Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος.

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος."

Ἠώς Δελή
8 χρόνια πριν
Προβολές:

Πανεπιστηµιο Αιγαιου Τµηµα Μαθηµατικων 8 200 Καρλοβασι Σαµος Καρλόβασι 09/02/2012 Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. 1. Απαντήστε µε α(αλήθεια) ή ψ(ψέµατα) σε κάθε µια απο τις παρακάτω ερωτήσεις.

1 Πανεπιστηµιο Αιγαιου Τµηµα Μαθηµατικων Καρλοβασι Σαµος Καρλόβασι 09/02/2012 Θέµατα και απαντήσεις 1 στα «Σύνολα και Αριθµοί» Εξεταστική Ιανουαρίου 2012 ιδάξας Χ. Κορνάρος. 1. Απαντήστε µε α(αλήθεια) ή ψ(ψέµατα) σε κάθε µια απο τις παρακάτω ερωτήσεις. ικαιολογείστε την απάντησή σας. Ισως σε κάποια από τα ερωτήµατα χρειαστείτε να κατασκευάσετε ένα κατάλληλο (αντι-)παράδειγµα. (i) Το άθροισµα δυο άρρητων αριθµών είναι πάντα άρρητος. (ii) Αν A και A R τυχαίο και άνω ϕραγµένο τότε max A A. (iii) Αν c n < a n < b n µε (a n ), (b n ) τυχαίες ακολουθίες πραγµατικών αριθµών και οι (b n ), (c n ) είναι συγκλίνουσες τότε και η (a n ) είναι συγκλίνουσα. (iv) Ο λογάριθµος log z (µε z C) δεν είναι 1-1 (ένα προς ένα). (ia) Η sin(nπ) µε n = 1, 2,... είναι µονότονη ακολουθία. (iia) Αν έχουµε δυο ϕραγµένες ακολουθίες ακεραίων αριθµών (a n ), (b n ) και lim a n = lim b n τότε είναι τελικά ίσες. (iiia) Αν 0 < a n < b n µε (a n ), (b n ) τυχαίες ακολουθίες πραγµατικών αριθµών και η (b n ) είναι συγκλίνουσα σε κάποιο l R τότε και η (a n ) είναι συγκλίνουσα σε κάποιο 0 l 1 l. Απαντήσεις στο 1. (i) (ψ) π.χ. 2 + ( 2) = 0 δηλαδή το άθροισµα δυο άρρητων δεν είναι πάντα άρρητος. (ii) (ψ) Το A R είναι τυχαίο άρα µπορεί να µην ισχύει το συµπέρασµα maxa A. Για παράδειγµα, το A = (0, 1) δηλαδή το ανοικτό διάστηµα µε άκρα το 0 και το 1 ενώ είναι άνω ϕραγµένο από το 1 δεν µπορούµε να ισχυριστούµε ότι max A A διότι απλούστατα το max A δεν υπάρχει! (iii) (ψ) εν ισχύει ότι ϑα πρέπει η a n να είναι συγκλίνουσα! π.χ. b n = (σταθερή ακολουθία), c n = (σταθερή ακολουθία) και a n = ( 1) n, η οποία προφανώς δεν είναι συγκλίνουσα! (iv) (ψ) Ο logz(z 0, z C) είναι 1-1 συνάρτηση. Πράγµατι, έστω logz 1 = logz 2 µε z 1, z 2 τυχαίους µιγαδικούς. Ακόµα, z 1 0 και z 2 0. Οπότε ln z 1 + iarg(z 1 ) = ln z 2 + iarg(z 2 ). Για να είναι ίσοι δυο µιγαδικοί αριθµοί ϑα πρέπει ϕυσικά να έχουν το ίδιο πραγµατικό µέρος και το ίδιο πραγµατικό µέρος δηλαδή ln z 1 = ln z 2 και arg(z 1 ) = arg(z 2 ). Οπότε επειδή η ln είναι 1-1 συνάρτηση (στους πραγµατικούς) έχουµε z 1 = z 2. Επίσης αφού έχουν και το ίδιο όρισµα, arg(z 1 ) = arg(z 2 ), προκύπτει τελικά ότι είναι ίσοι : z 1 = z 2. (ia) (α) Εχουµε sin(nπ) = 0 για όλες τις τιµές του n άρα η ακολουθία είναι σταθερή και άρα µονότονη. (iia) (α) Εστω l = lim a n = lim b n και ɛ = 1/2. Το l R διότι είναι ϕραγµένες ακολουθίες. Οπότε, από το ορισµό του ορίου, υπάρχει n 0 N έτσι ώστε ( n n 0 ) a n l < ɛ 1 Ευχαριστούµε πολύ τον ϕοιτητή Παναγιώτη Τουρλώφ για την ϐοήθεια του στην δακτυλογράφηση των απαντήσεων.

