Упражнения и Контролни

В този раздел ще бъдат публикувани задачи, решавани по време упражнения и изпити във ФМИ.
Своевременно ще бъдат качвани и всички известни техни решения.
Все пак, най-добре е първо да си решиш задачите, а решенията да са само за проверка.

---

Леми за намиране на граници

Това са няколко твърдения, които може(и се налага) да се използват на писмения изпит във ФМИ. Доказвани са на лекции, затова се приемат за дадени.

(1)

\begin{eqnarray} &0. & \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x} = 1\\ &0'.& \lim_{x \to 0} \dfrac{\log_a(1+x)}{x} = \dfrac{1}{\ln a}\\ &1.& \lim_{x \to 0} \dfrac{a^x-1}{x} = \ln a \\ &2.& \lim_{x \to 0} \dfrac{(1+x)^\mu-1}{x} = \mu \quad \mu \in \mathbb R \\ &3.& \lim_{x \to 0} \dfrac{1-\cos^\mu x}{x^2}=\dfrac{\mu}{2} \quad \mu \in \mathbb R \\ &4.& \lim_{x \to \infty} \left(\dfrac{x+1}{x}\right)^x = e \\ &4'.& \lim_{x \to 0} (x+1)^\frac{1}{x} = e \\ &5.& \lim_{f(x) \to 1} \Big[f(x)\Big]^{g(x)} = \lim_{f(x) \to 1} e^{g(x)\big( f(x) - 1 \big)} \end{eqnarray}

Навсякъде, $x$ може да се замени с функция на $x$, която клони към същото нещо.

Доказателства

Да се назубрят няколко свойства е лесно, но със сигурност е по-полезно да се разберат и доказателствата им - особено защото в доказателствата на другите задачи много често се налага да се прилагат същите трикове, каквито се прилагат и при доказателството на основните леми.

Доказателство на 0:

(2)

\begin{eqnarray} \lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(1+x)}{x} &=& \lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x} \ln(1+x)\\ &=& \lim_{x \to 0} \ln (1+x)^{\frac{1}{x}}\\ &=& \ln \lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}}\\ &=& \ln e = 1 \end{eqnarray}

Доказателство на 5:

(3)

\begin{eqnarray} \lim_{f(x) \to 1} \Big[f(x)\Big]^{g(x)} &=& \lim_{f(x) \to 1} \Big[f(x) - 1 + 1\Big]^{g(x)}\\ &=& \lim_{f(x) \to 1} \Bigg(\Big[\Big(f(x) - 1\Big) + 1\Big]^{(f(x) - 1)\frac{1}{f(x)-1}} \Bigg)^{g(x)} = \square\\ \end{eqnarray}

Както виждате на няколко места се появи $f(x) - 1$. Ще положим за малко $s(x) = f(x) - 1$ и разбира се $s(x) \rightarrow 0$

(4)

\begin{eqnarray} \square &=& \lim_{s(x) \to 0} {\underbrace{\Bigg( \Big[ s(x) - 1 \Big] ^ {\frac{1}{s(x)}}\Bigg)}_{e}} ^{s(x) g(x)}\\ &=& \lim_{f(x) \to 1} e ^ {g(x)\big(f(x)-1\big)} \end{eqnarray}

Доказателство на 1:

(5)

\begin{align} \lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} \end{align}

Тук ще положим $y = a^x - 1$. Разбира се $y \rightarrow 0$

(6)

\begin{align} y = a^x - 1 \Rightarrow a^x = y + 1 \Rightarrow x = \log_a (y+1) \end{align}

(7)

\begin{eqnarray} \lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} &=& \lim_{y \to 0} \frac{y}{\log_a(y+1)} \\ &=& \lim_{y \to 0} \frac{1}{ \frac{log_a(y+1)}{y} } \\ &=& \dfrac{1}{ \underset{y \to 0}\lim \frac{log_a(y+1)}{y} } \\ &=& \frac{1}{\frac{1}{\ln a}} = \ln a \end{eqnarray}

Използвахме свойство $0'$ в края.

