Egzamin z Analizy 1, 9 II 2009 godz. 9.00
1. Zadanie wstępne
Nr
Zadanie
Odp.
√
n −
n 2 + 4 n
1.1
Obliczyć granicę lim
− 1
n→∞
2
Rozwiązanie:
√
√
√
n −
n 2 + 4 n
( n −
n 2 + 4 n)( n +
n 2 + 4 n)
lim
=
lim
√
=
n→∞
2
n→∞
2( n +
n 2 + 4 n)
n 2 − n 2 − 4 n
− 4
lim
= lim
= − 1
n→∞
q
q
2 n(1 +
1 + 4 )
n→∞ 2(1 + 1 + 4 )
n
n
2 π
π
1.2
Pod jakim kątem wykres funkcji y = 2 arc tg(2 x) −
przecina oś Ox
√
3
4
3
w punkcie P (
, 0)
2
Rozwiązanie:
2
tg α = y0 = 2 1 + 4 x 2
√
3 !
π
y0
= 1 = ⇒ α =
2
4
3 + ln x
1.3
Obliczyć pochodną f 0(1) , f ( x) =
− 1
x 2 + 1
Rozwiązanie:
1 ( x 2 + 1) − (3 + ln x)2 x f 0( x) = x
( x 2 + 1)2
2 − 6
f 0(1) =
= − 1
4
Z
6
1.4
Obliczyć całkę nieoznaczoną
d x
3 arc tg 2 x+ C
4 x 2 + 1
Rozwiązanie:
Z
6
Z
1
d x = 6
d x = {t = 2 x} = 3 arc tg 2 x + C
4 x 2 + 1
(2 x)2 + 1
π
2
Z
cos x
1.5
Obliczyć całkę Riemanna
d x
ln 2
sin x + 1
0
Rozwiązanie:
π
2
Z
cos x
π
d x = {t = sin x + 1 , d t = cos x d x , t(0) = 1 , t( ) = 2 } =
sin x + 1
2
0
2
Z
1 d t = [ln |t|]2 = ln 2
t
1
1
1
2. Dla jakich wartości parametrów a, b, c, d ∈ R funkcja f : R → R jest różniczkowalna?
ln(1 − x)
dla x < 0
f ( x) =
ax 3 + bx 2 + cx + d dla x ∈< 0 , 1 >
√
x 4 + 3
dla x > 1
Rozwiązanie:
Funkcja jest różniczkowalna na zbiorze (= ∞, 0) ∪ (0 , 1) ∪ (1 , ∞) . Wystarczy sprawdzić różniczkowalność w punktach x = 0 i x = 1 .
x = 0
lim f ( x) = lim ln(1 − x) = ln 1 = 0
x→ 0 −
x→ 0 −
lim f ( x) = f (0) = d x→ 0+
d = 0
funkcja różniczkowalna musi być ciągła
f 0(0+) = 3 ax 2 + 2 bx + c|
= c
x=0
− 1
f 0(0 −) =
= − 1
zakładamy ciągłość f w x = 0.
1 − x x=0
c = − 1
pochodna lewostronna jest równa pochodnej prawostronnej x = 1
lim f ( x) = f (1) = a + b + c + d x→ 1 −
√
√
lim f ( x) = lim
x 4 + 3 =
4 = 2
x→ 1+
x→ 1+
a + b + c + d = 2
funkcja różniczkowalna musi być ciągła
f 0(1 −) = 3 ax 2 + 2 bx + c|
= 3 a + 2 b + c
x=1
4 x 3
f 0(1+) =
√
= 1
zakładamy ciągłość f w x = 1.
2 x 4 + 3 x=1
3 a + 2 b + c = 1
pochodna lewostronna jest równa pochodnej prawostronnej Rozwiązujemy układ równań:
d = 0 , c = − 1 , 3 a + 2 b = 2 , a + b = 3
Mamy: a = − 4 , b = 7
Odpowiedź:
a = − 4 , b = 7 , c = − 1 , d = 0
2
3. Obliczyć granicę: lim (ln( e + x) − x)ctg x 2
x→ 0
Rozwiązanie:
Jest to granica 1 ∞ . Przekształcamy:
(ln( e + x) − x)ctg x 2 = e ctg x 2 · ln(ln( e+ x) −x) Obliczamy granicę:
ln(ln( e + x) − x)
g = lim ctg x 2 · ln(ln( e + x) − x) = lim x→ 0
x→ 0
tg x 2
0
Jest to granica
. Stosujemy regułę de L’Hospitala:
0
1
1
·
−
1
1
− 1
ln( e + x) − x
e + x
lim
=
e
x→ 0
2 x
0
cos2 x 2
Granica lewostronna 0 − jest równa + ∞, granica prawostronna 0+ jest równa −∞ , a więc granica g nie istnieje. Nie istnieje więc też granica eg Odpowiedź:
Granica nie istnieje.
