A. Zkouška z M1035, podzim 2021
Příklad. 1. [ 6 bodů] Spočítejte
2x3 - 8x2 + 6
a) lim
-oo        10 — X3
ex -1
b) hm —--,
x^o ln(l — x)
c) derivaci funkce f{x) = 2X ■ cos x,
d) všechny primitivní funkce k funkci g{x) = log3 x,
e) délku krivky {(x,3x) eť; x e [1,3]},
f) všechna řešení diferenciální rovnice y' = 0, 3 • y.
Řešení. Za každou úlohu je jeden bod. (a)
2x3-8x2 + Q      , 2-8± lim--- = lim
-oo        10 — X3 x^f-oo — 1
(b) Podle 1'Hospitalova pravidla
ex — 1
lim —r-- = lim —r- = — 1.
x^o ln(l — rr)    ^^o ^
(c) /' (rr) = ln 2 2X cos rr — 2X sin x.
In x
(d) Protože g(x) = log3 rr = -—, je pomocí per partes
ln3
/q (x) dx =- / ln x dx =- f x ln x — f x yK '         \n3j               ln3 V J
1
(x la x — x) + c.
In 3
(e) Pomoci integrálu
J Vl + 32     = \/TÔ(3 - 1) = 2\/lÔ nebo pomocí Pythagorovy věty: Vzdálenost bodů [1,3] a [3, 9] je
v/(3 - l)2 + (9 - 3)2 = V4 + 36 = V40 = 2 (f)       = ce°'3:E, kde c e R.
Příklad. 2. [6 bodů] Vyšetřete průběh funkce
x
/(*)
Va;2 + 1'
a) Najděte limity v krajních bodech definičního oboru.
b) Spočítejte derivaci.
c) Zjistěte, kde je funkce rostoucí na kde klesající.
i
d) Najděte lokální a globální extrémy funkce.
e) Najděte obor hodnot.
f) Nakreslete graf funkce na intervalu [—10,10].
Řešení. Za každou podúlohu 1 bod. (a) Definiční obor je IR.
x + 2 x + 2
lim    , = 1, lim
x^°°   \/x2 + 1 x^-oo   ^/x2 + 1
(b)
^/í2~^ -(x + 2)\(x2 + l)-1/2 • (2x) _ x2 + 1 - (x + 2)rr
X2 + 1 (X2 + l)3/2
2x
(X2 + 1)3/2'
(c) Na (—oo, 1/2) je funkce rostoucí, neboť f'(x) > 0. Na (1/2, oo) je funkce klesající, neboť f'(x) < 0.
(d) Funkce nabývá jediného extrému, a to globálního maxima v bodě 1/2. Globální maximum je
/(i/2) = VE.
(e) Funkce je spojitá. Z limit v ±oo a průběhu funkce plyne, že obor hodnot je (—1, VE].
(f) Graf na intervalu [—10,10] najdete na https://www.wolframalpha.com, zadáte-li
plot Divide[(x + 2), square root of (x2 + 1)] from -10 to 10
□
Příklad. 3. [6 bodů] Pomocí vhodné substituce spočítejte
x
zdx.
Ví — x
Udělejte zkoušku, že jste počítali dobře.
Řešení. Definiční obor funkce určené k integraci je (—oo, 1). Použijeme substituci
t = Vl~x,    kde ŕ G (0, oo).
[1 bod] Odtud
x = 1 — t2,    dx = —2t dt. [1 bod] Nyní počítáme podle věty o substituci
ľ     x ľ 1 — t2 f 2
/ dx = / -(-2ŕ) dt = 2    (t2 - 1) dt = -t3 -2t + c =
J V^-x       J     t J 3
= ^{l - xfl2-2{l-x)1'2 + c
[2 body] Spočítáme derivaci funkce F{x) = |(1 — x)3^2 — 2(1 — x)1^2 + c:
F'(x) = \-\{l- x)1/2 ■ ("I) " 2 • \{l - x)^'2 ■ (-1) = (1 - x)-1/2 -(1-x 1 — (1 — x) X
\J\ — X \J\ — X
[2 body]
Jiná substituce Můžeme použít i jinou substituci
t = 1 — x,    kde t E (0, oo).
[1 bod] Odtud
x = 1 — t,    dx = —dt. [1 bod] Nyní počítáme podle věty o substituci
/ , X dx = f dt= [ ( \/r - 4= I dt = -ŕ(3/2) - 2t1/2 + c J J   Vi        J \       Vi) 3
2(1_;r)3/2_2(1_;r)l/2 + c
[2 body]
Příklad. 4. [6 bodů] Vyřešte diferenciální rovnici
2{l + ď)yy' = ď
s počáteční podmínkou
y(0) = -2.
Řešení. Jde o rovnici se separovanými proměnnými. Proto ji zapíšeme takto
2y(x)y'(x) provedeme integraci podle proměnné x:
1 + ex
e
2y{x)y'{x) dx = j -^—^dx
2y dy = I -dx,    provedeme substituci t = ex
y2
1 + ex dt
_   1 + í
y2 = ln |1 + t\ + c = ln(l + e2) + c
[3 body] Proto
= ±v/ln(l + e^) + c,
přitom funkce ?/(rr) je definována pro rr splňující nerovnost ln(l + ex) > c. [1 bod] Má-li být y(0) = —2 musíme volit znaménko minus a musí být
y2(0) = 4 = ln(l + e°) + c.
4
Odtud
c = 4-ln2.
[1 bod] Hledané řešení je
y(x) = -A/ln(l + e:E)+4-ln2. [1 bod] □