Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw A
1. Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym uzasadnić
zbieżność ciągu
a
n
=
1 −
1
5
!
1 −
1
5
2
!
. . .
1 −
1
5
n
!
.
2. Znaleźć pionowe asymptoty funkcji f (x) =
sin
π
2
x
x
2
ln(1 + x)
.
3. Korzystając z reguł różniczkowania obliczyć pochodną f
0
(x) dla
f (x) = (arctg x)
ln(2x
2
−1)
, x >
√
2/2.
4. Określić rodzaje nieciągłości funkcji
f (x) =
x
3
− 8
|x
2
− 4|
dla |x| 6= 2,
0
dla x = −2,
1
dla x = 2,
w punktach x
1
= 2 oraz x
2
= −2.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
B
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw B
1. Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach znaleźć granicę
lim
n→∞
n
v
u
u
t
2
n
+ 1
3
n
+ 5
n
.
2. Dobrać parametry a, b ∈
R
tak, aby funkcja
f (x) =
a ln(x + e) dla x > 0,
b − 1
dla x = 0,
e
−x
− 1
tgx
dla −π/2 < x < 0
była ciągła w punkcie x
0
= 0.
3. Korzystając z różniczki funkcji obliczyć przybliżoną wartość wyrażenia
arc sin(8 − (1.98)
3
).
4. Znaleźć pionowe i ukośne asymptoty funkcji f (x) =
√
x − 5 − 2
x − 9
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
C
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw C
1. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic obliczyć granicę
lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
.
2. Korzystając z definicji zbadać, czy istnieje pochodna funkcji
f (x) =
x sin x
3
x
− 1
, gdy x 6= 0;
0,
gdy x = 0,
w punkcie x
0
= 0.
3. Uzasadnić, że równanie
e
x
2
=
1
x + 1
+ 1
ma jednoznaczne rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4. Obliczając granice jednostronne zbadać, czy istnieje granica
lim
x→1
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
D
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw D
1. Korzystając z twierdzenia o dwóch ciagach znaleźć granicę
lim
n→∞
(7 − 2 cos n)
n
.
2. Korzystając z granic podstawowych wyrażeń nieoznaczonych obliczyć granicę
lim
x→1
ln x
2(x − 1)
.
3. Uzasadnić, że równanie
3
x
=
3
x + 1
ma jednoznaczne rozwiązanie w przedziale [0, 1].
4. Znaleźć parametry a, b, c ∈
R
, dla których funkcja
f (x) =
ax +
x
2
2
dla x < −1;
bx
2
dla −1 ¬ x ¬ 0;
c sin x
dla x > 0,
ma pochodną na
R
.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
E
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw E
1. Korzystając z definicji liczby e oraz z twierdzenia o granicy podciągu obliczyć
granicę
lim
n→∞
n + 5
n + 3
!
2n+5
.
2. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej obliczyć (f
−1
)
0
(6)
dla f (x) = 2x
5
+ 4
x
.
3. Wyznaczyć zbiór punktów ciagłości funkcji
f (x) =
x
2
− x + 1 dla x > 1,
1
dla x = 1,
e
x−1
− 1
x
2
− 1
dla x < 1
4. Uzasadnić, że granica lim
x→0+
sin
1
√
x
nie istnieje.
Analiza matematyczna 1
I Kolokwium
,
29.11.2006
Imię i nazwisko studenta:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Numer indeksu:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Wydział Elektryczny, I rok
Wykładowca: dr hab. A. Jurlewicz
Prowadzący ćwiczenia:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
F
1 2 3 4 Suma
Proszę ponumerować i podpisać wszystkie kartki pracy. Treści zadań proszę nie przepisywać.
Rozwiązanie zadania o numerze n należy napisać na n-tej kartce pracy. Na rozwiązanie zadań prze-
znaczono 60 minut, za rozwiązanie każdego zadania można otrzymać od 0 do 5 punktów. Powodzenia !
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
ZADANIA, zestaw F
1. Korzystając z twierdzeń o arytmetyce granic obliczyć granicę
lim
n→∞
2 · 3
n
+ 1
3
n
!
n
v
u
u
t
4n
2
+
2
n
6
.
2. Napisać równanie stycznej do wykresu funkcji f (x) = (2 + 3x
5
)e
sin
2
x
w punkcie (π, f (π)).
3. Określić rodzaj nieciągłości funkcji
f (x) =
arc sin(2x)
x
dla x < 0,
0
dla x = 0,
2
e
x
− 1
x
dla x > 0,
w punkcie x
0
= 0.
