Egzamin z Analizy 1, 6 IX 2011
1. Zadanie wstępne:
Zadanie
Odp.
e−n
1. Obliczyć granicę lim
0
n→∞ n 2
Rozwiązanie:
e−n
0
lim
=
= 0
n→∞ n 2
∞
ln(3 x − 2)
2. Obliczyć granicę lim
1
x→ 1
x 3 − 1
Rozwiązanie:
ln(3 x − 2)
3
lim
= lim 3 x− 2 = 1
x→ 1
x 3 − 1
x→ 1 3 x 2
0
Stosujemy regułę del’Hospitala dla granicy 0
3. Obliczyć drugą pochodną f 00(1) jeżeli f ( x) = x 2 e 3 x 23 e 3
Rozwiązanie:
f 0( x) = 2 xe 3 x + x 2 e 3 x · 3
f 00( x) = 2 e 3 x + 6 xe 3 x + 6 xe 3 x + 9 x 2 e 3 x f 00(1) = 23 e 3
Z
4. Obliczyć całkę nieoznaczoną
4 x ln x d x
2 x 2 ln x − x 2 + C
Rozwiązanie:
Z
Z
Z
1
Z
4 x ln x d x = 2
( x 2) 0 ln x d x = 2 x 2 ln x − 2
x 2 ·
d x = 2 x 2 ln x −
2 x d x =
x
2 x 2 ln x − x 2 + C
Całkujemy przez części.
3
Z
4 x
5. Obliczyć całkę Riemanna
d x
2 ln 6
x 2 − 3
2
Rozwiązanie:
3
6
Z
4 x
Z
2
h
i6
d x =
d t = 2 ln |t|
= 2 ln 6
x 2 − 3
t
1
2
1
stosujemy podstawienie: {t = x 2 − 3 ; d t = 2 x d x ; t(2) = 1 ; t(3) = 6 }
1
2. Dla jakiej wartości parametrów a, b funkcja f : ( −π , ∞) → R jest ciągła?
7 x 3 − 56
dla x > 2
f ( x) =
x 4 − 4 x − 8
ax + b
dla 0 ¬ x ¬ 2
ctg x · arc tg 2 x dla − π < x < 0
Rozwiązanie:
Funkcja jest ciągła na zbiorze ( −π, 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 + b
lim f ( x) = lim ( ax + b) = 2 a + b x→ 2 −
x→ 2 −
h 0 i
7 x 3 − 56
0
21 x 2
lim f ( x) = lim
=
lim
= 3
x→ 2+
x→ 2+ x 4 − 4 x − 8
x→ 2+ 4 x 3 − 4
H
Mamy:
2 a + b = 2 a + b = 3
Sprawdzamy ciągłość w punkcie x 2 = 0 : lim f ( x) = lim f ( x) = f (0) x→ 0 −
x→ 0+
f (0) = b
lim f ( x) = lim ( ax + b) = b x→ 0+
x→ 0+
h 0 i
2
arc tg 2 x
0
1+(2 x)2
lim f ( x) = lim ctg x · arc tg 2 x = lim
=
=
lim
= 2
1
x→ 0 −
x→ 0 −
x→ 0 −
tgx
x→ 0 −
H
cos2 x
Mamy:
b = b = 2
Z równania: 2 a + b = 3 = ⇒ 2 a + 2 = 3 = ⇒ a = 12
Odpowiedź:
Funkcja f ( x) jest ciągła dla a = 1 oraz b = 2 .
2
2
3. Funkcja y( x) : (0 , ∞) → R spełnia równanie: xy = x 2 + 1 . Zbadać przebieg zmienno-
ści tej funkcji, naszkicować jej wykres oraz znaleźć wartość największą i najmniejszą funkcji.
Rozwiązanie:
Obliczmy y:
1
y = x + x
Dziedzina funkcji:
D = (0 , ∞)
Obliczamy granice:
1
lim ( x +
) = 0 + ∞ = + ∞
x→ 0+
x
1
lim ( x +
) = ∞ + 0 = + ∞
x→∞
x
Badamy pochodną:
1
f 0( x) = 1 − x 2
Pochodna istnieje na całej dziedzinie. Badamy jej znak: f 0( x) > 0
1
1 −
> 0
x 2
x 2 > 1
x > 1 - ponieważ w dziedzinie x > 0
Badamy drugą pochodną
2
f 00( x) = x 3
Pochodna istnieje i jest dodatnia na całej dziedzinie. Funkcja jest więc wypukła.
x
0+
...
1
...
∞
f 0( x)
−
0
+
f ( x)
+ ∞
&
2
%
+ ∞
Wartość najmniejsza tej funkcji jest równa 2, wartość największa nie istnieje.
