Egzamin z rozwiązaniami GRUPA A

Wydział Matematyki
kierunek MATEMATYKA
Analiza matematyczna 1
EGZAMIN PODSTAWOWY
GRUPA A
3 lutego 2017
Zadanie 1. Wykazać, że równanie ln(x + 1) = ex − 25 x ma co najmniej dwa
pierwiastki rzeczywiste.
ROZWIĄZANIE: Funkcja f (x) = ex − 25 x − ln(x + 1) jest określona i ciągła na
(−1, ∞), przy czym jej granica w −1 wynosi +∞, jej granica w nieskończoności
też wynosi +∞ (ale tego nie trzeba dowodzić, wystarczy policzyć wartość np.
w 4 i mamy e4 > 24 = 16, 52 · 4 = 10 i ln 5 < ln(e2 ) = 2, czyli w sumie
f (4) > 16 − 10 − 2 = 4 > 0). Natomiast pomiędzy −1 a 4 jest punkt o wartości
ujemnej, na przykład x = 1, gdyż e1 < 3, 25 · 1 = 2.5 oraz ln 2 > 0.5 stąd
f (1) < 3 − 2.5 − 0.5 < 0. Zatem z własności Darboux muszą istnieć pierwiastki:
(co najmniej) jeden pomiędzy −1 a 1 i (co najmniej) jeden pomiędzy 1 a 4.
Zadanie 2. Dobierz paramerty a i b tak, aby dana funkcja była ciągła na R:
 2
1
x −x−2

 (3x+1)(2−x) : x < − 3 ,
f (x) = ax + b :
x ∈ [− 13 , 1],


arctg x :
x > 1.
ROZWIĄZANIE: Musimy zgrać lewostonną granicę w − 13 z wartością w − 31 i
prawostronną granicę w 1 z wartością w 1. Pierwsza z granic wynosi
13 −9
x2 − x − 2
lim
=
= −∞.
+
0+
x→− 31 (3x + 1)(2 − x)
Natomiast przy dowolnych rzeczywistych parametrach a i b wartość f (− 13 ) będzie skończona. Zatem nie da się dobrać parametrów tak, aby funkcja
była ciągła. I to była prawidłowa odpowiedź. Tak więc nie było już potrzeby
sprawdzać, co dzieje się w punkcie 1, ale jeśli ktoś to zrobił – były za to punkty.
Zadanie 3. Oblicz całkę niewłaściwą
Z −4
1 ln(−x) √
dx.
1−
2
−∞ x −x
(Niestety, w oryginale zabrakło minusa przy górnej granicy całkowania, więc ostateczne wyliczenie nie było możliwe. Zostało to uwzględnione w punktacji. Kto to poprawnie zauważył, dostawał 5 pkt.)
1
ROZWIĄZANIE: Całkujemy przez części:
"
#
Z −4
3
1
ln(−x) f 0 = (−x)− 2 , f = 2(−x)− 2
− 23
(−x)
1−
dx =
=
1
2
, g 0 = − 2x
g = 1 − ln(−x)
−∞
2
−4
Z −4
3
ln(−x) − 12
−
(−x)− 2 dx =
2(−x)
1−
2
−∞
−∞
−4
−4
ln(−x)
ln(−x) − 21 − 12
2(−x)
− 2(−x)
=
1−
=− √
2
−x −∞
−∞
(w tym miejscu w oryginale pojawia się ln(−4)
i należało napisać, że rozwiązanie nie istnieje)
1
√
ln 4
ln(−x)
−∞ l0 H
x
=−
+ lim √
= − ln 4 +
= − ln 2 + lim
=
−1
x→−∞
x→−∞ √
2
∞
−x
2 −x
√
2 −x
2
− ln 2 − lim
= − ln 2 − lim √
= − ln 2 .
x→−∞
x→−∞
x
−x
Można też na samym początku zrobić podstawienie t = −x, to znacznie zredukuje ilość minusów w rachunkach (zrobi się zadanie 1 w grupie b).
Zadanie 4. Korzystając z twierdzeń Leibnitza-Newtona oraz Lagrange’a udowodnij Twierdzenie o Wartości Średniej : Jeśli f jest funkcją ciągłą na przedziale
[a, b], to istnieje punkt c ∈ (a, b) spełniający
f (c) =
1
b−a
Z
b
f (x) dx.
a
ROZWIĄZANIE: Po pierwsze z ciągłości f wynika, że istnieje funkcja pierwotna F dla f i F jest różniczkowalna na [a, b]. Twierdzenie Leibnitza mówi, że
Rb
f (x) dx = F (b) − F (a). Natomiast twierdzenie Lagrange’a zastosowane do F
a
mówi, że istnieje punkt c ∈ (a, b) taki, że
F (b) − F (a)
= F 0 (c) = f (c).
b−a
Zastępując licznik po lewej stronie przez całkę dostajemy tezę.
Zadanie 5. Oblicz pole powierzchni powstałej przez obrót krzywej y = sin x na
przedziale od 0 do π2 wokół osi 0x.
2
ROZWIĄZANIE:
π
2
Z 0p
t = cos x
1 + t2 dt =
= −2π
dt = − sin x dx
0
1


