Szkice rozwi za«zada«z egzaminu 1

Transkrypt

1 Egzamin - szkic rozwi za«sem. zimowy 06/07 AM, Budownictwo, IL PW Szkice rozwi za«zada«z egzaminu. Poda denicj granicy oraz ci gªo±ci funkcji. Def. (Heinego) Liczb g nazywamy granic funkcji f : D R w unkcie x 0 je»eli: (x n ) D, x n x 0 : x n = x 0 = f(x n) = g. n n Lub równowa»nie: Def. (Cauchy'ego) Liczb g nazywamy granic funkcji f : D R w unkcie x 0 je»eli: ε > 0 δ > 0 x D : 0 < x x 0 < δ = f(x) g < ε. Def. Funkcja f : D R jest ci gªa w unkcie x 0 D je»eli (x n ) D : x n = x 0 = f(x n) = f(x 0 ). n n Mówimy,»e funkcja f jest ci gªa na zbiorze A D je»eli jest ci gªa w ka»dym jego unkcie. arcctg x dla x < 0 A. Dobra arametry i q tak, aby funkcja f(x) = q dla x = 0 ( x) ctgx dla x > 0 unkcie x = 0. Nale»y tak dobra arametry, q, aby x 0 f(x) = f(0) = x 0 f(x). Mamy: x 0 arcctg x x 0 x π, = eln(x)ctgx = x 0 (x)ctgx x 0 x 0 ectgx ln(x) ln(x) = e x 0 tgx H === [ 0 0 ] x 0 f(x) byªa ci gªa w e x 0 x cos x = e. Po drodze skorzystali±my z ci gªo±ci funkcji wykªadniczej i reguªy de l'hositala. Wida,»e musi zachodzi równo± π = q = e, a st d: q = π oraz = ln π. B. Dobra arametry i q tak, aby funkcja f(x) = unkcie x = 0. e x e x x x sin x dla x < 0 q dla x = 0 ln x ln sin x dla x > 0 f(x) byªa ci gªa w Nale»y tak dobra arametry, q, aby x 0 f(x) = f(0) = x 0 f(x). Mamy: e x e x x x 0 x sin x H e x e x === [ 0 0 ] x 0 cos x H e x e x === [ 0 0 ] x 0 sin x H e x e x === [ 0 0 ] x 0 cos x =,

2 Egzamin - szkic rozwi za«sem. zimowy 06/07 AM, Budownictwo, IL PW x 0 ln x ln sin x = x 0 ln x ln sin x H ===== [ ] x 0 x cos x sin x = x 0 cos x sin x x = =. Po drodze skorzystali±my z reguªy de l'hositala. Wida,»e musi zachodzi równo± = q =, a st d: q = oraz = 4. A. Sformuªowa twierdzenie Darboux. Wykaza,»e wielomian W (x) = x 5 5x ma ierwiastek rzeczywisty nale» cy do rzedziaªu (0, ). Udowodni,»e w (0, ) jest tylko jedno miejsce zerowe tego wielomianu. Sformuªowa odowiednie twierdzenie. Tw. (Darboux) Je»eli f : a, b R jest ci gªa na rzedziale a, b, f(a) f(b) oraz r jest ewn liczb zawart omi dzy liczbami f(a), f(b), to w rzedziale (a, b) istnieje taka liczba c,»e f(c) = r. Wielomiany s funkcjami ci gªymi w caªych swoich dziedzinach (w szczególno±ci W (x) jest ci gªy w rzedziale 0, ), onadto W (0) = oraz W () = 5 i < 0 < 5. Seªnione s wszystkie zaªo»enia tw. Darboux, wobec tego na jego mocy mo»emy stwierdzi,»e istnieje takie c (0, ),»e W (c) = 0 - a dokªadnie o to chodziªo. Dalej b dziemy korzysta z twierdzenia mówi cego,»e je»eli funkcja f jest ci gªa na rzedziale a, b, ma ochodn wewn trz (a, b) i ochodna ta jest dodatnia na caªym tym rzedziale, to f jest w tym rzedziale rosn ca. Wielomiany s funkcjami ró»niczkowalnymi we wn trzach ka»dych zbiorów, na których s okre±lone, onadto u nas W (x) = 5x 4 5 > 0 dla dowolnego x (0, ). Wobec tego W (x) jest rosn cy na caªym rzedziale (0, ), wi c mo»e mie tam co najwy»ej jedno miejsce zerowe. Z orzedniej cz ±ci zadania wiemy,»e to miejsce zerowe tam si znajduje, wi c wykazali±my,»e jest ono jedyne. B. Sformuªowa twierdzenie o warto±ci ±redniej i wykaza,»e je»eli funkcja f jest ci gªa na rzedziale a, b i ma ochodn w (a, b) oraz x (a, b) f (x) = 0, to f jest funkcj staª na (a, b). Wykaza,»e funkcja f(x) = arctgx arcsin x jest staªa na rzedziale (, ). x Tw. (o warto±ci ±redniej) Je»eli funkcja f jest ci gªa na rzedziale a, b i ró»niczkowalna wewn trz (a, b), to dla dowolnych unktów x 0, x a, b takich,»e x 0 x istnieje liczba θ (0, ) taka,»e f(x) = f(x 0 ) f (x 0 θ(x x 0 )) (x x 0 ). Skorzystamy z rzytoczonego twierdzenia. We¹my dowolne unkty x 0, x (a, b). Na mocy twierdzenia mamy,»e f(x) = f(x 0 ) f (x 0 θ(x x 0 )) (x x }{{} 0 ) = f(x 0 ) 0 (x x 0 ) = f(x 0 ). (a,b),bo θ (0,) Czyli dla dowolnych x 0, x (a, b) mamy f(x 0 ) = f(x), czyli f jest staªa w (a, b). Pozostaªo wykaza,»e zadana funkcja jest staªa w rzedziale (, ). Mamy: f (x) = x ( = x (x ) x x = 4x (x ) x (x ) x x 4 (x ) x ) x x (x ) =