3
4. Znaleźć ekstrema lokalne i globalne funkcji f ( x): x 2 − x − 2
f ( x) =
x + 2
Rozwiązanie:
Dziedzina funkcji f :
x + 2 6= 0
D = ( −∞, − 2) ∪ ( − 2 , ∞) Funkcja jest rózniczkowalna na całej dziedzinie.
(2 x − 1)( x + 2) − ( x 2 − x − 2) 2 x 2 + 4 x − x − 2 − x 2 + x + 2
x 2 + 4 x
f 0( x) =
=
=
( x + 2)2
( x + 2)2
( x + 2)2
Rozwiązujemy nierówność:
f 0( x) > 0
x 2 + 4 x > 0
minownik jest dodatni
x( x + 4) > 0
x ∈ ( −∞, − 4) ∪ (0 , ∞) f 0( x) < 0 dla x ∈ ( − 4 , − 2) ∪ ( − 2 , 0) Wniosek: funkcja f jest:
rosnąca na przedziale ( −∞ , − 4 > , malejąca na przedziale < − 4 , − 2) , malejąca na przedziale ( − 2 , 0 > , rosnąca na przedziale < 0 , ∞) W x = − 4 jest maksimum lokalne f ( − 4) = − 9 , W x = 0 jest minimum lokalne f (0) = − 1 .
Sprawdzamy czy ekstrama lokalne są ekstremami globalnymi.
Ponieważ f ( − 4) = − 9 < − 1 więc − 1 nie jest minimum globalnym.
Ponieważ f (0) = − 1 > − 9 więc − 9 nie jest maksimum globalnym.
Odpowiedź:
Minimum lokalne: x = 0 , f (0) = − 1
Maksimum lokalne: x = − 4 , f ( − 4) = − 9
Minimum globalne: brak
Maksimum globalne: brak
4
√
5. Obliczyć długość krzywej y =
3 ln x , x ∈< 1 ,
6 >
Rozwiązanie:
Długość krzywej jest równa:
√ 6
Z
q
l =
1 + ( y0)2 d x
1 √ 3
y0 = x
√
√
√
√
6
√
√
s
6s
6
6
Z
3
Z
x 2 + 3
Z
x 2 + 3
Z
x 2 + 3
l =
1 +
d x =
d x =
d x =
x
d x
x 2
x 2
x
x 2
1
1
1
1
stosujemy podstawienie:
√
t = x 2 + 3 ,
d t = 2 x d x , t(1) = 4 , t( 6) = 9
9
√
Z
t
l =
d t
2( t − 3)
4
stosujemy podstawienie:
t = s 2 ,
d t = 2 s d s , s(4) = 2 , s(9) = 3
3
3
Z
s 2
Z
s 3
l =
2 s d s =
d s
2( s 2 − 3)
s 2 − 3
2
2
s 3 = ( s 2 − 3) s + 3 s dzielimy licznik przez mianownik
3
Z
3 s
3
l =
s +
d s =
licznik jest pochodną mianownika razy
s 2 − 3
2
2
h s 2
3
i3
9
3
5
3
+
ln |s 2 − 3 |
=
+
ln 6 − 2 − 0 =
+
ln 6
2
2
2
2
2
2
2
Odpowiedź:
5
3
l =
+
ln 6
2
2
5
∞
Z
1
d x
x 3 + x
1
Rozwiązanie:
Funkcja podcałkowa jest ciągła na przedziale < 1 , ∞) . Jedynym punktem niewłaści-wym jest x = + ∞ .
∞
b
Z
1
Z
1
I =
d x = lim
d x
x 3 + x
b→∞
x 3 + x
1
1
b
Z
1
Obliczamy
d x rozkładając funkcję na ułamki proste: x 3 + x
1
1
1
A
Bx + C
=
=
+
x 3 + x
x( x 2 + 1)
x
x 2 + 1
1 = A( x 2 + 1) + ( Bx + C) x 1 = ( A + B) x 2 + Cx + A
A + B = 0
C = 0
A = 1
Stąd: B = − 1
b
Z
1
x
h
1
i b
1
1
1
b 2
−
d x = ln |x| −
ln |x 2 + 1 |
= ln b −
ln( b 2 + 1) +
ln 2 =
ln
+
x
x 2 + 1
2
1
2
2
2
b 2 + 1
1
1 ln 2
2
b
Z
x
W całce:
d x licznik jest równy: x = 1 ( x 2 + 1) 0 , podstawiamy za mianownik.
x 2 + 1
2
1
b 2
1
1
1
1
I = lim 1 ln
+
ln 2 =
ln 2 + lim ln
=
ln 2
b→∞
2
b 2 + 1
2
2
b→∞
1 + 1
2
b 2
Odpowiedź:
I = 1 ln 2
2
6