edy studentów
na egzaminach z matematyki
W opracowaniu omówi÷
em typowe b÷¾
edy pope÷
niane przez studentów na kolokwiach
i egzaminach z algebry oraz analizy. Ponadto podaj ¾
e b÷¾
edy rzadziej spotykane, które
zaskoczy÷
y mnie pomys÷
owości ¾
a zdaj ¾
acych. Mam nadziej ¾
e, ·
ze dzi ¾
eki opracowaniu stu-
denci nie pope÷
ni ¾
a ju·
z tego rodzaju b÷¾
edów.
I. Fa÷
szywe wzory algebraiczne, trygonometryczne i inne Studenci b÷¾
ednie przyjmuj ¾
a, ·
ze funkcje elementarne s ¾
a liniowe i dlatego stosuj ¾
a wzory a), b).
p
p
p
1
1
1
a) (a + b)2 = a2 + b2;
x + y =
x +
y;
=
+ ;
x + y
x
y
b) sin 2 = 2 sin ; tg (x + y) = tg x + tg y; p
ln a
c)
x2 = x;
= ln (a
b) ;
an am = an m;
ln b
a
b
a + b
a + b
a
d)
+
=
;
=
+ b:
x
y
x + y
x
x
II. B÷¾
edne metody obliczania granic ci ¾
agów i funkcji
Jednym z najcz ¾
eściej pope÷
nianych b÷¾
edów przy wyznaczaniu granic ci ¾
agów i funkcji jest obliczenie
granicy w dwóch etapach. Studenci najpierw przechodz ¾
a do granicy z cz ¾
eści ¾
a zmiennych i dopiero po
uproszczeniu wyra·
zenia, przechodz ¾
a do granicy z pozosta÷
ymi zmiennymi.
1
n
a) lim
1 +
= lim (1 + 0)n [ ! ] = lim 1 = 1:
n!1
2n
n!1
n!1
p
Prawid÷
owy wynik
e:
1
1
1
b) lim
p
+ p
+ : : : + p
n!1
n2 + 1
n2 + 2
n2 + n
= lim (0 + 0 + : : : + 0) [ ! ] = lim 0 = 0: Prawid÷
owy wynik 1:
n!1
n!1
r
r
!
p
p
5
2
c) lim
x2 + 5x
x2 + 2x = lim
x
1 +
x
1 +
x!1
x!1
x
x
p
p
lim
x 1 + 0
x 1 + 0 [ ! ] = lim (x 1
x 1) = lim 0 = 0:
x!1
x!1
x!1
3
Prawid÷
owy wynik :
2
0 + sin x
sin x
d) lim
= lim
[ ! ] = lim
= 1:
x!0
x
x!0
x
x!0
x
Prawid÷
owy wynik 4:
1 + 8x
1 + 3x
1 + 0
1 + 0
e) lim
= lim
[ ! ] =
x!0+
x
sin x
x!0+
x
sin x
1
x
1
1
1
lim
= lim
1 [ ! ] = lim 0 = 0:
x!0+
x
sin x x
x!0+
x
x
x!0+
Prawid÷
owy wynik 5:
ex
1
1
ex
1
1
1
f ) lim
= lim
[ ! ] =
1 =
:
x!0 sin 2x
x!0
sin 2
x
sin 2
sin 2
1
Prawid÷
owy wynik :
2
g) Po podniesieniu wyra·
zenia za limesem do czwartej pot ¾
egi otrzymam:
p
4 16x4 + 1
16x4 + 1
16 + 1
lim
p
= lim
[ ! ] = lim
x4
= 16:
x!1
x2 + 3
x!1 (x2 + 3)2
x!1
2
1 + 3
x2
Prawid÷
owy wynik 2:
1
h) Dla wielu studentów wyra·
zenia 1 1;
; 0 1; 11 s ¾
a tylko pozornie
1
nieoznaczone, gdy·
z ich zdaniem zachodz ¾
a wzory:
1
1
1 = 0;
= 1;
0 1 = 0;
11 = 1:
1
Z poni·
zszych równości wynika, ·
ze stwierdzenia te s ¾
a fa÷
szywe:
ex
2
1 x
lim x2
x = 1; lim
= 1; lim
sin x
= 2; lim
1 +
= e:
x!1
x!1 x
x!0+
x
x!1
x
i) Studenci stosuj ¾
a regu÷¾
e de L’Hospitala bez sprawdzenia za÷
o·
zeń:
x H
1
1
lim
= lim
[ ! ] =
= 1; prawid÷owy wynik 1;
x! 1 ex
x! 1 ex
0+
2x H
2x ln 2
1 ln 2
lim
= lim
[ ! ] =
= ln 2; prawid÷
owy wynik 1;
x!0+ x
x!0+
1
1
x2 + sin x2 H
2x + 2x cos x2
lim
= lim
= lim 1 + cos x2 ; a poniewa·
z
x!1
x2
x!1
2x
x!1
ostatnia granica nie istnieje, wi ¾
ec nie istnieje tak·
ze granica pocz ¾
atkowa[ ! ] :
Prawid÷
owy wynik 1: Ponadto stosuj ¾
a fa÷
szyw ¾
a "regu÷¾
e de L’Hospitala" do
obliczania wartości wyra·
zenia nieoznaczonego 0 1 : lim [p (x) q (x)] =
x!x0
1
1
lim [p0 (x) q0 (x)] ; np. lim (x
ctg x) = lim
1
[ ! ] = 1
=
x!x0
x!0+
x!0+
sin2 x
0+
1 - poprawna wartość 1 oraz do wyra·
zenia 1 1: lim [p (x)
q (x)] =
x!x0
1
lim [p0 (x)
q0 (x)] ; np. lim (x
ln x) = lim
1
[ ! ] = 1
0 = 1 -
x!x0
x!1
x!1
x
poprawna wartość 1:
sin x
j) Dla studentów granica lim
zawsze równa si ¾
e 1; niezale·
znie od
x!