Z 1p
√ t = sinh s
1 + t2 dt = (podstawienie hiperboliczne)  1 + t2 = cosh s =
2π
0
dt = cosh s ds
Z t=1
p
t=1
t=1
cosh2 s ds = 2π 12 (sinh s cosh s − s)t=0 = π(t 1 + t2 − arcsinh t)t=0 =
2π
Z
S = 2π
t=0
sin x
p
1 + cos2 x dx =
√
√
√
π( 2 − arcsinh(1)) = π( 2 − ln(1 + 2)) .
Albo przez podstawienie tangensowe:


Z π4
Z π4
√ t = tg s 1
1
1
2


=
ds = 2π
cos s ds =
1 + t = cos s = 2π
3s
4s
cos
cos
0
0
dt = cos12 s ds
Z π4
Z √1
2
1
1
sin s = z
2π
cos s ds =
= 2π
dz =
2
2
cos
s
ds
=
dz
(1 − z 2 )2
(1 − sin s)
0
0
Z 1
π √2 −1
1
1
1
+
+
+
dz =
2 1
1−z
(1 − z)2
1+z
(1 + z)2
√1
√1
√
√
2
2
2
π
π
1
1
2z
=
=
π(
2
+
ln
2)
+
ln(1
+
z)
−
ln(1
−
z)
+
ln(1
−
z
)
+
2
2
1−z
1+z
2
1−z
0
0
Zadanie 6. Udowodnij formalnie, że infimum sumy mnogościowej dwóch zbiorów na prostej jest równe minimum z infimów tych zbiorów (najpierw zapisz
powyższy fakt symbolami, potem napisz definicję infimum, potem przeprowadź
dowód).
ROZWIĄZANIE:
1. Zapis twierdzenia: inf(A ∪ B) = min{inf A, inf B}.
2. Definicja infimum: inf C = x ⇐⇒ (∀c∈C c ­ x) ∧ (∀y>x ∃c∈C c < y).
3. Dowód twierdzenia: Niech x = min{inf A, inf B}. Sprawdzamy, czy spełniony
jest pierwszy warunek definicji dla C = A ∪ B: Niech c ∈ A ∪ B. Jeśli c ∈ A to
c ­ inf A ­ x (dla c ∈ B jest analogicznie).
Sprawdzamy, czy spełniony jest drugi warunek definicji dla C = A ∪ B: Dla
ustalenia uwagi przypuśćmy, że inf A ¬ inf B i wtedy x = inf A. Weźmy teraz
dowolne y > x. Wtedy istnieje a ∈ A takie, że a < y. Ale a należy też do
C = A ∪ B i to kończy dowód.
3