Dvanaesti praktikum iz Analize 1

Transcript

1 Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2. Vai sledee kπ, kπ + π. Dokazaemo 2 f 5 l tg + 5 = + 2 0, π π π f 2 > 0, f 5 l tg + 5 = 5 0, π Prema tome, primeom Bolcao-Koijeve teoreme dobijamo f C[, 2 ] f < 0 f 2 > 0 B.K.T. {}}{ c [, 2 ] tako da je fc = 0. f < Ako je o A taqka agomilava a skupa A i eka za izove Q A i I A koji kovergiraju ka 0 vai f f = f 0, oda je fukcija f eprekida u Ispitati eprekidost Rimaove fukcije f = {, = m, m Z, N, m, = ; 0, I, = 0. Ree e. Ispitajmo eprekidost u 0 = p Q \ q {0}. Za iz = p q + koji p p kovergira ka q = 0 vai f f q + q + = 0 q = 0. Fukcija je prekida u 0 Q \ {0}. Ispitajmo eprekidost u 0 = 0. Uzmimo iz Q koji kovergira ka 0 = 0. Takav iz je oblika = p q, gde q i zadovo ava f = 0 = f0. q

2 Uzmimo iz I koji kovergira ka 0 = 0. Takav iz zadovo ava f = 0 = f0. Odavde sledi, a osovu zadatka 2, da za svaki iz koji kovergira ka 0 = 0 vai f = 0 = f0, pa je f eprekida u 0 = 0. Ispitajmo eprekidost u 0 I. Neka iz Q kovergira ka 0. Takav iz je oblika = p q, gde q i zadovo ava f = 0 = f 0. q Neka iz I koji kovergira ka 0. Takav iz zadovo ava f = 0 = f 0. Odavde sledi, a osovu zadatka 2, da za svaki iz koji kovergira ka 0 vai f = 0 = f 0, pa je f eprekida u 0 I. Fukcija je eprekida a I {0}.. Za koje vredost reali parametara α i β fukcija + 3, > 0 f = α, = β, < 0 je eprekida a R? Za takve α i β, da li je fukcija ograiqea a 0, + i da li postoji ree e jedaqie f = 0? Obrazloiti odgovor. Ree e. Iz eprekidosti fukcija + 3 i 3 +β sledi da je fukcija f je eprekida a, 0 0, +. Ispitajmo eprekidost u uli. Iz f + 3 e l e l+ +o e l++o 0 + e +o 0 + e +o = e, f 3 + β = β, 0 0 f0 = α, sledi da je za β = α = e fukcija f eprekida a R. Za α = β = e fukcija je eprekida a [0, +. graiqe vredosti l + 3 l + 3 l l + l + l 2 + l Zbog postoja a koaqe l + l + 3 l = 0,

3 pri qemu je l l = 0, = 0 i l + 3 = 0, sledi da je + 3 = e l + 3 Prema tome, fukcija je ograiqea a ekom skupu [M, +. Iz eprekidosti a [0, M], a osovu Vajertrasove teoreme, sledi da je fukcija ograiqea a [0, M]. prema tome, fukcija f je ograiqea a [0, +. Formirajmo pomou fukciju F = f Na osovu graiqe vredosti F = sledi da postoji a < 0 za koje je F a < 0. Imamo da je F 0 = e > 0. Fukcija je eprekida a [a, 0] i vai F af 0 < 0, pa a osovu Bolcao Koijeve teoreme, sledi da postoji [a, 0] za koje je F = 0, odoso f = Neka je data fukcija f : a, b R, gde je a, b moe biti i beskoaqa iterval. Ako postoje izovi i u a, b tako da vai = 0 i f f 0, oda fukcija f ije ravomero eprekida a a, b. 6. Ako je fukcija f ravomero eprekida a a, b i a c, d, gde skupovi imaju epraza presek, oda je ravomero eprekida i a a, b c, d. 7. Neka je fukcija f eprekida a koaqom itervalu a, b. Tada je f ravomero eprekida a a, b akko postoje graiqe vredosti f i f. a + b Ree e. Neka je =. f = A i f = B. Dodefiiimo fukciju a + b A, = a; F = f, a, b; B, = b. Fukcija F je eprekida a [a, b], pa je a osovu Katorove teoreme i ravomero eprekida a [a, b]. Dokaimo tvre e u drugom smeru. oda za svako ε > 0 postoji δ > 0 tako da je Ako je f ravomero eprekida a a, b, f f < ε za svako, a, b, za koje je < δ. Za sve i koji zadovo avaju ejedakosti 0 < a < δ 2 i 0 < a < δ 2, imamo = a + a a + a < δ 2 + δ 2 = δ i pri tome vai ejedakost f f < ε. Sledi, ispu e je Koijev uslov postoja a graiqe vredosti kada a, to jest postoji graiqa vredost A = f. Sliqo se dokazuje da postoji graiqa vredost B f. a + b 3