4. Korzystając z granic podstawowych wyrażeń nieoznaczonych obliczyć granicę
lim
x→∞
1 +
1
x + 2
!
x
2
+1
.
A
1.
• a
n
0 dla każdego n , więc ciąg (a
n
) jest ograniczony z dołu.
•
a
n+1
a
n
=
1 −
1
5
n+1
!
¬ 1 dla każdego n, więc ciąg (a
n
) jest malejący.
Zatem z tw. o ciągu monotonicznym i ograniczonym (a
n
) jest zbieżny do granicy
właściwej.
2.
• D
f
: x > −1, x 6= 0, więc f (x) może mieć asymptoty pionowe tylko w x
0
= 0
i w x
0
= −1.
• lim
x→0
f (x) = lim
x→0
π
2
·
1
x
2
!
·
sin(
π
2
x)
π
2
x
ln(x + 1)
x
=
π
2
·
1
0+
·
1
1
= ∞
Zatem f (x) ma asymptotę pionową l : x = 0
•
lim
x→−1+
f (x) = lim
x→−1+
sin(πx/2)
x
2
ln(x + 1)
=
sin(−π/2)
(−1)
2
· (−∞)
=
−1
−∞
= 0
Zatem f (x) nie ma asymptoty pionowej w x
0
= −1
3.
• f (x) = e
ln(2x
2
−1) ln(arctgx)
• f
0
(x) = e
ln(2x
2
−1) ln(arctgx)
1
2x
2
− 1
· 4x · ln(arctgx) + ln(2x
2
− 1) ·
1
arctgx
·
1
1 + x
2
!
4.
• lim
x→2+
f (x) = lim
x→2+
x
3
− 8
x
2
− 4
= lim
x→2+
(x − 2)(x
2
+ 2x + 4)
(x − 2)(x + 2)
= lim
x→2+
x
2
+ 2x + 4
x + 2
=
=
12
4
= 3,
lim
x→2−
f (x) = lim
x→2−
x
3
− 8
−(x
2
− 4)
= −3
• lim
x→2+
f (x) 6= lim
x→2−
f (x)
Zatem f (x) ma w x
1
= 2 nieciagłość I rodzaju typu „skok”
• lim
x→−2
f (x) = lim
x→−2
x
3
− 8
|x
2
− 4|
=
−16
0+
= −∞
Zatem f (x) ma w x
2
= −2 nieciagłość II rodzaju
B
1.
• b
n
=
n
v
u
u
t
2
n
+ 1
3
n
+ 5
n
• a
n
=
2
5
·
1
n
√
2
=
n
v
u
u
t
2
n
2 · 5
n
¬ b
n
¬
n
v
u
u
t
2 · 2
n
5
n
=
2
5
·
n
√
2 = c
n
• lim
n→∞
a
n
=
2
5
·
1
1
= 0, 4, lim
n→∞
c
n
=
2
5
· 1 = 0, 4
Zatem z tw. o 3 ciągach lim
n→∞
b
n
= 0, 4.
2.
• f (0) = b − 1
• lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
a ln(x + e) = a ln e = a
• lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
e
−x
− 1
tgx
= lim
x→0−
(−1) ·
e
−x
− 1
−x
tgx
x
!
= −1 ·
1
1
= −1
f (x) jest ciągła w x
0
= 0 ⇐⇒ f (0) = lim
x→0+
f (x) = lim
x→0−
f (x) ⇐⇒ b−1 = a = −1
⇐⇒ a = −1, b = 0
3.
• f (x) = arc sin(8 − x
3
), x
0
= 2, ∆x = 1, 98 − 2 = −0, 02
• f (1, 98) ≈ f (2) + f
0
(2)∆x
• f
0
(x) =
1
q
1 − (8 − x
3
)
2
(−3x
2
)
• f (2) = 0, f
0
(2) = −12
Odp. arc sin(8 − (1, 98)
3
) ≈ 0 + (−12)(−0, 02) = 0, 24
4.
