Egzamin z Analizy 1, 2 II 2009 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
2 n 2 + 3
1.1 Obliczyć granicę lim
2
n→∞ n 2 + 4 n
Rozwiązanie:
2 n 2 + 3
n 2(2 + 3 )
2 + 3
2 + 0
lim
= lim
n 2
= lim
n 2 =
= 2
n→∞ n 2 + 4 n
n→∞ n 2(1 + 4 )
n→∞ 1 + 4
1 + 0
n
n
ex
1.2 Obliczyć granicę lim
0
x→−∞ x
Rozwiązanie:
ex
0
lim
=
= 0
x→−∞ x
−∞
1.3 Obliczyć pochodną f 0(1) , f ( x) = x · ex 3 −x 3
Rozwiązanie:
f 0( x) = ex 3 −x + x · ex 3 −x · (3 x 2 − 1) f 0(1) = 1 + 1 · 1 · 2 = 3
Z 2 x + 3
3
1.4 Obliczyć całkę nieoznaczoną
d x
2 ln |x|− + C
x 2
x
Rozwiązanie:
Z 2 x + 3
Z 2
Z 3
3
d x =
d x +
d x = 2 ln |x| −
+ C
x 2
x
x 2
x
√e− 1
Z
2 x
1.5 Obliczyć całkę Riemanna
d x
1
x 2 + 1
0
Rozwiązanie:
√e− 1
Z
2 x
√
d x = {t = x 2 + 1 ; d t = 2 x d x ; t(0) = 1 ; t( e − 1) =
x 2 + 1
0
e
Z 1
h
i e
e} =
d t = ln |t|
= ln e − ln 1 = 1
t
1
1
1
2. Dla jakich wartości parametrów a, b ∈ R funkcja f : R → R jest ciągła?
sin 2 x
dla x < 0
x
f ( x) =
ax + b
dla x ∈< 0 , 2 >
x 3 − x 2 − 4
dla x > 2
x 2 − 4
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła dla x ∈ ( −∞, 0) ∪ (0 , 2) ∪ (2 , ∞). Sprawdzamy ciągłość w punktach x = 0 i x = 2.
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 0 , gdy wartość f (0) (równa granicy prawostronnej w x = 0) będzie równa granicy lewwostronnej w x = 0.
f (0) = b
sin 2 x
2 cos 2 x
lim f ( x) = lim
= lim
= 2
reguła del’Hospitala [0]
x→ 0 −
x→ 0 −
x
x→ 0 −
1
0
Dostajemy równanie:
b = 2
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 2 , gdy wartość f (2) (równa granicy lewostronnej w x = 2) będzie równa granicy prawostronnej w x = 2.
f (2) = 2 a + b
x 3 − x 2 − 4
3 x 2 − 2 x
lim f ( x) = lim
= lim
= 2
reguła del’Hospitala [0]
x→ 2+
x→ 2+
x 2 − 4
x→ 2+
2 x
0
Dostajemy równanie:
2 a + b = 2
Stąd
a = 0
Odpowiedź:
Funkcja jest ciągła dla a = 0 i b = 2.
2
3. Zbadać przebieg zmienności funkcji (bez badania drugiej pochodnej) ln |x|
f ( x) =
x
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji: D = ( −∞, 0) ∪ (0 , ∞) ln | − x|
ln |x|
Funkcja jest nieparzysta: f ( −x) =
= −
= −f ( x)
−x
x
ln |x|
ln x
Wystarczy więc ją zbadać na zbiorze D 1 = (0 , ∞) . Na tym zbiorze f( x) =
=
x
x
Granice
ln x
−∞
lim f ( x) = lim
=
= −∞
x→ 0+
x→ 0+
x
0+
ln x
1
lim f ( x) = lim
= lim x = 0
x→∞
x→∞
x
x→∞ 1
Asymptoty:
Funkcja ma asymptotę pionową x = 0 i poziomą y = 0 w + ∞
Badamy monotoniczność obliczając pochodną: 1 x − ln x
1 − ln x
f 0( x) = x
=
x 2
x 2
Rozwiązujemy nierówność f 0( x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni: 1 − ln x > 0
ln x < 1
x < e
Wniosek: Funkcja f ( x) jest rosnąca na przedziale (0 , e > , malejąca na przedziale < e, ∞ > , ma więc w x = e maksimum lokalne. Jest to jedyne ekstremum na D 1.
x
0+
...
e
...
