Rozwiązania zadań z zestawu przykładowego na egzamin

z analizy matematycznej, część I

1. Korzystając z definicji granicy ciągu wykazać, że

lim

n→∞

3n − 1

5n + 1

=

3

5

.

Poczynając od którego wskaźnika n, zachodzi nierówność






3n − 1

5n + 1

−

3

5






< 0, 0001?

Rozwiązanie. Na mocy definicji granicy ciągu powinniśmy dla dowolnej liczby ε > 0 wyznaczyć
wskaźnik n

0

= n

0

(ε) taki, że dla n > n

0

zachodzi nierówność

(1)






3n − 1

5n + 1

−

3

5






< ε.

Nierówność (1) jest równoważna nierówności

(2)

8

5(5n + 1)

< ε.

Rozwiązując nierówność (2) otrzymujemy

(3)

n >

1

25

 8

ε

− 5



.

Stąd wynika, że poszukiwaną liczbą n

0

jest jakakolwiek liczba całkowita n spełniająca nierówność

(3). W szczególności możemy wziąć najmnieszą liczbę całkowitą spełniającą tę nierowność, czyli

n

0

=

 1

25

 8

ε

− 5



+ 1,

gdzie symbol bnc oznacza część całkowitą liczby n. Pokazaliśmy więc, że dla n

> n

0

zachodzi

nierówność (3), a więc także równoważna jej nierówność (1), co oznacza, że

lim

n→∞

3n − 1

5n + 1

=

3

5

.

Dla ε = 0,0001 mamy

n

0

=

 1

25

(80000 − 5)



+ 1 = 3200.

Zatem nierówność






3n − 1

5n + 1

−

3

5






< 0, 0001

zachodzi dla wszystkich n

> 3200.

2. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach obliczyć granicę ciągu

x

n

=

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 2

+

3

√

n

4

+ 3

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

.

Rozwiązanie. Szukamy ciągów (y

n

) i (z

n

) takich, że

• y

n

6 x

n

6 z

n

dla wszystkich wskaźników n począwszy od pewnej ustalonej liczby n

0

,

• lim

n→∞

y

n

= lim

n→∞

z

n

= g.

Wówczas na mocy twierdzenia o trzech ciągach ciąg (x

n

) będzie zbieżny oraz lim

n→∞

x

n

= g.

Ponieważ

n

4

+ 1 6 n

4

+ k 6 n

4

+ n

dla

k = 1, 2, . . . , n,

więc mamy

k

√

n

4

+ n

6

k

√

n

4

+ k

6

k

√

n

4

+ 1

dla

k = 1, 2, . . . , n.

Dodając te nierówności stronami otrzymujemy

1

√

n

4

+ n

+

2

√

n

4

+ n

+

3

√

n

4

+ n

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

6

6

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 2

+

3

√

n

4

+ 3

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

6

6

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 1

+

3

√

n

4

+ 1

+ . . . +

n

√

n

4

+ 1

,

czyli

(4)

1 + 2 + . . . + n

√

n

4

+ n

6

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 2

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

6

1 + 2 + . . . + n

√

n

4

+ 1

.

Ponieważ 1 + 2 + . . . + n =

1
2

n(n + 1), więc nierówności (4) przyjmują postać

1
2

n(n + 1)

√

n

4

+ n

6

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 2

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

6

1
2

n(n + 1)

√

n

4

+ 1

.

Stąd

1
2

1 +

1

n

q

1 +

1

n

3

6

1

√

n

4

+ 1

+

2

√

n

4

+ 2

+ . . . +

n

√

n

4

+ n

6

1
2

1 +

1

n

q

1 +

1

n

4

.

Biorąc

y

n

=

1
2

1 +

1

n

q

1 +

1

n

3

i

z

n

=

1
2

1 +

1

n

q

1 +

1

n

4

,

otrzymujemy lim

n→∞

y

n

= lim

n→∞

z

n

=

1
2

. Zatem na podstawie twierdzenia o trzech ciągach mamy

lim

n→∞

x

n

=

1
2

.

2

3. Zbadać zbieżność szeregu

∞

X

n=1



n

n + 1



n

2

3

n

.

Rozwiązanie. Korzystamy z kryterium piewiastkowego zbieżności szeregów liczbowych o wyra-

zach nieujemnych. Mówi ono, że szereg

∞

P

n=1

a

n

jest zbieżny, jeśli lim

n→∞

n

√

a

n

< 1. Natomiast, jeśli

ta granica jest większa od jeden, to ten szereg jest rozbieżny.
Badamy granicę

g = lim

n→∞

n

s



n

n + 1



n

2

3

n

.

Ponieważ

g = lim

n→∞

3



n

n + 1



n

= lim

n→∞

3

1

1 +

1

n

!

n

= lim

n→∞

3

1 +

1

n

n

oraz

lim

n→∞



1 +

1

n



n

= e < 3,

więc g =

3

e

> 1, co oznacza, że badany szereg jest rozbieżny.

