% Document MUST be built with XeLaTeX!
\documentclass[11pt,a4paper]{article}

\usepackage[margin=1.5cm]{geometry}

% Поддръжка на български език
% Thanks to https://tex.stackexchange.com/a/136926
\usepackage{fontspec}
\defaultfontfeatures{Ligatures=TeX}
\setmainfont{CMU Serif}
\setsansfont{CMU Sans Serif}

\usepackage[bulgarian,english]{babel}

\usepackage{amsmath}            % Математически символи
\DeclareMathOperator{\D}{d}
\usepackage{extarrows}
\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
\usepackage{cancel}             % Зачертаване
\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
\newcommand{\answerbox}[1]{\colorbox{yellow}{$\displaystyle #1$}}

\usepackage{graphicx}

\usepackage{tikz}
\newcommand{\lipoint}[3]{\draw (#1, 3pt) -- (#1, -3pt) node[below] {#2} node[above] {#3}}
\newcommand{\parch}[2]{\node[above] at (#1, 0) {#2} ; \draw (#1 + 0.5, 0) arc (0:180:0.5)}

\usepackage{enumitem}
\setlist[enumerate]{label=\arabic*.}

\usepackage[pdfauthor={Камен Димитров Младенов, КН Зимен семестър, 2021},
		    pdftitle={Домашна работа 3 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток},
		    pdfsubject={},
		    pdfkeywords={},
		    colorlinks=true,
		    urlcolor=blue]{hyperref}

\title{\vspace{-1.5cm}Домашна работа 3 по ДИС 1. Компютърни науки, 1 курс, 2 поток}
\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
\date{23 Януари 2022}

\begin{document}

\maketitle

\noindent
\colorbox{Dandelion}{\parbox{\textwidth}{\; Отличен 5,10/6 \qquad [Коментарите са под определените места]}}

\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 1.}}

Пресметнете границата \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
\begin{align*}
	\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\ln (x^2+1) - 3e^x + \sqrt[4]{12x + 1} + 2}{\tg(x^2) - 1 + \cos x}.
\end{align*}

\paragraph{Решение:} Развиваме функциите в дробта по Маклорен:
\begin{align*}
	& \ln (x^2 + 1) = x^2 + o(x^2) \qquad e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^2) \qquad \cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2) \\
	& (1 + 12x)^{\frac{1}{4}} = 1 + \frac{1}{4}12x + \binom{\frac{1}{4}}{2}\colorbox{Dandelion}{144} x^2 + o(x^2) = 1 + 3x - \frac{27}{2}x^2 + o(x^2) \\
	& \quad (\tg (x^2))' = \frac{(\sin (x^2))' \cos (x^2) - \sin (x^2) (\cos (x^2))'}{\cos^2 (x^2)} = \frac{2x \cos^2(x^2) + 2x \sin^2(x^2)}{\cos ^2 (x^2)} = \frac{2x}{\cos ^2 (x^2)} \\
	& \quad (\tg (x^2))'' = \left( \frac{2x}{\cos ^2 (x^2)} \right)' = \frac{(2x)'\cos^2 (x^2) - 2x(\cos^2 (x^2))'}{\cos^4(x^2)} = \frac{2\cos^2 (x^2) + 8x^2\sin (x^2) \cos(x^2)}{\cos^4(x^2)} \\
	& \quad \tg(0) = 0, \quad (\tg(x^2))'(0) = 0, \quad (\tg(x^2))''(0) = \frac{2}{2} x^2 \implies \tg (x^2) = x^2 + o(x^2)
\end{align*}
Тоест границата е еквивалентна на:
\begin{align*}
	& \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2 + -3 \left( 1 + x + \frac{x^2}{2} \right) + 1 + 3x - \frac{27}{2}x^2 + 2 + o(x^2)}{x^2 - 1 + 1 - \frac{x^2}{2} + o(x^2)} = \\
	& = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \cancel{- 3} \cancel{- 3x} -3 \frac{x^2}{2} + \cancel{1} + \cancel{3x} - 27 \frac{x^2}{2} + \cancel{2} + o(x^2)}{\frac{x^2}{2} + o(x^2)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{-\frac{28}{2}x^2 + o(x^2)}{\frac{x^2}{2} + o(x^2)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{x^2 \left( -\frac{28}{2} + \frac{o(x^2)}{x^2} \right)}{x^2 \left( \frac{1}{2} + \frac{o(x^2)}{x^2} \right)} = \answerbox{-28}
\end{align*}

\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 2.}}

Да се развие по формулата на Маклорен с точност до $o(x^{2n})$ функцията \hfill \colorbox{Dandelion}{0,7/0,8 т.}
\begin{align*}
	f(x) = (x^2-1) \cos 2x + \ln (3 - 6x^2)
\end{align*}

