Egzamin z Analizy 1, 24 VI 2008 godz. 9.00
1. Znaleźć równania stycznych do wykresu funcji f ( x) = x 3 − 4 x 2 + 3 x + 1 w punktach o odciętych 0 i 1. Znaleźć kąt między tymi stycznymi.
Rozwiązanie:
Obliczamy poczhodną: f 0( x) = 3 x 2 − 8 x + 3
W punkcie x = 0 :
f (0) = 1
f 0(0) = 3
Równanie stycznej :
y − 1 = 3 · ( x − 0) y = 3 x + 1
W punkcie x = 1 :
f (1) = 1
f 0(1) = − 2
Równanie stycznej:
y − 1 = − 2 · ( x − 1) y = − 2 x + 3
Obliczamy kąt α między stycznymi:
a
tg α = 1 − a 2
1 + a
, gdzie a 1 , a 2 są wspólczynnikami kierunkowymi prostych 1 a 2
3 + 2
tg α =
1 − 6 = 1
Stąd α = π 4
2. Znaleźc ekstrema lokalne i globalne funkcji:
√
f ( x) = x 8 − x 2
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji:
√
√
D = < − 2 2 , 2 2 > Obliczamy pochodną:
√
− 2 x
8 − 2 x 2
f 0( x) =
8 − x 2 + x √
= √
2 8 − x 2
8 − x 2
√
Uwaga: Pochodna nie istnieje w punktach ± 2 2 , ale funkcja jest w tych punktach ciągła.
Rozwiązujemy nierówność f 0( x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni: 8 − 2 x 2 > 0
x ∈ ( − 2 , 2)
√
√
Analogicznie f 0( x) < 0 dla x ∈ ( − 2 2 , 2 2) Stąd wynika, że f ( x) jest:
w przedziale < − 2 2 , − 2 > malejąca w < − 2 , 2 > rosnąca
√
w < 2 , 2 2 > malejąca Funkcja f ma więc następujące esktrema lokalne:
√
x = − 2 2 - maksimum lokalne x = − 2 - minimum lokalne
x = 2 - maksimum lokalne
√
x = 2 2 - minimum lokalne
Aby znaleźć ekstrema globalne obliczamy wartości funkcji f w ekstremach lokalnych:
√
√
f ( − 2 2) = 0 , f ( − 2) = − 4 , f (2) = 4 , f (2 2) = 0
Stąd :
Maksimum globalne f jest równe 4, a minimum globalne f jest równe -4.
3. Wyznaczyć wzór Maclaurina z R 5 dla funkcji: f ( x) = sin(2 x + π ) 3
Rozwiązanie:
Wzór Maclaurina:
f 0(0) x
f 00(0) x 2
f 000(0) x 3
f IV (0) x 4
f ( x) = f (0) +
+
+
+
+ R
1!
2!
3!
4!
5
f V ( c) x 5
R 5 =
, gdzie c ∈ (0 , x)
5!
√ 3
f (0) = sin( π ) =
3
2
f 0( x) = 2 cos(2 x + π ) , f 0(0) = 1
3
√
f 00( x) = − 4 sin(2 x + π ) , f 00(0) = − 2 3
3
f 000( x) = − 8 cos(2 x + π ) , f 000(0) = − 4
3
√
f IV ( x) = 16 sin(2 x + π ) , f IV (0) = 8 3
3
f V ( x) = 32 cos(2 x + π ) 3
Stąd:
√
√
√
√
√
3
1
− 2 3
− 4
8 3
3
√
2
3
f ( x) =
+ x+
x 2 +
x 3 +
x 4 + R
+ x− 3 x 2 − x 3 +
x 4 + R
2
1!
2!
3!
4!
5 =
2
3
3
5
gdzie
32 cos(2 c + π )
4 cos(2 c + π )
R
3
3
5 =
x 5 =
x 5 , gdzie c ∈ (0 , x) 5!
15
4. Obliczyć całki
π
2
Z
e
2 cos x
Z
a)
d x ; b)
x 2 ln x d x
1 + sin2 x
0
1
Rozwiązanie:
π
2
Z
2 cos x
a)
d x
1 + sin2 x
0
t = sin x
d t = cos x d x
t = 0 dla x = 0
t = 1 dla x = π
2
1
Z
2
π
I =
d t = 2 [arc tg t]1 =
1 + t 2
0
2
0
e
Z
b)
x 2 ln x d x
1
Całkujemy przez części:
(
)
f = ln x g0 = x 2
f 0 = 1
g = x 3
x
3
e
Z
"
#
e
"
#
x 3
e
Z 1 x 3
e 3
x 3 e
e 3
e 3
1
2 e 3 + 1
x 2 ln x d x =
ln x
−
·
d x =
−
=
−
+
=
3
x
3
3
9
3
9
9
9
1
1
1
1
5. Obliczyć pole figury ograniczonej krzywymi K 1 , K 2 i K 3
K 1 : y = x 2 , K 2 : y = 1 x 2 , K
4
3 : y = 9
Rozwiązanie:
Znajdujemy punkty przecięcia:
y = x 2 i y = 9 : x = ± 3
y = 1 x 2 i y = 9 : x = ± 6
4
y = x 2 i y = 1 x 2 : x = 0
4
Krzywe te ograniczają dwie figury symetryczne. Wybieramy tę dla x 0 (obie mają takie samo pole). Figurę dzielimy na dwie części: S = S 1 + S 2
3
Z
1
3 1
3
27
S 1 = ( x 2 − x 2) d x =
x 3
=
4
4 3
0
4
0
6
Z
1
1
6
9
45
S 2 = (9 − x 2) d x = 9 x −
x 3
= 54 − 18 − 27 +
=
4
12
3
4
4
3
stąd
S = 18
6. Podać definicję całki niewłaściwej I rodzaju. Wyznaczyć k tak, aby
∞
Z
k d x
= 1
( x + 1)3
0
i przedstawić interpretację geometryczną obliczonej całki.
Rozwiązanie:
∞
Z
b
k d x
Z
d x
= k lim
( x + 1)3
b→∞
( x + 1)3
0
0
b
Z
"
#
d x
− 1
b
− 1
1
=
=
+
( x + 1)3
2( x + 1)2
2( b + 1)2
2
0
0
Stąd:
!
− 1
1
k
k lim
+
=
b→∞
2( b + 1)2
2
2
Rozwiązujemy równanie:
k = 1
2
k = 2