Písemná zkouška z MB102 ­ 31. 1. 2008 Část I. (Celkem 9 bodů.) Část I. A. (Celkem 3 body.) Tvrzení 1. Pro každou (shora i zdola) ohraničenou množinu M R, která má alespoň dva různé prvky, je sup M > inf M. Tvrzení 2. Součinem i podílem libovolných dvou funkcí integrovatelných na intervalu I = (0, ) je funkce integrovatelná na I. Tvrzení 3. Pokud pro libovolnou posloupnost reálných čísel {an} n=0 existuje vlastní limita lim n n | an |, pak mocninná řada n=0 an(x - x0)n konverguje absolutně alespoň ve dvou různých bodech x. Část I. B. (Celkem 3 body.) Tvrzení 4. Je-li funkce f spojitá a klesající na intervalu I = (0, ), potom je inverzní funkce f-1 spojitá a rostoucí na intervalu J = f(I). Tvrzení 5. Funkce arctg x a arccotg x jsou primitivními funkcemi k téže funkci na R. Tvrzení 6. Řada n=0 2n + (-2)n 5n konverguje. Část I. C. (Celkem 3 body.) Tvrzení 7. Zobrazení definované na množině všech polynomů tak, že každému polynomu přiřadí jeho derivaci, není surjektivní (tj. není na) ani injektivní (prosté). Tvrzení 8. Nechť C je křivka v rovině a [x(t), y(t)] její parametrizace, přičemž funkce x(t) a y(t) mají spojitou derivaci na intervalu [0, 1]. Potom pro délku d křivky C na intervalu [0, 1] platí d = 1 0 [x (t)]2 + [y (t)]2 dt. Tvrzení 9. Z relativní konvergence řad n=0(-1)n an a n=0(-1)n bn plyne, že rovněž řada n=0(6an - 5bn) relativně konverguje. Výsledky Tvrzení 1­9. Správné odpovědi jsou 1, 3, 6, 8 platí; 2, 4, 5, 7, 9 neplatí. Část II. (Celkem 11 bodů.) Úloha 10 (1 bod). Definujte lim xf(x) = 2, jestliže je f definována pro všechna x R. Výsledek. Viz definici nazvanou ,,Vlastní limita v nevlastním bodě" v podkapitole 2.4 ve skriptu doc. Hilschera. Úloha 11 (2 body). Uveďte lim x0 sin x x . Poté (bez použití ľHospitalova pravidla) stanovte lim x0 sin 6x sin 5x . Výsledek. Je lim x0 sin x x = 1, lim x0 sin 6x sin 5x = 6 5 . Úloha 12 (1 bod). Udejte příklad funkce, která je v bodě x0 = 8 spojitá, přestože nemá v tomto bodě derivaci. Výsledek. Uvažte např. funkci f(x) = | x - 8 |, x R. Úloha 13 (1 bod). Nechť je dána funkce f mající derivace všech řádů na celé reálné ose. Definujte pro tuto funkci pojem ,,inflexní bod". Výsledek. Viz definici nazvanou ,,Inflexní bod" v podkapitole 2.14 ve skriptu doc. Hil- schera. Úloha 14 (3 body). Vypočtěte 2 -2 | x - 1 | dx, 2 -2 arctg x dx. Nápověda: Uvažte geometrický význam určitého integrálu. Výsledek. Zjevně je 2 -2 | x - 1 | dx = 5, 2 -2 arctg x dx = 0. Úloha 15 (3 body). Najděte Maclaurinův rozvoj funkce f(x) = x 0 e(t2 ) dt, x R. Výsledek. Lze dokázat, že x 0 e(t2 ) dt = n=0 x2n+1 (2n + 1) n! , x R. Část III. (Celkem 10 bodů.) Doplňme, že vyšetřením průběhu funkce f v níže uvedeném příkladu se rozumí ,,udat definiční obor a obor hodnot; případnou lichost, sudost, periodicitu; spočítat limity lim x- f(x), lim x+ f(x), jestliže existují; určit body nespojitosti a jejich druh včetně příslušných jednostranných limit (pokud existují); stanovit první (a druhou, je-li potřeba) derivaci; intervaly, na kterých funkce roste, klesá, či je konstantní; všechny stacionární a inflexní body; všechny lokální extrémy (pokud existují); intervaly, kde je funkce konvexní a kde konkávní; všechny asymptoty; vypočítat hodnoty ve význačných bodech (tím se