NMAF 051, ZS Zkoušková písemná práce 4. února 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 4 Celkem bodů Bodů Získáno [4]. Spočtěte tan + cos d, pečlivě popište definiční obor integrandu f a vámi nalezené primitivní funkce F. Určete, kde platí vztah F = f. Integrand tan +cos zřejmě není definován pro taková R, kde + cos = 0, tedy pro = π + kπ, k Z. Zároveň musí být argument integrandu v definičním oboru funkce tan. Definiční obor integrandu je tedy π + kπ, π + kπ. Jednostranné ity v bodě π jsou k Z tan π + + cos = 0, tan π + cos = +, integrand tedy nelze v případě potřeby spojitě dodefinovat v bodech π + kπ. Počítejme tan + cos d = tan + cos sin d = tan + cos d = tan + cos tan d tan = tan d = u = tan, π, π du = cos d = + u d = u du = u ln +C π, π = tan +C ln π, π, výpočet je pochopitelně platný pouze pro π, π, na jiných intervalech by výpočet proběhl obdobně, integrační konstanta se všem může lišit interval od intervalu. Primitivní funkce je definována pro k Z π + kπ, π + kπ, vztah F = f, platí na každém z těchto intervalů.

2 [4]. Spočtěte itu posloupnosti n + sin n + n + n sin + sin n. n n Uvědomíme si, že itu posloupnosti můžeme počítat tak, že prozkoumáme itu Uvedenou itu spočteme kupříkladu takto + sin + sin + sin. + sin + sin + sin = = e ln+sin e ln+sin +sin ln+sin = e ln+sin sin sin ln e +sin +sin +sin «+ +sin +sin +sin ln = e ln+sin sin e sin «ln e ln+sin +sin e ln+sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin ««+ +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin + = e ln+sin e ln ln = e ln+sin sin e sin sin sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin ln +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin +sin + ««+ sin sin = e.

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, tečny v infleních bodech, asymptoty, graf. f =. Vlastnosti funkce je nutné jasně odůvodnit výpočtem, vyčíst vlastnosti rostoucí, klesající, konvení, konkávní a podobně z grafu funkce nestačí a za takovéto odůvodnění nebudou přiděleny body. Připomínáme: Funkce je funkce inverzní k funkci cot = cos sin Funkce je definovaná na R, obor hodnot je [0, π]. Funkce na intervalu [0, π]. tedy není definována pouze pro = ±. Definiční obor je tedy,,, +. Funkce je zjevně sudá, nebot =, funkce není periodická. Na svém definičním oboru je funkce spojitá složení spojitých funkcí, ity v krajních bodech definičního oboru jsou ±± = π, ± = 0, ± = π. Spočteme první derivaci d d = + d d = +. Funkce je tedy rostoucí na intervalech, a, 0 a je klesající na intervalech 0, a, +. V bodě = 0 máme podezření na etrém v této chvíli již můžeme říci, a to aniž bychom vyšetřovali druhou derivaci, že stacionární bod = 0 bude lokálním maimem. Hodnota funkce v bodě = 0 je = π 4. Limity derivace v bodech ± jsou ±± ±± Spočtěme druhou derivaci, jest d d d d = d d = d d = + ±± + ± + = d d + = d d =, = +. + = 4 +. Zjistěme, kde je druhá derivace nulová. Řešením kvadratické rovnice y y jsou body y, = ± 7, přičemž kladný je pouze kořen y = + 7. Rovnice 4 má tedy dva reálné kořeny a sice, = ±.

4 Z průběhu druhé derivace tudíž plyne: f je konvení,, konkávní, konkávní,,, konkávní,, konvení,,,, +.,, Rovnice tečen v infleních bodech jsou zřejmě kde 0 = ± y = f 0 + f 0 0,. V tuto chvíli můžeme nakreslit graf funkce, viz Obrázek a odečíst zbývající informace. Funkce není prostá, nemá maimum ani minimum má však supremum π a infimum 0. Obor hodnot je 0, π 4 π, π.

5 [0] 4. Napiště obecný tvar Taylorova rozvoje s Lagrangeovým tvarem zbytku pro funkci f v bodě z 0. Najděte Taylorův rozvoj funkce fz = arctanhz, do řádu o z v bodě z 0 = 0. Najděte Taylorův rozvoj funkce π fz = sin z, do řádu o z v bodě z 0 =. Užitím Taylorových rozvojů vhodných funkcí spočtěte itu 0 arctanhe 4 + sin π Obecný tvar Taylorova rozvoje je: kde ξ 0,. f = n k=0 f k 0 k! Dosazením do výše uvedeného vzorce dostaneme 0 k + fn+ ξ n +! 0 n+, arctanhz = arctanhz z=0 + d dz z=0 arctanhz z + d dz arctanhz z + o z z=0 = 0 + z z z z=0 z z + o z = z + o z. z=0 Odvozený vzorec zřejmě bude platit, správně nám vyšlo, že obsahuje pouze liché mocniny z, a to proto, že funkce arctanhz je lichá funkce. Stejný postup zopakujeme i pro druhou funkci π π sin y = sin y + y= d π dy sin y y= y + d π dy sin y= y y + o y Podívejme se tedy, jak bude vypadat kompletní Taylorův rozvoj funkce v čitateli, jest e = + +! + o, e =! + o, arctanhe =! + o + o =! + o. Soustřed me se nyní na jmenovatel, zjevně budeme potřebovat rozvoj do řádu. Jest + = + + o, sin π π + = + + o = π 8 8 celkem tedy 0 arctanhe 4 + sin π = 0! + o 4 + π + o = 0 = sin π + 0 π 8 y = π 8 y. + + o + o = π + o, + o π + o = 0 + o π + o = 6 π.

6 Obrázek : Graf funkce. 0