Javier de Lucas Zadanie 1. Obliczy¢ nastepujace granice

Javier de Lucas Zadanie 1. Obliczy¢ nastepujace granice

x→0 lim

(1 + x) ^1/x − e

x , lim

x→0

√ 2 − cos xe ^sin

^x − cos x 1 − √

1 + 2x ² , c) lim

x→0

1 − cos x ¹⁰ x ¹⁰ sin x ¹⁰ . Rozwiazanie: Rozwiazujemy pierwsza granice. Pamietajac, »e lim x→0 (1 + x) ^1/x = e , wªa-

±nie ln lim

x→0 (1 + x) ^1/x = lim

x→0 ln(1 + x) ^1/x = lim

x→0 1/x ln(1 + x) = lim

x→0

ln(1 + x) x

L

H

= lim

x→0

1

1 + x = 0, wida¢, »e

x→0 lim

(1 + x) ^1/x − e

x = e − e

0 = 0

0 ( nieoznaczono±¢).

Zatem

x→0 lim

(1 + x) ^1/x − e x

L

H

= lim

x→0 (1 + x) ^1+x



− 1

x ² ln(1 + x) + 1 x(1 + x)



= e lim

x→0

1 x ²

x − (1 + x) ln(1 + x) 1 + x

L

H

= e lim

x→0

1 2x

 1

1 + x − x

(1 + x) ² − 1 1 + x



= e lim

x→0 − 1

2(1 + x) ² = − e 2 . Druga granice

b) lim

x→0

√ 2 − cos xe ^sin

^x − cos x 1 − √

1 + 2x ²

rozwiazujemy za pomoca rozwiniecia Taylora drugiego rzedu dwoma metodami.

Metoda 1:

Rozwiniecie Taylora mianownika drugiego rzedu z reszta Peano:

1 − √

1 + 2x ² = −x ² + O(x ² ).

Taki wyra»enie mo»na otrzyma¢ bezpo±rednio wiedza, »e √

1 + y = 1 + y/2 + O(y) . Zatem, 1 − √

1 + 2x ² = 1 − 1 − x ² + O(x ² ) = −x ² + O(x ² ) . Rozwiniecie Taylora licznika l(x) jest dªugie je»eli nie liczy sie odpowiednio. Mamy, »e l(0) = 0. Teraz,

dl

dx = sin(x)P (x), P (x) ≡

"

1 + e ^sin

^(x)

2p2 − cos(x) + 2e ^sin

^(x) p

2 − cos(x) cos(x)

#

⇒ dl

dx (0) = 0.

d ² l

dx ² = cos(x)P (x)+sin(x) dP

dx (Nie trzeba obliczy¢ dP/dx!!!) ⇒ d ² l

dx ² (0) = P (0) = 7/2.

Zatem

l(x) = 7

4 x ² + O(x ² ).

Wiec,

x→0 lim

√ 2 − cos xe ^sin

^x − cos x 1 − √

1 + 2x ² = lim

x→0 7 4 x ²

−x ² = − 7 4 . Metoda 2:

Mamy, »e do drugiego rzedu wolóª zera:

e ^sin

^x = 1 + x ² + O(x ² ), √

1 + 2x ² = 1 + x ² + O(x ² ),

√ 2 − cos x = p

2 − 1 + x ² /2 − x ⁴ /4! − . . . = 1 + x ² /4 + O(x ² ).

Zatem do drugiego rzedu

√ 2 − cos xe ^sin

^x = 1 + x ² + x ² /4 + O(x ² ) = 1 + 5/4x ² + O(x ² ) i

lim x→0

√ 2 − cos xe ^sin

^x − cos x 1 − √

1 + 2x ² = lim

x→0

1 + 5x ² /4 − 1 + x ² /2

−x ² = − 7

4 . Obliczmy trzecia granice:

c) lim

x→0

1 − cos x ¹⁰ x ¹⁰ sin x ¹⁰ .

Mamy, »e cos(x ¹⁰ ) = 1 − x ²⁰ /2 + O(x ²⁰ ) i sin x ¹⁰ = x ¹⁰ + O(x ²⁰ ) . Zatem

x→0 lim

1 − cos x ¹⁰

x ¹⁰ sin x ¹⁰ = lim

x→0

1 − 1 + x ²⁰ /2 x ²⁰ = 1

2 .



Zadanie 2. Wykaza¢, »e funkcja: f(x) = x + sin x jest jednostajnie ci¡gªa na R (Wsk.

sin a − sin b = 2 sin ^a−b ₂ cos ^a+b ₂ ).

Rozwiazanie: Funkcja f jest jednostajnie ciagªa kiedy

∀ > 0, ∃δ > 0, |x ₁ − x ₂ | < δ ⇒ |f (x ₁ ) − f (x ₂ )| < .

W naszym przypadku

|f (x ₁ ) − f (x ₂ )| = |x ₁ − x ₂ + sin(x ₁ ) − sin(x ₂ )| ≤ |x ₁ − x ₂ | + | sin(x ₁ ) − sin(x ₂ )|

Funkcja sin(x/2) jest ciagªa w x = 0, to dla /4 > 0 istnieje δ 1 > 0 taki, »e

|x| < δ ₁ ⇒ | sin(x/2)| < /4.

Niech δ < min{δ 1 , /2} . Zatem je»eli |x 1 − x ₂ | < δ , to

|x ₁ − x ₂ | + 2| sin  x ₁ − x ₂ 2



| < /2 + /2 = .

