Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy
Zestaw K1 Zadanie 1
Prosz¸e obliczyć
Z dx
√
33x − 4 Rozwi¸ azanie
Z dx
√
33x − 4 = podstawienie 3x −4 =t
−→ =
Z 1
3 t −13dt = 1
2 t
23+ C = 1
2 (3x − 4)
23+ C
Zadanie 2
Prosz¸e znaleźć asymptoty wykresu funkcji o równaniu y = x
2 + 1 2x + 1
Zauważmy, że gdy x → 0 − , to pierwszy składnik wzoru wykresu funkcji d¸ aży do 0, drugi do −∞, trzeci do 1 - wartości¸ a granicy lewostronnej w zerze jest −∞. Jeśli zaś x → 0 + , to pierwszy składnik d¸ aży do 0, drugi do +∞, trzeci do 1 i wartości¸ a granicy prawostronnej w zerze jest +∞
Wykres funkcji posiada wi¸ec asymptot¸e pionow¸ a obustronn¸ a o równaniu x = 0 ( oś OY).
Ponadto
f (x) x = 1
2 + 1 2x 2 + 1
x → 1
2 + 0 + 0 = 1
2 , gdy x → +∞
x→+∞ lim (f (x) − ax) = lim
x→+∞ ( x 2 + 1
2x + 1 − 1 2 x) = 1
Wykres funkcji posiada asymptot¸e ukośn¸ a o równaniu y = 1 2 x + 1 w plus nieskończoności.
Analogicznie
f (x) x = 1
2 + 1 2x 2 + 1
x → 1
2 + 0 + 0 = 1
2 , gdy x → −∞
x→−∞ lim (f (x) − ax) = lim
x→−∞ ( x 2 + 1
2x + 1 − 1 2 x) = 1
Wykres funkcji posiada wi¸ec asymptot¸e ukośn¸ a o równaniu y = 1 2 x + 1 w minus nieskoń- czoności.
St¸ ad wynika, że wykres funkcji ma asymptot¸e ukośn¸ a obustronn¸ a ( w plus i minus nie- skończoności).
Zadanie 3
Prosz¸e oszacować dokładność wzoru przybliżonego
√ 1 + x ≈ 1 + 1 2 x dla 0 ≤ x ≤ 1 2 .
Rozwi¸ azanie
Skorzystamy ze wzoru Taylora-Maclaurina z reszt¸ a R 2
f (x) = f (0) + f 0 (0)x + R 2 (c, x), gdzie R 2 (c, x) = f ”(c)
2 x 2 , c ∈ (0, x) St¸ ad
|f (x) − (f (0) + f 0 (0)x)| =
f ”(c) 2 x 2
Szacujemy wartość reszty R 2
Mamy f (0) = 1, f 0 (x) = 2 √ 1 1+x , f 0 (0) = 1 2 , f ”(x) = − 1
4
√
(1+x)
3, f ”(c) = − 1
4 √
(1+c)
3√ 1 + x − (1 + 1 2 x)
=
− 1
8p(1 + c) 3 x 2
≤ 1 8
1 p(1 + 0) 3
1 2
2
= 1
32 = 0.031250
Zadanie 4 Prosz¸e obliczyć
n→∞ lim (n − √
n 2 + 2n)
Rozwi¸ azanie
n→∞ lim (n − √
n 2 + 2n) = lim
n→∞
(n − √
n 2 + 2n)(n + √
n 2 + 2n) n + √
n 2 + 2n = lim
n→∞
−2n n + √
n 2 + 2n =
= lim
n→∞
n n
−2 1 +
q 1 + n 2
= 1 · −2 2 = −1
Zadanie 5
Prosz¸e obliczyć pole obszaru ograniczonego krzywymi:
f (x) = x, g(x) = x sin(7x), x = π 14 Rozwi¸ azanie
-0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7
x x*sin(7*x)
Rysunek 1: Wykresy funkcji f (x) = x i g(x) = x sin(7x)
Pole obszaru |P | ograniczonego krzywymi jest równe
|P | = Z π/14
0
(x − x sin(7x))dx = Z π/14
0
xdx − Z π/14
0
x sin(x)dx = c1 − c2 gdzie całka c1
c1 = Z π/14
0
xdx = x 2
2 | π/14 0 = π 2
2 · 14 2 .
Całk¸e c2 obliczymy metod¸ a całkowania przez cz¸eści:
c2 = Z π/14
0
x sin(7x)dx = Z π/14
0
x(− 1
7 cos(7x)) 0 dx = − x
7 ·cos(7x)| π/14 0 + 1 7
Z π/14 0
1·cos(7x)dx =
= − x
7 · cos(7x)| π/14 0 + 1
49 sin(7x)| π/14 0 = − π
98 cos(π/2) + 0 + 1
49 sin(π/2) − 0 = 1 49 Wartość pola zawartego mi¸edzy wykresami funkcji f (x) = x i g(x) = x sin(7x) dla argu- mentów x ∈ [0, π/14] jest wi¸ec równa
|P | = π 2
2 · 14 2 − 1
49 = 0.0047694
Zadanie 6
Prsz¸e podać definicj¸e pochodnej w punkcie x 0 . Korzystaj¸ ac z tej definicji prosz¸e obli- czyć pochodn¸ a funkcji
f (x) = 1 (x + 1) 2 w punkcie x 0 6= −1.
Rozwi¸ azanie
Definicja( pochodnej funkcji w punkcie)
Załóżmy, że funkcja f (x) jest określona w dziedzinie zawieraj¸ acej przedział otwarty o środku x 0 oraz że istnieje granica
x→x lim0
f (x) − f (x 0 ) x − x 0
,
granic¸e t¸e nazywamy pochodn¸ a funkcji w punkcie x 0 i oznaczamy f 0 (x 0 ).
Korzystaj¸ ac z tej defnicji
f 0 (x 0 ) = lim
x→x
01
(x+1)
2− (x 1
0
