ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ"

Transcript

1 ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μ. Παπαδημητράκης.

2 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω [, b] ένα κλειστό διάστημα με < b. Διαμέριση του [, b] είναι ένα οποιοδήποτε πεπερασμένο υποσύνολο του [, b] το οποίο περιέχει τουλάχιστον τα, b. Δηλαδή, γενικά όπου = {x 0, x,..., x, x }, = x 0 < x <... < x < x = b. Υπάρχει μόνο μία διαμέριση δύο σημείων: η = {x 0, x }, με x 0 =, x = b. Οι διαμερίσεις τριών σημείων είναι της μορφής = {x 0, x, x 2 }, με x 0 =, x 2 = b και όπου x είναι οποιοδήποτε σημείο ανάμεσα στα, b. Δηλαδή υπάρχουν άπειρες διαμερίσεις τριών σημείων. Και, γενικότερα, είναι προφανές ότι, αν 2, υπάρχουν άπειρες διαμερίσεις + σημείων. Κάθε διαμέριση + σημείων = {x 0, x,..., x, x } χωρίζει το [, b] σε διαδοχικά υποδιαστήματα. Το k-οστό υποδιάστημα είναι το [x k, x k ]. Τώρα, υπάρχει η ειδική κατηγορία διαμερίσεων που παίρνουμε όταν χωρίζουμε το [, b] σε ισομήκη διαδοχικά υποδιαστήματα. Για παράδειγμα, υπάρχει μόνο μία διαμέριση τεσσάρων σημείων του [0, ] σε τρία ισομήκη υποδιαστήματα: η {0,, 2, }. Όμως, όπως είπαμε ήδη, υπάρχουν άπειρες διαμερίσεις τεσσάρων σημείων του [0, ]. Μια τέτοια είναι η = {0,, 3, } Πώς κατασκευάζουμε την διαμέριση + σημείων σε ισομήκη υποδιαστήματα του [, b]; Επειδή το πλήθος των υποδιαστημάτων είναι και το συνολικό τους μήκος b, το μήκος καθενός από αυτά είναι b. Επομένως, τα διαιρετικά σημεία είναι τα x 0 =, x = + b, x 2 = + 2 b,..., x k = + k b,......, x = + ( ) b, x = + b = b. Έστω, δύο διαμερίσεις του [, b]. Λέμε ότι η είναι λεπτότερη από την αν. Με άλλα λόγια, η είναι λεπτότερη από την αν κάθε διαιρετικό σημείο της είναι και διαιρετικό σημείο της ή, με άλλα λόγια, αν η περιέχει τα διαιρετικά σημεία της και πιθανόν επιπλέον διαιρετικά σημεία. Για παράδειγμα η διαμέριση = {0,,, 3,, 3, } του [0, ] είναι λεπτότερη από τη διαμέριση = {0,, 3, } του [0, ]. 7 8 Ενώ από τις διαμερίσεις = {0,, 3,, 3, 7, }, = {0, 2, 3, 3, } του [0, ] καμιά δεν είναι λεπτότερη από την άλλη. 2

3 Τώρα, έστω, δύο διαμερίσεις του [, b]. Τότε η = είναι διαμέριση του [, b] και ονομάζεται κοινή εκλέπτυνση των,. Προφανώς, ισχύει και, οπότε η είναι λεπτότερη από την και από την. Στο παράδειγμα με τις διαμερίσεις = {0,, 3, } και 7 8 = {0,,, 3,, 3, } του [0, ], όπου η είναι λεπτότερη από την, η κοινή εκλέπτυνση των, είναι η. Ενώ στο παράδειγμα με τις διαμερίσεις = {0,, 3,, 3, 7, } και = {0, 2, 3, 3, } του [0, ], όπου καμιά από αυτές δεν είναι λεπτότερη από την άλλη, η κοινή εκλέπτυνση των, είναι η = {0,, 2, 3,, 3, 3, 7, } Έστω συνάρτηση f : [, b] R φραγμένη στο [, b] και οποιαδήποτε διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Δηλαδή = x 0 < x <... < x < x = b. Για κάθε υποδιάστημα [x k, x k ] ορίζουμε τους αριθμούς l k = if{f(x) x k x x k }, u k = sup{f(x) x k x x k }. Το σύνολο {f(x) x k x x k } είναι φραγμένο διότι η f είναι φραγμένη στο [, b] και, επομένως, και στο [x k, x k ]. Άρα οι l k, u k είναι αριθμοί. Κατόπιν, ορίζουμε το κάτω άθροισμα Drboux της f ως προς την στο [, b] να είναι ο αριθμός Σ(f;, b; ) = l k (x k x k ) = l (x x 0 ) + + l (x x ) k= και το άνω άθροισμα Drboux της f ως προς την στο [, b] να είναι ο αριθμός Σ(f;, b; ) = u k (x k x k ) = u (x x 0 ) + + u (x x ). k= Επειδή προφανώς ισχύει l k u k για κάθε k, πολλαπλασιάζοντας με τον θετικό αριθμό x k x k και προσθέτοντας τις ανισότητες για k =,...,, βρίσκουμε ότι l k (x k x k ) u k (x k x k ), k= k= 3

4 δηλαδή ότι Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ). Επίσης, αφαιρώντας κατά μέλη τα δυο αθροίσματα, έχουμε ότι Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) = (u k l k )(x k x k ). k= Το γεωμετρικό περιεχόμενο των ποσοτήτων l k, u k και των αθροισμάτων Drboux φαίνεται πιο άμεσα αν υποθέσουμε ότι η f είναι μη-αρνητική (όπως στο προηγούμενο σχήμα). Αν ισχύει f(x) 0 για κάθε x [, b], τότε, φυσικά, ισχύει f(x) 0 για κάθε x σε κάθε υποδιάστημα [x k, x k ]. Επομένως, ο 0 είναι κάτω φράγμα του συνόλου τιμών {f(x) x k x x k } και άρα ο 0 είναι μικρότερος ή ίσος του μέγιστου κάτω φράγματος αυτού του συνόλου. Δηλαδή, 0 l k για κάθε k. Το γράφημα της f βρίσκεται ολόκληρο πάνω (με την ευρεία έννοια) από τον x- άξονα. Ειδικώτερα, το ίδιο ισχύει και για το γράφημα της f σε κάθε υποδιάστημα [x k, x k ]. Τώρα, το l k είναι το ύψος του μέγιστου κατακόρυφου ορθογωνίου το οποίο έχει βάση το υποδιάστημα [x k, x k ] και το οποίο είναι κάτω από το γράφημα της f στο ίδιο υποδιάστημα και η ποσότητα l k (x k x k ) είναι το εμβαδό αυτού του ορθογωνίου. Ομοίως, το u k είναι το ύψος του ελάχιστου κατακόρυφου ορθογωνίου το οποίο έχει βάση το υποδιάστημα [x k, x k ] και το οποίο έχει από κάτω του το γράφημα της f στο ίδιο υποδιάστημα και η ποσότητα u k (x k x k ) είναι το εμβαδό αυτού του ορθογωνίου. Το κατακόρυφο ορθογώνιο το οποίο βρίσκεται πάνω από το υποδιάστημα [x k, x k ] και ανάμεσα στις οριζόντιες ευθείες στα ύψη l k, u k είναι το ελάχιστο τέτοιο ορθογώνιο το οποίο περιέχει το γράφημα της f στο ίδιο υποδιάστημα και το εμβαδό αυτού του ορθογωνίου είναι ίσο με (u k l k )(x k x k ). Είναι, επίσης, φανερό ότι Σ(f;, b; ) = συνολικό εμβαδό των κάτω ορθογωνίων και Σ(f;, b; ) = συνολικό εμβαδό των άνω ορθογωνίων Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) = συνολικό εμβαδό των ενδιάμεσων ορθογωνίων. 4

5 ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ Ακολουθούν δυο γενικά αλλά πολύ χαρακτηριστικά παραδείγματα. Παράδειγμα. Έστω f αύξουσα στο [, b] και διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Τότε σε κάθε υποδιάστημα [x k, x k ] η f έχει ελάχιστη τιμή f(x k ) και μέγιστη τιμή f(x k ). Άρα l k = if{f(x) x k x x k } = f(x k ), u k = sup{f(x) x k x x k } = f(x k ) και, επομένως, Σ(f;, b; ) = f(x k )(x k x k ), Σ(f;, b; ) = k= f(x k )(x k x k ). k= Αν η f είναι φθίνουσα, το μόνο που αλλάζει είναι ότι l k = f(x k ) και u k = f(x k ) και, επομένως, Σ(f;, b; ) = f(x k )(x k x k ), Σ(f;, b; ) = k= f(x k )(x k x k ). k= Παράδειγμα. Έστω f συνεχής στο [, b] και διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Σύμφωνα με το Θεώρημα Μέγιστης - Ελάχιστης τιμής, σε κάθε [x k, x k ] υπάρχουν ζ k και η k ώστε να ισχύει f(ζ k ) f(x) f(η k ) για κάθε x [x k, x k ]. Άρα l k = f(ζ k ) και u k = f(η k ), οπότε Σ(f;, b; ) = f(ζ k )(x k x k ), Σ(f;, b; ) = k= f(η k )(x k x k ). k= Έστω f φραγμένη στο [c, d] και [c, d ] [c, d]. Επίσης, έστω Γνωρίζουμε ότι Όμως, είναι σαφές ότι l = if{f(x) c x d}, l = if{f(x) c x d }, u = sup{f(x) c x d}, u = sup{f(x) c x d }. l u, l u. {f(x) c x d } {f(x) c x d}. Και τώρα θα χρησιμοποιήσουμε μια γενικότερη ιδέα. Έστω δυο σύνολα A, B ώστε A B. Τότε για κάθε A ισχύει B και άρα sup B. Άρα το sup B είναι άνω φράγμα του A, οπότε είναι μεγαλύτερο (με την ευρεία έννοια) από το μικρότερο άνω φράγμα του A. Δηλαδή sup A sup B. Ομοίως, για κάθε A ισχύει B και άρα if B. Άρα το if B είναι κάτω φράγμα του A, οπότε είναι μικρότερο (με την ευρεία έννοια) από το μεγαλύτερο κάτω φράγμα του A. Δηλαδή if B if A. Βλέπουμε, λοιπόν, ότι, αν ένα σύνολο μικραίνει, τότε το supremum του μικραίνει (με την ευρεία έννοια) και το ifimum του μεγαλώνει (με την ευρεία έννοια). Εφαρμόζοντας 5

6 αυτήν την γενική ιδιότητα στα παραπάνω σύνολα τιμών της f στα διαστήματα [c, d ] και [c, d], βρίσκουμε αμέσως ότι l l u u. Με άλλα λόγια: όταν το διάστημα μικραίνει, τότε το ifimum της συνάρτησης μεγαλώνει (με την ευρεία έννοια) και το supremum της μικραίνει (με την ευρεία έννοια). ΛΗΜΜΑ. Έστω f φραγμένη στο [, b], l = if{f(x) x b}, u = sup{f(x) x b}. Τότε για κάθε διαμέριση του [, b] ισχύει l(b ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) u(b ). Απόδειξη. Έστω = {x 0, x..., x, x }. Για κάθε k =,..., είναι [x k, x k ] [, b], οπότε από την προηγούμενη παρατήρηση έχουμε και, επομένως, l l k u k u l(x k x k ) l k (x k x k ) u k (x k x k ) u(x k x k ). Με άθροιση συνεπάγεται l(x k x k ) l k (x k x k ) u k (x k x k ) u(x k x k ). k= k= k= k= Το αριστερό άθροισμα είναι ίσο με l (x k x k ) = l(b ) k= και το δεξιό άθροισμα είναι ίσο με u (x k x k ) = u(b ). k= Τα δυο μεσαία αθροίσματα είναι τα Σ(f;, b; ) και Σ(f;, b; ). 6

7 Το επόμενο Λήμμα είναι πολύ βασικό για την ανάπτυξη της θεωρίας. Λέει ότι, όταν εκλεπτύνεται η διαμέριση, το άνω άθροισμα Drboux μικραίνει (με την ευρεία έννοια) και το κάτω άθροισμα Drboux μεγαλώνει (με την ευρεία έννοια). ΛΗΜΜΑ. Έστω f φραγμένη στο [, b] και διαμερίσεις, του [, b]. Αν η είναι λεπτότερη από την, τότε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ). Απόδειξη. Έστω = {x 0, x..., x, x } και = {x 0, x..., x r, x r} οι δυο διαμερίσεις του [, b]. Επειδή η είναι λεπτότερη από την, τα διαιρετικά σημεία της είναι διαιρετικά σημεία και της αλλά η μπορεί να έχει επιπλέον διαιρετικά σημεία. Στο βοηθητικό σχήμα φαίνονται τα διαδοχικά σημεία x k, x k της και τα διαδοχικά σημεία x m, x m, x m+, x m+2 της. Βλέπουμε ότι τα (μη-διαδοχικά) σημεία x m, x m+2 της είναι τα ίδια με τα (διαδοχικά) σημεία x k, x k της και ότι ανάμεσα σε αυτά παρεμβάλλονται τα σημεία x m, x m+ της. Έτσι το υποδιάστημα [x k, x k ] της χωρίζεται ακριβώς στα υποδιαστήματα [x m, x m], [x m, x m+], [x m+, x m+2] της. Φυσικά, το ίδιο συμβαίνει σε κάθε υποδιάστημα της : χωρίζεται ακριβώς σε υποδιαστήματα της. Και τώρα, σύμφωνα με όσα έχουμε αναπτύξει προηγουμένως (και όπως φαίνεται και στο σχήμα), έχουμε ότι καθεμιά από τις ποσότητες u m, u m+, u m+2 είναι μικρότερη ή ίση της ποσοτητας u k και ότι καθεμιά από τις ποσότητες l m, l m+, l m+2 είναι μεγαλύτερη ή ίση της ποσοτητας l k. Επομένως, και l m(x m x m ) + l m+(x m+ x m) + l m+2(x m+2 x m+) l k(x m x m ) + l k(x m+ x m) + l k(x m+2 x m+) = l k(x k x k ) u m(x m x m ) + u m+(x m+ x m) + u m+2(x m+2 x m+) u k(x m x m ) + u k(x m+ x m) + u k(x m+2 x m+) = u k(x k x k ). 7