• D
f
: x 5, x 6= 9, zatem f (x) może mieć tylko asymptotę pionową w x
0
= 9
oraz asymptotę ukośną w +∞
• lim
x→9
f (x) = lim
x→9
√
x − 5 − 2
x − 9
= lim
x→9
(
√
x − 5 − 2)(
√
x − 5 + 2)
(x − 9)(
√
x − 5 + 2)
=
= lim
x→9
(x − 5) − 4
(x − 9)(
√
x − 5 + 2)
= lim
x→9
1
√
x − 5 + 2
=
1
4
Zatem f (x) nie ma asymptoty pionowej w x
0
= 9
• lim
x→∞
f (x) = lim
x→∞
√
x − 5 − 2
x − 9
= lim
x→∞
q 1
x
−
5
x
2
−
2
x
1 −
9
x
=
0
1
= 0
Zatem prosta l : y = 0 jest poziomą asymptotą funkcji f (x) w +∞
C
1. lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
2n −
√
4n
2
+ 2n + 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
=
= lim
n→∞
4n
2
− (4n
2
+ 2n + 1)
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
−2n − 1
2n +
√
4n
2
+ 2n + 1
= lim
n→∞
−2 −
1
n
2 +
q
4 +
2
n
+
1
n
2
=
=
−2 − 0
2 +
√
4 + 0 + 0
= −
1
2
2. lim
x→0
f (x) − f (0)
x − 0
= lim
x→0
x sin x
3
x
− 1
− 0
x
= lim
x→0
sin x
3
x
− 1
= lim
x→0
sin x
x
!
3
x
− 1
x
!
=
1
ln 3
Zatem istnieje pochodna właściwa f
0
(0) =
1
ln 3
3.
• f (x) = e
x
2
−
1
x + 1
− 1 jest ciągła na [0, 1] jako funkcja elementarna
• f (x) jest rosnąca na [0, 1], bo e
x
2
jest rosnąca, a
1
x + 1
malejąca
• f (0) · f (1) = (−1) · (e − 1, 5) < 0
Zatem z tw. Darboux o miejscach zerowych istnieje dokładnie jeden punkt
x
0
∈ (0, 1) taki, że f (x
0
) = 0, czyli równanie e
x
2
=
1
x + 1
+ 1 ma jednoznaczne
rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4.
• lim
x→1+
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
=
1
1 − e
(0+)·(−1)
=
1
1 − e
0−
=
1
0+
= ∞
• lim
x→1−
1
1 − e
(x−1)(x−2)
!
=
1
1 − e
(0−)·(−1)
=
1
1 − e
0+
=
1
0−
= −∞
• lim
x→1+
f (x) 6= lim
x→1−
f (x)
Zatem badana granica nie istnieje
D
1.
• a
n
= 5
n
= (7 − 2)
n
¬ (7 − 2 cos n)
n
= b
n
• lim
n→∞
a
n
= ∞
Zatem z tw. o 2 ciągach lim
n→∞
b
n
= ∞.
2. lim
x→1
ln x
2(x − 1)
=
y=x−1
x→1
y→0
=
1
2
lim
y→0
ln(y + 1)
y
=
1
2
· 1 =
1
2
3.
• f (x) = 3
x
−
3
x + 1
jest ciągła na [0, 1] jako funkcja elementarna
• f (x) jest rosnąca na [0, 1], bo 3
x
jest rosnąca, a
3
x + 1
malejąca
• f (0) · f (1) = (−2) · 1, 5 < 0
Zatem z tw. Darboux o miejscach zerowych istnieje dokładnie jeden punkt
x
0
∈ (0, 1) taki, że f (x
0
) = 0, czyli równanie 3
x
=
3
x + 1
ma jednoznaczne
rozwiązanie w przedziale (0, 1).
4. f (x) musi być ciągła na
R
:
• f (x) jest ciagła na (−∞, −1), na (−1, 0) i na (0, ∞) jako funkcja elementarna
• f (x) jest ciągła w x
0
= −1 ⇐⇒ f (−1) =
lim
x→−1−
f (x) =
lim
x→−1+
f (x) ⇐⇒
b = lim
x→−1−
(ax +
x
2
2
) = lim
x→−1+
bx
2
⇐⇒ b = −a + 0, 5 = b
• f (x) jest ciągła w x
0
= 0 ⇐⇒ f (0) = lim
x→0−
f (x) = lim
x→0+
f (x) ⇐⇒ 0 =
lim
x→0−
bx
2
= lim
x→0+
c sin x ⇐⇒ 0 = 0 = 0
Zatem f (x) jest ciągła na
R
⇐⇒ b = −a + 0, 5
Po wstawieniu b = −a + 0, 5 badamy istnienie pochodnej:
• f
0
(x) =
a + x
dla x < −1;
?
dla x = −1;
2(−a + 0, 5)x dla −1 < x < 0;
?
