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

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Κύνθια Σπανός
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 . Αποδείξτε ότι: Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις τέταρτου φυλλαδίου ασκήσεων. +) 7 +) +), , +log ) 7 log 4, +, ) , + si +, +) +), + [ ], + + 0, + +, ) +,, ) 0, ) + e, ) e, + ) e. Λύσεις: i) Η μέγιστη δύναμη του στον αριθμητή είναι η. Το ίδιο και στον παρονομαστή. Άρα +) 7 +) +) = + ) 7 + )+ ) 0 +0) 0 +0)+0) =. ii) Ο όρος με την μεγαλύτερη τάξη μεγέθους στον αριθμητή και στον παρονομαστή είναι ο 5. Άρα 5 +7 = ) 0 5 ) = 5. iii) Έχουμε ότι +log ) 7 log = + log 7 log = log log log + 7 log 0+ 0 = 4. iv) Επειδή + + και +, προκύπτει απροσδιόριστη μορφή. Όμως, + = +) ++ = ++ = =. v) Επειδή +) = + + και +, προκύπτει απροσδιόριστη μορφή. + Όμως, +) + = +) +) ) = + + ) +) + +. Άρα +) +) ) =. vi) Με την γνωστή αλγεβρική ταυτότητα +x+x + +x = x+ x για x έχουμε ότι ) = + ) vii) Απλοποιούμε: = + ) 4 + = 4+ + ) 4 + 0) =. = ) 4 5 +) ) = +) ) = +)) 0. viii) Από την ανισότητα si για κάθε N και από το ότι = + έχουμε ότι si +.

2 ix) Επειδή η παράσταση που βρίσκεται μέσα στο σύμβολο του ακέραιου μέρους έχει όριο +, χρησιμοποιούμε την ανισότητα [a] a < [a]+ ή την ισοδύναμη a < [a] a και έχουμε ότι < [ ] οπότε < [ ] για κάθε N. Επειδή 0, από τον κανόνα παρεμβολής παίρνουμε ότι [ ]. x) Από τις ανισότητες < + + < + + = 5 έχουμε ότι < + + < 5 οπότε ) < + + < 5 ) για κάθε N. Επειδή 5 και, από τον κανόνα παρεμβολής παίρνουμε ότι + +. xi) Από τις ανισότητες < + < + = έχουμε ότι < + < για κάθε N. Επειδή, από τον κανόνα παρεμβολής παίρνουμε ότι +. xii) Κατ αρχάς είναι ) < για κάθε N. Επίσης, από την ανισότητα του Beroulli έχουμε ότι ) = για κάθε N. Από την διπλή ανισότητα ) < και από τον κανόνα παρεμβολής συνεπάγεται ). xiii) Είναι ) = ) και θεωρούμε την αντίστροφη ακολουθία: ). Προσοχή: αυτή ορίζεται για.) Από την ανισότητα του Beroulli έχουμε ότι ) ) = + + για κάθε N,. Επειδή + +, συνεπάγεται ) + και άρα ) 0.

3 xiv) Επειδή + ) e, έχουμε ότι + ) e. Είναι ο γνωστός κανόνας ότι αν x x τότε x +k x.) Άρα + ) = + ) + ) e = e. xv) Πάλι κάνουμε αναγωγή στο γνωστό όριο + ) e ως εξής: ) = ) = xvi) Όπως πριν: + = = ) + ) + ) + ) ) = ) = + = ) ) = ) +. Αν x 0 αποδείξτε ότι x 0. Λύση: Από την ανισότητα x x x και τον κανόνα παρεμβολής. + ) ) + ) e e = e. e = e.. Έστω x για κάθε και x. Αποδείξτε ότι x x αν και μόνο αν +x x +x x. Λύση: Το ότι από x x συνεπάγεται το +x x +x x προκύπτει από τους γνωστούς αλγεβρικούς κανόνες ορίων. Για την αντίστροφη συνεπαγωγή, γράφουμε y = +x x και y = +x x, οπότε η υπόθεσή μας είναι ότι y y. Τώρα λύνουμε τους τύπους ως προς x και x και βρίσκουμε x = y y +, x = y y+. Από τους τύπους που ορίζουν τα y, y είναι εύκολο να δούμε ότι y και y.) Τώρα, όπως πριν, από τους γνωστούς αλγεβρικούς κανόνες ορίων προκύπτει ότι από y y συνεπάγεται x = y y + y y+ = x. 4. Αν + x + x + για κάθε αποδείξτε ότι x. Λύση: Από + x συνεπάγεται + x. Ομοίως, από x +x + συνεπάγεται x για ). Άρα + x για κάθε. Από τον κανόνα παρεμβολής έχουμε ότι x. 5. Αν x )x + + για κάθε αποδείξτε ότι x. Λύση: Λύνουμε την ανισότητα δεύτερου βαθμού x )x + + με άγνωστο το x και βρίσκουμε ότι x + για κάθε. Από τον κανόνα παρεμβολής συνεπάγεται x. 6. Έστω x + = x + για κάθε. i) Αν < x < αποδείξτε ότι η x ) είναι γνησίως φθίνουσα και x. ii) Αν x > αποδείξτε ότι η x ) είναι γνησίως αύξουσα και x +. Λύση: i) Για να είναι η x ) γνησίως φθίνουσα και να τείνει στο θα πρέπει όλοι οι όροι της να είναι >, δηλαδή να ισχύει: <... < x + < x <... < x < x <. )

