Упражнения по Анализ 2

ФМИ за начинаещи » Анализ 2 » Упражнения по Анализ 2

Упражнения

страницата се нуждае от дописване/преглеждане

Предговор

Как да решаваме интеграли

За да решим един интеграл трябва пъво да го анализираме - дали функцията е рационална, ирационална или тригонометрична. Може да не е нито едно от 3-те, но най-вероятно се свежда до някой от тях с приложение на методите за интегриране. След като видим какъв е интеграла - просто прилагаме алгоритъма за решаване на този тим интеграли.

Критерии за сходимост

При всичките критерии, ако съответната сума е точно равна на 1, то критерият не казва нищо за реда. Може да е сходящ, може да не е.

Критерий на Даламбер
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_n \ ,\ \ a_n > 0$ редът е сходящ, ако $\underset{n \to \infty}\lim \dfrac{a_{n+1}}{a_n} < 1$

Критерий на Коши
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_n$ е сходящ, ако $\underset{n\to\infty}\lim\sqrt[n]{a_n}<1$

Критерий на Раабе - Дюамел
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_n$ е сходящ, ако $\underset{n \to \infty}\lim\ n(\dfrac{a_n}{a_{n+1}} - 1) > 1$

Критерий на Лайбниц
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^na_n$ ред с алтернативно сменящ се знак е сходящ, ако $a_n \to 0$

Критерий на Дирихле
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_nb_n$ ако $b_n \to 0$ и $\{S_n=\underset{i=1}{\overset{\infty}{\sum}}a_i\}$ е ограничена, следва че редът е сходящ.

Критерий на Абел
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} b_na_n$ ако $\{b_n\}$ e монотонна, ограничена и $\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_n$ e сходяща, следва че $\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} b_na_n$ е сходяща

Основни развития на функции в ред

$e^x= \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \dfrac{x^n}{n!}$ сходим за $x \in R$

$\sin x= \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}$ за $x \in R$

$\cos x= \overset{\infty}{\underset{n=0}{\sum}} \dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}$ за $x \in R$

$(1+x)^m= 1+ \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} \binom{m}{n} x^n$ за $x \in (-1,1)$

$\log (1+x)= \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^n}{n}$ за $x \in (-1,1]$

$\arctan x= \overset{\infty}{\underset{n=1}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n-1}}{2n-1}$ за $x \in [-1,1]$
Аркусът трябва да се доказва на изпит, не може да се използва наготово.
ето как се доказва

Покажи

Как се решават двойни интеграли

Нека $\mathcal {D}$ е криволинеен трапец по x, тоест $\mathcal D \begin{cases} a \le x \le b \\ f(x)\le y \le g(x) \end{cases}$

(1)

\begin{align} \underset{ \mathcal D}\int\int F(x,y) dxdy = \int_a^b \Big( \int_{f(x)}^{g(x)} F(x,y) dy \Big) dx \end{align}

Тоест разделяме двойния интеграл, на интеграл от интеграл, и първо интегрираме по едната променлива(другата разглеждаме като параметър), после и по втората(първата изчезва след интегрирането).

Писмен изпит Анализ 2 КН (08.07.2006)

Задача 1

Решете интеграла
$\int \dfrac{x}{(x^2-1)\sqrt{x^2+2x+4}} dx$
Решение:

Покажи

Скрий

Очевидно имаме ойлеров интеграл ( $\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})$ ) и тъйкато $$a>0$$ използвам уравнението $\sqrt{x^2+2x+4} = x+t$ за да положим $x=\varphi(t)$ .

(2)

\begin{array} {lcl} \sqrt{a^2+2x+4} = ax+t \\ x^2+2x+4 = x^2+t^2+2xt \\ x(2-2t) = t^2- 4 \\ x = \dfrac{t^2-4}{2-2t} \end{array}

и сега заместваме $$x$$ в интеграла

(3)

\begin{array} {lcl} \int \dfrac{\dfrac{t^2-4}{2-2t}}{((\dfrac{t^2-4}{2-2t})^2-1)(t+\dfrac{t^2-4}{2-2t})} d \dfrac{t^2-4}{2-2t} &= &\\ & = & \int \dfrac{t^2-4}{2-2t}\dfrac{1}{((\dfrac{t^2-4}{2-2t})^2-1)(t+\dfrac{t^2-4}{2-2t})} \Big(\dfrac{t^2-4}{2-2t} \Big)' dt \\& ... &\\ & = & \int \dfrac{2t^2-8}{(t^2+t-6)(t^2-t-2)} (*)\\ & = & \int \dfrac{2t^2-8}{(t+3)(t-2)(t+1)(t-2)} = \\ & = & \int \dfrac{2t+4}{(t+3)(t-2)(t+1)} \end{array}