3 Egzamin - szkic rozwi za«sem. zimowy 06/07 AM, Budownictwo, IL PW = x x x (x ) (x ) czyli f jest staªa na rzedziale (0, ). x>, wiec == (x ) =x x x x x (x ) = x x (x )(x ) = 0, A. Wyznaczy równanie ró»niczkowe liniowe jednorodne o staªych wsóªczynnikach mo»liwie najni»szego rz du, je»eli liczby λ = i oraz λ = s ierwiastkami wielomianu charakterystycznego tego równania. Poda rozwi zanie ogólne, fundamentalny ukªad rozwi za«oraz srawdzi liniow niezale»no± funkcji fundamentalnego ukªadu rozwi za«. Je»eli wielomian ma ierwiastek zesolony z, to liczba z te» jest ierwiastkiem tego wielomianu. Wobec tego wielomian charakterystyczny najni»szego stonia» danego równania owinien wygl da tak: (λ )(λ i)(λ i) = (λ )(λ ) = λ λ λ. St d mo»na ju» wywnioskowa,»e równanie owinno mie osta y y y = 0. Dalej: jest jednokrotnym rzeczywistym ierwiastkiem wielomianu charakterystycznego, wobec tego odowiada mu funkcja e x. Mamy jeszcze srz»on ar ierwiastków zesolonych: i, i, której odowiada ara funkcji cos x, sin x. Mo»emy naisa UFR = {e x, cos x, sin x} oraz oda rozwi zanie ogólne y = c e x c cos x c sin x. Pozostaje srawdzi liniow niezale»no± funkcji z UFR. Mo»na na rzykªad za omoc Wro«skianu: e x cos x sin x e x sin x cos x 4e x cos x sin x = 5e x sin x 5e x cos x = 5e x 0, czyli funkcje s liniowo niezale»ne. W drugiej gruie rozumowanie i sosób rozwi zania s identyczne z rzedstawionym. 4A. Wyznaczy ekstrema lokalne i zbada monotoniczno± funkcji f(x) = ln(x x). Mamy x x > 0 x(x )(x ) > 0 x (, 0) (, ), czyli dziedzin funkcji f jest zbiór (, 0) (, ). f (x) = x. Mianownik jest dodatni ze wzgl du na dziedzin, wi c wystarczy zaj si licznikiem*. x x Czyli: x > 0 (x )(x ) > 0, co w rzeci ciu z dziedzin daje nam,»e f (x) > 0 dla x (, ) (, ), a st d ªatwo wnioskujemy, ze f (x) < 0 dla x (, 0). Funkcja f ro±nie w rzedziale (, ) i maleje w rzedziale (, 0), wobec czego ma maksimum lokalne w unkcie x = równe f( ) = ln. Ponadto funkcja ro±nie w rzedziale (, 0). W drugiej gruie rozumowanie i sosób rozwi zania ró»ni si jedynie danymi liczbowymi. *W ogólno±ci zaj cie si licznikiem nie wystarcza - mianownik równie» ma wªyw na znak ochodnej. Zaj cie si samym licznikiem byªo bardzo cz stym bª dem u osób, które nie srawdziªy dziedziny funkcji.

