n 5 = 7 ε (π.χ. ορίζοντας n0 = 1+ ε συνεπώς (σύμϕωνα με τις παραπάνω ισοδυναμίες) an 5 < ε. Επομένως a n β n 23 + β n+1

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "n 5 = 7 ε (π.χ. ορίζοντας n0 = 1+ ε συνεπώς (σύμϕωνα με τις παραπάνω ισοδυναμίες) an 5 < ε. Επομένως a n β n 23 + β n+1"

Δήλια Καλογιάννης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Θέμα 1 (α) Υποθέτουμε (προς απαγωγή σε άτοπο) ότι το σύνολο A έχει μέγιστο στοιχείο, έστω a = max A Τότε, εϕόσον a A, έχουμε a R Q και a M Ομως ο αριθμός μητρώου M είναι ρητός αριθμός, άρα (εϕόσον ο a είναι άρρητος) έχουμε a M Ετσι, με δεδομένο ότι a M συμπεραίνουμε ότι a < M Από την πυκνότητα των αρρήτων στους πραγματικούς αριθμούς συμπεραίνουμε ότι υπάρχει x R Q με a < x < M Τότε x A (εϕόσον x R Q και x M) Ομως εϕόσον x > a = max A καταλήγουμε σε άτοπο Επομένως το σύνολο A δεν έχει μέγιστο στοιχείο (β) Για να δείξουμε ότι sup A = M πρέπει και αρκεί να δείξουμε ότι (i) Το M είναι άνω ϕράγμα του A (ii) Για κάθε ε > 0 υπάρχει x A με x > M ε Το (i) είναι άμεσο από τον ορισμό του συνόλου A εϕόσον για κάθε x A ισχύει x M Για να δείξουμε το (ii) θεωρούμε τυχαίο ε > 0 Τότε M ε < M και από την πυκνότητα των αρρήτων στους πραγματικούς αριθμούς συμπεραίνουμε ότι υπάρχει x R Q με M ε < x < M Ετσι έχουμε x A (εϕόσον x R Q και x M) και x > M ε Επομένως αποδείχθηκε πλήρως ότι M = sup A Θέμα 2 (α) Εστω ε > 0 (και αναζητούμε ένα 0 N ώστε για κάθε N με 0 να ισχύει a < ε) Παρατηρούμε ότι a = = 7 10 Εχουμε a < ε 7 10 < ε 10 ( ) 10 > 7 ε > 7 ε Συνεπώς επιλέγοντας ως 0 οποιοδήποτε ( ) 10, [( ) 10 ] 7 ϕυσικό αριθμό μεγαλύτερο του ε (πχ ορίζοντας 7 0 = 1+ ε ), έχουμε ότι για κάθε N ( ) 10 7 με 0 ισχύει > ε συνεπώς (σύμϕωνα με τις παραπάνω ισοδυναμίες) a < ε Επομένως a (β) Δείχνουμε αρχικά ότι β β +1 για κάθε N Η απόδειξη γίνεται χρησιμοποιώντας επαγωγή Το πρώτο επαγωγικό βήμα (για = 1) είναι να δείξουμε ότι β 1 β 2 Εχουμε ότι β 2 = β1 = = > = 1 = β 1, και άρα για = 1 ισχύει Στο γενικό επαγωγικό βήμα υποθέτουμε ότι β β +1 και θα δείξουμε ότι β +1 β +2 Εχουμε β β β 23 + β β 23 + β β β +1 β +1 β +2 Η επαγωγική απόδειξη είναι πλήρης Δείχνουμε τώρα, πάλι χρησιμοποιώντας επαγωγή, ότι β 10 για κάθε N [Σημείωση: Αντί του αριθμού 10 μπορεί να χρησιμοποιηθεί οποιοσδήποτε αριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του 2] Εϕόσον β 1 = 1 10 ισχύει το πρώτο επαγωγικό βήμα Στο γενικό επαγωγικό βήμα υποθέτουμε ότι β 10 και θα δείξουμε ότι β Εχουμε β β β β β < = = 3 < 10