2 και όµοια ( n n 0 ) b n l < ɛ και άρα a n b n a n l b n + l a n l + b n l < 1. ύο ακέραιοι µε απόσταση < 1 είναι ϕυσικά ίσοι! Ετσι αποδείχτηκε το Ϲητούµενο. (iiia) (ψ) Η b n = είναι σταθερή ακολουθία και άρα συγκλίνει στο. Μεταξύ 0 και όµως υπάρχουν άπειρες µη συγκλίνουσες ακολουθίες. Για παράδειγµα η a n = +( 1) n παίρνει δυο τιµές(2 και 4) ανάλογα µε την τιµή του n και δεν είναι συγκλίνουσα ακολουθία! 2. Να εξεταστεί ως προς την µονοτονία και το ϕράξιµο η ακολουθία (a n ) µε αναδροµικό ορισµό a 1 = 0 a n+1 = 6 + a2 n. Υπόδειξη : Μπορείτε να χρησιµοποιήσετε µαθηµατική επαγωγή για να δείξετε ότι a n <. Απαντήσεις στο 2. Θα αποδείξουµε µε µαθηµατική επαγωγή ότι 0 a n <. Πράγµατι, για n = 1 έχουµε : a 1 = 0 <. Εστω ότι ισχύει 0 a n <. Θα αποδείξουµε ότι ισχύει και 0 a n+1 <. Πράγµατι από την παραπάνω σχέση 0 a n < έχουµε εύκολα (an)2 < (an)2 < Αυτό γράφεται ισοδύναµα 0 a n+1 < 6 +, άρα 0 a n+1 < (τέλος επαγωγής) Μένει να µελετήσουµε την µονοτονία. Μπορούµε πολύ εύκολα να δείξουµε ότι η (a n ) είναι γνησίως αύξουσα : a n+1 > a n 6 + (an)2 > a n 6 + (an)2 > (a n ) 2 6 > 2(an)2 9 > (a n ) 2, που ισχύει. Άρα πράγµατι a n+1 > a n, δηλαδή η a n είναι γνησίως αύξουσα. 2α. Να εξεταστεί ως προς την µονοτονία και το ϕράξιµο η ακολουθία (a n ) µε αναδροµικό ορισµό a 1 = 1 a n+1 = a n. Υπόδειξη : Μπορείτε να χρησιµοποιήσετε µαθηµατική επαγωγή για να δείξετε ότι a n <. Απαντήσεις στο 2α. α αποδείξουµε µε µαθηµατική επαγωγή ότι 1 a n <. Πράγµατι, για n = 1 έχουµε : a 1 = 1 <. Εστω ότι ισχύει 1 a n <. Θα αποδείξουµε ότι ισχύει και 1 a n+1 <. Πράγµατι από την παραπάνω σχέση 1 a n < έχουµε εύκολα 1 a n < 9 1 a n <. Αυτό γράφεται ισοδύναµα 1 a n+1 < (τέλος επαγωγής) Μένει να µελετήσουµε την µονοτονία. Μπορούµε πολύ εύκολα να δείξουµε ότι η (a n ) είναι γνησίως αύξουσα : a n+1 > a n a n > a 2 n > a n, που ισχύει. Άρα πράγµατι a n+1 > a n, δηλαδή η a n είναι γνησίως αύξουσα.. Θεωρούµε µια διµελή σχέση στο σύνολο A = {(x, y) Z Z : y 0} η οποία ορίζεται ως εξής : (m, n) (r, s) m s = n r.

