Zadania i rozwiązania prac domowych z Analizy Matematycznej 1.2 z grupy pana Ryszarda Kopieckiego, semestr letni 2011/2012.

Transkrypt

1 Zdi i rozwiązi prc domowych z Alizy Mtemtyczej. z grupy p Ryszrd Kopieckiego, semestr leti / Ntli Skowsk

2 . seri UWAGA: wykresów oczywiście rysowć ie trzeb. Co więcej, wykres ie jest dowodem żdego stwierdzei. Może być jedk pomocą w zrozumieiu dowodu i ispircją do tego, jk moż dowodzić pewe fkty.. Zdie Zbdj przedziły mootoiczości fukcji f() 3 +. liczymy pochodą fukcji f, któr wygląd tk: f () ( + ) 3( + ) 3 ( + ) f () zeruje się dl i (, ) f () > f rosąc (, ) f () < f mlejąc (, ) f () < f mlejąc (, ) f () > f rosąc. Zdie Udowodij ierówość l( + ) < dl < <. rozwżmy fukcję f() l( + ), jej wykres

3 f() jest przedzile (, ) ściśle mlejąc, bo f () + < f(), więc poiewż fukcj jest mlejąc, to f() >, czyli l( + ) >, czyli > l( + ).3 Zdie 3 Zbdj mootoiczość fukcji f() l. Krótko, bo zdie schemtycze. Fukcj wygląd tk: To, co trzeb zrobić, to rozwżć przedziły (, 3), ( 3, ), (, ), (, ). Tkie włśie dltego, poiewż fukcj ie jest określo w, i -3 to pukty zerowi się + 3, czyli pukty ieróżiczkowlości fukcji. W kżdym z tych przedziłów trzeb policzyć pochodą i zstowić się, kiedy jest o dodti, kiedy ujem. 3

4 . seri. Zdie Prostokąty trójkąt o przyprostokątych długości i b orz przeciwprostokątej c, obrcmy wzdłuż przeciwprostokątej. Trójkąt m obwód. Jk jest mksyml objętość powstłej bryły? Oczywiście h + h c. Pole trójkąt to b orz iczej licząc cr b, ztem r c ) c π b V π 3 ( b c 3c i brył m objętość Terz korzystjąc z + b + c orz + b c, dostjemy, że b c dlej V π ( ) c 4 + 4c i Nstępie, poiewż chcemy zleźć ekstremum fukcji V (c), szukmy miejsc zerowi się pochodej, czyli fukcji V (c). Po obliczeich i rozptrzeiu kilku przypdków wychodzi, że brył m mksymlą objętość, gdy trójkąt m boki długości. Zdie, b, c. Trójkąt o bokch, b, c wpiso w okrąg o promieiu. Jki jest mksymly obwód trójkąt? Są dw możliwe rozwiązi. Ob zczyją od wykorzysti twierdzei siusów (twierdzei Sellius, twierdzeie + dowód). 4

5 Zgodie z im możemy pisć si α Dlej mmy dwie możliwości: b si β c si γ.. możliwość łd i kostruktyw jpierw pokzujemy ogriczeie, potem trójkąt, który to ogriczeie spełi w przedzile (, π) fukcj sius jest wklęsł α, β, γ, α + β + γ π, wgi 3, 3, 3 sumują się do korzystmy z ierówości Jese: Ob 6( si α 3 + si β 3 + si γ 3 α + β + γ ) 6(si ) trójkąt rówoboczy wpisy w okrąg m bok długości 3, więc jego obwód jest rówy 3 3, więc mksimum jest relizowe. możliwość lgorytmicz i iekostruktyw rozwżmy fukcję Ob(α, β) (si α + si β + si(α + β)). Trktujemy α jko prmetr, liczymy pochodą, przyrówujemy ją do (chcemy zleźć ekstremum tej fukcji). Potem trktujemy β jko prmetr, liczymy pochodą, przyrówujemy ją do. Otrzymujemy ukłd rówń z rozwiąziem α 3 π, α 3 π i γ π α β 3 π. Pozostje jeszcze uzsdić, że zlezioe ekstremum to rzeczywiście mksimum, ie miimum - możemy uzysky obwód trójkąt porówć z obwodem dowolego iego trójkąt, wpise w okrąg o promieiu, jlepiej z tkim, którego obwód się łtwo liczy (p. trójkąt rówormiey o boku średicy okręgu). 5