dla x = 0;
c cos x
dla x > 0,
• dla x = −1 mamy f
0
−
(−1) = a + (−1) = a − 1,
f
0
+
(−1) = 2(−a + 0, 5)(−1) = 2a − 1 (ze wzoru wyżej albo z definicji)
Zatem f
0
(−1) istnieje ⇐⇒ a − 1 = 2a − 1 ⇐⇒ a = 0
• dla x = 0 mamy f
0
−
(0) = 2(−a + 0, 5) · 0 = 0, f
0
+
(0) = c · cos 0 = c
Zatem f
0
(0) istnieje ⇐⇒ 0 = c
Podsumowując, f (x) ma pochodną na
R
⇐⇒ a = 0, b = −a + 0, 5 = 0, 5, c = 0
E
1. lim
n→∞
n + 5
n + 3
!
2n+5
= lim
n→∞
1 +
1
n+3
2
n+3
2
4
1 +
1
n+3
2
−1
= e
4
· 1
−1
= e
4
• (a
n
=
n + 3
2
> 0, a
n
→ ∞)
2.
• f (1) = 6, x
0
= 1, y
0
= 6
• f (x) jest ciągła i rosnąca na
R
(albo na otoczeniu x
0
= 1)
• f
0
(x) = 10x
4
+ 4
x
ln 4, f
0
(1) = 10 + 4 ln 4 6= 0
Zatem z tw. o pochodnej funkcji odwrotnej (f
−1
)
0
(6) =
1
f
0
(1)
=
1
10 + 4 ln 4
3.
• D
f
: x 6= −1
• f (x) jest ciągła na (−∞, −1), (−1, 1) i na (1, ∞) jako funkcja elementarna
• f (1) = 1
lim
x→1+
f (x) = lim
x→1+
(x
2
− x + 1) = 1
lim
x→1−
f (x) = lim
x→1−
e
x−1
− 1
x
2
− 1
=
y=x−1
x→1−
y→0−
= lim
y→0−
e
y
− 1
y
!
1
y + 2
!
= 1 ·
1
2
f (1) = lim
x→1+
f (x) = 1 6=
1
2
= lim
x→1−
f (x), zatem f (x) nie jest ciągła w x
0
= 1
Odp. Zbiór punktów ciągłości funkcji f (x) to
R
\ {−1, 1}
4.
• dla x
0
n
=
1
(2nπ)
2
→ 0+ (bo x
0
n
> 0) mamy sin
1
q
x
0
n
= sin(2nπ) = 0 → 0
• natomiast dla x
00
n
=
1
(
π
2
+ 2nπ)
2
→ 0+ (bo x
00
n
> 0)
mamy sin
1
q
x
00
n
= sin(
π
2
+ 2nπ) = 1 → 1 6= 0
Zatem badana granica nie istnieje.
F
1. lim
n→∞
2 · 3
n
+ 1
3
n
!
n s
4n
2
+
2
n
6
= lim
n→∞
2 +
1
3
n
!
n s
4n
2
+
2
n
6
= (2+0)
∞
·
√
∞ + 0 =
= ∞ · ∞ = ∞
2.
• f
0
(x) = 15x
4
e
sin
2
x
+ (2 + 3x
5
)e
sin
2
x
(2 sin x cos x)
• f (π) = 2 + 3π
5
, f
0
(π) = 15π
4
Styczna do wykresu funkcji f (x) w punkcie (π, f (π)) ma postać
l
st
: y − f (π) = f
0
(π)(x − π), czyli
Odp. l
st
: y − (2 + 3π
5
) = 15π
4
(x − π)
3.
• f (0) = 0
• lim
x→0+
f (x) = lim
x→0+
2
e
x
− 1
x
= 2 · 1 = 2
• lim
x→0−
f (x) = lim
x→0−
arc sin(2x)
x
= lim
x→0−
2
arc sin(2x)
2x
= 2 · 1 = 2
lim
x→0+
f (x) = lim
x→0−
f (x) = 2 6= 0 = f (0),
zatem f (x) ma w x
0
= 0 nieciagłość I rodzaju typu „luka”
4. lim
x→∞
1 +
1
x+2
x
2
+1
= lim
x→∞
1 +
1
x+2
x+2
x2+1
x+2
= e
∞
= ∞
• Obl. pom. lim
x→∞
x
2
+1
x+2
= lim
x→∞
x+
1
x
1+
2
x
=
∞+0
1+0
= ∞
lim
x→∞
1 +
1
x+2
x+2
=
y=x+2
x→∞
y→∞
= lim
y→∞
1 +
1
y
y
= e