Matematyka dla Wydziału Geologii, semestr 2., 2019/2020 ćwiczenia 9. – rozwiązania
22 i 23 kwietnia 2020
1. Pokazać, że funkcja f określona wzorem f (x) =
√
2x − x3 spełnia równanie f′′f3= −1 dla x ∈ (0, 2).
Mamy:
f′=
2 − 2x 2√
2x − x3 =
1 − x
√ 2x − x2 we wnętrzu swojej dziedziny. Zatem
f′′=
−
√
2x − x2− (1 − x)√1−x
2x−x2
2x − x2 =
−1
√
(2x − x2)3 ,
A zatem:
f′′⋅f3=
−(
√
2x − x3)3
√
(2x − x2)3
= −1.
2. Sprawdź, czy następujące funkcje spełniają równanie Laplace’a
∂f2
∂x2+
∂f2
∂y2 =0.
a) f (x, y) =√ x2+y2,
∂f
∂x = x
√ x2+y2
∂f
∂x = y
√ x2+y2
∂2f
∂x2 = y2 (x2+y2)3/2
∂2f
∂y2 = x2 (x2+y2)3/2 Ale
y2 (x2+y2)3/2
+ x2 (x2+y2)3/2
= 1
√
x2+y2 ≠1.
b) f (x, y) = e−xsin y.
∂f
∂x = −e−xsin y
∂f
∂x =e−xcos y
∂2f
∂x2 =e−xsin y
∂2f
∂y2 = −e−xsin y I owszem
e−xsin y − e−xsin y = 0.
1
3. Korzystając z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej oblicz w przybliżeniu wartość f (2, 01) dla f (x) =
x2−3 x2+5.
Mamy dla pewnego c ∈ (2, 2, 01) f (2 + 0, 01) = f (2) + 0, 01 ⋅ f′(c) ≃ f (2) + 0, 01 ⋅ f′(2).
Mamy f (2) =19 oraz
f′=
2x(x2+5) − 3x(x2−3) (x2+5)2 =
16x (x2+5)2, czyli f′(2) =3281, a więc
f (2, 01) ≃ 1 9+
0, 32 81 =
9, 32 81 =
233 2025.
4. Pomiar długości boków prostopadłościanu wykonano z dokładnością 0, 1 cm otrzymując wyniki x = 6, y = 3, z = 1 [cm]. Z jaką dokładnością wyznaczono:
a) objętość prostopadłościanu,
V (x, y, z) = xyz. Zatem ∂V /∂x = yz, ∂V /∂y = xz, ∂V /∂z = xy, w punkcie (6, 3, 1) wynoszą odpowied- nio: 3, 6 oraz 18.
Zatem maksymalny błąd to:
∣∆Vmax∣ = ∣3 ⋅ 0, 1∣ + ∣6 ⋅ 0, 1∣ + ∣18 ⋅ 0, 1∣ = 0, 3 + 0, 6 + 1, 8 = 2, 7,
a zatem objętość wyznaczono z dokładnością 2, 7 cm3, zatem maksymalny błąd bezwzględny to δmax= 2, 7/18 = 0, 15 (bo V = 18), czyli 15%.
b) pole powierzchni tego prostopadłościanu.
S(x, y, z) = 2xy + 2yz + 2xz. Zatem ∂V /∂x = 2y + 2z, ∂V /∂y = 2x + 2z, ∂V /∂z = 2x + 2y, w punkcie (6, 3, 1) wynoszą odpowiednio: 8, 14 oraz 18.
Zatem maksymalny błąd to:
∣∆Vmax∣ = ∣8 ⋅ 0, 1∣ + ∣14 ⋅ 0, 1∣ + ∣18 ⋅ 0, 1∣ = 0, 4 + 1, 4 + 1, 8 = 3, 6,
a zatem objętość wyznaczono z dokładnością 3, 6 cm2, zatem maksymalny błąd bezwzględny to δmax= 3, 6/54 = 0, 2/3 (bo S = 36 + 6 + 12 = 54), czyli około 6, 7%.
