Egzamin z Analizy 1, 1 IX 2009
1. Zadanie wstępne
Zadanie
Odp.
√
1. Obliczyć granicę lim ( n 2 + 6 n − n) 3
n→∞
Rozwiązanie:
√
n 2 + 6 n − n 2)
6
lim ( n 2 + 6 n − n) = lim √
= lim
= 3
n→∞
n→∞
n 2 + 6 n + n
n→∞ q1 + 6 + 1
n
e 2 x − 1
2. Obliczyć granicę lim √
0
x→ 0
x + 1
Rozwiązanie:
e 2 x − 1
1 − 1
lim √
= √
= 0
x→ 0
x + 1
0 + 1
3. Obliczyć drugą pochodną f 00( e) jeżeli f ( x) = x 2 ln x 5
Rozwiązanie:
1
f 0( x) = 2 x ln x + x 2 ·
= 2 x ln x + x
x
1
f 00( x) = 2 ln x + 2 x ·
+ 1 = 2 ln x + 3
x
f 00( e) = 2 ln e + 3 = 2 + 3 = 5
Z
x
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
d x
1 ln |( x + 2)2 + 1 | −
x 2 + 4 x + 5
2
Rozwiązanie:
2 arc tg( x + 2) + C
Z
x
Z
x
Z
x + 2 − 2
d x
=
d x
=
d x
=
x 2 + 4 x + 5
( x + 2)2 + 1
( x + 2)2 + 1
Z
x + 2
Z
1
1
d x− 2
d x =
ln |( x+2)2 +1 |− 2 arc tg( x+2)+ C
( x + 2)2 + 1
( x + 2)2 + 1
2
Pierwsza całka: licznik jest równy 1 razy pochodna mianownika, w drugiej 2
podstawienie liniowe: t = x + 2
π
2
Z
5. Obliczyć całkę Riemanna
6 sin2 x cos x d x
2
0
Rozwiązanie:
π
2
Z
π
6 sin2 x cos x d x = {t = sin x ; d t = cos x d x ; t(0) = 0 ; t( ) = 1 } =
2
0
1
Z
h
6 t 2 d t = 2 t 3i1 = 2
0
0
1
2. Znaleźć tangens kąta między krzywymi y 1 = arc tg(2 − 2 x) + 4 i y x 2 + 3 · x w
5
2 = 2
5
punkcie P (1 , 4 )
5
Rozwiązanie:
k 1 − k 2
tg α =
, gdzie k
1 i k 2 są współczynnikami kierunkowymi prostych stycznych 1 + k
1 k 2
do krzywych.
k 1 = y0 (1)
1
k 2 = y0 (1)
2
Obliczamy pochodne:
1
− 2
y0 =
· ( − 2) =
1
1 + (2 − 2 x)2
1 + (2 − 2 x)2
y0 (1) = − 2
1
1
2 √
2
x 2 + x 2 + 3
y0 = 2 · √
· 2 x · x +
x 2 + 3 =
·
√
2
5
2 x 2 + 3
5
5
x 2 + 3
y0 (1) = 1
2
− 2 − 1
tg α =
= 3
1 − 2
Odpowiedź:
tg α = 3
2
3. Zbadać przebieg zmienności funkcji f ( x) = x Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji: D = (0 , ∞) 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.
Badamy wypukłość obliczając drugą pochodną:
− 1 x 2 − (1 − ln x) · 2 x
− 3 + 2 ln x
f 00( x) =
x
=
x 4
x 3
Rozwiązujemy nierówność f 00( x) > 0 . Ponieważ mianownik jest dodatni:
− 3 + 2 ln x > 0
ln x > 32
3
x > e 2
3
3
Wniosek: Funkcja f ( x) wypukła na przedziale ( e 2 , ∞), wklęsła na przedziale (0 , e 2 ), 3
ma więc w x = e 2 punkt przegięcia.
3
x
0+
...
e
...
e 2
...
∞
f 0( x)
+
+
0
−
−
−
f 00( x)
−
−
−
−
0
+
f ( x)
−∞
%
1
&
3 e− 32
&
0
e
2
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną Z
e 2 x
√
d x
ex + 1
Rozwiązanie:
Podstawiamy: {t = ex ; d t = ex d x}
Z
e 2 x
Z
ex · ex d x
Z
t d t
I =
√
d x =
√
=
√
ex + 1
ex + 1
t + 1
Podstawiamy: {t + 1 = s 2 ; d t = 2 s d s ; t = s 2 − 1 }
Z
( s 2 − 1) · 2 s d s Z
2
2 √
√
3
I =
= 2
( s 2 − 1) d s =
s 3 − 2 s + C =
t + 1 − 2 t + 1 + C =
s
3
3
2 √
√
3
ex + 1 − 2 ex + 1 + C
3
Odpowiedź:
2 √
√
3
I =
ex + 1 − 2 ex + 1 + C
3
4
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
5
∞
Z
1
d x
x 3 + x
1
Rozwiązanie:
∞
b
Z
1
Z
1
I =
d x = lim
d x
x 3 + x
b→∞
x 3 + x
1
1
Obliczmy całkę:
b
Z
1
d x
x 3 + x
1
Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste: 1
A
Bx + C
=
+
x( x 2 + 1)
x
x 2 + 1
1 = A( x 2 + 1) + ( Bx + C) x ( A + B) x 2 + Cx + A = 1
A + B = 0
C = 0
A = 1
Stąd: A = 1 , B = − 1 , C = 0
b
b
b
b 2+1
Z
1
Z
1
Z
x
Z
h
i b
1
1
1 h
i b 2 +1
d x =
d x −
d x = ln |x|
−
d t = ln b −
ln |t|
=
x 3 + x
x
x 2 + 1
1
2
t
2
2
1
1
1
2
1
1
1
b 2
1
ln b −
ln( b 2 + 1) +
ln 2 =
ln
+
ln 2
2
2
2
b 2 + 1
2
Robimy podstawienie: {t = x 2 + 1 ; 2 x d x = d t ; t(1) = 2 , t( b) = b 2 + 1 }
Obliczamy granicę:
1
b 2
1
1
1
1
1
lim
ln
+
ln 2 = lim
ln
+
ln 2 =
ln 2
b→∞
2
b 2 + 1
2
b→∞
2
1
2
2
1 + b 2
Odpowiedź:
1 ln 2
2
6