Matematyka A, kolokwium, 5 grudnia 2007, 18:10 — 19:40
Uzupe lni lem rozwiazanie zadania piatego 2 stycznia 2008.
1. (5 pt.)
Znale´z´c granice lim
n→∞
7n!−3n
n
+5n
2
·2007
n
−2n!+13n
n
+11n·2007
n
lub wykaza´c, ˙ze ta granica nie istnieje.
Rozwiazanie:
Poniewa˙z 0 <
n!
n
n
=
1
n
·
2
n
·
3
n
· . . . ·
n−1
n
·
n
n
≤
1
n
, wiec lim
n→∞
n!
n
n
= 0 . Je´sli
n >
6000 , to 0 <
n
2
2007
n
n
n
= 2007
2
·
2007
n
n−2
<
4028014·
1
2
n−2
= 16112056·
1
2
n
−−−−→
n→∞
0 ,
zatem lim
n→∞
n
2
2007
n
n
n
= 0 . Poniewa˙z 0 <
n·2007
n
n
n
≤
n
2
2007
n
n
n
, wiec r´
ownie˙z lim
n→∞
n·2007
n
n
n
= 0 .
Wobec tego
lim
n→∞
7n! − 3n
n
+ 5n
2
· 2007
n
−2n! + 13n
n
+ 11n · 2007
n
= lim
n→∞
7 ·
n!
n
n
− 3 + 5 ·
n
2
2007
n
n
n
−2 ·
n!
n
n
+ 13 + 11 ·
n·2007
n
n
n
=
=
7 · 0 − 3 + 5 · 0
−2 · 0 + 13 + 11 · 0
=
−3
13
.
2. (5 pt.)
Znale´z´c granice lim
n→∞
ln(n
27
+n−cos n)
ln(n
10
+5n+sin n
n
)
lub wykaza´c, ˙ze ta granica nie istnieje.
Wyja´sni´c, czy istnieje taka liczba naturalna k > 1 , ˙ze dla ka˙zdej liczby naturalnej
n > k
zachodzi nier´
owno´s´c
ln(n
27
+n−cos n)
ln(n
10
+5n+sin n
n
)
>
10 .
Rozwiazanie:
0 ≤
cos n
n
27
≤
1
n
27
≤
1
n
−−−−→
n→∞
0 , 0 ≤
sin n
n
n
10
≤
1
n
10
≤
1
n
−−−−→
n→∞
0 . Wobec tego
lim
n→∞
ln(n
27
+ n − cos n)
ln(n
10
+ 5n + sin n
n
)
= lim
n→∞
ln n
27
+ ln(1 +
1
n
26
−
cos n
n
27
)
ln n
10
+ ln(1 +
5
n
9
−
sin n
n
n
10
)
=
= lim
n→∞
27 ln n + ln(1 +
1
n
26
−
cos n
n
27
)
10 ln n + ln(1 +
5
n
9
−
sin n
n
n
10
)
= lim
n→∞
27 +
ln(1+
1
n
26
−
cos n
n
27
)
ln n
10 +
ln(1+
5
n
9
−
sin nn
n
10
)
ln n
=
27 +
ln(1+0−0)
∞
10 +
ln(1+0−0)
∞
=
27
10
.
Z definicji granicy ciagu wynika wiec, ˙ze istnieje taka liczba naturalna n
0
, ˙ze dla ka˙zdej
liczby naturalnej n > n
0
zachodzi nier´
owno´s´c
ln(n
27
+n−cos n)
ln(n
10
+5n+sin n
n
)
−
27
10
<
3
10
, a z niej wynika, ˙ze
ln(n
27
+n−cos n)
ln(n
10
+5n+sin n
n
)
−
27
10
<
3
10
, wiec
ln(n
27
+n−cos n)
ln(n
10
+5n+sin n
n
)
<
27
10
+
3
10
= 3 < 10 .
3. Niech a
n
=
1
3n+1
+
1
3n+4
+
1
3n+7
+ · · · +
1
6n−2
.
(2 pt.)
Obliczy´c a
1
, a
2
i a
3
i wypisa´c je w kolejno´sci malejacej.
(8 pt.)
Wykaza´c, ˙ze ciag (a
n
) ma sko´
nczona granice i ˙ze ta granica jest r´
o˙zna od 0 .
Rozwiazanie:
Poniewa˙z 3 · 1 + 1 = 4 = 6 · 1 − 2 , wiec a
1
jest suma jednego sk ladnika: a
1
=
1
4
.
a
2
=
1
3·2+1
+
1
3·3+1
=
1
7
+
1
10
=
17
70
<
17
68
=
1
4
= a
1
. a
3
=
1
3·3+1
+
1
3·4+1
+
1
3·5+1
=
1
10
+
1
13
+
1
16
=
=
104+80+65
1040
=
249
1040
<
250
1040
=
25
104
=
1750
7280
<
1768
7280
=
17
70
= a
2
. Trzy pierwsze wyrazy ciagu w
kolejno´sci malejacej to a
1
=
1
4
, a
2
=
17
70
i a
3
=
25
104
.