6 3 3. seri 3. Zdie Udowodij ierówość + +. Wyjściow rówość jest rówowż stępującej (logrytmujemy obustroie, możemy, bo logrytm jest fukcją ściśle dodtią) ( ) l ( ) l k l k l k k A to już zchodzi mocy ierówości Jese dl fukcji f() l (drug pochod: <, więc fukcj jest wklęsł), 3. Zdie Udowodij ierówość ( k ) α α k Nierówość moż udowodić, stosując ierówość Jese dl wypukłej fukcji f() α. 3.3 Zdie 3 Udowodij ierówość ( + ) + k Nierówość moż udowodić, stosując ierówość Jese dl wypukłej (to też trzeb uzsdić!! p licząc drugą pochodą i pokzując jej dodtiość dl > ) fukcji f(). 3.4 Zdie 4 Rozwiń si wokół π. Mmy (( si π ) + π (( π π ) π + π( ) + 4 (( π ) + π( ( π ) k k k. ( ) ()! ( π ) +π( π ) α k. ) (( si π ) + π ) ) ( si( π ) cos π + cos( π ) si π ) ) π π ) + cos( π 4 ) 6 ( ) ()! ( π ) + π 4 ( ) ()! ( π )

7 π 4 + ( ) ()! ( π )+ + π 4 + ( ) ( )! ( π ) Zdie 5 Rozwiń 4+5 ( ) π ()! ( ( ) ( )! + ( ) π ()! 4 wokół. ( ) π ()! ( π )+ + ( π )+ + ) ( π ) + ( ) π ()! 4 ( π ) ( ) π ()! 4 ( π ) ( ) π ( π ()! )+ Moż przykłd przyjąć, że fukcj rozwij się w szereg postci zpisć: k k k pomożyć obustroie przez ( 4 + 5), by uzyskć k k, k k k 4 k k + 5 k k k k k + k 5 + (5 4 ) + (5 k 4 k + k ) k k k porówując współczyiki dostjemy rekurecyją zleżość ciąg : z wrukiem początkowym 5, 4 5. Przydłoby się zleźć wzór jwy, to już jest postępowie lgorytmicze (więcej o tym tu). Pokrótce: rówie chrkterystycze: 5 4 pierwistki tego rówi: +i 5 orz i 5 ztem wzór jwy będzie postci A ( +i 5 ) ( + B i ) 5 A i B wyzczmy, wiedząc, że 5 i 4 5, co dje ukłd rówń { A + B A( + i) + B( i) 4 o rozwiąziu A i i B +i, czyli wzór współczyiki jest postci i ( ) + i + + i ( ) i 5 5 7

8 4 4. seri 4. Zdie Zbdj zbieżość puktową, ieml jedostją i jedostją cigu fukcyjego f () si ( ). puktow: ( ) f() lim f () lim si lim si ieml jedostj: ok, bo fukcj si jest fukcją ierosącą, więc dl [, b]: si b b si si czyli si m{ si, si b b} jedostj: brk, bo zbieżość jedostj ozcz, że dl kżdego ciągu, f ( ) f( ), p. dl π mmy f ( ) f( ) si si π π si π π π 4. Zdie Zbdj zbieżość puktową, ieml jedostją i jedostją cigu fukcyjego f () e. puktow: f() lim f () lim e ieml jedostj: ok, bo jedostj: brk, bo sup e [,b] e sup e R 8

