Egzamin z Analizy 1, 28 VI 2011
1. Zadanie wstępne:
Zadanie
Odp.
√ 9 n 2 + 4
1. Obliczyć granicę lim
√
1
n→∞ n +
4 n 2 − 1
Rozwiązanie:
√
q
q
9 n 2 + 4
n 9 + 4
9 + 4
3
lim
√
= lim
n 2
= lim
n 2
=
= 1
n→∞ n +
4 n 2 − 1
n→∞
q
q
n(1 +
4 − 1 )
n→∞ 1 + 4 − 1
1 + 2
n 2
n 2
sin 2 x
2. Obliczyć granicę lim
2
x→ 0 ln(1 + x)
Rozwiązanie:
sin 2 x
2 cos 2 x
lim
= lim
= 2
x→ 0 ln(1 + x)
x→ 0
1
1+ x
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = (1 + x 2) arc tg x π + 1
2
Rozwiązanie:
1
f 0( x) = 2 x arc tg x + (1 + x 2) ·
= 2 x arc tg x + 1
1 + x 2
2 x
f 00( x) = 2 arc tg x + 1 + x 2
f 00(1) = π + 1
2
Z
− 2
3
2
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
+
d x
+3 ln |x+1 |+
( x − 3)2
x + 1
x − 3
Rozwiązanie:
C
Z
Z
Z
− 2
3
1
1
2
+
d x = − 2
d x+3
d x =
+3 ln |x+
( x − 3)2
x + 1
( x − 3)2
x + 1
x − 3
1 | + C
Podstawienie liniowe: t = x − 3 oraz t = x + 1
π
4
Z
5. Obliczyć całkę Riemanna
8 sin2 x d x
π − 2
0
Rozwiązanie:
π
π
4
4
Z
Z
π
h
i
8 sin2 x d x =
4(1 − cos 2 x) d x = 4 x − 2 sin 2 x 4 = π − 2
0
0
0
stosujemy podstawienie liniowe: t = 2 x 1
2. Dla jakiej wartości parametrów a, b funkcja f : R → R jest ciągła?
x 4 − 5 x 2 + 4
dla x > 2
x 3 − 8
f ( x) =
x + a
dla 0 ¬ x ¬ 2
arc tg( bx)
dla x < 0
e 2 x − 1
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła na zbiorze ( −∞, 0) ∪ (0 , 2) ∪ (2 , ∞) . Pozostaje sprawdzić ciągłość w punktach x 1 = 2 i x 2 = 0.
Sprawdzamy ciągłość w punkcie x 1 = 2 : lim f ( x) = lim f ( x) = f (2) x→ 2 −
x→ 2+
f (2) = 2 + a
lim f ( x) = lim ( x + a) = 2 + a x→ 2 −
x→ 2 −
h 0 i
x 4 − 5 x 2 + 4
0
4 x 3 − 10 x
lim f ( x) = lim
=
lim
= 1
x→ 2+
x→ 2+
x 3 − 8
x→ 2+
3 x 2
H
Mamy:
2 + a = 2 + a = 1 = ⇒ a = − 1
Sprawdzamy ciągłość w punkcie x 2 = 0 : lim f ( x) = lim f ( x) = f (0) x→ 0 −
x→ 0+
f (0) = a
lim f ( x) = lim ( x + a) = a x→ 0+
x→ 0+
h 0 i
b
arc tg( bx)
0
1+( bx)2
b
lim f ( x) = lim
=
lim
=
x→ 0 −
x→ 0 −
e 2 x − 1
x→ 0 −
2 e 2 x
2
H
Mamy:
a = a = b 2
Stąd b = − 2
Odpowiedź:
Funkcja f ( x) jest ciągła dla a = − 1 oraz b = − 2 .
2
3. Znaleźć dziedzinę, granice, asymptoty, przedziały monotoniczności oraz naszkicować x 2
wykres funkcji f ( x) =
.
ln x
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji:
D = (0 , 1) ∪ (1 ∞) Obliczamy granice:
x 2
0
lim
=
= 0
x→ 0+ ln x
−∞
x 2
1
lim
=
= −∞
x→ 1 − ln x
0 −
x 2
1
lim
=
= ∞
x→ 1+ ln x
0+
x 2
2 x
lim
= lim
= lim 2 x 2 = ∞
x→∞ ln x
x→∞
1
x→∞
x
Przy obliczaniu ostatniej granicy stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy ∞
∞
Wykres funkcji ma asymptotę pionową dwustronną x = 1.
