Egzamin z Analizy 1, 6 II 2012 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne:
Zadanie
Odp.
1. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = 9 x ln( x 2 + 2) 14
Rozwiązanie:
9 x
18 x 2
f 0( x) = 9 ln( x 2 + 2) +
· 2 x = 9 ln( x 2 + 2) +
x 2 + 2
x 2 + 2
18 x
36 x( x 2 + 2) − 18 x 2 · 2 x 18 x
72 x
f 00( x) =
+
=
+
x 2 + 2
( x 2 + 2)2
x 2 + 2
( x 2 + 2)2
f 00(1) = 6 + 8 = 14
√ 3
2 π
2
Z
12
2. Obliczyć całkę
d x
4 x 2 + 1
0
Rozwiązanie:
√ 3
√
√
2
3
Z
12
3
√
Z
6
d x = {t = 2 x ; d t = 2 d x ; t(0) = 0 ; t(
) =
3 } =
d t =
4 x 2 + 1
2
t 2 + 1
0
0
√
√
h
i
3
π
6 arc tg t
= 6(arc tg
3 − arc tg 0) = 6(
− 0) = 2 π
0
3
2
n
0
3. Obliczyć granicę lim
n→∞
3 + e−n
Rozwiązanie:
2
n
2
+ ∞
lim
=
= 0
n→∞
3 + e−n
3 + 0
Z
x + 1
x − 2 ln |x + 3 | + C
4. Obliczyć całkę
x + 3
Rozwiązanie:
Z
x + 1
Z
2
d x =
1 −
d x = x − 2 ln |x + 3 | + C
x + 3
x + 3
sin(8 x)
2
5. Obliczyć granicę lim
√
x→ 0
6 x + 4 − 4 x + 1
Rozwiązanie:
sin(8 x)
8 cos 8 x
8
lim
√
= lim
=
= 2
x→ 0
6 x + 4 − 4 x + 1
x→ 0
6 −
4
√
6 − 2
2
x+1
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
1
2. Dla jakiej wartości parametru a funkcja f : (0 , 2) → R jest ciągła?
ln(2 x − x 2)
dla 1 < x < 2
x 3 − 2 x 2 + x
f ( x) =
a
dla x = 1
√
x 6 + 3 − 2
dla 0 < x < 1
x sin( x 2 − 1)
Rozwiązanie:
Funkcja f ( x) jest ciągła na zbiorze (0 , 1) ∪ (1 , 0) . Sprawdzamy ciągłość w x = 1 .
Obliczamy:
f (1) = a
h 0 i
h 0 i
ln(2 x − x 2)
2 − 2 x
0
2 − 2 x
0
− 2
lim f ( x) = lim
2 x−x 2
=
lim
= lim
=
lim
=
x→ 1+
x→ 1+ x 3 − 2 x 2 + x x→ 1+ 3 x 2 − 4 x + 1
x→ 1+ (2 x − x 2) · (3 x 2 − 4 x + 1) x→ 1+ (2 − 2 x) · (3 x 2 − 4 x + 1) + (2 x − x 2) · (6 x − 4) H
H
− 2
= − 1
0 + 1 · 2
√
h 0 i
6 x 5
x 6 + 3 − 2
0
√
6
3
lim f ( x) = lim
2
x 6+3
=
lim
=
2 · 2
=
x→ 1 −
x→ 1 − x sin( x 2 − 1) x→ 1 − sin( x 2 − 1) + x cos( x 2 − 1) · 2 x 0 + 2
4
H
3
Warunek f (1) = lim f ( x) = lim f ( x) ⇐⇒ a = − 1 =
x→ 1+
x→ 1 −
4
nie jest spełniony dla żadnego a, więc funkcja f ( x) nie jest ciągła w x = 1.
Odpowiedź:
Funkcja f ( x) nie jest ciągła dla żadnej wartości parametru a .
2
3. Znaleźć ekstrema lokalne i globalne funkcji 3 x 2 + 2 x − 3
f ( x) =
x 4
Rozwiązanie:
Dziedziną funkcji jest:
D = ( −∞ 0) ∪ (0 ∞) Badamy monotoniczność funkcji rozwiązując nierówność f 0( x) > 0 : (6 x + 2) · x 4 − (3 x 2 + 2 x − 3) · 4 x 3
6 x 5 + 2 x 4 − 12 x 5 − 8 x 4 + 12 x 3
− 6 x 2 − 6 x + 12
f 0( x) =
=
=
x 8
x 8
x 5
( f 0( x) istnieje na D) .
− 6 x 2 − 6 x + 12 > 0
mnożymy przez x 6 > 0
x 5
x( − 6 x 2 − 6 x + 12) > 0
− 6 x( x 2 + x − 2) > 0
∆ = 9 = ⇒ x 1 = − 1 − 3 = − 2 , x 2
2 = 1
− 6 x( x − 1)( x + 2) > 0
Wniosek:
f ( x) jest rosnąca na przedziale ( −∞ , − 2 > oraz na przedziale (0 , 1 > f ( x) jest malejąca na przedziale < − 2 , 0) oraz na przedziale < 1 , ∞) W punkcie x = − 2 jest więc maksimum lokalne, w punkcie x = 1 jest więc maksimum lokalne.