---

Контролно 1 на КН за 2007-2008

Първа задача
Докажете, че:
$\arccos x + arcsin y = \arcsin(xy+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2})$

Решение

Такъв тип задачи се решават с полагане.

(8)

\begin{array} {l} \alpha = \arccos x \\ \beta = \arcsin y \\ \Rightarrow x = \cos{\alpha}, y = \sin{\beta} \\ \end{array}

Условието се перефразира до:

(9)

\begin{array} {l} \alpha + \beta = \arcsin{(\cos{\alpha}\sin{\beta} + \sqrt{1 - \cos{\alpha}^2}\sqrt{1 - \sin{\beta}^2})} \\ \alpha + \beta = \arcsin{(\cos{\alpha}\sin{\beta} + \sin{\alpha}\cos{\beta})} \end{array}

Оттук трябва да се докаже, че $(\cos{\alpha}\sin{\beta} + \sin{\alpha}\cos{\beta}) = sin({\alpha + \beta})$.
Но това е добре познато тъждество, което използваме наготово.

Втора задача
Използвайки дефиницията на Коши за граница, докажете, че

(10)

\begin{align} \exists \lim_{x \to 1} \dfrac{x+1}{x(x-2)} \end{align}

Решение

Тези задачи се решават с добре известен алгоритъм. Като за начало е добре да си припомним дефиницията на Коши.

• първо трябва да видим "на око" колко е границата:

(11)

\begin{align} L = \lim_{x \to 1} \frac{x+1}{x(x-2)} = \frac{1 + 1}{1(1-2)} = \frac{2}{-1} = -2 \end{align}

• след това трябва да разпишем израза $| f(x) - L |$:

(12)

\begin{eqnarray} \left| \frac{x+1}{x(x-2)} - (-2) \right| &=& \left| \frac{x+1}{x(x-2)} + \frac{2x(x-2)}{x(x-2)} \right|\\ &=& \left| \frac{x+1+2x^2-4x}{x(x-2)} \right| \\ &=& \left| \frac{2x^2 - 3x + 1}{x(x-2)} \right| \\ &=& \left| \frac{2(x-1)(x-\frac{1}{2})}{x(x-2)} \right| \\ &=& |x-1| \frac{2|x-\frac{1}{2}|}{|x^2-2x|} \end{eqnarray}

обърнете внимание, че съм извадил на видно място множител, който като е 0 при $x = 1$.
По специално - първата част $|x-1|$ за стойности на $x$ в околност на 1 може да приема произволно малки стойности. Втората част за $x$ в околност на 1 приема различни стойности, но важното в случая е, че в достатъчно малка околност ще има максимална стойност. В нашия случай ако околността е по-голяма от 1, тогава знаменателя може да стане 0, което означава че дробта става безкрайност (или пък че не може да делим на 0) - т.е няма максимална стойност. За по-малки околности обаче ще има максимална стойност.

• Да намерим някаква горна граница на 2^рата част за някаква околност на $x$.

Може би на тази точка се объркват най-много хора, защото няма точно определена нишка, която да се следи … напротив :)
** гледаме знаменателя (ако няма знаменател прескачаме тази подточка) трябва да намерите околност на 1, в който той не е 0
** начертаваме си графиката му, но не така както се описва в тема 23 ами просто драсваме една крива линия, която минава през корените и е положителна / отрицателна също като знаменател (без модула).
** намираме максималната околност на 1 в която няма корени (т.е не се нулира) - просто гледаме разстоянието до най-близкия корен (в нашия случай корени са 0 и 2, т.е минимално разстояние - 1). Разбира се няма да използваме 1, защото е точно на границата и при $x$ клонящо към 0 знаменателя клони към 0, т.е ще разделим примерно на 2 за $\frac{1}{2}$
** намираме минималната по модул стойност, която може да заеме знаменателя в избраната от нас околност. В случая си поглеждаме графиката (ако функцията е квадратна - особено полезно) и виждаме къде се намира върха й, в околността която сме избрали дали расте, намалява и съответно коя е минималната по абсолютна стойност, която заема. В нашия случай, тъй като върхът е в 1, фунцията е отрицателна там (и понеже е непрекъсната, и не минава през корени ще е отрицателна в цялата околност) следователно търсим максималната стойност която заема (за да може по абсолютна стойност да бъде минимална).

