Analiza matematyczna, 2016/2017 ćwiczenia 6. – rozwiązania

Analiza matematyczna, 2016/2017 ćwiczenia 6. – rozwiązania

25 listopada 2016

1. Korzystając z arytmetyki granic oraz twierdzeniu o podstawianiu oblicz granice:

lim

x→√ 2

√3

x²+6 − 2 x²−2

Podstawiam y(x) = x²−2. Wtedy y → 0, gdy x →√

2. Poza tym mam lokalnie zachowaną różnowartościo- wość tego podstawienia. Zatem: lim_x→^√₂ ³

√ x²+6−2

x²−2 =limy→0

√3

y+8−2

y =limy→0 (³

√y+8−2)((√³

y+8)²+2√³ y+8+4) y((√³

y+8)²+2√³

y+8+4) =

limy→0 y

y((√³

y+8)²+2³√

y+8+4)=limy→0 1 (³

√y+8)²+2√³

y+8+4 = ₄₊₄₊₄¹ =₁₂¹. lim

x→0

2^x−1 2 ⋅ 4^x−2^x−1

Podstawiam y = 2^x. Wobec tego y → 1, gdy x → 0. Jest to podstawienie różnowartościowe. Zatem limx→0 2^x−1

2⋅4^x−2^x−1=limy→1 y−1

2y²−y−1 =limy→1 y−1

(y−1)(2y+1) =limy→1 1 2y+1 =¹₃. 2. Wiedząc, że limx→±∞(1 +_x¹)

x

=e, oblicz limx→0(1 − x)^x1.

Policzę osobno limx→0⁻(1 − x)^1x oraz limx→0⁺(1 − x)^1x. Stosuję podstawienie y = ¹_x−1. Jeśli x → 0⁻, to y → −∞ – i jest tylko wtedy. A zatem

x→0lim⁻(1 − x)^x1 = lim

y→−∞(1 − 1 y + 1)

y+1

= lim

y→−∞( y y + 1)

y+1

=

=lim_y→−∞ 1 (^y+1_y )

y+1 = lim

y→−∞

1 (1 +_y¹)

y

(1 +¹_y)

= 1 e ⋅ 1=

1 e.

Podobnie dowodzimy, że limx→0⁺(1 − x)^1x =¹_e, a zatem poniewaz obie granice są równe, to

lim

x→0(1 − x)^x1 = 1 e.

3. Zbadaj ciągłość następujących funkcji:

f (x) = ⌊x⌋

Oczywiście f jest ciągła dla x ∈ R ∖ Z, bowiem dla x ∈ (z, z + 1), z ∈ Z, mamy f (x) = z. Tyczasem, jeśli w punkcie z ∈ Z mamy lim^x→z−f (x) = limx→z⁻(z − 1) = z − 1 oraz limx→z⁺f (x) = limx→z⁺z = z, czyli granice jednostronne są różne. f nie ma w punktach całkowitych granicy, zatem też nie jest ciągła.

g(x) = x⌈x⌉

Oczywiście f jest ciągła dla x ∈ R ∖ Z, bowiem dla x ∈ (z, z + 1), z ∈ Z, mamy f (x) = x(z + 1). Tyczasem, jeśli w punkcie z ∈ Z mamy lim^x→z−f (x) = limx→z⁻xz = z² oraz limx→z⁺f (x) = limx→z⁺x(z + 1) = z²+z, czyli granice jednostronne są różne dla każdego z ≠ 0. f nie ma w niezerowych punktach całkowitych granicy, zatem też nie jest w nich ciągła. Natomiast dla z = 0, mamy z²=z²+z, zatem f ma granicę w zerze i ta granica wynosi zero, tyle, co f (0). Zatem f jest ciągła w punkcie 0.

1

h(x) =

⎧⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎩

x

x−⌊x⌋∶x ∉ Z x∶ x ∈ Z

Znów widać, że ta funkcja jest ciągła dla x ∈ R ∖ Z, bowiem dla x ∈ (z, z + 1), z ∈ Z, mamy f (x) =x−z^x . Dla z ∈ Z ∖ {0} mamy lim^x→z−f (x) = limx→z⁻ x

x−(z−1) = _z−(z−1)^z =z, ale limx→z⁺f (x) = limx→z⁺ x x−z = ±∞

(dodatnia dla z > 0 i ujemna dla z < 0). A zatem tylko lewa granica jest równa wartości funkcji (funkcja jest lewostronnie ciągła w tych punktach). Nie ma jednak granicy i nie jest zatem ciągła w tych punktach.

