ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

Transcript

1 ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Γιάννης Σαραντόπουλος Αθήνα 7 Οκτωβρίου 5

2

3 Περιεχόµενα Συµβολισµός και Ορολογία iii Λυµένες Ασκήσεις. Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Θέµατα Εξετάσεων 3. Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος i

4 .7 Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος Ακαδηµαϊκό έτος

5 Συµβολισµός και Ορολογία R το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R + το σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών R το επεκταµένο σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Είναι το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R στο οποίο έχουµε προσθέσει δύο στοιχεία, το ή + ) και το. ηλαδή R R {, }, ή, όπως συνήθως γράφεται, R [, ]. Z το σύνολο των ακεραίων N : {,,,...,,...} το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N το σύνολο των ϑετικών ακεραίων Q το σύνολο των ϱητών a, b) ανοικτό και ϕραγµένο διάστηµα [a, b] κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα [a, b) ηµιανοικτό διάστηµα κλειστό από αριστερά και ανοικτό από δεξιά) a, b] ηµιανοικτό διάστηµα ανοικτό από αριστερά και κλειστό από δεξιά) Αν N,! 3, )!! 4 6 )) και + )!! 3 5 ) + ). Είναι! :. iii

6 iv ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ Αν το σύνολο A R, A, είναι άνω ϕραγµένο, τότε µε sup A συµβολίζουµε το ελάχιστο άνω ϕράγµα του A. Αν όµως το A δεν είναι άνω ϕραγµένο, τότε sup A +. Αν το σύνολο A R, A, είναι κάτω ϕραγµένο, τότε µε if A συµβολίζουµε το µέγιστο κάτω ϕράγµα του A. Αν όµως το A δεν είναι κάτω ϕραγµένο, τότε if A. Η ακολουθία a ) πραγµατικών αριθµών λέγεται αύξουσα ϕθίνουσα) αν a + a για κάθε N a + a για κάθε N). Αν a ) είναι µία ακολουθία και k < k < < k είναι µία γνήσια αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών, τότε η ακολουθία a k ) λέγεται υπακολουθία της ακολουθίας a ). Το c R είναι ένα οριακό σηµείο της ακολουθίας a ) αν υπάρχει υπακολουθία a k ) της a ) µε a k c. Εστω S είναι το σύνολο των οριακών σηµείων της ακολουθίας a ). Το κατώτερο όριο, a και το ανώτερο όριο, a, της ακολουθίας a ) ορίζονται ως εξής αν η a ) δεν είναι κάτω ϕραγµένη, a + αν η a ) είναι κάτω ϕραγµένη και S, if S αν η a ) είναι κάτω ϕραγµένη και S, + αν η a ) δεν είναι άνω ϕραγµένη, a αν η a ) είναι άνω ϕραγµένη και S, sup S αν η a ) είναι άνω ϕραγµένη και S. Το ακέραιο µέρος του R, συµβολίζεται µε [], είναι ο µοναδικός ακέραιος k Z τέτοιος ώστε k < k +. Το ανοικτό διάστηµα V ε) : ε, + ε), όπου ε >, λέγεται περιοχή µε κέντρο το R και ακτίνα ε. Κάθε διάστηµα της µορφής ε, + ) αντίστοιχα, ε)) είναι µια περιοχή του + αντίστοιχα του ). Αν το A είναι υποσύνολο του R, τότε

7 v το A είναι εσωτερικό σηµείο του A, αν υπάρχει περιοχή V του τέτοια ώστε V R, το A λέγεται οριακό σηµείο ή σηµείο συσσώρευσης σ.σ) του A, αν για κάθε περιοχή V του υπάρχει στοιχείο a A, a, τέτοιο ώστε a V, το A είναι µεµονωµένο σηµείο του A αν δεν είναι σηµείο συσσώρευσης του A. Η συνάρτηση f ορισµένη στο A R, A, είναι άνω ϕραγµένη αντίστοιχα κάτω ϕραγµένη), αν το σύνολο f A) είναι άνω ϕραγµένο αντίστοιχα κάτω ϕραγµένο). Η f είναι ϕραγµένη στο A αν το σύνολο f A) είναι ϕραγµένο. Η συνάρτηση f ορισµένη στο A R, A, είναι άρτια αντίστοιχα περιττή), όταν για κάθε A το A και f ) f) αντίστοιχα f ) f)). Η συνάρτηση f ορισµένη στο διάστηµα I είναι αύξουσα αντίστοιχα ϕθίνουσα), αν για κάθε, I, µε <, είναι f ) f ) αντίστοιχα f ) f ). Η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα αντίστοιχα γνήσια ϕθίνουσα) στο διάστηµα I, αν για κάθε, I, µε <, είναι f ) < f ) αντίστοιχα f ) > f ). f ) η -οστή παράγωγος µιας συνάρτησης f. Οι πραγµατικές συναρτήσεις f και g είναι ορισµένες σε µια περιοχή του R. Αν f) g), χρησιµοποιείται ο συµβολισµός f) o g)) ). Αν το πηλίκο f)/g) είναι ϕραγµένο σε µια περιοχή του R, χρησιµοποιείται ο συµβολισµός Αν f) g) f) O g)) )., χρησιµοποιείται ο συµβολισµός f) g) ). Αν το A είναι υποσύνολο του R και κάθε σηµείο του A είναι σηµείο συσσώρευσης, τότε

8 vi ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ C A) είναι το σύνολο όλων των συνεχών συναρτήσεων στο A, C A) είναι το σύνολο όλων των συναρτήσεων που είναι -ϕορές συνεχώς παραγωγίσιµες στο A, C A) είναι το σύνολο όλων των συναρτήσεων που είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµες στο A.

9 Κεφάλαιο Λυµένες Ασκήσεις. Ακαδηµαϊκό έτος 4 5 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω η συνάρτηση f : R \ {} R. είξτε ότι f) λ R αν και µόνο αν fsi ) λ. Λύση. Υποθέτουµε ότι f) λ. Εστω ε >. Τότε υπάρχει < δ < π τέτοιο ώστε < y < δ fy) λ < ε. ) Επειδή για < < δ έχουµε < y si < < δ, από την ) έπεται ότι < < δ fsi ) λ < ε. Εποµένως fsi ) λ. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι fsi ) λ. Εστω ε >. Τότε υπάρχει < δ < π τέτοιο ώστε < < δ fsi ) λ < ε. )

10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Ως γνωστόν y si arcsi y και η arcsi y είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση. Εστω < y < si δ. Τότε < y < si δ { si δ < y < si δ, y } {si δ) < y < si δ, y } και ισοδύναµα { δ < arcsi y < δ, } < arcsi y < δ. Εποµένως από την ) έχουµε ότι < y < si δ fy) λ fsi ) λ < ε. Άρα, f) λ.. Εστω η συνάρτηση f : R R µε + 8 αν άρρητος f) 8 αν ϱητός. Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής για. Πράγµατι, αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ) 8ρ 8. Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ) α + 8) + 8. Εποµένως fα ) fρ ) αν και µόνο αν ). Από το ϑεώρηµααρχή) µεταφοράς η f δεν είναι συνεχής για. Θα αποδείξουµε τώρα ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σηµείο. Επειδή Q, είναι f) 6. Αν το είναι άρρητος f) f)

11 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ και αν το είναι ϱητός f) f) Εστω ε >. Αν < < < 3, τότε στην περίπτωση που το είναι άρρητος είναι f) f) <. Εποµένως f) f), για κάθε R. Αν επιλέξουµε το δ : mi {, ε }, τότε για κάθε R µε < δ f) f) < ε. Άρα η f είναι συνεχής στο σηµείο. 3. Εστω f : R R παραγωγίσιµη συνάρτηση τέτοια ώστε f) και f ) >, για κάθε R. είξτε ότι f) >, για κάθε R. Λύση. Υποθέτουµε ότι για κάποιο R είναι f ) <. Επειδή από την υπόθεση f ) > για κάθε R, η f είναι γνήσια αύξουσα οπότε f) < f ), για κάθε <. Εποµένως f) f ) <. άτοπο) Άρα, f) > για κάθε R. 4. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : R R µε /e ) αν > g) e αν. Υπάρχει συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε f ) g), για κάθε R; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. Λύση. Είναι g) e και g) + + e +. Εποµένως, αν υπάρχει συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε f ) g), για κάθε R, ϑα είναι f ) και + f ) +. Οµως από τη ϑεωρία είναι γνωστό, παραπέµπουµε στο [7, Πόρισµα 3.49], ότι κανένα από τα πλευρικά όρια + f ) και f ) δεν µπορεί να ισούται µε + ή. Άρα, δεν υπάρχει συνάρτηση f : R R µε f ) g) για κάθε R.