(13)

\begin{align} |x(x-2)| \ge |\frac{1}{2}(\frac{1}{2} - 2)| = |\frac{1}{2}\frac{-3}{2}| = |\frac{-3}{4}| = \frac{3}{4} \end{align}

** правим същото упражнение за числителя, само че за него търсим максималната по модул стойност, която заема. Функцията е линейна и расте (и е положителна) - значи за най-голямата точка от интервала ще заместим ($x = \frac{3}{2}$)

(14)

\begin{align} |2x-1| \le |2\frac{3}{2} -1| = |3 - 1| = |2| \end{align}

** намерихме най-голямата стойност на числителя, и най-малката на знаменателя => сме намерили и най-голямата на цялата дроб:

(15)

\begin{align} \frac{|2x-1|}{|x^2 - 2x|} \le \frac{2}{\frac{3}{4}} = 4 \end{align}

• връщаме се отново на нашия израз

(16)

\begin{align} |x-1| \frac{2|x-\frac{1}{2}|}{|x^2-2x|} \overset{\underset{x\in[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]}{}}\le |x-1|4 \end{align}

както се сещата от епсилон делта дефиницията, за делтата имаше нещо от сорта:

(17)

\begin{align} x_0 = 1 : |x-1| < \delta(\epsilon) \end{align}

а в нашия случай искаме:

(18)

\begin{align} |x-1|4 < \epsilon \end{align}

окончателно получихме

(19)

\begin{align} \delta(\epsilon) = \frac{\epsilon}{4} \end{align}

Разбира се не трябва да забравяме, че преди малко ограничихме $x$ в интервала $[\frac{1}{2}, \frac{3}{2}]$, т.е околност $\frac{1}{2}$, затова пишем

(20)

\begin{align} \delta = \min \left\{ \frac{\epsilon}{4}, \frac{1}{2} \right\} \end{align}

Така си гарантираме, че околността е по-малка от $\frac{1}{2}$, т.е изпълнена е първата част (ограничаването на 2рия множител), освен това е по-малка и от $\frac{\epsilon}{4}$, т.е изпълнена е втората част.

Трета задача
Намерете границата:
$\underset{x \to 0}\lim (\dfrac{2^{3x}cos 2x}{2^{2x}\cos 3x})^{\dfrac{1}{tg (x)}}$

Решение

Ще разделим тази граница на две части - горна и долна.

(21)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim (\dfrac{2^{3x}cos 2x}{2^{2x}\cos 3x})^{\dfrac{1}{tg (x)}} = \dfrac{(2^{2x}\cos{2x})^\dfrac{1}{tg(x)}}{(\cos{3x})^\dfrac{1}{tg(x)}} \end{array}

Горната граница също се разделя на две:

(22)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim (2^{2x}\cos{2x})^{\dfrac{1}{tg(x)}} = \underset{x \to 0}\lim 2^{\dfrac{x}{tg(x)}} * \underset{x \to 0}\lim \cos{2x}^{\dfrac{1}{tg(x)}} \end{array}

Границата $\underset{x \to 0} \lim \dfrac{tg(x)}{x}$ е известна, изучена и равна на 1.
Останалите граници, които трябва да се намерят в тази задача са неопределености от типа 1 на степен безкрайност.
За тях имаме формулата:

(23)

\begin{array} {l} \underset{x \to x_0} \lim f(x) = 1 \\ \underset{x \to x_0} \lim g(x) = \infty \\ \underset{x \to x_0} \lim f(x)^{g(x)} = e^{\underset{x \to 0}\lim (f(x)-1)g(x)} \\ \end{array}

Следователно:

