Egzamin z Analizy 1, 9 V 2007, grupa A 1. Wyznaczyć parametry a i b tak, aby funkcja f była ciągła i różniczkowalna w punkcie x = 0 , jeśli
( ex
dla x ¬ 0
f ( x) =
ax + b dla x > 0
Po wyznaczeniu a i b narysować wykres funkcji f .
Rozwiązanie:
Funkcja będzie ciągła w punkcie x = 0 , gdy wartość f (0) (równa granicy lewostronnej w x = 0) będzie równa granicy prawostronnej w x = 0.
f (0) = 1
lim f ( x) = lim ax + b = b x→ 0+
x→ 0+
Dostajemy równanie:
b = 1
Funkcja będzie różniczkowalna w punkcie x = 0 , gdy jej pochodna lewostronna w x = 0 będzie równa pochodnej prawostronnej w x = 0 .
f 0(0 −) = e 0 = 1
f 0(0+) = a
a = 1
2. Obliczyć granicę
ex − e−x − 2 x
lim
x→ 0
x − sin x
Rozwiązanie:
Stosujemy 3 razy regułę del’Hospitala (za każdym razem granica jest typu 0) 0
ex − e−x − 2 x
ex + e−x − 2
ex − e−x
ex + e−x
lim
= lim
= lim
= lim
= 2
x→ 0
x − sin x
x→ 0
1 − cos x
x→ 0
sin x
x→ 0
cos x
3. Dla krzywej y = x 3 + 3 x 2 − 5 wyznaczyć równanie stycznej prostopadłej do prostej 2 x − 6 y + 10 = 0
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie prostej y = x + 5
3
3
Współczynnik kierunkowy stycznej jest więc równy k = − 3 . Współczynnik ten jest równy pochodnej y0.
y0 = 3 x 2 + 6 x
3 x 2 + 6 x = − 3
x 2 + 2 x + 1 = 0
x = − 1
Z równania krzywej y = − 3
A więc rówanie stycznej:
( y + 3) = − 3( x + 1) Czyli
y = − 3 x − 6
4. Za pomocą odpowiedniego przekształcenia obliczyć całkę Z
sin3 x
I =
d x
1 + cos2 x
Rozwiązanie:
Stosujemy podstawienie:
t = cos x
d t = − sin x d x Z sin2 x sin x
Z (1 − cos2 x) sin x Z −(1 − t 2)
Z t 2 − 1
I =
d x =
d x =
d t =
d t
1 + cos2 x
1 + cos2 x
1 + t 2
t 2 + 1
Jest to całka z funkcji wymiernej. Dzielimy licznik przez mianownik Z
2
I =
(1 −
) d t = t − 2 arc tg t + C = cos x − 2 arc tg(cos x) + C
t 2 + 1
5. Obliczyć całkę niewłaściwą
∞
Z
√
I =
e− 2 x d x
0
Rozwiązanie:
∞
Z
b
√
Z
√
I =
e− 2 x d x = lim e− 2 x d x
b→∞
0
0
Stosujemy podstawienie
x = t 2
d x = 2 t d t
Dla x = 0 jest t = 0
√
Dla x = b jest t =
b
√b
Z
I = lim 2
e− 2 tt d t
b→∞
0
Całkujemy przez części:
f = t
f 0 = 1
e− 2 t
g0 = e− 2 t
g =
− 2
√
√
b
Z
"
# √
b
√
√
"
# √
√
√
√
te− 2 t
b
Z e− 2 t
be− 2 b
e− 2 t
b
be− 2 b
e− 2 b
1
e− 2 tt d t = −
−
d t = −
−
= −
−
+
2
− 2
2
4
2
4
4
0
0
0
0
√
√
√
e− 2 b
1
1
√
√
I = lim − be− 2 b −
+ =
− lim
be− 2 b
b→∞
2
2
2
b→∞
Granicę liczymy stosując regułę del’Hospitala
√
1
√
√
√
b
1
lim
be− 2 b = lim
2 b
√
= lim
√
= lim
√
= 0
b→∞
b→∞ e 2 b
b→∞ 2 e 2 b
b→∞ 2 e 2 b
√
2 b
A więc
I = 12
6. Obliczyć objętość bryły powstałej przez obrót obszaru D dookoła osi Ox D : 4 x 2 + 9 y 2 ¬ 36
Rozwiązanie:
Przekształcamy równanie obszaru
x 2
y 2
+
¬ 1
9
4
Obszar D to elipsa o półosiach 3 i 2. Równanie brzegu obszaru: s
x 2
y = ± 2 1 − 9
Objętość bryły (elipsoidy obrotowej) jest równa: 3
Z
3
Z
"
#
x 2
x 3 3
V = π
y 2 d x = π
4(1 −
) d x = 4 π x −
= 4 π(3 − 1 − ( − 3 + 1)) = 16 π
9
27
− 3
− 3
− 3