8 Ξαναγράφουμε το μέχρι στιγμής αποτέλεσμα: l m(x m x m ) + l m+(x m+ x m) + l m+2(x m+2 x m+) l k(x k x k ), () u m(x m x m ) + u m+(x m+ x m) + u m+2(x m+2 x m+) u k(x k x k ). (2) Τώρα πρέπει να είναι φανερό ότι, αν αθροίσουμε τις ανισότητες () για κάθε υποδιάστημα [x k, x k ], θα προκύψει ίδια ανισότητα η οποία στην αριστερή μεριά θα έχει όλους τους όρους του κάτω αθροίσματος Drboux για την και στην δεξιά μεριά θα έχει όλους τους όρους του κάτω αθροίσματος Drboux για την. Το ίδιο, αλλά σε σχέση με τα άνω αθροίσματα Drboux, θα γίνει αν αθροίσουμε τις ανισότητες (2). Επομένως, θα βρούμε ότι Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ), Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) και η απόδειξη τελείωσε, διότι γνωρίζουμε ότι Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ). Και το επόμενο Λήμμα είναι πολύ βασικό. Λέει ότι κάθε κάτω άθροισμα Drboux είναι μικρότερο ή ίσο κάθε άνω αθροίσματος Drboux, ακόμη κι αν τα δυο αυτά αθροίσματα Drboux δεν προέρχονται από την ίδια διαμέριση. ΛΗΜΜΑ. Έστω f φραγμένη στο [, b]. Τότε ισχύει για κάθε δυο διαμερίσεις, του [, b]. Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Απόδειξη. Θεωρούμε την διαμέριση = η οποία είναι λεπτότερη και από τις δυο διαμερίσεις,. Τότε από το προηγούμενο Λήμμα συνεπάγεται Επειδή Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ), Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ). Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ), συνεπάγεται Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ). 8

9 ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Την τελευταία αφορά αποδείξαμε ότι Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) για κάθε δυο διαμερίσεις, του [, b]. Αυτό σημαίνει ότι κάθε στοιχείο του συνόλου {Σ(f;, b; ) διαμέριση του [, b]} είναι μικρότερο ή ίσο κάθε στοιχείου του συνόλου {Σ(f;, b; ) διαμέριση του [, b]}. Τώρα θυμόμαστε μια γενικότερη ιδιότητα. Έστω ότι έχουμε δυο σύνολα A, B και ισχύει b για κάθε A και κάθε b B. Τότε κάθε A είναι κάτω φράγμα του B, οπότε είναι μικρότερο ή ίσο του μεγαλύτερου κάτω φράγματος του B. Άρα για κάθε A ισχύει if B. Τώρα αυτό σημαίνει ότι το if B είναι άνω φράγμα του A, οπότε είναι μεγαλύτερο ή ίσο του μικρότερου άνω φράγματος του A. Άρα sup A if B. Και τώρα θα εφαρμόσουμε αυτήν την γενική ιδιότητα στα δυο παραπάνω σύνολα με τα κάτω και άνω αθροίσματα Drboux και θα βρούμε ότι sup{σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]} if{σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]}. (3) Τώρα συμβολίζουμε f = sup{σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]} f = if{σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]} και τα f, f τα ονομάζουμε κάτω ολοκλήρωμα και άνω ολοκλήρωμα της f στο [, b]. Άρα η ανισότητα (3) γράφεται f Ο τελευταίος ορισμός. Αν η f είναι φραγμένη στο [, b], λέμε ότι είναι (Riem) ολοκληρώσιμη στο [, b] ή ότι έχει (Riem) ολοκλήρωμα στο [, b] αν f = Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τότε την κοινή τιμή των f και f ονομάζουμε (Riem) ολοκλήρωμα της f στο [, b] και τη συμβολίζουμε f. Δηλαδή, αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], ορίζουμε f = 9 f = f. f. f.

10 Είναι πολύ συνηθισμένο να συμβολίζουμε τα f, f και f με τρόπο ώστε να φαίνεται η ανεξάρτητη μεταβλητή της συνάρτησης f. Δηλαδή, γράφουμε f(x) dx, f(x) dx, f(x) dx. Παράδειγμα. Έστω σταθερή συνάρτηση με τύπο f(x) = c στο διάστημα [, b]. Έστω τυχαία διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Σε κάθε υποδιάστημα [x k, x k ] η συνάρτηση έχει μόνο μια τιμή, c, οπότε {f(x) x k x x k } = {c} και άρα Επομένως, Σ(f;, b; ) = l k = if{c} = c, u k = sup{c} = c. c(x k x k ) = c(b ), Σ(f;, b; ) = c(x k x k ) = c(b ). k= k= Βλέπουμε, δηλαδή, ότι όποια κι αν είναι η διαμέριση οι ποσότητες Σ(f;, b; ) και Σ(f;, b; ) έχουν πάντοτε την ίδια τιμή c(b ), ανεξάρτητη της. Άρα τα σύνολα {Σ(c;, b; ) διαμ. του [, b]} και {Σ(c;, b; ) διαμ. του [, b] } έχουν ένα μόνο στοιχείο, τον αριθμό c(b ). Άρα το supremum του πρώτου συνόλου είναι ο c(b ) και το ifimum του δεύτερου συνόλου είναι, επίσης, ο c(b ). Δηλαδή, f(x) dx = c(b ), και, επομένως, η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και f(x) dx = c(b ). f(x) dx = c(b ) Παράδειγμα. θεωρούμε την συνάρτηση με τύπο {, αν x [, b] Q f(x) = 0, αν x [, b] \ Q Η συνάρτηση αυτή ονομάζεται συνάρτηση Dirichlet του διαστήματος [, b]. Έστω τυχαία διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Σε κάθε [x k, x k ] υπάρχουν ρητοί x και άρρητοι x, οπότε το αντίστοιχο σύνολο τιμών είναι το {f(x) x k x x k } = {0, }. Άρα Άρα Σ(f;, b; ) = l k = if{0, } = 0, u k = sup{0, } =. 0(x k x k ) = 0, Σ(f;, b; ) = (x k x k ) = b. k= k= 0

11 Άρα το {Σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]} είναι το μονοσύνολο {0}, οπότε το supremum του είναι ο 0, και το {Σ(f;, b; ) διαμ. του [, b]} είναι το μονοσύνολο {b }, οπότε το ifimum του είναι ο b. Δηλαδή, f(x) dx = 0, f(x) dx = b > 0. Άρα f(x) dx < f(x) dx, οπότε η f δεν είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και δεν ορίζεται το f(x) dx.

12 ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Βάσει των μέχρι τώρα ορισμών, έχουμε ότι, αν η f είναι φραγμένη στο [, b], τότε ισχύει Σ(f;, b; ) f f Σ(f;, b; ) (4) για κάθε δυο διαμερίσεις και του [, b]. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τότε αυτές οι ανισότητες γράφονται Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ). Το επόμενο αποτέλεσμα είναι το βασικό θεωρητικό κριτήριο για να αποδεικνύεται η ολοκληρωσιμότητα μιας συνάρτησης. Κριτήριο ολοκληρωσιμότητας. Έστω f φραγμένη στο [, b]. Η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] αν και μόνο αν για κάθε ɛ > 0 υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. Απόδειξη. Έστω ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και έστω ɛ > 0. Επειδή το f είναι το supremum των Σ(f;, b; ), συνεπάγεται ότι υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε f ɛ 2 < Σ(f;, b; ) Ομοίως, επειδή το f είναι το ifimum των Σ(f;, b; ), συνεπάγεται ότι υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε f Σ(f;, b; ) < Η f είναι ολοκληρώσιμη, οπότε f = f = f. Άρα Επομένως, f ɛ 2 < Σ(f;, b; ) f. f + ɛ 2. f Σ(f;, b; ) < Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. f + ɛ 2. Τώρα θεωρούμε μια διαμέριση λεπτότερη από τις,, για παράδειγμα την =. Τότε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. Αντιστρόφως, έστω ɛ > 0. Βάσει της υπόθεσης, υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. 2

13 Τότε από την (4) με = = συνεπάγεται f Επειδή αυτό ισχύει για κάθε ɛ > 0, συνεπάγεται (0 ) f f < ɛ. f 0. Άρα f = f και η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Παράδειγμα. Έστω ξ [, b]. Ένα πολύ απλό παράδειγμα συνάρτησης είναι η { 0, αν x [, b], x ξ f(x) =, αν x = ξ Η f είναι σταθερή 0 στο [, b] εκτός στο σημείο ξ στο οποίο έχει τιμή. Ως εφαρμογή του κριτηρίου ολοκληρωσιμότητας αποδεικνύεται εύκολα ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και ότι f = 0. Διαβάστε την απόδειξη στο βιβλίο, σχεδιάζοντας τις κατάλληλες διαμερίσεις. ΘΕΩΡΗΜΑ. Αν η f είναι μονότονη στο [, b], τότε είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Απόδειξη. Έστω ότι η f είναι αύξουσα στο [, b], οπότε f() f(b), και έστω ɛ > 0. Θεωρούμε κάποιο δ > 0, την ακριβή τιμή του οποίου θα προσδιορίσουμε σε λίγο, και θεωρούμε οποιαδήποτε διαμέριση = {x 0, x..., x, x } του [, b] ώστε όλα τα υποδιαστήματα να έχουν μήκος < δ, δηλαδή ώστε x k x k < δ για κάθε k =,...,. Επειδή η f είναι αύξουσα, είναι l k = f(x k ) και u k = f(x k ), οπότε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) = = δ (u k l k )(x k x k ) k= (u k l k )δ k= (f(x k ) f(x k )) = δ(f(b) f()). Βλέπουμε, τώρα, ότι είναι αρκετό να πάρουμε οποιοδήποτε δ με 0 < δ και αυτό θα μας εξασφαλίσει ότι υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε k= Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. ɛ f(b) f()+ (Προσθέτουμε το στον παρονομαστή για την περίπτωση που είναι f( = f(b). Αν ɛ f() < f(b), μπορούμε να θεωρήσουμε τον λόγο.) f(b) f() Άρα η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Η απόδειξη στην περίπτωση που η f είναι φθίνουσα είναι παρόμοια. 3

14 Για να αποδείξουμε ότι οι συνεχείς συναρτήσεις είναι ολοκληρώσιμες σε κλειστά, φραγμένα διαστήματα θα χρειαστούμε μια βαθύτερη ιδιότητα αυτών των συναρτήσεων. Μια συνάρτηση f : A R χαρακτηρίζεται ομοιόμορφα συνεχής στο A αν για κάθε ɛ > 0 υπάρχει δ > 0 ώστε: x, x A, x x < δ f(x ) f(x ) < ɛ. (5) ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο A, τότε είναι συνεχής στο A. Απόδειξη. Έστω x A. Θα αποδείξουμε ότι η f είναι συνεχής στο x. Έστω ɛ > 0. Από τον ορισμό της ομοιόμορφης συνέχειας στο A, υπάρχει κάποιο δ > 0 ώστε να ισχύει η (5). Εφαρμόζοντας την (5) με x = x (το x που έχουμε επιλέξει) και με x = t (ένα μεταβλητό t), βλέπουμε ότι t A, t x < δ f(t) f(x) < ɛ. Άρα η f είναι συνεχής στο x. Επειδή το x είναι οποιοδήποτε σημείο του A, η f είναι συνεχής στο A. Το αντίστροφο της τελευταίας Πρότασης δεν είναι σωστό. Υπάρχουν συναρτήσεις f συνεχείς σε κάποιο σύνολο A οι οποίες δεν είναι ομοιόμορφα συνεχείς στο A. Παράδειγμα. Έστω η f : R R με τύπο f(x) = x 2. Γνωρίζουμε ότι η f είναι συνεχής στο R. Έστω ότι η f είναι και ομοιόμορφα συνεχής στο R. Τότε για ɛ = (για παράδειγμα) πρέπει να υπάρχει κατάλληλο δ > 0 ώστε x x < δ (x ) 2 (x ) 2 <. Θεωρούμε x = x και x = x + δ 2 για τυχαίο x και τότε προφανώς Άρα θα πρέπει για κάθε x να ισχύει x x = δ 2 < δ. (x ) 2 (x ) 2 < ή, ισοδύναμα, δx + δ2 <. 4 Αυτό, όμως, είναι αδύνατο να ισχύει για κάθε x διότι lim δx + δ2 = +, 4 x + οπότε αν πάρουμε αρκετά μεγάλο x θα βρούμε δx + δ2 4. Άρα η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο R. 4