4. Korzystając z definicji zbadać, czy istnieje pochodna funkcji f (x) = 2x − |x| w punkcie x

0

= 0.

Rozwiązanie. Należy zbadać istnienie granicy

(5)

lim

h→0

f (x

0

+ h) − f (x

0

)

h

= lim

h→0

f (h) − f (0)

h

.

W przypadku, gdy ta granica istnieje, to jest ona pochodną funkcji f w punkcie x

0

= 0, a w

przypadku przeciwnym pochodna funkcji f w tym punkcie nie istnieje.
Mamy

f (x) =

 3x dla x < 0,

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

lim

h→0−

f (h) − f (0)

h

= lim

h→0−

3h − 0

h

= 3,

lim

h→0+

f (h) − f (0)

h

= lim

h→0+

h − 0

h

= 1.

Zatem granice jednostronne ilorazu różnicowego dla funkcji f w punkcie x

0

= 0 są różne, a więc

granica w równości (5) nie istnieje, czyli funkcja f nie ma w tym punkcie pochodnej.

3

5. Obliczyć f

0

, f

00

i f

000

dla funkcji f (x) =

e

x

x

.

Rozwiązanie. Korzystamy trzykrotnie ze wzoru na pochodną ilorazu dwóch funkcji,

 f (x)

g(x)



0

=

f

0

(x)g(x) − f (x)g

0

(x)

g

2

(x)

.

Mamy

f

0

(x) =

e

x

· x − e

x

x

2

=

(x − 1)e

x

x

2

,

f

00

(x) =

(e

x

+ (x − 1)e

x

) x

2

− (x − 1)e

x

· 2x

x

4

=

(x

2

− 2x + 2)e

x

x

3

,

f

000

(x) =

(2x − 2)e

x

+ (x

2

− 2x + 2)e

x

x

3

− (x

2

− 2x + 2)e

x

· 3x

2

x

6

=

(x

3

− 3x

2

+ 6x − 6)e

x

x

4

.

6. Znaleźć 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 x

2

+ y

2

= R

2

. Stąd y =

√

R

2

− x

2

, przy czym 0 < x < R.

Długość obwodu prostokąta, f (x), jest równa

f (x) = 4x + 2y = 4x + 2

p

R

2

− x

2

.

Powinniśmy znaleźć maksimum funkcji f na przedziale (0, R). Mamy

f

0

(x) = 4 −

2x

√

R

2

− x

2

.

Zatem

f

0

(x) = 0

wtedy i tylko wtedy, gdy

2

p

R

2

− x

2

= x.

Ostatnia równość jest równoważna równaniu

5x

2

− 4R

2

= 0.

Rozwiązaniem tego równania, które leży w przedziale (0, R), jest x

0

=

2

√

5

R. Ponieważ punkt ten

jest miejscem zerowym pochodnej funkcji f , więc w tym punkcie funkcja f może mieć ekstremum.
Obliczamy drugą pochodną funkcji f

f

00

(x) =

−2R

2

√

R

2

− x

2

3

.

4

Ponieważ f

00

(x

0

) < 0, więc funkcja f ma w punkcie x

0

maksimum. Mamy

f

max

= f



2

√

5

R



= 2

√

5 R.

Długości boków prostokąta o najdłuższym obwodzie, wpisanego w półokrąg o promieniu R, są
równe:

2x =

4

√

5

R,

y =

1

√

5

R.

7. Korzystając z reguły de l’Hôpitala obliczyć granicę

lim

x→+∞

π − 2 arctg x

ln



1 +

1

x

 .

Rozwiązanie. Niech

f (x) = π − 2 arctg x

i

g(x) = ln



1 +

1

x



.

Wówczas

lim

x→+∞

f (x) = lim

x→+∞

g(x) = 0.

Równości te oznaczają, że badana granica jest symbolem typu

0

0

.

Mamy

f

0

(x) = −

2

1 + x

2

,

g

0

(x) =

1

1 +

1

x



−

1

x

2



= −

1

x

2

x

x + 1

= −

1

x

2

+ x

.

Stąd g

0

(x) 6= 0 dla wszystkich x, dla których ta funkcja jest określona. Ponadto

lim

x→+∞

f

0

(x)

g

0

(x)

= lim

x→+∞

−

2

1 + x

2

−

1

x

2

+ x

= 2 lim

x→+∞

x

2

+ x

x

2

+ 1

= 2 lim

x→+∞

1 +

1

x

1 +

1

x

2

= 2.

Zatem na mocy reguły de l’Hôpitala mamy

lim

x→+∞

f (x)

g(x)

= lim

x→+∞

f

0

(x)

g

0

(x)

= 2.

5