Решења задатака са првог колоквиjума из Математике 1Б II група задатака

Transcript

1 Решења задатака са првог колоквиjума из Математике Б II група задатака Пре самих решења, само да напоменем да су решења детаљно исписана у нади да ће помоћи студентима у даљоj припреми испита, као и да се неке грешке коjих jе било не би више понављале. Такође, урађена jе друга група и нема потребе посебно решавати и прву, jер су задаци исти само са промењеним броjевима. Задатке jе урадио Милан Лазаревић (а ко би други.. Показати да jе низ x n = sin + sin + + sin n n Кошиjев низ. (4 поена Решење. Нека jе ε > 0 задато. Пронађимо природан броj n 0 коjи зависи од ε (што обележавамо са n 0 = n 0 (ε такав да за све n, m n 0 важи a n a m < ε. Зато, посматраjмо израз a n a m и покушаjмо да га боље проценимо и одатле одредимо наше тражено n 0. Наиме, важи (без губитка на општости можемо сматрати да jе n m {}}{ sin x n x m = sin m sin(m + + m m+ + + sin n n sin sin(m + = m+ + + sin n n sin(m + sin n + + (неjеднакост многоугла m+ n x n x m {}}{ + + sin m m m+ + + n ( sin x за свако x R и у имениоцима су позитивни броjеви m+ ( (проширимо до бесконачног геометриjског низа n m = m+ уколико узмемо да jе m природан броj. = m < ε Дакле, ако ставимо да jе n 0 = [ ] ln ε + (са [ ] jе означена функциjа цео део (желимо да добиjемо ln [ ] ln ε + добићемо да jе наш низ Кошиjев (jер jе тада m n 0 ln m n < ε. 0 (а тиме и n n 0 и важи a n a m [ ] ln ε Коментар: броj ln логаритмовања (све jе добро дефинисано jер jе ε > 0 добиjамо m = ln ε + смо добили тако што смо на тренутак изjедначили = ε, одакле после m, а пошто желимо да важи ln < ε и да добиjемо природан броj (ln ε < 0 jер можемо сматрати да jе 0 < ε <, па jе m позитиван m броj смо узели цео део од овог броjа (и тиме добили природни jер jе позитиван и додали му jединицу jер увек важи [x] x < [x] +. (n + ln(n! ln(! 3!... n!. Наћи n + n (7 поена Решење. Оно што прво примећуjемо (бар би требало jе да у броjиоцу имамо зезнут низ. Сад, присетимо се нама свима драгих вежби и сетимо се одређених примера и одређеног става коjи (када jе га jе могуће применити нам доста олакшава живот. Наиме, у питању jе Штолцова лема (добро, лема, ниjе став, коjа нам каже уколико имамо два низа {x n } i {y n } и уколико jе низ {y n } растући (y n < y n+ и y n = + тада jе x добиjемо да n x n y n y n x n yn x n x n y n y n не постоjи то не значи да не постоjи и лимес уколико други лимес постоjи (тj. ако x n yn. Дакле, Штолцова

2 лема нам jе од користи када имамо неку збрку у броjици, где ће се њеном (Штолцовом лемом применом доста чланова скратити и тиме ћемо добити нешто лепо. Таква jе ситуациjа и код нашег проблема. Прво, установимо да заиста можемо искористи Штолцову лему. Наиме, у нашем случаjу (ако користимо ознаке из саме леме jе y n = n + n, док jе x n низ задат у броjиоцу, и важи y n < y n+ (заиста, n + n < (n + + (n + = n + 3n +, што jе тачно за свако n N и очигледно jе y n n + n = +. Дакле, смемо да искористимо Штолцову лему. Урадимо то! Због прегледности ћемо посебно израчунати новодобиjени броjилац, односно именилац. Добиjамо x n x n = (n + ln(n! ln(! 3!... n! (n ln((n! ln(! 3!... (n! = (n + ln(n! n ln((n! + ( ln(! 