Egzamin z Analizy matematycznej 1 Wrocªaw, 29 stycznia 2009

Egzamin z Analizy matematycznej 1 Wrocªaw, 29 stycznia 2009

1. Sformuªuj twierdzenie o ci¡gu monotonicznym i ograniczonym.^(2p) Udowodnij, »e ci¡g (an)dany rekurencyjnie wzorem

a1=√

2, an+1= a²_n− 3an+ 4 (n ≥ 1)

jest zbie»ny i wyznacz jego granic¦.^(3p) Rozwi¡zanie.

• Twierdzenie o ci¡gu monotonicznym i ograniczonym: Je±li ci¡g (an) jest niemalej¡cy i ograniczony z góry, to jest zbie»ny, a jego granic¡ jest kres górny zbioru wyrazów. Je±li (an)jest nierosn¡cy i ograniczony z doªu, to równie» jest zbie»ny, za± granic¡ jest kres dolny zbioru wyrazów.

Nierówno±¢ an+1 ≥ an jest równowa»na nierówno±ci (an− 2)² ≥ 0, zawsze prawdziwej. Zatem ci¡g an

jest niemalej¡cy. Gdyby byª zbie»ny, to granic¡ (a wi¦c i najmniejszym ograniczeniem górnym) byªaby liczba g speªniaj¡ca

g = lim

n→∞a_n+1= lim

n→∞(a²_n− 3an+ 4) = g²− 3g + 4.

Wobec tego (g − 2)²= 0, czyli g = 2. Sprawd¹my wi¦c, czy (an)jest ograniczony przez 2.

Oczywi±cie a1≤ 2. Zaªó»my, »e an≤ 2. Wówczas

2 − an+1= −a²_n+ 3an− 2 = (2 − an)(an− 1) ≥ 0,

bowiem 2 − an ≥ 0na mocy zaªo»enia indycyjnego, za± an− 1 ≥ a1− 1 > 0ze wzgl¦du na to, »e (an)jest niemalej¡cy. Ostatecznie an+1≤ 2, a wi¦c na mocy zasady indukcji matematycznej (an)jest ograniczony z góry przez 2.

Ci¡g (an)jako monotoniczny i ograniczony jest zbie»ny. Jego granica zostaªa ju» wyznaczona wcze-

±niej, lim

n→∞an = 2.

2. Oblicz warto±¢ caªki:

Z 4 1

1 1 +√

xdx.^(3p) Sformuªuj wszystkie wykorzystane twierdzenia.^(2p) Rozwi¡zanie.

• Twierdzenie o caªkowaniu przez podstawienie: Je±li f : [a, b] → R jest ci¡gªa, g : [c, d] → [a, b]  ró»niczkowalna, i ponadto g(c) = a, g(d) = b, to

Z b a

f (x)dx = Z d

c

f (g(y))g⁰(y)dy.

• Zasadnicze twierdzenie rachunku ró»niczkowego i caªkowego: Je±li f jest funkcj¡ ci¡gª¡

na przedziale [a, b], a F jest funkcj¡ pierwotn¡ f, to Z b

a

f (x)dx = F (b) − F (a).

Stosujemy podstawienie x = y², dx = 2ydy, 1 ≤ y ≤ 2:

Z 4 1

1 1 +√

xdx = Z 2

1

2y 1 + ydy =

Z 2 1

 2 − 2

1 + y



dy = (2y − 2 log(1 + y)) 

2

1= 2 − 2 log3 2.

3. Wyznacz caªk¦ nieoznaczon¡:

Z cos x

1 + sin x + (cos x)²dx.^(5p) Rozwi¡zanie. Stosujemy podstawienie sin x = y, cos xdx = dy:

Z cos x

1 + sin x + (cos x)²dx =

Z 1

1 + y + (1 − y²)dy =

Z 1

(2 − y)(1 + y)dy

= 1 3

Z 1

2 − ydy +1 3

Z 1

1 + ydy = −log |2 − y|

3 +log |1 + y|

3 + C

= 1

3log1 + sin x 2 − sin x+ C.