15 ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Παράδειγμα. Η f : R R με τύπο f(x) = 5x + 4 είναι ομοιόμορφα συνεχής στο R. Έστω ɛ > 0. Τότε f(x ) f(x ) < ɛ (5x +4) (5x +4) < ɛ 5 x x < ɛ x x < ɛ 5. Άρα, αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε δ με 0 < δ ɛ (για παράδειγμα, το δ = ɛ ), τότε 5 5 x x < δ x x < ɛ 5 f(x ) f(x ) < ɛ. Άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο R. Άσκηση Αποδείξτε ότι η συνάρτηση { 0, αν 0 x < f(x) =, αν < x 2 είναι συνεχής στο [0, ) (, 2] αλλά όχι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, ) (, 2]. Λύση: Η f είναι, προφανώς, συνεχής σε κάθε σημείο του [0, ) (, 2]. Πράγματι, για κάθε x στο [0, ) (, 2] η f είναι σταθερή σε κάποιο κατάλληλα μικρό ανοικτό διάστημα το οποίο περιέχει το x, οπότε είναι συνεχής στο x. Τώρα, έστω ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, ) (, 2]. Τότε για ɛ = (Μπορούμε να θεωρήσουμε οποιοδήποτε ɛ με 0 < ɛ για να προκύψει άτοπο στο τέλος.) πρέπει να υπάρχει κατάλληλο δ > 0 ώστε Θεωρούμε τα σημεία x, x [0, ) (, 2], x x < δ f(x ) f(x ) <. x = δ 4, x = + δ 4 οπότε x x = δ 2 < δ, αλλά f(x ) f(x ) = 0 =. Καταλήγουμε σε άτοπο, οπότε η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, ) (, 2]. Άσκηση Αποδείξτε ότι η x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο R, ότι η x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, + ) και ότι η δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο x (0, + ). Λύση: (i) Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε ότι x x x x. Έστω ɛ > 0. Θεωρούμε οποιοδήποτε δ με 0 < δ ɛ και τότε x x < δ x x < ɛ x x < ɛ. 5

16 Άρα η x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο R. (ii) Για x, x 0 χρησιμοποιούμε την ανισότητα x x x x, η οποία αποδεικνύεται εύκολα υψώνοντας και τις δυο μεριές της στο τετράγωνο. Έστω ɛ > 0. Τότε για x, x 0 έχουμε x x < ɛ x x < ɛ x x < ɛ 2. Τώρα παίρνουμε οποιοδήποτε δ με 0 < δ ɛ 2 και τότε για x, x 0 έχουμε x x < δ x x < ɛ 2 x x < ɛ. Άρα η x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, + ). (iii) Έστω ότι η είναι ομοιόμορφα συνεχής στο (0, + ). x Τότε για ɛ = θα υπάρχει κάποιο δ > 0 ώστε x, x > 0, x x < δ x <. x Παίρνουμε x = x > 0 και x = x + δ 2 > 0 και έχουμε x x = δ 2 < δ. Άρα πρέπει να ισχύει x x < ή, ισοδύναμα, δ x(2x + δ) <. Αυτό πρέπει να ισχύει για κάθε x > 0, αλλά αυτό είναι αδύνατο, διότι lim x 0+ δ x(2x + δ) = +, οπότε υπάρχει x > 0 αρκετά κοντά στο 0 ώστε να είναι Άρα η δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο (0, + ). x δ. x(2x+δ) Άσκηση Έστω δυο γειτονικά διαστήματα I, I 2 με κοινό άκρο το οποίο ανήκει και στα δυο διαστήματα και f : I I 2 R ομοιόμορφα συνεχής στο I και στο I 2. Αποδείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο διάστημα I I 2. Λύση: Έστω ɛ > 0. Επειδή η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I, υπάρχει δ > 0 ώστε x, x I, x x < δ f(x ) f(x ) < ɛ 2. (6) Ομοίως, επειδή η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I 2, υπάρχει δ 2 > 0 ώστε x, x I 2, x x < δ 2 f(x ) f(x ) < ɛ 2. (7) 6

17 Τώρα, θεωρούμε το οπότε δ = mi{δ, δ 2 } > 0, δ δ, δ δ 2. Και τώρα έστω δυο οποιαδήποτε x, x στο I I 2 με x x < δ. Έχουμε τρεις περιπτώσεις για τις θέσεις των x, x. Αν τα x, x ανήκουν και τα δυο στο I, τότε από την (6) και από την δ δ συνεπάγεται f(x ) f(x ) < ɛ 2 < ɛ. Αν τα x, x ανήκουν και τα δυο στο I 2, τότε από την (7) και από την δ δ 2 συνεπάγεται f(x ) f(x ) < ɛ 2 < ɛ. Τέλος, έστω ότι ένα από τα x, x ανήκει στο I και το άλλο ανήκει στο I 2. Για παράδειγμα, έστω x I, x I 2. Έστω x 0 το κοινό άκρο των I, I 2. Τότε το x 0 είναι ανάμεσα στα x, x, οπότε, επειδή x x < δ, είναι x x 0 < δ και x x 0 < δ και από τις δυο προηγούμενες περιπτώσεις έχουμε f(x ) f(x 0 ) < ɛ 2, f(x ) f(x 0 ) < ɛ 2. Από την τριγωνική ανισότητα συνεπάγεται Άρα, σε κάθε περίπτωση, f(x ) f(x ) ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. x, x I I 2, x x < δ f(x ) f(x ) < ɛ και η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο διάστημα I I 2. Άσκηση Έστω ότι η f είναι συνεχής στο διάστημα I και ότι ισχύει f (x) M για κάθε εσωτερικό σημείο x του I. Αποδείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Λύση: Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής συνεπάγεται ότι για κάθε x, x I με x x ισχύει f(x ) f(x ) = f(ξ) x x για κάποιο ξ ανάμεσα στα x, x και, επομένως, εσωτερικό σημείο του I. Άρα για κάθε x, x I με x x ισχύει και άρα f(x ) f(x ) M x x f(x ) f(x ) M x x. Η τελευταία ανισότητα ισχύει και για x = x I. Τώρα, έστω ɛ > 0. Έχουμε f(x ) f(x ) < ɛ M x x < ɛ x x < ɛ M. 7

18 Άρα, αν επιλέξουμε οποιοδήποτε δ με 0 < δ ɛ M, τότε x, x I, x x < δ x x < ɛ M f(x ) f(x ) < ɛ. Άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Τα συμπεράσματα των ασκήσεων και είναι πολύ χρήσιμα και μπορούμε να τα χρησιμοποιούμε ως θεωρία για την λύση άλλων ασκήσεων. 8

19 ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΩΡΗΜΑ. Αν η f είναι συνεχής στο [, b], τότε είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b]. Απόδειξη. Έστω ότι η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b]. Τότε υπάρχει κάποιο ɛ > 0 ώστε για κάθε δ > 0 να υπάρχουν x, x [, b] τέτοια ώστε να ισχύει x x < δ και f(x ) f(x ) ɛ. Άρα για κάθε N υπάρχουν x, x [, b] με x x < και f(x ) f(x ) ɛ. Έτσι δημιουργούνται δυο ακολουθίες στο [, b], οι (x ), (x ). Η ακολουθία (x ) είναι φραγμένη, οπότε, σύμφωνα με το θεώρημα των Bolzo - Weierstrss, έχει μια τουλάχιστον συγκλίνουσα υποακολουθία. Έστω x k ξ, οπότε ξ [, b]. Επειδή ισχύει x k x k < k 0, συνεπάγεται Άρα από το x k ξ προκύπτει x k x k 0. x k ξ. Επειδή ξ [, b], η f είναι συνεχής στο ξ. Άρα από τα x k ξ και x k ξ συνεπάγεται f(x k ) f(ξ) και f(x k ) f(ξ) και, επομένως, Αυτό, όμως, είναι άτοπο, διότι ισχύει f(x k ) f(x k ) 0. f(x k ) f(x k ) ɛ > 0 για κάθε k. Άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b]. Άσκηση Αποδείξτε ότι η x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, + ). Λύση: Η παράγωγος της f(x) = x στο (0, + ) είναι η f (x) = 2 x. Αν η f ήταν φραγμένη στο (0, + ), τότε από την άσκηση θα συμπεραίναμε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [0, + ). Όμως, η f δεν είναι φραγμένη στο (0, + ) αφού lim x 0+ 2 x = +. 9

20 Παρατηρούμε, όμως, ότι, αν περιοριστούμε σε ένα διάστημα μακριά από το 0, τότε η f θα είναι φραγμένη στο διάστημα αυτό. Για παράδειγμα η f είναι φραγμένη στο (, + ) αφού ισχύει 2 x 2 για κάθε x (, + ). Αυτό μας εξασφαλίζει ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Από την άλλη μεριά, το προηγούμενο Θεώρημα μας εξασφαλίζει ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής και στο [0, ] αφού είναι συνεχής στο [0, ]. Και, τώρα, σύμφωνα με την άσκηση 4.6.7, συμπεραίνουμε ότι η f είναι συνεχής στο [0, ] [, + ) = [0, + ). Η λύση που δώσαμε είναι προτιμότερη από την λύση που δώσαμε στο περασμένο μάθημα. Ο λόγος είναι ότι στην προηγούμενη λύση χρησιμοποιήσαμε μια ανισότητα η οποία δεν είναι αρκετά γνωστή και πιθανόν να μην την θυμόμαστε καθε στιγμή. Επίσης, η ανισότητα εκείνη εφαρμόζεται μόνο στην συγκεκριμένη συνάρτηση. Η τωρινή λύση, όμως, είναι πιο μεθοδική και βασίζεται σε πιο γενικά αποτελέσματα τα οποία μπορούμε να θυμόμαστε πιο εύκολα και τα οποία εφαρμόζονται σε περισσότερες περιπτώσεις. Και τώρα ξαναγυρνάμε στην θεωρία του ολοκληρώματος. ΘΕΩΡΗΜΑ. Αν η f είναι συνεχής στο [, b], τότε είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Απόδειξη. Έστω ɛ > 0. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b], οπότε υπάρχει δ > 0 ώστε x, x [, b], x x < δ f(x ) f(x ) < ɛ b. (8) Θεωρούμε μια οποιαδήποτε διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b] ώστε όλα τα υποδιαστήματα να έχουν μήκος < δ, δηλαδή, ώστε x k x k < δ για κάθε k =,...,. Επειδή η f είναι συνεχής στο [x k, x k ], υπάρχουν ζ k, η k [x k, x k ] ώστε Άρα Επίσης, επειδή από την (8) συνεπάγεται και, επομένως, Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) = f(ζ k ) f(x) f(η k ) για κάθε x [x k, x k ]. l k = f(ζ k ), u k = f(η k ). η k ζ k x k x k < δ, u k l k = f(η k ) f(ζ k ) < ɛ b (u k l k )(x k x k ) < k= k= ɛ b (x k x k ) = ɛ. Αποδείξαμε ότι για κάθε ɛ > 0 υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. Άρα η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. 20

21 Τώρα θα αναφερθούμε στις διάφορες ιδιότητες του ολοκληρώματος. Οι τεχνικές που χρειάζονται για τις αποδείξεις των ιδιοτήτων είναι αρκετά περίπλοκες και, επειδή είναι παρόμοιες μεταξύ τους, στο μάθημα θα αποδείξουμε μόνο μία (ή δύο) από αυτές. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f, g ολοκληρώσιμες στο [, b]. Tότε η f + g : [, b] R είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και (f + g) = Απόδειξη. Οι f, g είναι φραγμένες στο [, b]. Δηλαδή, ισχύει f(x) M και g(x) M για κάθε x [, b]. Άρα ισχύει f(x) + g(x) M + M για κάθε x [, b] και, επομένως, η f + g είναι φραγμένη στο [, b]. Αυτή είναι η πρώτη προϋπόθεση για να είναι η f + g ολοκληρώσιμη. Έστω ɛ > 0. Σύμφωνα με το κριτήριο ολοκληρωσιμότητας, υπάρχουν διαμερίσεις, του [, b] ώστε f + Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ 2, Σ(g;, b; ) Σ(g;, b; ) < ɛ 2. Αντικαθιστούμε τις, με την =, η οποία είναι λεπτότερη και από τις δυο διαμερίσεις, οπότε Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ 2, Σ(g;, b; ) Σ(g;, b; ) < ɛ 2. (9) Τώρα, έστω ότι η είναι η g. = {x 0, x,..., x, x }. Έστω u k και l k το supremum και το ifimum της f στο [x k, x k ] καθώς και u k και l k οι αντίστοιχες ποσότητες για την g και u k και l k οι αντίστοιχες ποσότητες για την f + g. Για κάθε x [x k, x k ] ισχύει και, επομένως, l k f(x) u k, l k g(x) u k l k + l k f(x) + g(x) u k + u k. Άρα το l k + l k είναι κάτω φράγμα και το u k + u k είναι άνω φράγμα της f στο [x k, x k ] και άρα l k + l k l k u k u k + u k. Πολλαπλασιάζοντας με το x k x k και προσθέτοντας τις ανισότητες, βρίσκουμε Σ(f + g;, b; ) = u k (x k x k ) k= u k (x k x k ) + k= k= = Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ) u k (x k x k ) (0) 2

22 και, ομοίως, Σ(f + g;, b; ) = l k (x k x k ) k= l k (x k x k ) + k= k= = Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ). l k (x k x k ) () Αφαιρώντας τις (0) και () και χρησιμοποιώντας και τις ανισότητες στην (9), βρίσκουμε Σ(f + g;, b; ) Σ(f + g;, b; ) < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Αποδείξαμε ότι για κάθε ɛ > 0 υπάρχει διαμέριση του [, b] ώστε Σ(f + g;, b; ) Σ(f + g;, b; ) < ɛ, οπότε η f + g είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Τώρα, γνωρίζουμε ότι Σ(f;, b; ) Σ(g;, b; ) f Σ(f;, b; ) g Σ(g;, b; ) (2) Σ(f + g;, b; ) Από τις (0), (), (3) συνεπάγεται Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ) και από τις ανισότητες (2) συνεπάγεται Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ) (f + g) Σ(f + g;, b; ). (3) (f + g) Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ) (4) f + Τέλος, από τις (4), (5) και την (9) έχουμε (f + g) f g Σ(f;, b; ) + Σ(g;, b; ). (5) g < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε ɛ > 0, είναι (f + g) = f + g. 22