3 είξτε ότι η είναι σχέση ισοδυναµίας και να ϐρείτε διαφορετικά στοιχεία της κλάσεως ισοδυναµίας [( 2, 1)]. α Να ϐρείτε διαφορετικά στοιχεία της κλάσεως ισοδυναµίας [(1, 2)]. Απαντήσεις στο. Ανακλαστικότητα : (m, n) (m, n) m n = n m, που ισχύει στους ακέραιους. Συµµετρικότητα : (m, n) (r, s) τότε και (r, s) (m, n). Πράγµατι, αν (m, n) (r, s) m s = n r άρα και r n = s m (αφού ισχύει η αντιµεταθετικότητα του πολλαπλασιασµού στούς ακεραίους) Μεταβατικότητα : Αν (m, n) (r, s) και (r, s) (k, t) τότε m n = r s και όµοια k t = r s άρα m n = k t δηλαδή m t = n k δηλαδή (m, n) (k, t), που είναι το Ϲητούµενο. Τρία διαφόρετικά στοιχεία της κλάσεως είναι τα : ( 4, 2) (διότι 4 2 = 2 1 ), (4, 2) 4 (διότι 2 = 2 1 ) και (8, 4) (διότι 8 4 = 2 1 ) Απαντήσεις στο α. Τρία διαφόρετικά στοιχεία της κλάσεως είναι τα : (2, 4) 2 (διότι 4 = ), ( 2, 4) (διότι 4 = ) και ( 4, 8) (διότι 8 = 1 2 ) 4. Εξηγείστε γιατί η ακολουθία a n = m=n m=0 ( 1)m, (n = 1, 2,...) δεν µπορεί να είναι Cauchy. Στην συνέχεια να ϐρείτε το όριο της (αν αυτό ϐέβαια υπάρχει). Υπόδειξη : Μελετήστε την διαφορά a n a n 1 για τις διάφορες τιµές του n. 4α. Εξηγείστε γιατί η ακολουθία a n = ( 1)n n, n = 1, 2,... δεν µπορεί να είναι Cauchy. Στην συνέχεια να ϐρείτε το όριο της (αν αυτό ϐέβαια υπάρχει). Υπόδειξη : Μελετήστε την διαφορά a n a n 1 για τις διάφορες τιµές του n. Απαντήσεις στο 4. Η ακολουθία (a n ) δεν µπορεί να είναι Cauchy. Αυτό αποδεικνύεται µε εις άτοπον απαγωγή : Ας υποθέσουµε ότι η (a n ) είναι Cauchy. Τότε ϑα έπρεπε a n a m 0 καθώς n και m (όπου m και n ξεχωριστές και ανεξάρτητες µεταβλητές). Παίρνουµε την a n a n 1 που µπορεί να ϑεωρηθεί ως υπακολουθία της a n a m. Θα έπρεπε να ισχύει a n a n 1 0(γιατί ;). Οµως a n = ( 1) 0 + ( 1) ( 1) n και a n 1 = ( 1) 0 + ( 1) ( 1) n 1 άρα a n a n 1 = (ο τελευταίος όρος της a n ) = ( 1) n και a n a n 1 = 1, που ϕυσικά δεν συγκλίνει στο µηδέν. Άρα η (a n ) δεν µπορεί να είναι Cauchy και δεν µπορεί ϕυσικά να είναι συγκλίνουσα σε κάποιον πραγµατικό αριθµό l R. Σχόλιο : Μας µένει µόνο µια περίπτωση για να έχει η (a n ) κάποιο όριο. Αυτή είναι η περίπτωση που l = + ή l = δηλαδή η περίπτωση που το όριο της ακολουθίας µας είναι το + ή το. Ούτε αυτό όµως µπορεί να συµβεί διότι η (a n ) είναι µια ϕραγµένη ακολουθία. Είναι πολύ εύκολο µάλιστα να δείξουµε µε µαθηµατική επαγωγή ότι για n άρτιο έχουµε a n = 1 ενώ για n περιττό έχουµε a n = 0. Συνεπώς ϕτάνουµε στο συµπέρασµα ότι η (a n ) δεν µπορεί να έχει κάποιο όριο. Απαντήσεις στο 4α.Η ακολουθία (a n ) δεν µπορεί να είναι Cauchy. Αυτό αποδεικνύεται µε εις άτοπον απαγωγή : Ας υποθέσουµε ότι η (a n ) είναι Cauchy. Τότε ϑα έπρεπε a n a m 0 καθώς n και m (όπου m και n ξεχωριστές και ανεξάρτητες µεταβλητές). Παίρνουµε την a n a n 1 που µπορεί να ϑεωρη-