12 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5. Αν η συνάρτηση f : R R έχει συνεχή παράγωγο τρίτης τάξης, χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor να υπολογιστεί το όριο f + 3h) 3f + h) + f) h 3h. Λύση. Εστω R, σταθερό. Εφαρµόζοντας τον τύπο Taylor µέχρι τρίτης τάξης, για κάθε h R υπάρχουν θ, θ, ) έτσι ώστε και f + 3h) f) + f )3h + f )! f + h) f) + f )h + f )! Από τις παραπάνω ισότητες έπεται ότι 9h + f + 3θ h) 7h 3 3! 4h + f + θ h) 8h 3. 3! f + 3h) 3f + h) + f) 3f )h + [9f + 3θ h) 4f + θ h)]h 3 και εποµένως f + 3h) 3f + h) + f) h 3h f )+ 3 [9f +3θ h) 4f +θ h)]h f ). h Σηµείωση. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, είναι [9f + 3θ h) 4f + θ h)] 9f ) 4f ) 5f ). h 6. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της εκθετικής συνάρτησης σε δυναµοσειρά, δείξτε ότι e h e h, για κάθε [, ] και κάθε h R. Λύση. Επειδή e t t!, για κάθε t R, είναι e h h)! h! h! e h. )

13 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. είξτε ότι το όριο k 6 8k 4k + 4k Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema 6 8k k 4k + 4k k όπου η συνάρτηση f) d d π k/) 4k/) + 4k/) d, 6 8 είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα 4 [, ]. Είναι d t arcsi arcsi t ) t t d 4 ) d dt αντικατάσταση t ) ) π 6 π 3.. Εστω η ϕραγµένη συνάρτηση f : [, ] R είναι Riema ολοκληρώσιµη στο [, ]. Ορίζουµε τη συνάρτηση f : R R µε fy) : f)e y d. αʹ) Να ϐρεθεί η συνάρτηση f αν i) f), ii) f) e, iii) f) e. ϐʹ) είξτε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. Υπόδειξη. είξτε ότι για κάθε y R και για κάθε h R, fy + h) fy) ) e h f) e y d.

14 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ γʹ) είξτε ότι το όριο y fy). Λύση. αʹ) i) Αν f), ii) Αν f) e, fy) ii) Αν f) e, fy) fy) e e y d e y d ey y e e y d e +y) d e+y + y ϐʹ) Για κάθε y R και για κάθε h R είναι fy + h) fy), y και f)., y και f ). e y ) d ey y, y και f). f)e y e h ) d f) e y e h d. Οµως από την η οµάδα ασκήσεων, άσκηση 6, για κάθε [, ] και κάθε h R είναι e h e h και εποµένως fy + h) fy) e h ) f) e y d. Επειδή h e h ), έπεται ότι h fy + h) fy) και άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. γʹ) Αν M : sup f), τότε για κάθε y R \ {} [,] fy) f)e y d f) e y d M e y d M ey y. Επειδή e y, y y τότε και y fy).

15 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εστω f : [a, b] R, a < b, συνεχής συνάρτηση. Είναι γνωστό ότι στα κλειστά και ϕραγµένα διαστήµατα του R οι συνεχείς συναρτήσεις προσεγγίζονται οµοιόµορφα από πολυώνυµα. Αυτό είναι το κλασικό προσεγγιστικό ϑεώρηµα του Weierstrass. ηλαδή, για κάθε ε > υπάρχει πολυώνυµο p ε ) k a k k, a k R, τέτοιο ώστε f) p ε ) < ε, για κάθε [a, b]. Αν b a f) d, για κάθε N, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Weierstrass δείξτε ότι η f είναι ταυτοτικά µηδέν στο διάστηµα [a, b]. Υπόδειξη. είξτε ότι b a f) d. Λύση. Εστω ε >. Τότε υπάρχει πολυώνυµο p ε ) µε f) p ε ) < ε, για κάθε [a, b]. Επειδή από την υπόθεση b a f) d, για κάθε N, είναι b a p ε )f) d. Εποµένως, b b b b f) d f)f) p ε )) d + p ε )f) d f)f) p ε )) d a a a a Αν M : ma f), τότε [a,b] b a f) d b a f) f) p ε ) d d Mεb a). Επειδή η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθε ε >, συµπεραίνουµε ότι b a f) d και άρα f) για κάθε [a, b]. 4. Αν N και η συνάρτηση f : [, ] R είναι συνεχής, υποθέτουµε ότι f) d f) d f) d είξτε ότι υπάρχει [, ] τέτοιο ώστε f ) + ). Υπόδειξη. Αν f) < + ) για κάθε [, ], δείξτε ότι f) d <. ) και f) d.

16 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύση. Υποθέτουµε ότι f) < + ), για κάθε [, ]. Τότε f) d ) f) d < + ) d Οµως f) d ) Εποµένως, + ) + + ). / / / ) + f) d + + ) t dt αντικατάσταση t ) t dt + + ) + + ) ) f) d + f) d Άρα, υπάρχει [, ] τέτοιο ώστε f ) + ). 5. Να λυθεί η εξίσωση Λύση. Είναι t + t + 5 dt + Εποµένως Άρα, 3. ) 3 ) f) d f) d ) f) d <. άτοπο) t + t + 5 dt π 4. t + ) + 4 dt u du αντικατάσταση u t + ) + ) u+ u arcta u + arcta t + t + 5 dt π arcta 4 ) arcta arcta + ) + π 3 + ) π 8. π ) ta 3. 3

17 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εστω f : [, + ) [, + ) συνεχής συνάρτηση µε f) > για κάθε > και τέτοια ώστε f) ft ) dt. ) είξτε ότι f). Λύση. Επειδή f) ft ) dt) / για κάθε, και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [, + ), από το πρώτο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του ολοκληρωτικού λογισµού η f είναι παραγωγίσιµη στο [, + ). Παραγωγίζοντας την ), για κάθε > έχουµε f)f ) f) ) f)f ) f) f ) και εποµένως f) + c. Επειδή f), είναι c. Άρα, f) για κάθε. 7. είξτε ότι υπάρχει ξ [, ] ώστε cos + d π 4 cos ξ. Λύση. Επειδή οι συναρτήσεις f) cos και g) + είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα cos d cos ξ + + d για κάποιο ξ µε ξ. cos ξ arcta π cos ξarcta arcta ) cos ξ 4

18 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Ακαδηµαϊκό έτος 3 4 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Να ϐρεθούν όλες οι παραγωγίσιµες συναρτήσεις f : R R τέτοιες ώστε f ) f + ) f) f + ) f) f ), R και N. Λύση. Από την υπόθεση είναι f + ) f + ) + ) f + ) f + ) f + ) και f + ) f + ) f + ) f)) f + ) f)) f ) f ) f ). Εποµένως f ) f + ) f + ) f + ), R. Επειδή από την υπόθεση η f είναι παραγωγίσιµη συνάρτηση, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι η f είναι δυο ϕορές παραγωγίσιµη στο R µε f ) f + ) f + ) f) + f )) f ) f + ) f) + f ) και f + ) f )) f ) + f ) f ) f ) και κατά συνέπεια f ), για κάθε R. Άρα f) c + c, µε c, c R.. Εστω f : I R παραγωγίσιµη συνάρτηση στο εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος I. Αν a, b >, δείξτε ότι f + bh) f ah) f ). h b + a)h

19 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 Λύση. Επειδή f + bh) f ah) b + a)h b f + bh) f ) + a f ah) f ) b + a bh b + a ah και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος I, είναι f + bh) f ah) b h b + a)h b + a f + bh) f ) + a h bh b + a f ah) f ) h ah b b + a f ) + a b + a f ) f ). 3. Εστω f : [, ) R συνάρτηση κλάσης C µε f) f ). είξτε ότι υπάρχει συνάρτηση g : [, ) R κλάσης C, τέτοια ώστε f) g ) για κάθε. Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : [, ) R µε g) : f ). Τότε είναι f) g ) για κάθε. Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι η g είναι κλάσης C στο [, ). i) Εστω >. Τότε g ) f ) και επειδή από την υπόθεση η f είναι συνεχής για κάθε >, η g είναι κλάσης C στο διάστηµα, ). ii) Εστω. Επειδή f) f ), είναι g g) f) ) + f ) + f ) + + f ) κανόνας L Hôpital) κανόνας L Hôpital) f ). η f είναι συνεχής στο ) Επίσης g ) + + f ) f ) g ) και εποµένως g είναι συνεχής στο. Άρα η g είναι κλάσης C στο διάστηµα [, ).