И така свеждаме ойлеровия интеграл до интеграл на рационална функция. Решението на този интеграл следва определен алгоритъм, който и ние ще последваме:

(4)

\begin{array} {lcl} \dfrac{2t+4}{(t+3)(t-2)(t+1)} = \dfrac{A}{t+3}+\dfrac{B}{t-2}+\dfrac{C}{t+1} & = & \\ \\ & = & \dfrac{A(t-2)(t+1)+B(t+3)(t+1)+C(t+3)(t-2)}{(t+3)(t+1)(t-2)} = \\ \\ & = & \dfrac{A(t^2-t-2)+B(t^2+4t+3)+C(t^2+t-6)}{(t+3)(t+1)(t-2)} = \\ \\ & = & \dfrac{t^2(A+B+C)+t(-A+4B+C)-2A+3B-6C}{(t+3)(t+1)(t-2)} = \\ \\ \end{array}

Сега, за да намерим A,B,C, приравняваме коефициентите отдвете страни на уравнението - получаваме система с 3 неизвестни и 3 уравнения. Това е метода на неопределените коефициенти.

(5)

\begin{array} {|l} A+B+C = 0 \\ -A+4B+C = 2 \\ -2A+3B-6C = 4 \end{array}

Решенията са $C=-\dfrac{1}{3}, \ B=\dfrac{8}{15}, \ A = -\dfrac{1}{15}$
Следователно интеграла който търсим можем да представим във вида

(6)

\begin{array} {l} \int \dfrac{2t+4}{(t+3)(t-2)(t+1)} dt = \dfrac{3}{15}\int\dfrac{dt}{t+3}+\dfrac{8}{15}\int\dfrac{dt}{t-2}-\dfrac{1}{3}\int \dfrac{dt}{t+1} = \\ \\ = \dfrac{3}{15}\ln|t+3|+\dfrac{8}{15}\ln|t-2|-\dfrac{1}{3}\ln|t+1| + C = \\ \\ = \dfrac{3}{15}\ln|\sqrt{x^2+2x+4} - x+3|+\dfrac{8}{15}\ln|\sqrt{x^2+2x+4} - x-2|-\dfrac{1}{3}\ln|\sqrt{x^2+2x+4} - x+1| + C \end{array}

край.
Подсказка_0: Точно на един ред от горното решение има грешка. Приеми подсказката като израз на добра воля, а отказът да поправя грешката като израз на стига-сте-преписвали-на-изпита.
Подсказа_1: На мястото отбелязано със звездичка може да се привави и извади t (или 2t, ако не беше грешката :Р). Тогава интегралът се разделя на два интеграла и се интегрира лесно чрез субституция на Хорнер ( $x=t-\dfrac{p}{2}$ ).

Задача 2

Сумирайте следния ред навсякъде, където е възможно
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n} }{n(2n-1)}$
Решение:

Покажи

Скрий

Имаме степенен ред $(\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_n (x-a)^n)$ , трябва да намерим областта му на сходимост. Област на сходимост се намира използвайки една от следните 2 формули
$\dfrac{1}{R} = \underset{n \to \infty}{\lim} \sqrt[n]{|a_n|}$ и $R= \underset{n \to \infty}{\lim} \dfrac{a_{n}}{a_n+1}$
областта на сходимост (тоест интервалът за $$x$$ върху който редицата е сходима) e $$(a-R,a+R)$$ .

(7)

\begin{array} {l} R = \underset{n \to \infty}{\lim} \dfrac{n(2n-1)}{(n+1)(2n+1)} = \underset{n \to \infty}{\lim} \dfrac{n^2(2-\frac{1}{n})}{n^2(1+\frac{1}{n})(2+\frac{1}{n})} = 1 \\ \end{array}

В нашия случай, областта на сходимост е $$|x^2|<1$$ тоест $$|x|<1$$ , разбира се(МНОГО ВАЖНО!) трябва да проверим в краищата на областта на сходимост дали нашият ред е сходим. Тоест дали:
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}$
e сходим (по принцип трябва да проверим за -1 и 1 отделно но в случая сметките съвпадат).
И така - избираме си подходящ критерий за сходимост и проверяваме дали редът е сходящ:

(8)

\begin{align} \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} a_nb_n = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} (-1)^{n-1}\dfrac{1}{2n-1} \end{align}

$$b_n$$ клони към 0, $$a_n$$ e с алтернативно сменящи се знаци, следователно редът е сходящ по критерия на Лайбниц.

