Egzamin z Analizy 1, 1 II 2012 godz. 12.00
1. Zadanie wstępne:
Zadanie
Odp.
√
n 3 +
n 4 + 1
1. Obliczyć granicę lim
∞
n→∞
n 2 + 3 n
Rozwiązanie:
√
q 1
q 1
n 3 +
n 4 + 1
n 3(1 +
+ 1 )
1 +
+ 1
lim
= lim
n 2
n 6
= lim n
n 2
n 6 = ∞
n→∞
n 2 + 3 n
n→∞
n 2(1 + 3 )
n→∞
1 + 3
n
n
6 ln( x + 1)
2. Obliczyć granicę lim
2
x→ 0
e 3 x − 1
Rozwiązanie:
6 ln( x + 1)
6
lim
= lim x+1 = 2
x→ 0
e 3 x − 1
x→ 0 3 e 3 x
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
32
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = 10 arc tg 2 x
− 5
Rozwiązanie:
10
20
f 0( x) =
· 2 =
1 + 4 x 2
1 + 4 x 2
− 20
− 160 x
f 00( x) =
· 8 x =
(1 + 4 x 2)2
(1 + 4 x 2)2
− 160
32
f 00(1) =
= −
25
5
Z
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
x cos x d x
x sin x + cos x + C
Rozwiązanie:
Z
Z
Z
x cos x d x =
x(sin x) 0 d x = x sin x −
sin x d x = x sin x + cos x + C
Całkujemy przez części.
1
Z
12 x
5. Obliczyć całkę Riemanna
d x
4 ln 2
3 x 2 + 1
0
Rozwiązanie:
1
4
Z
12 x
Z
2
d x = {t = 3 x 2 + 1 ; d t = 6 x d x ; t(0) = 1 ; t(1) = 4 } =
d t =
3 x 2 + 1
t
0
1
h
i4
2 ln |t|
= 2 ln 4 − 0 = 4 ln 2
1
1
2. Dla jakiej wartości parametru a zachodzi równość granic: a
x + e−x
lim(1 + 2 sin x) x = lim √
x→ 0
x→∞
x 2 + 1
Rozwiązanie:
a
a
lim(1 + 2 sin x)
x
x = lim e ln(1+2 sin x) x→ 0
x→ 0
h 0 i
0
a 2 cos x
a
a ln(1 + 2 sin x)
lim ln(1 + 2 sin x)
1+2 sin x
x = lim
=
lim
= 2 a
x→ 0
x→ 0
x
x→ 0
1
H
Stąd:
a
lim(1 + 2 sin x) x = e 2 a x→ 0
Obliczamy drugą granicę:
x + e−x
x(1 + e−x )
1 + e−x
1 + 0
lim √
= lim
x
= lim
x
=
∞
√
= 1
x→∞
x 2 + 1
x→∞
q
q
x 1 + 1
x→∞
1 + 1
1 + 0
x 2
x 2
e 2 a = 1
2 a = 0
a = 0
Odpowiedź:
a = 0
2
3. Znaleźć ekstrema lokalne i globalne funkcji f ( x) = x ln2 x
Rozwiązanie:
Dziedziną funkcji jest:
D = (0 , ∞)
Badamy monotoniczność funkcji rozwiązując nierówność f 0( x) > 0 : 1
f 0( x) = ln2 x + x · 2 ln x ·
= ln2 x + 2 ln x ( f 0( x) istnieje na D) .
x
ln2 x + 2 ln x > 0
Podstawiamy t = ln x = ⇒ x = et t 2 + 2 t > 0 = ⇒ t( t + 2) > 0
t ∈ ( −∞ , − 2) ∪ (0 , ∞) = ⇒ x ∈ (0 , e− 2) ∪ (1 , ∞) Wniosek:
Funkcja f ( x) jest rosnąca przedziale ( −∞ , e− 2 > , malejąca na przedziale < e− 2 , 1 > , rosnąca przedziale < 1 , ∞) , W punkcie x = e− 2 jest więc maksimum lokalne, w punkcie x = 1 jest więc minimum lokalne.
Aby sprawdzić, czy x = e− 2 jest maksimum globalnym obliczamy: f ( e− 2) = 4 e− 2
lim f ( x) = lim x ln2 x = ∞ · ∞ = ∞
x→∞
x→∞
Ponieważ f (1) < lim f ( x) , więc x = e− 2 nie jest maksimum globalnym.
x→∞
Aby sprawdzić, czy x = 1 jest minimum globalnym obliczamy: f (1) = 0
h ∞ i
h ∞ i
ln2 x
∞
2 ln x · 1
− 2 ln x
∞
2
lim f ( x) = lim x ln2 x = lim lim
x = lim
lim
x
=
1
=
− 1
1
=
− 1
x→ 0+
x→∞
x→ 0+
x→ 0+
x→ 0+
x→ 0+
x
H
x 2
x
H
x 2
lim ( − 2 x) = 0
x→ 0+
Ponieważ f (1) = lim f ( x) , więc x = 1 jest minimum globalnym.