3!... (n! ln(! 3!... n! = (n + ln(n! n ln((n! ln(n! = (n ln(n! n ln((n!. Са друге стране, y n y n = n, па jе (n + ln(n! ln(! 3!... n! (n ln(n! n ln((n! n =. + n n Фино, сад се већ лакше дише. Сад, погледаjмо поново шта смо заправо добили. Наиме, у броjиоцу jе поново неки ђумбус (мада много лепши него пре, а именилац изгледа доста питомо. Поново се сетимо шта радимо у оваквим ситуациjама, тj. како сређуjемо таj ђумбус. Па, исто као пре, Штолц (уколико су испуњени критериjуми за његову примену, што се овде да лако проверити. Када га поново применимо добиjамо (n ln(n! n ln((n! (((n ln((n! (n ln(((n! n (n (n ln(n! + ( n ln((n! + (n ln((n! Остало jе jош да мало боље средимо броjилац како би боље видели колико jе заправо оваj лимес. Наиме, приметимо да имамо факториjеле, али да знамо и зависност између њих (мислимо на n! = n(n ((n! и слично и када то укомпонуjемо са своjствима логаритамске функциjе добиjамо =. (n (ln n + ln(n + ln((n! + ( n(ln(n + ln((n! + (n ln((n! (n ln n + ( n + ln(n с обзиром да je 3. Израчунати x 0 ( + cos x cos x (ln( + x 3 (n ln ( n n ln(+ n n =, ln(+ n ln(+x =, што добиjамо на основу добро познатог лимеса n x 0 x =. (8 поена Решење. Прво што урадимо када добиjемо лимес jесте да убацимо тачку ка коjоj x тежи у сам израз и да погледамо коjи облик добиjамо. Ако то урадимо, видимо да се наш лимес своди на облик 0 0. Наравно, то нам говори да овде можемо искористити Лопиталово правило, али ми то овога пута нећемо урадити jер jе то доста компликованиjе решење (jер се не добиjаjу лепи изводи. Зато ћемо покушати преко Теjлоровог развоjа, за коjег смо причали да би било лепо научити га за колоквиjум. Оно што jош видимо jе то да у броjиоцу имамо облик a b и да смо рекли да кад год видимо такав облик да га трансформишемо на облик са експоненциjалном функциjом, односно e b ln a (наравно, то

3 важи када jе a > 0 због дефинисаности логаритма, што ће се у нашем конкретном случаjу заиста и десити. Дакле, добиjамо ( + cos x cos x e ( cos x ln(+cos x x 0 (ln( + x 3 x 0 (ln( + x = 3 W. Посебно смо означили броjилац, односно именилац, како бисмо их засебно израчунали (да не би правили збрку у самом лимесу. Дакле, погледаjмо прво броjилац. Наиме, потребно jе некако уз помоћ Теjлоровог развоjа да га претворимо у полином, што jе фино и нежно. Кренемо прво од ln( + cos x, некако се природно намеће да њега прво развиjемо (од унутра, ка споља, члан по члан развиjамо. Прво, кад x 0 видимо да cos x, па нећемо одмах развиjати ln (jер кад имамо ln( + нешто желимо да нешто тежи нули, а то овде ниjе случаj. Зато, прво развиjaмо косинус. Важи cos x = x + o(x кад x 0. Сад, кад то вратимо добиjамо ln( + cos x = ln( + x + o(x = ln( x + o(x кад x 0. Пошто желимо облик + нешто то извуцимо двоjку и тиме добиjамо ln( x + o(x = ln(( x 4 + o(x = ln + ln( x 4 + o(x кад x 0. При томе, приметимо да x 4 + o(x 0 кад x 0, па можемо искористити развоj за логаритам (ln( + x = x + o(x кад x 0. У нашем конретном случаjу ln( x 4 + o(x = x 4 + o(x + o( x 4 + o(x = x 4 + o(x + o(x = x 4 + o(x кад x 0. Када то све склопимо са претходним добиjамо ln( + cos x = ln x 4 + o(x кад x 0. Сад, пређемо на члан cos x и њега