23 ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ Θα γυρίσουμε πίσω για να κάνουμε μια απόδειξη που είχαμε παραλείψει σε κάποιο προηγούμενο παράδειγμα. Παράδειγμα. Έστω ξ [, b] και η συνάρτηση { 0, αν x [, b], x ξ f(x) =, αν x = ξ Θα αποδείξουμε ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και ότι Θα περιοριστούμε στην περίπτωση που f = 0. < ξ < b. Οι άλλες περιπτώσεις, ξ = και ξ = b, είναι παρόμοιες (και ελαφρά απλούστερες) και μπορείτε να τις διαβάσετε στο βιβλίο. Έστω ɛ > 0. Παίρνουμε ένα δ > 0 αρκετά μικρό, την τιμή του οποίου θα καθορίσουμε σε λίγο, και θεωρούμε την συγκεκριμένη διαμέριση = {x 0, x, x 2, x 3 } του [, b] με x 0 =, x = ξ δ, x 2 = ξ + δ, x 3 = b. Τότε, η f είναι σταθερή 0 στα διαστήματα [x 0, x ] και [x 2, x 3 ], οπότε l = u = 0, l 3 = u 3 = 0, και στο [x, x 2 ] έχει ακριβώς δύο τιμές, τις 0 και, οπότε Επομένως, Άρα l 2 = 0, u 2 =. Σ(f;, b; ) = l (x x 0 ) + l 2 (x 2 x ) + l 3 (x 3 x 2 ) = 0, Σ(f;, b; ) = u (x x 0 ) + u 2 (x 2 x ) + u 3 (x 3 x 2 ) = x 2 x = 2δ. Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) = 2δ. Τώρα μπορούμε να πούμε ότι, αν επιλέξουμε το δ ώστε 0 < δ < ɛ, θα έχουμε ότι 2 Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ και θα έχουμε αποδείξει ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Πρέπει, πάντως, να προσέξουμε επιπλέον να ισχύει < ξ δ και ξ + δ < b ή, ισοδύναμα, δ < ξ και δ < b ξ. Άρα πρέπει να επιλέξουμε το δ ώστε 0 < δ < mi{ ɛ, ξ, b ξ}. 2 Τώρα, για την διαμέριση που βρήκαμε ισχύει Σ(f;, b; ) = 0 και Σ(f;, b; ) = 2δ και, επειδή η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], έχουμε 0 = Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ) = 2δ < ɛ. 23

24 Δηλαδή, για κάθε ɛ > 0 ισχύει και, επομένως, f = 0. 0 f < ɛ Τώρα θα συνεχίσουμε την παρουσίαση της θεωρίας χωρίς να αποδεικνύουμε (όπως έχουμε ήδη εξηγήσει) τις διάφορες ιδιότητες του ολοκληρώματος. Μόνο περιστασιακά θα κάνουμε κάποιες αποδείξεις αν κρίνουμε ότι προσφέρουν κάποιες νέες ιδέες. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b] και αριθμός λ. Τότε η λf είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και λf = λ Οι ισότητες που αποδείχθηκαν στις δύο τελευταίες Προτάσεις συνδυάζονται στην (λf + µg) = λ f. f + µ Αυτή η ισότητα εύκολα γενικεύεται με επαγωγή για περισσότερους από δυο όρους: (λ f + + λ f ) = λ f + + λ f, αν όλες οι f,..., f είναι ολοκληρώσιμες στο [, b]. Το παράδειγμα που ακολουθεί είναι άμεση γενίκευση του προηγούμενου παραδείγματος και θα χρησιμοποιηθεί αμέσως στην απόδειξη της επόμενης Πρότασης. Παράδειγμα. Έστω ξ,..., ξ διαφορετικά σημεία του [, b] και f η οποία είναι σταθερή 0 στο [, b] εκτός σ αυτά τα σημεία. Θα δούμε ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και ότι Συγκεκριμένα, έστω και έστω ότι και f = 0. ξ <... < ξ b f(x) = 0 για κάθε x [, b] \ {ξ,..., ξ } f(ξ j ) = c j 0 για κάθε j =,...,. Για κάθε j =,..., θεωρούμε την αντίστοιχη συνάρτηση { 0, αν x [, b], x ξ j f j (x) =, αν x = ξ j Αν x [, b] και x ξ j για κάθε j =,...,, τότε f(x) = 0 και f j (x) = 0 για κάθε j =,...,. Άρα c f (x) + + c f (x) = c c 0 = 0 = f(x). g. 24

25 Αν x {ξ,..., ξ }, τότε x = ξ j0 για κάποιον j 0 =,...,, οπότε f(x) = c j0 και f j0 (x) = και f j (x) = 0 για κάθε j =,..., με j j 0. Άρα c f (x) + + c j0 f j0 (x) + + c f (x) = c c j0 + + c 0 = c j0 = f(x). Άρα ισχύει ή, ισοδύναμα, c f (x) + + c f (x) = f(x) για κάθε x [, b] f = c f + + c f. Επειδή κάθε f j είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και f j = 0, συνεπάγεται ότι και η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και f = c f + + c f = c c 0 = 0. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b] και g η οποία ταυτίζεται με την f στο [, b] εκτός σε πεπερασμένου πλήθους σημεία. Τότε και η g είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και g = f. Απόδειξη. Θεωρούμε την h = g f η οποία είναι σταθερή 0 στο [, b] εκτός στα πεπερασμένου πλήθους σημεία στα οποία η g διαφέρει από την f. Σύμφωνα με το προηγούμενο παράδειγμα, η h είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και h = 0. Επειδή g = f +h και η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], η g είναι κι αυτή ολοκληρώσιμη στο [, b] και g = (f + h) = f + h = f. Η Πρόταση διατυπώνεται και ως εξής: αν μια συνάρτηση είναι ολοκληρώσιμη (πχ είναι συνεχής ή μονότονη) σε κάποιο διάστημα και δημιουργήσουμε μια νέα συνάρτηση αλλάζοντας τις τιμές της αρχικής σε πεπερασμένου πλήθους σημεία του διαστήματος, τότε η νέα συνάρτηση είναι κι αυτή ολοκληρώσιμη στο ίδιο διάστημα και το ολοκλήρωμά της είναι το ίδιο με το ολοκλήρωμα της αρχικής συνάρτησης. ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν οι f, g είναι ολοκληρώσιμες στο [, b], τότε και η fg είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Σε αντίθεση με την περίπτωση του αθροίσματος συναρτήσεων, δεν υπάρχει τύπος ο οποίος να συνδέει το ολοκλήρωμα του γινομένου συναρτήσεων με τα ολοκληρώματα των δυο συναρτήσεων ξεχωριστά. Για παράδειγμα, ο τύπος fg = f g δεν ισχύει γενικά. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b]. Αν υπάρχει m > 0 ώστε να ισχύει f(x) m για κάθε x [, b], τότε η είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. f ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω < c < b. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, c] και στο [c, b], τότε η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και f = c 25 f + c f.

26 ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω c < d b. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τότε η f είναι ολοκληρώσιμη και στο [c, d]. Είναι λίγο - πολύ γνωστό πότε λέμε μια συνάρτηση τμηματικά σταθερή ή τμηματικά συνεχή ή τμηματικά μονότονη σε ένα διάστημα. Δείτε τους τυπικούς ορισμούς στο βιβλίο. ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν η f είναι τμηματικά σταθερή ή τμηματικά συνεχής ή τμηματικά μονότονη στο [, b], τότε είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Σχεδόν όλες οι συναρτήσεις που εμφανίζονται σε συγκεκριμένες εφαρμογές είναι είτε τμηματικά συνεχείς είτε τμηματικά μονότονες και, επομένως, είναι ολοκληρώσιμες σε κάθε κλειστό και φραγμένο διάστημα στο οποίο είναι φραγμένες. 26

27 ΟΓΔΟΟ ΜΑΘΗΜΑ ΛΗΜΜΑ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b] και έστω ότι ισχύει f(x) 0 για κάθε x [, b]. [α] Τότε f 0. [β] Αν f = 0, τότε ισχύει f(x) = 0 για κάθε x στο οποίο η f είναι συνεχής. Ειδικώτερα, αν f = 0 και η f είναι συνεχής στο [, b], τότε η f είναι σταθερή 0 στο [, b]. Απόδειξη. [α] Το 0 είναι κάτω φράγμα της f στο [, b]. Άρα το 0 είναι μικρότερο ή ίσο του μέγιστου κάτω φράγματος της f στο [, b]. Δηλαδή, αν l = if{f(x) x b}, τότε 0 l. Σύμφωνα με ένα Λήμμα που είχαμε αποδείξει στο δεύτερο μάθημα, ισχύει για κάθε διαμέριση του [, b]. Άρα l(b ) Σ(f;, b; ) f l(b ) 0. [β] Έστω f = 0. Έστω x 0 ένα σημείο συνέχειας της f και έστω (για να καταλήξουμε σε άτοπο) ότι Θεωρούμε οποιονδήποτε αριθμό κ ώστε f(x 0 ) > 0. 0 < κ < f(x 0 ). (Για παράδειγμα, τον κ = f(x 0) 2.) Επειδή η f είναι συνεχής στο x 0, υπάρχει κάποιο διάστημα [c, d] [, b] με d c > 0 που περιέχει το x 0 και ώστε να ισχύει f f(x) κ για κάθε x [c, d]. Δηλαδή, ισχύει f(x) κ 0 για κάθε x [c, d], οπότε d c (f κ) 0. Άρα και, επομένως, d c d f d c c κ 0 f κ(d c) > 0. 27

28 Τώρα διακρίνουμε τέσσερις περιπτώσεις. Έστω < c < d < b. Από το ότι ισχύει f(x) 0 για κάθε x [, c], συνεπάγεται c f 0. Ομοίως, f 0. Άρα d f = c f + d c f + d f 0 + d c f + 0 > 0. Έστω < c < d = b. Όπως πριν, είναι c f 0 και, επομένως, f = c f + d c f 0 + d c f > 0. Έστω = c < d < b. Όπως πριν, είναι f 0 και, επομένως, d f = d c f + d f d c f + 0 > 0. Τέλος, αν c = και d = b, τότε f = d f > 0. c Σε κάθε περίπτωση, προκύπτει f > 0 και καταλήγουμε σε άτοπο. Οι επόμενες τρεις προτάσεις περιέχουν τα βασικά εργαλεία εκτίμησης ολοκληρωμάτων: τα χρησιμοποιούμε στις περιπτώσεις που δεν βολεύει ή δεν είναι εφικτός ο ακριβής υπολογισμός των ολοκληρωμάτων. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b]. [α] Αν ισχύει f(x) u για κάθε x [, b], τότε f u(b ). Αν, επιπλέον, f = u(b ), τότε ισχύει f(x) = u για κάθε σημείο συνέχειας x της f. [β] Αν ισχύει f(x) l για κάθε x [, b], τότε f l(b ). Αν, επιπλέον, f = l(b ), τότε ισχύει f(x) = l για κάθε σημείο συνέχειας x της f. [γ] Αν ισχύει f(x) M για κάθε x [, b], τότε f M(b ). Αν, επιπλέον, f = M(b ), τότε είτε ισχύει f(x) = M για κάθε σημείο συνέχειας x της f είτε ισχύει f(x) = M για κάθε σημείο συνέχειας x της f. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f, g ολοκληρώσιμες στο [, b] ώστε να ισχύει f(x) g(x) για κάθε x [, b]. [α] Τότε f g. [β] Αν f = g, τότε ισχύει f(x) = g(x) σε κάθε κοινό σημείο συνέχειας x των f, g. Ειδικώτερα, αν οι f, g είναι συνεχείς στο [, b], τότε οι f, g ταυτίζονται στο [, b]. ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b]. Τότε η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και f f. Αν f b = f, τότε είτε ισχύει f(x) 0 για κάθε σημείο συνέχειας x της f είτε ισχύει f(x) 0 για κάθε σημείο συνέχειας x της f. 28

29 Απόδειξη. Δεχόμαστε, παραλείποντας την απόδειξή του, ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b]. Τώρα, ισχύει f(x) f(x) f(x) για κάθε x [, b], οπότε Άρα f = ( f ) f Αν f = f, τότε είναι είτε f = f είτε f = f. Συνεπάγεται, αντιστοίχως, είτε ότι ισχύει f(x) = f(x) ή, ισοδύναμα, f(x) 0 για κάθε σημείο συνέχειας x της f είτε ότι ισχύει f(x) = f(x) ή, ισοδύναμα, f(x) 0 για κάθε σημείο συνέχειας x της f. Άσκηση Έστω [c, d] [, b]. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] και ισχύει f(x) 0 για κάθε x [, b], αποδείξτε ότι f d f. c Λύση: Μια πρώτη περίπτωση είναι όταν < c < d < b. Επειδή ισχύει f(x) 0 για κάθε x [, c], συνεπάγεται c f 0. f. f f. Ομοίως, επειδή ισχύει f(x) 0 για κάθε x [d, b], συνεπάγεται Άρα f = c f + d c f + d f 0. d f 0 + d c f + 0 = Οι άλλες τρεις περιπτώσεις είναι όταν = c < d < b, < c < d = b και = c < d = b και λύνονται με τον ίδιο τρόπο (και απλούστερα). Άσκηση Βρείτε τα όρια: d c f. (i) x+ x lim x + x t dt, (ii) lim + t2 x 0+ +x 2x x t + t 2 dt. Λύση: Τα συγκεκριμένα ολοκληρώματα μπορούν να υπολογισθούν ακριβώς. Προτιμάμε, όμως, στην παρούσα φάση να δούμε πώς θα εκτιμήσουμε τα ολοκληρώματα χωρίς να τα υπολογίσουμε ακριβώς. (i) Για να εκτιμήσουμε το ολοκλήρωμα x+ x t dt θα προσπαθήσουμε να βρούμε x +t 2 t ένα κάτω φράγμα και ένα άνω φράγμα της συνάρτησης στο διάστημα [x, x+ x]. +t 2 Και, επειδή προτιμάμε όσο το δυνατό καλύτερες εκτιμήσεις, θα προσπαθήσουμε να βρούμε ένα κάτω φράγμα και ένα άνω φράγμα τα οποία να είναι όσο το δυνατό κοντύτερα το ένα στο άλλο: τα καταλληλότερα τέτοια φράγματα είναι η ελάχιστη και η 29