20 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4. Αποδείξτε ότι οι -οστές παράγωγοι του ηµιτόνου και του συνηµιτόνου δίνονται από τους τύπους si ) ) si + π ) και cos ) ) cos + π ), R και N. Λύση. i) Αν R, µε επαγωγή ϑα δείξουµε ότι για κάθε N si ) ) si + π )..) Επειδή si ) cos si + π ), η.) ισχύει για. Αν η.) ισχύει για k, τότε si ) k+) d d si + k π ) cos + k π ) si + k π + π ) si + k + ) π ), δηλαδή η.) ισχύει για k +. Άρα η.) ισχύει για κάθε N. ii) Αν R, παρόµοια αποδεικνύεται ότι για κάθε N cos ) ) cos + π ). 5. Εστω η συνάρτηση f : R R µε e / αν > f) αν. είξτε ότι e / P f ) /) αν > ) αν, όπου P /) είναι πολυώνυµο ϐαθµού ως προς /, για κάθε N. Λύση.

21 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Πρώτα ϑα αποδείξουµε ότι για κάθε N και για κάθε > ) f ) ) e / P,.) όπου P /) είναι πολυώνυµο ϐαθµού ως προς /. Η.) προφανώς ισχύει για µε P. Αν η.) ισχύει για k, τότε f k+) ) )) e / P k ) ) e / P k e / P k ) )) e / P k P k ) e / P k+) και εποµένως η.) ισχύει για k + µε ) ) P k+) P k+ : ) P k P k Εποµένως η.) ισχύει για κάθε N και για κάθε >. Εστω N. )). Από τον ορισµό της συνάρτησης f είναι προφανές ότι f ) ). Για να αποδείξουµε ότι f ) ), αρκεί να δείξουµε ότι f ) + )..3)

22 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Από τον ορισµό της f η.3) ισχύει για. Αν η.3) ισχύει για k, τότε f k+) + ) f k) ) f k) ) + e / + P k t + tp k t) e t ).) για k), k + )-ϕορές εφαρµογή του κανόνα L Hôpital) δηλαδή η.3) ισχύει για k+. Εποµένως η.3) ισχύει για κάθε N. Άρα, f ) ) για κάθε N. η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. είξτε ότι η συνάρτηση y f) + + arcta ) είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα [, ). Αν f είναι η αντίστροφη της f, υπολογίστε το όριο f y). y + y Λύση. Είναι f ) + + 4, για κάθε και η ισότητα ισχύει αν και µόνο αν. Εποµένως η συνεχής συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο [, ) και κατά συνέπεια αντιστρέφεται. Η αντίστροφη συνάρτηση f ϑα είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα. Είναι f) οπότε και f ). Επειδή f y) y f) και y + f y) f + ), έπεται ότι το + καθώς το y +. Εχουµε f ) y) y + y + f) κανόνας L Hôpital)

23 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ και άρα f y) y + y.. αʹ) Να γίνει η µελέτη και η γραφική παράσταση της συνάρτησης ) f) arcsi +. Είναι η f παραγωγίσιµη για κάθε R; ϐʹ) Να λυθεί η εξίσωση ) arcsi + arcta. ) γʹ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις καµπύλες y arcsi + και y arcta. Λύση. αʹ) Είναι + και εποµένως η συνάρτηση f είναι καλά ορισµένη. Επειδή f ) / + ) ) / + )) + ) + αν < + αν >, η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστηµα, ) και γνήσια ϕθίνουσα στα διαστήµατα, ) και, ). Είναι ma f) f) arcsi π και mi f) f ) arcsi ) π. Η παράγωγος f δεν υπάρχει στα σηµεία ±. Είναι f ), + f ), f ) και + f ). Επειδή ) arcsi ± + arcsi, η y, δηλαδή ο άξονας O, είναι οριζόντια ασύµπτωτη. Η γραφική παράσταση της f ϕαίνεται στο παρακάτω σχήµα.

24 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ϐʹ) Η εξίσωση είναι ισοδύναµη µε την ta arcsi si arcsi cos )) + + )) arcsi + )) + + ) και εποµένως οι ϱίζες της εξίσωσης είναι και ± 3. γʹ) Αν g) arcta, λόγω συµµετρίας το εµβαδόν του χωρίου E είναι [ ] 3 E f) g)) d + f) g)) d f) g)) f) g)) + f 3) g 3)) f) g)) f ) g )) d 3 f ) g )) d παραγοντική ολοκλήρωση) arcsi 3/) arcta d d π 3 π 3 l + ) + 3 l + ) 3 l + 3 l 4 3 l l. Άρα το εµβαδόν του χωρίου E είναι E l.

25 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : [a, b] R, a < b, είναι συνεχής στο [a, b] και παραγωγίσιµη στο [a, b). είξτε ότι υπάρχει ακολουθία ξ ) σηµείων του a, b) τέτοια ώστε f ξ ) f a). Σηµείωση. Επειδή f ξ ) f a), το f a) είναι σηµείο συσσώρευσης του συνόλου f a, b)) {f ) : a, b)}. Υπόδειξη. ΘΜΤ για τη συνάρτηση f στο διάστηµα [ a, a + ], N. Λύση. Υπάρχει N N τέτοιο ώστε a + < b για κάθε N. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής [ στο διάστηµα a, a + ], N, έχουµε f a + ) fa) f ξ ) f ξ ) f a + ) fa), για κάποιο ξ a, a + ). Επειδή η f είναι παραγωγίσιµη στο a, από το ϑεώρηµα µεταφοράς f a + ) fa) f a) και εποµένως f ξ ) f a), όπου ξ ) N ακολουθία σηµείων του a, b). 4. Αν f) : sil + )), >, χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor για την f µέχρι τον όρο δεύτερης τάξης και κέντρο το N, δείξτε ότι f ) + f + ) f) f ξ), για κάποιο ξ, + ), µε f ξ) <. Εφαρµογή. Αν a : f) sil + )), η ακολουθία a ) δεν συγκλίνει και είναι τέτοια ώστε a + a + a <,. Λύση. Από τον τύπο Taylor έχουµε f ) f) f ) + f ξ )!, για κάποιο ξ, ) και f + ) f) + f ) + f ξ )!, για κάποιο ξ, + ).

26 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τότε, Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής είναι και εποµένως f + ) + f ) f) [f ξ ) + f ξ )]. [f ξ ) + f ξ )] f ξ), για κάποιο ξ ξ, ξ ), + ) f ) + f + ) f) f ξ), για κάποιο ξ, + ). Επειδή f ) cosl + )) + ) και f sil + )) + cosl + )) ) + ), είναι f ) +) και κατά συνέπεια f ξ) ξ + ) <. < ξ + < + ) 3η Οµάδα Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω η συνάρτηση f : D R R, D και έστω a R από αριστερά και από δεξιά σ.σ του D. Αν a f) λ, a + f) λ µε λ < λ, να δείξετε ότι υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, y D µε a δ < < a < y < a + δ είναι f) < fy). Λύση. Εστω ε : λ λ >. Επειδή a f) λ, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε D a δ, a) f) λ < λ λ Εποµένως για κάθε D µε a δ < < a είναι. f) λ < λ λ f) < λ + λ λ λ + λ. Επειδή a + f) λ, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε y D a, a + δ ) fy) λ < λ λ.

27 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εποµένως για κάθε y D µε a < y < a + δ είναι λ fy) < λ λ fy) > λ λ λ λ + λ. Αν δ : mi{δ, δ }, τότε για κάθε, y D µε a δ < < a < y < a + δ είναι f) < λ + λ < fy).. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση µε f) + f) +. είξτε ότι η f έχει ελάχιστη τιµή m R. Λύση. Εστω R. Επειδή f) + f) +, υπάρχουν, R µε < < τέτοια ώστε f) > f ), και f) > f ), Επειδή η f είναι συνεχής στο κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα [, ], υπάρχει c [, ] τέτοιο ώστε m fc) mi f) f ). [, ] Τότε είναι m fc) f), R. Άρα, η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της m στο c R. 3. Εστω η συνάρτηση f : R R µε f) f ). Αν a, δείξτε ότι! a f ) a.! Λύση. Από την υπόθεση έχουµε f f) f) f) ). Αν a!, είναι γνωστό ότι. Εποµένως από το ϑεώρηµα µεταφοράς f ) και άρα! a f ) a! f a /!) a. /!