Jasne jest, ˙ze liczba a
n
jest suma n sk ladnik´
ow: r´
o˙znica mianownik´
ow jest r´
owna 3 , za-
czynamy od 3n + 1 i ko´
nczymy na 6n − 2 , wiec tych mianownik´ow jest 1 +
6n−2−(3n+1)
3
=
=1 +
3n−3
3
= 1 + n − 1 = n . Najmniejszym sk ladnikiem tej sumy jest
1
6n−2
, wiec a
n
≥
n ·
1
6n−2
> n ·
1
6n
=
1
6
. Je´
sli wiec ciag (a
n
) ma granice, to nie jest ona mniejsza ni˙z
1
6
. Mamy
a
n+1
=
1
3(n+1)+1
+
1
3(n+1)+4
+
1
3(n+1)+7
+· · ·+
1
6n−2
+
1
6n+1
+
1
6n+4
(oczywi´scie 6n+4 = 6(n+1)−2 ).
Wynika stad, ˙ze
a
n+1
− a
n
=
1
6n+1
+
1
6n+4
−
1
3n+1
=
1
6n+1
−
1
6n+2
+
1
6n+4
−
1
6n+2
=
1
(6n+1)(6n+2)
−
2
(6n+4)(6n+2)
=
=
−6n+2
(6n+1)(6n+2)(6n+4)
<
0 . Wykazali´smy, ˙ze a
n+1
< a
n
dla n = 1, 2, 3, . . . . Oznacza to, ˙ze ciag
(a
n
) jest ´sci´sle malejacy, a poniewa˙z wszystkie jego wyrazy sa wieksze od
1
6
, wiec ma granice i
jest nia jaka´s liczba wieksza lub r´
owna
1
6
.
Je´sli cz lowiek troche sie pomeczy z r´
o˙znymi nier´
owno´sciami, kt´
ore wystepowa ly na zajeciach,
to mo˙ze te granice znale´z´c, ale zapewne nie w czasie kolokwium (z powodu braku czasu). W dal-
szej cze´sci wyk ladu pojawi sie twierdzenie, dzieki kt´
oremu mo˙zna bedzie znale´z´c ja dosy´c szybko.
Zdradze jej warto´s´c:
1
3
ln 2 = ln
3
√
8 ≈ 0,2310490602 .
4. (10 pt.) Znale´z´c pochodne nastepujacych funkcji: x
sin 2x
, arctg(cos x)+arctg(
1
cos x
) okre´s-
lonych na przedziale (0,
π
4
) .
Rozwiazanie:
Mamy x
sin 2x
0
= e
ln x·sin 2x
0
pochodna
=======
z lo˙zenia
e
ln x·sin 2x
ln x · sin 2x
0
pochodna
=======
iloczynu
= x
sin 2x 1
x
· sin 2x + ln x · 2 cos 2x
.
Przypomnijmy, ˙ze (arctg x)
0
=
1
1+x
2
— by lo na wyk ladzie, wynika te˙z latwo z wzoru na
pochodna funkcji z lo˙zonej: x = tg(arctg x) , wiec
1 = (x)
0
= tg(arctg x)
0
pochodna
=======
z lo˙zenia
1 + tg
2
(arctg x)
· (arctg x)
0
= [1 + x
2
] · (arctg x)
0
.
Mamy teraz
arctg(cos x) + arctg(
1
cos x
)
0
pochodna
=======
z lo˙zenia
1
1+cos
2
x
· (cos x)
0
+
1
1+1/ cos
2
x
1
cos x
0
=
=
− sin x
1+cos
2
x
+
1
1+1/ cos
2
x
·
sin x
cos
2
x
=
− sin x
1+cos
2
x
+
sin x
1+cos
2
x
= 0 . Wynik mo˙zna by lo uzyska´c bez ˙zadnych
rachunk´
ow. Mo˙zna by lo zauwa˙zy´c, ˙ze je´sli tg α =
1
tg β
i 0 ≤ α, β <
π
2
, to α + β =
π
2
, starczy
przypomnie´c sobie definicje funkcji trygonometrycznych. U nas α = arctg(cos x) , wtedy tg α =
cos x oraz β = arctg(
1
cos x
) , zatem tg β =
1
cos x
. R´
o˙zniczkowali´smy wiec funkcje sta la. Oczywi´scie
na poczatku nauki szanse na to, ˙ze kto´s pomy´sli o takim rozwiazaniu sa minimalne, na to ma
szanse tylko kto´s, kto ma spora wprawe i kto ma zwyczaj zastanawia´c sie nad tym, czy rachunk´
ow
nie mo˙zna jako´s omina´c.
5. Niech f (x) =
3
px(3 − x
2
) =
3
√
3x − x
3
.
(3 pt.)
W jakich punktach funkcja f nie ma sko´
nczonej pochodnej (tzn. jest nier´
o˙znicz-
kowalna)? Odpowied´z nale˙zy uzasadni´c.
(4 pt.)
