Egzamin z Analizy 1, 31 I 2008 godz. 9.00
1. Obliczyć granice:
√
√
a) lim n
n 4 + 4 n −
n 4 + 3
n→∞
3 n− 1
b) lim n 2+2
n→∞
n 2+ n
Rozwiązanie:
√
√
√
√
√
√
n
n 4 + 4 n −
n 4 + 3
n 4 + 4 n +
n 4 + 3
a) lim n
n 4 + 4 n −
n 4 + 3 = lim
√
√
=
n→∞
n→∞
n 4 + 4 n +
n 4 + 3
n( n 4 + 4 n − n 4 − 3) n 2(4 − 3 )
lim √
√
= lim
n
q
q
= 2
n→∞
n 4 + 4 n +
n 4 + 3
n→∞ n 2
1 + 4 +
1 + 3
n 3
n 4
"
# (2 −n)(3 n− 1)
3 n− 1
3 n− 1
n 2+ n
n 2+ n
b) lim n 2+2
= lim 1 + 2 −n
= lim
1 + 2 −n
2 −n
n→∞
n 2+ n
n→∞
n 2+ n
n→∞
n 2+ n
Ponieważ
(2 − n)(3 n − 1)
n 2( 2 − 1)(3 − 1 ) lim
= lim
n
n
= − 3
n→∞
n 2 + n
n→∞
n 2(1 + 1 )
n
Więc
3 n− 1
lim n 2+2
= e− 3
n→∞
n 2+ n
2. Dla jakich wartości parametrów a, b ∈ R funkcja f ( x) jest ciągła?
x 3 + 4 x 2 − 5 x
dla x > 1
x 3 − 1
f ( x) =
ax + b
dla x ∈< − 1 , 1 >
2 arc sin( 1 )
x
√
dla x < − 1
x 2 − 1
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła dla x ∈ ( −∞, − 1) ∪ ( − 1 , 1) ∪ (1 , ∞). Sprawdzamy ciągłość w punktach x = 1 i x = − 1.
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 1 , gdy wartość f (1) (równa granicy lewostronnej w x = 1) będzie równa granicy prawostronnej w x = 1.
f (1) = a + b
x 3 + 4 x 2 − 5 x 3 x 2 + 8 x − 5
lim f ( x) = lim
= lim
= 2
x→ 1+
x→ 1+
x 3 − 1
x→ 1+
3 x 2
Zastosowaliśmy regułę del’Hospitala dla granicy [0]
0
Dostajemy równanie:
a + b = 2
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = − 1 , gdy wartość f ( − 1) (równa granicy prawostronnej w x = − 1) będzie równa granicy lewostronnej w x = − 1.
f ( − 1) = −a + b 2 arc sin( 1 )
−π
lim f ( x) = lim
x
√
=
= −∞
x→− 1 −
x→− 1 −
x 2 − 1
0+
Uwaga! Nie wolno stosować reguły del’Hospitala, ponieważ nie jest to granica [ 0] ani 0
[ ∞]
∞
Wniosek: funkcja nie jest ciągła w x = − 1 dla żadnych wartości paramatrów a i b.
Odpowiedź:
Funkcja nie jest ciągła dla żadnych wartości paramatrów a i b.
3. Sformułować twierdzenie o wartości średniej (Lagrange’a). Znaleźć ekstrema i asymptoty funkcji
!
x 2 + 1
f ( x) = arc tg
x
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji: D = ( −∞, 0) ∪ (0 , ∞)
!
!
( −x)2 + 1
x 2 + 1
Funkcja jest nieparzysta: f ( −x) = arc tg
= − arc tg
= −f ( x)
−x
x
Wysarczy więc ją zbadać na zbiorze D 1 = (0 , ∞) 1. Ekstrema
Badamy monotoniczność obliczając pochodną: 1
2 x 2 − ( x 2 + 1) x 2 − 1
f 0( x) =
!
=
x 2 + 1 2
x 2
( x 2 + 1)2 + x 2
+ 1
x
Rozwiązujemy nierówność f 0( x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni: x 2 − 1 > 0
x > 1 (w zbiorze D 1) Wniosek: Funkcja f ( x) jest rosnąca na przedziale < 1 , ∞), malejąca na przedziale (0 , 1 > , ma więc w x = 1 minimum lokalne. Jest to jedyne ekstremum na D 1.
