JEMATA EXETASEWN Pragmatik Anˆlush I

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "JEMATA EXETASEWN Pragmatik Anˆlush I"

Κλωπᾶς Αλεξανδρίδης
8 χρόνια πριν
Προβολές:

1 JEMATA EXETASEWN Pragmatik Anˆlush I JEMA 1o. A)(M. 1.5) Na qarakthrðsete (me aitiolìghsh) tic protˆseic pou akoloujoôn me thn èndeixh Swstì Lˆjoc: (i) 'Estw x 0 tètoio ste x < ε, gia kˆje ε > 0. Tìte x = 0. (ii) H sunˆrthsh f(x) = 3 den eðnai periodik. (iii) lim n + (10 n n 2 n 5) = 0. x (iv) lim 3 +x 2 x + ηµ(3x + 5) = 0. 5x (v) H akoloujða me ìrouc: 2, 1 4, 1 4, 1 1,... eðnai upakoloujða thc akoloujðac ( ) 4 2 n. (vi) 'Estw f sunˆrthsh orismènh kai paragwgðsimh sto [1, 2] kai èstw ìti h f parousiˆzei topikì mègisto sto x = 1. Tìte f (1) = 0. (vii) 'Estw A uposônolo tou R tètoio ste sup A = inf A. Tìte to A eðnai monosônolo. B) (M. 1) Na apodeiqjeð ìti to ìrio lim x x0 f(x) miac sunˆrthshc ìtan upˆrqei eðnai monadikì. JEMA 2o. A) (M. 1.5) Na diatupwjeð kai na apodeiqjeð to Je rhma Bolzano. B) (M. 1) 'Estw x 0 R. Na apodeiqjeð ìti lim x x0 ηµ(x) = ηµ(x 0 ). JEMA 3o. A) (M. 0.8) 'Estw A, B mh kenˆ kai fragmèna uposônola tou R me A B. Na apodeiqjeð ìti: inf B inf A sup A sup B. B) (M. 0.8) Na apodeiqjeð me qr sh tou axi matoc plhrìthtac ìti to sônolo Z twn akeraðwn den eðnai ˆnw fragmèno. G) (M. 0.9) 'Estw (a n ) aôxousa kai fragmènh akoloujða pragmatik n arijm n. Na apodeiqjeð ìti aut sugklðnei sena pragmatikì arijmì kai lim a n = sup{a n : n = 1, 2,...}. n JEMA 4o. A) (M. 0.75) 'Estw (a n ) akoloujða pragmatik n arijm n me a n > 0 gia kˆje n = 1, 2,... kai lim n n a n = k (0, 1). Na apodeiqjeð ìti h seirˆ + a n sugklðnei. B) (M. 0.75) Na dojeð o orismìc tou anwtèrou orðou lim n (a n ) miac akoloujðac (a n ) kai sth sunèqeia na brejeð to lim n (a n ) thc akoloujðac (a n ) me ìrouc: a 1 = 2, a 2 = 3, a 3 = 1, a 4 = 2, a 5 = 3, a 6 = 1, a 7 = 2, a 8 = 3, a 9 = 1,... G) (M. 1) Na melethjoôn wc proc th sôgklish oi seirèc: (i) + 3n n (ii) + ( 1)n 3n2 +1 n 6 +n (iii) + 3 n 2n 10. (iv) + ηµ(3n 2 +1). 2 n (v) + ( 1) n n. Kal EpituqÐa

2 Συνοπτικές Λύσεις Θεμα 1. Α: i: Σωστό. Εστω x > 0. Τότε για ε = x 2 > 0 ισχύει ε < x, άτοπο. ii: Λάθος. Για κάθε T > 0 και κάθε x R ισχύει f(x + T ) = f(x T ) = f(x) = 3. iii: Λάθος. Είναι: lim ( 10 n n 2 n 5 ) = 10 lim n n 2 lim n 5 = 10 2 = 8. iv: Σωστό. Από το κριτήριο Παρεμβολής (Ισοσυγκλινουσών ακολουθιών). v: Λάθος. Η ακολουθία δύο. ( 1 2 n ) έχει όρους διαφορετικούς ανά vi: Λάθος. Αντιπαράδειγμα: Η f(x) = x 2, x [1, 2] παρουσιάζει μέγιστο στο x = 1 αλλά f x (1) = lim x 1 + x 1 = 2 0 vii: Σωστό. Αν το Α έχει τουλάχιστον 2 στοιχεία, τότε sup A inf A, άτοπο. Β: Εστω lim x x0 f(x) = l 1 και lim x x0 f(x) = l 2 με l 1 l 2. Παίρνουμε ε = l 1 l 2 > 0 2. Τότε δ 1 > 0 τ.ω. 0 < x x 0 < δ 2 f(x) l 1 < ε 2 δ 2 > 0 τ.ω. 0 < x x 0 < δ 2 f(x) l 2 < ε 2 Συνεπώς για x με 0 < x x 0 < δ = min {δ 1, δ 2 } έχουμε l 1 l 2 f(x) l 1 + f(x) l 2 < ε = l 1 l 2 2 άτοπο. 1

