f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2].

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "f(x) dx. f(x)dx = 0. f(x) dx = 1 < 1 = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) = 0, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [0, 2]."

Transcript

1 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riem Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε η f είναι ϕραγµένη. (ϐ) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε παίρνει µέγιστη τιµή. (γ) Αν η f είναι ϕραγµένη, τότε είναι Riem ολοκληρώσιµη. (δ) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε η f είναι Riem ολοκληρώσιµη. (ε) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε υπάρχει c [, ] ώστε f(c)( ) = f(x) dx. (στ) Αν η f είναι ϕραγµένη και αν L(f, P ) = U(f, P ) για κάθε διαµέριση P του [, ], τότε η f είναι σταθερή. (Ϲ) Αν η f είναι ϕραγµένη και αν υπάρχει διαµέριση P ώστε L(f, P ) = U(f, P ), τότε η f είναι Riem ολοκληρώσιµη. (η) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη και αν f(x) = για κάθε x [, ] Q, τότε f(x)dx =. Υπόδειξη. (α) Σωστό. Από τον ορισµό του ολοκληρώµατος Riem: εξετάζουµε αν η f : [, ] R είναι ολοκληρώσιµη µόνο αν η f είναι ϕραγµένη. (ϐ) Λάθος. Η συνάρτηση f : [, ] R µε f() = και f(x) = x αν < x δεν παίρνει µέγιστη τιµή, είναι όµως ολοκληρώσιµη : για κάθε < <, η f είναι συνεχής στο [, ], άρα είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Από την Άσκηση 9 (ϐλέπε παρακάτω) η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. (γ) Λάθος. Η f : [, ] R µε f(x) = αν x Q και f(x) = αν x / Q είναι ϕραγµένη, αλλά δεν είναι ολοκληρώσιµη : για κάθε διαµέριση P του [, ] έχουµε U(f, P ) = και L(f, P ) =, άρα f(x) dx = < = f(x) dx. (δ) Λάθος. Για τη συνάρτηση f του προηγούµενου ερωτήµατος έχουµε f(x) = για κάθε x [, ]. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη, ενώ η f δεν είναι ολοκληρώσιµη. (ε) Λάθος. Η f : [, ] R µε f(x) = αν x [, ] και f(x) = αν x (, ] είναι ολοκληρώσιµη και f(x) dx = (εξηγήστε γιατί). Οµως, δεν υπάρχει c [, ] ώστε f(c) = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) =, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [, ]. (στ) Σωστό. Εστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε, υπάρχουν y, z [, ] ώστε f(y) < f(z). Θεωρήστε τη διαµέριση Q = {, } του [, ] (που περιέχει µόνο τα άκρα και του διαστήµατος [, ]). Τότε, U(f, Q) L(f, Q) = (M m )( )

2 όπου m = if{f(x) : x [, ]} f(y) < f(z) sup{f(x) : x [, ]} = M. Άρα, M m > οπότε U(f, Q) L(f, Q) >. Αυτό είναι άτοπο : από την υπόθεση έχουµε L(f, P ) = U(f, P ) για κάθε διαµέριση P του [, ]. Άρα, η f είναι σταθερή : υπάρχει c R ώστε f(x) = c για κάθε x [, ], και το ολοκλήρωµα της f στο [, ] ισούται µε c( ). (Ϲ) Σωστό. Μπορούµε µάλιστα να δείξουµε ότι η f είναι σταθερή. Εστω P = { = x < x < < x = } διαµέριση του [, ] ώστε U(f, P ) = L(f, P ). Αυτό σηµαίνει ότι (M k m k )(x k+ x k ) = U(f, P ) L(f, P ) =, k= και, αφού m k M k για κάθε k =,,...,, συµπεραίνουµε ότι m k = if{f(x) : x [x k, x k+ ]} = sup{f(x) : x [x k, x k+ ]} = M k για κάθε k =,,...,. ηλαδή, η f(x) = m k = M k για κάθε x [x k, x k+ ]. Παρατηρήστε τώρα ότι : x [x, x ], άρα f(x ) = m = M. Οµως, x [x, x ], άρα f(x ) = m = M. ηλαδή, m = M = m = M. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο (για τα επόµενα υποδιαστήµατα), συµπεραίνουµε ότι υπάρχει α R ώστε α = m = M = m = M = = m k = M k = = m = M. Επεται ότι f(x) = α για κάθε x [, ]. ηλαδή, η f είναι σταθερή. (η) Σωστό. Θεωρήστε τυχούσα διαµέριση P = { = x < x < < x = } του [, ]. Σε κάθε υποδιάστηµα [x k, x k+ ] υπάρχει ϱητός αριθµός q k. Από την υπόθεση έχουµε f(q k ) =, άρα m k M k. Επεται ότι Άρα, sup P L(f, P ) = m k (x k+ x k ) M k (x k+ x k ) = U(f, P ). k= k= L(f, P ) και if U(f, P ). Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα P f(x)dx = sup L(f, P ) P και f(x)dx = if U(f, P ). P ηλαδή, f(x)dx =.. Εστω f : [, ] R ϕραγµένη συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε < η f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Υπόδειξη. Η f είναι ϕραγµένη, άρα υπάρχει A > ώστε f(x) A για κάθε x [, ]. Θα δείξουµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη χρησιµοποιώντας το κριτήριο του Riem. Εστω ε >. Επιλέγουµε < < αρκετά µικρό ώστε να ικανοποιείται η A < ε. Από την υπόθεση, η f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], άρα υπάρχει διαµέριση Q του [, ] µε την ιδιότητα U(f, Q) L(f, Q) < ε.

3 Θεωρούµε τη διαµέριση P = {} Q του [, ]. Τότε, όπου U(f, P ) L(f, P ) = (M m ) + U(f, Q) L(f, Q) < (M m ) + ε, M = sup{f(x) : x } A και m = if{f(x) : x } A. Από τις τελευταίες ανισότητες παίρνουµε M m A, άρα U(f, P ) L(f, P ) < A + ε < ε + ε = ε. Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. 3. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση f : [, ] R µε f(x) = si x αν x και f() = είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Παρατηρήστε ότι η f είναι ϕραγµένη στο [, ] και, για κάθε < <, η f(x) = si x είναι συνεχής στο [, ], άρα ολοκληρώσιµη στο [, ]. Από την Άσκηση, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Οµοίως δείχνουµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. 4. Εστω g : [, ] R ϕραγµένη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι η g είναι συνεχής παντού, εκτός από ένα σηµείο x (, ). είξτε ότι η g είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. [x, ]. Ακριβώς όπως στην προηγούµενη Άσκηση, δείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, x ] και στο Σηµείωση. Το ίδιο ακριβώς επιχείρηµα δείχνει ότι αν µια ϕραγµένη συνάρτηση f : [, ] R έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία ασυνέχειας στο [, ], τότε η f είναι ολοκληρώσιµη. 5. Χρησιµοποιώντας το κριτήριο του Riem αποδείξτε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ολοκληρώσιµες: (α) f : [, ] R µε f(x) = x. (ϐ) f : [, π/] R µε f(x) = si x. Υπόδειξη. (α) f : [, ] R µε f(x) = x. Η f είναι αύξουσα. Θεωρήστε τη διαµέριση P του [, ] σε ίσα υποδιαστήµατα µήκους /. είξτε ότι U(f, P ) L(f, P ) = f() f() Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. =. (ϐ) f : [, π/] R µε f(x) = si x. Η f είναι αύξουσα. Θεωρήστε τη διαµέριση P του [, π/] σε ίσα υποδιαστήµατα µήκους π/(). είξτε ότι U(f, P ) L(f, P ) = π(f(π/) f()) Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, π/]. = π. 6. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ολοκληρώσιµες στο [, ] και υπολογίστε το ολοκλήρωµα τους (αν υπάρχει): (α) f(x) = x + [x]. (ϐ) f(x) = αν x = k για κάποιον k N, και f(x) = αλλιώς. Υπόδειξη. (α) f(x) = x + [x]. Η f είναι αύξουσα στο [, ], άρα είναι ολοκληρώσιµη. Μπορείτε να γράψετε f(x)dx = xdx + [x]dx. 3

