Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy Zestaw C2 Zadanie 1 Prosz¸e uzasadnić, że nie istnieje granica ci¸agu o wyrazie ogólnym a

(1)

Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy

Zestaw C2 Zadanie 1

Prosz¸e uzasadnić, że nie istnieje granica ci¸ agu o wyrazie ogólnym a _n = sin nπ

4 Rozwi¸ azanie

Korzystamy z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa: ” Z każdego ci¸ agu można wybrać podci¸ ag, który ma granic¸e (skończon¸ a lub nie).”

i wniosku z tego twierdzenia:

”Ci¸ ag (a _n ) ma granic¸e wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich tych jego podci¸ agów, które maj¸ a granice, s¸ a równe.” Aby wykazać że ci¸ ag (a _n ) nie ma granicy - wystarczy wi¸ec znaleźć dowolne dwa jego podci¸ agi zbieżne do różnych granic.

Niech

a _4n = sin 4nπ

4 = sin(nπ) = 0 a _8n+2 = sin (8n + 2)π

4 = sin(2nπ + π

2 ) = sin π 2 = 1

Na podstawie wniosku z twierdzenia Bolzano - Weierstrassa wynika, że nie istnieje gra- nica ci¸ agu (a _n ) = ( ^{sin nπ} ₄ ).

Zadanie 2

Korzystaj¸ ac ze wzoru na długość łuku - prosz¸e wyprowadzić wzór na długość okr¸egu x ² + y ² = R ² , R > 0

Rozwi¸ azanie

Przypomnijmy wzór na długość wykresu Γ funkcji f (x) dla x ∈ [a, b]:

Γ = Z b

a

p 1 + (f

⁰

(x)) ² dx

Ze wzgl¸edu na symetri¸e uwzgl¸edniamy łuk okr¸egu o promieniu R leż¸ acy w pierwszej

1

(2)

ćwiartce prostok¸ atnego układu współrz¸ednych:

f (x) = √

R ² − x ² , x ∈ (0, R) f

⁰

(x) = −x

√ R ² − x ²

St¸ ad

Dugosc = 4Γ = 4 Z R

0

r

1 + x ²

R ² − x ² dx = 4R Z R

0

√ 1

R ² − x ² dx Stosujemy podstawienie x = Rt, dx = Rdt

Dlugosc = 4R Z 1

0

√ 1

1 − t ² dt = 4R arcsin 1 − 4 arcsin 0 = 4R( π

2 − 0) = 2πR

Zadanie 3

Prosz¸e zbadać istnienie punktów przegi¸ecia wykresu funkcji f (x) = (1 − x)lnx

Rozwi¸ azanie

Dziedzin¸ a funkcji D f jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych dodatnich (x > 0).

Pochodne pierwszego i drugiego rz¸edu:

f

⁰

(x) = −lnx + (1 − x) 1

x = −lnx − 1 + 1 x

f

⁰⁰

(x) = − 1 x − 1

x ² = − x + 1 x ²

f

⁰⁰

(x) < 0 dla x ∈ D _f

Wykres funkcji f (x) nie posiada punktów przegi¸ecia (jest wkl¸esły ).

2

(3)

Zadanie 4 Prosz¸e obliczyć

Z x ³ − x + 1 x ² − x ³ dx Rozwi¸ azanie

Przekształcamy funkcj¸e podcałkow¸ a, dziel¸ ac wielomian licznika przez wielomian mia- nownika

Z x ³ − x + 1 x ² − x ³ dx =

Z

(−1 + 1

1 − x + 1

x ² )dx = −x − ln|1 − x| − 1 x + C Zadanie 5

Prosz¸e znaleźć najwi¸eksz¸ a wartość funkcji

f (x) = sin(x) − cos ² (x) na przedziale [−1/2, π/2].

