Egzamin z Analizy 1, 19 VI 2007 godz. 9.00
1. Napisać równania stycznych do wykresu funkcji f ( x) = x 3 − 4 x 2 + 3 x + 1 w punktach o odciętej 0 i 1. Znaleźć kąt między tymi prostymi.
Rozwiązanie:
Styczna w punkcie x = 0
f (0) = 1
f 0( x) = 3 x 2 − 8 x + 3
f 0(0) = 3
Równanie pierwszej stycznej
y − 1 = 3( x − 0)
czyli
y = 3 x + 1
Styczna w punkcie 1 = 0
f (1) = 1
f 0(1) = − 2
Równanie drugiej stycznej
y − 1 = − 2( x − 1) czyli
y = − 2 x + 3
Kąt między prostymi:
k
tg α =
1 − k 2
1 + k 1 k 2
gdzie k 1 = 3 , k 2 = − 2 są współczynnikami kierunkowymi prostych.
5
tg α =
= − 1
− 5
π
Czyli kąt α =
(kąt między prostymi jest nieskierowany).
4
√
2. Obliczyć f 0(0) jeżeli f ( x) = (arc tg2 x + 2 x)2 + e ln(2 x+1)+2 x+1
Rozwiązanie:
1
√
1
1
f 0( x) = 2(arc tg2 x + 2 x)(2 arc tg x
+ 2) + e ln(2 x+1)+2 x+1(
2 + 2 √
)
1 + x 2
2 x + 1
2 x + 1
f 0(0) = 0 + e 2(2 + 1) = 3 e 2
3. Wyznaczyć najmniejszą wartość funkcji f ( x) = x ln x Rozwiązanie:
Dziedziną funkcji jest (0 , + ∞) Badamy monotoniczność funkcji rozwiązując nierówność: f 0( x) > 0
f 0( x) = ln x + x 1 = ln x + 1
x
ln x + 1 > 0
Wynika stąd, że funkcja jest rosnąca na przedziale (1 , + ∞), malejąca na przedziale e
(0 , 1) a więc ma wartość najmniejszą w punkcie x = 1
e
e
Wartość ta jest równa − 1 e
4. Wyznaczyć wzór Maclaurina R 5 dla funkcji f( x) = cos(2 x + π ) 3
Rozwiązanie:
Wzór Maclaurina:
f 0(0) x
f 00(0) x 2
f 000(0) x 3
f IV (0) x 4
f ( x) = f (0) +
+
+
+
+ R
1!
2!
3!
4!
5
f V ( θx) x 5
R 5 =
, gdzie 0 < θ < 1
5!
f (0) = 12
√
f 0( x) = − 2 sin(2 x + π ) , f 0(0) = − 3
3
f 00( x) = − 4 cos(2 x + π ) , f 00(0) = − 2
3
√
f 000( x) = 8 sin(2 x + π ) , f 000(0) = 4 3
3
f IV ( x) = 16 cos(2 x + π ) , f IV (0) = 8
3
f V ( x) = − 32 sin(2 x + π ) 3
Stąd:
√
√
√
1
3 x
2 x 2
4 3 x 3
8 x 4
1
√
2 3
1
f ( x) =
−
−
+
+
+ R
−
3 x − x 2 +
x 3 + x 4 + R
2
1!
2!
3!
4!
5 = 2
3
3
5
gdzie
− 32 sin(2 θx + π ) x 5
4 sin(2 θx + π )
R
3
3
5 =
= −
x 5
5!
15
5. Obliczyć całki:
π
Z
a)
sin 2 x cos x d x
0
Z
4
b)
d x
x 2 − 4
Rozwiązanie:
π
Z
π
Z 1
a)
sin 2 x cos x d x =
(sin 3 x + sin x) d x =
2
0
0
1 cos 3 x
π
1 1
1
4
−
− cos x
= ( + 1 +
+ 1) =
2
3
0
2 3
3
3
Z
4
b)
d x
x 2 − 4
Rozkładamy fumkcję podcałkową na ułamki proste: 4
4
A
B
=
=
+
x 2 − 4
( x − 2)( x + 2)
x − 2
x + 2
A( x + 2) + B( x − 2) = 4
Podstawiamy x = 2
Podstawiamy x = − 2
− 4 B = 4 czyli B = − 1
Z
4
Z
1
Z
1
d x =
d x −
d x = ln |x − 2 | − ln |x + 2 | + C
x 2 − 4
x − 2
x + 2
6. Obliczyć pole figury F złożonej z punktów należących do I ćwiartki układu współrzęd-nych i położonych powyżej wykresu funkcji f ( x) = x 2 , poniżej wykresu funkcji g( x) = 1 i poniżej prostej y = 9
x 2
Rozwiązanie:
Robimy rysunek i szukamy punktów przecięcia krzywych: ( y = x 2
y = 1
x 2
x 4 = 1
x = 1 (szukamy punktów tylko z I ćwiartki układu).
( y = x 2
y = 9
x 2 = 9
x = 3 (szukamy punktów tylko z I ćwiartki układu).
( y = 1 x 2
y = 9
1 = 9
x 2
x = 1 (szukamy punktów tylko z I ćwiartki układu).
3
Widzimy, że figurę trzeba podzielić na dwie części: F 1 : x ∈< 0 , 1 > i F
, 1 >
3
2 : x ∈< 1
3
Pole pierwszej części:
1
1
"
#
3
Z
x 3 3
1
S 1 = (9 − x 2) d x = 9 x −
= 3 −
3
81
0
0
Pole drugiej części:
1
Z
"
#
1
1
x 3 1
1
1
S 2 = (
− x 2) d x = − −
= − 1 −
+ 3 +
x 2
x
3 1
3
81
1
3
3
Pole całej figury jest równe:
S = S 1 + S 2 = 143