x
symbolu wpisanego w ramk¾
e. W rzeczywistości ta granica w punktach ró·
znych od 0 ma inne wartości, np.
sin x
sin x
2
sin x
sin x
lim
= 0;
lim
=
; lim
= sin 1;
lim
= 0:
x!
x
x!
x
x!1
x
x!1
x
2
III. B÷¾
edne wzory do obliczania pochodnych
a) [p (x) q (x)]0 = p0 (x) q0 (x) ;
np. x3 sin x 0 = 3x2
cos x [ ! ] ; poprawny wynik 3x2 sin x + x3 cos x; p (x) 0
p0 (x)
b)
=
;
q (x)
q0 (x)
hcos xi0
sin x
sin x + cos x
np.
=
[ ! ] ; poprawny wynik
;
ex
ex
ex
1
0
1
c)
=
;
q (x)
q0 (x)
1
0
1
4x3
1
np.
=
[ ! ] ; poprawny wynik
;
x4
x
4x3
1
(x4
x)2
d) ff [g (x)]g0 = f0 [g0 (x)] ;
1
1
np. [sin (ln x)]0 = cos
[ ! ] ; poprawny wynik
cos (ln x) ;
x
x
e) (9x)0 = x 9x 1;
(arcsin x)0 = arccos x;
(tg x)0 = ctg x;
1
f ) (xx)0 = xx ln x;
e7 0 = e7;
(ln 44)0 =
;
5 0 = 5 4;
44
1
1
1
h
i0
g) (arc tg x)0 =
(tg x)0 =
;
jxj3 = 3 jxj2 :
1 + x2
1 + x2 cos2 x
h) Studenci potra… ¾
a ró·
zniczkować nie istniej ¾
ace funkcje, np. :
p
0
sin x
cos x
3 = p
[ ! ] ;
2 cos x
3
arcsin 2 + x2 0 = q
[ ! ] ;
1
(2 + x2)2
h
i0
1
ln 1
ex2
=
ex2
(2x) [ ! ] :
1
ex2
p
@f
i) Zadanie: dla f (x; y) =
x4 + y4 zbadać, czy istnieje
(0; 0) : Roz-
@x
"
#
@f
4x3
0
wi ¾
azanie studenta:
(0; 0) =
p
=
: Otrzyma÷
em wyra-
@x
2
x4 + y4
0
(0;0)
@f
@f
·
zenie nieoznaczone, wi ¾
ec
(0; 0) nie istnieje [ ! ] : Odp.
(0; 0) = 0:
@x
@x
IV. B÷¾
edne sposoby obliczania ca÷
ek nieoznaczonych
Z
Z
Z
a)
[f (x) g (x)] dx =
f (x) dx
g (x) dx;
Z
x2
np.
x cos xdx =
sin x + C; poprawny wynik cos x + x sin x + C; 2
Z
R
f (x)
f (x) dx
b)
dx = R
;
g (x)
g (x) dx
Z x
1 x2
(x + 1)
np.
dx = 2
+ C [ ! ] ; poprawny wynik
+ C;
ex
ex
ex
Z
pn+1 (x)
c)
pn (x) dx =
+ C (n 2 N) ;
n + 1
Z
cos4 x
sin3 x
np.
cos3 xdx =
+ C [ ! ] ; poprawny wynik x
+ C;
4
3
Z dx
d)
= ln jp (x)j + C;
p (x)
Z
dx
np.
