ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης."

Βίων Κακριδής
4 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. 1

2 ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση Έστω f φραγμένη στο [, b] και δυο ακολουθίες διαμερίσεων του [, b], η ( ) και η ( ), έτσι ώστε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) 0. Αποδείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και ότι Σ(f;, b; ) Λύση: Γνωρίζουμε ότι ισχύει f Σ(f;, b; ) f. και, επομένως, Σ(f;, b; ) f f Σ(f;, b; ) 0 f f Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) για κάθε. Παίρνοντας το όριο καθώς +, βρίσκουμε ότι f οπότε η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Τώρα η αρχική σχέση γράφεται Σ(f;, b; ) και, επομένως, έχουμε ότι ισχύει και 0 Σ(f;, b; ) 0 f = 0, f Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) για κάθε. Παίρνοντας, πάλι, όρια καθώς +, βρίσκουμε ότι Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ) f. Άσκηση Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b] και έστω ότι ισχύει f(r) = 0 για κάθε ρητό r [, b]. Αποδείξτε ότι f = 0. 2

3 Λύση: Θεωρούμε τυχούσα διαμέριση = {x 0, x 1,..., x 1, x } του [, b]. Στο υποδιάστημα [x k 1, x k ] υπάρχει τουλάχιστον ένας ρητός. Άρα η f έχει τιμή 0 σε τουλάχιστον ένα σημείο του [x k 1, x k ]. Δηλαδή, το 0 είναι στοιχείο του συνόλου τιμών {f(x) x k 1 x x k }. Τώρα, τα l k, u k έχουν ορισθεί ως τα ifimum και supremum, αντιστοίχως, αυτού του συνόλου τιμών, οπότε l k 0 u k. Αυτό ισχύει σε κάθε υποδιάστημα, οπότε έχουμε Σ(f;, b; ) = l k (x k x k 1 ) 0, Σ(f;, b; ) = Αποδείξαμε, λοιπόν,ότι για κάθε διαμέριση του [, b] ισχύει u k (x k x k 1 ) 0. Σ(f;, b; ) 0 Σ(f;, b; ). (1) Επίσης, επειδή η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] ισχύει Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ). (2) Τώρα, έστω τυχόν ɛ > 0. Από το κριτήριο ολοκληρωσιμότητας συνεπάγεται ότι υπάρχει διαμέριση του [, b] για την οποία ισχύει Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. Επομένως, για την συγκεκριμένη, από τις (1) και (2) συνεπάγεται f 0 < ɛ και, επειδή αυτό το τελευταίο ισχύει για κάθε ɛ > 0, συνεπάγεται ότι f = 0. Άσκηση Έστω f γνησίως αύξουσα και συνεχής στο [, b]. Τότε το σύνολο τιμών της f είναι το [A, B], όπου A = f(), B = f(b). Έτσι, ορίζεται η f 1 στο [A, B] και αυτή είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο [A, B] με σύνολο τιμών το [, b]. Ως συνεχείς, η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και η f 1 είναι ολοκληρώσιμη στο [A, B]. Αποδείξτε ότι f + B A f 1 = Bb A. Τέλος, εξηγήστε το γεωμετρικό περιεχόμενο αυτής της σχέσης όταν 0 < b και 0 A < B. Λύση: Αρχίζουμε με το γεωμετρικό περιεχόμενο της ισότητας που θέλουμε να αποδείξουμε. Στο σχήμα φαίνεται το γράφημα της f ως συνάρτηση από το [, b] στο [A, B] και το γράφημα της f 1 ως συνάρτηση από το [A, B] στο [, b]. Τα δυο γραφήματα ταυτίζονται με την ίδια καμπύλη. Προσέξτε: αν θέλαμε να τοποθετήσουμε την ανεξάρτητη μεταβλητή της f 1 σε οριζόντιο άξονα και την εξαρτημένη μεταβλητή της σε κατακόρυφο άξονα, θα κάναμε ανάκλαση του γραφήματος της f ως προς την κύρια διαγώνιο του επιπέδου και τότε το γράφημα της f 1 θα ήταν το συμμετρικό του γραφήματος της f ως προς την κύρια διαγώνιο. Όμως, εμείς τώρα κρατάμε την ανεξάρτητη μεταβλητή της f 1, δηλαδή την y, στον κατακόρυφο άξονα και την εξαρτημένη μεταβλητή της, δηλαδή την x, στον οριζόντιο άξονα. 3

