Λύσεις Διαγωνισμάτος 1 Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Λύσεις Διαγωνισμάτος 1 Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές"

ŌἈαρών Παπάζογλου
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Τμήμα Μηχανικών Οικονομίας και Διοίκησης Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Γ. Καραγιώργος Λύσεις Διαγωνισμάτος Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές Άσκηση. Έστω ακολουθία (a ), για την οποία ισχύει ότι Θεωρούμε τα σύνολα lim a = 3. A = { N a 3, 000 }, A = { N, 95 < a < 3, 00 }. Για i {, }, εξετάστε αν το A i ή τo συμπληρώμα του N A i, είναι πεπερασμένo. Λύση: Από τον ορισμό του ορίου (βλέπε Μάθημα ), γωρίζουμε ότι για κάθε ε > 0, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε a 3 < ε, για κάθε 0. Ισοδύναμα 3 ε < a < 3 + ε, για κάθε 0. Επομένως, επιλέγοντας ε = 0, 000, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε Ισοδύναμα 3 0, 000 < a < 3 + 0, 000, για κάθε 0., 9999 < a < 3, 000, για κάθε 0. () Δηλαδή, όλοι οι όροι της ακολουθίας από τον a 0 και μετά (άπειροι όροι), θα βρίσκονται στο διάστημα (, 9999, 3, 000). Οπότε πεπερασμένοι όροι θα βρίσκονται έξω από αυτό. Ισοδύναμα πεπερασμένοι όροι θα ικανοποιόυν a, 9999, ή a 3, 000. Άρα το σύνολο A είναι πεπερασμένο. Για το συμπλήρωμα του A, ισχύει ότι N A = { N a < 3, 000}. Άρα από την (), θα ισχύει ότι το N A είναι άπειρο. Όμοια για το A εφαρμόζοντας τον ορισμό για ε = 0, 00, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε 3 0, 00 < a < 3 + 0, 00, για κάθε 0.

2 Ισοδύναμα, 999 < a < 3, 00, για κάθε 0. () Άρα άπειροι όροι (όλοι από τον a 0 και μετά) θα βρίσκονται στο διάστημα (, 999, 3, 00). Όμως (, 999, 3, 00) (, 95, 3, 00), οπότε το σύνολο A, είναι άπειρο. Για το συμπλήρωμα του A, ισχύει N A = { N a (,, 95] [3, 00, ) }. Όμως από την () ισχύει ότι πεπερασμένοι όροι βρίσκονται έξω από το διάστημα (, 999, 3, 00). Άρα το N A είναι πεπερασμένο. Άσκηση. Έστω ακολουθία (a ), για την οποία ισχύει ότι lim a = 5. Δείξτε ότι υπάρχει 0 N τέτοιο ώστε 5 0 < a < 49 0 για κάθε 0. Λύση: Από τον ορισμό του ορίου, γνωρίζουμε ότι για κάθε ε > 0, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε Ισοδύναμα Επιλέγοντας ε = /0, από την (3) έχουμε a ( 5) < ε, για κάθε 0. 5 ε < a < 5 + ε, για κάθε 0. (3) 5 0 < a < 5 + 0, για κάθε 0. Όμως 5 = < a < 49 0, για κάθε 0. Άσκηση 3. Στις παρακάτω ακολουθίες, ελέγξτε αν συγκλίνουν ή αποκλίνουν. Στις συγκλίνουσες βρέιτε και το όριό τους. a = , b = + si (3 ), γ = ( ) +, δ = 5 (ii) Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση την ακολουθία a = π + + ( ) + e.

3 Λύση: a = = + = = 0. Έχουμε Ισοδύναμα όπου (ii) b = + si (3 ). si (3 ), (όπου si(3 ) ). si (3 ), lim = lim = 0. Άρα, από κριτήριο παρεμβολής (βλέπε Μάθημα ), θα ισχύει και από ιδιότητες ορίων si( 3 ) lim = 0 lim b = + 0 =. (iii) γ = ( ) +. Έχουμε (γ ) = +, +, + 3 3, + 4 4,. Η ακολουθία αποκλίνει, δίοτι ταλαντώνεται. Συγκεκριμένα η υπακολουθία των άρτιων όρων συγκλίνει στο e και των περιττών όρων στο e. Θυμηθείτε ότι από τα βασικά όρια, γνωρίζουμε ότι + e. Για μία πιο αυστηρή απόδειξη, αν υποθέσουμε προς απαγωγή σε άτοπο ότι η (γ ) συγκλίνει, τότε 3