4 Το πρώτο ολοκλήρωµα είναι ίσο µε και το δεύτερο ίσο µε (εξηγήστε γιατί). (ϐ) f(x) = αν x = k για κάποιον k N, και f(x) = αλλιώς. Η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. είξτε διαδοχικά τα εξήσ: (i) Η f είναι ϕραγµένη. (ii) Αν < <, τότε η f έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία ασυνέχειας στο [, ] (είναι ακριβώς τόσα όσοι είναι οι ϕυσικοί k για τους οποίους /k ). (iii) Αν < <, τότε η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] (από την σηµείωση µετά την Άσκηση 3). (iv) Η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] (από την Άσκηση ). 7. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε f(x) για κάθε x [, ]. είξτε ότι αν και µόνο αν f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)dx = Υπόδειξη. Εστω ότι f(x)dx =. Υποθέτουµε ότι η f δεν είναι ταυτοτικά µηδενική. Τότε, υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) >. Λόγω συνέχειας, η f παίρνει ϑετικές τιµές σε µια (αρκετά µικρή) περιοχή του x, µπορούµε λοιπόν να υποθέσουµε ότι < x < (ότι x και x ). Επιλέγουµε ε = f(x )/ > και εφαρµόζουµε τον ορισµό της συνέχειασ: µπορούµε να ϐρούµε δ > (και αν χρειάζεται να το µικρύνουµε) ώστε < x δ < x + δ < και, για κάθε x [x δ, x + δ], f(x) f(x ) < f(x ) = f(x) > f(x ). Αφού η f είναι µη αρνητική παντού στο [, ], έχουµε f(x)dx = δ + f(x)dx + +δ x δ +δ x δ f(x)dx + δ f(x ) f(x)dx + f(x)dx x +δ = δf(x ) >. Καταλήξαµε σε άτοπο, άρα f(x) = για κάθε x [, ]. Ο αντίστροφος ισχυρισµός ισχύει προφανώς. 8. Εστω f, g : [, ] R συνεχείς συναρτήσεις ώστε είξτε ότι υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) = g(x ). f(x)dx = g(x)dx. Υπόδειξη. Θεωρώντας την h = f g ϐλέπουµε ότι αρκεί να δείξουµε το εξήσ: αν h : [, ] R συνεχής συνάρτηση και h(x)dx =, τότε υπάρχει x [, ] ώστε h(x ) =. Ας υποθέσουµε ότι h(x) για κάθε x [, ]. Τότε, είτε h(x) > παντού στο [, ] ή h(x) < παντού στο [, ] (αν η h έπαιρνε και αρνητικές και ϑετικές τιµές στο [, ] τότε, από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, ϑα υπήρχε σηµείο στο οποίο ϑα µηδενιζόταν). Εστω λοιπόν ότι h(x) > για κάθε x [, ]. Η h παίρνει ελάχιστη ϑετική τιµή στο [, ]: υπάρχει y [, ] ώστε h(x) h(y) > για κάθε x [, ]. Τότε, h(x)dx h(y)( ) >, 4

5 το οποίο είναι άτοπο. Οµοίως καταλήγουµε σε άτοπο αν υποθέσουµε ότι h(x) < για κάθε x [, ]. 9. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ισχύει είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)g(x)dx =. Υπόδειξη. Από την υπόθεση, για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ισχύει f(x)g(x)dx =. Η f είναι συνεχής, µπορούµε λοιπόν να εφαρµόσουµε την υπόθεση για την g = f. Τότε, f (x)dx =. Η f είναι συνεχής και µη αρνητική. Από την Άσκηση 7 συµπεραίνουµε ότι f (x) = για κάθε x [, ], άρα f(x) = για κάθε x [, ].. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R που ικανοποιεί την g() = g() =, ισχύει είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)g(x)dx =. Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι η f δεν είναι ταυτοτικά µηδενική. Τότε, χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει x (, ) ώστε f(x ) >. Οπως στην Άσκηση (στ), µπορούµε να ϐρούµε δ > ώστε < x δ < x + δ < και f(x) > f(x )/ > για κάθε x [x δ, x + δ]. Ορίζουµε µια συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ως εξήσ: ϑέτουµε g(x) = στα [, x δ] και [x + δ, ], ορίζουµε g(x ) = f(x ), και επεκτείνουµε γραµµικά στα [x δ, x ] και [x, x + δ]. Αφού g() = g() =, από την υπόθεση πρέπει να ισχύει f(x)g(x)dx =. Οµως, +δ = f(x)g(x)dx = f(x)g(x)dx x δ και η fg είναι µη αρνητική στο [x δ, x + δ]. Από την Άσκηση 7, έχουµε f(x)g(x) = για κάθε x [x δ, x + δ]. Ειδικότερα, = f(x )g(x ) = f (x ), το οποίο είναι άτοπο.. Εστω f, g : [, ] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. είξτε την ανισότητα Cuchy-Schwrz: ( ( ) ( ) f(x)g(x)dx) f (x)dx g (x)dx. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση P : R R που ορίζεται από την P (t) = (tf(x) + g(x)) dx. Η P ορίζεται καλά : αφού οι f, g είναι ολοκληρώσιµες, η tf + g (άρα και η (tf + g) ) είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] για κάθε t R. Παρατηρήστε ότι η P είναι πολυώνυµο δευτέρου ϐαθµού : ( ) ( ) ( ) P (t) = t f (x)dx + t f(x)g(x)dx + g (x)dx. Αφού P (t) για κάθε t R, η διακρίνουσα είναι µη αρνητική : ( ( ) ( ) 4 f(x)g(x)dx) 4 f (x)dx g (x)dx. 5

6 . Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι ( f(x)dx) f (x)dx. Ισχύει το ίδιο αν αντικαταστήσουµε το [, ] µε τυχόν διάστηµα [, ]; Υπόδειξη. Εφαρµόστε την ανισότητα Cuchy-Schwrz για την f και τη σταθερή συνάρτηση g : ( ( f(x) dx) ) ( ) f (x)dx dx = f (x)dx. Η ίδια ανισότητα ισχύει αν αντικαταστήσουµε το [, ] µε οποιοδήποτε διάστηµα [, ] που έχει µήκος µικρότερο ή ίσο του (αν όµως πάρετε σαν [, ] το [, ] και σαν f τη σταθερή συνάρτηση f(x) =, τότε η ανισότητα παίρνει τη µορφή 4, άτοπο). 3. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η ακολουθία = f k= ( ) k συγκλίνει στο f(x)dx. [Υπόδειξη : Χρησιµοποιήστε τον ορισµό του Riem.] Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία διαµερίσεων P () = { < < < < } και την επιλογή σηµείων Ξ () = {,,..., }. Αφού το πλάτος της διαµέρισης P () είναι P () =, από τον ορισµό του Riem έχουµε = ( ) k f = ( f, P (), Ξ ()) f(x) dx. k= 4. είξτε ότι lim = 3. Υπόδειξη. Εφαρµόζοντας το συµπέρασµα της προηγούµενης Άσκησης για την ολοκληρώσιµη συνάρτηση f(x) = x στο [, ], παίρνουµε = k= k x dx = Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχει s [, ] ώστε s f(t)dt = s f(t)dt. Μπορούµε πάντα να επιλέγουµε ένα τέτοιο s στο ανοικτό διάστηµα (, ); Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g : [, ] R µε s ( s g(s) = f(t)dt f(t)dt = f(t)dt f(t)dt s s s = f(t)dt f(t)dt. 6 f(t)dt )

7 Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, η g είναι συνεχής. Παρατηρήστε ότι g() = f(t)dt και g() = f(t)dt. ( ) Αφού g()g() = f(t)dt, υπάρχει s [, ] ώστε g(s) =. Για κάθε τέτοιο s ισχύει η s f(t)dt = s f(t)dt. Μπορούµε να επιλέξουµε ένα τέτοιο s στο ανοικτό διάστηµα (, ) αν f(t)dt (εξηγήστε γιατί). Αν όµως πάρετε την f(x) = x στο [, ], τότε τα µόνα σηµεία s [, ] για τα οποία g(s) = είναι τα s = ± (σε αυτό το παράδειγµα, το ολοκλήρωµα της f στο [, ] ισούται µε µηδέν). 6. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη και ϑετική συνάρτηση ώστε f(x)dx =. είξτε ότι για κάθε N υπάρχει διαµέριση { = t < t < < t = } t k+ ώστε t k f(x)dx = για κάθε k =,,...,. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση F : [, ] R µε F (t) = t f(x)dx. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη και ϑετική, η F είναι συνεχής και αύξουσα στο [, ]. Αφού f(x)dx =, έχουµε F () = και F () =. Εστω N. Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, για κάθε k =,..., υπάρχει t k [, ] ώστε F (t k ) = k. Θέτουµε t = και t = : τότε F (t ) = = και F (t ) = =. Παρατηρήστε ότι t k < t k+ για κάθε k =,,...,. Αν για κάποιο k είχαµε t k t k+, τότε ϑα παίρναµε k tk tk+ tk tk+ = f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx f(x)dx = k + t k+, το οποίο είναι άτοπο. Άρα, = t < t < < t = και tk+ για κάθε k =,,...,. t k f(x)dx = tk+ tk f(x)dx f(x)dx = k + k = 7. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχει s [, ] ώστε f(x)x dx = f(s) 3. Υπόδειξη. Σύµφωνα µε το ϑεώρηµα µέσης τιµής του Ολοκληρωτικού Λογισµού, αν η f : [, ] R είναι συνεχής και η µη αρνητική συνάρτηση g : [, ] R είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει s [, ] ώστε f(x)g(x)dx = f(s) Εφαρµόστε το παραπάνω για την g(x) = x. 8. Υποθέτουµε ότι η f : [, ] R είναι συνεχής και ότι f(t)dt = x για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(t)dt g(x)dx. 7