2 Η επαγωγική απόδειξη είνει πλήρης Εϕόσον η ακολουθία (β ) N είναι αύξουσα και ϕραγμένη άνω είναι συγκλίνουσα Θέτουμε x = β Εϕόσον β x θα ισχύει και β +1 x Επίσης β x 23 + β 23 + x 23 + β 23 + x β x β x Εϕόσον, όπως δείξαμε, ισχύουν β +1 x και β x από τη μοναδικότητα του ορίου ακολουθίας συμπεραίνουμε ότι x = x Λύνοντας την εξίσωση αυτή βρίσκουμε την τιμή x του ορίου Επομένως β = 2 (β) Εχουμε ότι για κάθε N ισχύει x = x x + 3 = 23 + x (x + 3) 2 = x + 23 και x x 2 + 6x + 9 = x + 23 και x 3 x 2 + x 14 = 0 και x 3 (x = 2 ή x = 7) και x 3 x = 2 7 = = 10 7 = 7 10 δηλαδή 7 γ 7 10 για κάθε N Εϕόσον 7 = 7 και (7 10) = 7 1 = 7 από το θεώρημα ισοσυγκλινουσών ακολουθιών συμπεραίνουμε ότι γ = 7 Για να δείξουμε ότι η ακολουθία (δ ) N δεν είναι συγκλίνουσα αρκεί να βρούμε δύο υπακολουθίες της που να συγκλίνουν σε διαϕορετικά όρια Εχουμε και δ 8 = cos(8 π 4 ) = cos(2π) = = 1 δ 8+2 = cos ( (8 + 2) π ) = cos(2π + π 2 ) = = 0 Επομένως η (δ ) N δεν είναι συγκλίνουσα Εχουμε ε = log(4 + 3) log(2 + 1) = log = log Εϕόσον = 2 και η συνάρτηση log είναι συνεχής στο σημείο x 0 = 2, συμπεραίνουμε ότι ε log 2 Εϕόσον ( 1) = 1 ( 1) 0 συμπεραίνουμε ότι 0 Γνωρίζουμε, από τον ορισμό του αριθμού e ότι (1 + 1 ) e, και άρα ( )2 e (ως υπακολουθία της (1 + 1 ) για k = 2) Συνεπώς (1 + 1 ( 2 )3 = ( )2) 2 e 3 2 (όπου χρησιμοποιήσαμε ότι η συνάρτηση με τύπο (x) = x 3/2 είναι συνεχής στο σημείο e) Επομένως ζ = ( )3 + ( 1) e = e 3 2

