Egzamin z Analizy 1, 29 I 2007
1. Podać definicję liczby e oraz obliczyć granice:
3 n
a) lim − 2+3 n
n→∞
2+3 n
q
b) lim n ( − 1) n + 2 n + 3 n + 4 n n→∞
Rozwiązanie:
− 12 n
3 n
3 n
2+3 n 2+3 n
a) lim − 2+3 n
= lim 1 + − 4
= lim
1 + − 4
− 4
n→∞
2+3 n
n→∞
2+3 n
n→∞
2+3 n
Ponieważ
− 12 n
− 12
lim
= lim
= − 4
n→∞ 2 + 3 n
n→∞ 2 + 3
n
Więc
3 n
lim − 2+3 n
= e− 4
n→∞
2+3 n
q
1
b) lim n ( − 1) n + 2 n + 3 n + 4 n = lim 4 ( − 1) n + (2) n + (3) n + 1 n = 4(10) = 4
n→∞
n→∞
4
4
4
2. Dla jakiego k funkcja y = kxe−x spełnia równanie y00 − y0 − 2 y = 4 e−x Rozwiązanie:
y0 = ke−x − kxe−x
y00 = −ke−x − ke−x + kxe−x = kxe−x − 2 ke−x Podstawiamy do równania:
kxe−x − 2 ke−x − ke−x + kxe−x − 2 kxe−x = 4 e−x
− 3 ke−x = 4 e−x k = − 43
√
√
3. Wyznacz ekstrema funkcji y = xe− x oraz oblicz granicę lim xe− x x→∞
Rozwiązanie:
Dziedzina y: D = < 0 , ∞) , funkcja jest ciągła.
Badamy znak pierwszej pochodnej:
!
√
√
√
− 1
x
√
y0 = e− x + xe− x
√
= (1 −
) e− x
2 x
2
Dziedziną pierwszej pochodnej jest zbiór: (0 , ∞) (można pokazać, że pochodna dla x = 0 też istnieje ale wymaga to dodatkowych obliczeń i nie jest wcale potrzebne).
√x √
(1 −
) e− x > 0
2
√x
1 −
> 0
2
√x < 2
x < 4
y0 < 0 dla x > 4
Stąd wynika, że y ma maksimum lokalne w punkcie x = 4 i minimum lokalne w punkcie x = 0
Granicę obliczamy stosując 2 razy regułę del’Hospitala 1
√
√
√
x
1
2 x
x
2
lim xe− x = lim √ = lim
! = lim
√
= lim
= lim √ =
x→∞
x→∞ e x
x→∞
√
1
x→∞ e x
x→∞
√
1
x→∞ e x
e x
√
e x √
2 x
2 x
0
4. Sformułować twierdzenie Taylora oraz napisać wzór Maclaurina dla f ( x) = ln(1 + x) dla n = 4
Rozwiązanie:
Wzór Maclaurina dla n=4:
f 0(0) x
f 00(0) x 2
f 000(0) x 3
f ( x) = f (0) +
+
+
+ R
1!
2!
3!
4
f IV ( θx) x 4
R 4 =
, gdzie 0 < θ < 1
4!
f (0) = 0
f 0( x) = (1 + x) − 1 , f 0(0) = 1
f 00( x) = −(1 + x) − 2 , f 00(0) = − 1
f 000( x) = 2(1 + x) − 3 , f 000(0) = 2
f IV ( x) = − 6(1 + x) − 4
Stąd:
1 x
−x 2
2 x 3
x 2
x 3
f ( x) = 0 +
+
+
+ R
+
+ R
1!
2!
3!
4 == x − 2
3
4
gdzie
− 6(1 + θx) − 4 x 4
x 4
R 4 =
= −
4!
4(1 + θx)4
5. Oblicz pole figury ograniczonej krzywymi y = x 2 , x + y = 2
Rozwiązanie:
Szukamy punktów przecięcia krzywych y = x 2 i y = 2 − x: x 2 = 2 − x
x 2 + x − 2 = 0
√∆ = 3
x 1 = − 2 , x 2 = 1
W przedziale < − 2 , 1 > krzywa y = 2 − x lezy nad krzywą y = x 2 . Pole figury jest więc równe:
1
Z
"
#
x 2
x 3 1
1
1
8
9
S =
2 − x − x 2 d x = 2 x −
−
= 2 −
−
− − 4 − 2 +
=
2
3
2
3
3
2
− 2
− 2
6. Oblicz całki niewłaściwe:
∞
Z
1
a) I 1 =
d x
1 + x 2
0
Z
b) I 2 =
xe−x d x
0
Rozwiązanie:
∞
Z
b
1
Z
1
π
a) I 1 =
d x = lim
d x = lim [arc tg x] b = lim (arc tg b − 0) =
1 + x 2
b→∞
1 + x 2
b→∞
0
b→∞
2
0
0
∞
Z
b
Z
b) I 2 =
xe−x d x = lim
xe−x d x
b→∞
0
0
Całkę obliczamy przez części:
b
Z
h
i
b
Z
b
Z
b
h
i b
xe−x d x = −xe−x −
−e−x d x = −be−b +
e−x d x = −be−b + −e−x
= −be−b −
0
0
0
0
0
e−b + 1
−b − 1
I 2 = lim ( −be−b − e−b + 1) = lim (
+ 1)
b→∞
b→∞
eb
Stosujemy regułę del’Hospitala do granicy:
−b − 1
− 1
lim
= lim
= 0
b→∞
eb
b→∞ eb
A więc
I 2 = 0 + 1 = 0