Szukamy asymptoty ukośnej y = ax + b w + ∞
f ( x)
x
1
a = lim
= lim
= lim
= lim x = ∞
x→∞
x
x→∞ ln x
x→∞ 1
x→∞
x
Nie ma więc asymptoty ukośnej w + ∞.
Badamy pochodną:
2 x ln x − x 2 · 1
x(2 ln x − 1)
f 0( x) =
x =
ln2 x
ln2 x
Pochodna istnieje na całej dziedzinie. Badamy jej znak: f 0( x) > 0
x(2 ln x − 1) > 0
ln2 x
2 ln x − 1 > 0
√
x >
e - ponieważ w dziedzinie x > 0
√
x
0 −
...
1 −
1+
...
e
...
∞
f 0( x)
−
−
0
+
f ( x)
0
&
−∞
+ ∞
&
2 e
%
∞
3
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną Z
ex + 2
I =
d x
e 2 x + 1
Rozwiązanie:
Całkujemy przez podstawienie:
(
)
t = ex
d t = ex d x
Z
ex + 2
Z
t + 2
I =
d x =
d t
e 2 x + 1
( t 2 + 1) t
Funkcję wymierną rozkładamy na ułamki proste: t + 2
A
Bt + C
=
+
t( t 2 + 1)
t
t 2 + 1
t + 2 = A( t 2 + 1) + ( Bt + C) t = ( A + B) t 2 + Ct + A Rozwiązujemy układ równań:
A + B = 0
C = 1
A = 2
Stąd: B = − 2
Z
1
Z
t
Z
1
I = 2
d t − 2
d t +
d t = 2 ln |t| − ln |t 2 + 1 | + arc tg t + C = 2 ln |ex| −
t
t 2 + 1
t 2 + 1
ln |e 2 x + 1 | + arc tg ex + C
Odpowiedź:
I = 2 ln |ex| − ln |e 2 x + 1 | + arc tg ex + C
4
4 cos2 x ¬ y ¬ 4 + 3 sin3 x , 0 ¬ x ¬ π
Rozwiązanie:
Pole obszaru jest równe:
π
π
π
π
Z
Z
Z
Z
S =
(4 + 3 sin3 x − 4 cos2 x) d x = 4
d x + 3
sin3 x d x − 4
cos2 x d x
0
0
0
0
Obliczamy całki:
π
Z
h
i π
d x = x
= π
0
0
π
π
Z
Z
sin3 x d x =
(1 − cos2 x) sin x d x =
0
0
− 1
Z
{t = cos x ; d t = − sin x d x ; t(0) = 1 ; t( π) = − 1 } =
(1 − t 2)( − 1) d t =
1
h
1
4
−t + t 3i − 1 =
3
1
3
π
π
Z
Z
1 + cos 2 x
h x
sin 2 x i π
π
cos2 x d x =
d x =
+
=
2
2
4
0
2
0
0
1 + cos 2 x
Korzystamy ze wzoru: cos2 x =
oraz zastosowaliśmy podstawienie liniowe: 2
t = 2 x
Pole obszaru jest równe:
4
π
S = 4 π + 3 ·
− 4 ·
= 2 π + 4
3
2
Odpowiedź:
S = 2 π + 4
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
Obliczamy całkę:
b
Z
1 √ d x
( x + 3) x
1
√
n
o
Podstawiamy: x = t 2 ; d x = 2 t d t ; t(1) = 1 ; t( b) =
b
√
√
√
b
b
b
b
√
√
Z
1
Z
2 t
Z
2
2 Z
1
2 3
t b
√ d x =
d t =
d t =
d t =
arc tg √
=
( x + 3) x
( t 2 + 3) t
t 2 + 3
3
( t
√ )2 + 1
3
3 1
1
1
1
1
3
√
√
√
√
2 3
b
1
2 3
b
π
arc tg √ − arc tg √
=
arc tg √ −
3
3
3
3
3
6
Zastosowaliśmy podstawienie liniowe: t = t
√
.
3
Obliczamy granicę:
√
√
√
√
2 3
b
π
2 3 π
π
2 π 3
lim
arc tg √ −
=
−
=
b→∞
3
3
6
3
2
6
9
Odpowiedź:
√
2 π 3
9
6