30 μέγιστη τιμή της συνάρτησης στο διάστημα. Υπολογίζουμε την παράγωγο t 2 ( + t 2 ) 2 t της και βλέπουμε ότι είναι > 0 στο διάστημα (, ) και < 0 στα διαστήματα +t 2 (, ) και (, + ). Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [, ] και γνησίως φθίνουσα στα (, ] και [, + ). Επειδή μας ενδιαφέρει το όριο καθώς x +, μπορούμε να θεωρήσουμε ότι x, οπότε η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα στο [x, x + x]. Άρα η ελαχιστη και η μέγιστη τιμή της συνάρτησης στο διάστημα αυτό είναι οι τιμές της στα άκρα του διαστήματος, και έχουμε ότι ισχύει x + x + (x + x) 2 t + t 2 x + x 2 για κάθε t [x, x + x]. Άρα x + x + (x + x+ x t x x) 2 x + t dt x x. 2 + x 2 Αυτό ισχύει για κάθε x και τώρα με την ιδιότητα παρεμβολής βρίσκουμε ότι x+ x t lim dt = 0. x + x + t2 (ii) Επειδή μας ενδιαφέρει το όριο καθώς x 0+, θεωρούμε ότι 0 < x, οπότε η συνάρτηση t είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [ x, ] και γνησίως φθίνουσα +t 2 στο [, + x]. Άρα η μέγιστη τιμή της συνάρτησης στο [ x, + x] είναι η τιμή της στο και η ελάχιστη τιμή της στο [ x, + x] είναι η μικρότερη από τις τιμές της στα άκρα x και + x. Με μια απλή σύγκριση βρίσκουμε ότι η μικρότερη από τις δυο τιμές στα άκρα είναι η τιμή στο x και συμπεραίνουμε ότι, αν 0 < x, τότε ισχύει x + ( x) t 2 + t για κάθε t [ x, + x]. 2 2 Συνεπάγεται ότι ισχύει και, επομένως, για κάθε x με 0 < x. Από την ιδιότητα παρεμβολής έχουμε ότι x +x + ( x) 2x t 2 x + t dt 2 2 2x x + ( x) +x t 2 2x x + t dt 2 2 lim x 0+ +x 2x x t + t 2 dt = 2. Υπάρχει και ένας δεύτερος τρόπος να αποδείξουμε το ίδιο όριο. Παρατηρούμε ότι, όταν το x > 0 είναι πολύ κοντά στο 0, τότε το διάστημα [ x, +x], 30

31 το οποίο περιέχει το, είναι πολύ μικρό, οπότε κάθε t στο διάστημα αυτό είναι περίπου ίσο με και, επομένως, θα ισχύει t + t 2 2. Άρα, όταν το x > 0 είναι πολύ κοντα στο 0, θα έχουμε +x t 2x x + t dt +x 2 2x x 2 dt = 2. (6) Επομένως, αναμένουμε ότι το ζητούμενο όριο θα είναι ίσο με και ξεκινάμε να αποδείξουμε ότι 2 +x t 2x x + t dt όταν x 0+ (7) 2 2 ή, ισοδύναμα, ότι Τώρα, γράφουμε +x 2x x +x t 2x x + t dt όταν x 0 +. t + t dt 2 2 = +x 2x x t + t dt +x 2 2x x 2 dt. Πώς σκεφτήκαμε να αντικαταστήσουμε τον αριθμό με την παράσταση 2 2x Μα κάναμε ήδη τον υπολογισμό πιο πάνω στο τέλος της σχέσης (6). Άρα +x t 2x x + t dt 2 2 = +x ( t 2x x + t ) dt, 2 2 οπότε 2x +x x t + t dt 2 2 2x Τώρα κάνουμε πράξεις και βλέπουμε ότι t + t = 2 2 οπότε η (8) συνεπάγεται ότι 2x +x x Άρα αποδείξαμε την (7). (t )2 2( + t 2 ) t + t dt 2 2 4x (t )2 2 +x x +x x +x x dt; 2 t + t dt. (8) 2 2 για κάθε t [ x, + x], (t ) 2 dt = x u 2 du = x2 4x x 6. 3

32 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. 32

33 Λύση: Θεωρούμε τυχούσα διαμέριση = {x 0, x,..., x, x } του [, b]. Στο υποδιάστημα [x k, x k ] υπάρχει τουλάχιστον ένας ρητός. Άρα η f έχει τιμή 0 σε τουλάχιστον ένα σημείο του [x k, x k ]. Δηλαδή, το 0 είναι στοιχείο του συνόλου τιμών {f(x) x k 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 ) 0, Σ(f;, b; ) = k= Αποδείξαμε, λοιπόν,ότι για κάθε διαμέριση του [, b] ισχύει u k (x k x k ) 0. k= Σ(f;, b; ) 0 Σ(f;, b; ). (9) Επίσης, επειδή η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] ισχύει Σ(f;, b; ) f Σ(f;, b; ). (20) 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 (9) και (20) 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 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 είναι ολοκληρώσιμη στο [A, B]. Αποδείξτε ότι f + B A f = 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 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 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 θα ήταν το συμμετρικό του γραφήματος της f ως προς την κύρια διαγώνιο. Όμως, εμείς τώρα κρατάμε την ανεξάρτητη μεταβλητή της f, δηλαδή την y, στον κατακόρυφο άξονα και την εξαρτημένη μεταβλητή της, δηλαδή την x, στον οριζόντιο άξονα. 33

34 Τώρα, το f είναι ίσο με το εμβαδό του καμπυλόγραμμου χωρίου bnm και το B f 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,..., x, x } του [, b]. Δηλαδή, = x 0 < x <... < x k < x k <... < x < x = b. Θεωρούμε και τα αντίστοιχα σημεία y k αύξουσα, έχουμε = f(x k ), οπότε, επειδή η f είναι γνησίως A = y 0 < y <... < y k < y k <... < y < y = B. Έτσι ορίζεται μια αντίστοιχη διαμέριση = {y 0, y,..., y, y } του [A, B]. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, σε κάθε υποδιάστημα [x k, x k ] ισχύει l k = f(x k ) = y k, u k = f(x k ) = y k, οπότε Σ(f;, b; ) = y k (x k x k ), Σ(f;, b; ) = k= y k (x k x k ). (2) k= Επειδή ισχύει f (y k ) = x k για κάθε k και επειδή η f είναι κι αυτή γνησίως αύξουσα, ισχύει, εντελώς ανάλογα, και Σ(f ; A, B; ) = x k (y k y k ), Σ(f ; A, B; ) = k= x k (y k y k ). (22) k= 34

35 Από τις (2), (22) έχουμε: Σ(f ;, b; ) + Σ(f 0 ; A, B; ) = yk (xk xk ) + k= = yk xk yk xk k= xk yk k= = xk (yk yk ) k= k= + (23) k= yk xk + k= xk yk xk yk = x y x0 y0 k= = Bb A. Το γεωμετρικό περιεχόμενο της (23) φαίνεται στο επόμενο σχήμα. Το Σ(f ;, b; ) είναι ίσο με το συνολικό εμβαδό των ορθογωνίων x0 x N0 M0, x x2 N M, x2 x3 N2 M2, x3 x4 N3 M3, x4 x5 N4 M4. Το Σ(f ; A, B; 0 ) είναι ίσο με το συνολικό εμβαδό των ορθογωνίων y0 y M N0, y y2 M2 N, 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 ; A, B; 0 ) = Bb A. Όπως πριν, το γεωμετρικό περιεχόμενο της (24) φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. 35 (24)

36 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Συνεχίζουμε την λύση της άσκησης Μέχρι τώρα έχουμε αποδείξει ότι για κάθε διαμέριση του [, b] υπάρχει μια αντίστοιχη διαμέριση του [A, B] ώστε να ισχύουν οι σχέσεις Σ(f;, b; ) + Σ(f ; A, B; ) = Bb A, (25) Σ(f;, b; ) + Σ(f ; A, B; ) = Bb A. (26) Αυτές είναι οι σχέσεις (23), (24) του προηγούμενου μαθήματος. Τώρα θεωρούμε τυχόν ɛ > 0. Από το κριτήριο ολοκληρωσιμότητας για την f συνεπάγεται ότι υπάρχει κάποια διαμέριση του [, b] ώστε 0 Σ(f;, b; ) Σ(f;, b; ) < ɛ. (27) Εξισώνοντας τα δεξιά μέλη των ισοτήτων (25), (26) και χρησιμοποιώντας την (27), βρίσκουμε εύκολα ότι Θυμόμαστε και τις γνωστές σχέσεις 0 Σ(f ; A, B; ) Σ(f ; A, B; ) < ɛ. (28) Σ(f;, b; ) Σ(f ; A, B; ) Από τις (27), (29) βρίσκουμε ότι και από τις (28), (30) ότι 0 B A 0 Σ(f ; A, B; ) Αφαιρώντας τις (3), (32), βρίσκουμε ( ɛ < f + οπότε η (25) δίνει B A f ) ( f + B A f Σ(f;, b; ), (29) f Σ(f ; A, B; ). (30) f Σ(f;, b; ) < ɛ (3) B A f < ɛ. (32) ( ) Σ(f;, b; ) + Σ(f ; A, B; ) < ɛ, ) f (Bb A) < ɛ. Επειδή αυτό ισχύει για κάθε ɛ > 0, συνεπάγεται ότι f + B A f = Bb A. Άσκηση Έστω f, g συνεχείς στο [, b] και f = g. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ (, b) ώστε f(ξ) = g(ξ). 36

37 Λύση: Ορίζουμε την συνάρτηση Η h είναι συνεχής στο [, b] και h = f g. h = 0. Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ξ (, b) ώστε h(ξ) = 0. Υποθέτουμε (για να καταλήξουμε σε άτοπο) ότι ισχύει h(x) 0 για κάθε x (, b). Επειδή η h είναι συνεχής στο (, b), συνεπάγεται ότι είτε ισχύει h(x) > 0 για κάθε x (, b) είτε ισχύει h(x) > 0 για κάθε x (, b). Θεωρούμε την πρώτη περίπτωση. Αυτά που ακολουθούν είναι παρόμοια και στην δεύτερη περίπτωση. Επειδή η h είναι συνεχής στα, b και επειδή ισχύει h(x) > 0 για κάθε x (, b), συνεπάγεται h() = lim h(x) 0, x + h(b) = lim h(x) 0. x b Άρα ισχύει h(x) 0 για κάθε x [.b]. Επομένως, επειδή h = 0, συνεπάγεται ότι ισχύει h(x) = 0 για κάθε x [, b] στο οποίο η h είναι συνεχής. Αυτό είναι άτοπο, διότι η h είναι συνεχής στο [, b] και έχουμε ότι ισχύει h(x) > 0 για κάθε x (, b). Άρα υπάρχει ξ (, b) ώστε h(ξ) = 0 και, επομένως, f(ξ) = g(ξ). Τώρα θα δούμε τον ορισμό του ολοκληρώματος που έδωσε ο Riem. Έστω f φραγμένη στο διάστημα [, b] και διαμέριση = {x 0, x..., x, x } του [, b], οπότε = x 0 < x <... < x < x = b. Θεωρούμε και μια αντίστοιχη (αλλά τυχούσα) επιλογή ενδιάμεσων σημείων Ξ = {ξ,..., ξ }, όπου κάθε ξ k είναι ένα αυθαίρετο σημείο του αντίστοιχου υποδιαστήματος [x k, x k ]. Είναι σαφές ότι υπάρχουν άπειρες επιλογές Ξ ενδιάμεσων σημείων για την ίδια διαμέριση του [, b]. Τέλος, για κάθε τέτοια διαμέριση του [, b] και για κάθε αντίστοιχη τέτοια επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων σχηματίζουμε το λεγόμενο άθροισμα Riem Σ(f;, b;, Ξ) = f(ξ k )(x k x k ) = f(ξ )(x x 0 ) + + f(ξ )(x x ). k= Επειδή η τιμή f(ξ k ) είναι στοιχείο του συνόλου τιμών {f(x) x k x x k }, ισχύει l k f(ξ k ) u k για κάθε k =,...,, οπότε l k (x k x k ) k= f(ξ k )(x k x k ) k= u k (x k x k ) k= και άρα Σ(f;, b; ) Σ(f;, b;, Ξ) Σ(f;, b; ). Δηλαδή, όταν πρόκειται για την ίδια διαμέριση, ένα άθροισμα Riem είναι ανάμεσα στο κάτω άθροισμα Drboux και στο άνω άθροισμα Drboux. 37