Z tego wynika, »e funkcja f(x) jest jednostajnie ciagªa.

Mo»na te» zauwa»y¢, »e | sin(x)| < |x| kiedy x pisze sie w radianach. To wida¢ na okregu jednostkowym, gdzie mo»emy zdeniowa¢ funkcje trygonometryczne. W takim przypadku, nie trzeba korzysta¢ z ciagªo±ci sin(x) i zadanie jest prostsze.



Zadanie 3. Udowodnij, »e dla x > 0 zachodzi nierówno±¢:

ln(1 + x) > arc tg x 1 + x . Rozwiazanie: Skoro x > 0 mamy, »e

ln(1 + x) > arc tg x

1 + x ⇔ f (x) ≡ (1 + x) ln(1 + x) − arc tg x > 0.

Aby udowodni¢ taka nierówno±¢ korzystamy z wzoru Taylora pierwszego rzedu wokóª punktu x 0 = 0 z reszta Lagrange'a. Wida¢, »e f(0) = 0 i

df

dx = ln(1 + x) + 1 − 1

1 + x ² = ln(1 + x) + x ²

1 + x ² ⇒ df

dx (0) = 0.

Dodatkowo d ² f

dx ² = 1

1 + x + 2x(1 + x ² ) − x ² 2x

(1 + x ² ) ² = (1 + x ² ) ² + 2x(1 + x) (1 + x)(1 + x ² ) ² .

Z tego wyniku i korzystajac z wzoru Taylora pierwszego rzedu dla f wokóª x 0 = 0 dla x > 0 wychodzi:

d ² f

dx ² (θ) > 0 θ ∈]0, x[ ⇒ f (x) = d ² f

dx ² (θ(x)) x ²

2! > 0, θ(x) ∈]0, x[.



Zadanie 4. Zbada¢ w zale»no±ci od parametru a ci¡gªo±¢ i ró»niczkowalno±¢ funcji:

f (x) =

 ₁

x − _e

¹ −1 , x < 0,

a, x ≥ 0. (4.1)

Rozwiazanie: Wida¢, »e ta funkcja jest ciagªa i ró»niczkowalna dla x 6= 0. Sprawdzamy co sie dzie»e w punkcie x = 0. Funkcja jest ciagªa w x = 0 kiedy

lim

x→0

f (x) = lim

x→0

f (x) = f (0).

Aby by¢ ciagªa, to powinno by¢ lim x→0

f (x) = f (0) = a , co zawsze speªnia sie z denicji f , i

a = lim

x→0

f (x) = lim

x→0

1

x − 1

e ^x − 1 = lim

x→0

e ^x − 1 − x x(e ^x − 1)

L

H

= lim

x→0

e ^x − 1 (e ^x − 1) + xe ^x

L

H

= lim

x→0

e ^x

2e ^x + xe ^x = 1 2 .

Zatem, kiedy a 6= 1/2, to funkcja f(x) jest ciagªa w R − {0} i kiedy a = 1/2, to funkcja f jest ciagªa w R.

Funkcja f jest ró»niczkowalna poza zerem. Sprawdzamy czy funkcja f(x) jest ró»- niczkowalna w punkcie x = 0. Dla a 6= 1/2 funkcja nie jest ciagªa w punkcie x = 0. Skoro to warunek konieczny, aby by¢ rózniczkowalna, to funkcja f nie jest ró»niczkowalna dla a 6= 1/2 .

Zobaczymy, czy funkcja f jest ró»niczkowalna w x = 0 dla a = 1/2. Przypominamy,

»e funkcja f jest ró»niczkowalna w x = 0, kiedy f + ⁰ (0) = f ₋ ⁰ (0) i sa sko«czone, czyli

pochodne prawostronna i lewostronna równaja sie i sa sko«czone. Sprawdzamy czy takie

waruneki speªnia sie:

f ₋ ⁰ (0) ≡ lim

x→0

f (x) − f (0)

x = lim

x→0

1/x − 1/(e ^x − 1) − 1/2 x

= lim

x→0

e

−1−x x(e

−1) − ¹ ₂

x = lim

x→0

2e ^x − 2 − 2x − x(e ^x − 1) 2x ² (e ^x − 1) .

Za pomoca wzoru Taylora i e ^x = 1 + x ² /2 + x ³ /3! + O(x ³ ) mamy, »e wzór Taylora do trzeciego rzedu licznika i mianownika wokóª zera to

2x ² (e ^x − 1) = 2x ² (1 + x − 1) + o(x ³ ) = 2x ³ + O(x ³ ),

(2 − x)(e ^x − 1) − 2x = (2 − x)(1 + x + x ² /2 + x ³ /3! + . . . − 1) − 2x

= 2x ³ /3! − x ³ /2 + o(x ³ ) = −x ³ /3! + O(x ³ ).

Wówczas,

f − (0) = lim

x→0

2e ^x − 2 − 2x − x(e ^x − 1)

2x ² (e ^x − 1) = lim

x→0

−x ³ /3!

2x ³ = − 1 2 · 3! . Natomiast,

f ₊ ⁰ (0) ≡ lim

x→0

f (x) − f (0)

x = lim

x→0

a − a x = 0.

Zatem, f + ⁰ (0) 6= f ₋ ⁰ (0) i ta funkcja nie jest ró»niczkowalna dla »adnej warto±ci a.