NMAF 051, ZS Zkoušková písemná práce 16. ledna 2009

Transkript

1 Jednotlivé kroky při výpočtech stručně, ale co nejpřesněji odůvodněte. Pokud používáte nějaké tvrzení, nezapomeňte ověřit splnění předpokladů. Jméno a příjmení: Skupina: Příklad 3 5 Celkem bodů Bodů Získáno []. Napiště obecný tvar Taylorova rozvoje s Lagrangeovým tvarem zbytku) pro funkci f v bodě z 0. Odvod te Taylorův rozvoj funkce v bodě z 0 = 0. fz) = 3 + z, Užitím Taylorových rozvojů vhodných funkcí spočtěte itu Obecný tvar Taylorova rozvoje je: kde ξ 0, ). f) = n 0 f k) 0 ) k! Dosazením do výše uvedeného vzorce dostaneme kde ) n k = nn ) n k+) k!. Víme, že platí arctan cos) sin + e e z = n 0 ) k + fn+) ξ) k + )! ) 3 z k + o z k), k cos =! +! + o 5), ze vztahu pro obecný Taylorův rozvoj snadno zjistíme, že + d k arctany = k! dy k arctany) y k = arctany y=0 + y=0 + y y y=0 0 ) k, výraz v čitateli má proto Taylorův rozvoj arctan cos) = arctan! + o ) ) =! + o ). y + y ) y + o y ) = y + o y ), y=0 Složitý výraz ve jmenovateli proto stačí rozvést pouze do řádu o ), což mimo jiné znamená, že členem sin = 3 3! + o )) ) = o se vůbec nemusíme zabývat. Zbývá nalézt rozvoj členu e e 3. Počítejme e e 3 = e e 3 ) = e e 3 +o ) ) = e e 3 +o ) ) = e 3 + o ) )) = e 3 + o ), kde jsme využili známé rovoje + y) n = + e y = ) n y k = + y k n + o y), k k! = + y + oy).

2 celkem tedy 0 arctan cos) sin + e e 3. = 0 )! + o ) e 3 + o ) = + o ) 0 e 3 + o ) ) = 3 e. Závěrem drobná poznámka. Uvědomte si prosím, že rozvoj e y = k k! = + y + oy) platí pro y 0. Nelze tedy kupříkladu psát jak bylo často vidět ve zkouškové písemné práci) e 3 = + 3 ) k a to proto, že 3 0 pro 0. Pokud chcete nalézt Taylorův rozvoj zmíněné funkce tedy e 3 ), musíte bud použít obecný vzorec pro Taylorův rozvoj a vypočítat tedy všechny potřebné derivace a vyčíslit je v příslušných bodech, nebo můžete použít početní trik tak, jako ve výše uvedeném postupu, tedy e 3 = e 3 +) = e e 3 ), kde je nyní 3 ) 0 a lze proto použít známý vzorec pro rovoj eponenciály v nule. k!,

3 []. Vyšetřete průběh následujících funkce definiční obor, obor hodnot, prostá, sudá nebo lichá, spojitost, body nespojitosti, ity v bodech nespojitosti, diferencovatelnost, spojitost derivace, ity derivace v bodech nespojitosti derivace, monotonie, konvení, konkávní, lokální a globální etrémy, inflení body, asymptoty, graf). f) = ln Definiční oborem zkoumané funkce je zřejmě R + kvůli funkci ln). Funkce zjevně není ani sudá ani lichá nebot je definována pouze na kladné reálné poloose. Funkce není periodická. Jest 3 + = ) ), zkoumejme tedy funkci f na třech intervalech, jmenovitě ln ln , ), = ln + 3, ), ln + 3 +, + ). Hodnoty funkce v bodech = a = jsou f) = 0 a f) = ln > 0. Limity v krajních bodech definičního oboru jsou f) =, 0+ f) = +. + V bodě = 0 má tedy funkce vertikální asymptotu. Funkce je na svém definičním oboru spojitá funkce je složením a součtem spojitých funkcí). Spočtěme první derivaci d ln ) = d Limity derivace v bodech = a = jsou d d d d d d ln ) = + 3 0, ), ln + 3 ) = + 3, ), ln ) = + 3, + ). f ) = 0, f ) =, + f ) =, + f ) = 3, derivace v těchto bodech tedy neeistuje. Najděme body, kde f ) = 0, jest + 3 = 0, pro 0, ), + ) + 3 = 0, pro, ). Řěšením první rovnice je = a =, řešením druhé rovnice je = 3 ± 7, vzhledem k omezením kladeným na tedy máme pouze dva stacionární body, a = 0, ), + ) a b = 3 + 7, ). Funkce je tudíž rosoucí na intervalech ) 0,,, 3 + ) 7 a, + ) a je klesající na intervalech, ) 3 a + 7 )., Spočtěme druhou derivaci d d ln ) = d d ln ) = + 0, ), d d ln + 3 ) = < 0, ), d d ln ) = +, + ).

4 Najděme body, kde f ) = 0. Stačí řešit rovnici + = 0, pro zkoumané rozmezí má uvedená rovnice jedinné řešení a sice c =. Funkce je tudíž konkávní na intervalu ) ) 0, a na intervalu, ) a je konvení na intervalu, a na intervalu, + ). Vybaveni těmito informacemi můžeme nakreslit graf viz obrázek ). Z grafu vyčteme zbývající informace: funkce není prostá, obor hodnot je R. Funkce má lokálním maimum v bodě a = a b = 3 + 7, funkce má lokální minimum v bodě = a v bodě =.