38 Ονομάζουμε πλάτος της διαμέρισης και το συμβολίζουμε w( ) το μεγαλύτερο από τα μήκη των υποδιαστημάτων που ορίζει η. Δηλαδή, w( ) = mx{x k x k k }. Ο ορισμός του ολοκληρώματος που έδωσε ο Riem έχει ως εξής: ΟΡΙΣΜΟΣ. Έστω f φραγμένη στο [, b]. Η f χαρακτηρίζεται (Riem) ολοκληρώσιμη στο [, b] αν υπάρχει κάποιος αριθμός I με την εξής ιδιότητα: για κάθε ɛ > 0 υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε διαμέριση του [, b] με w( ) < δ και κάθε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων για την να ισχύει Σ(f;, b;, Ξ) I < ɛ. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τότε ο αριθμός I ονομάζεται (Riem) ολοκλήρωμα της f στο [, b] και συμβολίζεται f = I. Αποδεικνύεται ότι ο ορισμός του ολοκληρώματος που έδωσε ο Drboux, τον οποίο είδαμε εξ αρχής, και ο ορισμός που έδωσε ο Riem είναι ισοδύναμοι. Δηλαδή, αν μια συνάρτηση είναι ολοκληρώσιμη σύμφωνα με τον έναν ορισμό, τότε είναι ολοκληρώσιμη σύμφωνα και με τον άλλον ορισμό και οι τιμές των αντίστοιχων ολοκληρωμάτων της ταυτίζονται. Αυτό είναι το περιεχόμενο του θεωρήματος 6.3 στο βιβλίο και η απόδειξή του είναι, ίσως, η δυσκολότερη όλου του βιβλίου! ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω f ολοκληρώσιμη στο [, b]. Θεωρούμε μια οποιαδήποτε ακολουθία διαμερίσεων ( ) του [, b] και αντίστοιχη ακολουθία επιλογών (Ξ ) ενδιάμεσων σημείων. Δηλαδή κάθε Ξ είναι επιλογή ενδιάμεσων σημείων για την αντίσοιχη. Αν w( ) 0, τότε Σ(f;, b;, Ξ ) Απόδειξη. Έστω ɛ > 0. Επειδή η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b] (σύμφωνα με τον ορισμό του Riem), υπάρχει δ > 0 ώστε για κάθε διαμέριση του [, b] με w( ) < δ και κάθε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων για την να ισχύει Σ(f;, b;, Ξ) f. f < ɛ. Τώρα, επειδή w( ) 0, ισχύει τελικά w( ) < δ και, επομένως, ισχύει τελικά Άρα Σ(f;, b;, Ξ ) f. Σ(f;, b;, Ξ ) f < ɛ. Μια όχι τόσο αυστηρή αλλά πολύ συνηθισμένη και παραστατική διατύπωση της τελευταίας πρότασης είναι η εξής. Αν η f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], τα αθροίσματα Riem της f συγκλίνουν στο 38

39 ολοκλήρωμά της όταν το πλάτος των αντίστοιχων διαμερίσεων τείνει στο 0. Υπάρχει και το ανάλογο σύμβολο: lim Σ(f;, b;, Ξ) = w( ) 0 Σύμφωνα με την τελευταία πρόταση, αν γνωρίζουμε ότι μια συγκεκριμένη συνάρτηση f είναι ολοκληρώσιμη στο [, b], μπορούμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμά της θεωρώντας μια ακολουθία ( ) διαμερίσεων του [, b] ώστε w( ) 0 και, για κάθε, μια οποιαδήποτε επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων γι αυτήν. Υπολογίζουμε τα αθροίσματα Σ(f;, b;, Ξ ) και, τέλος, υπολογίζουμε το ολοκλήρωμα μέσω του ορίου Σ(f;, b;, Ξ ) f. Η μοναδική μας φροντίδα είναι να βρούμε κατάλληλες και αντίστοιχες Ξ ώστε να υπολογίζονται εύκολα τα Σ(f;, b;, Ξ ). Στην συνέχεια θα δούμε μερικά παραδείγματα για να καταλάβουμε καλύτερα την μέθοδο υπολογισμού του ολοκληρώματος μέσω των αθροισμάτων Riem. Παράδειγμα. Έστω η συνάρτηση x στο διάστημα [, b]. Για κάθε θεωρούμε τη διαμέριση = {x 0,..., x } του [, b] σε ισομήκη υποδιαστήματα. Δηλαδή, έστω x k = + k b f. για k = 0,...,. Τότε για κάθε k έχουμε ότι x k x k = b, οπότε w( ) = b 0. Για κάθε παίρνουμε ως επιλογή Ξ ενδιάμεσων σημείων τα δεξιά άκρα των υποδιαστημάτων που ορίζει η. Δηλαδή, Υπολογίζουμε Σ(x;, b;, Ξ ) = ξ k = x k = + k b για k =,...,. ξ k (x k x k ) = b ( k= k= = b ( + b + 2b = b ( + b ) ( ) = b ( + b ( + ) 2 = (b ) + (b ) Επειδή w( ) 0, από την τελευταία πρόταση συνεπάγεται ότι οπότε x dx = + k b + + b ) lim Σ(x;, b;, Ξ ), + ( x dx = lim (b ) + (b ) 2 + ) = (b ) (b )2 2 ) ) = b

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Συνεχίζουμε την λύση της άσκησης 6.3.. Μέχρι τώρα έχουμε αποδείξει ότι για κάθε διαμέριση του [, b] υπάρχει μια αντίστοιχη διαμέριση του [, B] ώστε να ισχύουν

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση 6.2.4. 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

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ Θα γυρίσουμε πίσω για να κάνουμε μια απόδειξη που είχαμε παραλείψει σε κάποιο προηγούμενο παράδειγμα. Παράδειγμα. Έστω ξ [, b] και η συνάρτηση { 0, αν x [, b],

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΩΡΗΜΑ. Αν η f είναι συνεχής στο [, b], τότε είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b]. Απόδειξη. Έστω ότι η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, b]. Τότε υπάρχει κάποιο

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις δέκατου φυλλαδίου ασκήσεων. 2 x dx = 02 ( 2) 2

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις δέκατου φυλλαδίου ασκήσεων. 2 x dx = 02 ( 2) 2 Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 08-9. Λύσεις δέκατου φυλλαδίου ασκήσεων.. Υπολογίστε το x αν x < 0 4 fx) dx όταν fx) = αν 0 x 3/x αν < x 4 Λύση: Η f ταυτίζεται στο [, 0] με την συνεχή συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 5-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Τώρα θα μιλήσουμε για την έννοια της περιοχής, η οποία έχει κεντρικό ρόλο στη μελέτη της έννοιας του ορίου (ακολουθίας και συνάρτησης). Αν > 0, ονομάζουμε

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΔΩΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε διάστημα I. Λέμε ότι η F είναι αντιπαράγωγος της f στο I αν ισχύει F = f στο I. ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν η F είναι αντιπαράγωγος της f στο

Διαβάστε περισσότερα

11 Το ολοκλήρωµα Riemann

11 Το ολοκλήρωµα Riemann Το ολοκλήρωµα Riem Το πρόβληµα υπολογισµού του εµβαδού οποιασδήποτε επιφάνειας ( όπως κυκλικοί τοµείς, δακτύλιοι και δίσκοι, ελλειπτικοί δίσκοι, παραβολικά και υπερβολικά χωρία κτλ) είναι γνωστό από την

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Τώρα θα μας απασχολήσουν τρία ερωτήματα σε σχέση με την κατά σημείο σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων. Και για τα τρία ερωτήματα θα υποθέσουμε ότι f f στο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, 6-12-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Τώρα θα δούμε την απόδειξη του Θεωρήματος που διατυπώσαμε στο τέλος του προηγούμενου μαθήματος. Απόδειξη. [α] Θεωρούμε συνάρτηση f : A R και

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 17-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Την προηγούμενη φορά αναφέραμε (και αποδείξαμε στην περίπτωση n = 2) το θεώρημα που λέει ότι, αν n N, n 2, τότε για κάθε y 0 υπάρχει μοναδική μηαρνητική

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t)

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t) Κεφάλαιο 7 Ακολουθίες και σειρές συναρτήσεων 7.1 Ακολουθίες συναρτήσεων: κατά σημείο σύγκλιση Ορισμός 7.1.1. Εστω X σύνολο, (Y, ρ) μετρικός χώρος και f n, f : X Y (n = 1, 2,...). Λέμε ότι η ακολουθία συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου

Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου wwwaskisopolisgr έκδοση 5-6 wwwaskisopolisgr ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 5 Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση; Έστω Α ένα υποσύνολο του Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΔΕΚΑΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Χρησιμοποιούμε τα σύμβολα f και f() d για να συμβολίσουμε όλα μαζί τα αόριστα ολοκληρώματα της f σε ένα διάστημα I. Δηλαδή, γράφουμε f = f + c ή f() d =

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, --3 Μ. Παπαδημητράκης. Τώρα θα δούμε μια ακόμη εφαρμογή του Κριτηρίου του Ολοκληρώματος. Παράδειγμα. Γνωρίζουμε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει στο +, το οποίο φυσικά σημαίνει

Διαβάστε περισσότερα

Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων

Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων Πρ. Η f : [0, ] R είναι συνεχής στο [0, ]. Χρησιμοποιώντας το Θεώρημα Bolzao- Weierstraß δείξτε ότι η f είναι φραγμένη στο [0, ]. Μην επικαλεστείτε κάποιο άλλο θεώρημα.

Διαβάστε περισσότερα

Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε: :

Για να εκφράσουμε τη διαδικασία αυτή, γράφουμε: : Η θεωρία στα μαθηματικά προσανατολισμού Γ υκείου Τι λέμε συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο ; Έστω ένα υποσύνολο του Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το μία διαδικασία (κανόνα), με την

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι Ασκήσεις

Απειροστικός Λογισμός Ι Ασκήσεις Απειροστικός Λογισμός Ι Ασκήσεις Μ. Παπαδημητράκης . Για καθεμία από τις ανισότητες ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΚΑΙ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ + >, +, + > +3 3+, ( )( 3) ( ) 0 γράψτε ως διάστημα ή ως ένωση διαστημάτων το σύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Ονοματεπώνυμο Τμήμα. 1. Τι ονομάζουμε εμβαδόν ενός επιπέδου σχήματος (χωρίου) και πως υπολογίζεται αυτό; Απάντηση

Ονοματεπώνυμο Τμήμα. 1. Τι ονομάζουμε εμβαδόν ενός επιπέδου σχήματος (χωρίου) και πως υπολογίζεται αυτό; Απάντηση ΓΕΛ. ΚΑΣΤΡΙΤΣΙΟΥ ΦΥΛΛΟ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 202- Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ: ΕΜΒΑΔΟΝ ΠΑΡΑΒΟΛΙΚΟΥ ΧΩΡΙΟΥ. Τι ονομάζουμε εμβαδόν ενός επιπέδου σχήματος (χωρίου) και πως υπολογίζεται αυτό; Απάντηση Το πρόβλημα μελετήθηκε

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Πραγματική Ανάλυση. Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Πραγματική Ανάλυση. Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Πραγματική Ανάλυση Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα Το μέτρο Lebesgue.. Μήκη διαστημάτων..................................2

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ Παράδειγμα. Θεωρούμε για κάθε την συνάρτηση με πεδίο ορισμού [0, + ) και με τύπο (x) = x για κάθε x [0, + ). + x Έχουμε δει ότι 0 στο [0, + ). Τώρα, για

Διαβάστε περισσότερα

0x2 = 2. = = δηλαδή η f δεν. = 2. Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [0,3]. Συνεπώς δεν. x 2. lim f (x) = lim (2x 1) = 3 και x 2 x 2

0x2 = 2. = = δηλαδή η f δεν. = 2. Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [0,3]. Συνεπώς δεν. x 2. lim f (x) = lim (2x 1) = 3 και x 2 x 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO - ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ - ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Αρμονική Ανάλυση Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα 1 Το ολοκλήρωμα Lebesgue. 1 1.1 Σύνολα μηδενικού μέτρου..................................... 1 1.2 Η συλλογή C

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 2018-19. Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Έχουν οι παρακάτω συναρτήσεις μέγιστη ή ελάχιστη τιμή στο διάστημα (0, 1); Στο διάστημα (, + ); Στο διάστημα [0,

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Ας θυμηθούμε από την περασμένη φορά ότι ένα σύνολο M σε έναν μετρικό χώρο (X, d είναι συμπαγές όταν: αν έχουμε οποιαδήποτε ανοικτά σύνολα που καλύπτουν

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 14-1-14 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Τις διάφορες απλές ιδιότητες των παραγώγων θα τις θεωρήσω γνωστές από πιο στοιχειώδη μαθήματα απειροστικού λογισμού και από το λύκειο. Τώρα

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 9-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν ισχύει y n για άπειρους n και x R και y n y R, τότε x y. Απόδειξη. Υποθέτουμε (για άτοπο) ότι y < x. Γνωρίζουμε ότι υπάρχει κάποιος αρκετά

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 12-12-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Ας δούμε ένα παράδειγμα υπολογισμού ορίου με χρήση της συνέχειας της σύνθεσης συνεχών συναρτήσεων. Παράδειγμα. Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις Απειροστικού Λογισμού ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Περιεχόμενα Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Σειρές πραγματικών αριθμών 3 3 Ομοιόμορφη συνέχεια 3 4 Ολοκλήρωμα

Διαβάστε περισσότερα

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1),

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1), Κεφάλαιο 6 Συμπάγεια 6.1 Ορισμός της συμπάγειας Οπως θα φανεί στην αμέσως επόμενη παράγραφο, υπάρχουν διάφοροι τρόποι με τους οποίους μπορεί κανείς να εισάγει την έννοια του συμπαγούς μετρικού χώρου. Ο