3 Θέμα 3 (α) (i) Εστω ε > 0 (και προσπαθούμε νε βρούμε ένα δ > 0 ώστε για κάθε x R με x x 0 < δ να ισχύει ( + g)(x) ( + g)(x 0 ) < ε) Εϕόσον η συνάρτηση είναι συνεχής στο x 0 υπάρχει δ 1 > 0 ώστε για κάθε x R με x x 0 < δ 1 να ισχύει (x) (x 0 ) < ε 2 Εϕόσον η συνάρτηση g είναι συνεχής στο x 0 υπάρχει δ 2 > 0 ώστε για κάθε x R με x x 0 < δ 2 να ισχύει g(x) g(x 0 ) < ε 2 [Σημείωση: Τα x για τα οποία ισχύουν ταυτόχρονα και οι δύο παραπάνω ανισότητες είναι αυτά για τα οποία ισχύει x x 0 < δ 1 και x x 0 < δ 2 Αυτό οδηγεί στην παρακάτω επιλογή του δ] Θέτουμε δ = mi{δ 1, δ 2 } Εχουμε δ > 0 Θεωρούμε τυχαίο x R με x x 0 < δ Τότε x x 0 < δ 1 και x x 0 < δ 2, και άρα (x) (x 0 ) < ε 2 και g(x) g(x 0) < ε 2 Συνεπώς (+g)(x) (+g)(x 0 ) = ( (x) (x 0 ) ) + ( g(x) g(x 0 ) ) (x) (x 0 ) + (g(x) g(x 0 ) < ε 2 + ε 2 = ε Επομένως η + g είναι συνεχής στο x 0 (ii) [Σημείωση: Για να δείξουμε με την αρχή της μεταϕοράς ότι η + g είναι συνεχής στο x 0 αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ακολουθία (x ) N στο R με x x 0 ισχύει ( + g)(x ) ( + g)(x 0 )] Εστω (x ) N ακολουθία στο R με x x 0 Εϕόσον η είναι συνεχής στο x 0, προκύπτει (x ) (x 0 ), ενώ εϕόσον η g είναι συνεχής στο x 0, προκύπτει g(x ) g(x 0 ) Συνεπώς ( + g)(x ) = (x ) + g(x ) (x 0 ) + g(x 0 ) = ( + g)(x 0 ) Επομένως η + g είναι συνεχής στο x 0 (β) Εστω ε > 0 (και αναζητούμε δ > 0 ώστε για κάθε x > 0 με x 4 δ να ισχύει ότι (x) (4) < ε) Παρατηρούμε ότι για κάθε x > 0 ισχύει (x) (4) = x + 3 = ( x + 3)( x + + 3) x = (x + ) 9 x = x 4 x x 4 3 Θέτουμε δ = 3ε [εναλλακτικά θα μπορούσαμε να θέσουμε ως δ οποιονδήποτε θετικό αριθμό αριθμό μεταξύ του 0 και του 3ε (πχ δ = ε ή δ = ε 3 ) Ακόμα και ο αριθμός ( + 3)ε θα έκανε ϕτάνει να είχαμε γράψει την παραπάνω ανισότητα ως (x) (4) x 4 +3, που είναι εϕικτό για x > 0] Για κάθε x R με x 4 < δ έχουμε Επομένως η είναι συνεχής στο 4 (x) (4) < x 4 3 < δ 3 = 3ε 3 = ε Θέμα 4 (α) Θεωρούμε τη συνάρτηση g : [0, 1] R με g(x) = 10x + (x) Η συνάρτηση g είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών Επίσης g(0) = (0) = (0) < 0 και g(1) = (1) = 10 + (1) > 3 + (1) > 3 + ( 3) = 0 Από το Θεώρημα Bolzao συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ (0, 1) ώστε g(ξ) = 0, δηλαδή 10ξ + (ξ) = 0 Επομένως 10ξ = (ξ) (β) Θεωρούμε τη συνάρτηση h : [0, 1] R με h(x) = 10x + (x) + 3 Η h είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών Από το θεώρημα (μέγιστης και) ελάχιστης τιμής (που εϕαρμόζεται εϕόσον η h είναι συνεχής συνάρτηση ορισμένη σε κλειστό διάστημα) η h λαμβάνει ελάχιστη τιμή, δηλαδή υπάρχει

