1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
|
% 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}
|