След като намерихме къде можем да сумираме реда, остава само да го сумираме. За да сумираме един ред трябва да намерим функция която да се развива в тази сума. За да направим това разглеждаме стандартните развития в ред на функции и гледаме кой най-много прилича на нашия ред. В този случай е $\arctan x = \underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}}\dfrac{(-1)^nx^{2n-1}}{2n-1}$
Интегрираме/диференцираме нашия ред за да го докараме до същия като на $\arctan x$
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \Big(\dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n} }{n(2n-1)}\Big)' = 2\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n-1} }{2n-1} = 2\arctan x$
следователно
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n} }{n(2n-1)} = \int 2\arctan x dx = \spadesuit$ интегрираме по части и получаваме $\spadesuit = 2x\arctan x - 2\int x \dfrac{1}{1+x^2} dx = 2x\arctan x - \int (1+x^2)^{-1} d(x^2+1) = 2x\arctan x - ln(x^2+1) + C$ полагаме в равенствотo $$x=0$$ и получаваме $$C=0$$ . На края

$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(-1)^{n-1}x^{2n} }{n(2n-1)} = 2x\arctan x - ln(x^2+1)$ за $x \in [-1,1]$

Задача 3

Намерете локалните екстремуми на функцията
$$z = x^4+y^4-x^2-2xy - y^2$$
Решение:

Покажи

Скрий

За да намерим локални екстермуми разбира се трябва да намерим няколко производни. Интересуват ни
$\dfrac{\partial z}{\partial x} \; \dfrac{\partial z}{\partial y} \; \dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2} \; \dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2} \; \dfrac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}$ - много са, но са симетрични и бързо се изкарват.

(9)

\begin{array} {lcl} Z'_x = 4x^3-2x-2y \\ Z'_y = 4y^3-2y-2x \\ \end{array}

За да има екстремуми трябва системата

(10)

\begin{array} {|l} Z'_x = 4x^3-2x-2y = 0 \\ Z'_y = 4y^3-2y-2x = 0 \\ \end{array}

да има решения, в случая това са точките $M_1(0,0) , \ M_2(1,1), \ M_3(-1,-1)$ . Това са критични точки, сега трябва да намерим дали в тях има екстремуми.
Условието да имаме екстремум в дадена точка е $\Delta M(x,y) = \dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2}\dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2} \ - \Big(\dfrac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\Big)^2 \neq 0$ .
Ако $\Delta M < 0$ в точката имаме максимум, ако $\Delta М > 0$ имаме минимум, а ако $\Delta М = 0$ незнаем какво има.
Сега намираме производните
$\dfrac{\partial^2 z}{\partial x^2} = 12x^2 - 2$ , $\dfrac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 12y^2 - 2$ , $\dfrac{\partial^2 z}{\partial x\partial y} = -2$
и проверяваме какво получаваме за $\Delta M(x,y)$
$\Delta M(1,1) = (12-2)(12-2)-4 > 0 \Longrightarrow$ имаме min
Същотото получаваме и за точката $$M_2(-1,-1)$$ .
Но уви $\Delta M(0,0) = 0$ и сега трябва да проверим "ръчно" дали има екстремум или не в тази точка.

Ще използваме дефиницията за екстремум, за да проверим дали има екстремум във точката. Съставяме си помощна функция $\Delta z = z(x,y) - z(0,0)$ и изледваме повечеднието и в околност на (0,0).
Разлгеждаме поведението на функцията за правата y=x
$\Delta z = 2x^4-4x^2 =2x^2(x^2-2)$ която за $0<x<\sqrt{2}$ е отицателна.
разглеждаме я за y=-x
$\Delta z(x,y) = 2x^4 > 0 \forall x$ и така получаваме, че няма околност на (0,0) в която всички елемнти да са по-малки или по-големи от нея (защото винаги имаме поне една отрицателна ст-т в околност на (0,0) и поне 1 положителна, а ст-та в (0,0) е 0)

И в крайна сметка имаме 2 мaксимума в точки (1,1) и (-1,-1).

Задача 4

Представете като криволинеен трапец по $$x$$ и по $$y$$ следната област

$D \begin{cases} x^2+\dfrac{y^2}{4} \ge 1 \\ x^2+y^2 \le 4y \end{cases}$

Писмен изпит Анализ 2 КН (септември)

Задача 1

Пресметнете интеграла
$\int \dfrac{\ln(1+x)-\ln x}{x(1+x)} dx$

Задача 2

Нека $z = xy\sqrt{1-\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{4}}$ намерете локалните екстремуми.

Задача 3

За $D \begin{cases} y \ge (x-1)^2 \\ y \le 1-(x-1)^2 \end{cases}$ пресметнете

(11)

\begin{align} \underset{D}{\int\int} \dfrac{1}{\sqrt{y}}dxdy \end{align}

Писмен изпит Анализ 2 КН (2005 - юни)

Задача 1

Сметнете интеграла

(12)

\begin{align} \int \dfrac{t}{(t^2+t-1)^2}dt \end{align}

Задача 2

Сметнете интеграла

(13)

\begin{align} \int \dfrac{dx}{(1+\sqrt{x(x+1)})^2} \end{align}

Задача 3

Развиите в ред по степенните на $$x$$ функцията $f(x) = \arctan x^2$ навсякаде където е възможно.