28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της εκθετικής συνάρτησης y e σε σειρά Maclauri, να ϐρεθεί το άθροισµα της δυναµοσειράς +, R.! Λύση. Ως γνωστόν e!, για κάθε R. Εποµένως +! ) + +! ) +! )! ) +! +! + )!!! + +! e ) + e ) + e + + )e.! 5. Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ], δείξτε ότι το όριο k k ) 4k k k arcta, 6. Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema είναι k k 4k k k + 3 k k/) 4k/) k/) k/) d,

29 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 όπου η συνάρτηση f) 4 είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. Εχουµε d d d 6 ) + d 6 6 arcta dt ) αντικατάσταση t ) + t ) t t t 3 ) arcta, Εστω η συνάρτηση f) dt t 3 + t, >. Να υπολογιστούν τα όρια + f), + f) και + f ). Λύση. Είναι f) dt t 3 + t dt t 3 + t dt t 3 + t, οπότε + f). Για κάθε > είναι f ) ) ) ) ) 8 + και εποµένως + f ) +. Επειδή για > είναι + f). < f) dt <,

30 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Εστω f : [a, b] R, a < b, συνάρτηση κλάσης C. είξτε ότι ma f) [a,b] b a f t) dt + b a b a ft) dt. Υπόδειξη. Αν f ) mi f) και f ) ma f), τότε [a,b] [a,b] f ) f ) f ) + f ). Λύση. Είναι f ) f ) f )) + f ) f ) f ) + f ) f t) dt + f ) f t) dt + b a b a f t) dt + b a b a b a ft) dt ft) dt. 8. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα arcta ) d. Λύση. Είναι arcta ) d arcta ) arcta + d παραγοντική ολοκλήρωση) + + arcta ) ) + arcta d arcta ) + arcta d arcta d + arcta ) + arcta ) arcta d + arcta ) arcta + + d παραγοντική ολοκλήρωση) + arcta ) arcta + l + ) + C

31 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ και εποµένως arcta ) d arcta ) arcta + l π 6 π 4 + l. 9. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο Υπόδειξη. Αντικατάσταση u l t l t dt. Λύση. Είναι l ) l t dt e u l l u du e u l u du αντικατάσταση u l t) i) >. Επειδή οι συναρτήσεις fu) e u και gu) u είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [l, l ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα l l e u u du eξ l l u du eξ [l l ) ll )] e ξ l, για κάποιο ξ µε l ξ l. Τότε + ξ και εποµένως ii) < <. Επειδή + l l οι συναρτήσεις fu) e u και gu) u [ l, l ] και παρόµοια έχουµε l l dt l t + eξ l l. e u l u du eu u du, l είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα l eu u du eξ u du eξ [ ll ) + l l )] e ξ l, l για κάποιο ξ µε l ξ l. Τότε ξ και εποµένως dt l t eξ l l. Άρα, dt l. l t

32 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. είξτε ότι + π si t) dt π. Υπόδειξη. Εστω < ε < π. Για την απόδειξη χρησιµοποιείστε τα παρακάτω ϐήµατα : i) Για κάθε > ii) Για κάθε > ε π ε ) si ε) si t) dt ε. π ε si t) dt π ε. iii) Επειδή π + ε) si ε) π ε, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ε ) si ε) > π ε. iv) Να συµπεράνετε ότι για κάθε ε > υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ε < Λύση. Εστω < ε < π. Για κάθε > είναι ε π si t) dt π. si t) dt ε. Επειδή η yt) si t), >, είναι αύξουσα στο διάστηµα [ ε, π ], έχουµε π ε ) si ε) π ε si t) dt π ε. Επειδή π + ε) si ε) π ε, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ) π ) ε si ε) π ) π ) ε ε ε si ε) < ε, οπότε π ε ) si ε) > π ε. Εποµένως, για κάθε, δ) είναι π ε < π si t) dt ε si t) dt + π ε si t) dt π.

33 .. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εχουµε αποδείξει ότι για κάθε ε > υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π π ε < si t) dt < π π + ε si t) dt π < ε και άρα + π si t) dt π.

34 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ.3 Ακαδηµαϊκό έτος 3 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Χρησιµοποιώντας τον ορισµό του ορίου συνάρτησης, να αποδειχθεί ότι 3 ) 3. ηλαδή για κάθε ε > να ϐρεθεί δ δε) >, τέτοιο ώστε για κάθε D :, ] [3, ) µε < + < δ να ισχύει 3 3 < ε. Λύση. Παρατηρούµε ότι το είναι σ.σ του D. Για κάθε D έχουµε 3) + 3) Οµως για κάθε D είναι > 3 > + ). Εποµένως, 3 3 < 9 +. Για οποιοδήποτε ε > επιλέγουµε το δ ε/3. Τότε, για κάθε D µε < + < δ, 3 3 < 9 + < ε και εποµένως 3 ) 3.. Εστω η συνάρτηση f : R R µε cos f). αʹ) Αποδείξτε ότι το όριο f) δεν υπάρχει.

35 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 7 ϐʹ) Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση g : [, ] ) π R είναι συνεχής στο ανοικτό διάστηµα, π και ότι υπάρχει σταθερά C >, τέτοια ώστε g) C για κάθε, ). π Αποδείξτε ότι η συνάρτηση fg είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [, π ]. Λύση. αʹ) Εστω /π και y /π + π/), N. Τότε, y, ενώ f ) cos π και fy ) cosπ + π/) για κάθε N. ηλαδή f ) και fy ). Εποµένως το f) δεν υπάρχει. ϐʹ) Η fg είναι γινόµενο συνεχών συναρτήσεων στο ανοικτό διάστηµα, π ) και εποµένως είναι συνεχής συνάρτηση στο, π ). Από την υπόθεση είναι f)g). Επειδή f)g) cos/)g) g) C για κάθε, ), π + f)g) f)g) και εποµένως η fg είναι από δεξιά συνεχής στο. Από την υπόθεση είναι f/π)g/π) cosπ/)g/π). Επειδή f)g) cos/)g) cos/) C για κάθε, ) π και /π) cos/) C, έπεται ότι f)g) f /π) ) g π Εποµένως η fg είναι από αριστερά συνεχής στο σηµείο π. Άρα η fg [ είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα, ] π ). π 3. Εστω η συνάρτηση f : R R µε 3 αν ϱητός f) αν άρρητος.

36 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Εστω R, σταθερό. Αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ) ρ 3 3. Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ). Είναι fα ) fρ ) αν και µόνο αν 3. Εποµένως το ϑεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις συνεπάγεται ότι η f δεν είναι συνεχής στο R \ {}. Θα αποδείξουµε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο. Είναι f) 3. Παίρνουµε < < <, οπότε ) >. Εποµένως f) f) f) ma{ 3, } 3, για <. Από την προηγούµενη ανισότητα έπεται ότι f) f) και κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στο. Σηµείωση. Η συνέχεια της f στο προκύπτει και από την παρακάτω ανισότητα f) f) f) ma{ 3, } ιατυπώστε το ϑεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες και το ϑεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις. αʹ) Εστω f, g : [a, b], ) συνεχείς συναρτήσεις µε g) > f) για κάθε [a, b]. Αποδείξτε ότι υπάρχει λ >, τέτοιο ώστε g) λf) για κάθε [a, b]..4) Υπόδειξη. Εστω η.4) δεν ισχύει. Τότε, για κάθε N υπάρχει [a, b], τέτοιο ώστε g ) < + ) f ). ϐʹ) Με κατάλληλο αντιπαράδειγµα αποδείξτε ότι η α ) δεν ισχύει αν αντικαταστήσουµε το [a, b] µε το ανοικτό διάστηµα a, b).

37 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 9 Λύση. Θεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες: Κάθε ϕραγµένη ακολουθία περιέχει µια συγκλίνουσα υπακολουθία. Θεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις: Η συνάρτηση f : A R, A R, είναι συνεχής στο σηµείο A αν και µόνο αν για κάθε ακολουθία ) σηµείων του A που συγκλίνει στο, η ακολουθία f )) συγκλίνει στο f ). αʹ) Η απόδειξη ϑα γίνει µε την απαγωγή σε άτοπο. Υποθέτουµε ότι η.4) δεν ισχύει. Τότε, για κάθε N υπάρχει [a, b] τέτοιο ώστε g ) < + ) f )..5) Η ακολουθία ) είναι ϕραγµένη και εποµένως από το ϑεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες υπάρχει υπακολουθία k ) µε k. Είναι a k b για κάθε N και κατά συνέπεια το [a, b]. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, από το ϑεώρηµα µεταφοράς f k ) f ) και g k ) g ). Εποµένως από τη.5) έπεται ότι g ) f ). άτοπο) ϐʹ) Θεωρούµε τις συνεχείς συναρτήσεις f) και g) στο, ). Είναι > για κάθε, ). Οµως δεν υπάρχει λ >, τέτοιο ώστε λ για κάθε, ). Πράγµατι, αν λ για κάθε, ), τότε λ και κατά συνέπεια λ. 5. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f) και f ) > για κάθε R. Αποδείξτε ότι f) > για κάθε R. Λύση. Υποθέτουµε ότι υπάρχει R µε f ) <. Επειδή f ) > για κάθε R, η f είναι γνήσια αύξουσα και εποµένως f) < f ) για κάθε <.