2. Asymptoty
Sprawdzamy czy istnieje asymptota pionowa x = 0
!
x 2 + 1
π
lim f ( x) = lim arc tg
=
x→ 0+
x→ 0+
x
2
Wniosek: Brak asymptoty pionowej w x = 0.
Sprawdzamy czy istnieje asymptota pozioma w ∞
!
x 2 + 1
π
lim f ( x) = lim arc tg
=
x→∞
x→∞
x
2
Wniosek: Istnieje asymptota pozioma w ∞, o równaniu y = π 2
Ponieważ f ( x) jest nieparzysta Odpowiedź:
Funkcja posiada minimum lokalne w x = 1 i maximum lokalne w x = − 1.
Funkcja nie ma asymptot pionowych.
Funkcja posiada asymptotę poziomą w ∞ o równaniu y = π oraz asymptotę poziomą 2
w −∞ o równaniu y = −π 2
4. Wyznaczyć wzór Taylora dla f ( x) wokół x 0 == stosując wielomian stopnia trzeciego.
Wyznaczyć resztę. Obliczyć przybliżaoną wartość f (0 , 1) f ( x) = ( x + 1) cos x Rozwiązanie:
Wzór Taylora:
f 0(0) x
f 00(0) x 2
f 000(0) x 3
f ( x) = f (0) +
+
+
+ R
1!
2!
3!
3
f IV ( c) x 4
R 3 =
, gdzie c ∈ (0 , x)
4!
f (0) = 1
f 0( x) = cos x − ( x + 1) sin x , f 0(0) = 1
f 00( x) = −( x + 1) cos x − 2 sin x , f 00(0) = − 1
f 000( x) = − 3 cos x + ( x + 1) sin x , f 000(0) = − 3
f IV ( x) = ( x + 1) cos x + 4 sin x Stąd:
1 x
−x 2
− 3 x 3
1
1
f ( x) = 1 +
+
+
+ R
x 2 − x 3 + R
1!
2!
3!
4 = 1 + x − 2
2
3
gdzie
(( c + 1) cos c + 4 sin c) x 4
R 3 =
4!
Przybliżona wartość f (0 , 1) 1 + 0 , 1 − 0 , 005 − 0 , 0005 = 1 , 0945
5. Obliczyć objętość bryły powstałej przez obrót figury ograniczonej krzywą r
cos x
y =
, x ∈< 0 , π > dookoła osi Ox sin2 x + sin x + 1
2
Rozwiązanie:
Objętość bryły jest równa:
π
2
Z
cos x
V = π
d x
sin2 x + sin x + 1
0
Całkujemy przez podstawienie:
t = sin x
d t = cos x d x
t = 0 dla x = 0
t = 1 dla x = π
2
1
Z
1
1
√ "
!#
1
Z
1
4 Z
1
4 3
2 t + 1
1
V = π
d t = π
d t = π
d t = π
arc tg
√
=
t 2 + t + 1
( t + 1)2 + 3
3
(2 t+1
√
)2 + 1
3 2
3
0
0
2
4
0
3
0
√
√
√
2 π 3
√
1
2 π 3 π
π
π 2 3
(arc tg 3 − arc tg √ ) =
( − ) =
3
3
3
3
6
9
6. Obliczyć całkę niewłaściwą
∞
Z
d x
ex + 1
0
∞
Z
b
d x
Z
d x
I =
= lim
ex + 1
b→∞
ex + 1
0
0
t = ex
d t = ex d x
1 d t = d x
t
t = 1 dla x = 0
t = eb dla x = b
b
Z
eb
d x
Z
d t
=
ex + 1
t( t + 1)
0
1
Rozkładamy funkję wymierną na ułamki proste: 1
A
B
=
+
t( t + 1)
t
t + 1
Wyznaczamy A = 1 , B = − 1
eb
Z
!
1
1
eb
−
d t = [ln |t| − ln |t + 1 |] eb = ln
+ ln 2
t
t + 1
1
eb + 1
1
!
!
eb
I = lim ln
+ ln 2 = ln 2
b→∞
eb + 1