x→ 0+
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 = e− 2, nie ma maksimum globalnego
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
Z
sin3 x + 4 sin x cos x
I =
d x
cos2 x + 1
Rozwiązanie:
Całkujemy przez podstawienie:
(
)
t = cos x
d t = − sin x d x
Z
sin3 x + 4 sin x cos x
Z
(sin2 x + 4 cos x) sin x
Z
(1 − cos2 x + 4 cos x) sin x I =
d x =
d x =
d x =
cos2 x + 1
cos2 x + 1
cos2 x + 1
Z
1 − t 2 + 4 t
Z
t 2 − 4 t − 1
( − d t) =
d t
t 2 + 1
t 2 + 1
Jest to całka z funkcji wymiernej. Dzielimy wielomiany: Z
Z
Z
Z
Z
− 4 t − 2
− 4 t − 2
t
1
I =
1 +
d t =
1 +
d t =
d t − 4
d t − 2
d t =
t 2 + 1
t 2 + 1
t 2 + 1
t 2 + 1
Z
t
t − 4
d t − 2 arc tg t
t 2 + 1
Całkę
Z
t
I 1 =
d t
t 2 + 1
Całkujemy przez podstawienie za mianownik:
(
)
s = t 2 + 1
d s = 2 t d t
Z
1
1
1
I 1 = 1
d s =
ln |s| + C =
ln |t 2 + 1 | + C
2
s
2
2
Stąd:
I = t − 2 ln |t 2 + 1 | − 2 arc tg t + C
Odpowiedź:
I = cos x − 2 ln | cos2 x + 1 | − 2 arc tg(cos x) + C
4
5. Obliczyc pole obszaru ograniczonego krzywymi: y = 4 arc tg x oraz y = πx
Rozwiązanie:
Po wykonaniu rysunku widać, że krzywe przecinają się w punktach: P 1(0 , 0) , P 2(1 , π) , P 3( − 1 , −π) Wybieramy obszar między punktami P 1 i P 2 (drugi jest symetryczny, a więc ma to samo pole) .
Pole obszaru jest równe:
1
Z
S =
4 arc tg x − πx d x
0
Obliczamy całkę:
1
1
1
Z
Z
Z
S =
4 arc tg x − πx d x = 4
arc tg x d x − π
x d x
0
0
0
1
1
(
)
Z
f ( x) = arc tg x g0( x) = 1
1
Z
1
I 1 =
arc tg x d x =
= x· arc tg x
−
x·
d x =
f 0( x) =
1
g( x) = x
1 + x 2
1+ x 2
0
0
0
1
π
Z
x
−
d x
Całkujemy przez części
4
1 + x 2
0
1
Z
x
I 2 =
d x = {t = x 2 + 1 ; d t = 2 x d x ; t(0) = 1 ; t(1) = 2 } =
1 + x 2
0
2
Z
1
1
2
1
d t =
ln |t|
=
ln 2 − 0
2 t
2
1
2
1
π
ln 2
I 1 =
−
4
2
1
Z
1
1
1
I 3 =
x d x =
x 2
=
2
0
2
0
π
π
S = 4 I 1 − πI 3 = π − 2 ln 2 −
=
− 2 ln 2
2
2
Odpowiedź:
π
S =
− 2 ln 2
2
5
∞
Z
1
√
√ d x
x x + 4 x + 3 x
1
Rozwiązanie:
∞
b
Z
1
Z
1
I =
√
√ d x = lim
√
√ d x
x x + 4 x + 3 x
b→∞
x x + 4 x + 3 x
1
1
b
Z
1
Całkę Ib =
√
√ d x
obliczamy przez podstawienie:
x x + 4 x + 3 x
1
√
√
{t =
x = ⇒ x = t 2 ; d x = 2 t d t ; t(1) = 1 ; t( b) =
b}
√
√
b
b
Z
2 t
Z
2
Ib =
d t =
d t
t 3 + 4 t 2 + 3 t
t 2 + 4 t + 3
1
1
Rozkładamy mianownik na czynniki:
t 2 + 4 t + 3 = ( t + 1)( t + 3) Funkcję wymierną rozkładamy na ułamki proste:
2
A
B
=
+
( t + 1)( t + 3)
t + 1
t + 3
2 = A( t + 3) + B( t + 1) Podstawiamy t = − 1 , stąd 2 A = 2 = ⇒ A = 1
Podstawiamy t = − 3 , stąd − 2 B = 2 = ⇒ B = − 1
√b
√
Z
b
√
√
1
1
Ib =
−
d t = ln |t+1 |− ln |t+3 |
= ln | b+1 |− ln | b+3 |− ln 2+ln 4 =
t + 1
t + 3
1
1
√
b + 1
ln √
+ ln 2
b + 3
Obliczamy granicę:
√
1 + 1
√
b + 1
1 + 0
I = lim ln
b
√
+ ln 2
= ln 2 + lim ln
= ln 2 + ln
= ln 2
b→∞
b→∞
1 + 3
√
1 + 0
b + 3
b
Odpowiedź:
I = ln 2
6