Изпит уасг - Анализ 1

[A.Boqrov]

Ако някои може да помогне.. Моля да го направи.

[A.Boqrov]

2 Вариант

[A.Boqrov]

3 Вариант

[R Flavius]

1.
[tex]lim_{x->0} \frac{ln(sin2x)}{ln(sinx) }[/tex] Тук прилагаме правилото на Лопитал за неопределеност от вида безкрайност върху безкрайност и получаваме: [tex]lim_{x->0}\frac{\frac{2cos2x}{sin2x } }{\frac{cosx}{sinx } }=lim_{x->0} \frac{2cos2x.sinx}{2sinx.cosx.cosx }=lim_{x->0}\frac{cos2x}{cosx.cosx }=\frac{1}{1.1 }=1[/tex]
3.
[tex]\int_{1}^{ e } \frac{dx}{x\sqrt{1-ln^{2}x} }=\int_{1}^{ e } \frac{d(lnx)}{\sqrt{1-ln^{2}x} }=arcsin(lne)-arcsin(ln1)=arcsin(1)-arcsin(0)=\frac{\pi }{ 2}-0=\frac{\pi }{2 }[/tex]
2.
[tex]y=x\sqrt{2-x^{2}}=>y'=\frac{2(1-x^{2})}{ \sqrt{2-x^{2}}}[/tex]
[tex]y'=0 => x_{1,2}=\pm 1=>[/tex]
[tex]y_{min}=y(-1)=-1;
y_{max}=y(1)=1[/tex]тъй като функцията е намаляваща за [tex]x\in (-\sqrt{2};-1 )\cup (1;\sqrt{2} )[/tex] и растяща за [tex]x\in (-1;1)[/tex]

[A.Boqrov]

Благодаря Някои ако може да се справи с 5 - та и 6 - та също ще бъде много полезен.

[stflyfisher]

Това, което се вижда на снимка 1, задача 5 е:

Да се докаже, че: [tex]\lim_{x \to \infty } \frac{n^k}{a^n}=0[/tex]

Според мен има грешка, в условието и не можее да бъде равно на 0, защото:

[tex]\lim_{x \to \infty }\frac{n^k}{a^n}=\frac{n^k}{a^n},[/tex]за [tex]\foral n, a,k \in \Re[/tex]

Може би става дума за:
[tex]\lim_{n \to \infty }\frac{n^k}{a^n}=0[/tex]

[savis_90]

Колега, това като гледам са на доц. Стефанов задачки, нали ? Питам понеже и аз имам един вариант много подобен на тези

[stflyfisher]

По снимка 2:

1.) Очевидно не е доказана задачата.

2.) От това, че [tex]f(x) -[/tex] е нечетна, НЕ следва, че [tex]F(x)[/tex], такава, че [tex]F'(x)=f(x), F(x)[/tex] също e нечетна. Пример: [tex]f(x)= x^3, F(x)=\frac{x^4}{4}=>F'(x)=x^3[/tex]

3.) Не е наясно как се решава определен интеграл с формулата на Нютон-Лайбниц

[savis_90]

1. Намерете границата [tex]\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{4}{5 - n^2}\right)^{2n(3 - n)}[/tex]

2. Да се намерят локалните екстремуми и интервалите на монотонност на функцията [tex]y = x \sqrt{2 - x^2}[/tex]

3. Пресметнете интеграла [tex]\int_{}^{}\frac{dx}{8 + x^3}[/tex]

4. Намерете асимптотите на функцията [tex]y = 2x + arctg \frac{x}{2}[/tex]

5. Докажете, че редицата [tex]Sn = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}[/tex] е разходяща.
Упътване: Покажете, че тя не удовлетворява критерия на Коши за сходимост.

6. Докажете, че ако две функции имат равни производни в даден интервал, то те се различават с константа.

7. Докажете, че ако [tex]f(x)[/tex] е четна функция, то [tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx[/tex]

[A.Boqrov]

Колега, това като гледам са на доц. Стефанов задачки, нали ? Питам понеже и аз имам един вариант много подобен на тези

Да за доц.Стефанов става въпрос

[savis_90]

Това ли са ти всичките варианти ? Аз съм хидро, но ще се явявам с вас сега на 20 (май с 1 група).

[A.Boqrov]

Това ли са ти всичките варианти ? Аз съм хидтро, но ще се явявам с вас сега на 20 (май с 1 група).

Значи ще се засечем и аз ще се явявам с първа група, но не сам от нея. Това са ми задачите други имасх ли ти ако имаш давай насам

[savis_90]

Само това което публикувах по-горе. На изпита ни проверяваха листата преди да излезем Само този вариант премина бариерата. Успех на 20

[A.Boqrov]

Ясно, някой, ако може да помога с решенията с колегата ще сме му много благодарни.

