|
|
Poznámky k domácím úkolůmTabulka úspěšnosti úkolů:
| Číslo úkolu | Kruh 3 | Kruh 4
| | odevzdalo | 1/2 bodu | 1/4 bodu | 0 bodů | odevzdalo | 1/2 bodu | 1/4 bodu | 0 bodů
| | 1 | 16 | 5 | 6 | 5 | 13 | 3 | 7 | 3
| | 2 | 3 | 1 | 0 | 2 | 7 | 1 | 5 | 1
| | 3 | 6 | 4 | 2 | 0 | 8 | 5 | 3 | 0
| | 4 | 10 | 2 | 7 | 1 | 14 | 5 | 9 | 0
| | 5 | 8 | 2 | 5 | 1 | 10 | 4 | 5 | 1
| | 6 | 7 | 2 | 4 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0
| | 7 | 4 | 0 | 3 | 1 | 4 | 2 | 2 | 0
| | 8 | 3 | 0 | 1 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0
|
Poznámky k prvnímu úkolu:
- Všichni z kruhu 3 a všichni z kruhu 4 až na jednoho měli správný výsledek, ale ne všichni měli správný postup.
- Někteří nedodali řešení rukou psané, jak vyžadují pravidla.
- Někteří vynechali výpočet nebo jeho klíčové kroky. Ti body nezískali.
- Je dobré začít vyšetřením jmenovatele, abychom věděli, do jakého řádu je nutné rozvíjet čitatele.
- Častým problémem byla práce se zbytkem v rozvoji složené funkce. I do zbytkové funkce je totiž třeba dosadit vnitřní funkci,
teprve pak lze nahradit patřičným o(xk), což je třeba patřičně zdůvodnit - buď pomocí vět
z přednášky nebo postupem předváděným na cvičení.
Poznámky k druhému úkolu:
- Druhý úkol vyřešil správně pouze jeden student z kruhu 3. Správný postup řešení
je zde.
- Ve 4. kruhu byla úspěšnost vyšší, správný postup řešení
je zde. Častým problémem byla nesprávná práce s členy, které
mění znaménko. Neplatí totiž, že z předpokladů |a|<=|b|, |c|<=|d| plyne
|a+c|<=|b+d|. Je třeba používat trojúhelníkovou nerovnost, tj.
|a+c|<=|a|+|c|, |a+c|>=|a|-|c|.
Poznámky k čtvrtému úkolu:
- Základní postup měli všichni vcelku správně. Bylo třeba provést substituci y=tg(x/2), zintegrovat
vzniklou racionální funkci, dosadit y=tg(x/2) a pak slepit primitivní funkci na celém R.
- Substituce y=tg(x/2) se provádí na každém z intervalů (-π+2kπ,π+2kπ), k∈Z.
Vyjádření inverzní funkce na těchto intervalech závisí na k, je to x=2arctg(y)+2kπ.
Někteří tam psali pouze x=2arctg(y), což je správně jen pro k=0, tj. na (-π,π).
To samo nevede k chybě, jak jsme si říkali na cvičení, protože při provádění substituce se tam tato inverzní funkce
sama nevyskytne.
- Při zpětném dosazení y=tg(x/2) se ve vzorci pro primitivní funkci vyskytl výraz arctg(tg(x/2)),
který většina studentů bezmyšlenkovitě nahradila x/2. Nicméně, pro x∈(-π+2kπ,π+2kπ)
platí arctg(tg(x/2)) =x/2-kπ. To samo také nevede k chybě, pokud jde o výpočet primitivní funkce na
(-π+2kπ,π+2kπ), protože rozdíl mezi správným výsledkem a výsledkem plynoucího z uvedeného opomenutí
je konstantní.
- Při nalepování je třeba spočítat rozdíl mezi limitou zprava a zleva v bodě π+2kπ pro každé
k∈Z. Většina studentů počítala rozdíl mezi limitou zprava v bodě -π+2kπ a limitou zleva
v bodě π+2kπ a odtud odvozovala konstantu, o jejíž násobek je třeba funkci posunout na daném
intervalu. To by bylo správně, kdyby funkce, s kterou se počítá, byla 2π-periodická. A tomu by tak
bylo v případě, že by se 2π-periodický výraz arctg(tg(x/2)) nenahradil neperiodickým výrazem
x/2.