Rozwi¸ azanie Sposób pierwszy

f (x) = sin x − cos ² x = sin x − 1 + sin ² x

Funkcja f (x) jest złożeniem funkcji sin x i sin ² x rosn¸ acych i ograniczonych na przedziale [−1/2, π/2]

Zatem f (π/2) = 1 jest najwi¸eksz¸ a wartości¸ a funkcji f (x) na tym przedziale.

Sposób drugi

f

⁰

(x) = 2 sin x cos x + cos x = cos x(1 + 2 sin x) = 0 ↔ π/2 = x ∈ [−1/2, π/2]

f (−1/2) = sin(−1/2) − cos ² (−1/2) < 0 < 1 = f (π/2)

St¸ ad wynika że najwi¸eksz¸ a wartości¸ a funkcji f (x) na przedziale [−1/2, π/2] jest wartość 1 osi¸ agana w prawym końcu przedziału.

Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy Zestaw C2 Zadanie 1 Prosz¸e uzasadnić, że nie istnieje granica ci¸agu o wyrazie ogólnym a

Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy

Zestaw C2 Zadanie 1

Prosz¸e uzasadnić, że nie istnieje granica ci¸ agu o wyrazie ogólnym a n = sin nπ

4 Rozwi¸ azanie

Korzystamy z twierdzenia Bolzano-Weierstrassa: ” Z każdego ci¸ agu można wybrać podci¸ ag, który ma granic¸e (skończon¸ a lub nie).”

i wniosku z tego twierdzenia:

”Ci¸ ag (a n ) ma granic¸e wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich tych jego podci¸ agów, które maj¸ a granice, s¸ a równe.” Aby wykazać że ci¸ ag (a n ) nie ma granicy - wystarczy wi¸ec znaleźć dowolne dwa jego podci¸ agi zbieżne do różnych granic.

Niech

a 4n = sin 4nπ

4 = sin(nπ) = 0 a 8n+2 = sin (8n + 2)π

4 = sin(2nπ + π

2 ) = sin π 2 = 1

Na podstawie wniosku z twierdzenia Bolzano - Weierstrassa wynika, że nie istnieje gra- nica ci¸ agu (a n ) = ( sin nπ 4 ).

Zadanie 2

Korzystaj¸ ac ze wzoru na długość łuku - prosz¸e wyprowadzić wzór na długość okr¸egu x 2 + y 2 = R 2 , R > 0

Rozwi¸ azanie

Przypomnijmy wzór na długość wykresu Γ funkcji f (x) dla x ∈ [a, b]:

Γ = Z b

a

p 1 + (f

(x)) 2 dx

Ze wzgl¸edu na symetri¸e uwzgl¸edniamy łuk okr¸egu o promieniu R leż¸ acy w pierwszej

1

ćwiartce prostok¸ atnego układu współrz¸ednych:

f (x) = √

R 2 − x 2 , x ∈ (0, R) f

(x) = −x

√ R 2 − x 2

St¸ ad

Dugosc = 4Γ = 4 Z R

0

r

1 + x 2

R 2 − x 2 dx = 4R Z R

0

√ 1

R 2 − x 2 dx Stosujemy podstawienie x = Rt, dx = Rdt

Dlugosc = 4R Z 1

0

√ 1

1 − t 2 dt = 4R arcsin 1 − 4 arcsin 0 = 4R( π

2 − 0) = 2πR

Zadanie 3

Prosz¸e zbadać istnienie punktów przegi¸ecia wykresu funkcji f (x) = (1 − x)lnx

Rozwi¸ azanie

Dziedzin¸ a funkcji D f jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych dodatnich (x > 0).

Pochodne pierwszego i drugiego rz¸edu:

f

(x) = −lnx + (1 − x) 1

x = −lnx − 1 + 1 x

f

(x) = − 1 x − 1

x 2 = − x + 1 x 2

f

(x) < 0 dla x ∈ D f

Wykres funkcji f (x) nie posiada punktów przegi¸ecia (jest wkl¸esły ).