4 Αρκεί επομένως να αποδείξουμε την συνεπαγωγή: < x < < x + < x <. ) Πράγματι, αν ισχύει η ) τότε από < x < το οποίο έχουμε υποθέσει) και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x < x <. Τώρα από < x < και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x < x <. Τώρα από < x < και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x 4 < x <. Επαγωγικά προκύπτει η ). Το να αποδείξουμε την συνεπαγωγή ) είναι απλό θέμα άλγεβρας και μπορείτε να το κάνετε εσείς. Άρα αφού αποδείξουμε την ) προκύπτει η ) και άρα η x ) είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη και επομένως συγκλίνει: x x για κάποιο x R. Από τον αναδρομικό τύπο x + = x + και τους κανόνες ορίων συνεπάγεται x = x + και άρα x = ή x =. Επειδή x x < για κάθε, έχουμε x x < οπότε x =. ii) Για να είναι η x ) γνησίως αύξουσα θα πρέπει να ισχύει: < x < x <... < x < x + <.... ) Αρκεί επομένως να αποδείξουμε την συνεπαγωγή: < x < x < x +. 4) Πράγματι, αν ισχύει η 4) τότε από < x το οποίο έχουμε υποθέσει) και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x < x. Τώρα από < x και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x < x. Τώρα από < x και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται < x < x 4. Επαγωγικά προκύπτει η ). Όπως στο i), μπορείτε να αποδείξετε εύκολα την συνεπαγωγή 4) οπότε η x ) είναι γνησίως αύξουσα και άρα έχει όριο: x x για κάποιο x R ή x +. Έστω x x με x R. Από τον αναδρομικό τύπο x + = x + και τους κανόνες ορίων συνεπάγεται x = x + και άρα x = ή x =. Επειδή x x > για κάθε, παίρνουμε x x > και καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα x Έστω x + = + 6 x για κάθε. i) Αν 0 < x < αποδείξτε ότι η υπακολουθία x k ) είναι γνησίως αύξουσα και άνω φραγμένη και η x k ) είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη και ότι x. ii) Τί γίνεται αν x > ; Λύση: i) Για να μελετήσουμε τις υπακολουθίες των περιττών και των άρτιων δεικτών είναι λογικό να αναζητήσουμε μία αναδρομική σχέση ανάμεσα στον γενικό όρο της ακολουθίας και στον μεθεπόμενο όρο της: x = + 6 x + = x Άρα για την υπακολουθία των περιττών δεικτών ισχύει x k+ = 7x k +6 x k +6. Μπορούμε να απλοποιήσουμε λίγο τα σύμβολα ορίζοντας y k = x k. 4 = + 6x x +6 = 7x +6 x +6.

5 Δηλαδή y = x, y = x, y = x 5, y 4 = x 7 και ούτω καθ εξής. Οπότε είναι 0 < y < και ο τελευταίος αναδρομικός τύπος γράφεται y k+ = 7y k+6 y k +6. Θα αποδείξουμε ότι η y k ) είναι γνησίως αύξουσα και ότι y k. Όπως στην προηγούμενη άσκηση, πρώτα αποδεικνύουμε καθαρά αλγεβρικά την συνεπαγωγή: 0 < y < 0 < y < 7y+6 y+6 <. Από αυτήν και από τον αναδρομικό τύπο συνεπάγεται επαγωγικά ότι 0 < y < y <... < y k < y k+ <... <. Άρα η y k ) είναι γνησίως αύξουσα και άνω φραγμένη και επομένως συγκλίνει: y k y για κάποιο y R. Από τον αναδρομικό τύπο y k+ = 7y k+6 y k +6 προκύπτει y = 7y+6 y+6. Λύνουμε την εξίσωση και βρίσκουμε y = ή y =. Επειδή y k > 0 για κάθε k καταλήγουμε στο ότι y k, δηλαδή x k. Για την υπακολουθία των άρτιων δεικτών ισχύει Πάλι για απλούστευση ορίζουμε x k+ = 7x k+6 x k +6. y k = x k. Δηλαδή y = x, y = x 4, y = x 6, y 4 = x 8 και ούτω καθ εξής. Τώρα, από 0 < x < και από x = + 6 x προκύπτει εύκολα ότι < x. Οπότε είναι < y και ο τελευταίος αναδρομικός τύπος γράφεται y k+ = 7y k+6 y k +6. Θα αποδείξουμε ότι η y k ) είναι γνησίως φθίνουσα και ότι y k. Όπως πριν, πρώτα αποδεικνύουμε την συνεπαγωγή: Από αυτήν συνεπάγεται επαγωγικά ότι < y < 7y+6 y+6 < y. <... < y k+ < y k <... < y < y. Άρα η y k ) είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη και επομένως συγκλίνει: y k y για κάποιο y R. Από τον αναδρομικό τύπο y k+ = 7y k+6 y k +6 προκύπτει y = 7y+6 y+6. Λύνουμε την εξίσωση και βρίσκουμε y = ή y =. Επειδή y k > 0 για κάθε k καταλήγουμε στο ότι y k, δηλαδή x k. Από x k και x k συνεπάγεται x. ii) Αν x >, τότε επαναλαμβάνοντας τα προηγούμενα βλέπουμε ότι η υπακολουθία x k ) είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη και η x k ) είναι γνησίως αύξουσα και άνω φραγμένη και ότι x. 5

Σχετικά έγγραφα

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