\paragraph{Решение:}
\begin{align*}
	& \ln (3 - 6x^2) = \ln \left( 3 (1 - 2x^2) \right) = \ln 3 + \ln (1 - 2x^2) = \ln 3 + \sum_{k = 1}^n \frac{(-1)^{k-1}}{k}(-2x^2)^k + o(x^{2n}) = \\
	& \qquad = \ln 3 - \sum_{k = 1}^n \frac{2^kx^{2k}}{k} + o(x^{2n}) = \ln 3 - \sum_{k = 2}^n \frac{2^kx^{2k}}{k} - 2x^2 + o(x^{2n}) \\
	& (x^2 - 1)\cos 2x = (x^2 - 1) \left( \sum_{k = 0}^n \frac{(-1)^k (2x)^{2k}}{(2k)!} + o(x^{2n}) \right) = \sum_{k = 0}^n \frac{(-4)^k x^{2k+2}}{(2k)!} - \sum_{k = 0}^n \frac{(-4)^k x^{2k}}{(2k)!} + o(x^{2n}) = \\
	& \qquad = \sum_{k = 2}^n \frac{(-4)^{k-2} x^{2(k-2)+2}}{(2(k-2))!} + \frac{(-4)^{2n+1} x^{2n+1}}{(2(n-1))!} + \frac{(-4)^{2n+2} x^{2n+2}}{(2n)!} - \sum_{k = 2}^n \frac{(-4)^k x^{2k}}{(2k)!} - 1 + 2x^2 + o(x^{2n}) = \\
	& \qquad = -1 + 2x^2 + \sum_{k = 2}^n \left( \frac{(-4)^{k-2} x^{2k-2}}{(2k-4)!} - \frac{(-4)^k x^{2k}}{(2k)!} \right) + o(x^{2n})
\end{align*}
\begin{align*}
	f(x) & = \ln 3 - \sum_{k = 2}^n \frac{2^kx^{2k}}{k} - \cancel{2x^2} - 1 + \cancel{2x^2} + \sum_{k = 2}^n \left( \frac{(-4)^{k-2} x^{2k-2}}{(2k-4)!} - \frac{(-4)^k x^{2k}}{(2k)!} \right) + o(x^{2n}) = \\
	& = \answerbox{\ln 3 - 1 + \sum_{k = 2}^n \left( \frac{(-4)^{k-2} x^{2k-2}}{(2k-4)!} - \frac{(-4)^k x^{2k}}{(2k)!} - \frac{2^kx^{2k}}{k} \right) + o(x^{2n})} \quad \colorbox{RedOrange}{$x^{2k}$ да се изведе пред скоби}
\end{align*}

\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 3.}} \hfill \colorbox{RedOrange}{0,0/0,8 т.}

\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 4.}}

Изследвайте функцията и начертайте графиката и: \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
\begin{align*}
	f(x) = \frac{x - 1}{\sqrt{1 + x^2}}
\end{align*}

\paragraph{Решение:}
\begin{enumerate}[label={\emph{\arabic*.}}]
	\item \emph{Дефиниционна Област: } $1 + x^2 > 0 \quad x^2 > -1 \implies x \in \mathbb{R}$
	
	\item \emph{Четност: }$f(-x) = \frac{-x - 1}{\sqrt{1 + (-x)^2}} = \frac{-x - 1}{\sqrt{1 + x^2}}$. Не е равно на $f(x)$ или $-f(x)$, следователно нито е четна, нито е нечетна.
	
	\item \emph{Асимптоти: }
	\begin{align*}
		& \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x - 1}{\sqrt{1 + x^2}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x(1 - \frac{1}{x})}{\sqrt{x^2 \left(\frac{1}{x^2} + 1 \right)}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x(1 - \frac{1}{x})}{|x|\sqrt{ \left(\frac{1}{x^2} + 1 \right)}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\cancel{x} (1 - \frac{1}{x})}{\cancel{x} \sqrt{ \left(\frac{1}{x^2} + 1 \right)}} = 1 \\
		& \text{Аналогично } \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{x - 1}{\sqrt{1 + x^2}} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\cancel{x} (1 - \frac{1}{x})}{-\cancel{x} \sqrt{ \left(\frac{1}{x^2} + 1 \right)}} = -1
	\end{align*}
	Следователно, $y = 1$ е хоризонтална асимптота в $+\infty$ и $y = -1$ е хоризонтална асимптота в $-\infty$. Няма наклонена асимптота.
	