38 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τότε, f) f ) <. άτοπο) Άρα, f) > για κάθε R. 6. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη σε µια περιοχή a δ, a + δ) του a R. Αν η f δεν είναι συνεχής στο a, δείξτε ότι ένα τουλάχιστον από τα πλευρικά όρια f a+) a + f ) και f a ) a f ) δεν υπάρχει. Υπόδειξη. Αν και τα δύο πλευρικά όρια a + f ), a f ) υπάρχουν, αποδείξτε ότι a + f ) a f ) f a), δηλαδή η f είναι συνεχής στο a. Λύση. Εστω ότι το όριο a + f ) υπάρχει, δηλαδή είναι πραγµατικός αριθµός. Επειδή η f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα [a, a + h], h < δ, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε fa + h) fa) h f a + θh), για κάποιο θ, ). Επειδή το όριο a + f ) υπάρχει, είναι h + f a + θh) a + f ) και εποµένως f fa + h) fa) a) h + h f a + θh) f ). h + a + ηλαδή f a) f a+). Σηµείωση. Μπορούµε να χρησιµοποιήσουµε και τον κανόνα L Hôpital. Πράγµατι, f a) h + fa + h) fa) h h + f a + h) a + f ). κανόνας L Hôpital) Αν το όριο a f ) υπάρχει, τότε παρόµοια αποδεικνύεται ότι f a) f a ). Εποµένως, αν και τα δύο πλευρικά όρια a + f ), a f ) υπάρχουν, τότε f ) f ) f a). a + a ηλαδή η f είναι συνεχής στο a που είναι άτοπο. Άρα τουλάχιστον ένα από τα πλευρικά όρια a + f ), a f ) δεν υπάρχει.

39 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εστω η συνάρτηση f : a, b), ) είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα a, b) µε b a 4. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ a, b), τέτοιο ώστε f ξ) < fξ)). Υπόδειξη. Θεώρηµα µέσης τιµής για τη συνάρτηση F ) : arcsi f), a, b). Λύση. Θα χρησιµοποιήσουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής για τη συνάρτηση F ) : arcsi f), a, b). Εστω, a, b) µε a < < < b. Τότε υπάρχει ξ, ), τέτοιο ώστε F ) F ) F ξ) ) arcsi f ) arcsi f ) f ξ) fξ)) ). Επειδή π/ < arcsi f ), arcsi f ) < π/, είναι π < arcsi f ) arcsi f ) < π και ισοδύναµα arcsi f ) arcsi f ) < π. Εποµένως π > arcsi f ) arcsi f ) f ξ) fξ)) ) και κατά συνέπεια f ξ) fξ)) < π. Επειδή b a 4, µπορούµε να επιλέξουµε τα, a, b) έτσι ώστε > π. Τότε, f ξ) fξ)) < π π f ξ) < fξ)). 8. Εστω η συνάρτηση f : [, ] R έχει συνεχή παράγωγο στο [, ] και η f υπάρχει στο ανοικτό διάστηµα, ). Αν f) f ) f ) και f), να αποδειχθεί ότι υπάρχει ξ, ) τέτοιο ώστε f ξ) 4. Υπόδειξη. Εφαρµογή του τύπου Taylor για / µε και. Πρακτική εφαρµογή: Αν ο χρόνος ενός αθλητή των m είναι sec, τότε κάποια χρονική στιγµή η επιτάχυνση του αθλητή είναι τουλάχιστον 4m/ sec. Λύση. Για κάθε [, ] από τον τύπο Taylor έχουµε f) f ) + f ) ) + f ξ) ), για κάποιο ξ, ).!

40 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Για / µε έχουµε ) f f) + f ) + f ξ )! f ξ ) 8, για κάποιο ξ ), ενώ για / µε έχουµε ) ) f f) + f ) + f ξ )! + f ) ξ ), για κάποιο ξ 8,. ), ) Τότε και εποµένως f ξ ) 8 + f ξ ) 8 f ξ ) f ξ ) 8 8 f ξ ) f ξ ) f ξ ) + f ξ ). Από την παραπάνω ανισότητα έπεται ότι είτε f ξ ) 4 ή f ξ ) 4. η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Θεωρούµε τη συνεχή συνάρτηση f) / στο διάστηµα [a, b] µε < a < b. Εστω P {,,..., k,..., } διαµέριση του [a, b], όπου k a + k b a και έστω ξ {ξ,..., ξ k,..., ξ } µε ξ k k k [ k, k ], k,...,. Αν Sf, P, ξ) fξ k ) k k ) k, k,,..., είναι το άθροισµα Riema της f που αντιστοιχεί στη διαµέριση P και στην επιλογή των ενδιάµεσων σηµείων ξ, είναι γνωστό ότι b a d Sf, P b a, ξ) fξ k ). k είξτε ότι b a b a d fξ k ) a b. k

41 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 33 Λύση. Είναι b a b a d b a fξ k ) k k b a) a b. k [ k k [a + k )b a)] [a + kb a)] k ] a + k )b a) a + kb a) ] [ a a + b a). Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ], να αποδειχθεί ότι το όριο k 6 k π 8 arcta + k + 5 ), 574. Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema είναι k 6 k + k k 6 k/) + k/) d, όπου η συνάρτηση f) / + + 5) είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. Εχουµε 6 d ) d 6 dt αντικατάσταση t + ) + t 8 arcta t t t 8 arcta 8 arcta ) π 8 arcta, 574.

42 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3. Αν η συνάρτηση f : [ a, a] R, a >, είναι συνεχής και άρτια, να αποδειχθεί ότι Λύση. Είναι a a f) + e d a a a a a a f) f) d + e f) + e d + a a a f) + e d f) d. f t) f) dt + d αντικατάσταση t) + e t + e e t ft) a + e t dt + f) d f άρτια) + e + e )f) a + e d f) d. 4. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], για κάθε. Αν το ακέραιο µέρος [] m, m N, να αποδειχθεί ότι [t]f t) dt m k k+ k mf) [t]f t) dt + m m mf t) dt k fk) []f) f). Λύση. Παρατηρούµε ότι για k t < k +, k N, είναι [t] k. Επίσης για m t, όπου m [], είναι [t] m. Εποµένως, [t]f t) dt m k+ k k m k+ k m k k m k k+ k [t]f t) dt + kf t) dt + m f t) dt + m m mf t) dt mf t) dt m f t) dt k fk + ) fk)) + m f) fm)) k mf) m k fk) []f) f).

43 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εστω η συνάρτηση f : [a, b] R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη µε f ) για κάθε [a, b]. Να αποδειχθεί ότι b a f) d bfb) afa) fb) fa) f ) d. Λύση. Επειδή η συνάρτηση f : [a, b] R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη µε f ) για κάθε [a, b], η f είναι γνήσια µονότονη και κατά συνέπεια η αντίστροφη συνάρτηση f είναι συνεχής και γνήσια µονότονη στο κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα I f[a, b]) µε άκρα τα fa) και fb). Τότε, b a b f) d f) b a f ) d a bfb) afa) bfb) afa) bfb) afa) b a fb) fa) fb) fa) f f))f ) d f u) du f ) d. παραγοντική ολοκλήρωση) αντικατάσταση u f)) 6. Αν η ϕραγµένη συνάρτηση f : [a, b] R είναι ολοκληρώσιµη, να αποδειχθεί ότι + b a+ ft) dt Λύση. Εστω M sup { f) : [a, b]}. Τότε, b b b ft) dt ft) dt a+ a a b a a+ a+ a+ a a+ a a+ a ft) dt. ft) dt + ft) dt ft) dt ft) dt M dt M +. a b ft) dt Άρα, b ft) dt + a+ b a ft) dt.