4 x 0 [0, 1] ώστε h(x) h(x 0 ) για κάθε x [0, 1] [Σημείωση: Επίσης η h λαμβάνει μέγιστη τιμή, αλλά δεν έχει νόημα να το αναϕέρουμε διότι δεν συμβάλλει στη λύση του θέματος] Εχουμε h(x 0 ) = 10x 0 + (x 0 ) + 3 Εϕόσον 10x 0 0 έχουμε h(x 0 ) (x 0 ) + 3, και άρα, αϕού (x 0 ) > 3 θα ισχύει h(x 0 ) > 0 Συνεπώς, θέτοντας λ = h(x 0 ), έχουμε λ > 0 και h(x) λ για κάθε x [0, 1] Θέμα Εϕόσον τα a, β είναι μήκη πλευρών τριγώνου έχουμε a > 0 και β > 0 Επίσης καθεμιά από τις κάθετες πλευρές ενός ορθογωνίου τριγώνου είναι μικρότερη της υποτείνουσας και άρα a < 1 και β < 1 Από το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε ότι a 2 + β 2 = 1 και άρα β = 1 a 2 Ετσι αναζητούμε τη μέγιστη τιμή της παράστασης 2a + β = 2a + 1 a 2 για 0 < a < 1 Θέτουμε (a) = 2a + 1 a 2, a (0, 1) και αναζητούμε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης αυτής Εχουμε (a) = 2 + (1 a2 ) 2 1 a = 2 + 2a a = 2 a 2 1 a 2 Θα ελέχξουμε που μηδενίζεται η και το πρόσημο αυτής Λύνουμε την ανίσωση (a) > 0, λαμβάνοντας υπόψιν ότι 0 < a < 1 (a) > 0 2 > a 1 a 2 1 a 2 > a 2 1 a 2 > a2 4 1 > a2 4 a 2 < 4 0 < a < 2 Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι (a) = 0 a = 2 και (a) < 0 2 < a < 1 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 2 ] και γνησίως ϕθίνουσα στο [ 2, 1) και άρα παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο σημείο a = 2 Η μέγιστη τιμή της της (δηλαδή η μέγιστη τιμή της ποσότητας 2a + β), είναι ( 2 ) = ( 2 ) 2 = = = Για την τιμή a = 2 που βρήκαμε, το β παίρνει την τιμή 1 ( 2 ) 2 = Επομένως η μέγιστη τιμή της παράστασης 2a + β λαμβάνεται όταν a = 2, β = 1 και ισούται με Θέμα 6 (α) Εϕόσον η είναι παραγωγίσιμη, είναι συνεχής Η g είναι συνεχής στο [a, β] ως πηλίκο συνεχών, και παραγωγίσιμη στο (a, β) ως πηλίκο παραγωγισίμων με g = (x ρ) (x) Επίσης g(a) = (a) (x ρ) 2 a ρ = 0 (β) a ρ = 0 και g(β) = β ρ = 0 β ρ = 0, συνεπώς g(a) = g(β) Από το θεώρημα Rolle συμπεραίνουμε ότι υπάρχει ξ (a, β) με g (ξ) = 0

5 (β) Εϕόσον το ξ ικανοποιεί το συμπέρασμα του ερωτήματος (α), δηλαδή g (ξ) = 0, προκύπτει ότι (ξ)(ξ ρ) (ξ) = 0, δηλαδή (ξ) = (ξ)(ξ ρ) Η εξίσωση της εϕαπτομένης ευθείας της γραϕικής παράστασης της στο σημείο (ξ, (ξ)) έχει εξίσωση y (ξ) = (ξ)(x ξ) Η ευθεία αυτή διέρχεται από το σημείο (ρ, 0) αν και μόνο αν την επαληθεύει, δηλαδή αν και μόνο αν 0 (ξ) = (ξ)(ρ ξ), που ισοδύναμα γράϕεται (ξ) = (ξ)(ξ ρ), η οποία ισχύει όπως είδαμε παραπάνω Επομένως η εϕαπτόμενης ευθεία της γραϕικής παράστασης της στο σημείο (ξ, (ξ)) διέρχεται από το σημείο (ρ, 0) Θέμα 7 [Σημείωση: Οταν θέλουμε να εϕαρμόσουμε τον κανόνα (ή θεώρημα) De L Hospital θέλει μεγάλη προσοχή στις υποθέσεις του θεωρήματος Αν (x) = 0 και g(x) = 0, δεν είναι σωστό να x a x a (x) γράψουμε ότι x a g(x) = x a g Υπάρχουν περιπτώσεις που το πρώτο όριο υπάρχει και το δεύτερο όριο δεν υπάρχει (οπότε η ισότητα είναι λανθασμένη) Τέτοια περίπτωση παρουσιάζεται στο ερώτημα (β) Ο κανόνας De L Hospital λέει ότι αν υπάρχει το δεύτερο όριο τότε υπάρχει και το πρώτο και είναι ίσα μεταξύ τους Ετσι για να χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα πρέπει προηγουμένως να έχουμε εξασϕαλίσει ότι υπάρχει το όριο x a g Τότε το συμπέρασμα είναι ότι υπάρχει και το όριο x a και είναι ίσο με το άλλο Με τον τρόπο αυτό υπολογίζουμε το όριο στο ερώτημα (α)] (α) Βλέπουμε ότι e x x 1 si x = ex si x x x si x Θέτουμε (x) = e x si x x και g(x) = x si x Εχουμε ότι (x) = 0 και g(x) = 0 x 0 x 0 [Σημείωση: Αν επιπλέον δείξουμε ότι υπάρχει το όριο θα μπορέσουμε να εϕαρμόσουμε τον x 0 g (x) κανόνα De L Hospital και να συμπεράνουμε ότι το όριο x 0 g(x) είναι ίσο με αυτό] Υπολογίζοντας τις παραγώγους των συναρτήσεων και g έχουμε = e x si x + e x cos x 1 και g = si x + x cos x και παρατηρούμε ότι = 0 και g = 0 [Σημείωση: Αν x 0 x 0 επιπλέον δείξουμε ότι υπάρχει το όριο θα μπορέσουμε να εϕαρμόσουμε τον κανόνα De L x 0 g x 0 g Hospital, και να συμπεράνουμε ότι το όριο είναι ίσο με αυτό] Υπολογίζουμε τις δεύτερες παραγώγους και έχουμε = e x si x+e x cos x+e x cos x e x si x 0 και άρα = 2e x cos x, ενώ g = cos x + cos x x si x = 2 cos x x si x Παρατηρούμε ότι = 2 και g = 2 και άρα x 0 x 0 x 0 g = 2 2 = 1 Εϕαρμόζοντας τον κανόνα De L Hospital συμπεραίνουμε ότι = 1 Εϕαρμόζοντας δεύ- (x) τερη ϕορά τον κανόνα De L Hospital συμπεραίνουμε ότι x 0 g(x) (β) Παρατηρούμε ότι ( e x x 0 x 1 ) = 1 si x x 2 cos( 1 x ) si x = x cos( 1 x ) si x x x 0 g = 1 Επομένως (x) g(x)

