Egzamin z Analizy 1, 1 II 2011
1. Zadanie wstępne:
Grupa A:
Zadanie
Odp.
√ 9 n 2 − 5
1. Obliczyć granicę lim
√
1
n→∞ n +
4 n 2 + 2
Rozwiązanie:
√
q
q
9 n 2 − 5
n 9 − 5
9 − 5
3
lim
√
= lim
n 2
= lim
n 2
=
= 1
n→∞ n +
4 n 4 + 2
n→∞
q
q
n(1 +
4 + 2 )
n→∞ 1 + 4 + 2
1 + 2
n 2
n 2
cos 2 x
2. Obliczyć granicę lim
− 1
x→ π 4 x − π
2
4
Rozwiązanie:
cos 2 x
− 2 sin 2 x
1
lim
= lim
= −
x→ π 4 x − π
x→ π
4
2
4
4
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = x ln(1 + x 2) 2
Rozwiązanie:
1
2 x 2
f 0( x) = 1 · ln(1 + x 2) + x ·
· 2 x = ln(1 + x 2) +
1 + x 2
1 + x 2
2 x
4 x · (1 + x 2) − 2 x 2 · 2 x f 00( x) =
+
1 + x 2
(1 + x 2)2
f 00(0) = 2 + 4 · 2 − 2 · 2 = 2
2
4
Z
4
5
− 4
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
−
d x
− 5 ln |x− 3 |+
( x + 1)2
x − 3
x + 1
Rozwiązanie:
C
Z
Z
Z
4
5
1
1
− 1
−
d x = 4
d x− 5
d x = 4 ·
− 5 ln |x−
( x + 1)2
x − 3
( x + 1)2
x − 3
x + 1
3 | + C
Podstawienie liniowe: t = x + 1 oraz t = x − 3
√ 7
Z
√
5. Obliczyć całkę Riemanna
12 x x 2 − 3 d x
28
2
Rozwiązanie:
√ 7
Z
√
√
12 x x 2 − 3 d x = {t = x 2 − 3 ; d t = 2 x d x ; t(2) = 1 ; t( 7) = 4 } =
2
4
Z
√
h
3 i4
6 t d t = 4 t 2
= 4(8 − 1) = 28
1
1
1
Grupa B:
Zadanie
Odp.
√n + 2
1. Obliczyć granicę lim
+ ∞
n→∞ ln(1 + 1 )
n
Rozwiązanie:
√n + 2
+ ∞
lim
=
= + ∞
n→∞ ln(1 + 1 )
0+
n
x 3 − 6 x
2. Obliczyć granicę lim
3
x→ 0 1 − e 2 x
Rozwiązanie:
x 3 − 6 x
3 x 2 − 6
− 6
lim
= lim
=
= 3
x→ 0 1 − e 2 x
x→ 0 − 2 e 2 x
− 2
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
√
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = ( x + 1) x 1
2
Rozwiązanie: √
√
√
3
1
f ( x) = ( x + 1) x = x x +
x = x 2 + x 2
1
f 0( x) = 3 x 2 + 1 x− 12
2
2
f 00( x) = 3 x− 12 − 1 x− 32
4
4
f 00(1) = 3 − 1 = 1
4
4
2
Z
6 x + 2
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
d x
3 ln |x 2
+
1 |
+
x 2 + 1
Rozwiązanie:
2 arc tg( x) + C
Z
6 x + 2
Z
2 x
Z
1
d x = 3
d x + 2
d x = 3 ln |x 2 + 1 | + 2 arc tg( x) + C
x 2 + 1
x 2 + 1
x 2 + 1
W pierwszej całce licznik jest pochodną mianownika, podstawienie: t = x 2 + 1
π
Z
5. Obliczyć całkę Riemanna
4 cos2 x d x
2 π
0
Rozwiązanie:
π
π
Z
Z
h
i π
4 cos2 x d x =
2(1 − cos 2 x) d x = 2 x − sin 2 x
= 2 π
0
0
0
2
2. Dla jakiej wartości parametrów a, b funkcja f : R → R jest ciągła?
x ln(1 + x)
dla x > 0
1 − cos x
f ( x) =
ax + b
dla − 1 x ¬ 0
x 4 + x
dla x < − 1
x + 1
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła na zbiorze ( −∞, − 1) ∪( − 1 , 0) ∪(0 , ∞) . Pozostaje sprawdzić ciągłość w punktach x 1 = 0 i x 2 = − 1.