Natomiast dla zera: mamy lim_x→0⁻f (x) = lim_x→0⁻_x−(−1)^x = ₀₊₁⁰ =0, ale lim_x→0⁺f (x) = lim_x→0⁺_x−0^x =1 .A zatem tylko lewa granica jest równa wartości funkcji (funkcja jest lewostronnie ciągła w zerze). Nie ma jednak granicy i nie jest zatem ciągła w zerze.

4. Udowodnij, że wielomian 2x⁵−3x³+x²+4 ma w przedziale (−2, 1) co najmniej jeden pierwiastek.

Zauważmy, że w(−2) = −64 + 24 + 4 + 4 = −32 < 0 oraz w(1) = 2 − 3 + 1 + 4 = 4 > 0, a zatem z własności Darboux istnieje x ∈ (−2, 1), że w(x) = 0. ◻

5. Udowodnij, że funkcja f (x) = sin x jest jednostajnie ciągła na R. Wskazówka: ze wzorów trygonometrycz- nych: sin α − sin β = 2 cos^α+β₂ sin^α−β₂ .

Niech ε > 0. Wystarczy wziąć δ = min(ε, π). Rzeczywiście, jeśli ∣x1−x₂∣ ≤δ, Bez straty ogólności załóżmy, że x₁>x₂, zatem ∣ sin x₁−sin x₂∣ = ∣2 cos^x1+x₂ ²sin^x1−x₂ ²∣ =2 ∣cos^x1+x₂ ²∣ ⋅ ∣sin^x1−x₂ ²∣ ≤2⋅1⋅sin^x1−x₂ ² ≤2⋅^x1−x₂ ² = x₁−x₂≤δ = ε. ◻

6. Udowodnij, że funkcja f (x) =¹_x nie jest jednostajnie ciągła na przedziale (0, 1).

Niech ε = 1. Załóżmy, że istnieje δ oraz załóżmy bez straty ogólności, że δ <¹₂, taka że dla każdych x1, x2, takich że ∣x1−x2∣ <δ mamy ∣_x¹

1+_x¹

2∣ ≤1. Niech x1=δ oraz x2= ₂₊¹1 δ

. A zatem 0 < x2<x1, czyli ∣x1−x2∣ <δ oraz ∣_x¹

2 −_x¹

1∣ =2 > 1, co daje sprzeczność. ◻.

7. Wyznacz asymptoty (poziome, pionowe, ukośne) funkcji:

f (x) = 1 x + 2

Oczywiście limx→−2⁺f (x) = ∞, czyli x = −2 jest asymptotą pionową prawostronną. Jest ona też asymptotą lewostronną, bowiem limx→−2⁻f (x) = −∞.

Poza tym limx→∞f (x) = 0 = limx→−∞f (x), więc prosta y = 0 jest obustronną asymptotą poziomą. A zatem oczywiście nie ma asymptot ukośnych.

g(x) = 2^x+3

Oczywiście nie ma asymptot pionowych, ani ukośnych. Jedynie lim_x→−∞g(x) = 3, a zatem y = 3 jest asymptotą poziomą lewostronną.

h(x) =x²+3x x + 1

Przede wszystkim mamy asymptotę pionową x = −1, bo limx→−1⁻h(x) = limx→−1⁻(x + 2 −_x+1² ) = ∞ oraz limx→−1⁺h(x) = limx→−1⁺(x + 2 −_x+1² ) = −∞.

Sprawdzamy asymptotę skośną: limx→∞

h(x)

x = limx→∞

1+_x³

1+_x¹ =1. Oraz limx→∞(h(x) − x) = limx→∞ 2x x+1 = limx→∞ 2

1+_x¹ = 2. A zatem prosta y = x + 2 jest asymptotą ukośną prawostronną. Jest tak naprawdę obustronna, bo również limx→−∞h(x)

x =1 oraz limx→∞(h(x) − x) = 2.

2