8 Υπόδειξη. Από την υπόθεση έπεται ότι f(t)dt = f(t)dt για κάθε x [, ]. ηλαδή, η συνάρτηση F : [, ] R µε F (x) = f(t)dt είναι σταθερή. Αφού η f είναι συνεχής, η F είναι παραγωγίσιµη και F (x) = f(x) για κάθε x [, ]. Αφού η F είναι σταθερή, έχουµε F. Άρα, f(x) = για κάθε x [, ]. 9. Εστω f, h : [, + ) [, + ). Υποθέτουµε ότι η h είναι συνεχής και η f είναι παραγωγίσιµη. Ορίζουµε είξτε ότι F (x) = h(f(x)) f (x). F (x) = f(x) h(t)dt. Υπόδειξη. Αφού η h είναι συνεχής, η συνάρτηση G(y) = y h(t)dt είναι παραγωγίσιµη στο [, + ) και G (y) = h(y). Παρατηρήστε ότι F (x) = G(f(x)) = (G f)(x). Αφού η f είναι παραγωγίσιµη, εφαρµόζοντας τον κανόνα της αλυσίδας παίρνουµε F (x) = G (f(x)) f (x) = h(f(x)) f (x).. Εστω f : R R συνεχής και έστω δ >. Ορίζουµε g(x) = είξτε ότι η g είναι παραγωγίσιµη και ϐρείτε την g. Υπόδειξη. Γράφουµε όπου g(x) = +δ x δ H (x) = f(t)dt = +δ +δ +δ x δ f(t)dt f(t)dt. δ f(t)dt και H (x) = f(t)dt = H (x) H (x), δ f(t)dt. Το επιχείρηµα της προηγούµενης Άσκησης δείχνει ότι οι H, H είναι παραγωγίσιµες, H (x) = f(x + δ) και H (x) = f(x δ) (αν > x + δ ή > x δ, το συµπέρασµα εξακολουθεί να ισχύει : ϑυµηθείτε τη σύµβαση f = f). Επεται ότι g (x) = f(x + δ) f(x δ).. Εστω g, h : R R παραγωγίσιµες συναρτήσεις. Ορίζουµε G(x) = g(x) h(x) είξτε ότι η G είναι παραγωγίσιµη στο R και ϐρείτε την G. Υπόδειξη. Γράφουµε G(x) = g(x) h(x) t dt = g(x) t dt. t dt h(x) Αφού οι g, h είναι παραγωγίσιµες και η f(t) = t είναι συνεχής, η G είναι παραγωγίσιµη στο R (δείτε τις προηγούµενες δύο Ασκήσεις) και G (x) = g (x)g (x) h (x)h (x). t dt. 8

9 . Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση. Ορίζουµε F (x) = Βρείτε την F. Υπόδειξη. Θέτουµε u = x t. Τότε, dt = x u du και ( x ) f dt. t Άρα, F (x) = F (x) = x x ϕ(u) u du = ϕ(u) u x ϕ(u) u ϕ(u) du = x u du. du + x ϕ(x) ϕ(u) x = u du + ϕ(x) x. Β Οµάδα 3. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. Ορίζουµε µια ακολουθία ( ) ϑέτοντας = f(x )dx. είξτε ότι f(). Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα υπάρχει M > ώστε f(y) M για κάθε y [, ]. Εστω < ε <. Από τη συνέχεια της f στο, υπάρχει < δ < ώστε : αν y δ τότε f(y) f() < ε. Επιλέγουµε N µε την ιδιότητα : για κάθε ισχύει ( ) ε < δ. 4M + Τότε, για κάθε µπορούµε να γράψουµε (παρατηρήστε ότι αν < x < 4M+ τότε f(x ) f() < ε/) ε 4M+ f() = (f(x ) f())dx + (f(x ) f())dx ε 4M+ ε 4M+ f(x ) f() dx + ( f(x ) + f() ) dx Άρα, f(). < ε. ( ε 4M+ ) ε ε 4M + + ε 4M + M 4. είξτε ότι η ακολουθία γ = Υπόδειξη. Η f(x) = x είναι ϕθίνουσα στο [, + ), άρα xdx συγκλίνει. k+ k + k x dx k ε για κάθε k N. Επεται ότι γ + γ = + + dx, x 9

10 δηλαδή η (γ ) είναι ϕθίνουσα. Επίσης, άρα x dx = 3 x dx + x dx + + x dx + + +, γ = x dx > για κάθε N. Αφού η (γ ) είναι ϕθίνουσα και κάτω ϕραγµένη από το, συγκλίνει. 5. Εστω f : [, ] R Lipschitz συνεχής συνάρτηση ώστε f(x) f(y) M x y για κάθε x, y [, ]. είξτε ότι για κάθε N. f(x)dx f k= ( ) k M Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι Στο διάστηµα [ k, k ] έχουµε άρα Άρα, k/ (k )/ f(x)dx f k= f(x) f(k/) M ( ) k k= f(x) f(k/) M f(x)dx k/ (k )/ f k= k/ (k )/ ( ) k x, ( ) k x dx = M ( ) k k= f(x) f(k/) dx. / M = M. y dy = M. 6. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την εξής ιδιότητα : υπάρχει M > ώστε f(x) M για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(t) dt Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα υπάρχει A > ώστε f(t) A για κάθε t [, ]. Αυτό δείχνει ότι f(x) M f(t) dt M A dt = MA(x ) για κάθε x [, ]. Εισάγοντας αυτή την εκτίµηση πάλι στην υπόθεση, παίρνουµε f(x) M f(t) dt M A (t ) dt = M A (x )

11 για κάθε x [, ], και επαγωγικά, για κάθε x [, ] και για κάθε N. Οµως, άρα f(x) = για κάθε x [, ]. f(x) M A (x )! lim M A (x ) =,! 7. Εστω R. είξτε ότι δεν υπάρχει ϑετική συνεχής συνάρτηση f : [, ] R ώστε f(x)dx =, xf(x)dx = και x f(x)dx =. Υπόδειξη. Εστω ότι υπάρχει ϑετική συνεχής συνάρτηση f : [, ] R που ικανοποιεί τις f(x)dx =, xf(x)dx = και x f(x)dx =. Τότε, (x ) f(x)dx = x f(x)dx = + =. xf(x)dx + f(x)dx Αφού η (x ) f(x) είναι µη αρνητική και συνεχής, από την Άσκηση 7 ϐλέπουµε ότι (x ) f(x) = για κάθε x [, ]. Οµως η f είναι παντού ϑετική, άρα x = για κάθε x [, ]. Αυτό είναι άτοπο. 8. Εστω f : [, ] R συνεχής, µη αρνητική συνάρτηση. Θέτουµε M = mx{f(x) : x [, ]}. είξτε οτι η ακολουθία ( ) / γ = [f(x)] dx συγκλίνει, και lim γ = M. Υπόδειξη. Εστω ε >. Παρατηρήστε ότι ( / ( ) / γ = [f(x)] dx) M dx = M( ) / και M( ) / M όταν, άρα υπάρχει N ώστε γ < M + ε για κάθε. Αφού η f είναι συνεχής στο [, ], παίρνει τη µέγιστη τιµή τησ: υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) = M. Αφού η f είναι συνεχής στο x, υπάρχει κάποιο διάστηµα J [, ] µε µήκος δ > και x J, ώστε f(x) > M ε για κάθε x J. Επίσης, αφού δ /, υπάρχει N ώστε : για κάθε, ( / ( [f(x)] dx) / [f(x)] dx) J ( M ε ) δ / > M ε.

12 Τότε, για κάθε = mx{, } έχουµε ( / γ M = [f(x)] dx) M < ε. ηλαδή, γ M. 9. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Σκοπός αυτής της άσκησης είναι να δείξουµε ότι η f έχει πολλά σηµεία συνέχειας. (α) Υπάρχει διαµέριση P του [, ] ώστε U(f, P ) L(f, P ) < (εξηγήστε γιατί). είξτε ότι υπάρχουν < στο [, ] ώστε < και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (ϐ) Επαγωγικά ορίστε κιβωτισµένα διαστήµατα [, ] (, ) µε µήκος µικρότερο από / ώστε sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (γ) Η τοµή αυτών των κιβωτισµένων διαστηµάτων περιέχει ακριβώς ένα σηµείο. είξτε ότι η f είναι συνεχής σε αυτό. (δ) Τώρα δείξτε ότι η f έχει άπειρα σηµεία συνέχειας στο [, ] (δεν χρειάζεται περισσότερη δουλειά!). Υπόδειξη. (α) Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, µπορούµε να ϐρούµε διαµέριση P = { = x < x < < x = } του [, ] ώστε U(f, P ) L(f, P ) <. Περνώντας αν χρειαστεί σε εκλέπτυνση της P µπορούµε να υποθέσουµε ότι το πλάτος της P είναι µικρότερο από. Αφού (M k m k )(x k+ x k ) < = (x k+ x k ), k= υπάρχει k {,,..., } ώστε M k m k <. Αν ϑέσουµε = x k και = x k+, ϐλέπουµε ότι <,, [, ], < και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } = M k m k <. (ϐ) Με τον ίδιο τρόπο δείξτε ότι υπάρχει [, ] (, ) µε µήκος µικρότερο από / ώστε k= sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. Για να πετύχετε τον εγκλεισµό [, ] (, ) ξεκινήστε από ένα υποδιάστηµα [c, d] του [, ] µε < c < d < (η f είναι ολοκληρώσιµη και στο [c, d]). Βρείτε διαµέριση P του [c, d] µε U(f, P ) L(f, P ) < d c και πλάτος µικρότερο από / και συνεχίστε όπως πριν. Επαγωγικά µπορείτε να ϐρείτε [, ] (, ) ώστε < / και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (γ) Η τοµή των κιβωτισµένων διαστηµάτων [, ] περιέχει ακριβώς ένα σηµείο x. Θα δείξουµε ότι η f είναι συνεχής στο x : έστω ε >. Επιλέγουµε N µε < ε. Αφού x [ +, + ], έχουµε x (, ). Υπάρχει δ > ώστε (x δ, x + δ) (, ). Τότε, για κάθε x (x δ, x + δ) έχουµε f(x) f(x ) sup{f(x) : x } if{f(x) : x } < < ε.