9 4.3 Zdie 3 Udowodij, że ( + ) α + α(α )...(α +)!. Fukcj f() ( + ) α jest ieskończeie wiele rzy różiczkowl, -t pochod d jest wzorem: f () () α(α )(α )... (α +)(+) α. Rozwijjąc tę fukcję w wielomi Tylor wokół, mmy ( + ) α f () ( )! ( + ) α f () ( )! + α(α )(α )... (α + )( + ) α ( + ) α f() + ( + ) α +! α(α )(α )... (α + )! α(α )(α )... (α + )! 5 5. seri 5. Zdie Zbdj zbieżość puktową, ieml jedostją i jedostją cigu fukcyjego f () e ( cos ). puktow: f () e ( cos ) e ( cos ) f() ieml jedostj: ok, bo iech [, b] będzie puktem, w którym fukcj f przyjmuje mksimum (tki pukt istieje, bo zgodie z twierdzeiem Weierstrss, fukcj ciągł przedzile domkiętym przyjmuje kresy), wówczs sup f () e ( cos [,b] ) e ( cos ) jedostj: brk, bo dl π mmy f ( ) f( ) e π ( cos π ) e π 9

10 5. Zdie Zbdj zbieżość puktową, ieml jedostją i jedostją cigu fukcyjego f () e ( ) przedzile (, ). puktow: poiewż (, ), to f () e ( ) f() ieml jedostj: ok, bo fukcj e ( ) przedzile [, b] jest ściśle rosąc, ztem f () f() e (b ) ; sup [,b] dlej, poiewż b <, to (b ) i e (b ) jedostj: brk, bo dl f ( ) f( ) ep(( mmy )) ep(( )) e 5.3 Zdie 3 Zbdj zbieżość puktową i jedostją cigu fukcyjego f () e ( ) przedzile [, ]. Zbieżość ieml jedostj i jedostj w tym zdiu to to smo, bo rozptrujemy fukcję przedzile domkiętym. puktow: poiewż ( ), więc ( ), to f () e ( ) f() jedostj: ok, bo fukcj e ( ) więc f () e ( ) sup [,] przedzile [, ] jest rosąc, 6 6. seri 6. Zdie Policz cłki.. metod: podstwieie t : d 3 ( ) 3 + c. metod: podstwieie t : e e e + d l(e + ) + c

11 3. metod: podstwieie t : e 3 e 3 d 6 e 3 + c 4. metod: podstwieie, jpierw t : rctg, potem s : l t l(rctg) ( + )rctg d l (rctg) + c 5. metod: podstwieie t : e e d e + c 6. metod: przez części 7. metod: przez części tg cos d tg + c tg 3 cos d 4 tg4 + c 8. metod: podstwieie t : + si cos d + si + c + si 9. metod: podstwieie t : 5 d 5 ( ) + c. metod: ( )( ) 4 ( 3 ), dlej podstwieie t : 3, i s : t d rcsi( 3) + c ( )( ) 7 7. seri 7. Zdie si d cos + si? Stosując podstwiei t : si, potem s : + t i wreszcie u : s, dostję: si d cos + si ( + u + ) du u 4 t dt ( t ) + t ds ( ) s (l( + u) l( u)) 4 l + du u +si +si

12 7. Zdie si d cos t? Stosuję podstwieie t : t (wtedy: si t t +, cos t +, d dt t + ), stępie s : t, cłkę s 4 ds s 4 + ( s 4 + ) ds liczy się korzystjąc ze wzoru s 4 + (s + s + ) (s s + ) i rozkłdjąc ułmek ułmki proste. si d cos t t (t + ) dt (t + ) t (t + ) s4 s ds s ( + s 4 ) s 4 + s 4 ds ( s s + l 4 s + s + + 8s + rct( s) rct( ) s + ) ( t t + l 4 t + t t + rct( t ) rct( ) t + ) 8 8. seri 8. Zdie Policz długość krzywej opisej wzorem (t) cos 4 t y(t) si 4 t. policzmy pochode: (t) 4 cos 3 t si t y (t) 4 si 3 t cos t długość wyrż się wzorem: π L ( (t)) + (y (t)) dt π 6 cos 6 t si t + 6 si 6 t cos t dt tę moż policzyć korzystjąc z tożsmości trygoometryczych si() si cos wzorów skrócoego możei i prostych podstwień.

