Egzaminz z rachunku różniczkowego i całkowego, styczeń 2010
Zadanie 1. Funkcja ciągła f : R −→ R ma tę własność, że dla wszystkich liczb całko- witych parzystych przyjmuje wartość -2, a dla nieparzystych – wartość 2. Udowodnić, że funkcja f ma przynajmniej 4 punkty stałe (czyli x takie, że f (x) = x).
Wskazówka: ile razy wykres funkcji f musi przecinać się z prostą y = x?
Rozwiązanie: Rozważmy funkcję g(x) = f (x) − x. Miejsca zerowe tej funkcji to punkty stałe funkcji f (x). Zauważmy, że g(−2) = 0, g(−1) = 3, g(0) = −2, g(1) = 1, g(2) = −4.
Wobec tego g(x) ma przynajmniej 4 miejsca zerowe: jedno to x = −2, a korzystając z własności Darboux otrzymujemy, że w każdym z odcinków (−1, 0), (0, 1) i (1, 2) funkcja g przyjmuje wartość 0 przynajmniej raz.
(red. M. Donten-Bury)
Zadanie 2. Dla a, b ∈ R określamy funkcję f wzorami:
f (x) =
7x3−12a3x2−a2
11a5x7−3 cos x dla x < 0;
b dla x = 0;
x
tg(ax) dla x > 0.
Czy istnieją takie liczby a i b dla których funkcja f jest ciągła? Odpowiedź uzasadnij.
Rozwiązanie: Funkcja f jest na pewno ciągła we wszystkich punktach swojej dziedziny poza 0, więc trzeba sprawdzić ciągłość w x = 0. Granice z lewej i z prawej to a32 i 1a odpowiednio (przy liczeniu prawej granicy można skorzystać z tego, że limx−→0sin xx = 1 lub z reguły de l’Hospitala). Wobec tego musi być b = 1a = a32, czyli a = √3
3 i b = √31
3
spełniają warunki zadania.
(red. M. Donten-Bury)
Zadanie 3. Jaś postanowił wyliczyć wartość liczby e w następujący sposób: rozwinął funkcję f (x) = ex w wielomian Taylora stopnia 3 wokół zera, następnie wyliczył wartość tego wielomianu w punkcie 1, i tak otrzymał przybliżenie liczby e. Oblicz wyliczoną przez Jasia wartość. Następnie stosując wzór Lagrange’s na resztę we wzorze Taylora znajdź górne oszacowanie błędu zakładając, że e ¬ 2, 8.
Rozwiązanie: Otrzymana przez Jasia przybliżona wartość liczby e to e0+ e1!01 +e2!012+
e0
3!13 = 1 + 1 +12+16 = 223. Reszta w postaci Lagrange’a dla wielomianu Taylora ma postać:
eξ
4!, dla pewnego ξ ∈ (0, 1) i można ją oszacować z góry przez 4!e = 24e ¬ 2,824 =¬ 0, 12. Jest to błąd oszacowania. (red. M. Startek)
Zadanie 4. Oblicz granicę:
lim
x→1−ln x tgπx 2 oraz sformułuj twierdzenia z których korzystasz.
Rozwiązanie: Wyrażenie sprowadzamy do postaci:
lim
x→1−
ln x sinπx2
cosπx2 =: lim
x→1−
f (x) g(x)
Jest to wyrażenie nieoznaczone typu 0/0, zatem próbujemy zastosować regułę de l’Hospitala.
Mamy: f0(x) = x1sinπx2 + π2 ln x cosπx2 , g0(x) = −π2 sinπx2 . f0(1) = 1, g0(1) = −π2 , i obie
1
pochodne są ciągłe w punkcie 1, zatem:
lim
x→1−
f0(x)
g0(x) = −2 π Skoro tak, to z reguły de l’Hospitala wynika, że
x→1lim− f (x)
g(x) = −2 π (red. M. Startek)
Zadanie 5. Oblicz całkę nieoznaczoną
Z
axexdx.
Wskazówka: ax = ex ln a. Rozwiązanie: Mamy
Z
axexdx =
Z
eln axexdx =
Z
ex ln aexdx =
=
Z
ex ln a+xdx =
Z
ex(ln a+1)dx.
Zauważmy, że
(ecx)0 = cecx, stąd (1
cecx)0 = ecx. Dla c = ln a + 1 dostajemy
Z
ex(ln a+1)dx = 1
ln a + 1eln a+1+ C.
(red. A. Kałamajska)
Zadanie 6. Rozwiąż równanie różniczkowe zwyczajne (1 + y) − (1 + x)y0(x) = 0.
zakładająć że y : [0, ∞) → jest funkcją nieujemną oraz y(0) = 1.
Rozwiązanie: Równanie przyjmuje równoważną postać:
1
1 + yy0(x) = 1 1 + x. Stosujemy metodę zmiennych rozdzielonych:
Z 1
1 + ydy =
Z 1 1 + xdx.
Stąd:
ln(1 + y) = ln(1 + x) + C.
Równoważna postać tego równania to:
eln(1+y) = eln(1+x)+C = eln(1+x)eC = Aeln(1+x),
gdzie A = eC, C było dowone, więc A jest dowolną liczbą dodatnią. To daje:
(1 + y) = A(1 + x), A > 0.
2
Uwzględniając warunek początkowy y(0) = 1 dostajemy:
1 + 1 = A(1 + 0) = A, A = 2 i ostatecznie
1 + y = 2(1 + x) = 2 + 2x, y = 2x + 1.
(red. A. Kałamajska)
3