matma

matma, Studia (Geologia,GZMIW UAM), I rok, Matematyka

[ Pobierz całość w formacie PDF ]
1
Kolokwiumzmatematykinr1,Grupa:
A
,godzina:15
15
Zadanie1.
Wyznacz pierwiastki wielomianu
W
(
x
) = 2
x
2
−
4
x
+4 w dziedzinie zespolonej.
Rozwi¡zanie.
Poniewa» wyró»nik (delta) wielomianu
W
(
x
) jest równy
= (
−
4)
2
−
4
·
2
·
4 =
−
16
,
wi¦c
W
(
x
) nie posiada pierw
iast
ków rzeczywistych.
Po
siada natomiast pierwiastki zespo-
p
lone. Bior¡c pod uwag¦, i»
p
−
1 =
i
, otrzymujemy
= 4
i
oraz
4
−
4
i
4
4 + 4
i
4
x
1
=
= 1
−
i,
x
2
=
= 1 +
i.
Zadanie2.
Wyznacz wzór prostej stycznej do krzywej
f
(
x
) =
xe
x
+ 1 w punkcie (0
,
1).
Rozwi¡zanie.
Wzór stycznej do krzywej w danym punkcie ma posta¢
y
−
y
0
=
f
0
(
x
0
)(
x
−
x
0
)
,
a zatem musimy jedynie obliczy¢
f
0
(
x
0
). Zaczniemy od obliczenia
f
0
(
x
). W tym celu sko-
rzystamy najpierw ze wzoru na pochodn¡ sumy, a nast¦pnie na pochodn¡ iloczynu. Mamy
wi¦c
f
0
(
x
) = (
xe
x
+ 1)
0
= (
xe
x
)
0
+ (1)
0
= (
xe
x
)
0
= (
x
)
0
e
x
+
x
(
e
x
)
0
= 1
·
e
x
+
xe
x
=
e
x
+
xe
x
.
Sk¡d
f
0
(
x
0
) =
f
0
(0) =
e
0
+ 0
·
e
0
= 1
,
poniewa»
e
0
= 1. Tym samym wzór stycznej do krzywej
f
przyjmuje posta¢
y
−
1 = 1
·
(
x
−
0)
,
a zatem
y
=
x
+ 1
.
Zadanie3.
Zbadaj monotoniczno±¢ funkcji
f
(
x
) =
1
3
x
3
+
1
2
x
2
−
12
x
−
3.
Rozwi¡zanie.
Poniewa» funkcja
f
(
x
) =
1
3
x
3
+
1
2
x
2
−
12
x
−
3 jest ró»niczkowalna, wyko-
rzystamu rachunek ró»niczkowy do zbadania jej monotoniczno±ci. Mamy
1
3
x
3
0
1
2
x
2
0
0
1
3
·
3
x
2
+
1
f
0
(
x
) =
−
(3)
0
=
+
−
12
x
2
·
2
x
−
12
·
1
−
0 =
x
2
+
x
−
12
.
Na podstawie teorii wiemy, »e funkcja
f
ro±nie w przedziałach, w których
f
0
(
x
)
>
0, maleje
natomiast w przedziałach, w których
f
0
(
x
)
<
0. Poniewa» pochodna
f
0
(
x
) jest trójmianem
2
kwadratowym, jeste±my w stanie naszkicowa¢ jej wykres. W tym celu wyznaczmy miejsca
zerowe wielomianu
f
0
(
x
). Wyliczaj¡c wyró»nik, otrzymujemy
f
0
= 1
2
−
4
·
1
·
(
−
12) = 49
oraz
q
p
f
0
=
49 = 7
.
Sk¡d
x
1
=
−
1 + 7
x
2
=
−
1
−
7
= 3
oraz
=
−
4
.
2
2
Nanosimy otrzymane miejsca zerowe na o± liczbow¡ i rysujemy wykres wielomianu
f
0
f
0
x
−
4
3
(ramiona skierowane s¡ ku górze, gdzy» współczynnik
a
= 1 trójmianu kwadratowego
f
0
jest dodatni). Tym samym
f
0
(
x
)
>
0 dla
x
2
(
−1
,
−
4)
[
(3
,
+
1
);
f
0
(
x
)
<
0 dla
x
2
(
−
4
,
3).
A zatem:
w przedziale (
−1
,
−
4) funkcja
f
jest rosn¡ca;
w przedziale (
−
4
,
3) funkcja
f
jest malej¡ca;
w przedziale (3
,
+
1
) funkcja
f