Διαβάστε περισσότερα

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών - Περιεχόμενα Υπακολουθίες και βασικές ακολουθίες. Υπακολουθίες. Θεώρημα Bolzno Weierstrss.αʹ Απόδειξη με χρήση της

Διαβάστε περισσότερα

ΜΕΓΙΣΤΙΚΟΣ ΤΕΛΕΣΤΗΣ 18 Σεπτεμβρίου 2014

ΜΕΓΙΣΤΙΚΟΣ ΤΕΛΕΣΤΗΣ 18 Σεπτεμβρίου 2014 ΜΕΓΙΣΤΙΚΟΣ ΤΕΛΕΣΤΗΣ 18 Σεπτεμβρίου 2014 Περιεχόμενα 1 Εισαγωγή 2 2 Μεγιστικός τελέστης στην μπάλα 2 2.1 Βασικό θεώρημα........................ 2 2.2 Γενική περίπτωση μπάλας.................. 6 2.2.1 Στο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΕΙΚΟΣΤΟ ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση 0... Θεωρήστε τη σειρά συναρτήσεων sin( ). Αποδείξτε ότι η σειρά συγκλίνει σε κάποια συνάρτηση s κατά σημείο στο R και ομοιόμορφα στο [ a, a]

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 8-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Κατ αρχάς θα δούμε μια πολλή απλή πρόταση. 0xx x x ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω ότι ο έχει την εξής ιδιότητα: x για κάθε x > 0. Τότε 0. Απόδειξη. Για να καταλήξουμε

Διαβάστε περισσότερα

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

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 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

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = και στην συνέχεια

f(x) = και στην συνέχεια ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΜΑΘΗΤΩΝ Ερώτηση. Στις συναρτήσεις μπορούμε να μετασχηματίσουμε πρώτα τον τύπο τους και μετά να βρίσκουμε το πεδίο ορισμού τους; Όχι. Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης το βρίσκουμε πριν μετασχηματίσουμε

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ενδέκατου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ενδέκατου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 8-9. Λύσεις ενδέκατου φυλλαδίου ασκήσεων.. (i) Βρείτε μία παράγουσα της + στο (, + ). Ποιές είναι όλες οι παράγουσες της + στο (, + ); (ii) Βρείτε μία παράγουσα

Διαβάστε περισσότερα

f(x) f(c) x 1 c x 2 c

f(x) f(c) x 1 c x 2 c Μαθηματικός Λογισμός Ι Φθινόπωρο 2014 Σημειώσεις 1-12-14 Μ. Ζαζάνης 1 Πραγματικές Συναρτήσεις και Ορια Εστω S R ένα υποσύνολο του R και f : S R μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το S και τιμές στους πραγματικούς

Διαβάστε περισσότερα

Pragmatikèc Sunart seic miac Metablht c

Pragmatikèc Sunart seic miac Metablht c Aˆlush Prgmtikèc Surt seic mic Metblht c Μιχάλης Παπαδημητράκης Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Στη Μαρία και στα παιδιά μας, Μυρτώ και Δημήτρη. 3 4 Proktrktikˆ. Το αντικείμενο αυτών των σημειώσεων

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, 16-1-14 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Άσκηση 5..15. Έστω f παραγωγίσιμη στο (0, + ) και lim x + f (x) = 0. Αποδείξτε ότι ( ) lim f(x + 1) f(x) = 0. x + Λύση: Θα εκμεταλλευτούμε

Διαβάστε περισσότερα

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση:

Θεώρημα Βolzano. Κατηγορία 1 η. 11.1 Δίνεται η συνάρτηση: Κατηγορία η Θεώρημα Βolzano Τρόπος αντιμετώπισης:. Όταν μας ζητούν να εξετάσουμε αν ισχύει το θεώρημα Bolzano για μια συνάρτηση f σε ένα διάστημα [, ] τότε: Εξετάζουμε την συνέχεια της f στο [, ] (αν η

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 8-11-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Το Θεώρημα των Bolzano και Weierstrass συμπληρώνεται με την εξής Πρόταση (.16 του βιβλίου). ΠΡΟΤΑΣΗ. [α] Κάθε όχι άνω φραγμένη ακολουθία έχει

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΑΣΚΗΣΕΙΣ: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Όρια συναρτήσεων. Άσκηση. Ποιό είναι το σύνολο στο οποίο έχει νόημα και ποιό το σύνολο στο οποίο ισχύει καθεμιά από τις ανισότητες: x+2 > 00, > 000, < < ; x 2 x

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ. Λογισμός 4. Ενότητα 2: Ορισμός του ολοκληρώματος. Μιχ. Γ. Μαριάς Τμήμα Μαθηματικών

ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ. Λογισμός 4. Ενότητα 2: Ορισμός του ολοκληρώματος. Μιχ. Γ. Μαριάς Τμήμα Μαθηματικών ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Ενότητα 2: Ορισμός του ολοκληρώματος. Μιχ. Γ. Μαριάς Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ - ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΩΡΙΑ & ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ - ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΩΡΙΑ & ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ - ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΩΡΙΑ & ΑΠΟΔΕΙΞΕΙΣ Επιμέλεια: Βασίλης Κράνιας wwwe-mathsgr ΑΝΑΛΥΣΗ Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση Έστω Α ένα υποσύνολο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΣΕ 39 ΜΑΘΗΜΑΤΑ

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΣΕ 39 ΜΑΘΗΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗ ΣΕ 39 ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μ. Παπαδημητράκης. ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Κατ αρχάς θα δούμε μια πολλή απλή πρόταση. l 0xx x x ΠΡΟΤΑΣΗ. Έστω ότι ο l έχει την εξής ιδιότητα: l x για κάθε x > 0. Τότε l 0. Απόδειξη. Για να

Διαβάστε περισσότερα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΟΡΘΟΓΩΝΙΩΝ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ...23 ΑΠΟΛΥΤΗ ΤΙΜΗ. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ...15 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΕΥΘΕΙΕΣ...32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ΚΥΚΛΟΙ...43

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΟΡΘΟΓΩΝΙΩΝ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ...23 ΑΠΟΛΥΤΗ ΤΙΜΗ. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ...15 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ΕΥΘΕΙΕΣ...32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ΚΥΚΛΟΙ...43 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ. ΑΠΟΛΥΤΗ ΤΙΜΗ. ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ...5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΟΡΘΟΓΩΝΙΩΝ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ... ΚΕΦΑΛΑΙΟ ΕΥΘΕΙΕΣ... ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 ΚΥΚΛΟΙ...4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΚΑΙ ΟΙ

Διαβάστε περισσότερα

5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους

5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους 121 5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους Στο κεφάλαιο αυτό πρόκειται να μελετήσουμε την έννοια της σύγκλισης σε γενικούς τοπολογικούς χώρους, πέραν των μετρικών χώρων. Όπως έχουμε ήδη διαπιστώσει ( πρβλ.

Διαβάστε περισσότερα

> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!).

> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!). η Διάλεξη: Άρρητοι αριθμοί Το σύνολο Q των ρητών αριθμών είναι το Q = { m n : m Z, n N}. αριθμός που δεν είναι ρητός λέγεται άρρητος. Ενας πραγματικός Ασκηση: Αποδείξτε ότι το άθροισμα και το γινόμενο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΩΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΩΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΩΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 1-11-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Άσκηση 2.2.7. Έστω ϵ 0 > 0. Αποδείξτε ότι x n x αν και μόνο αν για κάθε ϵ με 0 < ϵ ϵ 0 ισχύει τελικά x n N x ϵ). Λύση: Έχουμε να αποδείξουμε την

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Το 1ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Το 1ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις Επιμέλεια Καραγιάννης Β. Ιωάννης Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Το ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις Ερωτήσεις+Απαντήσεις

Διαβάστε περισσότερα

Ο ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΣ LAPLACE

Ο ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΣ LAPLACE ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΣ APACE ΚΑΙ ΟΙ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΟΥ ΣΤΗΝ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ KAI ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ-ΔΙΑΦΟΡΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ ΜΕ ΣΤΑΘΕΡΟΥΣ ΣΥΝΤΕΛΕΣΤΕΣ O μετασχηματισμός lc-ο αντίστροφος μετασχηματισμός

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 15-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Παράδειγμα. Ως εφαρμογή της Αρχιμήδειας Ιδιότητας θα μελετήσουμε το σύνολο { 1 } A = n N = {1, 1 n 2, 1 } 3,.... Κατ αρχάς το σύνολο A έχει προφανώς

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 018-19. Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Έστω a < b. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ ώστε (i) a < ξ < b και e b e a = (b a)e ξ. (ii) a < ξ < b και cos b cos a = (e

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω μια δυναμοσειρά a (x ξ) = a 0 + a (x ξ) + a 2 (x ξ) 2 + με ακτίνα σύγκλισης R και με ρ = lim a. Αν x = ξ, η δυναμοσειρά συγκλίνει και έχει άθροισμα

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ, 10-10-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Τώρα θα δούμε την συμμετρική ιδιότητα της Ιδιότητας Supremum. Η ΙΔΙΟΤΗΤΑ INFIMUM. Κάθε μη-κενό και κάτω φραγμένο σύνολο έχει μέγιστο κάτω φράγμα.

Διαβάστε περισσότερα

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

Διαβάστε περισσότερα

Διαφορικές Εξισώσεις.

Διαφορικές Εξισώσεις. Διαφορικές Εξισώσεις. Εαρινό εξάμηνο 05-6. Λύσεις δεύτερου φυλλαδίου ασκήσεων.. Βρείτε όλες τις λύσεις της εξίσωσης Bernoulli x y = xy + y 3 καθορίζοντας προσεκτικά το διάστημα στο οποίο ορίζεται καθεμιά

Διαβάστε περισσότερα

Μαθηματική Ανάλυση Ι

Μαθηματική Ανάλυση Ι Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής & Τηλεπικοινωνιών Μαθηματική Ανάλυση Ι Ενότητα 8: Ολοκληρώματα Επίκουρος Καθηγητής Θ. Ζυγκιρίδης e-mil: tzygiridis@uowm.gr Τμήμα Μηχανικών Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών

Διαβάστε περισσότερα

Συνθήκες Θ.Μ.Τ. Τρόπος αντιμετώπισης: 1. Για να ισχύει το Θ.Μ.Τ. για μια συνάρτηση f σε ένα διάστημα [, ] (δηλαδή για να υπάρχει ένα τουλάχιστον (, )

Συνθήκες Θ.Μ.Τ. Τρόπος αντιμετώπισης: 1. Για να ισχύει το Θ.Μ.Τ. για μια συνάρτηση f σε ένα διάστημα [, ] (δηλαδή για να υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) Κατηγορία η Συνθήκες ΘΜΤ Τρόπος αντιμετώπισης: Για να ισχύει το ΘΜΤ για μια συνάρτηση σε ένα διάστημα [, ] (δηλαδή για να υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) τέτοιο ώστε ( ) ( a) '( ) ) πρέπει: a Η συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

OΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

OΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΡΙΟ ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ OΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ Έστω Α ένα υποσύνολο του Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση με πεδίο ορισμού το Α ; Απάντηση : ΕΣΠ Β Έστω

Διαβάστε περισσότερα

B = F i. (X \ F i ) = i I

B = F i. (X \ F i ) = i I Κεφάλαιο 3 Τοπολογία μετρικών χώρων Ομάδα Α 3.1. Εστω (X, ρ) μετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Β ΜΕΡΟΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Β ΜΕΡΟΣ ΤΕΙ ΠΕΛΟΠΟΝΝΗΣΟΥ ΤΜΗΜΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΤΡΟΦΙΜΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι Περιληπτικές Σημειώσεις-Ασκήσεις Β ΜΕΡΟΣ ΦΩΤΟΥΛΑ ΑΡΓΥΡΟΠΟΥΛΟΥ KAΘ. ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ ΤΜΗΜΑΤΟΣ ΔΕΟ Msc. Θεωρητικά Μαθηματικά ΚΑΛΑΜΑΤΑ 2016 0 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Διαβάστε περισσότερα

ProapaitoÔmenec gn seic.