- Kombinace chyb z předchozích dvou bodů vede k nesprávnému výsledku, přesněji k funkci nespojité.
Poznámky k pátému úkolu:
- Na začátku je třeba spočítat poloměr konvergence.
- Poloměr konvergence se počítá pomocí limity z 4n+1√(1/(4n+2))
(resp. z 4n+2√(1/(4n+3))), nikoli z n√(...).
Na tom nic nemění ani skutečnost, že to vyjde stejně.
- Geometrická řada s kvocientem q má obecný tvar Σn=0∞ a0 qn. Pokud je
|q|<1, pak její součet je a0/(1-q). Tedy například řada Σn=1∞ x4n+2 je geometrická.
Přitom a0=x6 a kvocient je x4. Lze tedy rovnou použít
vzorec pro součet geometrické řady, bez dalších úprav.
Poznámky k sedmému úkolu:
- Vyšetření integrálu zadaného v obou kruzích bylo u nuly zprava obtížné, takže přesahovalo standardní
úroveň. Původním úmyslem bylo zadat ∫1∞.
Tomu bylo přizpůsobeno hodnocení. I tak však jeden student z kruhu 4 příklad vyřešil správně a úplně.
- Častou chybou studentů byl apriorní předpoklad γ>0.
- Další chybou bylo špatné používání limitního srovnávacího kritéria. K jeho základním předpokladům patří nezápornost
funkcí a existence limity. V případě, že jmenovatel zlomku často nabývá nuly (často znamená v každém prstencovém
okolí bodu, kde se limita počítá), pak limita podílu nemá smysl. A to ani v případě, že v čitateli je výraz, který
vypadá, jako by se dal zkrátit s výrazem ve jmenovateli. Takže například limita
limx→0(sin(x).|sin(1/x)|)/(x.|sin(1/x)|) nemá smysl.
Poznámky k osmému úkolu:
- Správné řešení úkolu pro kruh 3 je zde.
- K chybám opět patřilo nesprávné použití limitního srovnávacího kritéria, viz poznámky k sedmému
úkolu. Podrobnější vysvětlení:
- Předpokládejme, že vyšetřujeme třeba integrál ∫01 f(x) arctg(x) dx,
přičemž funkce f je spojitá na intervalu (0,1]. Chceme-li tvrdit, že tento integrál konverguje,
právě když konverguje ∫01 f(x) arctg(x) dx, můžeme postupovat takto:
- Pokud funkce f je kladná na (0,1] (nebo alespoň na (0,δ) pro nějaké δ>0),
pak lze přímo použít limitní srovnávací kritérium.
- Je-li funkce f záporná na (0,1] (nebo alespoň na (0,δ) pro nějaké δ>0),
lze uvažovat -f a opět použít limitní srovnávací kritérium.
- Pokud funkce f mění znaménko u nuly, například f(x)=sin(1/x), nelze použít srovnávací kritérium
(ani limitní ani nelimitní). Je třeba použít symetrickou verzi Abelova kritéria. K tomu je třeba ověřit,
že limx→0+arctg(x)/x=1 a že funkce x↦ arctg(x)/x je monotónní na
(0,δ) pro nějaké δ>0 (což lze udělat pomocí Taylorova rozvoje).
- Pokud funkce f je nezáporná na (0,1], ale často nabývá nuly (tj. nabývá nuly v nějakém bodě
intervalu (0,δ) pro každé δ>0), například f(x)=|sin(1/x)|,
nelze přímo použít limitní srovnávací kritérium (viz poznámky k sedmému úkolu). Lze použít buď symetrickou
verzi Abelova kriréria nebo nelimitní srovnávací kritérium.
Použití nelimitního srovnávacího kritéria by mohlo vypadat takto: Víme, že
limx→0+arctg(x)/x=1, tedy existuje δ>0, že pro x∈(0,δ) platí
arctg(x)/x∈(1/2,2). Proto pro x∈(0,δ) platí
f(x).x/2≤ f(x).arctg(x) ≤ f(x).2x. Odtud plyne příslušná ekvivalence.
|