13 Αυτό δείχνει τη συνέχεια της f στο x. (δ) Ας υποθέσουµε ότι η f έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία συνέχειας στο [, ]. Τότε, υπάρχει διάστηµα [c, d] [, ] στο οποίο η f δεν έχει κανένα σηµείο συνέχειας (εξηγήστε γιατί). Αυτό είναι άτοπο από το προηγούµενο ϐήµα : η f είναι ολοκληρώσιµη στο [c, d], άρα έχει τουλάχιστον ένα σηµείο συνέχειας σε αυτό. Για την ακρίβεια, το επιχείρηµα που χρησιµοποιήσαµε δείχνει κάτι ισχυρότερο : αν η f είναι ολοκληρώσιµη τότε έχει τουλάχιστον ένα σηµείο συνέχειας σε κάθε υποδιάστηµα του [, ]. Με άλλα λόγια, το σύνολο των σηµείων συνέχειας της f είναι πυκνό στο [, ]. 3. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη (όχι αναγκαστικά συνεχής) συνάρτηση µε f(x) > για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x)dx >. Υπόδειξη. Από την προηγούµενη Άσκηση, αφού η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ], υπάρχει x [, ] στο οποίο η f είναι συνεχής. Αφού f(x ) >, υπάρχει διάστηµα J [, ] µε µήκος δ > ώστε : για κάθε x J ισχύει f(x) > f(x )/. Συνεχίστε όπως στην Άσκηση Εστω f : [, ] R συνεχής. είξτε ότι, για κάθε x [, ], ( u f(u)(x u)du = ) f(t)dt du. Υπόδειξη. Θεωρήστε τις συναρτήσεις F (x) = f(u)(x u)du = x f(u)du f(u)u du και όπου G(x) = ( u R(u) = ) f(t)dt du = u f(t)dt. R(u)du, Αφού η f είναι συνεχής στο [, ], το πρώτο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού δείχνει ότι οι F, G και R είναι παραγωγίσιµες. Επίσης, και Άρα, F (x) = f(u)du + xf(x) f(x)x = G (x) = R(x) = (G F ) (x) = G (x) F (x) = f(t)dt = f(u)du f(u)du. f(u)du f(u)du =. Επεται ότι η G F είναι σταθερή στο [, ]. Παρατηρώντας ότι F () = G() =, συµπεραίνουµε ότι G F στο [, ]. ηλαδή, ( u ) f(u)(x u)du = f(t)dt du για κάθε x [, ]. 3

14 3. Εστω, R µε < και f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. Αν P = { = x < x < < x = } είναι διαµέριση του [, ], δείξτε ότι f(x k+ ) f(x k ) k= f (x) dx. Υπόδειξη. Για κάθε k =,...,, η f είναι συνεχώς παραγωγίσιµη στο [x k, x k+ ]. Από το δεύτερο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού (για τη συνεχή συνάρτηση f ) έχουµε k+ k+ f(x k+ ) f(x k ) = f (x) dx f (x) dx. x k x k Άρα, f(x k+ ) f(x k ) k+ k= k= x k f (x) dx = f (x) dx. 33. Εστω f : [, + ) [, + ) γνησίως αύξουσα, συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() =. είξτε ότι, για κάθε x >, f(t) dt + f(x) Υπόδειξη. Θεωρούµε τις συναρτήσεις L, R : [, + ) [, ) µε L(x) = f(t) dt + f(x) f (t) dt = xf(x). f (t) dt και R(x) = xf(x). Οι L, R είναι παραγωγίσιµες (εξηγήστε γιατί) και L() = = R(). Παρατηρήστε ότι L (x) = f(x) + f (f(x)) f (x) = f(x) + xf (x) = R (x) για κάθε x. Επεται ότι L(x) = R(x) για κάθε x. 34. Εστω f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() =. είξτε ότι για κάθε x [, ] ισχύει ( / f(x) f (t) dt). Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα είναι ολοκληρώσιµη. Χρησιµοποιώντας την f() =, το δεύτερο ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού και την ανισότητα Cuchy-Schwrz, για κάθε x [, ] γράφουµε f(x) = f(x) f() = f (t)dt f (t) dt ( ) / ( / ( / f (t) dt dt) = f (t) dt) x ( / f (t) dt). 35. Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση µε f(x) για κάθε x >, η οποία ικανοποιεί την f(x) = 4 f(t)dt

15 για κάθε x. είξτε ότι f(x) = x για κάθε x. Υπόδειξη. Αν υποθέσουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη, τότε παραγωγίζοντας τα δύο µέλη της ( ) f(x) = παίρνουµε f(t)dt f(x)f (x) = f(x) για κάθε x >, και χρησιµοποιώντας την υπόθεση ότι f(x) για κάθε x > συµπεραίνουµε ότι f (x) = για κάθε x >. Από την ( ) ϐλέπουµε (ϑέτοντας x = ) ότι f() =, άρα f(x) = f() + f (t)dt = dt = x για κάθε x. Μένει να δείξουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη. Από την ( ) και την f(x) έχουµε : για κάθε x > ισχύει f(t)dt > και f(x) = g(x) := f(t)dt ή f(x) = h(x) := f(t)dt. Αφού η f είναι συνεχής και δεν µηδενίζεται στο (, + ), το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής δείχνει ότι είτε f g στο [, + ) ή f h στο [, + ). Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται, αφού η h παίρνει αρνητικές τιµές στο (, + ) και f(t)dt > για κάθε x >. Άρα, f(x) = g(x) := f(t)dt για κάθε x. Αφού η f είναι συνεχής, έπεται ότι η g (δηλαδή, η f) είναι παραγωγίσιµη. 36. Εστω f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. είξτε ότι lim f(x) cos(x)dx = και lim f(x) si(x)dx =. Υπόδειξη. Αφού η f είναι συνεχής, µπορούµε να εφαρµόσουµε ολοκλήρωση κατά µέρη : f(x) cos(x)dx = = ( ) si(x) f(x) dx f() si() f() si() f (x) si(x)dx. Η f είναι συνεχής στο [, ], άρα υπάρχει M > ώστε f (x) M για κάθε x [, ]. Επεται ότι f() si() f() si() f() + f() και καθώς το. Συνεπώς, lim f (x) si(x)dx f (x) dx f(x) cos(x)dx =, και όµοια, lim M( ) f(x) si(x)dx =. 5

16 37. Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις ακολουθίες π π = si(x)dx και = si(x) dx. Υπόδειξη. Γράφουµε = π si(x)dx = π ( ) cos(x) dx = cos cos(π). Άρα, / για κάθε N. Επεται ότι καθώς το. Για την ( ) κάνουµε την αντικατάσταση y = x: π = si(x) dx = π si y dy. Παρατηρήστε ότι (k+)π kπ si y dy = για κάθε k Z (κάντε την αντικατάσταση y = kπ + u). Άρα, = = = για κάθε N. Επεται ότι. π π k= π si y dy = si y dy = π si y dy (k+)π k= kπ π si y dy si y dy = cos() cos(π) = si y dy 38. Εστω f : [, + ) R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχουν συνεχείς, αύξουσες και ϑετικές συναρτήσεις g, h : [, + ) R ώστε f = g h. Υπόδειξη. Θα χρησιµοποιήσουµε το εξήσ: αν g, h : [, + ) R είναι συνεχείς συναρτήσεις τότε οι mx{g, h} και mi{g, h} είναι συνεχείς. Αυτό έπεται από τις mx{g, h} = g + h + g h και mi{g, h} = Η f : [, + ) R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη, άρα οι συναρτήσεις είναι συνεχείς και µη αρνητικές στο [, + ). Επίσης, Ορίζουµε g := mx{f, } και h := mi{f, } G (x) = g h = mx{f, } + mi{f, } = f. g(t)dt και H (x) = g + h g h. h(t)dt. Αφού οι g, h είναι συνεχείς και µη αρνητικές, οι G, H είναι παραγωγίσιµες, αύξουσες και G () = H () =. Από τον τρόπο ορισµού τους και από το δεύτερο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού ϐλέπουµε ότι G (x) H (x) = (g(t) h(t)) dt = f (t)dt = f(x) f() 6

