M1101 Matematická analýza I – 24. 01. 2011 – řešení
1. (5 bodů) Najděte všechny hromadné body posloupnosti a rozhodněte,
je-li konvergentní:
n3
n2 + 2n − 1
cos πn
∞
n=1
.
Řešení:
Keďže každý hromadný bod postupnosti je limitou nejakej z nej vybranej
podpostupnosti, vyberieme vhodné konvergentné podpostupnosti.
Nakoľko cos πn = (−1)n
, prirodzene sa nám ponúka podpostupnosť
a2k =
(2k)3
(2k)2 + 2 · 2k − 1
cos 2kπ =
8k3
4k2 + 4k − 1
,
a podpostupnosť
a2k−1 =
(2k − 1)3
(2k − 1)2 + 2 · (2k − 1) − 1
cos(2k − 1)π =
= −
(2k − 1)3
(2k − 1)2 + 2 · (2k − 1) − 1
.
Obidve sú konvergentné, pričom limk→∞ a2k = ∞ a limk→∞ a2k−1 =
−∞. Hromadné body danej postupnosti sú teda −∞ a ∞, postupnosť
nie je konvergentná.
2. (6 bodů) Vypočtěte limitu funkce:
lim
x→1
1
x2 − 1
−
2
x4 − 1
.
Řešení:
lim
x→1
1
x2 − 1
−
2
x4 − 1
= lim
x→1
x2
+ 1
x4 − 1
−
2
x4 − 1
= lim
x→1
x2
− 1
x4 − 1
=
= lim
x→1
1
x2 + 1
=
1
2
.
1
3. (6 bodů) Zkonstruujte Taylorův polynom T4(f, 0, x) funkce:
f(x) = ln cos x.
Řešení:
T4(f, 0, x) = f(0) + f (0)x +
f (0)
2!
x2
+
f (0)
3!
x3
+
f (0)
4!
x4
.
f(x) = ln cos x =⇒ f(0) = 0,
f (x) = − tg x =⇒ f (0) = 0,
f (x) = −
1
cos2 x
=⇒ f (0) = −1,
f (x) = −
2 sin x
cos3 x
=⇒ f (0) = 0,
f (x) = −
2(cos2
x + 3 sin2
x)
cos4 x
=⇒ f (0) = −2.
T4(f, 0, x) = −
1
2
x2
−
1
12
x4
.
4. (10 bodů) Vyšetřete průběh funkce a načrtněte její graf:
g(x) =
1 + x
1 − x
4
.
Řešení:
• D(g) = R − {1}, nie je ani lichá, ani sudá, nie je periodická, v
bode x = 1 má nespojitosť II. druhu, limx→1 g(x) = ∞
• nulový bod x = −1, funkcia je nezáporná na celom definičnom
obore
• monotónnosť a extrémy:
g (x) =
8(1 + x)3
(1 − x)5
.
body podozrivé na extrém – −1, 1
2
• konkávnosť, konvexnosť a inflexné body:
g (x) =
8(1 + x)2
(2x + 8)
(1 − x)6
.
body podozrivé na inflexiu – −4, −1, 1
(−∞, −4) −4 (−4, −1) −1 (−1, 1) 1 (1, ∞)
f − − − 0 + nedef. −
f − 0 + 0 + nedef. +
f kles. 3
5
4
kles. lok. min. rast. nedef. kles.
f konkáv. inflexia konvex. 0 konvex. nedef. konvex.
• asymptoty – bez smernice x = 1
so smernicou – y = 1 (pre x → ∞ i pre x → −∞)
• graf – z predchádzajúcej diskusie sa dá už ľahko načrtnúť.
5. (7 bodů) Integrujte:
1
(5 sin2
x − 4)(1 + cos2 x)
dx.
Nápověda: Můžete využít například substituci t = tg x.
Řešení:
Kombinácia substitúcie a rozkladu na parciálne zlomky:
1
(5 sin2
x − 4)(1 + cos2 x)
dx =
t = tg x, x = arctg t
dx = 1
1+t2 dt
sin2
x = t2
1+t2 , cos2
x = 1
1+t2
=
=
1
5t2
1+t2 − 4 1 + 1
1+t2
·
1
1 + t2
dt =
(t2
+ 1)
(t2 − 4)(t2 + 2)
dt
Rozklad:
t2
+ 1
(t2 − 4)(t2 + 2)
=
5
24
·
1
t − 2
−
5
24
·
1
t + 2
+
1
6
·
1
t2 + 2
.
t2
+ 1
(t2 − 4)(t2 + 2)
dt =
5
24
1
t − 2
dt −
5
24
1
t + 2
dt +
1
6
1
t2 + 2
dt.
3
Po integrovaní dostaneme:
t2
+ 1
(t2 − 4)(t2 + 2)
dt =
5
24
ln |t − 2| −
5
24
ln |t + 2| +
1
6
√
2
arctg
t
√
2
+ C.
Spätným dosadením za t = tg x nakoniec máme:
1
(5 sin2
x − 4)(1 + cos2 x)
dx =
5
24
ln | tg x − 2| −
5
24
ln | tg x + 2|+
+
1
6
√
2
arctg
tg x
√
2
+ C =
5
24
ln
tg x − 2
tg x + 2
+
1
6
√
2
arctg
tg x
√
2
+ C.
6. (6 bodů) Vypočtěte obsah elementární oblasti M:
M = [x, y] ∈ R2
: 1 ≤ x ≤ e,
x − 1
e − 1
≤ y ≤ ln x .
Řešení:
S(M) =
e
1
ln x −
x − 1
e − 1
dx =
e
1
ln x dx −
e
1
x − 1
e − 1
dx.
Prvý integrál:
e
1
ln x dx =
u = 1, v = ln x
u = x, v = 1
x
= [x ln x]e
1 −
e
1
x ·
1
x
dx =
= [x ln x]e
1 −
e
1
1 dx = [x ln x]e
1 − [x]e
1 = e ln e − (e − 1) = 1.
Druhý integrál:
e
1
x − 1
e − 1
dx =
(x − 1)2
2(e − 1)
e
1
=
(e − 1)2
2(e − 1)
=
e − 1
2
.
Preto:
S(M) =
e
1
ln x −
x − 1
e − 1
dx = 1 −
e − 1
2
=
3 − e
2
.
4