[stflyfisher]

5. Докажете, че редицата [tex]Sn = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}[/tex] е разходяща.
Упътване: Покажете, че тя не удовлетворява критерия на Коши за сходимост.

Като за начало да припомни критерия на Коши за сходимост:

Теорема:[tex]\sum_{n=1}^{\infty }u_n[/tex] е сходящ [tex]<=>[/tex]

[tex]\foral \epsilon>0, \exist n_{\epsilon},[/tex], че при [tex]\foral n\ge n_{\epsilon} , \foral p\ge 0, n_{\epsilon}, n, p \in N_{0}[/tex] е изпълнено нер-то:

[tex]|u_n+u_{n+1}+u_{n+2}+...u_{n+p}|<\epsilon[/tex]

За [tex]\foral n=1,2,3...[/tex] се поличава:

[tex]|u_n+u_{n+1}+u_{n+2}+...u_{2n-1}|=|\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n-1}|=[/tex]


[tex]=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n-1}>\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}+...+\frac{1}{2n}=\frac{n}{2n}=\frac{1}{2}[/tex]

т.е. [tex]\foral n[/tex] при [tex]\epsilon=\frac{1}{2}, p=n-1[/tex] не се изпълнюва нер-то от критеря на Коши=>разходящ

п.п. Редът [tex]S_n= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}[/tex]-се нарича Хармоничен ред

[stflyfisher]

3. Пресметнете интеграла [tex]\int_{}^{}\frac{dx}{8 + x^3}[/tex]

[tex]\int_{}^{}\frac{dx}{8 + x^3}=\int_{}^{}\frac{dx}{ x^3+8}[/tex]-интеграл от Дробно-рационална функция на х, на който степента на числителя е по-малка от степента на знаменателя. Някъде във форума имаше описaна теорията, за решаването на този вид интеграли.

[tex]\int_{}^{}\frac{dx}{8 + x^3}=\int_{}^{}\frac{dx}{ x^3+8}=\int_{}^{}\frac{dx}{ (x+2)(x^2-2x+4)}=[/tex]

[tex]\frac{1}{ (x+2)(x^2-2x+4)}=\frac{A}{x+2}+\frac{Mx+N}{x^2-2x+4}[/tex]

[tex]1=(A+M)x^2+(-2A+2M+N)x+4A+2N => \begin{tabular}{|}A+M=0\\-2A+2M+N=0\\4A+2N=1\end{tabular}=>[/tex]


[tex]A=\frac{1}{12}, M=-\frac{1}{12},N=\frac{1}{3}[/tex]

[tex]\int_{}^{ } \frac{1}{ (x+2)(x^2-2x+4)}=\int_{}^{ } [\frac{\frac{1}{12}}{x+2}+\frac{-\frac{1}{12}x+\frac{1}{3}}{x^2-2x+4}]dx=[/tex]

[tex]=\frac{1}{12}\int_{}^{ } \frac{1}{x+2}dx+\int_{}^{ } \frac{-\frac{1}{12}x+\frac{1}{3}}{x^2-2x+4}dx=...[/tex]

Първият е с много малка преработка става табличен, а вторият се решава със субституция на Хорнер.

[A.Boqrov]

Мисля, че stflyfisher си спечели няколко бири.

[stflyfisher]

[tex]\lim_{n \to \infty }\frac{n^k}{a^n}=0[/tex]

За тази задача трябва да се направи допълнително уточнение:

[tex]a>1, k \in N[/tex]

Решение:

Разглеждаме редицата: [tex]\{a_n\}_{1}^{\infty },a_n=\frac{n^k}{a^n}= n^k.(\frac{1}{a})^n,a>1, k \in N[/tex].

Разглеждаме:

[tex]\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^k.(\frac{1}{a})^{n+1}}{n^k.(\frac{1}{a})^n}=(\frac{n+1}{n})^k.(\frac{1}{a})[/tex]

От

[tex]\lim_{n \to }(\frac{n+1}{n})^k.(\frac{1}{a})=1^k.\frac{1}{a}=\frac{1}{a}<1[/tex],

защото [tex]a>1[/tex].