(24)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim \cos(2x)^{\frac{1}{tg(x)}} = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\cos(2x)-1}{tg(x)}} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\cos(2x)-1}{tg(x)}} = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\cos^2(x) - \sin^2(x) - 1}{tg(x)}} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{ -2\sin^2(x) }{tg(x)}} = e^{\underset{x \to 0}\lim -2\sin(x)\cos(x)} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim -\sin(2x)} = e^0 = 1 \end{array}

А сега за последната част:

(25)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim \cos(3x)^{\frac{1}{tg(x)}} = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\cos(3x)-1}{tg(x)}} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\cos(x)(1 - 3\sin^2(x))-1}{tg(x)}} = e^{\underset{x \to 0}\lim \dfrac{(\cos(x)(1 - 3\sin^2(x))-1)\cos(x)}{\sin(x)}} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{(\cos(x) - 1)\cos(x)}{\sin(x)} - \underset{x \to 0}\lim \frac{3\sin^2(x)\cos(x)}{\sin(x)}} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{(\cos^2(x) - 1)\cos(x)}{\sin(x)(\cos(x) + 1)} - \underset{x \to 0}\lim 3\sin(x)\cos(x)} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{2\sin(x)\cos(x)}{2(\cos(x) + 1)} - \underset{x \to 0}\lim \frac{2}{2}3\sin(x)\cos(x)} \\ = e^{\underset{x \to 0}\lim \frac{\sin(2x)}{2(\cos(x) + 1)} - \underset{x \to 0}\lim \frac{3}{2}\sin(2x)} \\ = e^{ 0 + 0 } = e^0 = 1 \end{array}

За тези, които са внимавали - границата на горната част е произведението на двете граници $\underset{x \to 0}\lim 2^\frac{x}{tg(x)} = 2$ и $\underset{x \to 0}\lim \cos(2x)^{\dfrac{1}{tg(x)}} = 1$, а именно: 2.
Границата на долната част е 1, значи границата на цялата дъълга формула е 2.

Ако някой има чувството, че само пиша произволни несвързани формули и ви пробвам кога ще се усетите - не го виня.
Ето един инструмент, който е незаменим в изследването на функции (не е като да отнема около 1000 пъти по-малко време :)).
GrafEq - Тази програма рисува графиките на произволни функции в произволен мащаб.
Впрочем, според нея границата също е 2 :)

Extra credit.
Намерете границата:

(26)

\begin{align} \underset{x \to 0}\lim \dfrac{xsin\dfrac{1}{x}}{2^x+3^{\sqrt{x}}} \end{align}

Решение

Отново разделяме израза на две части - над и под дробната черта и намираме техните граници.

(27)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim \dfrac{x\sin\dfrac{1}{x}}{2^x+3^{\sqrt{x}}} = \dfrac{\underset{x \to 0}\lim(x\sin\dfrac{1}{x})}{\underset{x \to 0}\lim(2^x+3^{\sqrt{x}})} \\ \end{array}

За горната част се позоваваме на теоремата на полицаите:

(28)

\begin{array} {l} 0 \le \underset{x \to 0}\lim x\sin\dfrac{1}{x} \le \underset{x \to 0}\lim x\ * 1 \\ \Rightarrow \underset{x \to 0}\lim x\sin\dfrac{1}{x} = 0 \\ \end{array}

А долната се решава съвсем елементарно:

(29)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim 2^x+3^{\sqrt{x}} = \underset{x \to 0}\lim (2^x + 3) + \underset{x \to 0}\lim 3^{\sqrt{x}} \\ \underset{x \to 0}\lim 2^x+3^{\sqrt{x}} = 1 + 1 = 2\\ \Rightarrow \underset{x \to 0}\lim \dfrac{x\sin\dfrac{1}{x}}{2^x+3^{\sqrt{x}}} = \dfrac{0}{2} = 0 \end{array}

---

Тест 1 на КН 2004/2005

Намерете границата:

(30)

\begin{align} \underset{n \to \infty}\lim ( \sqrt[n](3) \cos \frac{3}{n}-1 )n \end{align}