6 Εϕόσον x = 0 και η συνάρτηση cos( 1 x 0 x ) είναι ϕραγμένη, προκύπτει ότι x cos( 1 x 0 x ) = 0 Επίσης si x γνωρίζουμε ότι x 0 x = 1 Ετσι συμπεραίνουμε ότι x 2 cos( 1 x ) x cos( 1 x = ) x 0 si x x 0 si x x = 0 1 = 0 [Σημείωση: Αν κάποιος επιχειρούσε, θέτοντας (x) = x 2 cos( 1 x ) και g(x) = si x να εϕαρμόσει τον κανόνα De L Hospital θα έβλεπε ότι αυτός δεν εϕαρμόζεται Εχουμε μεν ότι (x) = 0 και x 0 g(x) = 0 αλλά το όριο x 0 x 0 g δεν υπάρχει (ελέγξτε το)] (γ) Για να δείξουμε ότι δεν υπάρχει το όριο της συνάρτησης (x) = si(x) στο, αρκεί να βρούμε δυο ακολουθίες πραγματικών αριθμών (x ) N, (y ) N με x, y ώστε να υπάρχουν τα (x ) και (y ) και να είναι διαϕορετικά μεταξύ τους Θέτουμε x = 2π και y = 2π + π 2 για κάθε N Ισχύει ότι x και y, ενώ si(x ) = si( 2π) = 0 0 και si(y ) = si( 2π + π 2 ) = si( π 2 ) = 1 1 Επομένως δεν υπάρχει το όριο si x x

Σχετικά έγγραφα

sin(5x 2 ) sin(4x) e 5t 2 1 (ii) lim x 0 10x 3 (iii) lim (iv) lim. 10t sin(ax) = 1. = 1 1 a lim = sin(5x2 ) = 2. f (x) = sin x. = e5t 1 = 1 0 = 0.

sin(5x 2 ) sin(4x) e 5t 2 1 (ii) lim x 0 10x 3 (iii) lim (iv) lim. 10t sin(ax) = 1. = 1 1 a lim = sin(5x2 ) = 2. f (x) = sin x. = e5t 1 = 1 0 = 0. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ Ι, Φυλλάδιο 3 Λύσεις Ασκήσεων. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια. sia) i) ποιες συνθήκες πρέπει να ισχύουν για τα a, β ώστε να έχει νόημα το όριο;) 0 siβ) si5 ) si4) cos cos