17 για κάθε x. Ορίζουµε G(x) = + f() + G (x) και H(x) = + f() f() + H (x). Τότε, οι G, H είναι παραγωγίσιµες, αύξουσες, ϑετικές και G(x) H(x) = G (x) H (x) + f() = f(x) για κάθε x. ηλαδή, η f γράφεται σαν διαφορά δύο συνεχών, αυξουσών και ϑετικών συναρτήσεων στο [, + ). Γ Οµάδα 39. Εστω f : [, ] R µε f() =. Υποθέτουµε ότι η f έχει συνεχή παράγωγο και ότι < f (x) για κάθε x [, ]. είξτε ότι ( [f(x)] 3 dx f(x) dx). 4. Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο και f() =. είξτε ότι f(t)f (t) dt f (t) dt. 4. Εστω f : [, ) R συνεχής συνάρτηση. Για κάθε k =,,... ορίζουµε f k : [, ) R µε f k (x) = f k (t) dt. είξτε ότι f k (x) = (k )! f(t)(x t) k dt. 4. Εστω f : [, ) (, ) οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι το γενικευµένο ολοκλήρωµα f(x) dx είναι πεπερασµένο. είξτε ότι lim f(x) =. x 43. Εστω f : [, ] R µε f() = f() =. Υποθέτουµε ότι η f είναι συνεχής και ότι [f(x)] dx =. Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες δείξτε ότι xf(x)f (x) dx =, και, χρησιµοποιώντας το παραπάνω, δείξτε ότι ( ) ( ) x [f(x)] dx [f (x)] dx Εστω f, g : [, ] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι [ ] (f(y) f(x))(g(y) g(x)) dy dx 7

18 = ( ) ( ) ( ) f(x)g(x) dx f(x) dx g(x) dx. Αν οι f και g είναι αύξουσες, χρησιµοποιώντας το παραπάνω δείξτε ότι ( ) ( ) f(x) dx g(x) dx ( ) f(x)g(x) dx. 45. Εστω f : [, ) R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι, για κάθε k N, f(k) = k+ f(x) dx k k k+ (k + x)f (x) dx. 46. (α) Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι lim x f(x) dx =. (ϐ) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι lim x f(x) dx = f(). 47. (α) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι / lim f(x)e x dx = f(). (ϐ) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι lim f(x)e x dx = f(). 8

f(x) dx. f(x)dx = 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riemann Α Οµάδα

f(x) dx. f(x)dx = 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riemann Α Οµάδα Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 7: Ολοκλήρωµα Riemnn Α Οµάδα. Εστω f : [, ] R. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).

Διαβάστε περισσότερα

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» (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

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. = lim (0) = lim f(x) = f(x) f(0) = xf (ξ x ). = l. Εστω ε > 0. Αφού lim f (x) = l R, υπάρχει δ > 0 Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο.

Υπόδειξη. (α) Άµεσο αφού κάθε υποσύνολο µηδενικού συνόλου είναι µετρήσιµο. Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Οµάδα Α 1. Αν η f : (a, b) R είναι παραγωγίσιµη, τότε η f είναι µετρήσιµη. Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία f : (a, b) R µε f (x) = [f(x + 1/) f(x)]. Εφόσον, η f είναι

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει.

< 1 για κάθε k N, τότε η σειρά a k συγκλίνει. +, τότε η η σειρά a k αποκλίνει. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 3: Σειρές πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα. Εστω ( ) µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε

Διαβάστε περισσότερα

= f(x) για κάθε x R.

= f(x) για κάθε x R. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 4: Συνέχεια και όρια συναρτήσεων Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α)

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

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

Διαβάστε περισσότερα

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β.

sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Φεβρουαρίου, 3 Θ. (α ) Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα σύνολα πραγµατικών αριθµών. είξτε ότι αν inf A

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t)

f(x) = lim f n (t) = d(t, x n ) d(t, x) = f(t) Κεφάλαιο 7 Ακολουθίες και σειρές συναρτήσεων 7.1 Ακολουθίες συναρτήσεων: κατά σημείο σύγκλιση Ορισμός 7.1.1. Εστω X σύνολο, (Y, ρ) μετρικός χώρος και f n, f : X Y (n = 1, 2,...). Λέμε ότι η ακολουθία συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις Απειροστικού Λογισμού ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Περιεχόμενα Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Σειρές πραγματικών αριθμών 3 3 Ομοιόμορφη συνέχεια 3 4 Ολοκλήρωμα

Διαβάστε περισσότερα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα

Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Κεφάλαιο 6 Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα 6. Οικογένειες καλών πυρήνων και προσεγγίσεων της µονάδας Σε αυτήν την παράγραφο ϑα ασχοληθούµε µε µέσες τιµές µιας ολοκληρώσιµης συνάρτησης f οι οποίες

Διαβάστε περισσότερα

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher

1 Το ϑεώρηµα του Rademacher Το ϑεώρηµα του Rademacher Νικόλαος Μουρδουκούτας Περίληψη Σε αυτήν την εργασία ϑα αποδείξουµε το ϑεώρηµα του Rademacher, σύµφωνα µε το οποίο κάθε Lipschiz συνάρτηση f : R m είναι διαφορίσιµη σχεδόν παντού.

Διαβάστε περισσότερα

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά.

n a n = 2. Θεωρούµε τα σύνολα a n = n2 n n 2 + n 1. n a n = a > 0, δείξτε ότι a n > 0 τελικά. 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

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι L p - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ-

4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- Κεφάλαιο 4 ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 4.1 Το αόριστο ολοκλήρωµα - Βασικά ολοκληρώ- µατα Ορισµός 4.1.1. Αρχική ή παράγουσα συνάρτηση ή αντιπαράγωγος µιας συνάρτησης f(x), x [, b], λέγεται κάθε συνάρτηση F (x) που επαληθεύει

Διαβάστε περισσότερα

11 Το ολοκλήρωµα Riemann

11 Το ολοκλήρωµα Riemann Το ολοκλήρωµα Riem Το πρόβληµα υπολογισµού του εµβαδού οποιασδήποτε επιφάνειας ( όπως κυκλικοί τοµείς, δακτύλιοι και δίσκοι, ελλειπτικοί δίσκοι, παραβολικά και υπερβολικά χωρία κτλ) είναι γνωστό από την

Διαβάστε περισσότερα

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier

L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier Κεφάλαιο 7 L -σύγκλιση σειρών Fourier 7.1 Χώροι Hilbert 7.1.1 Χώροι µε εσωτερικό γινόµενο και χώροι Hilbert Ορισµός 7.1.1. Εστω X γραµµικός χώρος πάνω από το K. Μια συνάρτηση, : X X K λέγεται εσωτερικό

Διαβάστε περισσότερα

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du.

2x 2 + x + 1 (x + 3)(x 1) 2 dx, 2x (x + 1) dx. b x 1 + x dx x x 2 1, 6u 5 u 3 + u 2 du = 6u 3 u + 1 du. = u du. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 8: Τεχνικές ολοκλήρωσης Α Οµάδα. Υπολογίστε τα ακόλουθα ολοκληρώµατα : + + d, + + ( + 3)( ) d, 3 + 3 + 3 + + + d. Υπόδειξη. (α) Γράφουµε + + d

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

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

Διαβάστε περισσότερα

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες

Ολοκλήρωµα Lebesgue. Κεφάλαιο Μετρήσιµες συναρτήσεις Ορισµός και ϐασικές ιδιότητες Κεφάλαιο 2 Ολοκλήρωµα Lebesgue 2.1 Μετρήσιµες συναρτήσεις Οι συναρτήσεις για τις οποίες ϑα επιχειρήσουµε να ορίσουµε το ολοκλήρωµα Lebesgue είναι συναρτήσεις µε πεδίο ορισµού κάποιο µετρήσιµο υποσύνολο

Διαβάστε περισσότερα

Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων

Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων Π Κ Τ Μ Ε Μ Λύσεις των ασκήσεων Πρ. Η f : [0, ] R είναι συνεχής στο [0, ]. Χρησιμοποιώντας το Θεώρημα Bolzao- Weierstraß δείξτε ότι η f είναι φραγμένη στο [0, ]. Μην επικαλεστείτε κάποιο άλλο θεώρημα.