44 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Αν a >, αποδείξτε ότι π t a cos t) dt π t a + cost)) dt πa+ a + ). Λύση. Είναι π t a cos t) dt Παρατήρηση. Αν < a <, τότε π π t a + cost)) dt t a dt + πa+ a + ) + 4 π π t a cost) dt t a d sit)) dt dt πa+ a + ) + 4 ta sit) tπ t a 4 π t a sit) dt παραγοντική ολοκλήρωση) πa+ a + ) + πa 4 siπ) a π t a sit) dt. 4 sit) t ta sit) + t + t a a cost) t + t a a t + ta cost) κανόνας L Hôpital) και κατά συνέπεια το ολοκλήρωµα π ta sit) dt υπάρχει. Επειδή και a 4 π π a 4 siπ) πa 4 t a sit) dt a 4 a 4 π π t a sit) dt t a dt πa 4,

45 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 37 έχουµε ότι Άρα π a a π siπ) t a sit) dt. 4 4 π t a cos t) dt πa+ a + ). 8. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι συνεχής και τέτοια ώστε Αν a >, για κάθε r, R R αποδείξτε ότι R r f) λ, f) λ, λ, λ R. f + a) f)) d R+a R f) d και στη συνέχεια υπολογίστε το όριο R f + a) f)) d. r R r r+a r f) d Λύση. Είναι R R R f + a) f)) d f + a) d f) d r r R+a r R ft) dt f) d αντικατάσταση t + a) r+a r R+a r+a R f) d f) d f) d R R+a R r+a r f) d f) d. R r Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα έχουµε R+a r+a f) d f) d afξ R ) afη r ), R r για κάποια ξ R, η r µε R ξ R R + a και r η r r + a. Εποµένως, R r R r f + a) f)) d R R+a R f) d r a R fξ R) a r fη r) aλ aλ aλ λ ). r+a r f) d

46 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 9. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο π si + d. Λύση. ος τρόπος. Επειδή οι συναρτήσεις f) + και g) si είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, π], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµαταπαραπέµπουµε στο [7]) π για κάποιο ξ µε ξ π. Οµως ος τρόπος. Είναι π si π + d si + d π si d ξ + ξ +, ξ+ και εποµένως π si + d. π si d si + d π si + d π. Άρα, π si π + d si d.. Αν η συνάρτηση f : [, ] R είναι συνεχής, να αποδειχθεί ότι Υπόδειξη. Για κάθε N είναι Αποδείξτε ότι / f ) d / f ) d f). f ) d + / f ) d. f ) d και / f ) d f).

47 .3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 39 Απόδειξη. Αν M ma { f) : [, ]}, τότε / / f ) d f ) d και εποµένως / / f ) d. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα έχουµε / f ) d fξ) ), M d M για κάποιο ξ µε ξ /. Επειδή ξ / ) και / ), είναι ξ και εποµένως / f ) d f). Άρα, f ) d f).

48 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ.4 Ακαδηµαϊκό έτος ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Χρησιµοποιώντας τον ορισµό του ορίου συνάρτησης, να αποδειχθεί ότι ηλαδή για κάθε ε > να ϐρεθεί δ δε) >, τέτοιο ώστε για κάθε R µε < < δ να ισχύει < ε. Λύση. Για κάθε R είναι ) ) Παίρνουµε < < <. Τότε, ) )) < , 3 + ) > 3 + ) 6 και κατά συνέπεια Για κάθε ε > επιλέγουµε < δε) : mi {, 4 } ε. Τότε, για κάθε R µε < < δε) είναι < ε.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : a, a) \ {}, ) είναι τέτοια ώστε f) + ). f)

49 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 Αποδείξτε ότι το όριο f) υπάρχει και ισούται µε. Λύση. Ορίζουµε τη συνάρτηση g : a, a) \ {}, ) µε g) : f) + f). Επειδή f) ) f) f) + f) + f), είναι g) για κάθε a, a) \ {}. Από τον ορισµό της g έχουµε ότι f) g)f) + και εποµένως f) g) ± ) g) 4. Άρα, για κάθε a, a) \ {} είναι g) ) g) 4 f) g) + ) g) 4. Επειδή g), από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι το όριο f) υπάρχει και ισούται µε. 3. Εστω η συνάρτηση 4 αν άρρητος f ) αν ϱητός. Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής σε κάθε ±. Πράγµατι, αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ). Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ) α 4) 4. Εποµένως fα ) fρ ) και από το ϑεώρηµα µεταφοράς η f δεν είναι συνεχής στο ±.

50 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Θα αποδείξουµε τώρα ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στα σηµεία και. Επειδή ± Q και f±), για κάθε R έχουµε f) f±) f) 4. Επειδή ± 4), από την προηγούµενη ανισότητα έπεται ότι ± f) f±) και κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στα σηµεία ±. 4. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι συνεχής και τέτοια ώστε f) fy) a y για κάθε, y R, όπου a >. είξτε ότι η f είναι και επί. Λύση. Από την υπόθεση είναι προφανές ότι η f είναι. Επίσης από την υπόθεση έχουµε f) f) a για κάθε R. Επειδή η f είναι συνεχής και, η f είναι γνήσια µονότονη. Εστω η f είναι γνήσια αύξουσα. Τότε για κάθε > f) f) a f) a + f) και εποµένως + f) +. Για κάθε < έχουµε f) f) a f) f) + a και εποµένως f). Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι f είναι επί Εστω c R. Επειδή f) και + f) +, υπάρχουν α, β R τέτοια ώστε fα) < c < fβ). Από το ϑεώρηµα Bolzao ή ενδιάµεσης τιµής υπάρχει ξ α, β) τέτοιο ώστε fξ) c). Αν η f είναι γνήσια ϕθίνουσα η απόδειξη είναι ανάλογη. 5. είξτε ότι η συνάρτηση arcta αν, f) π αν,

51 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 43 είναι συνεχής στο R. Εξετάστε αν η f είναι παραγωγίσιµη στο R. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής σε κάθε. Επειδή η f είναι συνεχής στο. f) arcta π f), Για κάθε η f είναι παραγωγίσιµη. Για > είναι f ) arcta ) / + / +, ενώ για < Επειδή και f ) arcta ) arcta ) +. f +) arcta/) π/ / κανόνας L Hôpital) / f ) arcta /) π/ /, κανόνας L Hôpital) + / f δεν είναι παραγωγίσιµη στο µηδέν 6. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη µε f). Αν N, αποδείξτε ότι Λύση. Είναι ) f ) + f + + f )) f ) + f ) + + f )) f) f) + f) f) f/) f) f ) + f ) + + f ) ) f ) ) f ) f/) f) + + / ) f/) f) f/) f) / )

52 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση y f) arcsi + arccos είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα, ). Αν f είναι η αντίστροφη της f, υπολογίστε το όριο Λύση. Είναι f ) f y) y π y π. <, για κάθε, ). Εποµένως η συνεχής συνάρτηση f είναι γνήσια ϕθίνουσα στο διάστηµα, ). Ως γνωστόν y f ) f y) και η f είναι συνεχής και γνήσια ϕθίνουσα. Επειδή f ) π και η f είναι συνεχής, αν το y π τότε το. Άρα, f y) y π y π f ) π L Hôpital) f ). 8. Ανισότητα Kolmogorov) Εστω η συνάρτηση f : R R είναι τρεις ϕορές παραγωγίσιµη. Υποθέτουµε ότι οι συναρτήσεις f και f είναι ϕραγµένες µε sup R f ) M και sup f ) M3. R Χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor αποδείξτε ότι η f είναι ϕραγµένη µε sup f ) 3 9M R M 3. Λύση. Εστω R, σταθερό. Για κάθε h > από τον τύπο Taylor έχουµε και Τότε, f + h) f ) + f ) h + f )! f h) f ) f ) h + f )! και κατά συνέπεια h + f ξ ) h 3, για κάποιο ξ, + h) 3! h f ξ ) h 3, για κάποιο ξ h, ). 3! f + h) f h) f ) h + h3 [ f ξ ) + f ξ ) ] 3! f ) f + h) f h) h h [ f ξ ) + f ξ ) ]. 3!

53 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 45 Εποµένως, f ) f + h) f h) h f + h) + f h) h M + M h M h + M 3 6 h. Αν ϕ h) : M h + M 3 6 h, τότε Είναι Άρα, για κάθε R και κατά συνέπεια sup R + h 3! + h 3! + h 3! M 3 + M 3 ) f ξ ) + f ξ ) f ξ ) + f ξ ) ) ϕ h) M h + M 3 3 h, οπότε ϕ h) h 3 3 M. M 3 mi ϕ h) ϕ h> f ) 3 3 M M 3 f ) 3 9M M 3 3 9M M 3. ) 3 9M M Εστω f) si. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της y si σε δυναµοσειρά να υπολογιστεί η παράγωγος f 5) ). Λύση. Για κάθε R είναι si si ) + + )!, οπότε ) 4+ για κάθε R. + )! Εποµένως, f ) si ) )! Οµως το ανάπτυγµα της f σε σειρά Malauri είναι για κάθε R. f ) f ) ) για κάθε R.! Άρα, f ) )! ) 4+3 για κάθε R. + )!