развиjемо кад x 0. Лако добиjамо да jе cos x = ( (x + o((x = x + o(x кад x 0. Дакле, имали смо облик e b ln a где смо развили b и ln a и сада jе природно да их помножимо и видимо шта се добиjа. Наиме, добиjамо да jе ( cos x ln( + cos x = (x + o(x (ln x 4 + o(x = x ln x4 + x o(x + o(x ln o(x x 4 + o(x o(x = x ln x4 + o(x4 + o(x + o(x 4 + o(x 4 = x ln + o(x кад x 0, где смо искористили да x4 = o(x и o(x 4 = o(x кад x 0. Сада jе стигао на ред развоj за експоненциjалну функциjу. С обзиром да x ln + o(x 0 кад x 0, то можемо искористити развоj за експоненциjалну функциjу (наиме, e x = + x + o(x кад x 0 и тиме добиjамо e ( cos x ln(+cos x = e x ln +o(x = + x ln + o(x + o(x ln + o(x = + x ln + o(x кад x 0. Дакле, добили смо да jе = + x ln + o(x = x ln + o(x кад x 0. Остало jе jош да развиjемо именилац. То jе у овом случаjу доста лакше. Наиме, x 3 0 кад x 0, па важи ln( + x 3 = x 3 + o( x 3 = x 3 + o(x кад x 0, а тиме и W (ln = ( + x 3 ( x = 3 + o(x = x 9 + x o(x + o(xo(x 3 = x 9 + o(x кад x 0.

4 А тиме jе и наш почетни лимес jеднак ( + cos x cos x x 0 (ln( + x = 3 W x ln + o(x x 0 x = 8 ln. 9 + o(x Коментар: приметити само да смо свуда користили основне развоjе. Наиме, нисмо користили да jе на пример ln(+x = x x + x3 3 +o(x3 или e x = +x+ x! + x3 3! + x4 4! +o(x4 или cos x = x! + x4 4! +o(x4 (све ово кад x 0 наравно. Уместо тога, користили смо оне развоjе коjи су рађени на вежбама и пре него што смо уопште споменули Теjлоров развоj, односно, ln( + x = x + o(x, e x = + x + o(x и cos x = x + o(x. 4. Израчунати x (x + tg( (5 поена Решење. Слично као у претходном задатку прво погледамо шта се добиjе када уврстимо x = у саму функциjу. Тада лако видимо да jе ово заправо лимес облика, а њега решавамо свођењем на броj e (мала напомена: то можемо урадити и преко добро познатог трика a b = e b ln a, али ћемо овде то урадити на мало другачиjи (познатиjи начин. Наиме (x + tg( x x (x+ tg( ( + x + x+ = e (x+ tg( x }{{} e (x+ sin( (x+ sin( Дакле, потребно jе jош израчунати (x + tg( x x cos( = x cos(, jер jе косинус парна, а синус непарна функциjа. Сад, ако у последњи израз ставимо x = добиjамо облик 0, што нас наводи на Лопиталово правило, при чему нам синус даjе и тиме не утиче на облик 0 0. Због тога ћемо Лопиталово правило применити на x Зато налазимо да jе коначно решење x + Л.П cos( x sin( π = π. (x + tg( = e sin( x x+ x cos( = e ( π = e π. x Коментар: уколико су вам сметали минуси коjи се поjављуjу, могли сте на самом почетку увести смену x = t и тада би у лимесу имали t итд, итд. Такође, да не буде забуне, могли сте Лопитала применити на цео израз, тj. израз коjи укључуjе и синус, али jе то овде избегнуто због лакшег и бржег рачуна (примењивали смо Лопитала само на део коjи нам даjе 0 0. Иначе, ово jе исто jедан од показатеља зашто jе понекад боље писати exp x уместо e x (због бољег форматирања текста. ax + b, x 5. Нека jе функциjа f : R R дефинисана са f(x = ax + c, < x dx + x, x > a Одредити константе a, b, c, d R тако да f буде диференциjабилна функциjа на R. (5 поена б За нађене вредности a, b, c, d из дела под а испитати да ли jе дата функциjа непрекидно диференциjабилна на R. (3 поена Решење. Приметимо одмах да jе функциjа jеднака са dx + x за x >, односно, да можемо скратити одређене чланове, jер jе ту функциjа дата за x >, па немамо проблеме са дељењем са нулом и слично. У даљем раду подразумеваћемо, због лакшег рачуна, да jе за x > функциjа дата на таj начин. Прво ћемо се наравно позабавити делом под а. Дакле, желимо да пронађемо реалне броjеве a, b, c и d такве да jе функциjа f диференциjабилна на целом R. Ал сетимо се, ако jе функциjа