2

Zadanie 4 Prosz¸e obliczyć

Z x 3 − x + 1 x 2 − x 3 dx Rozwi¸ azanie

Przekształcamy funkcj¸e podcałkow¸ a, dziel¸ ac wielomian licznika przez wielomian mia- nownika

Z x 3 − x + 1 x 2 − x 3 dx =

Z

(−1 + 1

1 − x + 1

x 2 )dx = −x − ln|1 − x| − 1 x + C Zadanie 5

Prosz¸e znaleźć najwi¸eksz¸ a wartość funkcji

f (x) = sin(x) − cos 2 (x) na przedziale [−1/2, π/2].

Rozwi¸ azanie Sposób pierwszy

f (x) = sin x − cos 2 x = sin x − 1 + sin 2 x

Funkcja f (x) jest złożeniem funkcji sin x i sin 2 x rosn¸ acych i ograniczonych na przedziale [−1/2, π/2]

Zatem f (π/2) = 1 jest najwi¸eksz¸ a wartości¸ a funkcji f (x) na tym przedziale.

Sposób drugi

f

(x) = 2 sin x cos x + cos x = cos x(1 + 2 sin x) = 0 ↔ π/2 = x ∈ [−1/2, π/2]

f (−1/2) = sin(−1/2) − cos 2 (−1/2) < 0 < 1 = f (π/2)

St¸ ad wynika że najwi¸eksz¸ a wartości¸ a funkcji f (x) na przedziale [−1/2, π/2] jest wartość 1 osi¸ agana w prawym końcu przedziału.

3

Zadanie 6 Prosz¸e obliczyć

x→0 lim

Prosz¸e uzasadnić, że nie istnieje granica ci¸ agu o wyrazie ogólnym a _n = sin nπ

”Ci¸ ag (a _n ) ma granic¸e wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich tych jego podci¸ agów, które maj¸ a granice, s¸ a równe.” Aby wykazać że ci¸ ag (a _n ) nie ma granicy - wystarczy wi¸ec znaleźć dowolne dwa jego podci¸ agi zbieżne do różnych granic.

a _4n = sin 4nπ

4 = sin(nπ) = 0 a _8n+2 = sin (8n + 2)π

Na podstawie wniosku z twierdzenia Bolzano - Weierstrassa wynika, że nie istnieje gra- nica ci¸ agu (a _n ) = ( ^{sin nπ} ₄ ).

Korzystaj¸ ac ze wzoru na długość łuku - prosz¸e wyprowadzić wzór na długość okr¸egu x ² + y ² = R ² , R > 0

(x)) ² dx

R ² − x ² , x ∈ (0, R) f

√ R ² − x ²

1 + x ²

R ² − x ² dx = 4R Z R

R ² − x ² dx Stosujemy podstawienie x = Rt, dx = Rdt

1 − t ² dt = 4R arcsin 1 − 4 arcsin 0 = 4R( π

x ² = − x + 1 x ²

(x) < 0 dla x ∈ D _f

Z x ³ − x + 1 x ² − x ³ dx Rozwi¸ azanie

Z x ³ − x + 1 x ² − x ³ dx =

x ² )dx = −x − ln|1 − x| − 1 x + C Zadanie 5

f (x) = sin(x) − cos ² (x) na przedziale [−1/2, π/2].

f (x) = sin x − cos ² x = sin x − 1 + sin ² x

Funkcja f (x) jest złożeniem funkcji sin x i sin ² x rosn¸ acych i ograniczonych na przedziale [−1/2, π/2]

f (−1/2) = sin(−1/2) − cos ² (−1/2) < 0 < 1 = f (π/2)

arctan(e ^x − 1) ln(x + 1) . Rozwi¸ azanie

arctan(e ^x − 1)

e ^x (x + 1)

(e ^x − 1) ² + 1 = 1 1 = 1