jest rosn¡ca.
(Nie mo»emy napisa¢, i» funkcja
f
jest rosn¡ca dla
x
2
(
−1
,
−
4)
[
(3
,
+
1
).)
Zadanie4.
Oblicz pole obszaru ogranicznego wykresem krzywej
f
(
x
) =
x
3
ln
x
, odcinkiem
osi
OX
oraz rz¦dnymi w punktach
x
= 1 i
x
=
e
.
Rozwi¡zanie.
Wzór na pole obszaru ograniczonego wykresem krzywej
f
, odcikiem osi
OX
oraz rz¦dnymi
x
=
a
i
x
=
b
ma posta¢
Z
b
P
=
|
f
(
x
)
|
dx.
a
Poniewa» funkcja
f
(
x
) =
x
3
ln
x
jest dodatnia na przedziale [1
,e
] jako iloczyn funkcji
dodatnich na tym przedziale, wi¦c pole obszaru ogranicznego wykresem krzywej
f
(
x
) =
x
3
ln
x
, odcinkiem osi
OX
oraz rz¦dnymi w punktach
x
= 1 i
x
=
e
, jest równe
Z
e
1
x
3
ln
xdx.
P
=
 3
Zaczniemy od policzenia całki nieoznaczonej
R
x
3
ln
xdx
metod¡ „całkowania przez cz¦±ci”:
1
x
dx
u
= ln
x
,
du
=
Z
Z
1
x
·
x
4
dx
1
4
x
4
ln
x
−
1
x
3
ln
xdx
=
4
x
4
=
1
4
dv
=
x
3
dx
,
v
=
Z
1
4
x
4
ln
x
−
1
1
4
x
4
ln
x
−
1
4
·
x
4
x
3
dx
=
=
+
C
4
4
1
4
x
4
ln
x
−
x
4
=
16
+
C.
Sk¡d
1
e
1
1
Z
e
4
x
4
ln
x
−
x
4
4
e
4
ln
e
−
e
4
4
·
1
4
·
ln 1
−
1
4
3
1
16
,
x
3
ln
xdx
=
16
e
4
+
P
=
=
−
=
16
16
16
1
1
poniewa» ln
e
= 1 oraz ln 1 = 0.
Zadanie5.
Oblicz obj¦to±¢ bryły ograniczonej powierzchni¡ powstała przez obrót dookoła
osi
OX
wykresu funkcji
f
(
x
) = (
1
2
x
+ 1)
3
oraz płaszczyznami
x
= 0 i
x
= 1.
Rozwi¡zanie.
Wzór na obj¦to±¢ bryły ograniczonej powierzchni¡ powstała przez obrót
dookoła osi
OX
wykresu funkcji
f
oraz płaszczyznami
x
=
a
i
x
=
b
, wynosi
Z
b
a
[
f
(
x
)]
2
dx.
V
=
Tym samym obj¦to±¢ bryły ograniczonej powierzchni¡ powstała przez obrót dookoła osi
OX
wykresu funkcji
f
(
x
) = (
1
2
x
+ 1)
3
oraz płaszczyznami
x
= 0 i
x
= 1, jest równa
Z
1
1
2
x
+ 1
3
2
Z
1
1
2
x
+ 1
6
V
=
dx
=
dx.
0
0
Zaczniemy od policznia całki nieoznaczonej
R
(
1
2
x
+ 1)
6
dx
metod¡ „całkowania przez pod-
stawienie”:
1
2
x
+ 1 =
y
dx
= 2
dy
Z
1
2
x
+ 1
6
1
2
x
+ 1
7
Z
y
6
dy
= 2
·
1
2
7
7
y
7
+
C
=
dx
=
= 2
+
C.
Sk¡d
2
7
1
2
x
+ 1
7
1
3
2
7
2
7
−
2
2059
448
.
7
·
1
7
=
V
=
=
0
 4
Kolokwiumzmatematykinr1,Grupa:
A
,godzina:17
15
Zadanie1.
Wyznacz pierwiastki wielomianu
W
(
x
) =
x
2
−
6
x
+13 w dziedzinie zespolonej.
Rozwi¡zanie.
Poniewa» wyró»nik (delta) wielomianu
W
(
x
) jest równy
= (
−
6)
2
−
4
·
1
·
13 =
−
16
,
wi¦c
W
(
x
) nie posiada pierw
iast
ków rzeczywistych.
Po
siada natomiast pierwiastki zespo-
p
lone. Bior¡c pod uwag¦, i»
p
−
1 =
i
, otrzymujemy
= 4
i
oraz
6
−
4
i
2
6 + 4
i
2
x
1
=
= 3
−
2
i,
x
2
=
= 3 + 2
i.
Zadanie2.