3 2 Θεμα 2. Α: Θεώρημα Bolzano Αν f : [a, b] R συνεχής και f(a)f(b) < 0, τότε υπάρχει x 0 (a, b) τ.ω. f(x 0 ) = 0. Πράγματι χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε πως f(a) < 0 < f(b). Επίσης θεωρούμε το σύνολο A = {x [a, b] : f(y) < 0, y [a, x]} Το A διότι f(a) < 0 και f συνεχής στο [a, b]. Το Α είναι και φραγμένο, οπότε a < x 0 = sup A < b. Θα αποδείξουμε με απαγωγή σε άτοπο ότι f(x 0 ) = 0. Εστω f(x 0 ) < 0. Τότε, λόγω συνέχειας της f, υπάρχει δ > 0 τ.ω. f(x) < 0 x (x 0 δ, x 0 + δ). Οπότε υπάρχει x 1 τ.ω. x 0 < x 1 < x 0 + δ με f(y) < 0, y [a, x 1 ], άτοπο. Εστω f(x 0 ) > 0. Τότε, λόγω συνέχειας της f, υπάρχει δ > 0 τ.ω. f(x) > 0 x (x 0 δ, x 0 + δ). Οπότε υπάρχει x 1 τ.ω. x 0 δ < x 1 < x 0 με f(x 1 ) > 0, άτοπο. Β: Εστω ε > 0, x 0 Rκαιx x 0. Είναι: ηµx ηµx 0 = 2ηµx x 0 συν x + x ηµ x x x x 0 2 = x x 0 Αν δ = ε > 0 και 0 < x x 0 < δ ηµx ηµx 0 < ε. Άρα lim x x0 ηµx = ηµx 0. Θεμα 3. Α: Εξ ορισμού inf A sup A. Ισχύει inf B inf A. Πράγματι για κάθε a A a B inf B a inf B inf A. Ισχύει sup A sup B. Πράγματι για κάθε a A a B a sup B sup A sup B. Β: Εστω ότι το Z είναι άνω φραγμένο. Από το αξίωμα της πληρότητας τότε, sup Z = s R.

4 Αν s Z, τότε s < s + 1 Z, άτοπο. Αν s / Z, τότε s < [s] Z, άτοπο. Συνεπώς το Z δεν είναι άνω φραγμένο. Γ: Το σύνολο A = {a n : n = 1, 2,...} είναι φραγμένο, οπότε a 0 = sup A R. Εστω ε > 0. Τότε υπάρχει n 0 N ώστε a 0 ε < a n0 a 0 a 0 ε < a n0 < a 0 + ε a 0 ε < a n < a 0 + ε, n n 0 (αφού (a n ) αύξουσα) a n a 0 < ε, n n 0 lim a n = a 0 Θεμα 4. τ.ω. Α: Επειδή n a n k (0, 1), υπάρχουν x και n 0 N 0 < n a n < x < 1, n n 0 0 < a n < x n, n n 0 Η γεωμετρική σειρά n=n 0 x n συγκλίνει, επομένως και η συγκλίνει απολύτως, σύμφωνα με το κριτήριο σύγκρισης. Άρα η n=0 a n συγκλίνει. 3 n=n 0 a n Β: Ορισμός lima n : Το μεγαλύτερο από τα όρια των υπακολουθιών μιας ακολουθίας (a n ) καλείται ανώτερο όριο της ακολουθίας. Για τη δεδομένη (a n ) παρατηρούμε ότι a 3n 2 = 2 2 a 3n 1 = 3 3 a 3n = 1 1 Επίσης κάθε συγκλίνουσα υπακολουθία της (a n ) θα πρέπει να περιέχει άπειρους όρους κάποιας από τις προηγούμενες υπακολουθίες. Συνεπώς lima n = 3. 1 ακέραιο μέρος του s

5 4 Γ: i: Είναι lim 3n n2 2n 2 = lim + 3 2n 2 = Άρα η σειρά αποκλίνει. ii: Είναι 3n ( 1)n n 6 + n = 3n2 + 1 n 6 + n n2 + n 2 n 6 + n n2 n 6 = 4 n 4 Η σειρά 4 συγκλίνει. Επομένως από το κριτήριο σύγκρισης n4 η συγκλίνει. iii: Είναι ( 1) n 3n n 6 + n n lim n 2n 10 = lim 3 n 2 n n 10 = 3 > 1 Συνεπώς από το κριτήριο ρίζας η σειρά αποκλίνει. iv: Είναι 3 n 2n 10 ηµ(3n 2 + 1) 2 n ( ) 1 n < + 2 Άρα η σειρά ηµ(3n 2 + 1) 2 n συγκλίνει.

6 v: Η ακολουθία μερικών αθροισμάτων της {( 1) n } είναι φραγμένη. Η ακολουθία ( 1 n ) είναι φθίνουσα και μηδενική. Άρα από το κριτήριο του Leibniz η σειρά συγκλίνει. ( 1) n n 5

Σχετικά έγγραφα

ISTORIKH KATASKEUH PRAGMATIKWN ARIJMWN BIBLIOGRAFIA

ISTORIKH KATASKEUH PRAGMATIKWN ARIJMWN BIBLIOGRAFIA ΛΟΓΙΣΜΟΣ CALCULUS Διαφορικός Λογισμός, Απειροστικός Λογισμός 1670 1740 Ουράνια Μηχανική Isaac Newton 1648-1727 Gottfried Wilhelm Leibniz 1646-1716 απειροστάπολύ μικρά μεγέθη, άπειροπάρα πολύ μεγάλο, όριο