Aby znaleźć ekstrema globalne obliczamy:
5
f ( − 2) = 16
f (1) = 2
Ponieważ f (1) > f ( − 2) więc x = 1 nie jest maksimum globalnym.
Odpowiedź:
Funkcja ma:
minimum lokalne: brak,
minimum globalne: brak,
maksimum lokalne: w punktach x = − 2 oraz x = 1, maksimum globalne: w punkcie x = 1 o wartości f (1) = 2 .
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną Z
4 − 2 e−x d x
ex + e−x
Rozwiązanie:
(
d t )
Podstawiamy:
t = ex ; d t = ex d x ; d x = t Z
4 − 2 e−x
Z
4 − 2
Z
4 t − 2
I =
d x =
t
d t =
d t
ex + e−x
( t + 1 ) t
( t 2 + 1) t
t
Rozkładamy funkcję podcałkową na ułamki proste: 4 t − 2
A
Bt + C
=
+
( t 2 + 1) t
t
t 2 + 1
4 t − 2 = A( t 2 + 1) + ( Bt + C) t 4 t − 2 = ( A + B) t 2 + Ct + A
A + B = 0
C = 4
A = − 2
Stąd B = 2
Z
− 2
2 t
4
I =
+
+
d t = − 2 ln |t| + ln |t 2 + 1 | + 4 arc tg t + C
t
t 2 + 1
t 2 + 1
Z
2 t
W całce
d t
licznik jest pochodną mianownika, podstawimy za mianownik.
t 2 + 4
Odpowiedź:
I = − 2 x + ln |e 2 x + 1 | + 4 arc tg ex + C
4
5. Dla jakiej wartości parametru a pola obszarów D 1 i D 2 są takie same?
0 ¬ x ¬ a
(
0 ¬ x ¬ π
D 1 :
6 πx 2
;
D 2 :
0 ¬ y ¬
0 ¬ y ¬ x sin x
x 3 + 1
Rozwiązanie:
Pole obszaru D 1 jest równe:
1
Z
6 πx 2
S 1 =
d x
x 3 + 1
0
Postawiamy:
{t = x 3 + 1 ; d t = 3 x 2 d x ; t(0) = 1 ; t( a) = a 3 + 1 }
Obliczamy całkę:
a 3+1
Z
1
a 3 +1
S 1 = 2 π
d t = 2 π ln |t|
= 2 π ln( a 3 + 1) − 0
t
1
1
Pole obszaru D 2 jest równe:
π
π
(
)
Z
f ( x) = x
g0( x) = sin x
π
Z
S 2 =
x sin x d x =
= −x cos x
−
( − cos x) d x =
f 0( x) = 1 g( x) = − cos x 0
0
0
π
π − 0 + sin x
= π
Całkujemy przez części
0
2 π ln( a 3 + 1) = π
ln( a 3 + 1) = 12
√
a 3 + 1 =
e
q √
a = 3
e − 1
Odpowiedź:
q √
Pola obszarów są równa dla a = 3
e − 1 .
5
∞
Z
√
2
x 2 + 1 − x
d x
0
Rozwiązanie:
∞
b
Z
√
Z
√
2
2
I =
x 2 + 1 − x
d x = lim
x 2 + 1 − x
d x
b→∞
0
0
b
b
b
Z
√
Z
√
Z
2
Ib =
x 2 + 1 − x
d x d x =
x 2 + 1 + x 2 − 2 x x 2 + 1 d x =
(2 x 2 + 1) d x −
0
0
0
b
Z
√
2
x x 2 + 1 d x
0
b
Z
2
b
2
(2 x 2 + 1) d x =
x 3 + x
=
b 3 + b
3
0
3
0
b
b 2+1
Z
√
Z
1 √
x x 2 + 1 d x = {t = x 2 + 1 ; d t = 2 x d x ; t(0) = 1 ; t( b) = b 2 + 1 } =
t d t =
2
0
1
1 2
b 2 +1
3
1
3
t 2
=
(( b 2 + 1) 2 − 1)
2 3
1
3 √
3
Ib = 2 b 3 + b − 2 b 2 + 1 + 2
3
3
3
Obliczamy granicę: √
√
3
3
I = lim 2 b 3 + b − 2
b 2 + 1 + 2 = 2 + 2 lim b 3 + 3 b −
b 2 + 1
b→∞
3
3
3
3
3 b→∞
2
Obliczamy:
√
3
( b 3 + 3 b)2 − ( b 2 + 1)3
b 6 + 3 b 4 + 9 b 2 − b 6 − 3 b 4 − 3 b 2 − 1
lim b 3+ 3 b− b 2 + 1
= lim
2
√
= lim
4
√
=
3
3
b→∞
2
b→∞
b 3 + 3 b +
b 2 + 1
b→∞
b 3 + 3 b +
b 2 + 1
2
2
− 3 b 2 − 1
b 2( − 3 − 1 )
− 3 − 1
lim
4
√
= lim
4
b 2
= lim
4
b 2
=
3
3
3
b→∞ b 3 + 3 b +
b 2 + 1
b→∞
q
b→∞
q
2
b 3(1 + 3 +
1 + 1 )
b(1 + 3 +
1 + 1 )
2 b 2
b 2
2 b 2
b 2
0
Odpowiedź:
I = 23
6