Wyznacz wzór prostej stycznej do krzywej
f
(
x
) =
x
+ 1
x
2
+ 1
w punkcie (1
,
1).
Rozwi¡zanie.
Wzór stycznej do krzywej w danym punkcie ma posta¢
y
−
y
0
=
f
0
(
x
0
)(
x
−
x
0
)
,
a zatem musimy jedynie obliczy¢
f
0
(
x
0
). Zaczniemy od obliczenia
f
0
(
x
). W tym celu sko-
rzystamy ze wzoru na pochodn¡ ilorazu. Mamy wi¦c
x
+ 1
x
2
+ 1
0
(
x
+ 1)
0
(
x
2
+ 1)
−
(
x
+ 1)(
x
2
+ 1)
0
(
x
2
+ 1)
2
1
·
(
x
2
+ 1)
−
(
x
+ 1)
·
2
x
(
x
2
+ 1)
2
f
0
(
x
) =
=
=
=
x
2
+ 1
−
2
x
2
−
2
x
(
x
2
+ 1)
2
=
−
x
2
−
2
x
+ 1
(
x
2
+ 1)
2
.
Sk¡d
f
0
(
x
0
) =
f
0
(1) =
−
1
2
−
2
·
1 + 1
(1
2
+ 1)
2
=
−
1
−
2 + 1
2
2
=
−
1
2
.
Tym samym wzór stycznej do krzywej
f
przyjmuje posta¢
y
−
1 =
−
1
2
·
(
x
−
1)
,
a zatem
y
=
−
1
2
x
+
3
2
.
Zadanie3.
Zbadaj monotoniczno±¢ funkcji
f
(
x
) = 2
x
3
−
9
x
2
−
24
x
−
10.
Rozwi¡zanie.
Poniewa» funkcja
f
(
x
) = 2
x
3
−
9
x
2
−
24
x
−
10 jest ró»niczkowalna, wyko-
rzystamu rachunek ró»niczkowy do zbadania jej monotoniczno±ci. Mamy
f
0
(
x
) = (2
x
3
)
0
−
(9
x
2
)
0
−
(24
x
)
0
−
(10)
0
= 2
·
3
x
2
−
9
·
2
x
−
24
·
1
−
0 = 6
x
2
−
18
x
−
24
.
5
Na podstawie teorii wiemy, »e funkcja
f
ro±nie w przedziałach, w których
f
0
(
x
)
>
0, maleje
natomiast w przedziałach, w których
f
0
(
x
)
<
0. Poniewa» pochodna
f
0
(
x
) jest trójmianem
kwadratowym, jeste±my w stanie naszkicowa¢ jej wykres. W tym celu wyznaczmy miejsca
zerowe wielomianu
f
0
(
x
). Wyliczaj¡c wyró»nik, otrzymujemy
f
0
= (
−
18)
2
−
4
·
6
·
(
−
24) = 900
oraz
q
p
f
0
=
900 = 30
.
Sk¡d
18 + 30
12
18
−
30
12
x
1
=
= 4
oraz
x
2
=
=
−
1
.
Nanosimy otrzymane miejsca zerowe na o± liczbow¡ i rysujemy wykres wielomianu
f
0
f
0
x
−
1
4
(ramiona skierowane s¡ ku górze, gdzy» współczynnik
a
= 6 trójmianu kwadratowego
f
0
jest dodatni). Tym samym
f
0
(
x
)
>
0 dla
x
2
(
−1
,
−
1)
[
(4
,
+
1
);
f
0
(
x
)
<
0 dla
x
2
(
−
1
,
4).
A zatem:
w przedziale (
−1
,
−
1) funkcja
f
jest rosn¡ca;
w przedziale (
−
1
,
4) funkcja
f
jest malej¡ca;
w przedziale (4
,
+
1
) funkcja
f
jest rosn¡ca.
(Nie mo»emy napisa¢, i» funkcja
f
jest rosn¡ca dla
x
2
(
−1
,
−
1)
[
(4
,
+
1
).)
Zadanie4.
Oblicz pole obszaru ogranicznego wykresem krzywej
f
(
x
) =
x
cos
x
, odcinkiem
osi
OX
oraz rz¦dnymi w punktach
x
= 0 i
x
=
2
.
Rozwi¡zanie.
Wzór na pole obszaru ograniczonego wykresem krzywej
f
, odcikiem osi
OX
oraz rz¦dnymi
x
=
a
i
x
=
b
ma posta¢
Z
b
P
=
|
f
(
x
)
|
dx.
a
  [ Pobierz całość w formacie PDF ]

zanotowane.pl

doc.pisz.pl

pdf.pisz.pl

mement.xlx.pl