5 диференциjабилна (то желимо, онда jе она и непрекидна. Управо због те чињенице ћемо прво потражити дате броjеве a, b, c и d такве да jе наша функциjа f непрекидна. Тада ћемо добити неке релациjе (везе коjе ће нам бити од користи у даљем раду приликом наметања диференциjабилности функциjе f. Оно што се одмах примећуjе je да jе функциjа f непрекидна за x (, (, (, + (jер се на том делу задаjе као непрекидна функциjа, док се у околини (са леве и десне стране тачака, односно, задаjе различито, те jе потребно на тим местима посебно испитати непрекидност. Пошто желимо да у тачки функциjа буде непрекидна (да би уопше имала шансу да буде диференциjабилна, то испитуjемо када важи f(x f(x = f(. Како jе f(x ax + b = a + b, x x + x x f(x x + x ax + c = a + c и f( = a + b, то желимо да jе a + b = a + c, односно, b = c + (обележимо ту релациjу са (. Слично, пошто желимо да jе функциjа непрекидна и у тачки, то добиjамо да мора важити 4a + c = d +, a одатле и c = d + 4a (нека jе то (. Дакле, на таj начин смо наметнули непрекидност и одговараjуће релациjе коjе ће нам бити од користи у даљем раду. Сад, пређимо на диференциjабилност. Требало би приметити да jе функциjа диференциjабилна за x (, (, (, +. Наиме, важи a, x < f (x = ax, < x <, d, x > x jер за такве x можемо начи f (x без проблема и при томе добиjамо добро дефинисане изразе (немамо дељења са нулом и слично (на овом месту сетимо се вежби и примера (код испитивања да ли jе функциjа непрекидно диференциjабилна, функциjа jе била са синусом ако се добро сећам када смо рачунали извод функциjе и добили неки израз коjи ниjе био дефинисан за све x где смо тражили извод, па смо те тачке избацивали и у њима посебно (по дефинициjи испитивали извод. Даље, пошто се функциjа различито задаjе у околинама тачака и, то ћемо на тим местима испитати диференциjабилност по дефинициjи. Па добро, кренимо од тачке. Желимо да jе f ( def = jеднак са f +( def. Зато, прво погледаjмо чему jе jеднак f (. Наиме, f(+h f( према дефинициjи добиjамо Слично радимо и за f +( и добиjамо f(+h f( f ( def f( + h f( a( + h + b (a + b h a = a. h 0 h 0 ah f +( def f( + h f( h 0+ h a( + h + c (a + b ah + ah + c b ( ah + ah + ah = a, h 0 +(a

6 где смо у jедном тренутку искористили релациjу (. Пошто желимо да jе f ( = f +(, то добиjамо да мора важити a = a, односно a = 0. Дакле, одредили смо константу a. Приметимо одмах да се тада релациjа ( заправо своди на c = d + (у наставку ће ово бити релациjа (. Идемо даље. Сад желимо да jе функциjа диференциjабилна и у тачки, односно да jе f ( = f +(. Њих рачунамо као малопре и добиjамо f ( def f( + h f( a( + h + c (4a + c 4ah + ah + h = 4a. h 0 (4a Како смо раниjе одредили да jе a = 0, то заправо добиjамо f ( = 0. Пређимо сад на f +(, где налазимо да важи f +( def f( + h f( h 0+ h d( + h + +h (4a + c a=0 d( + h + +h c ( d( + h + +h (d + h 0 + h ( d h 0 + (h + = d 4. У претходном рачуну смо користили да jе a = 0, релациjу (, a потом jе прескочен део када смо сређивали израз (искрено, мрзело ме jе да то исписуjем. И сада jе краj врло близу, наиме, из f ( = f +( (да би функциjа била диференциjабилна у тачки добиjамо 0 = d 4, односно d = 4, а потом из ( добиjамо c = d + =, а затим из ( и b = c =. Дакле, решење jе a = 0, b =, c = и d = 4. Остао jе jош део под б, коjи представља и лакши део. Шта jе питање? Да ли jе функциjа f непрекидно диференциjабилна за нађене вредности a, b, c и d из дела под а. Дакле, заправо jе питање да ли jе функциjа f непрекидна. С обзиром да говоримо о f, то функциjа f мора бити диференциjабилна, што jе обезбеђено према делу под а (jер испитуjемо за баш оне вредности a, b, c и d када jе f диференциjабилна, односно f постоjи. Прво што jе логично да урадимо jе да заменимо нађене вредности у функциjу f. Тада добиjамо да jе, x f(x =, < x. x 4 + x, x > Пошто jе таква функциjа диференциjабилна на R, то без било какве боjазности можемо наћи f (x тачка по тачка, односно, диференцирањем сваког дела. Тада добиjамо 0, x f (x = 0, < x. 4, x > x

7 Заправо, ако мало боље погледамо, функциjа f гласи { f 0, x (x = 4, x >. x И сада нас интересуjе да ли jе та функциjа непрекидна. Jасно се види да jе она непрекидна за R\{}, док у тачки испитуjемо према дефинициjи. Како jе f (x = 0, f (x x x + x +( 4 = 0 x и f ( = 0, то jе f (x f (x = f (, па jе наша функциjа (мислимо на f непрекидна у x x + тачки, а тиме непрекидна и на целом R. Дакле, функциjа f(x за вредности a, b, c и d из дела под а jе непрекидно диференциjабилна функциjа. Kоментар: одређен броj студената jе одмах лупио извод и рекао функциjа f jе та и та функциjа. И то за свако x R. То ниjе смело да се тако уради. Наиме, то смемо да урадимо за, у овом конкретном случаjу, x R \ {, }, али не и за тачке и jер се у њиховим околинама функциjа различито задаjе. Такође, неки су константе a, b, c и d тражили из услова за непрекидност функциjе f, и то изjедначаваjући f (x и f (x (на пример у тачки, коjе могу израчунати, jер знамо x x + како гласи f (x за x R \ {, }, то се са њима слажем, али су заборавили да код непрекидности функциjе постоjи jош jедан услов, а то jе да су леви и десни лимеси jеднаки са вредношћу функциjе у тоj тачки! Jер, сетимо се функциjе sgn x и тачке x = 0. Дакле, моjе питање њима jе: Kолико jе f (? Па, ви то нисте ни израчунали, а да бисте израчунали, морали бисте по дефинициjи. Штавише, ви не можете рећи f ( jе толико и толико, да би ми функциjа била непрекидна, jер то се зове додефинисавање почетне функциjе, и то jе НОВА функциjа, коjа jе врло слична староj, али се по особинама може доста разликовати. 