Διαβάστε περισσότερα

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ

Εκπαιδευτικός Οµιλος ΒΙΤΑΛΗ Ολοκληρώµατα ρ. Κωνσταντίνος Κυρίτσης Μακράς Στοάς 7 & Εθνικής Αντιστάσεως Πειραιάς 85 3 05 Μαρτίου 2009 Περίληψη Οι παρούσες σηµειώσεις αποτελούν µια σύνοψη της ϑεωρίας των ολοκληρωµάτων πραγµατικών συναρτήσεων

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Ν. Μαρµαρίδης - Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt014/nt014.html https://sites.google.com/site/maths4edu/home/14

Διαβάστε περισσότερα

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε

Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε Μάθηµα Θεωρίας Αριθµών Ε.Μ.Ε 1. Να αποδειχθεί ότι κάθε ϑετικός ακέραιος αριθµός n 6, µπορεί να γραφεί στη µορφή όπου οι a, b, c είναι ϑετικοί ακέραιοι. n = a + b c,. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακέραιο

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 7 Φεβρουαρίου 03 Ασκηση. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Ολοκλήρωµα Riemann και Ολοκλήρωµα Lebesgue

Ολοκλήρωµα Riemann και Ολοκλήρωµα Lebesgue Κεφάλαιο 3 Ολοκλήρωµα Riemnn και Ολοκλήρωµα Lebesgue 3. Σύγκριση του ολοκληρώµατος Lebesgue µε το ολοκλήρω- µα Riemnn Εστω f : [, b] R. Θα γράφουµε (R) f για το ολοκλήρωµα Riemnn και (L) f για το ολοκλήρωµα

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Προσεγγίσεις της µονάδας και Αθροισιµότητα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

Καµπύλες στον R. σ τελικό σηµείο της σ. Το σ. σ =. Η σ λέγεται διαφορίσιµη ( αντιστοίχως

Καµπύλες στον R. σ τελικό σηµείο της σ. Το σ. σ =. Η σ λέγεται διαφορίσιµη ( αντιστοίχως Καµπύλες στον R 9. Ορισµός Μια καµπύλη στον R είναι µια συνεχής συνάρτηση σ : Ι R R όπου Ι διάστηµα ( συνήθως κλειστό και φραγµένο ) στον R. Συνήθως φανταζόµαστε την µεταβλητή t Ι ως τον χρόνο και την

Διαβάστε περισσότερα

4 η ΕΚΑ Α. = g(t)dt, x [0, 1] i) είξτε ότι F(x) > 0 για κάθε x (0, 1] ii) είξτε ότι f(x)g(x) > F(x) για κάθε x (0, 1] και G(x) για κάθε x (0, 1]

4 η ΕΚΑ Α. = g(t)dt, x [0, 1] i) είξτε ότι F(x) > 0 για κάθε x (0, 1] ii) είξτε ότι f(x)g(x) > F(x) για κάθε x (0, 1] και G(x) για κάθε x (0, 1] ΜΑΘΗΜΑ 48 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4 η ΕΚΑ Α 3. Έστω f συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο [, ], µε f() >. ίνεται επίσης συνάρτηση g συνεχής στο [, ], για την οποία ισχύει g() > για κάθε [, ] Ορίζουµε τις

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L p Σύγκλιση. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L p Σύγκλιση Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 2 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 7 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. Βρείτε όλους

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010

Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3/2/2010 Λύσεις των ϑεµάτων, ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι, 3//00 Θέµα ( µονάδα) Θεωρούµε το σύνολο B = {x Q : x < 5}. είξτε ότι sup B = 5. Απάντηση : Για να δείξουµε ότι sup B = 5 αρκεί να δειχθεί ότι α) Το 5 είναι

Διαβάστε περισσότερα

Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R

Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R Το ϑεώρηµα παραγώγισης του Lebesgue στο R Μαρία Μαστροθεοδώρου και Αγγελική Χαντζηθάνου Περίληψη Το κεντρικό αποτέλεσµα της εργασίας είναι ότι µια συνάρτηση f είναι απόλυτα συνεχής στο [, b] αν και µόνο

Διαβάστε περισσότερα

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ 1β. 2n + 1 n(n + 1) xn. n=1. 2n + 1 ln(1 x)(1 + x) + x. a n = 2n + 1 n(n + 1) = 1 n + 1. a n+1 x n+1 a n x n.

ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ 1β. 2n + 1 n(n + 1) xn. n=1. 2n + 1 ln(1 x)(1 + x) + x. a n = 2n + 1 n(n + 1) = 1 n + 1. a n+1 x n+1 a n x n. ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΤΜΗΜΑ β 4 Ιανουαρίου 005 Τα ϑέµατα,, και 4 είναι υποχρεωτικά. Από τα ϑέµατα 5 και 6 ϑα επίλέξετε ϑέµα. ηλαδή ϑα γράψετε ΜΟΝΟ 5 ϑέµατα. ΘΕΜΑ o.5 + 0.5 = ϐ.) α) Να αποδειχθεί ότι η δυναµοσειρά

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Χώροι L p. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Χώροι L p Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ 12) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ 3 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΉ Ι (ΠΛΗ ) ΛΥΣΕΙΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση. ( µον.). Έστω z ο µιγαδικός αριθµός z i, µε, R. (α) ίνεται η εξίσωση: z

Διαβάστε περισσότερα

B = F i. (X \ F i ) = i I

B = F i. (X \ F i ) = i I Κεφάλαιο 3 Τοπολογία μετρικών χώρων Ομάδα Α 3.1. Εστω (X, ρ) μετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το G \ F είναι

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemnn και ολοκλήρωµα Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Cretive Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3

Πραγµατική Ανάλυση ( ) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Πραγµατική Ανάλυση (2015-16) Ασκήσεις - Κεφάλαιο 3 Οµάδα Α 1. Εστω (X, ρ) µετρικός χώρος και F, G υποσύνολα του X. Αν το F είναι κλειστό και το G είναι ανοικτό, δείξτε ότι το F \ G είναι κλειστό και το

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue - Ασκήσεις Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y.

ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ. ΛΥΣΕΙΣ 3 ης. Άσκηση 1. , z1. Παρατηρούµε ότι: z0 = z5. = + ) και. β) 1 ος τρόπος: Έστω z = x+ iy, x, = x + y. ΛΥΣΕΙΣ ης ΓΡΑΠΤΗΣ ΕΡΓΑΣΙΑΣ Άσκηση 6 6 Λύση: α) 7z + z (cosπ + isi π ) π+ kπ π+ kπ Κατά συνέπεια z (cos + isi ), k,,, 5 Παίρνουµε τις ρίζες 6 6 z (cos + isi ) ( + i ) + i, π π 6 6 6 z (cos + isi ) (cos

Διαβάστε περισσότερα

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Οµάδα Α. λ(a) (µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά (A \ B) (B \ A) των A και B).

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Οµάδα Α. λ(a) (µε A B συµβολίζουµε τη συµµετρική διαφορά (A \ B) (B \ A) των A και B). Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Οµάδα Α 1. α) Εστω A ϕραγµένο υποσύνολο του R d. είξτε ότι λ A) < +. ϐ) Εστω ότι το A R d έχει τουλάχιστον ένα εσωτερικό σηµείο. είξτε ότι λ A) > 0. Υπόδειξη. α) Αφού το A

Διαβάστε περισσότερα

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( )

Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις ( ) Πραγµατική Ανάλυση Ασκήσεις (205 6) Πρόχειρες Σηµειώσεις Τµήµα Μαθηµατικών Πανεπιστήµιο Αθηνών 205-6 Περιεχόµενα Μετρικοί χώροι 2 Σύγκλιση ακολουθιών και συνέχεια συναρτήσεων 9 3 Τοπολογία µετρικών χώρων

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤEΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤEΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤEΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΘΕΜΑ ο A. Έστω µια συνάρτηση f, η οποία είναι συνεχής σε ένα διάστηµα. Αν f () > σε κάθε εσωτερικό σηµείο του, τότε να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως

Διαβάστε περισσότερα

f x = f a + Df a x a + R1 x, a, x U και από τον ορισµό της 1 h f a h f a h a h h a R h a i i j

f x = f a + Df a x a + R1 x, a, x U και από τον ορισµό της 1 h f a h f a h a h h a R h a i i j Το θεώρηµα Tor στις πολλές µεταβλητές Ο σκοπός αυτής της παραγράφου είναι η απόδειξη ενός θεωρήµατος τύπου Tor για συναρτήσεις πολλών µεταβλητών Το θεώρηµα για µια µεταβλητή θα είναι ειδική περίπτωση του

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 )

Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ. 3.1 Η έννοια της παραγώγου. y = f(x) f(x 0 ), = f(x 0 + x) f(x 0 ) Κεφάλαιο 3 ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ 3.1 Η έννοια της παραγώγου Εστω y = f(x) µία συνάρτηση, που συνδέει τις µεταβλητές ποσότητες x και y. Ενα ερώτηµα που µπορεί να προκύψει καθώς µελετούµε τις δύο αυτές ποσοτήτες είναι

Διαβάστε περισσότερα

lim f n(x) = f(x) 1 ǫ < n ln ǫ N (ǫ, x) = ln ( )

lim f n(x) = f(x) 1 ǫ < n ln ǫ N (ǫ, x) = ln ( ) ΟΜΟΙΟΜΟΡΦΗ ΣΥΓΚΛΙΣΗ Εστω {f n x), n N} µια ακολουθία συναρτήσεων ορισµένων στο διάστηµα I = [, b] ή, b] ή [, b) ή, b) ) ΟΡΙΣΜΟΣ Η ακολουθία συναστήσεων συγκλίνει σηµειακά point wise convergence) στην συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

15 εκεµβρίου εκεµβρίου / 64

15 εκεµβρίου εκεµβρίου / 64 15 εκεµβρίου 016 15 εκεµβρίου 016 1 / 64 Αριθµητική Ολοκλήρωση Κλειστοί τύποι αριθµητικής ολοκλήρωσης Εστω I(f) = b µε f(x) C[a, b], τότε I(f) = F(b) F(a), όπου F(x) είναι το αόριστο ολοκλήρωµα της f(x).

Διαβάστε περισσότερα

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών

1 Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών ΜΑΣ 02. Απειροστικός Λογισµός Ι Ορισµός ακολουθίας πραγµατικών αριθµών Ορισµός.. Ονοµάζουµε ακολουθία πραγµατικών αριθµών κάθε απεικόνιση του συνόλου N των ϕυσικών αριθµών, στο σύνολο R των πραγµατικών

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemann και ολοκλήρωµα Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Ολοκλήρωµα Riemnn και ολοκλήρωµα Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Cretive Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό,

Διαβάστε περισσότερα

(s n (f)) g = s n (f g) = f (s n (g)). s n (f) g = (f D n ) g = f (D n g) = f (g D n ) = f s n (g). K n (x)g δ (x) dx. K n (x) dx.