Задача 4

Намерете сумата
$\underset{n=1}{\overset{\infty}{\sum}} \dfrac{(2n+1)x^{2n}}{n!}$

Задача 5

Намерете локалните екстремуми на
$z=xy\sqrt{1-x^2-\dfrac{y^2}{4}}$

Задача 6

Представете като линеен трапец или сума на такива областта
$T \begin{cases} y \le \sqrt{2|x|} \\ y \ge \sqrt{2x-x^2} \\ -1 \le x \le 1 \end{cases}$

Задача 7

Нека $D \begin{cases} -1 \le x \le 1 \\ x^2 \le y \le 1 \end{cases}$ . Сметнете

(14)

\begin{array} {l} \underset{D}{\int\int} \dfrac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} dxdy \end{array}

Покажи

Писмен изпит Анализ 2 КН (Септемрви 2009)

Този път малко се поизгавриха. Обратно на общоприетата традиция, около 80% от явилите се бяха скъсани на писмен изпит, и почти никой на устен. На устен останаха една шепа хора, все пак.
Имаше пет задачи, три от които стандартни.

Задача 2

Да се докаже, че ако е дадена функция f(x), непрекъсната и неотрицателна в $[a,\infty)$ , и е изпълнено, че:
$\underset{x \to \infty}\lim f(x) = l$
За някое дадено реално l. Да се докаже, че:
$\underset{x \to \infty}\lim \cfrac{\int^{x}_{a} f(t)dt}{x} = l$

Покажи

Скрий

Това е много гадна задача, защото ако си зубрил като пич - успех да се сетиш.
Досега такава не е давана. А всъщност е много лесна. Решава се с Анализ 1.
Който не я реши, имаше най-много 3.50. Такъв е животът :)

Ок, първото нещо за забелязване е, че интеграл в границите [a,x] е същото като примитивна функция. С разлика до константа. Тоест:
$\int^{x}_{a} f(t)dt = F(x) + C$
$$F'(x) = f(x)$$
Това ясно ли е защо е така? Директно следствие е от Теоремата на Нютон-Лайбниц. Това доста ни улеснява, защото вече не се работи с интеграл, а с някаква нормална функция. Освен това, от непрекъснатостта на f, следва съществуване и непрекъснаност на F. Това принципно е дребен детайл, но без него доказателството технически няма да работи. Освен това, щом са си направили труда да ти го дадат в условието, все пак някъде трябва да се ползва, нали :). Самото доказателство на този факт е гадно, дано не ти се падне на изпит.

Сега има два случая:

1) $l \ne 0$ . Какво можем със сигурност да твърдим за функция, чиято производна в x, $x \to \infty$ не е нула? Ами, функция, която нараства/намалява не безкрайно малко определено не е сходяща. Сериозно, това е необходимо условие за сходимост - иди и си го прегледай.
Но, f(x) е производната на F(x). Следователно, F(x) не е сходяща в безкрайност $\underset{x \to \infty}\lim F(x) = \pm \infty$ . Ии кой е шефа на кенефа, изваждаме от дългия ръкав с фокусите… Теоремата на Лагранж. Точно така. Първи курс. Дроб. Горе е безкрайност, долу е безкрайност. Лагранж.
$\underset{x \to \infty}\lim \cfrac{F(x)}{x} = \cfrac{\underset{x \to \infty}\lim F'(x)}{\underset{x \to \infty}\lim x'}$
Оттук следва грубо нагласеният резултат:
$\cfrac{ \underset{x \to \infty}\lim f(x)} {\underset{x \to \infty}\lim 1} = l$
Точно каквото се търси.

2) $$l = 0$$
Отново има два случая:
2.1) $\underset{x \to \infty}\lim F(x) = \infty$
Тогава пак можем да приложим Лагранж. И пак излиза резултатът.
2.2) $\underset{x \to \infty}\lim F(x) = C, C \in R$
Тогава $\underset{x \to \infty}\lim F(x)$ е по-малко от някакво $C_1 \in R$ , т.е.:
$\underset{x \to \infty}\lim \cfrac{F(x)} {x} \le \underset{x \to \infty}\lim \cfrac{C_1} {x} = 0$
За щастие, дадено е $f(x) \ge 0$ , откъдето следва $F(x) \ge 0$ и не трябва да се занимаваме с модули.
Впрочем, резултатът току-що беше получен. ГГ.