3
4. Znaleźć różniczkowalną funkcję F : ( −∞ , ∞) → R taką, że F 0( x) = 3 sin3 x + 4 sin2 x oraz F (0) = 0
Rozwiązanie:
Z
Z
Z
F ( x) =
(3 sin3 x + 4 sin2 x) d x =
3 sin3 x d x +
4 sin2 x d x
Obliczamy całki:
Z
I 1 =
3 sin3 x d x
Całkujemy przez podstawienie:
(
)
t = cos x
d t = − sin x d x Z
Z
Z
I 1 =
3 sin2 x · sin x d x =
3(1 − cos2 x) · sin x d x =
( − 3 + 3 t 2) d t = t 3 − 3 t + C =
cos3 x − 3 cos x + C
Z
I 2 =
4 sin2 x d x
1 − cos 2 x
Korzystamy ze wzoru: sin2 x =
.
2
Z
I 2 =
(2 − 2 cos 2 x) = 2 x − sin 2 x + C
zastosowaliśmy podstawienie liniowe: t = 2 x Stąd:
F ( x) = cos3 x − 3 cos x + 2 x − sin 2 x + C
Postawiamy x = 0
0 = 1 − 3 + C = ⇒ C = 2
Odpowiedź:
F ( x) = cos3 x − 3 cos x + 2 x − sin 2 x + 2
4
2
5. Obliczyc pole obszaru ograniczonego krzywymi: y =
oraz y =
x 2 + 1
x 2 + 3
Rozwiązanie:
Szukamy punktów przecięcia krzywych:
1
2
=
= ⇒ 2 x 2 + 2 = x 2 + 3 = ⇒ x 2 = 1 = ⇒ x = ± 1
x 2 + 1
x 2 + 3
Pole obszaru jest równe:
1
1
1
Z
1
2
Z
1
Z
1
S =
−
d x =
d x − 2
d x
x 2 + 1
x 2 + 3
x 2 + 1
x 2 + 3
− 1
− 1
− 1
Obliczamy całki:
1
Z
1
h
i1
π
π
π
d x = arc tg x
=
− ( − )) =
x 2 + 1
− 1
4
4
2
− 1
1
1
√
√
√
Z
1
1 Z
1
3 h
x i1
3 π
π
π 3
d x =
d x =
arc tg √
=
(
− ( − )) =
x 2 + 3
3
x 2
− 1
√
3
3
3
6
6
9
−
+ 1
1
− 1
3
Zastosowaliśmy podstawienie liniowe t = x
√ 3
Pole obszaru jest równe: √
√
π(9 − 4 3)
S = π − 2 π 3 =
2
9
18
Odpowiedź:
√
π(9 − 4 3)
S =
18
5
∞
Z
1
√
d x
( x + 1)( x + 1 + 2 x + 1) 0
Rozwiązanie:
∞
b
Z
1
Z
1
I =
√
d x = lim
√
d x
( x + 1)( x + 1 + 2 x + 1) b→∞
( x + 1)( x + 1 + 2 x + 1) 0
0
Obliczamy całkę:
b
Z
1
√
d x
( x + 1)( x + 1 + 2 x + 1) 0
√
n
o
Podstawiamy: x + 1 = t 2 ; d x = 2 t d t ; t(0) = 1 ; t( b) =
b + 1
√
√
b
b+1
b+1
Z
1
Z
2 t
Z
2
√
d x =
d t =
d t
( x + 1)( x + 1 + 2 x + 1) t 2( t 2 + 2 t)
t 2( t + 2)
0
1
1
Funkcję wymierną rozkładamy na ułamki proste: 2
A
B
C
=
+
+
t 2( t + 2)
t
t 2
t + 2
2 = At( t + 2) + B( t + 2) + Ct 2
Podstawiamy t = 0 = ⇒ 2 = 2 B = ⇒ B = 1
Podstawiamy t = − 2 = ⇒ 2 = 4 C = ⇒ C = 12
Podstawiamy t = 1 = ⇒ 2 = 3 A + 3 B + C = ⇒ 2 = 3 A + 3 + 1 = ⇒ A = − 1
2
2
√
√
√
√
b+1
b+1
b+1
b+1
√
√
Z
2
1 Z
1
Z
1
1 Z
1
1 h
i
b+1
h 1 i
b+1
d t = −
d t+
d t+
d t = −
ln |t|
−
+
t 2( t + 2)
2
t
t 2
2
t + 2
2
1
t 1
1
1
1
1
√
1
√
√
h
i
b+1
1
1
1
1
ln |t + 2 |
= − ln
b + 1 − √
+ 1 +
ln( b + 1 + 2) −
ln 3
2
1
2
b + 1
2
2
Obliczamy granicę:
√
√
lim − 1 ln
b + 1 −
1
√
+ 1 + 1 ln( b + 1 + 2) − 1 ln 3
=
b→∞
2
b+1
2
2
√
b + 1 + 2
1
1
2
1 − 1 ln 3 + 1 lim − 1
√
+ ln
√
= 1 −
ln 3 + 0 +
lim ln(1 + √
) =
2
2 b→∞
b+1
b + 1
2
2 b→∞
b + 1
1
1 −
ln 3
2
Odpowiedź:
1 − 1 ln 3
2
6