(s n (f)) g = s n (f g) = f (s n (g)). s n (f) g = (f D n ) g = f (D n g) = f (g D n ) = f s n (g). K n (x)g δ (x) dx. K n (x) dx. Ανάλυση Fourier και Ολοκλήρωμα Lebesgue (11 1) 3ο Φυλλάδιο Ασκήσεων Υποδείξεις 1. Εστω f, g : T C ολοκληρώσιμες συναρτήσεις. Δείξτε ότι, για κάθε n N, (s n (f)) g = s n (f g) = f (s n (g)). Υπόδειξη. Θυμηθείτε

Διαβάστε περισσότερα

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue

Μέτρο Lebesgue. Κεφάλαιο Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Κεφάλαιο 1 Μέτρο Lebesgue 1.1 Εξωτερικό µέτρο Lebesgue Θα ϑέλαµε να ορίσουµε το «µήκος» κάθε υποσυνόλου A του R, δηλαδή να αντιστοιχίσουµε σε κάθε A R έναν µη αρνητικό αριθµό λ(a) (ή το + ). Είναι λογικό

Διαβάστε περισσότερα

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a

( a) ( ) n n ( ) ( ) a x a. x a x. x a x a 7 Έστω Το θεώρηµα του Tylor στη µια µεταβλητή Ι ανοικτό διάστηµα Ι και : Ι φορές διαφορίσιµη συνάρτηση στο Ι, (. Γράφουµε, ( = + +... + +,, Ι, όπου!, είναι το υπόλοιπο Tylor ( κέντρου και τάξης και ( Ρ

Διαβάστε περισσότερα

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x

Ευκλείδειοι Χώροι. Ορίζουµε ως R n, όπου n N, το σύνολο όλων διατεταµένων n -άδων πραγµατικών αριθµών ( x Ευκλείδειοι Χώροι Ορίζουµε ως R, όπου N, το σύνολο όλων διατεταµένων -άδων πραγµατικών αριθµών x, x,, x ) Tο R λέγεται ευκλείδειος -χώρος και τα στοιχεία του λέγονται διανύσµατα ή σηµεία Το x i λέγεται

Διαβάστε περισσότερα

ιαµέριση (Partition) ορισµένη στο διάστηµα I = [a, b]

ιαµέριση (Partition) ορισµένη στο διάστηµα I = [a, b] ιαµέριση (Prtition) ορισµένη στο διάστηµα I = [, b] P = {x 0,x 1,x 2,...,x n } = x 0

Διαβάστε περισσότερα

12 Το αόριστο ολοκλήρωµα

12 Το αόριστο ολοκλήρωµα Το αόριστο ολοκλήρωµα. Αντιπαράγωγοι Εστω ότι η y = f ( ορίζεται στο διάστηµα I, οποιουδήποτε τύπου. Αν µια δεύτερη συνάρτηση y = F(, που ορίζεται στο ίδιο διάστηµα I, έχει την ιδιότητα F ( = f (, για

Διαβάστε περισσότερα

lim (f(x + 1) f(x)) = 0.

lim (f(x + 1) f(x)) = 0. Ανάλυση Ι και Εφαρμογές 4ο Τεστ (Σειρά Α) 17-19 Δεκεμβρίου 2018 Ονοματεπώνυμο:.................................................................. Αριθμός Μητρώου:...............................................................

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΔΩΔΕΚΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε διάστημα I. Λέμε ότι η F είναι αντιπαράγωγος της f στο I αν ισχύει F = f στο I. ΠΡΟΤΑΣΗ. Αν η F είναι αντιπαράγωγος της f στο

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΗΜΑ (Μέσης Τιμής) Έστω f: [α, β] R συνεχής και παραγωγίσιμη στο (α, β). Τότε υπάρχει ξ (α, β)

ΘΕΩΡΗΜΑ (Μέσης Τιμής) Έστω f: [α, β] R συνεχής και παραγωγίσιμη στο (α, β). Τότε υπάρχει ξ (α, β) Έστω συνάρτηση f: [α, β] R παραγωγίσιμη. Τότε η παράγωγος συνάρτηση f (x) παίρνει όλες τις τιμές μεταξύ των f (α) και f (β). Έστω f (α) < λ < f (β). Πρέπει να δείξουμε ότι υπάρχει x 0 ώστε f (x 0 ) = λ.

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Ασκησεις - Φυλλαδιο 3 ιδασκοντες: Α. Μπεληγιάννης - Σ. Παπαδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt.html Τετάρτη 13 Μαρτίου 2013 Ασκηση 1. Αφού ϐρείτε την

Διαβάστε περισσότερα

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]}

( ) = inf { (, Ρ) : Ρ διαµέριση του [, ]} 7 ΙΙΙ Ολοκληρωτικός Λογισµός πολλών µεταβλητών Βασικές έννοιες στη µια µεταβλητή Έστω f :[ ] φραγµένη συνάρτηση ( Ρ = { t = < < t = } είναι διαµέριση του [ ] 0 ( Ρ ) = Μ ( ) όπου sup f ( t) : t [ t t]

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές

Κεφάλαιο 2. Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Κεφάλαιο Παραγοντοποίηση σε Ακέραιες Περιοχές Γνωρίζουµε ότι στο Ÿ κάθε στοιχείο εκτός από το 0 και τα ± γράφεται ως γινόµενο πρώτων αριθµών κατά τρόπο ουσιαστικά µοναδικό Από τη Βασική Άλγεβρα ξέρουµε

Διαβάστε περισσότερα

Αόριστο Ολοκλήρωµα ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου

Αόριστο Ολοκλήρωµα ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Αόριστο Ολοκλήρωµα ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Ακ. Ετος 2018-2019 Θεωρούµε µια συνάρτηση f : I R, όπου το I είναι διάστηµα του R. Ορισµός Μια συνάρτηση F : I R λέγεται αντιπαράγωγος ή αρχική συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ

ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ ΑΝΑΛΥΣΗ 2 ΣΕ 37 ΜΑΘΗΜΑΤΑ Μ. Παπαδημητράκης. ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω [, b] ένα κλειστό διάστημα με < b. Διαμέριση του [, b] είναι ένα οποιοδήποτε πεπερασμένο υποσύνολο του [, b] το οποίο περιέχει τουλάχιστον

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μετασχηµατισµός Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Μέτρο Lebesgue. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Μέτρο Lebesgue Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commos. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: L 2 -σύγκλιση σειρών Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: L -σύγκλιση σειρών Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες,

Διαβάστε περισσότερα

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Απειροσ τικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών - Περιεχόμενα Υπακολουθίες και βασικές ακολουθίες. Υπακολουθίες. Θεώρημα Bolzno Weierstrss.αʹ Απόδειξη με χρήση της

Διαβάστε περισσότερα

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης.

Παράρτηµα Α. Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης. Παράρτηµα Α Στοιχεία θεωρίας µέτρου και ολοκλήρωσης Α Χώροι µέτρου Πέραν της «διαισθητικής» περιγραφής του µέτρου «σχετικά απλών» συνόλων στο από το µήκος τους (όπως πχ είναι τα διαστήµατα, ενώσεις/τοµές

Διαβάστε περισσότερα

Βιοµαθηµατικά BIO-156

Βιοµαθηµατικά BIO-156 Βιοµαθηµατικά BIO-56 Ολοκλήρωση Ντίνα Λύκα Εαρινό Εξάµηνο, 08 lik@uo.gr Ορισµός αντιπαραγώγου ή παράγουσας ή αρχικής συνάρτησης Μια συνάρτηση F ονοµάζεται αντιπαράγωγος της σε ένα διάστηµα Ι, αν F' για

Διαβάστε περισσότερα

ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ

ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΤΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΗ Ο κύριος στόχος αυτού του κεφαλαίου είναι να δείξουµε ότι η ολοκλήρωση είναι η αντίστροφη πράξη της παραγώγισης και να δώσουµε τις βασικές µεθόδους υπολογισµού των ολοκληρωµάτων

Διαβάστε περισσότερα

Το Θεώρημα Stone - Weierstrass

Το Θεώρημα Stone - Weierstrass Το Θεώρημα Stone - Weierstrass Θεώρημα 1 Έστω ¹ X συμπαγής χώρος Hausdorff και έστω C R (X η πραγματική άλγεβρα όλων των συνεχών συναρτήσεων f : X R. Έστω ότι ένα υποσύνολο A C R (X (1 το A είναι υπάλγεβρα

Διαβάστε περισσότερα

n = r J n,r J n,s = J

n = r J n,r J n,s = J Ανάλυση Fourer και Ολοκλήρωμα Lebesgue (2011 12) 4ο Φυλλάδιο Ασκήσεων Υποδείξεις 1. Εστω E [a, b] με µ (E) = 0. Δείξτε ότι το [a, b] \ E είναι πυκνό υποσύνολο του [a, b]. Υπόδειξη. Θεωρήστε ένα μη κενό