6. Дата jе функциjа f(x = ( + 3xe x. а Наћи реалне броjеве a, b и c такве да важи f(x = ax + b + c x + o( x, x ±. (4 поена б Одредити све асимптоте функциjе f(x и у случаjу постоjања хоризонталне или косе асимптоте испитати да ли функциjа прилази са горње или доње стране. (3 поена Решење. Прво наравно радимо део под а. Приметимо да jе наша функциjа производ jедног полинома и експоненциjалне функциjе, тако да ћемо развиjати само експоненциjалну функциjу (jер желимо да све представимо преко полинома, коjи су фини, па нећемо дирати први полином. Да би развили експоненциjалну функциjу прво ћемо развити њен експонент, односно x. Оваj израз свако тежи нули, али желимо га представити као полином, што радимо на следећи начин x = x( x = ( = ( ( ( + o = x x x x x x + ( x + o x кад x ±, где смо искористили основни развоj ( + t α = + αt + o(t, t 0 и α R (код нас jе t = x, што тежи нули кад x ±. Дакле, добили смо f(x = ( + 3xe x + x +o( x кад x ±. Како експонент тежи нули, то имамо e x + x +o( x = + x + ( ( x + o x + o x + ( x + o x = + x + ( x + o x, jер важи e x = + x + o(x кад x 0. Сада смо врло близу краjа, наиме, остало jе jош да уврстимо оваj развоj у саму функциjу и налазимо f(x = (+3x (+ x + ( x +o x = 3x+4+ 7 x + ( ( x +o +o x x = 3x+4+ 7 ( x +o кад x ±. x Одатле лако читамо да jе a = 3, b = 4 и c = 7.

8 Сад урадимо и део под б. Прво, пошто говоримо о асимптотама потребно jе да одредимо област дефинисаности наше функциjе. Пошто имамо израз x, то постоjи могућност дељења нулом за x =. То jе уjедно и jедини проблем коjи може да настане, jер jе полиномиjална функциjа +3x увек дефинисана, као експоненциjална функциjа. Зато jе домен наше функциjе jеднак (, (, +. Технички говорећи, ово jе било потребно одредити jош у делу под а, jер нас интересуjе понашање функциjе кад x ±, па ако би на пример домен био [ 3, 4], онда део под а не би имао смисла. Али како jе наш домен леп, ми онда немамо оваквих проблема. Пошто смо решили део под а, а и кад се сетимо вежби, можемо лако закључити да наша функциjа има косу асимптоту, jер познаjемо понашање функциjе у бесконачностима. Наиме, из а закључуjемо да jе права y = 3x + 4 коса асимптота. Како jе 7 x > 0 за x +, то jе f(x > y, па функциjа прилази са горње стране косоj асимптоти кад x +. Слично, како 7 x < 0 за x, то jе f(x < y, па функциjа прилази са доње стране косоj асимптоти кад x. Такође, пошто смо утврдили постоjање косе асимптоте кад x ± то не постоjи хоризонтална асимптота. Остало jе jош да испитамо постоjање вертикалних асимптота. Њих испитуjемо у коначним тачкама коjе не припадаjу домену. У нашем случаjу то jе тачка. Интересуjу нас леви и десни лимес функциjе у тоj тачки, односно Са друге стране x x f(x + 3xe ( x f(x + 3xe + +( x x = 0 ( jер e x x = + ( jер e x x 0 x + +, a + 3x не мења знак Одатле закључуjемо да функциjа у тачки x = има вертикалну асимптоту са десне стране. Коментар: многи су урадили део под а (мање - више тачно, а онда код дела б нису користили део под а да би брзо нашли (видели косе асимптоте, већ су тражили k и n као у средњоj школи (што jе наравно било дозвољено, али jе водило ка тежем решењу. Такође, писано jе e x = + x + o( x, a потом сте поистовећивали o( x са o( x, jер све радимо наводно у бесконачности. Али овим последњим поступком сте поjели jедно x у развоjу (коjе jе такође доста мало кад x ±, па сте добиjали c = 6 уместо c = 7. Ал добро, ниjе то сад тако страшна грешка. напомена: Студент ради задатке 5 и 6 и бира jедан од задатака и, односно 3 и 4. Време израде задатака jе 0 минута.