54 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Επειδή το ανάπτυγµα της f σε δυναµοσειρά είναι µοναδικό, έχουµε f 5) ) 5! ) )! f 5) ) 5! 7!.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη. αʹ) Αν f) + f ) ), τότε το όριο f) υπάρχει και ισούται µε το µηδέν. Για την απόδειξη χρησιµοποιείστε τα παρακάτω ϐήµατα : i) Εστω ε >. Επειδή f) + f )), υπάρχει A > τέτοιο ώστε για κάθε > A είναι f) + f ) < ε. ii) Εστω > A. Αν g) : e f), χρησιµοποιώντας το γενικευµένο ϑεώρηµα µέσης τιµής ϑεώρηµα µέσης τιµής του Cauchy) για τις συναρτήσεις y g) και y e αποδείξτε ότι g) ga) < ε e e A. iii) Να συµπεράνετε ότι για κάθε > A είναι f) < ε + fa)e A iv) Αποδείξτε ότι υπάρχει B > τέτοιο ώστε για κάθε > B είναι fa)e A < ε. Αν ma {A, B}, τότε για κάθε > είναι f) < ε. ϐʹ) Αν τότε f). f) + f ) ),

55 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 47 Απόδειξη. αʹ) Για την απόδειξη ϑα χρησιµοποιήσουµε τα εξής ϐήµατα : i) Εστω ε >. Επειδή f) + f )), υπάρχει A > τέτοιο ώστε για κάθε > A είναι f) + f ) < ε. ii) Εστω > A. Αν g) : e f), από το γενικευµένο ϑεώρηµα µέσης τιµής ϑεώρηµα µέσης τιµής του Cauchy) για τις συναρτήσεις y g) και y e, παραπέµπουµε στο [7], υπάρχει c A, ) τέτοιο ώστε g) ga) e e A g c) e c g) ga) e e A ec fc) + e c f c) e c fc) + f c). Εποµένως, g) ga) fc) + f c) e e A < ε e e A. από το i)) iii) Από το ii) έπεται ότι g) < ε [ f) < e ε ] e e A + fa)e A e e A + ga) και κατά συνέπεια ε ea + fa)e A ε ea ) + fa)e A e A < e e A < ) < ε + fa)ea. iv) Επειδή fa)e A, υπάρχει B > τέτοιο ώστε fa)e A < ε για κάθε > B. Αν ma {A, B}, τότε για κάθε > έχουµε Άρα, f). f) < ε + ε ε. ϐʹ) Είναι f) + f )) και ισοδύναµα [ f) ) + f) ) ]. Εποµένως, χρησιµοποιώντας το α ) έχουµε ότι [f) )] και ισοδύναµα f).

56 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω >. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα t + t dt και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η λύση της εξίσωσης t + ) dt l + t είναι 4/3. Λύση. Είναι t + t dt t + /t dt / / + u du + u du l u + ) + u u/ l + ) l / + ) + /. αντικατάσταση u /t) Εποµένως t + ) dt l + t l + ) l / + ) + / l l / + ) + / l + ) / + + / + / / + / /) 4/ 3 4/3. Σηµείωση. i) Αν χρησιµοποιήσουµε την αντικατάσταση u + t, τότε t + t dt u du ) ) u l t u + l + t + +.

57 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 49 ii) Αν χρησιµοποιήσουµε την αντικατάσταση t ta θ, π/ < θ < π/, θ, τότε t + t dt si θ dθ.. Εστω P cosh t, sih t), t R \ {}, σηµείο του δεξιού κλάδου της υπερβολής y µε εξίσωση y,. Να αποδειχθεί ότι το εµβαδόν του χωρίου του επιπέδου που περικλείεται από την καµπύλη y, τον άξονα O και το ευθ. τµήµα OP ισούται µε t/. Λύση. Το εµβαδόν του ορθογώνιου τριγώνου OBP ισούται µε cosh t sih t sih t 4 ενώ το εµβαδόν

58 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ του χωρίου E είναι E cosh t t t t t d cosh u sih u du αντικατάσταση cosh u) sih u du cosh u sih u) cosh u du cosh u + sih u) cosh u du sih u ut 4 t u sih t t 4. t du Άρα, το εµβαδόν του χωρίου E είναι E sih t 4 E sih t 4 sih t t ) t Υπολογίστε τα ολοκληρώµατα cos t dt και dt, < π/. cos t Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy Schwarz αποδείξτε ότι για κάθε π/, π/) είναι si l ) + si..6) si Λύση. Επειδή si ) l ) + si ) si ) ) si si l + si [ si l + si si η συνάρτηση στο αριστερό µέλος της.6) είναι άρτια. )] si l ) + si, si Επίσης και η y είναι άρτια. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουµε την.6) για [, π/). Παρατηρούµε ότι για < π/ είναι cos t dt si

59 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 5 και cos t dt cos t cos t dt si cos t si t dt si l + u u du αντικατάσταση u si t) u + u + ) du u ) usi ) + si l. si u Τότε, για < π/ από την ανισότητα Cauchy Schwarz έχουµε ) cos t dt) cos t dt cos t ) cos t dt si l ) + si. si 4. Εύκολα αποδεικνύεται ότι t t3 3 < arcta t < t, για κάθε t >. Χρησιµοποιώντας τις παραπάνω ανισότητες να αποδειχθεί ότι Υπόδειξη. Για κάθε > είναι Λύση. Για > είναι 3 3 arcta t 3 t dt l 3 3 arcta t + t dt l 3. arcta t 3 arcta t t t dt l 3 t dt. 3 arcta t t dt l 3 l ) arcta t t dt 3 t dt 3 arcta t t t dt. Οµως για κάθε t > έχουµε t t3 3 < arcta t < t t3 3 < arcta t t < και κατά συνέπεια arcta t t t < t 3.

60 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Εποµένως, 3 arcta t 3 t dt l arcta t t t arcta t t t dt dt t 4 dt Άρα, + 3 arcta t/t ) dt l Εστω η συνάρτηση f : [, ] [, ) είναι συνεχής. Υποθέτουµε ότι υπάρχει a R, τέτοιο ώστε f) a ft) dt για κάθε [, ]. Να ϐρεθεί η συνάρτηση f. Λύση. Εστω F ) : ft) dt, [, ]. Η συνάρτηση F είναι µη αρνητική και από την υπόθεση έχουµε F ) af ) F )e a) για κάθε [, ]. Αν g) : F )e a, η συνάρτηση g είναι µη αρνητική και ϕθίνουσα στο διάστηµα [, ]. Επειδή g) F ), η g) για κάθε [, ]. Τότε ϑα είναι και F ) για κάθε [, ] και εποµένως F ) ft) dt. Οµως η f είναι µη αρνητική και συνεχής στο διάστηµα [, ]. Άρα, f) για κάθε [, ]. 6. αʹ) Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ] να υπολογιστεί το όριο k + k. ϐʹ) Εύκολα αποδεικνύεται ότι 3 6 < si <, για κάθε >.

61 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 53 Λύση. Από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι k + k 6 k ) 3 + k < k ) si + k < Χρησιµοποιώντας την.7) και το α ), να υπολογιστεί το όριο k ) si + k. k + k..7) αʹ) Επειδή η συνάρτηση f) + είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema έχουµε ϐʹ) Για k + k +k, από τις ανισότητες έχουµε και κατά συνέπεια Οµως k και εποµένως Επειδή + k 6 + k 6 < k από την.7) έπεται ότι και k k + k/) + d arcta arcta π 4. ) 3 ) + k < si + k < ) 3 + k < ) 3 + k < k k k k k ) si + k < + k k 3 3 ) 3 + k. + k π 4, ) si + k π 4. + k.

62 54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. ίνεται ότι η συνάρτηση f : [a, b] R είναι παραγωγίσιµη µε f ) M < +, [a, b]. Αν N, ϑεωρείστε τη διαµέριση a < < < < < b του [a, b] µε k k, k,,...,. b a Εστω ξ k [ k, k ), k,,...,. Αποδείξτε ότι b a f) d fξ k ) k k ) M. k Υπόδειξη. Αποδείξτε πρώτα ότι k f) d fξ k ) k k ) k M k k ξ k d M k k ). Απόδειξη. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε k k k f) d fξ k ) k k ) f) fξ k )) d f c ) ξ k ) d, k k k για κάποιο c µεταξύ ξ k και. Εποµένως, k f) d fξ k ) k k ) k k k f c ) ξk d k M ξ k d [ k ξk k ] M ξ k ) d + k ξ k ξ k ) d M [ ξk k ) + k ξ k ) ] M [ξ k k ) + k ξ k )] M k k ).