∞
f 0( x)
+
+
0
−
f ( x)
−∞ %
1
&
0
e
3
4. Wyznaczyć wzór Taylora dla funkcji f ( x) wokół x 0 = 0 stosując wielomian stopnia trzeciego. Wyznaczyć resztę.
f ( x) = e−x 2 + sin 2 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) = − 2 xe−x 2 + 2 cos 2 x , f 0(0) = 2
f 00( x) = − 2 e−x 2 + 4 x 2 e−x 2 − 4 sin 2 x = (4 x 2 − 2) e−x 2 − 4 sin 2 x , f 00(0) = − 2
f 000( x) = 8 xe−x 2 − 2 x(4 x 2 − 2) e−x 2 − 8 cos 2 x = ( − 8 x 3 +12 x) e−x 2 − 8 cos 2 x , f 000(0) = − 8
f IV ( x) = ( − 24 x 2 +12) e−x 2 − 2 x( − 8 x 3 +12 x) e−x 2 +16 sin 2 x = (16 x 4 − 48 x 2 +12) e−x 2 +
16 sin 2 x
Stąd:
2 x
− 2 x 2
− 8 x 3
4
f ( x) = 1 +
+
+
+ R
x 3 + R
1!
2!
3!
3 = 1 + 2 x − x 2 − 3
3
gdzie
((16 c 4 − 48 c 2 + 12) e−c 2 + 16 sin 2 c) x 4
((4 c 4 − 12 c 2 + 3) e−c 2 + 4 sin 2 c) x 4
R 3 =
=
, gdzie
4!
6
c ∈ (0 , x)
4
5. Obliczyć całkę nieoznaczoną Z
4 sin x
I =
d x
cos3 x − cos2 x − cos x + 1
Rozwiązanie:
Całkujemy przez podstawienie:
(
)
t = cos x
d t = − sin x d x Z
− 4
I =
d t
t 3 − t 2 − t + 1
Rozkładamy mianownik na czynniki:
t 3 − t 2 − t + 1 = t 2( t − 1) − ( t − 1) = ( t − 1)( t 2 − 1) = ( t − 1)2( t + 1) Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste
− 4
A
B
C
=
+
+
mnożymy przez ( t − 1)2( t + 1) ( t − 1)2( t + 1)
t − 1
( t − 1)2
t + 1
− 4 = A( t − 1)( t + 1) + B( t + 1) + C( t − 1)2
− 4 = 2 B = ⇒ B = − 2
podstawiamy t = 1
− 4 = 4 C = ⇒ C = − 1
podstawiamy t = − 1
− 4 = −A + B + C
podstawiamy t = 0
A = − 2 − 1 + 4 = 1
Z
1
Z
1
Z
1
2
I =
d t − 2
d t −
d t = ln |t − 1 | +
− ln |t + 1 | + C =
t − 1
( t − 1)2
t + 1
t − 1
cos x − 1
2
ln
+ C
cos x + 1 + cos x − 1
5
6. Obliczyć objętość bryły powstałej przez obrót obszaru D: s
1
0 ¬ y ¬
, 0 ¬ x ¬ 1 dookoła osi Ox
x 2 + 3 x + 2
Rozwiązanie:
Objętość bryły jest równa:
b
Z
1
Z
1
V = π
y 2 d x = π
d x
x 2 + 3 x + 2
a
0
Rozkładamy mianownik na czynniki:
x 2 + 3 x + 2 = ( x + 1)( x + 2) Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste 1
A
B
=
+
mnożymy przez ( x + 1)( x + 2) ( x + 1)( x + 2)
x + 1
x + 2
1 = A( x + 2) + B( x + 1) 1 = A = ⇒ A = 1
podstawiamy x = − 1
1 = −B = ⇒ B = − 1
podstawiamy x = − 2
1
Z 1
1
h
i1
4
V = π
−
d x = π ln |x+1 |− ln |x+2 |
= π(ln 2 − ln 3 −(0 − ln 2)) = π ln x + 1 x + 2
0
3
0
Odpowiedź:
V = π ln 43
6