4 ( ) + ( ) = +, όποτε από ιδιότητες ορίων θα έπρεπε να συγκλίνει η (( ) ), άτοπο. Όπου εδώ χρησιμοποιήσαμε το βασικό όριο (iv) δ = 5 = 5 = 5 5 = 5.. Άσκηση 4. Βρείτε ακολουθία (a ), τέτοια ωστε να έχει δύο υπακολουθίες, εκ των οποίων η μία να συγκλίνει στον αριθμό e και η άλλη στο. (ii) Έστω η ακολουθία (a ) = (0, 0, 0,,,,,,,, ). Γράψτε όλες τις διαφορετικές υπακολουθίες της (a ). Λύση: : Αυτό που θα κάνουμε εδώ είναι να βάλουμε την ακολουθία + (η οποία συγκλίνει στο e) στις περιττές συντεταγμένες και μία ακολοθία που συγκλίνει στο, στις άρτιες. Για παράδειγμα την ( ). Έτσι η ζητούμενη ακολουθία (a ), θα είναι Τότε (a ) = +,, +,, + 3 3, 3,, +,,. a = + e και a =. (ii): Η (a ) έχει τέσσερις διαφορετικές υπακολουθίες. Aυτές είναι (a ) = (0, 0, 0,,,,,,,, ). (b ) = (0, 0,,,,,,,,, ). (c ) = (0,,,,,,,,,, ). (d ) = (,,,,,,,,,, ). Κάθε άλλη υπακολουθία της (a ) ταυτίζεται με μία από τις παραπάνω. Άσκηση 5. Να υπολογιστεί που συγκλίνουν οι παρακάτω σειρές ( + ) ( + 3), (ii) e e +, 4 (iii) 6 π.

5 Λύση: : Πρόκειται για τηλεσκοπική σειρά. Θα δουλέψουμε με απλά κλάσματα. Ψάχνουμε A, B, ώστε ( + ) ( + 3) = A + + B + 3. Κάνοντας απαλοιφή παρονομαστών, έχουμε Οπότε, θα πρέπει = A( + 3) + B( + ) = (A + B) + 3A + B. Α + Β = 0 και 3A + B =, απ όπου προκύπτει ότι A = και B =. Επομένως Θέτουμε τώρα b = +. Τότε b + = +3 και ( + ) ( + 3) = a = και παίρνοντας το μερικό άθροισμα S, έχουμε ( + ) ( + 3) = b b + S = a + a + a + a = (b b ) + (b b 3 ) + + (b b ) + (b b + ) = b b +. Επειδή τώρα, θα ισχύει Οπότε τελικά b + = + 3 0, και b = /3, S b = /3. ( + ) ( + 3) = /3. με (ii): Πάλι πρόκειται για τηλεσκοπική σειρά. Όπου a = b b +, Οπότε όπως πριν a = e e +, b = e, b + = e +. διότι, S = b b + e, b + = e + 0, b = e. 5

6 (ii): Επειδή οι επιμέρους σειρές συγκλίνουν ως γεωμετρικές, θα ισχύει 6 π = όπου (προσέξτε ότι οι σειρές ξεκινούν από = ) 6 π, και Άρα 6 = 6 = /5, όπου a =, r = /6. 6 π = π π = π, όπου a =, r = /π. 6 π = 5 π = π 7 5(π ). Υπενθυμίζουμε ότι για τη γεωμετρική σειρα που ξεκινάει από =, ισχύει a r = a r r. Άσκηση 6. Να ελέγξετε ως προς τη σύγκλιση τις παρακάτω σειρές +, (ii) l 3 + 3, (iii) + 3 +, (iv)! (v) +, (vi) e, (vii) si 5 3, (viii) 5 si. Λύση: : Επειδή / 0, + από κριτήριο απόκλισης, η σειρά θα αποκλίνει. (ii): Θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο σύγκρισης. Έχουμε Επειδή τώρα η σειρά l =, όπου l() για κάθε N., συγκλίνει, από κριτήριο σύγκρισης θα συγκλίνει και η αρχική. (iii): Πάλι, θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο σύγκρισης = 3 =, για κάθε N. 6

