f (x) = lim
x→∞
√
x − 5 − 2
x − 9
= lim
x→∞
q 1
x
−
5
x
2
−
2
x
1 −
9
x
=
0
1
= 0
Zatem prosta l : y = 0 jest poziomą asymptotą funkcji f (x) w +∞
C
1. lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
=
= lim
n→∞
4n
2
− (4n
2
+ 2n + 1)
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
−2n − 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
−2 −
1
n
2 +
q
4 +
2
n
+
1
n
2
=
=
−2 − 0
2 +
√
4 + 0 + 0
= −
1
2
2. lim
x→0
f (x) − f (0)
x − 0
= lim
x→0
x sin x
3
x
− 1
− 0
x
= lim
x→0
sin x
3
x
− 1
= lim
x→0
sin x
x
!
3
x
− 1
x
!
=
1
ln 3
Zatem istnieje pochodna właściwa f
0
(0) =
1
ln 3
3.
• f (x) = e
x
2
−
1
x + 1
− 1 jest ciągła na [0, 1] jako funkcja elementarna
• f (x) jest rosnąca na [0, 1], bo e
x
2
jest rosnąca, a
1
x + 1
malejąca
• f (0) · f (1) = (−1) · (e − 1, 5) < 0
Zatem z tw. Darboux o miejscach zerowych istnieje dokładnie jeden punkt
x
0
∈ (0, 1) taki, że f (x
0
) = 0, czyli równanie e
x
2
=
1
x + 1
+ 1 ma jednoznaczne
rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4.
• lim
x→1+
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
=
1
1 − e
(0+)·(−1)
=
1
1 − e
0−
=
1
0+
= ∞
• lim
x→1−
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
=
1
1 − e
(0−)·(−1)
=
1
1 − e
0+
=
1
0−
= −∞
• lim
x→1+
f (x) 6= lim
x→1−
f (x)
Zatem badana granica nie istnieje
D
1.
• a
n
= 5
n
= (7 − 2)
n
¬ (7 − 2 cos n)
n
= b
n
• lim
n→∞
a
n
= ∞
Zatem z tw. o 2 ciągach lim
n→∞
b
n
= ∞.
2. lim
x→1
ln x
2(x − 1)
=
y=x−1
x→1
y→0
=
1
2
lim
y→0
ln(y + 1)
y
=
1
2
· 1 =
1
2
3.
• f (x) = 3
x
−
3
x + 1
jest ciągła na [0, 1] jako funkcja elementarna
• f (x) jest rosnąca na [0, 1], bo 3
x
jest rosnąca, a
3
x + 1
malejąca
• f (0) · f (1) = (−2) · 1, 5 < 0
Zatem z tw. Darboux o miejscach zerowych istnieje dokładnie jeden punkt
x
0
∈ (0, 1) taki, że f (x
0
) = 0, czyli równanie 3
x
=
3
x + 1
ma jednoznaczne
rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4. f (x) musi być ciągła na
R
:
• f (x) jest ciagła na (−∞, −1), na (−1, 0) i na (0, ∞) jako funkcja elementarna
• f (x) jest ciągła w x
0
= −1 ⇐⇒ f (−1) =
lim
x→−1−
f (x) =
lim
x→−1+
f (x) ⇐⇒
b = lim
x→−1−
(ax +
x
2
2
) = lim
x→−1+
bx
2
⇐⇒ b = −a + 0, 5 = b
• f (x) jest ciągła w x
0
= 0 ⇐⇒ f (0) = lim
x→0−
f (x) = lim
x→0+
f (x) ⇐⇒ 0 =
lim
x→0−
bx
2
= lim
x→0+
c sin x ⇐⇒ 0 = 0 = 0
Zatem f (x) jest ciągła na
R
⇐⇒ b = −a + 0, 5
Po wstawieniu b = −a + 0, 5 badamy istnienie pochodnej:
• f
0
(x) =
a + x
dla x < −1;
?
dla x = −1;
2(−a + 0, 5)x dla −1 < x < 0;
?
dla x = 0;
c cos x
dla x > 0,
• dla x = −1 mamy f
0
−
(−1) = a + (−1) = a − 1,
f
0
+
(−1) = 2(−a + 0, 5)(−1) = 2a − 1 (ze wzoru wyżej albo z definicji)
Zatem f
0
(−1) istnieje ⇐⇒ a − 1 = 2a − 1 ⇐⇒ a = 0
• dla x = 0 mamy f
0
−
(0) = 2(−a + 0, 5) · 0 = 0, f
0
+
(0) = c · cos 0 = c
Zatem f
0
(0) istnieje ⇐⇒ 0 = c
Podsumowując, f (x) ma pochodną na
R
⇐⇒ a = 0, b = −a + 0, 5 = 0, 5, c = 0
E
1. lim
n→∞
n + 5
n + 3
!