4 8. Neka je fukcija f eprekida a [a, +. Ako postoji f, oda je fukcija ravomero eprekida a [a, +. Ree e. Iz postoja a graiqe vredosti sledi, za svako ε > 0 postoji M tako da je f f < ε kad god je, > M. Fiksirajmo takav broj M. Iz eprekidosti fukcije a segmetu [a, M] sledi ea ravomera eprekidost Katorova teorema, odoso za proizvo o ε > 0 postoji δ tako da je f f < ε,, [a, M], ako je < δ. S obzirom da je ejedakost f f < ε taqa za svako, > M, to je oa taqa i za svako, a, koji ispu avaju ejedakost < δ, odakle je f ravomero eprekida a skupu [a, Ispitati ravomeru eprekidost fukcije f = e a: a 0, + ; b, +. Ree e. a Zbog f = f e =, 0 0 e = e = 0 posmatraemo ravomeru eprekidost a 0, 2] i [, +. Ispitajmo ravomeru eprekidost a 0, 2]. Fukcija f je eprekida a 0, 2] i postoji f, pa a osovu zadatka 7 imamo da je f ravomero eprekida 0 a 0, 2]. Ispitajmo ravomeru eprekidost a [, +. Fukcija f je eprekida a [, + i postoji f, pa a osovu zadatka 8 imamo da je f ravomero eprekida a [, +. Dokazali smo da je fukcija ravomero eprekida a 0, 2] i a [, +, a korie em zadatka 6 dobijemo da je ravomero eprekida a 0, +. b Posmatrajmo izove = i =. Oba iza tee ka, iova razlika = tei uli, a f f = e e+ = e + e+ = e + e 2 = e o o = e + o = e + oe +. Na osovu pretodog sledi da fukcija ije ravomero erekida a, +.

5 0. Ispitati ravomeru eprekidost fukcije f = si a 0, +. Ree e. Posmatrajmo izove = i = + a. Vai pa je potrebo da a 0. Zatim, = a = a, f f = si + a si + a = si + a si cos a + cos si a = si si cos a + cos si a + si cos a + a cos si a = si cos a cos si a a si cos a a cos si a. Imajui u vidu da a si cos a i a cos si a tee uli, ostalo je da aemo a tako da si cos a cos si a e tei uli. Uzmimo da je a =. Tada je [ si cos cos si ] [ ] si + o cos o [ ] si + o cos + o, pri qemu si + o tei uli, a cos + o e kovergira. Dokazali smo da fukcija ije ravomero eprekida a 0, +, izborom izova = i = +, N i primeom Teoreme 5.. Nai kostate a, b, c tako da fukcija a si 2 3, < 0; b f = c, = 0 2, > 0 bude eprekida a R. Za takve dobijee kostate ispitati diferecijabilost fukcije f. Da li je fukcija f ijektiva a [, +? Ree e. Fukcija je dobro defiisaa jer vai si 2 3 > 0 za svako < e 2 l =. 0 a si a 3 + o 3 b 0 b 0 a + + o b = Prema tome, dobijamo da je a =, b = i c =. 0 a a, b =, b > 0, b < + o b 5

6 2 Fukcija je diferecijabila a, 0 0, + jer su fukcije si 2 3 i diferecijabile a, 0, odoso 0, +. Ispitajmo diferecijabilost u = 0. Vai f0 + f e 2 l + 2 l + o 2 l 0 + l + o l = 0, l + o 2 l f0 + f0 0 si o 3 2 si o = 2. Levi i desi izvod se razlikuju, odakle fukcija ije diferecijabila u = 0. Zbog f = 2 = 2 2 l + > 0 a, + fukcija je rastua, a iz eprekidosti a [, + sledi da je i ijektiva. 6