= ln jex + 1j + C [ ! ] ; poprawny wynik x ln (ex + 1) + C;
ex + 1
Z
e)
ep(x)dx = ep(x) + C;
Z p
p
p
p
np.
e xdx = e x + C [ ! ] ; poprawny wynik 2
x
1 e x + C;
Z
dx
f )
= arctg p (x) + C;
1 + p2 (x)
dx
x
1
np.
= arctg (tg x) + C [ ! ] ; poprawny wynik sin 2x + C:
1 + tg2x
2
4
V. Je·
zeli student mo·
ze utrudnić sobie ·
zycie, to tak zrobi
a) Rozwi ¾
azać równanie (x
1) (x
2) (x
3) (x
4) = 0: Metoda stu-
denta: po wymno·
zeniu czynników po lewej stronie równania otrzymam x4
10x3 + 35x2
50x + 24 = 0 [ ! ] :
(x
2) (x + 4)
b) Rozwi ¾
azać nierówność
< 0: Rozwi ¾
azanie studenta: po
(x + 1) (x
3)
wyznaczeniu iloczynów w liczniku i mianowniku otrzymam nierówność x2 + 2x
8 < 0 [ ! ] :
x2
2x
3
h
i
4 0
c) Obliczyć
x2 + 3
: Rozwi ¾
azanie studenta: po obliczeniu pot¾
egi
h
i
4 0
otrzymam
x2 + 3
= x8 + 12x6 + 54x4 + 108x2 + 81 0 [ ! ] : Z
dx
d) Obliczyć
: Rozwi ¾
azanie studenta: po podniesieniu mianow-
(x
2)3 Z
Z
dx
dx
nika do sześcianu dostan¾
e
=
[ ! ] :
(x
2)3
x3
6x2 + 12x
8
q
e) Wyznaczyć 4 (3
2i)4: Rozwi ¾
azanie studenta: po obliczeniu czwartej q
p
pot¾
egi otrzymam 4 (3
2i)4 = 4
119
120i [ ! ] :
02
3 1
1
1 2 3
B
C
f ) Obliczyć det @4 2 5 4 5 A : Rozwi ¾
azanie studenta: po wyznacze-
1 3 2
niu macierzy odwrotnej otrzymam
02
3 1
1
02
3
1
1 2 3
2
5
7
B
C
det @4 2 5 4 5 A = det @4 0
1
2 5 [ ! ]A = 1:
1 3 2
1
1
1
!
5
2 3
g) Obliczyć det
: Rozwi ¾
azanie studenta: po obliczeniu pi ¾
atej
1 2
egi macierzy otrzymam
!
5
2 3
362 627
det
= det
[ ! ]
= 1:
1 2
209 362
h) Znaleźć wszystkie rozwi ¾
azania równania (z + 2i)6 + (z
1)6 = 0: Roz-
wi ¾
azanie studenta: po wykonaniu dzia÷
ań otrzymam równanie równowa·
zne
2z6
(6
12i) z5
45z4
(20 + 160i) z3 + 255z2
(6
192i) z
63 = 0 [ ! ] :
i) Student napisa÷
: po obliczeniu silni otrzymam:
8!
40 320
1
=
[ ! ] =
:
10!
3628 800
90
VI. B÷¾
edne de…nicje, fa÷
szywe twierdzenia, ciekawe sformu÷
owa-
nia, dziwne rozumowania oraz zaskakuj ¾
ace wnioski
a) Fragment rozwi ¾
azania zadania z rachunku prawdopodobieństwa o wyst ¾
epowaniu daltonizmu wśród m¾
e·
zczyzn i kobiet: wyznacz¾
e liczb ¾
e m¾
e·
z-
czyzn, którzy nie rozró·
zniaj ¾
a kobiet.
b) Poniewa·
z ca÷
y okr ¾
ag ma równanie x2 +y2 = r2; wi ¾
ec jego dolna po÷
owa
1
1
jest opisana wzorem
x2 + y2 = r2 ; a górna wzorem
x2 + y2 = r2:
2
2
c) Je·
zeli twierdzenie Tn określone dla n liczb naturalnych jest prawdziwe dla n + 1 liczb i zachodzi implikacja Tn =) Tn+1; to mamy do czynienia z zasad ¾
a indukcji matematycznej.
d) Granica lim f (x) nie istnieje. Zatem w punkcie x = 0 funkcja f nie x!0
mo·
ze być ju·
z nigdy ci ¾
ag÷
a i dobrze jej tak!
e) Ci ¾
ag ( 1)n raz d ¾
a·
zy do +1; a raz do
1; wobec tego zachodzi
+1
stosunek
:
1
f ) Móg÷
bym policzyć pochodn ¾
a, ale nie ka·
z ¾
a.
g) Funkcja f jest monotoniczna w przedziale (a; b); gdy wszystkie punkty z tego przedzia÷
u daj ¾
a si ¾
e po÷¾
aczyć prost ¾
a lub krzyw ¾
a.
