Egzamin z Analizy 1, 7 II 2007 godz. 9.00
1. Sformułować twierdzenie o trzech ciągach i na jego podstawie obliczyć granicę q
lim n 1 + 2 + . . . + n n→∞
2
3
n+1
Rozwiązanie:
q
√
√
n 1 + 2 + . . . + n ¬ n 1 + 1 + . . . + 1 = n n 2
3
n+1
√
lim n n = 1
n→∞
q
q
n 1 + 2 + . . . + n n 1
2
3
n+1
2
q
lim n 1 = 1
n→∞
2
Z twierdzenia o trzech ciągach:
q
lim n 1 + 2 + . . . + n = 1
n→∞
2
3
n+1
2. Dla funkcji y = (1 + x) − 32 wyznaczyć wzór Maclaurina, n = 4
Rozwiązanie:
Wzór Maclaurina dla n=4:
y0(0) x
y00(0) x 2
y000(0) x 3
y( x) = y(0) +
+
+
+ R
1!
2!
3!
4
yIV ( θx) x 4
R 4 =
, gdzie 0 < θ < 1
4!
y(0) = 1
y0( x) = − 3(1 + x) − 52 , y0(0) = − 3
2
2
y00( x) = 15(1 + x) − 72 , y00(0) = 15
4
4
y000( x) = − 105(1 + x) − 92 , y000(0) = − 105
8
8
yIV ( x) = 945(1 + x) − 112
16
Stąd:
3 x
15 x 2
105 x 3
3
15
35
y( x) = 1 −
+
−
+ R
x +
x 2 −
x 3 + R
2 1!
4 2!
8 3!
4 = 1 − 2
8
16
4
gdzie
945
x 4
315(1 + θx) − 112 x 4
R 4 =
(1 + θx) − 112
=
16
4!
128
x − 1
3. Wyznaczyć równanie stycznej do wykresu funkcji f ( x) = arc tg w punkcie P =
x + 1
(0 , f (0))
Rozwiązanie:
Równanie stycznej w tym punkcie:
y − f (0) = f 0(0)( x − 0) f (0) = arc tg( − 1) = −π 4
1
x + 1 − x + 1
f 0( x) =
x − 12 ( x + 1)2
1 + x + 1
Równanie stycznej:
y = x + π 4
e−x
4. Wyznaczyć asymptoty i ekstrema funkcji f ( x) = x 2 − 3
Rozwiązanie:
Szukamy dziedziny f ( x) x 2 − 3 = 0
√
x = ± 3
√
√ √
√
D = ( −∞, − 3) ∪ ( − 3 , 3) ∪ ( 3 , ∞)
√
Asymptoty pionowe mogą być w punktach x = ± 3. Sprawdzamy: e−x
lim
= + ∞
√ −
x→− 3
x 2 − 3
e−x
lim
= −∞
√ +
x→− 3
x 2 − 3
e−x
lim
= −∞
√ −
x→ 3
x 2 − 3
e−x
lim
= + ∞
√ +
x→ 3
x 2 − 3
√
√
Funkcja ma więc asymptoty pionowe obustronne w x = − 3 i w x =
3
Sprawdzamy czy jest asympota ukośna w + ∞
e−x
0
lim
=
= 0
x→∞ x 2 − 3
∞
A więc funkcja ma w + ∞ asymptotę poziomą o równaniu y = 0
Sprawdzamy czy jest asympota ukośna w −∞
e−x
∞
lim
=
x→−∞ x 2 − 3
∞
Stosujemy regułę del’Hospitala:
e−x
−e−x
e−x
lim
= lim
= lim
= −∞
x→−∞ x 2 − 3
x→−∞
2 x
x→−∞
2
Może być asympota ukośna w −∞. Liczymy stosując regułę del’Hospitala: e−x
−e−x
e−x
a = lim f( x) = lim
= lim
= lim
= ∞
x→−∞
x
x→−∞ x( x 2 − 3) x→−∞ 3 x 2 − 3
x→−∞ 6 x
Podobna granica była już liczona.
Wynika stąd, że funkcja nie ma asymptoty ukośnej w −∞
Szukamy ekstremów:
Badamy znak pierwszej pochodnej:
−e−x( x 2 − 3) − e−x(2 x) e−x( −x 2 − 2 x + 3) f 0( x) =
=
( x 2 − 3)2
( x 2 − 3)2
e−x( −x 2 − 2 x + 3) > 0
( x 2 − 3)2
∆ = 16
x 1 = 1 , x 2 = − 3
A więc
f 0( x) > 0 dla x ∈ ( − 3 , 1) ∩ D
f 0( x) < 0 dla x ∈ (( ∞, − 3) ∪ (1 , ∞)) ∩ D
Czyli funkcja ma minimum lokalne w x = − 3 i maksimum lokalne w x = 1
5. Obliczyć objętość bryły powstałej przez obrót figury ( 0 ¬ x ¬ π
D :
√
0 ¬ y ¬
sin5 x
dookoła osi Ox
Rozwiązanie:
Objętość bryły jest równa:
π
Z q
2
π
Z
π
Z
V = π
sin5 x
d x = π
sin5 x d x = π (1 − cos2 x)2 sin x d x 0
0
0
Całkujemy przez podstawienie:
t = cos x
d t = − sin x d x
t = 1 dla x = 0
t = − 1 dla x = π
− 1
Z
− 1
Z
"
#
t 5
2 t 3
− 1
1
2
V = π
(1 − t 2)2( − d t) == π
−t 4 + 2 t 2 − 1 d t = π −
+
− t
= π( −
+
5
3
5
3
1
1
1
1
2
16 π
1 − ( − +
− 1)) =
5
3
15
6. Sformułować twierdzenie o wartości średniej w sensie całkowym. Obliczyć średnią wartość funkcji
3 ln2 x
f ( x) =
na przedziale < 1 , e > x
Rozwiązanie:
Wartość średnia funkcji jest równa:
e
1
Z 3 ln2 x
fs =
d x
e − 1
x
1
Całkujemy przez podstawienie:
t = ln
d x
d t =
x
t = 0 dla x = 1
t = 1 dla x = e
1
1
Z
1
h i1
1
1
fs =
3 t 2 d t =
t 3
=
(1 − 0) =
e − 1
e − 1
0
e − 1
e − 1
0