4 ϑεί ως υπακολουθία της a n a m. Θα έπρεπε να ισχύει a n a n 1 0. Οµως a n = ( 1)n n και a n 1 = ( 1)n n 1 άρα a n a n 1 = 2 ( 1)n n 1 n 1 και που ϕυσικά δεν συγκλίνει στο µηδέν διότι ο πρώτος αθροιστέος 2 ( 1)n δεν 9 συγκλίνει στο 0(γιατί ;). Άρα η (a n ) δεν µπορεί να είναι Cauchy και δεν µπορεί ϕυσικά να είναι συγκλίνουσα σε κάποιον πραγµατικό αριθµό l R. Μπορούµε να κάνουµε ένα παρόµοιο σχόλιο µε το παραπάνω. ηλαδή να πούµε ότι η (a n ) δεν µπορεί να έχει κάποιο από τα ± ως όριο διότι προφανώς είναι (απόλυτα) ϕραγµένη απο το Αν είναι γνωστή η τριγωνοµετρική µορφή του µιγαδικού αριθµού z 0, να ϐρείτε τις τριγωνοµετρικές µορφές των z, z, και z και να τους παραστήσετε γραφικά στο επίπεδο. Επίσης να γράψετε τον 1 i σε τριγωνοµετρική µορφή. 5α. Να εξηγήσετε µε ένα πολύ απλό παράδειγµα ότι η εκθετική συνάρτηση e z (z C) όπως έχει ορισθεί στους µιγαδικούς δεν είναι 1-1 συνάρτηση. Να ϐρείτε επίσης τον µιγαδικό αριθµό i. Απαντήσεις στο 5. Η τριγωνοµετρική µορφή του z 0 είναι : z = z e iargz = z (cos Argz + i sin Argz) όπου µε Argz παριστάνουµε το πρωτεύων όρισµα του z. Οπότε το όρισµα(ή καλύτερα ένα από τα ορίσµατα) του z είναι το Argz και άρα η τριγωνοµετρική του µορφή είναι Ισχύει ϕυσικά ότι z = z. Η τριγωνοµετρική µορφή του z είναι : z = z (cos( Argz) + i sin( Argz)). z = z [cos(π + Argz) + i sin(π + Argz)]. Η τριγωνοµετρική µορφή του z είναι : z = z [cos(π Argz) + i sin(π Argz)]. Σχόλιο : Αν ϑέλουµε να είµαστε πιο αυστηροί µπορούµε να πούµε ότι το πρωτεύον όρισµα του z είναι το 2π Argz και άρα είναι σωστότερο να γράφουµε z = z [cos(2π Argz) + i sin(2π Argz)]. Οµοια παρατήρηση ισχύει και για τα z, z. Για παράδειγµα, αν στην τριγωνο- µετρική µορφή του z ϑέλουµε να εµφανίζεται αντί του π + Argz το πρωτεύον όρισµα του z, τότε ϑα πρέπει να έχουµε υπόψη µας ότι το π + Argz είναι ίσο µε το Arg( z) µόνο στην περίπτωση που έχουµε 0 π + Argz < 2π, δηλαδή που έχουµε 0 Argz < π. Σε διαφορετική περίπτωση, Arg( z) = π + Argz 2π = Arg(z) π. (τέλος σχολίου) Τέλος, εύκολα ϐλέπουµε ότι : 1 i = 2(cos 7π 4 + isin 7π 4 ). Απαντήσεις στο 5α. Η εκθετική συνάρτηση δεν είναι 1-1 διότι, για παράδειγµα, 1 = e iπ = e iπ και ϕυσικά iπ iπ. Για το i = e i log = e i(ln +i arg ). Οπότε i = e arg e i ln = e arg [cos(ln ) + i sin(ln )].

5 Ακόµα το e arg δεν είναι ένας µοναδικός πραγµατικός αριθµός αλλά ένα αριθ- µήσιµο σύνολο από πραγµατικούς : e arg = {e (0+2kπ) : k Z} = {e 2kπ : k Z} = {e 2rπ : r Z}.

Σχετικά έγγραφα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» (ε) Κάθε συγκλίνουσα ακολουθία άρρητων αριθµών συγκλίνει σε άρρητο αριθµό.

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Ακολουθίες πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας α Κάθε