4 Egzamin - szkic rozwi za«sem. zimowy 06/07 AM, Budownictwo, IL PW 5A. Obliczy oni»sze caªki: sin sin x dx = x cos x sin x dx t=sin x ======= dt sin x sin x (a) t = t dt = u = e t cos(ln x) (b) dx v=sin t x t t=ln x= x=e dt=cos xdx t t dt = dt = t arctgt c = sin x arctg(sin x) c. t dt= x dx = cos t e t dt = e t cos tdt =: I. Mamy : u=e I t v =cos t === = e t sin t e t ũ=e sin tdt t ṽ =sin t ==== = e t sin t e t cos t I. Wobec tego : ũ = e t ṽ= cos t I = e ln x sin(ln x) e ln x cos(ln x) = e ln x (sin(ln x) cos(ln x)) c, czyli I = (sin(ln x) cos(ln x)) c. x 5B. Obliczy oni»sze caªki: I = u=e t (a) t t dt = v =sin t ==== u = e t v= cos t sin x sin cos x dx = x sin x cos x dx t=cos x dt= sin xdx dt sin(ln x) (b) dx x e t cos t t t dt = dt = t arctgt c = cos x arctg(cos x) c. t t t=ln x= x=e sin t dt= x dx e t cos tdt ũ=e t e t dt = ṽ =cos t === ũ = e t ṽ=sin t e t sin tdt =: I. Mamy : e t cos t e t sin t I. Wobec tego : I = e ln x cos(ln x) e ln x sin(ln x) = e ln x (cos(ln x) sin(ln x)) c, czyli I = (cos(ln x) sin(ln x)) c. x 6A. Znale¹ ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = sin x cos y cos(x y), gdzie (x, y) (0, π ), (0, π ). Mamy f f (x, y) = cos x sin(x y) oraz (x, y) = sin y sin(x y). Srawdzimy w jakich unktach seªniony jest warunek konieczny istnienia ekstremum: { { cos x sin(x y) = 0 cos x = sin(x y) sin y sin(x y) = 0 sin y = sin(x y). Ze wzgl du na dziedzin mamy,»e x y ( π, π ), a funkcja sinus jest w tym rzedziale ró»nowarto±ciowa. Wobec tego musi zachodzi równo± y = x y równowa»na takiej: x = y. Wstawiwszy j do ierwszego równania otrzymujemy cos x = sin y = cos( π y). Dalej (znów { x = y ró»nowarto±ciowo± ): x = π y, a z tego ju» ªatwo mamy: x = π, y = π 6. Wobec tego unktem dziedziny, w którym mo»emy oczekiwa istnienia ekstremum jest unkt ( π, π 6 ). eby srawdzi warunek wystarczaj cy, otrzbujemy drugich ochodnych: f (x, y) = sin x cos(x y), f (x, y) = cos(x y) = f i f (x, y) = cos y cos(x y). Dalej: f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) = > 0, czyli mamy ekstremum. Pierwszy wyraz tej macierzy jest ujemny, wi c to maksimum lokalne równe f( π, π 6 ) = =. 4

5 Egzamin - szkic rozwi za«sem. zimowy 06/07 AM, Budownictwo, IL PW 6B. Znale¹ ekstrema lokalne funkcji f(x, y) = cos x sin y sin(x y), gdzie (x, y) (0, π ), (0, π ). Mamy f f (x, y) = sin x cos(x y) oraz (x, y) = cos y cos(x y). Srawdzimy w jakich unktach seªniony jest warunek konieczny istnienia ekstremum: { { sin x cos(x y) = 0 sin x = cos(x y) cos y cos(x y) = 0 cos y = cos(x y). Ze wzgl du na dziedzin mamy,»e x y ( π, π ), a funkcja kosinus jest w tym rzedziale ró»nowarto±ciowa. Wobec tego musi zachodzi równo± y = x y równowa»na takiej: x = y. Wstawiwszy j do ierwszego równania otrzymujemy sin x = cos y = sin( π y). Dalej (znów { x = y ró»nowarto±ciowo± ): x = π y, a z tego ju» ªatwo mamy: x = π, y = π 6. Wobec tego unktem dziedziny, w którym mo»emy oczekiwa istnienia ekstremum jest unkt ( π, π 6 ). eby srawdzi warunek wystarczaj cy, otrzbujemy drugich ochodnych: f (x, y) = cos x sin(x y), f (x, y) = sin(x y) = f i f (x, y) = sin y sin(x y). Dalej: f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) f ( π, π 6 ) = > 0, czyli mamy ekstremum. Pierwszy wyraz tej macierzy jest ujemny, wi c to maksimum lokalne równe f( π, π 6 ) = =. 5