4. Podaj wzór Taylora z reszt¡ w postaci Lagrange'a.^(2p) Odgadnij wzór na n-t¡ pochodn¡ funkcji f (x) = ln x (np. na podstawie kilku pierwszych pochodnych)^(0p) i zapisz rozwini¦cie Taylora tej funkcji wokóª punktu 1.^(1p) Oblicz za jego pomoc¡ przybli»on¡ warto±¢ ln¹₂ z bª¦dem nie przekra- czaj¡cym ¹₅.^(2p)

Rozwi¡zanie.

• Wzór Taylora: Je±li funkcja f jest (n+1)-krotnie ró»niczkowalna w przedziale (a, b) i x, x0∈ (a, b), to dla pewnego ξ le»¡cego mi¦dzy x i x0 zachodzi:

f (x) =

n

X

j=0

f^(j)(x0)

j! (x − x0)^j+ Rn(x), Rn(x) = f⁽ⁿ⁺¹⁾(ξ)

(n + 1)! (x − x0)ⁿ⁺¹.

Niech f(x) = ln x. Poniewa» f⁰(x) = _x¹, f⁰⁰(x) = −_x¹2, ªatwo zauwa»y¢ i udowodni¢ indukcyjnie, »e f⁽ⁿ⁾(x) = _(n−1)!x^(−1)n−1n (n ≥ 1). St¡d f⁽ⁿ⁾(1) =⁽⁻¹⁾_(n−1)!ⁿ⁻¹ (n ≥ 1) oraz:

ln x =

n

X

j=1

(−1)^j−1

j (x − 1)^j+ R_n(x), R_n(x) = (−1)ⁿ

(n + 1)ξⁿ(x − 1)ⁿ⁺¹ dla pewnego ξ mi¦dzy 1 i x. Dla x = ¹₂ otrzymujemy

ln¹₂= −

n

X

j=1

1

j · 2^j + R_n(¹₂), R_n(¹₂) = (−1)ⁿ (n + 1)2ⁿ⁺¹ξⁿ.

Poniewa» ξ ∈ (¹₂, 1), widzimy, »e |Rn(¹₂)| ≤ _2(n+1)¹ . Aby ta liczba byªa nie wi¦ksza ni» ₁₀¹, potrzeba n ≥ 4. Wobec tego,

ln¹₂ ≈ − 1 1 · 2− 1

2 · 4− 1

3 · 8− 1

4 · 16 = −131 192.

5. Udowodnij, »e istnieje ci¡g (σn), którego wyrazy s¡ równe 1 lub −1 i taki, »e

∞

X

n=1

σn

n = 0.^(5p)

Rozwi¡zanie. Okre±lamy ci¡g (σn)indukcyjnie. Niech S0= 0. Zaªó»my, »e dla pewnego n znana jest ju»

warto±¢ Sn. Wówczas okre±lamy σn+1 = 1je±li Sn ≥ _n+1¹ oraz σn+1= −1 w przeciwnym przypadku.

Ponadto okre±lamy Sn+1= Sn+^σ_n+1ⁿ⁺¹.

W ten sposób okre±lili±my jednoznacznie ci¡g (σn) o wyrazach 1 lub −1. Zauwa»my, »e ci¡g (Sn) jest ci¡giem sum cz¦±ciowych szeregu Pn

σ_n

n . Ponadto 0 ≤ Sn ≤ _n² dla n ≥ 1. W istocie, S1 = 1, S₂= ¹₂, a je±li 0 ≤ Sn ≤_n² to albo Sn < _n+1¹ i wtedy Sn+1= S_n+_n+1¹ ∈ [0,_n+1² ], albo Sn ≥ _n+1¹ oraz Sn+1= Sn−_n+1¹ ∈ [0,_n² −_n+1¹ ] ⊆ [0,_n+1² ](o ile n ≥ 2).

Wobec tego ci¡g Sn d¡»y do zera, a zatem P^∞

n=1 σn

n = 0.

Mateusz Kwa±nicki