Решение

Тук се използват горепосочените леми. Повечето изучени граници важат при променлива, клоняща към 0, затова първото нещо, което трябва да се направи е да се смени променливата към нещо по-удобно. Полагаме $x = \dfrac{1}{n}$. При $n \to \infty$ следва $x \to 0$. Границата се превръща в:

(31)

\begin{align} \underset{x \to 0}\lim \dfrac{( 3^x \cos(3x)-1)}{x} \end{align}

Другият(евтин евтин евтин) трик, който се използва в почти всички такива задачи е да се прибваи и извади едно и също число, с което сметките да станат по-удобни. В случая прибавяме и изваждаме $cos(3x)$ към числителя.

(32)

\begin{align} \underset{x \to 0}\lim \dfrac{\cos(3x)(3^x - 1)}{x} + \underset{x \to 0}\lim \dfrac{\cos(3x) - 1}{x} \end{align}

Разглеждаме първо лявата част. $\underset{x \to 0}\lim \cos(3x) = 1$, а $\underset{x \to 0}\lim \dfrac{3^x - 1}{x}$ е първата от горните леми, значи границата на лявата част е $\ln 3$.
При дясната част вече се изисква креативно мислене(т.е. най-вероятно трябва да я знаете предварително):

(33)

\begin{align} \underset{x \to 0}\lim \dfrac{\cos(3x)-1}{x} \end{align}

Ще сведем това до третата формула $\mu = 1$:

(34)

\begin{array} {l} \underset{x \to 0}\lim 9x \dfrac{\cos(3x)-1}{9x^2} = = \underset{x \to 0}\lim 9x * \underset{x \to 0}\lim \dfrac{\cos(3x)-1}{9x^2} = = 0 * 9/2 = 0 \end{array}

Значи границата на дясната част е 0. Значи в крайна сметка отговорът е $ln(3)$.

Тест 2 на КН 2005/2006

Докажете, че уравнението $x^2-x-\cos(2x) = 0$ има точно два реални корена.

Решение

$f(x) = x^2 - x - \cos(2x)$ Разглеждаме производната на f(x):
$f'(x) = 2x - 1 + 2\sin(2x)$

Интересува ни знакът на производната.
Следното твърдение би трябвало да е очевидно(но на изпит все пак трябва да се докаже):
Първата производна нараства в интервала $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
Освен това $f'(-\pi) < 0$ и $f'(\pi) > 0$.

Тоест, в $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ f(x) до един момент намалява, а след това започва да расте. Кой точно е този момент не само че не ни интересува, но всъщност и не можем да намерим.
Тъй като $f(0) < 0$, а $f(\frac{\pi}{2}) > 0$ и $f(-\frac{\pi}{2}) > 0$, то следва, че има точно един корен в интервала $[-\frac{\pi}{2}, 0]$ и точно един в интервала $[0, \frac{\pi}{2}]$.

Остава да видим какво става при $|x| > \frac{\pi}{2}$.
При $\pi > |x| > \frac{\pi}{2}$ имаме $f(x) = x^2 - x - \cos(2x) >= x^2 - x > 0$.
При $|x| \ge \pi$ имаме $f(x) = x^2 - x - \cos(2x) >= x^2 - x - 1 > 0$.
Значи оттук не идват никакви решения.

Готово.

Тест 2 на КН 2009

Намерете границата:
$\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2}\dfrac{ln(e^x+x)}{x})$

$\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2}\dfrac{ln(e^x+x)}{x})=\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2}\dfrac{ln e^x(1+xe^{-x})}{x})=\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2}\dfrac{ln e^x+ln(1+xe^{-x})}{x})=$$=\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2}\left(1+\dfrac{ln(1+xe^{-x})}{x}\right))=\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2})-\underset{x \to \infty}\lim x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\dfrac{ln(1+xe^{-x})}{x}=\underset{x \to \infty}\lim(\sqrt{1+x+x^2}-\sqrt{1+x^2})=...$

Бонус ниво: Контролни от минали години.