4 Τώρα, το f είναι ίσο με το εμβαδό του καμπυλόγραμμου χωρίου bnm και το B f 1 είναι ίσο με το εμβαδό του καμπυλόγραμμου χωρίου ABNM. Άρα το άθροισμα των δυο ολοκληρωμάτων είναι ίσο με το εμβαδό του χωρίου MABNb, το οποίο A είναι ίσο με την διαφορά των εμβαδών των ορθογωνίων 0bNB και 0MA, δηλαδή ίσο με Bb A. Θεωρούμε τυχούσα διαμέριση = {x 0, x 1,..., x 1, x } του [, b]. Δηλαδή, = x 0 < x 1 <... < x k 1 < x k <... < x 1 < x = b. Θεωρούμε και τα αντίστοιχα σημεία y k αύξουσα, έχουμε = f(x k ), οπότε, επειδή η f είναι γνησίως A = y 0 < y 1 <... < y k 1 < y k <... < y 1 < y = B. Έτσι ορίζεται μια αντίστοιχη διαμέριση = {y 0, y 1,..., y 1, y } του [A, B]. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, σε κάθε υποδιάστημα [x k 1, x k ] ισχύει l k = f(x k 1 ) = y k 1, u k = f(x k ) = y k, οπότε Σ(f;, b; ) = y k 1 (x k x k 1 ), Σ(f;, b; ) = y k (x k x k 1 ). (3) Επειδή ισχύει f 1 (y k ) = x k για κάθε k και επειδή η f 1 είναι κι αυτή γνησίως αύξουσα, ισχύει, εντελώς ανάλογα, και Σ(f 1 ; A, B; ) = x k 1 (y k y k 1 ), Σ(f 1 ; A, B; ) = x k (y k y k 1 ). (4) 4

Το Σ(f ;, b; ) είναι ίσο με το συνολικό εμβαδό των ορθογωνίων x0 x1 N0 M0, x1 x2 N1 M1, x2 x3 N2 M2, x3 x4 N3 M3, x4 x5 N4 M4.

5 Από τις (3), (4) έχουμε: Σ(f ;, b; ) + Σ(f 1 0 ; A, B; ) = = yk 1 (xk xk 1 ) + = xk (yk yk 1 ) yk 1 xk + yk 1 xk 1 xk yk (5) yk 1 xk 1 + xk yk 1 xk yk = x y x0 y0 = Bb A. Το γεωμετρικό περιεχόμενο της τελευταίας ισότητας φαίνεται στο επόμενο σχήμα. Το Σ(f ;, b; ) είναι ίσο με το συνολικό εμβαδό των ορθογωνίων x0 x1 N0 M0, x1 x2 N1 M1, x2 x3 N2 M2, x3 x4 N3 M3, x4 x5 N4 M4. Το Σ(f 1 ; A, B; 0 ) είναι ίσο με το συνολικό εμβαδό των ορθογωνίων y0 y1 M1 N0, y1 y2 M2 N1, y2 y3 M3 N2, y3 y4 M4 N3, y4 y5 M5 N4. Εντελώς όμοια, πάλι από τις (3), (4) έχουμε Σ(f ;, b; ) + Σ(f 1 ; A, B; 0 ) = Bb A. (6) Όπως πριν, το γεωμετρικό περιεχόμενο της τελευταίας ισότητας φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. 5

Σχετικά έγγραφα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ

ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μ. Παπαδημητράκης. ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω [, b] ένα κλειστό διάστημα με < b. Διαμέριση του [, b] είναι ένα οποιοδήποτε πεπερασμένο υποσύνολο του [, b] το οποίο περιέχει τουλάχιστον