	\item \emph{Екстремуми: }
	\begin{align*}
		f'(x) & = \left( \frac{x - 1}{\sqrt{1 + x^2}} \right)' = \frac{(x-1)'\sqrt{1+x^2} - \left( \sqrt{1+x^2} \right)'(x-1)}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^2} = \frac{\sqrt{1+x^2} - \frac{1}{2\sqrt{1+x^2}}2x(x-1)}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^2} = \\
		& = \frac{2(1+x^2) - 2x^2 + 2x}{2 \left( \sqrt{1+x^2} \right) ^3} = \frac{1 + x}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^3} = 0 \implies x = -1
	\end{align*}
	$f'(x)$ е отрицателна в $(-\infty; -1)$ и положителна в $(-1; +\infty)$, следователно $f(x)$ има локален минимум в -1, за който $f(-1) = \frac{-2}{\sqrt{2}} = - \sqrt{2}$
	
	\item \emph{Изпъкналост: }
	\begin{align*}
		f''(x) & = \frac{(1+x)'\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^3 - \left( \left( \sqrt{1+x^2} \right) ^3 \right)' (1+x)}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^6} = \frac{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^3 - \sqrt{1+x^2}(3x)(1+x)}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^6} = \\
		& = \frac{(1 + x^2) - 3x - 3x^2}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^5} = \frac{1 - 3x - 2x^2}{\left( \sqrt{1+x^2} \right) ^5} = 0 \implies x_{1/2} = \frac{3 \pm \sqrt{17}}{-4}
	\end{align*}
	$f''(x)$ е отрицателна в $\left( -\infty; \frac{3+\sqrt{17}}{-4} \right) \cup \left( \frac{3-\sqrt{17}}{-4}; +\infty \right)$ и положителна в $\left( \frac{3+\sqrt{17}}{-4} ; \frac{3-\sqrt{17}}{-4} \right)$. Следователно, в първия интервал $f(x)$ е вдлъбната и изпъкнала във втория. \newline
	Пресмятаме: $\frac{3+\sqrt{17}}{-4} \approx -1.78 \quad f(-1.78) \approx -1.36 \qquad \frac{3-\sqrt{17}}{-4} \approx 0.28 \quad f(0.28) \approx -0.69$
	
	\item \emph{Характеристични точки: }
	\begin{align*}
		f(0) = \frac{-1}{\sqrt{1}} = -1 \qquad f(x) = 0 \quad \frac{x-1}{\sqrt{1+x^2}} = 0 \implies x = 1
	\end{align*}
	
	\item \emph{Графика на функцията: } \newline
	\begin{center}
		\begin{tabular}{r|rrrrrrrrrrrrr}
			$x$ & $-\infty$ && $\frac{3+\sqrt{17}}{-4}$ && $-1$ && $0$ && $\frac{3-\sqrt{17}}{-4}$ && $1$ && $+\infty$ \\
			\hline
			$f(x)$ && $\genfrac..{0pt}{0}{\cap}{\searrow}$ & $\approx -1.36$ & $\genfrac..{0pt}{0}{\cup}{\searrow}$ & $-\sqrt{2}$ & $\genfrac..{0pt}{0}{\cup}{\nearrow}$ & -1 & $\genfrac..{0pt}{0}{\cup}{\nearrow}$ & $\approx -0.69$ & $\genfrac..{0pt}{0}{\cap}{\nearrow}$ & 0 & $\genfrac..{0pt}{0}{\cap}{\nearrow}$ \\[1.2em]
			$f'(x)$ && $-$ && $-$ & $0$ & $+$ && $+$ && $+$ && $+$ \\
			$f''(x)$ && $-$ && $+$ && $+$ && $+$ && $-$ && $-$
		\end{tabular}
	
		\includegraphics[scale=1]{func-graphic.png}
	\end{center}
\end{enumerate}

\paragraph{\colorbox{yellow}{Задача 5.}}

Пресметнете интеграла \hfill \colorbox{YellowGreen}{0,8/0,8 т.}
\begin{align*}
	\int x \arctg(x^2) \D x
\end{align*}

\paragraph{Решение:}
\begin{align*}
	& \int x \arctg(x^2) \D x = \int \arctg(x^2) \D \left( \frac{x^2}{2} \right) \xlongequal{\text{По части}} \frac{x^2}{2}\arctg(x^2) - \int \frac{x^2}{2} \D \arctg(x^2) \\
	& \qquad \int \frac{x^2}{2} \D \arctg(x^2) = \int \frac{x^2}{\cancel{2}} \frac{1}{x^4+1} \cancel{2}x \D x = \int \frac{1}{x^4+1} \cdot \frac{4}{4} x^3 \D x = \frac{1}{4} \int \frac{1}{x^4+1} d(x^4) = \frac{1}{4} \ln (x^4 + 1) + c \\
	& \implies \int x \arctg(x^2) \D x = \answerbox{\frac{x^2}{2}\arctg(x^2) - \frac{1}{4} \ln (x^4 + 1) + c}
\end{align*}

\end{document}