Prosz¸e obliczyć

Analiza Matematyczna Egzamin Poprawkowy

Zestaw P1 Zadanie 1

Prosz¸e obliczyć

Z dx

1 − sin x Zastosujemy podstawienia trygonometryczne

t = tan x

2 , sin x = 2t

1 + t ² , dx = 2dt 1 + t ² Mamy

Z 2dt 1+t

1 − _1+t ^2t

=

Z 2dt (t − 1) ² =

Z 2d(t − 1)

(t − 1) ² = −2

t − 1 + C = −2

tan ^x ₂ − 1 + C

Zadanie 2

Prosz¸e obliczyć obj¸etość bryły utworzonej przez obrót dookoła osi Ox obszaru określo- nego nierównościami

2 ≤ 4, 0 ≤ y ≤

√ x x ² − 1 . Rozwi¸ azanie

Zastosujemy wzór na obj¸etość V bryły powstałej z obrotu wokół osi Ox obszaru za- wartego mi¸edzy wykresem funkcji f (x) i osi¸ a Ox dla x ∈ [a, b].

|V | = Z b

a

π[f (x)] ² dx

Otrzymujemy

|V | = Z 4

2

π

 √

x x ² − 1

 2

dx = π Z 4

2

x

(x ² − 1) ² dx = ^y=x

2

−1

−→ = π 2

Z 15 3

dy y ² = π

2

 −1 y



| ¹⁵ ₃ = 2π

15 ≈ 0.41888

1

Zadanie 3

Prosz¸e znaleźć ekstrema lokalne i punkty przegi¸ecia wykresu funkcji f (x) = x ⁴ − 5

4 x ² + 1 4 Rozwi¸ azanie

Dziedzin¸ a funkcji D _f jest prosta rzeczywista R.

Obliczamy pochodne rz¸edu pierwszego i drugiego funkcji f (x).

f ⁰ (x) = 4x ³ − 5

2 x, f ”(x) = 12x ² − 5 2 Obliczamy współrz¸edne punktów krytycznych.

f ⁰ (x) = 0 ↔ 4x ³ − 5

2 x = 0 ↔ 4x(x + r 5

8 )(x − r 5

8 ) = 0 St¸ ad

x ₁ = − r 5

8 = −

√ 10

4 , x ₂ = 0, x ₃ = r 5

8 =

√ 10 4 Obliczamy wartości drugiej pochodnej w punktach krytycznych.

f ”(x ₁ = f ”(−

√ 10

4 ) = 5 = f ”(

√ 10

4 ) = f ”(x ₃ ) > 0, f ”(x ₂ ) = f ”(0) = −5 2 < 0 Na podstawie warunku wystarczaj¸ acego istnienia ekstremum lokalnego i parzystości funk- cji f (x) stwierdzamy, że

f min.lok = f (−

√ 10 4 ) = f (

√ 10

4 ) ≈ −014062, f maks.lok = f (0) = 1

4 = 0.25 Nast¸epnie znajdujemy współrz¸edne punktów przegi¸ecia wykresu funkcji.

f ”(x) = 12x ² − 5

2 = 0 ↔ 12(x+

r 5 24 )(x−

r 5

24 ) = 0 ↔ x _p1 = − r 5

24 = −

√ 30

12 lub x _p2 = r 5

24 =

√ 30 12 Pochodna drugiego rz¸edu jako wielomian stopnia drugiego jest ci¸ agła w punktach x _p1 ,

x p2 i zmienia znak w lewym i prawym s¸ asiedztwie tych punktów, zatem s¸ a to punkty przegi¸ecia wykresu funkcji.

2

Zadanie 4

Prosz¸e uzasadnić, że równanie

lnx = 1 − 2x ma dokładnie jedno rozwi¸ azanie.

Rozwi¸ azanie Utwórzmy funkcj¸e

h(x) = lnx + 2x − 1

Dziedzin¸ a funkcji h(x) jest półprosta otwarta (0, ∞). Jest to funkcja ci¸ agła na zbiorze (0, ∞) jako suma i różnica funkcji ci¸ agłych.

Pierwsza pochodna funkcji h(x).

h ⁰ (x) = 1

x + 2 > 0, dlax ∈ (0, ∞) Funkcja h(x) jest wi¸ec ściśle rosn¸ aca w swojej dziedzinie.

Ponadto jeśli x ∈ (0, 1) to h(x) < 0.

Jeśli x ∈< 1, ∞) to h(x) > 0. Na podstawie twierdzenia (własności)

Jean, Gaston Darboux, istnieje dokładnie jeden taki punkt c ∈ (0, ∞), że h(c) = 0.

Zatem równanie lnx = 1 − 2x ma dokładnie jedno rozwi¸ azanie - co mieliśmy wykazać.

Zadanie 5

Prosz¸e sformułować twierdzenie o trzech ci¸ agach. Korzystaj¸ ac z tego twierdzenia, prosz¸e obliczyć

n→∞ lim

√

4 ⁿ + sin n.

Rozwi¸ azanie

Twierdzenie( o trzech ci¸ agach ).

Jeśli a n ≤ bn ≤ c n dla dostatecznie dużych n i ci¸ agi (a n ), oraz (c n ) maj¸ a równe gra- nice, to ci¸ ag (b _n ) też ma granic¸e i zachodzi wzór

n→∞ lim a n = lim

n→∞ b n = lim

n→∞ c n

Ponieważ −1 ≤ sin n ≤ 1, gdy n → ∞ wi¸ec

√

4 ⁿ − 1 ≤ √

4 ⁿ + sin n ≤ √

4 ⁿ + 1

3

Ponadto

n→∞ lim

√

4 ⁿ − 1 = lim

n→∞ 4

r

1 − 1

4n = 4 = lim

n→∞

√

4 ⁿ + 1 = lim

n→∞ 4

r

1 + 1 4n

Na podstawie twierdzenia o trzech ci¸ agach

n→∞ lim

√

4 ⁿ + sin n = 4.

Zadanie 6 Prosz¸e obliczyć.

x→∞ lim

√ x sin 1 x

Rozwi¸ azanie

x→∞ lim

√ x sin 1

x = lim

x→∞

sin ¹ _x

√ 1 x

= lim

x→∞

√ 1 x sin ¹ _x

√ 1 x

√ 1 x

= lim

x→∞

√ 1 x lim

x→∞

sin ¹ _x

1 x

= 0 · 1 = 0

Skorzystaliśmy z twierdzenia o granicy iloczynu dwóch funkcji.

4