5 [3] 3. a) Necht platí, že f) =, kde 0 R a P 0 ) platí, že g) < β, kde β > 0. Co lze říci o itě 0 f)g)? Své tvrzení dokažte. 0 [5] b) Uvažujte funkci f C [a, b]). Necht dále pro každé racionální číslo y Q [a, b] platí, že fy) = 0. Ukažte, že pak musí být fz) = 0 pro každé z [a, b]. Ze zadání příkladu víme obecná definice ity) L > 0, P δ 0 ), P δ 0 ) : f) < L, ) β > 0, P µ 0 ) : g) < β. Potom ale nutně P δ 0 ) P µ 0 ) : f)g) > Lβ. Pro libovolné M > 0 lze tedy najít δ plyne z ), kde L volíme jako M β ) tak, aby platilo f)g) > Lβ = M β β = M, což je vpodstatě definice ity 0 f)g) = +. Věnujme se nyní druhé části příkladu, proved me důkaz sporem. Necht z [a, b] Q [a, b]) a cht je v tomto bodě fz ) 0. Ze spojitosti funkce f pak ovšem plyne, že musí eistovat takové okolí U δ z ) tak, že funkce f je zde nenulová, aneb U δ z ) : f) > 0. V tomto okolí ale zároveň vždy bude nějaké racionální číslo y U δ z ) Q a musí tedy být fy) = 0, což je spor.

6 [0]. Pro funkci f C [a, b]) zformulujte a dokažte základní větu diferenciálního a integrálního počtu. Dokažte, že je-li funkce f spojitá na R, pak eistuje primitivní funkce, to jest eistuje funkce F taková, že F = f. Návod: Uvědomte si, že R = + n= [ n, n]. Základní věta diferenciálního a integrálního počtu pro f C [a, b]) zní: Bud f C [a, b]) pak definujeme s konvencí F a a) = 0. Pak platí F a ) = a fy) dy, neboli F a ) je primitivní funkce k f na a, b). 0 [a, b) : F a 0+) = f 0 +), 0 a, b] : F a 0 ) = f 0 ), Větu dokážeme kupříkladu takto. Zabývejme se například o derivaci zprava, 0 [a, b).) F a F a ) F a 0 ) 0+) = = 0+ 0 = a fy) dy = 0+ 0 fy) dy 0 a 0 ) fy) dy fy) f 0 +)) dy + f 0 +) = f 0 +) a to za předpokladu, že podaří ukázat fy) f 0+)) dy 0, k čemuž využijeme spojitosti funkce f). Je-li totiž funkce f) spojitá na uzavřeném intervalu [a, b], pak lze pro libovolné ε > 0 najít takové, aby ma y [0,] fy) f 0 +) < ε, proto fy) f 0 +)) dy ma fy) f 0+) y [ 0,] dy = ma y [ 0,] fy) f 0+) ε. Přikročme nyní k důkazu eistence primitivní funkce na celém R. Je-li f C R), pak dle základní věty diferenciálního a integrálního počtu nutně eistuje primitivní funkce na jakémkoliv intervalu [ n, n], označme si ji F n. Pak platí n, n) : F n) = f). Definujme si nyní G n ) = F n ) F n 0) a následně pak konečně primitivní funkci na celém R jako F) = G n ) pro [ n, n] z konstrukce pak plyne, že funkce F) je skutečně primitivní fucnkí a že je určená jednoznačně.

7 [6] 5. Uvažujte následující matematickou hru. Zvolíme kladné reálné číslo, a pak spočteme, tento proces opakujeme nekonečněkrát v druhém kroku hry tedy kupříkladu dostaneme ). Jaké číslo pokud vůbec nějaké) dostaneme na konci hry? Úlohu lze vyřečeit kupříkladu takto. Po první aplikaci odmocniny na číslo dostaneme, druhá aplikace odmocniny dává = n + e ln 0 =. ) =, n-tá aplikace odmocniny tedy vyústí v n. Nyní stačí provést itu n + n = Případně lze použít následující postup. Úloha se zřejmě dá zapsat rekurzivně, v n + -tém kroku hry dostaneme a n+ = a n, ) kde a n je výsledek z předchozího, n-tého, kroku. Zkoumejme nyní posloupnost {a n } + n=, zřejmě platí <, >, =, =, >, <, vše je zřejmé z grafu funkce odmocnina, v případě potřeby byste jistě dokázali najít přesnější argument. Pro a 0 = je tedy nutně n + a n = a dále pro a 0 > platí a n+ < a n a naopak a n+ > a n, posloupnost je navíc v obou příadech omezená. V obou případech tedy máme omezené monotónní posloupnosti, podle příslušné věty tedy tyto posloupnosti musí mít itu, označmě si ji a + a a, itním přechodem v rekurentním vztahu ) ovšem dostaneme a n+ = an, n + n + a ± = a ±. Pro itní hodnotu tedy máme rovnici a ± = a ±, jejímž řešením je a ± = 0 nebo a ± =, zjevně nemůže být a ± = 0, výsledkem hry je proto v každém případě a =.

8 Obrázek : Graf funkce ln