5. Obliczając granicę ciągu sum częściowych oblicz sumę szeregu:
∞
∑
n=1
1 n(n + 1), Zauważ, że n(n+1)1 = n1−n+11 , a zatem:
Sn= 1 1 ⋅ 2+
1
2 ⋅ 3+. . . + 1
n(n + 1) =1 − 1 2+
1 2 −
1
3 +. . . +1 n−
1
n + 1=1 − 1 n + 1 →1.
A zatem ∑∞n=1
1
n(n + 1)=1.
6. Udowodnij, że szereg
∞
∑
n=1
n n + 1 nie jest zbieżny.
Ten szereg nie jest zbieżny, bowiem limn→∞ n
n+1=1 ≠ 0.
7. Korzystając z kryterium porównawczego wykaż, że zbieżny jest szereg ∑∞n=1n12. Zauważmy, że 0 ≤ n12 ≤ n(n−1)1 , n ≥ 2. Natomiast szereg ∑∞n=2
1
n(n−1) jest zbieżny, bowiem ∑∞n=2 1 n(n−1) =
∑∞n=1n(n+1)1 , którego zbieżność już udowodniliśmy.
2
8. Na podstawie kryterium d’Alemberta zbadaj zbieżność szeregu
∞
∑
n=1
n!
nn.
an+1
an =
(n + 1)!nn (n + 1)n+1n! = (
n n + 1)
n
= 1 (1 +n1)
n → 1 e<1, a zatem na mocy kryterium d’Alemberta, szereg jest zbieżny.
9. Korzystając z kryterium Cauchy’ego zbadaj zbieżność szeregu:
∞
∑
n=1
n 2n.
Mamy limn→∞ n
√n
2n =limn→∞
n√ n
2 = 12 <1, czyli ten szereg jest zbieżny.
10. Korzystając z kryterium Leibniza zbadaj zbieżność szeregu:
∞
∑
n=1
(−1)n+1
n .
Ponieważ ciąg n1 jest nierosnący i zbieżny do 0, to szereg naprzemienny, badany wyżej, jest zbieżny.
11. Wypisz wzór Taylora dla n-tego rzędu dla funkcji f (x) = 1x w punkcie x0= −1.
f′(x) =−1x2, f′′(x) = x23, f′′′(x) =x−64, f(4)(x) =24x5, f(n)(x) =(−1)xn+1n⋅n!, . . .. A zatem:
1
x= −1 − (x + 1) − (x + 1)2− (x + 1)3+. . . − (x + 1)n+
(−1)n+1⋅ (x + 1)n+1
θn+1 ,
gdzie θ jest z przedziału (−1, x) lub (x, −1).
12. Przedstaw wielomian w(x) = x4−5x3+x2−3x + 4 za pomocą dwumianu (x − 1).
Mamy: w′(x) = 4x3−15x2+2x − 3, w′′(x) = 12x2−30x + 2,
w′′′(x) = 24x − 30, w(4)(x) = 24, w(5)(x) = 0, a zatem: w(1) = −2, w′(1) = −12, w′′(1) = −16, w′′′(x) =
−6, w(4)(1) = 24, czyli:
w(x) = f (1) +f′(1)(x − 1)
1! +
f′′(1)(x − 1)2
2! +
f′′′(1)(x − 1)3
3! +
f(4)(1)(x − 1)4
4! +0 =
= −2 − 12(x − 1) − 8(x − 1)2− (x − 1)3+ (x − 1)4. 13. Oblicz wartość cos(0, 1) z dokładnością do 0, 00001.
Ponieważ ∣cos(n)(x)∣ ≤ 1, to dla rozwinięcia w zerze mamy:
∣Rn(0, 1)∣ =cos(n+1)(θ)(0, 1)n+1 (n + 1)! ≤
(0, 1)n+1 (n + 1)!. A zatem R4(0, 1) ≤(0,1)1205∣ <0, 00001, a zatem wystarczy nam trzecie przybliżenie:
cos 0 + 0, 1−sin 0
1! +0, 01−cos 0
2! +0, 001sin 0
3! +0, 0001cos 0
4! =1 + 0 −0, 01
2 +0 +0, 0001
24 =0, 9950041(6).
3