rozumí vyčíslit funkci ve stacionárních a v inflexních bodech a nalézt průsečíky s osami); načrtnout její graf". Příklad 16 (10 bodů). Vyšetřete průběh funkce f(x) = x3 - 3x2 + 3x + 1 x - 1 . Výsledek. Funkce je definována i spojitá na R {1}. Není lichá, sudá ani periodická. Průsečíky Gr f s osami jsou body [1- 3 2, 0] a [0, -1]. V bodě x = 1 má funkce f nespojitost druhého druhu a jejím oborem hodnot je celé R, neboť lim x1f(x) = -, lim x1+ f(x) = +, lim x f(x) = +. Po úpravě f(x) = (x - 1)2 + 2 x - 1 pro x = 1 není obtížné spočítat f (x) = 2 (x - 1)3 - 1 (x - 1)2 , x = 1; f (x) = 2 (x - 1)3 + 2 (x - 1)3 , x = 1. Jediným stacionárním bodem je x = 2. Funkce f roste na intervalu [2, +); klesá na intervalech (-, 1), (1, 2]. V bodě x = 2 tudíž nabývá hodnoty lokálního minima y = 3. Je konvexní na intervalech (-, 1 - 3 2], (1, +); konkávní na intervalu [1 - 3 2, 1). Bod x = 1 - 3 2 je tedy jediným inflexním bodem. Přímka x = 1 je asymptotou bez směrnice. Asymptoty se směrnicí daná funkce nemá. Část IV. (Celkem 20 bodů.) Příklad 17 (3 body). Sestrojte přirozený kubický interpolační splajn pro body x0 = -3, x1 = 0 a x2 = 3 a hodnoty y0 = -3, y1 = 0, y2 = 3. Výsledek. Výsledkem jsou očividně polynomy S1(x) x, S2(x) x. Příklad 18 (3 body). Za pomoci diferenciálu přibližně určete arcsin 0, 497. Výsledek. Platí arcsin 0, 497 6 - 2 3 0, 003. Příklad 19 (3 body). Pomocí metody per partes spočtěte 2 - x2 ex dx. Výsledek. Je 2 - x2 ex dx = 2x - x2 ex + C, kde C R. Příklad 20 (3 body). Vyčíslete 1 0 x3 1 + x4 dx. Výsledek. Substitucí t = 1 + x4 (x3 dx = 1/4 dt a transformací mezí 0, 1 na 1, 2) lze získat 1 0 x3 1 + x4 dx = 1 4 ln 2. Příklad 21 (5 bodů). Zjistěte, pro jaké {1, 2, 3} a R řady n=1 n n! nn , n=1 n - n + 1 konvergují. Výsledek. První z uvedených řad konverguje právě pro (-e, e), zatímco druhá pro libovolné R, neboť n=1 n - n + 1 = lim n+ - n + 1 = . Příklad 22 (3 body). Určete všechna nekonstantní řešení homogenní diferenciální rovnice y = (x + y) y x2 . Výsledek. Řešeními zadané diferenciální rovnice jsou křivky x e x y = C, C R {0}. Doplňme, že řešením je také funkce y 0. Část V. (Celkem 10 bodů za 2 příklady ze 3.) Příklad 23 (5 bodů). Je hledána obdélníková parcela o rozměrech 5a×b se záměrem ji po obvodu celou oplotit a pak ještě ploty kolmými na první stranu rozdělit na 5 (stejně velkých) parcel o rozměrech a × b. Pro jaké hodnoty a, b je rozloha parcely S = 5ab maximální, má-li být celková délka plotů 2 400 m? Výsledek. Přeformulujme zadání: Chceme maximalizovat součin čísel 5ab, přičemž je požadováno, aby 6b + 10a = 2400. Lehce lze dokázat, že funkce 5a 2 400 - 10a 6 definovaná pro a [0, 240] nabývá maximální hodnoty právě pro a = 2400/20. Tedy výsledek je a = 120 m, b = 200 m, což již plyne z rovností 2400/2 = 10a, 2400 = 6b + 10a. Příklad 24 (5 bodů). Pomocí určitého integrálu odvoďte vzorec pro objem VK rotačního komolého kužele s podstavami o poloměrech r1 a r2 a výškou v. Výsledek. Platí VK = v 0 r1 r1 - r2 v x 2 dx = v 3 r2 1 + r1r2 + r2 2 . Příklad 25 (5 bodů). Pro libovolné x (-1, 1) určete součet řady n=1 n2 xn-1 . Výsledek. Pomocí dvojího derivování součtu geometrické řady (před druhou derivací vynásobeného x) lze vypočíst n=1 n2 xn-1 = 1 + x (1 - x)3 , | x | < 1.