Sprawdzamy ciągłość w punkcie x 1 = 0 :
lim f ( x) = lim f ( x) = f (0) x→ 0 −
x→ 0+
f (0) = b
lim f ( x) = lim ( ax + b) = b x→ 0 −
x→ 0 −
h 0 i
h 0 i
1
x ln(1 + x)
0
ln(1 + x) + x
0
+ 1+ x−x
1+ x
(1+ x)2
lim f ( x) = lim
1+ x
=
lim
=
lim
= 2
x→ 0+
x→ 0+
1 − cos x
x→ 0+
sin x
x→ 0+
cos x
H
H
Mamy:
b = b = 2
Sprawdzamy ciągłość w punkcie x 2 = − 1 : lim f ( x) = lim f ( x) = f ( − 1) x→− 1 −
x→− 1+
f ( − 1) = −a + b
h 0 i
x 4 + x
0
4 x 3 + 1
lim f ( x) = lim
=
lim
= − 3
x→− 1 −
x→− 1 − x + 1
x→− 1 −
1
H
Stosujemy jeszcze regułę del’Hospitala dla granicy [ 0 ]
0
lim f ( x) = lim ( ax + b) = −a + b x→− 1+
x→− 1+
Mamy:
−a + b = 2 = −a + b
Stąd −a + 2 = − 3 = ⇒ a = 5
Odpowiedź:
Funkcja f ( x) jest ciągła dla a = 2 oraz b = 5 .
3
3. Znaleźć ekstrema lokalne i globalne funkcji
√ 2 x − 2
f ( x) =
x
Rozwiązanie:
Dziedziną funkcji jest:
D = < 1 , ∞)
Funkcja jest ciągła na D i różniczkowalna na (1 , ∞) .
Badamy monotoniczność funkcji obliczając pochodną:
√
2
√
x −
2 x − 2
f 0( x) = 2 2 x− 2
x 2
Rozwiązujemy nierówność f 0( x) > 0 .
√
x
√
−
2 x − 2
2 x− 2
> 0
x 2
√
x
√
−
2 x − 2 > 0
ponieważ mianownik > 0
2 x− 2
√
x − (2 x − 2) > 0
mnożymy przez
2 x − 2 > 0
x < 2
Wniosek:
Funkcja f ( x) jest rosnąca przedziale < 1 , 2 > , malejąca na przedziale < 2 , ∞) .
W punkcie x = 1 jest więc minimum lokalne, W punkcie x = 2 jest maksimum lokalne i jednocześnie maksimum globlane.
Aby sprawdzić, czy x = 1 jest minimum globalnym obliczamy: f (1) = 0
√
s
2 x − 2
2
2
lim f ( x) = lim
= lim
−
= 0
x→∞
x→∞
x
x→∞
x
x 2
Ponieważ f (1) ¬ lim f ( x) więc x = 1 jest minimum globalnym.
x→∞
Odpowiedź:
Funkcja ma:
minimum lokalne w punkcie x = 1,
minimum globalne w punkcie x = 1 o wartości f (1) = 0, maksimum lokalne w punkcie x = 2,
√
maksimum globalne w punkcie x = 2 o wartości f (2) =
2 .