От горното следва,че за всички достатъчно големи [tex]n[/tex], ще е изпълнено:

[tex]\frac{a_{n+1}}{a_n}<1[/tex], но [tex]a_n=\frac{n^k}{a^n}>0=>[/tex]

[tex]0<a_{n+1}<a_n[/tex],

т.е редицата намаляваща. Тъй като е и ограничена отдолу, тя е сходяща и клони към някаква граница l.
Допускаме, че: [tex]l \ne 0[/tex]

Чрез граничен преход в [tex]\frac{a_{n+1}}{a_n}[/tex] се получава:

[tex]\lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{\lim_{n \to \infty }a_{n+1}}{\lim_{n \to \infty } a_n}=\frac{l}{l}=1[/tex],

но
[tex]\lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty }(\frac{n+1}{n})^k.(\frac{1}{a})=1^k.\frac{1}{a}=\frac{1}{a} =>[/tex]

[tex]1=\frac{1}{a}=> a=1 =>[/tex] противоречие с условието, че [tex]a>1[/tex], което дойде от допускането, че [tex]l \ne 0=> l=0[/tex]

Доказахме, че: [tex]\lim_{n \to \infty } \frac{n^k}{a^n}=0[/tex]

[stflyfisher]

6. Докажете, че ако две функции имат равни производни в даден интервал, то те се различават с константа.

Нека са дадени функциите:

[tex]y_1=f(x), y_2=g(x), \exist y_1'=f(x)', \exist y_2'=g'(x)[/tex] и в даден интервал[tex]f'(x)=g'(x)[/tex], Образуваме разликата:

[tex]\varphi(x) =f(x)-g(x)=>\varphi '(x)=(f(x)-g(x))'=f'(x)-g'(x)=f'(x)-f'(x)=0=>\varphi (x) =C, C-const=>f(x)-g(x)=C=>f(x)=g(x)+C=>y_1=y_2+C[/tex] в този интервал.

[stflyfisher]

2. Да се намерят локалните екстремуми и интервалите на монотонност на функцията [tex]y = x \sqrt{2 - x^2}[/tex]

1.) [tex]DM: 2-x^2\ge 0=>x^2-2\le 0=> x \in [-\sqrt{2}; \sqrt{2}][/tex]

2.)[tex]y'=(x\sqrt{2-x^2})'=x'\sqrt{2-x^2}+x(\sqrt{2-x^2})'=\sqrt{2-x^2}+ x.\frac{1}{2\sqrt{2-x^2}}.(-x^2)'=[/tex]

[tex]=\sqrt{2-x^2}+ x.\frac{1}{2\sqrt{2-x^2}}.(-2x)=\sqrt{2-x^2}- \frac{x^2}{\sqrt{2-x^2}}=[/tex]

[tex]=\frac{2-2x^2}{\sqrt{2-x^2}[/tex]

[tex]y'=2\frac{1-x^2}{\sqrt{2-x^2}[/tex]

[tex]y'=0[/tex]

[tex]2\frac{1-x^2}{\sqrt{2-x^2}}=0=>x_1=-1, x_2=1[/tex]

[tex]y'>0[/tex]

[tex]2\frac{1-x^2}{\sqrt{2-x^2}}>0<=>1-x^2>0,<=>x^2-1<0<=>(x+1)(x-1)<0=>[/tex]

1.)при [tex]x \in (-1;1)\cap DM =>x \in (-1;1), y--[/tex]расте

[tex]y'<0[/tex]

[tex]2\frac{1-x^2}{\sqrt{2-x^2}}<0<=>1-x^2<0,<=>x^2-1>0<=>(x+1)(x-1)>0=>[/tex]

2.)при [tex]x \in [(-\infty ;-1)\cup (1;+\infty )]\cap DM=>x \in[-sqrt{2};-1)\cup (1; \sqrt{2}], y--[/tex]намалява

от 1.) и от 2.) =>

[tex]y_{min}=y(-1)=(-1).\sqrt{2-(-1)^2}=-1[/tex]

[tex]y_{max}=y(1)=1.\sqrt{2-1^2}=1[/tex]

[stflyfisher]

7. Докажете, че ако [tex]f(x)[/tex] е четна функция, то [tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx[/tex]

Нека [tex]\exist \int_{-a}^{a} f(x) dx , f(x)[/tex]-четна функция [tex]f(-x)=f(x)[/tex]

От [tex]\exist \int_{-a}^{a} f(x) dx => \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)[/tex], няма да зависи от делението [tex]\tau[/tex] на интeрвала [tex][-a;a][/tex], нито от избора на междините точки [tex]\xi_k[/tex].

Това ни позволява да изберем подходящо деление [tex]\tau[/tex] и подходящи междинни точки [tex]\xi_k[/tex].