63 .4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 55 Άρα, b f) d fξ k ) k k ) a ) k f) d fξ k ) k k ) k k k k f) d fξ k ) k k ) k k M k k ) k M k k ) k k b a) b a ) k M b a) ) M. 8. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο + d. Λύση. Επειδή οι συναρτήσεις f) και g) + είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµαταπαραπέµπουµε στο [7]) d ξ + + d ξ l + ) ξ l, για κάποιο ξ µε ξ. Είναι ξ. Πράγµατι, αν ξ τότε + d + d + d. Άτοπο, επειδή + > για κάθε [, ) και αυτό συνεπάγεται ότι + d >. Εποµένως ξ <. Τότε ξ και κατά συνέπεια d + ξ l.

64 56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 9. Εστω τα γενικευµένα ολοκληρώµατα i) + si d, ii) e + d. Εξετάστε αν τα γενικευµένα ολοκληρώµατα συγκλίνουν και αν ναι να υπολογιστούν. Λύση. i) Είναι + si + και το γενικευµένο ολοκλήρωµα + d l + ). αποκλίνει) Εποµένως, από το κριτήριο σύγκρισης και το γενικευµένο ολοκλήρωµα + si d. αποκλίνει) ii) Επειδή < e + < e e / και το γενικευµένο ολοκλήρωµα e / d συγκλίνει, από το κριτήριο σύγκρισης και το γενικευµένο ολοκλήρωµα / e + ) d ϑα συγκλίνει. Για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος έχουµε e + d t dt αντικατάσταση t e + lt )) t ) dt t + ) t e l l ) +. t + e + + Εποµένως, d e + l e ) ) + l e ) ) + + l / e l + / e + ) ) l + l + l +.

65 .5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 57.5 Ακαδηµαϊκό έτος ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Οµάδα ερωτήσεων τύπου σωστό λάθος στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς. ώστε κατάληλο αντιπαράδειγµα στην περίπτωση που µια πρόταση είναι ψευδής.. Εστω η συνάρτηση f : a, a) \ {} R, a >. Τότε f) λ R αν και µόνο αν f ) λ. Ψευδής. Αν f) λ R, τότε f ) λ. Αυτό είναι άµεση συνέπεια του ορισµού του ορίου. Το αντίστροφο γενικά δεν ισχύει. Αν f ) [], όπου [] είναι το ακέραιο µέρος του R, τότε [ ] ενώ το [] δεν υπάρχει.. Εστω οι συναρτήσεις f, g : R + R τέτοιες ώστε + f ) g ) +. Τότε είτε + f ) + ή + g ) +. Ψευδής. Αν f ) και g ), τότε f ), + g ) και f ) g ) Σηµείωση. Υπάρχουν συναρτήσεις f, g : R + R τέτοιες ώστε + f ) g ) + ενώ τα όρια + f ) και + g ) δεν υπάρχουν. Πράγµατι, αν f ) + cos και g ) + si, τότε f ) g ) + + cos si +. Εποµένως, + f ) g ) +. Παρατηρούµε ότι για κάθε N είναι f π) + π, f π + π/), g π), και g π + π/) + π + π/. Τότε, + π + π + π/) +. Επειδή f π) + f π + π/) + +

66 58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ και g π) + g π + π/), + + από το ϑεώρηµα µεταφοράς τα όρια + f ) και + g ) δεν υπάρχουν. 3. Εστω η συνάρτηση f : R R. Αν η f είναι συνεχής, τότε και η f ϑα είναι συνεχής. Ψευδής. Ενα αντιπαράδειγµα είναι η συνάρτηση αν f ) αν <. 4. Αν οι f, g είναι συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σε κάποιο υποσύνολο D R, τότε οι maf, g), mif, g) είναι συνεχείς συναρτήσεις, όπου maf, g)) ma {f), g)}, mif, g)) mi {f), g)}. Αληθής. Επειδή οι συναρτήσεις f ± g, f g είναι συνεχείς, τότε και οι συναρτήσεις ma f, g) f + g + f g, mi f, g) f + g f g είναι συνεχείς. 5. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R, τότε υπάρχει a > τέτοιο ώστε η f είναι µονότονη στο διάστηµα [, a]. Ψευδής. Εστω η συνάρτηση Αν a >, τότε υπάρχει N τέτοιο ώστε si /) αν f ) αν. π + π/, a) και, a). π π/ Επειδή < < και f ), f ) >, f ) <, η f δεν είναι µονότονη στο διάστηµα [, a].

67 .5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ Εστω η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα I a, a), a >. Τότε η f είναι άρτια αν και µόνο αν η f είναι περιττή. Αληθής. Αν g ) : f ) f ), είναι g ). Τότε, f άρτια g g σταθερή g f περιττή. 7. Εστω η συνάρτηση f : [, + ) R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη. Αν + f), τότε και + f ). Ψευδής. Αν f) /) si, τότε η f είναι συνεχώς παραγωγίσιµη στο [, + ), + f) και f ) si + cos. Για κάθε N είναι f π ), f π + π/ ) / π + π/. Επειδή + f π ) και + f π + π/ ), από το ϑεώρηµα µεταφοράς συµπεραίνουµε ότι το + f ) δεν υπάρχει. 8. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ). Τότε υπάρχει διάστηµα [ a, a], a >, στο οποίο η f είναι αύξουσα. Αληθής. Επειδή η f είναι συνεχής, υπάρχει a > τέτοιο ώστε για κάθε [ a, a] είναι f ) f ) < f ) < < f ) <. ηλαδή για κάθε [ a, a] είναι f ) > και κατά συνέπεια η f είναι γνήσια αύξουσα στο [ a, a]. 9. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ). Τότε υπάρχει διάστηµα [ a, a], a >, στο οποίο η f είναι αύξουσα. Ψευδής. Εστω η συνάρτηση + si / ) αν f) αν.

68 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Είναι και f f) f) ) + si / )) ) f ) + si ) cos, για κάθε. Η f είναι παραγωγίσιµη στο R και τέτοια ώστε f ). Για κάθε a > υπάρχει N τέτοιο ώστε ± π [ a, a]. Επειδή f ) + ) π > και f π <, π π η f δεν µπορεί να είναι αύξουσα στο διάστηµα [ a, a], a >. Σηµείωση. Για η παράγωγος ) f ) + si ) cos παρουσιάζει έντονες ταλαντώσεις πλησίον του µηδενός. Εποµένως, η f δεν διατηρεί το πρόσηµο πλησίον του µηδενός και κατά συνέπεια η f δεν µπορεί να είναι αύξουσα. Η συνάρτηση f δεν είναι συνεχώς παραγωγίσιµη. Πράγµατι, επειδή f ) + ) π + π και ) f ) π, π

69 .5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 6 από το ϑεώρηµα µεταφοράς το όριο f ) δεν υπάρχει και εποµένως η f δεν είναι συνεχής στο. Αν η f ήταν συνεχής στο µηδέν, τότε η f ϑα ήταν συνεχώς παραγωγίσιµη και εποµένως η f ϑα ήταν αύξουσα σε µια περιοχή του µηδενός ϐλέπε το προηγούµενο αποτέλεσµα).. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R + R είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ϕραγµένη στο R +. Αν η ακολουθία f )) N τείνει στο +, δηλαδή + f ) +, τότε και + f ) +. Αληθής. Εστω f ) M για κάθε R +. Αν [] είναι το ακέραιο µέρος του R +, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε f ) f []) M [] < M και εποµένως f ) > f []) M. Επειδή [], για κάποιο N και από την υπόθεση + f ) +, ϑα είναι και + f []) +. Άρα, + f ) +.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R + R είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ϕραγµένη στο R +. Αν η ακολουθία f )) N συγκλίνει, έστω + f ) λ R, τότε και + f ) λ. Ψευδής. Αν f ) si π), η f είναι παραγωγίσιµη στο R και η παράγωγος f ) π cos π) είναι ϕραγµένη. Επειδή f ) si π), + f ). Οµως, το όριο + f ) + si π) δεν υπάρχει.. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ), + f ) +. Τότε, για κάθε A R υπάρχει ξ R τέτοιο ώστε f ξ) A. Σηµείωση. Η f µπορεί να µην είναι συνεχής. Αληθής. Εστω A R. Επειδή f ) και + f ) +, υπάρχουν α, β R τέτοια ώστε f α) < A < f β). Τότε, από το ϑεώρηµα Darbou υπάρχει ξ α, β) τέτοιο ώστε f ξ) A.