2n+5
= lim
n→∞
1 +
1
n+3
2
n+3
2
4
1 +
1
n+3
2
−1
= e
4
· 1
−1
= e
4
• (a
n
=
n + 3
2
> 0, a
n
→ ∞)
2.
• f (1) = 6, x
0
= 1, y
0
= 6
• f (x) jest ciągła i rosnąca na
R
(albo na otoczeniu x
0
= 1)
• f
0
(x) = 10x
4
+ 4
x
ln 4, f
0
(1) = 10 + 4 ln 4 6= 0
Zatem z tw. o pochodnej funkcji odwrotnej (f
−1
)
0
(6) =
1
f
0
(1)
=
1
10 + 4 ln 4
3.
• D
f
: x 6= −1
• f (x) jest ciągła na (−∞, −1), (−1, 1) i na (1, ∞) jako funkcja elementarna
• f (1) = 1
lim
x→1+
f (x) = lim
x→1+
(x
2
− x + 1) = 1
lim
x→1−
f (x) = lim
x→1−
e
x−1
− 1
x
2
− 1
=
y=x−1
x→1−
y→0−
= lim
y→0−
e
y
− 1
y
!
1
y + 2
!
= 1 ·
1
2
f (1) = lim
x→1+
f (x) = 1 6=
1
2
= lim
x→1−
f (x), zatem f (x) nie jest ciągła w x
0
= 1
Odp. Zbiór punktów ciągłości funkcji f (x) to
R
\ {−1, 1}
4.
• dla x
0
n
=
1
(2nπ)
2
→ 0+ (bo x
0
n
> 0) mamy sin
1
q
x
0
n
= sin(2nπ) = 0 → 0
• natomiast dla x
00
n
=
1
(
π
2
+ 2nπ)
2
→ 0+ (bo x
00
n
> 0)
mamy sin
1
q
x
00
n
= sin(
π
2
+ 2nπ) = 1 → 1 6= 0
Zatem badana granica nie istnieje.
F
1. lim
n→∞
2 · 3
n
+ 1
3
n
!
n s
4n
2
+
2
n
6
= lim
n→∞
2 +
1
3
n
!
n s
4n
2
+
2
n
6
= (2+0)
∞
·
√
∞ + 0 =
= ∞ · ∞ = ∞
2.
• f
0
(x) = 15x
4
e
sin
2
x
+ (2 + 3x
5
)e
sin
2
x
(2 sin x cos x)
• f (π) = 2 + 3π
5
, f
0
(π) = 15π
4
Styczna do wykresu funkcji f (x) w punkcie (π, f (π)) ma postać
l
st
: y − f (π) = f
0
(π)(x − π), czyli
Odp. l
st
: y − (2 + 3π
5
) = 15π
4
(x − π)
3.
• f (0) = 0
• lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
2
e
x
− 1
x
= 2 · 1 = 2
• lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
arc sin(2x)
x
= lim
x→0−
2
arc sin(2x)
2x
= 2 · 1 = 2
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0−
f (x) = 2 6= 0 = f (0),
zatem f (x) ma w x
0
= 0 nieciagłość I rodzaju typu „luka”
4. lim
x→∞
1 +
1
x+2
x
2
+1
= lim
x→∞
1 +
1
x+2
x+2
x2+1
x+2
= e
∞
= ∞
• Obl. pom. lim
x→∞
x
2
+1
x+2
= lim
x→∞
x+
1
x
1+
2
x
=
∞+0
1+0
= ∞
lim
x→∞
1 +
1
x+2
x+2
=
y=x+2
x→∞
y→∞
= lim
y→∞
1 +
1
y
y
= e
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
02 01 11 11 01 18 Kolokwium2D1
02 01 11 11 01 18 kol1
02 01 11 12 01 18 anz2005p Uni Zielnogórski UZ Przesła
02 01 11 11 01 18 Kolokwium2D1
02 01 11 11 01 44 an kol2 1 7id 3881
02 01 11 01 01 14 am2 za kol I
02 01 11 11 01 51 analpopr1I
02 01 11 11 01 52 Kolokwium1D
02 01 11 11 01 14 an kol3 popr
02 01 11 11 01 12 Kolokwium1B
02 01 11 11 01 34 Kolokwium2A1
02 01 11 11 01 51 kol2
więcej podobnych podstron