13 8. Zdie Policz długość krzywej opisej wzorem e y cos dl π 6. rówie e y cos jest rówowże y l cos liczymy pochodą: y si cos korzystmy ze wzoru długość krzywej i liczymy cłkę π 6 π 6 + si cos d π 6 π 6 π 6 π 6 cos + si cos d cos cos d π 6 π 6 cos si d π 6 π 6 cos d stosujemy podstwieie t : si dt cos d [ π 6, π 6 ] [, ] dostjemy t dt ( t + ) [ dt + t ] (l( + t) l( t)) dt 8.3 Zdie 3 Pokż, że B(, m) [ l + t ] [ t m ( ) d ] π 6 + si l si π 6 l 3 (m )! ( )! (m+ )!, wiedząc, że B(, m) m B( +, m ) B(, m + ). m Dowód zjduje się przykłd tu. 8.4 Zdie 4 Zbdj zbieżość cłki l + d. 3

14 rozbijmy cłkę dwie: l + d pierwsz cłk jest zbież: 4 l d l + d + l + d l d 4 4 l d 8 l + 4 drug cłk jest zbież: fukcj l jest rosąc dl 4, ztem spełio jest ierówość l <, ztem zbieżość trzymujemy z kryterium porówwczego 4 l d + 4 d 4 3 d ztem cłk też jest zbież 8.5 Zdie 5 Zbdj zbieżość cłki e si si d. l + d dl : zbież w tym pukcie korzystmy z kryterium cłkowego Dirichlet-Abel. Fukcj g() jest mootoicz i ogriczo, pozostje pokzć, że dl fukcji f() e si si cłk f() d jest zbież. Żeby to zrobić, skorzystmy z ierówości dl fukcji ep: Piszemy: e e e si e. b b b si d e si si d e si d e [ e ] b cos b [ e si si d e ] b cos 4

15 b (cos cos b) e si si d e (cos cos b) e Ztem b ( e si si d < m e (cos cos b), e ) (cos cos b) więc cłk f() d jest zbież. dl : zbież e si si d < e d 8.6 Zdie 6 Zbdj zbieżość cłki si(+ ) d. dl : zbież si( + ) d si(( + ) 4 ) Podstwmy t : +, wówczs dt d i cłk wyosi d si(t 4 ) t dt si t cos 4 cos t si 4 t dt c si t t dt + c cos t t dt Te dwie osttie cłki są zś zbieże mocy cłkowego kryterium Abel, poiewż si y dt jest zbież, zś fukcj g(t) t jest mootoicz i ogriczo. dl : zbież si( + ) d d < 5

16 9 9. seri 9. Zdie Zbdj zbieżość cłki l(+) d. Cłk jest rozbież, bo: l(+) l(+) d d + l(+) d l(+) d jest zbież mocy kryterium cłkowego, bo l( + ) 3 rozwijjąc l( + ) w szereg Tylor, dostjemy ierówość l( + ) > korzystjąc z poprzediej ierówości, pokzujemy, że cłk jest rozbież, co dowiedzie rozbieżości cłki lim l( + ) d > lim l(+) d [ d l ] l(+) d 9. Zdie Zbdj zbieżość cłki si 7 d. Cłk t jest zbież, bo lim α α si 7 d d β + lim β d d d + [ ] lim α,β d α +[ ] β 6

17 9.3 Zdie 3 Pokż, że dl fukcji zdefiiowej wzorem f() + si t dt jest f(). Njpierw skorzystmy z podstwiei u : t, co implikuje du t dt, [, + ] [, ( + ) ], f() + si t dt (+) si u t du (+) si u u du. Terz potrzebe będzie twierdzeie o wrtości średiej (możemy z iego skorzystć, bo fukcj si u jest cłkowl, u jest mlejąc i ieujem), dzięki któremu wiemy, że istieje ξ [, + ] że (+) si u u du ξ si u du + ( + ) (+) ξ si u du Alogiczie ztem (cos cos ξ) + + (cos ξ cos( + ) ) cos + cos( + ) + cos ξ( + ) ( + ) + ( + ). (+) si u u du, f(), czyli też f(). 7