Znale´z´c przedzia ly, na kt´
orych funkcja f jest ´sci´sle rosnaca, na kt´
orych jest ´sci´sle
malejaca.
(3 pt.)
Korzystajac z uzyskanych rezultat´
ow naszkicowa´c wykres funkcji f . Nie bada´c
wypuk lo´sci, nie szuka´c asymptot . . .
Rozwiazanie:
Mamy (zn´
ow ´cwiczymy pochodna z lo˙zenia)
f
0
(x) =
3
√
3x − x
3
0
=
3x − x
3
1/3
0
=
1
3
· 3x − x
3
−2/3
· (3 − 3x
2
) =
1−x
2
3
√
(3x−x
3
)
2
. Jasne
jest, ˙ze mianownik jest zawsze nieujemny, wiec nie ma wp lywu na znak pochodnej. Mamy te˙z
lim
x→
√
3
1−x
2
3
√
(3x−x
3
)
2
= −∞ , bo licznik da ˙zy do −2 , a mianownik jest dodatni i da ˙zy do 0 . Wo-
bec tego f
0
(
√
3) = −∞ . Analogicznie f
0
(−
√
3) = −∞ . Mamy te˙z lim
x→0
1−x
2
3
√
(3x−x
3
)
2
= ∞ , wiec
f
0
(0) = +∞ . Pochodna jest dodatnia, na przedziale (−1, 1) , wiec funkcja jest ´sci´sle rosnaca
na przedziale [−1, 1] . Na ka˙zdej z p´o lprostych (−∞, −1) , (1, ∞) pochodna jest ujemna (to
dotyczy te˙z punkt´
ow ±
√
3 , w kt´
orych pochodna nie jest sko´
nczona!), wiec funkcja jest ´sci´sle
malejaca na ka˙zdej z p´
o lprostych (−∞, −1] , [1, ∞) . Mo˙zna jeszcze zauwa˙zy´c, ˙ze f(−1) = −
3
√
2
i f (1) =
3
√
2 ≈ 1,26 . Oczywi´scie przybli˙zanie liczby
3
√
2 w czasie kolokwium wymagane nie by lo,
istotne by lo jedynie to, ˙ze
3
√
2 > 1 , co ka˙zdy student widzi natychmiast.
6. (3 pt.)
Przez punkty A = (1, 8) i X = (x, 0) , gdzie x > 1 , przechodzi prosta, kt´
ora
przecina o´s OY w punkcie Y = (0, y) . Wyznaczy´c liczbe y w zale˙zno´sci od
wsp´
o lrzednej x punktu X .
(7 pt.)
Niech X i Y oznaczaja punkty opisane w poprzedniej cze´sci zadania. Znale´z´c
najkr´
otszy z odcink´
ow XY .
Rozwiazanie:
Niech O = (0, 0) , B = (1, 0) . Tr´
ojkaty ABX i Y OX sa podobne (Szanowny
Czytelniku, trzeba sobie narysowa´c co´s na kartce!), wiec
AB
BX
=
Y O
OX
, czyli
8
x−1
=
y
x
. Stad
y
=
8x
x−1
=
8(x−1)+8
x−1
= 8 +
8
x−1
. Niech d(x) =
px
2
+ y
2
=
q
x
2
+ (8 +
8
x−1
)
2
i niech f (x) =
= d(x)
2
= x
2
+ (8 +
8
x−1
)
2
. Znajdziemy najmniejsza warto´s´c funkcji f , a potem znajdziemy
pierwiastek z tego wyniku, czyli najmniejsza warto´s´c funkcji d . Tak wolno postapi´c, bo im
wieksza liczba podpierwiastkowa, tym wiekszy pierwiastek z niej. Obliczamy pochodna: f
0
(x) =
=2x + 2(8 +
8
x−1
) ·
−8
(x−1)
2
= 2x − 2 ·
8x
x−1
·
8
(x−1)
2
= 2x 1 −
64
(x−1)
3
. Ta pochodna jest r´owna 0
wtedy i tylko wtedy, gdy x − 1 = 4 — interesuja nas wy lacznie liczby x > 1 ! Jasne jest, ˙ze je´sli
x >
5 , to f
0
(x) > 0 , zatem na p´
o lprostej [5, ∞) funkcja f jest ´sci´sle rosnaca. Je´sli 1 < x < 5 ,
to f
0
(x) < 0 , a z tego wynika, ˙ze na przedziale (1, 5] funkcja f jest ´sci´sle malejaca. Z tych dw´
och
zda´
n wnioskujemy, ˙ze najmniejsza warto´s´c funkcja f przyjmuje w punkcie 5 . Ta najmniejsza
warto´s´c r´
owna jest 5
2
+ 8 +
8
5−1
2
= 125 . Wobec tego najkr´
otszy z odcink´
ow, kt´
orymi byli
zmuszeni sie Pa´
nstwo interesowa´c w czasie kolokwium ma d lugo´s´c
√
125 = 5
√
5 ; jego ko´
ncami
sa punkty (5, 0) i (0, 10) .