Nazwisko i imi¦:
Zadanie 1. Oblicz caªk¦ ∫
x5(2− 5x3)23 dx.
Rozwi¡zanie: Post¦pujemy zgodnie z zasad¡, »e za now¡ zmienn¡ podstawiamy co± co najmniej si¦ nam podoba. Czyli
t = (2− 5x3)23 ⇒ 2 − t32 = 5x3 dt = 2
3
1
(2− 5x3)13(−15x2)dx ⇒ x2dx =− 1 10
√tdt
∫
x5(2− 5x3)23 dx =
∫
x3(2− 5x3)23 x2dx
=− 1 50
∫ (
2− t32) t√
t dt
=− 1 50
∫ (
2t32 − t3) dt
=− 1 50
(2
5 2
t52 − 1 4t4
)
=− 2
125t52 + 1 200t4
=− 2 125
(
2− 5x3)53 + 1
200
(2− 5x3)8
3.
nlim→∞
√1
n + 1
√n + 3+ 1
√n + 6+ 1
√n + 9+· · · + 1
√7n
√1 n Rozwi¡zanie: Przeksztaªcamy wyra»enie
( 1
√n + 1
√n + 3 + 1
√n + 6 + 1
√n + 9 +· · · + 1
√7n ) 1
√n =
= 1
√n
∑2n i=0
√ 1 n + 3i
= 1 n
∑2n i=0
√n
√n + 3i
= 1 n
∑2n i=0
√ 1 1 + 3ni
.
Po takim przeksztaªceniu widzimy, »e jest to suma Riemanna (po odrzuceniu pierwszego lub ostatniego skªadnika, które i tak d¡»¡ do 0) dla funkcji f(x) = √1+3x1 , przedziaªu [0, 2] i podziaªu równomiernego na 2n przedzialików. Punkty ewaluacji funkcji to jeden z ko«ców przedzialika. Z twierdzenia o zbie»no±ci sum Riemanna dla funkcji ci¡gªych ta granica jest wi¦c równa caªce ∫ 2
0
√ dx
1 + 3x.
Caªkujemy przez podstawienie, jak zwykle za now¡ zmienn¡ podstawiaj¡c najpaskudniej- sze wyra»enie pod caªk¡.
t =√
1 + 3x ⇒ 2
3t dt = dx.
Liczymy caªk¦ ∫ 2
0
√ dx
1 + 3x =
∫ √7 1
2 3
1
t t dt = 2 3(√
7− 1).
Zadanie 3. Oblicz caªk¦
∫ dx
(x + 1)(x + 2)2(x + 3)2.
Rozwi¡zanie: Jest to caªka z funkcji wymiernej i mamy podan¡ faktoryzacj¦ mianow- nika. Piszemy rozkªad na uªamki proste
1
(x + 1)(x + 2)2(x + 3)2 = A
x + 1 + B
x + 2 + C
(x + 2)2 + D
x + 3 + E (x + 3)2.
Sprowadzaj¡c do wspólnego mianownika, porz¡dkuj¡c i rozwi¡zuj¡c ukªad równa« otrzy- mujemy
∫ dx
(x + 1)(x + 2)2(x + 3)2 =
=−2
∫ dx x + 1 + 7
∫ dx x + 2 − 5
∫ dx
(x + 2)2 − 5
∫ dx
x + 3 + 19
∫ dx
(x + 3)2. Liczymy kolejne caªki ∫
dx
x + 1 = log|x + 1|
∫ dx
x + 2 = log|x + 2|
∫ dx
(x + 2)2 =− 1 x + 2
∫ dx
x + 3 = log|x + 3|
∫ dx
(x + 3)2 =− 1 x + 3.
f (x) =√
(x + 1)3.
Rozwi¡zanie: Liczymy kolejne pochodne f (x) = (x + 1)32 f′(x) = 3
2(x + 1)12 f′′(x) = 3
2 1
2(x + 1)−12 f′′′(x) = 3
2 1 2
(−1 2
)(x + 1)−32
f(4)(x) = 3 2
1 2
(−1 2
)(− 3 2
)(x + 1)−52
. . .
f(n)(x) = 3 (−1)n(2n− 5)!!
2n (x + 1)−2n2−3, n≥ 3.
Mo»emy wi¦c napisa¢ rozwini¦cie f (x) = f (0) + f′(0)x +f′′(0)
2 x2+
∑∞ n=3
f(n)(0)
n! xn= 1 +3 2x +3
8x2+ 3
∑∞ n=3
(−1)n(2n− 5)!!
2nn! xn
Zadanie 5. Oblicz caªk¦ ∫ π/3
π/4
x sin2xdx.
Rozwi¡zanie: Przypominamy sobie, »e cot′x = −sin12x. Mo»emy wi¦c caªkowa¢ przez cz¦±ci.
∫ π/3 π/4
x
sin2xdx =−
∫ π/3 π/4
cot′x· x dx
=− cot x · x π/3
π/4
+
∫ π/3
π/4
cot x dx
=− 1
√3 · π 3 + π
4 +
∫ π/3 π/4
cos x sin xdx
=− 1
√3 · π 3 + π
4 + log| sin x| π/3
π/4
=− 1
√3 · π 3 + π
4 + log
√3
2 − log 1
√2
=− 1
√3 · π 3 + π
4 +1 2 log3
2.
∫ 2
−1
|x|
x2+ 1dx < 3 2.
Rozwi¡zanie: Mo»emy caªk¦ policzy¢ dokªadnie, i nast¦pnie oszacowa¢ logarytmy. Inna metoda to dobra¢ podziaª i oszacowa¢ caªk¦ przez sum¦ górn¡. Licz¡c pochodn¡ zauwa-
»amy, »e funkcja podcaªkowa maleje na [−1, 0], potem ro±nie na [0, 1], po czym znowu maleje na [1, 2]. Widzimy wi¦c, »e funkcja jest nie wi¦ksza ni» 12, a przedziaª caªkowania ma dªugo±¢ 3. Wystarczy wi¦c wzi¡¢ trywialny podziaª, skªadaj¡cy si¦ z jednego tylko przedzialika, i otrzyma¢ ∫ 2
−1
|x|
x2+ 1dx≤ 3 2.
Je»eli chcemy otrzyma¢ ostr¡ nierówno±¢, to mo»emy skorzysta¢ z uwagi po Twierdzeniu 10.6 ze skryptu (warto±¢ 12 funkcja przyjmuje tylko w 2 punktach, pozatym jest ostro mniejsza), albo mo»emy rozdrobni¢ podziaª. Zauwa»my, »e dodanie punktów podziaªu 0, 1 nic nie da, bo supremum si¦ nie zmieni. Dodajmy wi¦c punkt1.5. Suma górna dla takiego podziaªu [−1, 2] = [−1, 1.5] ∪ [1.5, 2] jest nast¦puj¡ca
1 2· 5
2 + 6 13 ·1
2 = 5 4 + 3
13 = 77 52,
gdy» maksimum funkcji na przedziale [−1, 1.5] to 12, a na przedziale [1.5, 2] to 136 . Ostatni¡
nierówno±¢ ªatwo sprawdzi¢.