h) Bez linijki i gumki nie potra…¾
e narysować wykresu tej funkcji.
i) Monotoniczność funkcji f określ ¾
e na podstawie znaku ró·
znicy
f (x + 1)
f (x) :
j) Z powodu braku czasu dalsz ¾
a cz¾
eść rozwi ¾
azania przeprowadz¾
e w formie
kontemplacji.
k) Granica ci ¾
agu jest to ostatnia liczba ze zbioru liczb nale·
z ¾
acych do tego
ci ¾
agu.
l) Zachodzi wzór lim (an bn) = lim an + lim bn; bo logarytm iloczynu n!1
n!1
n!1
równa si ¾
e sumie logarytmów.
m) Po pomno·
zeniu obu stron równania przez x otrzymam: 1
1
1
1
+
= 1 ()
+
= x:
sin x
cos x
sin
cos
n) Prawdziwa jest równowa·
zność tg x < 1 () x <
+ k
(k 2 Z) :
4
o) Nierówność wyk÷
adnicza jest ró·
zniczkowalna, wi ¾
ec mo·
zemy opuścić
podstawy.
p) Po podzieleniu obu stron równania ctg x = 3 tg x przez tg x otrzy-mamy, ·
ze sta÷
a c równa si ¾
e 3:
q) Dla ka·
zdego x > 0 funkcje f; g; h spe÷
niaj ¾
a nierówności
f (x) 6 g (x) 6 h (x) ; ale lim f (x) 6= lim h (x) : x!1
x!1
Zatem granica lim g (x) nie istnieje.
x!1
r) Zak÷
adam, ·
ze to·
zsamość jest prawdziwa dla ka·
zdego n = 1:
s) Zadanie rozwi ¾
a·
z¾
e metod ¾
a spekulacji.
t) Wyobraźmy sobie sześcian, który ma sześć tysi ¾
ecy ścian.
u) Granic ¾
a ci ¾
agu nazywamy wartość, jak ¾
a osi ¾
aga funkcja przy d ¾
a·
zeniu do
końca przedzia÷
u.
v) Z niemo·
zliwości matematycznego rozwi ¾
azania pos÷
u·
zy÷
am si ¾
e logik ¾
a.
w) Niech zdarzenie A oznacza, ·
ze czerwony tramwaj jedzie z prawej
strony. Wtedy zdarzenie przeciwne do A oznacza, ·
ze niebieski tramwaj
jedzie z przeciwnej strony.
x) Prawie wszystkie oznacza wszystkie, oprócz tych co nie nale·
z ¾
a.
y) W ten sposób pokaza÷
em rodzicom, ·
ze nie nadaj ¾
e si ¾
e na studia.
z) Zachodzi tutaj zjawisko indukcji matematycznej.
A) Sam si ¾
e dziwi ¾
e, jak zda÷
em matur¾
e.
B) Istnieje twierdzenie, niepotrzebne w zadaniu, które brzmi ... .
C) Prawdopodobieństwo zdarzenia wynosi 1000! 999! 998! : : : 1!: D) Rozumowania w rozwi ¾
azaniach zadania dotycz ¾
acego wieku trzech
braci. „W celu skorzystania z ostatniej informacji w zadaniu dodatkowo wprowadzam czwartego brata”. Inny zadaj ¾
acy otrzyma÷ujemny wiek braci,
jednak nie straci÷g÷
owy i napisa÷
: „Najstarszy brat urodzi si ¾
e za 6 lat, średni
za 9 lat, a najm÷
odszy za 12 lat”.
E) Uk÷
ad równań jest nie do rozwi ¾
azania.
F) Pochodn ¾
a nazywamy granic¾
e okresów ilorazowych.
acie jeden k ¾
at ma 1350; drugi ma tak·
ze 1350; a trzeci - 900:
Poniewa·
z suma k ¾
atów w tym trójk ¾
acie równa si ¾
e 3600; wi ¾
ec taki trójk ¾
at nie
istnieje.
p
H) Go÷
ym okiem widać, ·
ze funkcja f (x) =
2x
1 jest ściśle rosn ¾
aca.
I) Zadanie jest tak proste, ·
ze nie ma co rozwi ¾
azywać.
J) Oczywiście w praktyce wybiera si ¾
e du·
zo mniejsze " ni·
z na rysunku.
K) Zak÷
adamy, ·
ze nierówność jest prawdziwa dla dowolnej liczby natu-ralnej n: Poka·
zemy, ·
ze jest ona prawdziwa tak·
ze dla liczby n + 1:
L) Proste l1 i l2 s ¾
a prostopad÷
e, gdy s ¾
a w stosunku.
Z prac egzaminacyjnych wybra÷
: Zbigniew Skoczylas