ProapaitoÔmenec gn seic. ProapaitoÔmeec g seic. Α. Το σύνολο των πραγματικών αριθμών R και οι αλγεβρικές ιδιότητες των τεσσάρων πράξεων στο R. Το σύνολο των φυσικών αριθμών N = {1,, 3,... }. Προσέξτε: μερικά βιβλία (τα βιβλία

Διαβάστε περισσότερα

Περιεχόμενα. Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14

Περιεχόμενα. Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14 Περιεχόμενα Κεφάλαιο 1 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΕΥΘΕΙΑ... 13 1.1 Οι συντεταγμένες ενός σημείου...13 1.2 Απόλυτη τιμή...14 Κεφάλαιο 2 ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΩΝ ΣΕ ΕΝΑ ΕΠΙΠΕΔΟ 20 2.1 Οι συντεταγμένες

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β. Να εξετάσετε αν ισχύουν οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. για την συνάρτηση στο διάστημα [ 1,1] τέτοιο, ώστε: C στο σημείο (,f( ))

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β. Να εξετάσετε αν ισχύουν οι υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. για την συνάρτηση στο διάστημα [ 1,1] τέτοιο, ώστε: C στο σημείο (,f( )) ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 6: ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΣΗΣ ΤΙΜΗΣ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ (Θ.Μ.Τ.) [Θεώρημα Μέσης Τιμής Διαφορικού Λογισμού του κεφ..5 Μέρος Β του σχολικού βιβλίου]. ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Παράδειγμα. ΘΕΜΑ

Διαβάστε περισσότερα

Παντελής Μπουμπούλης, M.Sc., Ph.D. σελ. 2 math-gr.blogspot.com, bouboulis.mysch.gr

Παντελής Μπουμπούλης, M.Sc., Ph.D. σελ. 2 math-gr.blogspot.com, bouboulis.mysch.gr VI Ολοκληρώματα Παντελής Μπουμπούλης, MSc, PhD σελ mth-grlogspotcom, ououlismyschgr ΜΕΡΟΣ Αρχική Συνάρτηση Ορισμός Έστω f μια συνάρτηση ορισμένη σε ένα διάστημα Δ Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της στο Δ

Διαβάστε περισσότερα

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Ορισμός και παραδείγματα Ορισμός 1.1.1 μετρική). Εστω X ένα μη κενό σύνολο. Μετρική στο X λέγεται κάθε συνάρτηση ρ : X X R με τις παρακάτω ιδιότητες: i) ρx, y) για κάθε x,

Διαβάστε περισσότερα

A. ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

A. ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 8Α ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ A ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Πότε μια συνάρτηση λέγεται συνεχής σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού o της ; Απάντηση : ( ΟΜΟΓ, 6 ΟΜΟΓ, 9 Β, ΟΜΟΓ, 5 Έστω μια συνάρτηση και ένα σημείο του πεδίου

Διαβάστε περισσότερα

,, δηλαδή στο σημείο αυτό παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή της αν α < 0 2α 4α και την ελάχιστη τιμή της αν α > 0. β Στο διάστημα,

,, δηλαδή στο σημείο αυτό παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή της αν α < 0 2α 4α και την ελάχιστη τιμή της αν α > 0. β Στο διάστημα, Γενικής Παιδείας 1.4 Εφαρμογές των παραγώγων Το κριτήριο της πρώτης παραγώγου Στην Άλγεβρα της Α Λυκείου μελετήσαμε τη συνάρτηση f(x) = αx + βx + γ, α 0 και είδαμε ότι η γραφική της παράσταση είναι μία

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα. Η θεωρία και τι προσέχουμε. x, ισχύει: lim f (x) f ( ).

Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα. Η θεωρία και τι προσέχουμε. x, ισχύει: lim f (x) f ( ). Κεφάλαιο 4 Συνέχεια συνάρτησης σε διάστημα 411 Ερώτηση θεωρίας 1 Η θεωρία και τι προσέχουμε Πότε μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι συνεχής σε ένα ανοικτό διάστημα (, ) αβ; Απάντηση Μια συνάρτηση f θα λέμε

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός

Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΙΔΕΙΑ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός Μονοτονία Συνάρτησης Tζουβάλης Αθανάσιος Κεφάλαιο 4: Διαφορικός Λογισμός Περιεχόμενα Μονοτονία συνάρτησης... Λυμένα παραδείγματα...

Διαβάστε περισσότερα

A. ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

A. ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 8Α ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ A ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Πότε μια συνάρτηση λέγεται συνεχής σε ένα σημείο του πεδίου ορισμού o της ; Απάντηση : ( ΟΜΟΓ, 6 ΟΜΟΓ, 9 Β, ΟΜΟΓ, 5 Έστω μια συνάρτηση και ένα σημείο του πεδίου

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο

Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο Κεφάλαιο 5. Το Συμπτωτικό Πολυώνυμο Σύνοψη Στο κεφάλαιο αυτό παρουσιάζεται η ιδέα του συμπτωτικού πολυωνύμου, του πολυωνύμου, δηλαδή, που είναι του μικρότερου δυνατού βαθμού και που, για συγκεκριμένες,

Διαβάστε περισσότερα

V. Διαφορικός Λογισμός. math-gr

V. Διαφορικός Λογισμός. math-gr V Διαφορικός Λογισμός Παντελής Μπουμπούλης, MSc, PhD σελ blospotcom, bouboulismyschr ΜΕΡΟΣ Η έννοια της Παραγώγου Α Ορισμός Εφαπτομένη καμπύλης συνάρτησης: Έστω μια συνάρτηση και A, ένα σημείο της C Αν

Διαβάστε περισσότερα

Όριο και συνέχεια πραγματικής συνάρτησης

Όριο και συνέχεια πραγματικής συνάρτησης ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4 Όριο και συνέχεια πραγματικής συνάρτησης Αγνοώ το πώς με βλέπει ο κόσμος αλλά στον εαυτό μου, φαίνομαι σαν να μην ήμουν τίποτα άλλο από ένα αγοράκι που παίζει στην ακρογιαλιά και κατά καιρούς

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΔΕΚΑΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 9--3 Μ. Παπαδημητράκης. Σήμερα θα δούμε κάποια πράγματα για μια σημαντική ειδική κατηγορία σειρών, εκείνες που έχουν όλους τους προσθετέους τους μη-αρνητικούς. Και θα αρχίσουμε

Διαβάστε περισσότερα

Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια

Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Κωνσταντίνος Παπασταματίου Μαθηματικά Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Συναρτήσεις Όρια Συνέχεια Συνοπτική Θεωρία Μεθοδολογίες Λυμένα Παραδείγματα Επιμέλεια: Μαθηματικός Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 8 (με

Διαβάστε περισσότερα

Συναρτήσεις Θεωρία Ορισμοί - Παρατηρήσεις

Συναρτήσεις Θεωρία Ορισμοί - Παρατηρήσεις Συναρτήσεις Θεωρία Ορισμοί - Παρατηρήσεις Ορισμός: Έστω Α, Β R. Πραγματική συνάρτηση πραγματικής μεταβλητής από το σύνολο Α στο σύνολο Β ονομάζουμε την διαδικασία κατά την οποία κάθε στοιχείο του συνόλου

Διαβάστε περισσότερα

Σημειώσεις Ανάλυσης Ι. Θεωρούμε γνωστούς τους φυσικούς αριθμούς

Σημειώσεις Ανάλυσης Ι. Θεωρούμε γνωστούς τους φυσικούς αριθμούς Σημειώσεις Ανάλυσης Ι 1. Οι ρητοί αριθμοί Θεωρούμε γνωστούς τους φυσικούς αριθμούς 1, 2, 3, και τις πράξεις (πρόσθεση - πολλαπλασιασμό)μεταξύ αυτών. Οι φυσικοί αριθμοί είναι επίσης διατεταγμένοι με κάποια

Διαβάστε περισσότερα

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) =

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) = Παράρτημα Αʹ Αριθμήσιμα και υπεραριθμήσιμα σύνολα Αʹ1 Ισοπληθικά σύνολα Ορισμός Αʹ11 (ισοπληθικότητα) Εστω A, B δύο μη κενά σύνολα Τα A, B λέγονται ισοπληθικά αν υπάρχει μια συνάρτηση f : A B, η οποία

Διαβάστε περισσότερα

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Α Γ Λ Υ Κ Ε Ι Ο Υ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ (Α ΜΕΡΟΣ: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ) Επιμέλεια: Καραγιάννης Ιωάννης, Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση. Έστω f συνεχής στο διάστημα I και έστω ότι ισχύει f() για κάθε I. Αν η f 2 είναι παραγωγίσιμη στο I, αποδείξτε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 28--3 Μ. Παπαδημητράκης. ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΠΟΛΥΤΗΣ ΣΥΓΚΛΙΣΗΣ. Αν η σειρά + = x συγκλίνει απολύτως, τότε συγκλίνει και + x x. = = Δεν θα παρουσιάσω την απόδειξη. Διαβάστε την στο βιβλίο.

Διαβάστε περισσότερα

Μεθοδική Επανα λήψή. Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου. Θεωρία - Λεξιλόγιο Βασικές Μεθοδολογίες. Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ.

Μεθοδική Επανα λήψή. Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου. Θεωρία - Λεξιλόγιο Βασικές Μεθοδολογίες. Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Μεθοδική Επανα λήψή Θεωρία - Λεξιλόγιο Βασικές Μεθοδολογίες Φροντιστήριο Μ.Ε. «ΑΙΧΜΗ» Κ. Καρτάλη 8 Βόλος Τηλ. 4 598 Επιμέλεια Κων/νος Παπασταματίου Περιεχόμενα Συνοπτική Θεωρία με Ερωτήσεις Απαντήσεις...

Διαβάστε περισσότερα

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ).

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ). Κεφάλαιο 4 Συναρτήσεις μεταξύ μετρικών χώρων 4.1 Συνεχείς συναρτήσεις Εστω (X, ρ) και (Y, σ) δύο μετρικοί χώροι. Στην 2.2 δώσαμε τον ορισμό της συνέχειας μιας συνάρτησης f : X Y σε κάποιο σημείο x 0 X:

Διαβάστε περισσότερα

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ο ΚΕΦΑΛΑΙΟ : ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΑΡΧΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ 6 Τι ονομάζουμε αρχική μιας συνάρτησης σε ένα διάστημα Δ ; Απάντηση : Αρχική συνάρτηση ή παράγουσα της στο Δ ονομάζουμε κάθε

Διαβάστε περισσότερα

Pr(10 X 15) = Pr(15 X 20) = 1/2, (10.2)

Pr(10 X 15) = Pr(15 X 20) = 1/2, (10.2) Κεφάλαιο 10 Συνεχείς τυχαίες μεταβλητές Σε αυτό το κεφάλαιο θα εξετάσουμε τις ιδιότητες που έχουν οι συνεχείς τυχαίες μεταβλητές. Εκείνες οι Τ.Μ. X, δηλαδή, των οποίων το σύνολο τιμών δεν είναι διακριτό,

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012)

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012) ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012) Τμήμα Θ. Αποστολάτου & Π. Ιωάννου 1 Σειρές O Ζήνων ο Ελεάτης (490-430 π.χ.) στη προσπάθειά του να υποστηρίξει

Διαβάστε περισσότερα

Ερωτήσεις-Απαντήσεις Θεωρίας

Ερωτήσεις-Απαντήσεις Θεωρίας 1 ΓΙΑΝΝΗΣ ΚΑΡΑΓΙΑΝΝΗΣ Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ-ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΜΕΡΟΣ Β 2 ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ-ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Διαβάστε περισσότερα

APEIROSTIKOS LOGISMOS I

APEIROSTIKOS LOGISMOS I APEIROSTIKOS LOGISOS I ΟΛΟΗΜΕΡΟ ΕΡΓΑΣΤΗΡΙΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Λύσεις ασκήσεων φυλλαδίου. Άσκηση : Αποδείξτε με τον ορισμό ότι:. lim ( ) = +,. lim =,. lim ln( + ) = ln, + 4. lim + =. Λύση:. Θεωρούμε αυθαίρετο

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις πρώτου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις πρώτου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 208-9.. Για καθεμία από τις ανισότητες Λύσεις πρώτου φυλλαδίου ασκήσεων. x + > 2, x x +, x x+2 > x+3 3x+, (x )(x 3) (x 2) 2 0 γράψτε ως διάστημα ή ως ένωση διαστημάτων

Διαβάστε περισσότερα

Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β.

Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β. Η έννοια της ακολουθίας Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β. Δηλαδή: f : A B Η ακολουθία είναι συνάρτηση.

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Ας δούμε τα γραφήματα των συναρτήσεων των τριών τελευταίων παραδειγμάτων του τελευταίου μαθήματος. Στο πρώτο παράδειγμα το γράφημα καθεμιάς f () = είναι

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έκτου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έκτου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 208-9. Λύσεις έκτου φυλλαδίου ασκήσεων.. Παρατηρήστε ότι ο πρώτος κανόνας αλλαγής μεταβλητής εφαρμόζεται μόνο στα εφτά πρώτα όρια ενώ ο δεύτερος κανόνας εφαρμόζεται

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα

Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα 8 Συνέχεια συνάρτησης σε κλειστό διάστημα Α ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΕΣ ΓΝΩΣΕΙΣ ΘΕΩΡΙΑΣ 1 Μια συνάρτηση f θα λέμε ότι είναι: i Συνεχής σε ένα ανοιχτό διάστημα (α,β) όταν είναι συνεχής σε κάθε σημείο του διαστήματος (α,β)

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση 11.1.2. (i) Είναι η συνάρτηση d : R R R με τύπο d(x, y) = (x y) 2 μετρική στο R; (ii) Ίδια ερώτηση για την d : R R R με τύπο d(x, y) = x y

Διαβάστε περισσότερα

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]}

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]} 7 ΙΙΙ Ολοκληρωτικός Λογισµός πολλών µεταβλητών Βασικές έννοιες στη µια µεταβλητή Έστω f :[ ] φραγµένη συνάρτηση ( Ρ = { t = < < t = } είναι διαµέριση του [ ] 0 ( Ρ ) = Μ ( ) όπου sup f ( t) : t [ t t]

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 5--3 Μ. Παπαδημητράκης. Είδαμε στο προηγούμενο μάθημα ότι για να έχει νόημα το όριο f(x) x ξ πρέπει το ξ να είναι σε κατάλληλη θέση σε σχέση με το πεδίο ορισμού A της συνάρτησης

Διαβάστε περισσότερα

n = r J n,r J n,s = J

n = r J n,r J n,s = J Ανάλυση Fourer και Ολοκλήρωμα Lebesgue (2011 12) 4ο Φυλλάδιο Ασκήσεων Υποδείξεις 1. Εστω E [a, b] με µ (E) = 0. Δείξτε ότι το [a, b] \ E είναι πυκνό υποσύνολο του [a, b]. Υπόδειξη. Θεωρήστε ένα μη κενό

Διαβάστε περισσότερα