Разделяме [tex][-a;a][/tex] на [tex]2n[/tex] равни части, [tex]k=0, 1, 2...n...2n[/tex] . Тогава [tex]x_k=-a+k.\frac{2a}{2n}=-a+k.\frac{a}{n}=> \Delta x_k=x_k-x_{k-1}=-a+k.\frac{a}{2}-(a+(k-1).\frac{a}{2})=\frac{2}{n}[/tex]

За [tex]\xi_k[/tex] избираме десния край на частичния интервал [tex][x_{k-1}; x_k], t.e. \xi_k=-a+k.\frac{a}{n}[/tex]

Поради симетричността на интервала и така избраното деление => при[tex],j>i, i+j=2n[/tex]

[tex]\xi_i=-\xi_j[/tex]

[tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)[/tex]

[tex]\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)=\sum_{k=0}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=\sum_{k=0}^{n-1 }f(\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=\sum_{k=n}^{2n }f(-\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=[/tex]

като поради четността на функцията [tex]=> f(\xi_k) = f(-\xi_k)[/tex]

[tex]=\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=2\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k[/tex]

[tex]\int_{0}^{a} f(x) dx = \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)[/tex]

Разделяме [tex][0; a][/tex] на [tex]n[/tex] равни части използвайки горното деление [tex]\tau ,k=n,n+1...,2n[/tex]


[tex]\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)=\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k[/tex]

[tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)=\lim_{d_{\tau} \to 0}2\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=[/tex]

[tex]=2\lim_{d_{\tau} \to 0}\sum_{k=n}^{n }f(\xi_k).\Delta x_k=2\int_{0}^{a} f(x) dx[/tex]

[savis_90]

stflyfisher супер си

[stflyfisher]

Докажете, че ако [tex]f(x)[/tex] е нечетна функция, то [tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx =0[/tex]

Нека [tex]\exist \int_{-a}^{a} f(x) dx , f(x)[/tex]-четна функция [tex]f(-x)=-f(x)[/tex]

От [tex]\exist \int_{-a}^{a} f(x) dx => \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)[/tex], няма да зависи от делението [tex]\tau[/tex] на интeрвала [tex][-a;a][/tex], нито от избора на междините точки [tex]\xi_k[/tex].

Това ни позволява да изберем подходящо деление [tex]\tau[/tex] и подходящи междинни точки [tex]\xi_k[/tex].

Разделяме [tex][-a;a][/tex] на [tex]2n[/tex] равни части, [tex]k=0, 1, 2...n...2n[/tex] . Тогава [tex]x_k=-a+k.\frac{2a}{2n}=-a+k.\frac{a}{n}=> \Delta x_k=x_k-x_{k-1}=-a+k.\frac{a}{2}-(a+(k-1).\frac{a}{2})=\frac{2}{n}[/tex]

За [tex]\xi_k[/tex] избираме десния край на частичния интервал [tex][x_{k-1}; x_k], t.e. \xi_k=-a+k.\frac{a}{n}[/tex]

Поради симетричността на интервала и така избраното деление => при[tex],j>i, i+j=2n[/tex]

[tex]\xi_i=-\xi_j[/tex]

[tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)[/tex]

[tex]\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)=\sum_{k=0}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=\sum_{k=0}^{n-1 }f(\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=\sum_{k=n}^{2n }f(-\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=[/tex]

като поради нечетността на функцията [tex]=> f(\xi_k) = -f(\xi_k)[/tex]

[tex]=\sum_{k=n}^{2n }[-f(\xi_k)].\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=[/tex]

[tex]=-\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k+\sum_{k=n}^{2n }f(\xi_k).\Delta x_k=0=>[/tex]

[tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = \lim_{d_{\tau} \to 0}\sigma_{\tau}(f(x); \xi_k)=\lim_{d_{\tau} \to 0}0=0[/tex]

[savis_90]

7. Докажете, че ако [tex]f(x)[/tex] е четна функция, то [tex]\int_{-a}^{a} f(x) dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) dx[/tex]

Хммм, а ако се реши така?

[tex]\int_{-a}^{a} f(x)dx = \int_{-a}^{0} f(x)dx + \int_{0}^{a} f(x)dx[/tex]
Нека x = -t [tex]\Leftrightarrow \left{\begin{array}{ll}
x=-a & \Leftrightarrow & t=a \\ x=0 & \Leftrightarrow & t=0 \end{array} \right.[/tex]

[tex]\int_{-a}^{0} f(x)dx = \int_{a}^{0} f(-t)d(-t) = - \int_{a}^{0} f(t)dt = -(- \int_{0}^{a} f(t)dt ) = \int_{0}^{a} f(t)dt \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\int_{-a}^{a} f(x)dx = \int_{0}^{a} f(t)dt + \int_{0}^{a} f(x)dx \Leftrightarrow[/tex]

[tex]\int_{0}^{a} f(t)dt + \int_{0}^{a} f(x)dx = 2 \int_{0}^{a} f(x)dx[/tex]

[tex]\int_{0}^{a} f(t)dt = 2 \int_{0}^{a} f(x)dx - \int_{0}^{a} f(x)dx = \int_{0}^{a} f(x)dx[/tex]