7 Επειδή τώρα η σειρά, συγκλίνει, από κριτήριο σύγκρισης θα συγκλίνει και η αρχική. (iii): Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο του λόγου. Έχουμε a + a = + (+)! (+) +! = + ( + )!! = ( + ) + = + e <. Άρα από κριτήριο λόγου, η σειρά θα συγκλίνει. + ( + ) + (v): Θα χρισημοποιήσουμε κριτήριο ρίζας. Έχουμε + = + e <. Οπότε, από κριτήριο ρίζας, η σειρά συγκλίνει. (vi) Θα χρησιμοποιήσουμε κριτήριο λόγου. Έχουμε a + a = (+) e + e = = e + Άρα από κριτήριο λόγου, η σειρά συγκλίνει. e ( + ) e+ e = e <. (vi): Θα χρησιμοποιήσουμε κριτήριο σύγκρισης για να δείξουμε ότι η σειρά συγκλίνει απολύτως. Προσέξτε εδώ, ότι επειδή το si(), παίρνει και αρνητικές τιμές, δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε το κριτήριο σύγκρισης, διότι απαιτεί μη αρνητικούς όρους. Για αυτό το λόγο περνάμε στις απόλυτες τιμές. Έχουμε si Όπου χρησιμοποιήσαμε ότι si() και. Επειδή τώρα η σειρά στο δεξιό μέλος συγκλίνει ως γεωμετρικη (a = 5 και r = /3), η σειρά θα συγκλίνει απολύτως, άρα και κανονικά. (vii): Θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο απόκλισης για να δείξουμε ότι η σειρά αποκλίνει. 5 si = 5 si 5 =

8 Όπου χρησιμοιοιήσαμε το βασικό τριγωνομετρικό όριο si(x) lim =. x 0 x Άρα, από κριτήριο απόκλισης η σειρά αποκλίνει. Άσκηση 7. Ελέγξτε αν οι παρακάτω σειρές συγκλίνουν απολύτως, αποκλίνουν ή συγκλίνουν υπό συνθήκη = ( ) + l, (ii) ( ) si (3 ) + 3, (iii) ( ) + +. Λύση: : Ελέγχουμε πρώτα αν η σειρά συγκλίνει απολύτως. έχουμε Επειδή τώρα = ( ) + l = = l και η σειρά l, για κάθε, αποκλίνει, από κριτήριο σύγκρισης, θα αποκλίνει και η = l. Άρα η σειρά δεν συγκλίνει απολύτως. Ελέγχουμε τώρα αν συγκλίνει υπό συνθήκη. Επειδή η ακολουθία a =,, l() είναι φθίνουσα (μάλιστα γνησίως φθίνουσα), με μη αρνητικούς όρους και συγκλίνει στο μηδέν, από το κριτήριο του Leibiz για εναλλάσσουσες σειρές, η σειρά θα συγκλίνει. Επομένως συγκλίνει υπό συνθήκη. (ii): Θα δείξουμε ότι η σειρά συγκλίνει απολύτως. Έχουμε si 3 ( ) ν + 3 = si Οπότε από κριτήριο σύγκρισης η σειρά θα συγκλίνει απολύτως. (iii): Επειδή η ακολουθία ( ) + + 8

9 αποκλίνει (βλέπε και Άσκηση 3), από κριτήριο απόκλισης, η σειρά αποκλίνει. Άσκηση 8. Έστω ακολουθίες (a ), (b ) με θετικόυς όρους, ώστε να ισχύουν a lim = 0, b Δείξτε ότι η a συγκλίνει. (ii) Η σειρά b συγκλίνει. Hit: Αρχικά χρησιμοποιήστε τον ορισμό του ορίου για να βρέιτε 0 N, ώστε a < b, για κάθε 0 και στη συνέχεια εφαρμόστε το κριτήριο άμεσης σύγκρισης. Λύση: Από τον ορισμό του ορίου γωρίζουμε ότι για κάθε ε > 0, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε a b 0 < ε, για κάθε 0. Ισοδύναμα, επειδή a, b > 0, Θα ισχύει a b < ε, για κάθε 0. Επομένως, επιλέγοντας ε =, υπάρχει 0 N, τέτοιο ώστε a b <, για κάθε 0, οπότε a < b, για κάθε 0. Επειδή τώρα από υπόθεση, η σειρά b συγκλίνει, από κριτήριο σύγκρισης, θα συγκλίνει και η a. 9

Σχετικά έγγραφα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις τέταρτου φυλλαδίου ασκήσεων. ( n(n+1) e 1 (

. Αποδείξτε ότι: Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 08-9. Λύσεις τέταρτου φυλλαδίου ασκήσεων. +) 7 +) +), 5 +7 5 5, +log ) 7 log 4, +, ++ + + ) +4+4 + +4, + si +, +) +), + [ ], + + 0, + +, ) +,,