2
4
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
Z
cos3 x
I =
d x
sin2 x + 2 sin x
Rozwiązanie:
Całkujemy przez podstawienie:
(
)
t = sin x
d t = cos x d x
Z
(1 − sin2 x) cos x
Z
1 − t 2
I =
d x =
d t
sin2 x + 2 sin x
t 2 + 2 t
Dzielimy licznik przez mianownik:
−t 2 + 1 = − 1 · ( t 2 + 2 t) + 2 t + 1
Z
Z
2 t + 1
I =
− 1 d t +
d t
t 2 + 2 t
Funkcję wymierną rozkładamy na ułamki proste:
2 t + 1
2 t + 1
A
B
=
=
+
t 2 + 2 t
t( t + 2)
t
t + 2
2 t + 1 = A( t + 2) + Bt Podstawiamy t = 0 , stąd 2 A = 1 = ⇒ A = 12
Podstawiamy t = − 2 , stąd − 2 B = − 3 = ⇒ B = 32
Z
1 Z 1
3 Z
1
1
3
I = −
d t +
d t +
d t = −t +
ln |t| +
ln |t + 2 | + C =
2
t
2
t + 2
2
2
1
3
− sin x +
ln | sin x| +
ln | sin x + 2 | + C
2
2
Odpowiedź:
I = − sin x + 1 ln | sin x| + 3 ln | sin x + 2 | + C
2
2
5
5. Znaleźć objętość bryły powstałej z obrotu obszaru: 0 ¬ y ¬ sin2 x , 0 ¬ x ¬ π wokół
osi Ox
Rozwiązanie:
Objętość bryły jest równa:
π
Z
V = π
(sin2 x)2 d x
0
1 − cos 2 x
Korzystamy ze wzoru: sin2 x =
2
π
π
Z
(1 − cos 2 x)2
π Z
V = π
d x =
(1 − 2 cos 2 x + cos2 2 x) d x =
4
4
0
0
π
π
π Z
1 + cos 4 x
π Z
π h
(1 − 2 cos 2 x +
) d x =
(3 − 4 cos 2 x + cos 4 x) d x =
3 x − 2 sin 2 x +
4
2
8
8
0
0
1
i π
π h
1
1
i
3 π 2
sin 4 x
=
(3 π − 2 sin 2 π +
sin 4 π) − (0 − 2 sin 0 +
sin 0) =
4
0
8
4
4
8
1 + cos 4 x
Wykorzystaliśmy wzór: cos2 2 x =
oraz zastosowaliśmy podstawienia liniowe:
2
t = 2 x i s = 4 x
Odpowiedź:
3 π 2
V = 8
6
∞
Z
x 2 e−x d x
0
Rozwiązanie:
∞
b
Z
Z
I =
x 2 e−x d x = lim
x 2 e−x d x
b→∞
0
0
Obliczamy całkę przez części:
b
b
(
)
Z
f ( x) = x 2
g0( x) = e−x
Z
h
x 2 e−x d x =
= −x 2 e−x i b −
( − 2 xe−x) d x = −b 2 e−b +
f 0( x) = 2 x g( x) = −e−x 0
0
0
b
Z
2
xe−x d x
0
b
b
(
)
Z
f ( x) = x
g0( x) = e−x
Z
h
xe−x d x =
=
−xe−x i b −
( −e−x) d x = −be−b +
f 0( x) = 1 g( x) = −e−x 0
0
0
b
Z
h
e−x d x = −be−b + −e−x i b = −be−b − e−b + 1
0
0
Stąd:
b
Z
x 2 e−x d x = −b 2 e−b − 2 be−b − 2 e−b + 2
0
Obliczamy granicę:
−b 2 − 2 b − 2
lim −b 2 e−b − 2 be−b − 2 e−b + 2 = 2 + lim
= 2 + 0 = 2
b→∞
b→∞
eb
−b 2 − 2 b − 2
Granica lim
jest równa 0, ponieważ funkcja wykładnicza dąży do nie-b→∞
eb
skończoności szybciej niż wielomian, przy argumencie dążącym do nieskończoności.
Można też zastosować regułę del’Hospitala:
h −∞ i
h −∞ i
−b 2 − 2 b − 2
+ ∞
− 2 b − 2
+ ∞
− 2
− 2
lim
=
lim
=
lim
=
= 0
b→∞
eb
b→∞
eb
b→∞ eb
∞
H
H
Odpowiedź:
∞
Z
x 2 e−x d x = 2
0
7