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης

Αριθµοί Liouville. Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Αριθµοί Liouville Ιωάννης Μπαρµπαγιάννης Εισαγωγή Η ϑεωρία των υπερβατικών αριθµών έχει ως αφετηρία µια ϕηµισµένη εργασία του Liouville, το 844, ο οποίος περιέγραψε µια κλάση πραγµατικών αριθµών οι οποίοι

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

7 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 61. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε. (e + 1)dt = x 1

7 η ΕΚΑ Α ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 61. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε. (e + 1)dt = x 1 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7 η ΕΚΑ Α 6. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιµη στο R, τέτοια ώστε t (e + )dt για κάθε R Για δυνατούς παίκτες i) είξτε ότι e f() + f() ii) είξτε ότι η f αντιστρέφεται και βρείτε την f iii)

Διαβάστε περισσότερα

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p

Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Σύγκλιση σειρών Fourier σε χώρους L p Μιχάλης Σαράντης και Κωνσταντίνος Τσίνας Βασικά αποτελέσµατα από την ανάλυση Fourier Ορισµός.. Ο n-οστός πυρήνας του Dirichlet ορίζεται ως (.) D n (y) Πρόταση.. Για

Διαβάστε περισσότερα

Αριθµητική Ανάλυση. ιδάσκοντες: Τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής, Τµήµα Β (Περιττοί) : Επίκ. Καθηγητής Φ.Τζαφέρης. 25 Μαΐου 2010 ΕΚΠΑ

Αριθµητική Ανάλυση. ιδάσκοντες: Τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής, Τµήµα Β (Περιττοί) : Επίκ. Καθηγητής Φ.Τζαφέρης. 25 Μαΐου 2010 ΕΚΠΑ Αριθµητική Ανάλυση Κεφάλαιο 9. Αριθµητική Ολοκλήρωση ιδάσκοντες: Τµήµα Α ( Αρτιοι) : Καθηγητής Ν. Μισυρλής, Τµήµα Β (Περιττοί) : Επίκ. Καθηγητής Φ.Τζαφέρης ΕΚΠΑ 5 Μαΐου 010 ιδάσκοντες:τµήµα Α ( Αρτιοι)

Διαβάστε περισσότερα

ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR. Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων. Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής:

ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR. Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων. Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής: ΣΕΙΡΕΣ TAYLOR Στην Ενότητα αυτή θα ασχοληθούµε µε την προσέγγιση συναρτήσεων µέσω πολυωνύµων Πολυώνυµο είναι κάθε συνάρτηση της µορφής: p( ) = a + a + a + a + + a, όπου οι συντελεστές α i θα θεωρούνται

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ «ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ» ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) TEΛΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 8 Ιουνίου 005 Από τα κάτωι Θέµατα καλείσε να λύσετε το ο που περιλαµβάνει ερωτήµατα από όλη την ύλη

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος.

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young. Απόστολος Γιαννόπουλος. Ενότητα: Το ϑεώρηµα παρεµβολής του Riesz και η ανισότητα Hausdorff-Young Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

n sin 1 n. 2 n n+1 6 n. = 1. = 1 2, = 13 4.

n sin 1 n. 2 n n+1 6 n. = 1. = 1 2, = 13 4. ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ Ι ΟΛΟΗΜΕΡΟ ΕΡΓΑΣΤΗΡΙΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Λύσεις ασκήσεων φυλλαδίου. Άσκηση : Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τη σειρά si. Λύση: Παρατηρούμε ότι si 0 άρα η σειρά δεν συγκλίνει. Συγκεκριμένα

Διαβάστε περισσότερα

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ. Συνοπτικές Ενδεικτικές Λύσεις

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ. Συνοπτικές Ενδεικτικές Λύσεις ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥ ΩΝ: ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΘΕ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΙΑ ΤΗΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚH Ι (ΠΛΗ ) ΤΕΛΙΚΗ ΕΞΕΤΑΣΗ 6 ΙΟΥΝΙΟΥ 00 Συνοπτικές Ενδεικτικές Λύσεις Άσκηση. ( µον.) ίνεται το σύστηµα y +

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt01b/nt01b.html Πέµπτη 1 Οκτωβρίου 01 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Σειρές Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Αρµονική Ανάλυση. Ενότητα: Σειρές Fourier. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Σειρές Fourier Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creaive Commons. Για εκπαιδευτικό υλικό, όπως εικόνες, που υπόκειται

Διαβάστε περισσότερα

ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ Ορισµός

ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ Ορισµός ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ f() τοπικά ολοκληρώσιµη στο (, b) αν για κάθε κλειστό [c, d] (, b) η f() είναι ολοκληρώσιµη. πχ f() =e είναι τοπικά ολοκληρώσιµη στο [, ) f() = είναι τοπικά ολοκληρώσιµη στο (, )

Διαβάστε περισσότερα

n 5 = 7 ε (π.χ. ορίζοντας n0 = 1+ ε συνεπώς (σύμϕωνα με τις παραπάνω ισοδυναμίες) an 5 < ε. Επομένως a n β n 23 + β n+1

n 5 = 7 ε (π.χ. ορίζοντας n0 = 1+ ε συνεπώς (σύμϕωνα με τις παραπάνω ισοδυναμίες) an 5 < ε. Επομένως a n β n 23 + β n+1 Θέμα 1 (α) Υποθέτουμε (προς απαγωγή σε άτοπο) ότι το σύνολο A έχει μέγιστο στοιχείο, έστω a = max A Τότε, εϕόσον a A, έχουμε a R Q και a M Ομως ο αριθμός μητρώου M είναι ρητός αριθμός, άρα (εϕόσον ο a

Διαβάστε περισσότερα

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ).

f(f 1 (B)) f(f 1 (B)) B. X \ (f 1 (C)) = X \ f 1 (C) = f 1 (Y \ C) X \ (f 1 (C)) f 1 (Y \ C). f 1 (Y \ C) = f 1 (Y \ C ) = X \ f 1 (C ). Κεφάλαιο 4 Συναρτήσεις μεταξύ μετρικών χώρων 4.1 Συνεχείς συναρτήσεις Εστω (X, ρ) και (Y, σ) δύο μετρικοί χώροι. Στην 2.2 δώσαμε τον ορισμό της συνέχειας μιας συνάρτησης f : X Y σε κάποιο σημείο x 0 X:

Διαβάστε περισσότερα

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών

Κυρτή Ανάλυση. Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα. Απόστολος Γιαννόπουλος. Τµήµα Μαθηµατικών Ενότητα: Υπερεπίπεδα στήριξης και διαχωριστικά ϑεωρήµατα Απόστολος Γιαννόπουλος Τµήµα Μαθηµατικών Αδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση. Έστω f συνεχής στο διάστημα I και έστω ότι ισχύει f() για κάθε I. Αν η f 2 είναι παραγωγίσιμη στο I, αποδείξτε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο

Διαβάστε περισσότερα

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 )

Συνέχεια Συνάρτησης. Λυγάτσικας Ζήνων. Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο. 1 εκεµβρίου f(x) = f(x 0 ) Συνέχεια Συνάρτησης Λυγάτσικας Ζήνων Βαρβάκειο Ενιαίο Πειραµατικό Λύκειο 1 εκεµβρίου 013 1 Ορισµός Ορισµός 1.1 Μια πραγµατική συνάρτηση f : A R λέµε ότι είναι συνεχής στο x 0 A αν και µόνο αν : x x 0 fx

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ-ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. f x > κοντά στο x0.

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ-ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ. f x > κοντά στο x0. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ Ο.Ε.Φ.Ε. 3 Θέµα ο ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗΣ-ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ B. α) Λάθος διότι η f είναι «-» που σηµαίνει δεν είναι πάντα γνησίως µονότονη. β) Σωστό διότι

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΔΕΚΑΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Χρησιμοποιούμε τα σύμβολα f και f() d για να συμβολίσουμε όλα μαζί τα αόριστα ολοκληρώματα της f σε ένα διάστημα I. Δηλαδή, γράφουμε f = f + c ή f() d =

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1

ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ. Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 1 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt016/nt016.html Πέµπτη 13 Οκτωβρίου 016 Ασκηση 1. είξτε ότι

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑ 47 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 η ΕΚΑ Α

ΜΑΘΗΜΑ 47 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 η ΕΚΑ Α ΜΑΘΗΜΑ 47 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 η ΕΚΑ Α Όχι βιαστικά, όχι αργά. Στο ρυθµό σου.. Έστω συνάρτηση f ορισµένη στο R µε συνεχή δεύτερη παράγωγο που ικανοποιεί τις σχέσεις f() f () και f ()f() + (f ()) f()f ()

Διαβάστε περισσότερα

sup(a + B) = sup A + sup B inf(a + B) = inf A + inf B.

sup(a + B) = sup A + sup B inf(a + B) = inf A + inf B. Ασκήσεις, Φυλλάδιο. Βρειτε το συνολο Φ A ολων των ανω ϕραγματων του A, και το συνολο φ A ολων των κατω ϕραγματων του A, οταν: a) A = m :, m N}, b) A = + m 2. Βρειτε το if και sup οποτε υπαρχουν) των συνολων

Διαβάστε περισσότερα