Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download ""

Transcript

1 Ασκήσεις Απειροστικού Λογισμού ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

2

3 Περιεχόμενα Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Σειρές πραγματικών αριθμών 3 3 Ομοιόμορφη συνέχεια 3 4 Ολοκλήρωμα Riemnn 43 5 Παράγωγος και Ολοκλήρωμα 57 6 Τεχνικές Ολοκλήρωσης 65 7 Θεώρημα Tylor 77 8 Κυρτές και κοίλες συναρτήσεις 83

4

5 Κεφάλαιο Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Ομάδα Α. Ερωτήσεις κατανόησης Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).. n + αν και μόνο αν για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Λάθος. Θεωρήστε την ακολουθία ( n ) με k = k και k = για κάθε k N. Τότε, για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Πράγματι, υπάρχει k N ώστε k > M, και τότε, για κάθε k k ισχύει k = k k > M. Ομως, n + : αν αυτό ίσχυε, θα έπρεπε όλοι τελικά οι όροι της ( n ) να είναι μεγαλύτεροι από, το οποίο δεν ισχύει αφού όλοι οι περιττοί όροι της ( n ) είναι ίσοι με. Η άλλη κατεύθυνση είναι σωστή: αν n + τότε (από τον ορισμό) για κάθε M > όλοι τελικά οι όροι της ( n ) είναι μεγαλύτεροι από M. Άρα, για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M.. Η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη αν και μόνο αν υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn +. Σωστό. Υποθέτουμε πρώτα ότι υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn +. Εστω M >. Αφού kn +, όλοι τελικά οι όροι kn είναι μεγαλύτεροι από M. Οπότε, υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Αφού ο M > ήταν τυχών, η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. Άλλος τρόπος: αν η ( n ) ήταν άνω φραγμένη, τότε και κάθε υπακολουθία της ( n ) θα ήταν άνω φραγμένη. Τότε όμως, η ( n ) δεν θα μπορούσε να έχει υπακολουθία η οποία να τείνει στο +. Αντίστροφα, ας υποθέσουμε ότι η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. Θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε kn > n. Τότε, για την υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε kn + : Αφού η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη, μπορούμε να βρούμε k N ώστε k >. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε kj > j για κάθε j =,..., m.

6 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Θέτουμε M = mx{,,..., km, m + }. Αφού η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη, μπορούμε να βρούμε k m+ N ώστε km+ > M. Από τον ορισμό του M έχουμε km+ > m + και km+ > n για κάθε n =,,..., k m. Συνεπώς, k m+ > k m. Αυτό ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. 3. Κάθε υπακολουθία μιας συγκλίνουσας ακολουθίας συγκλίνει. Σωστό. Υποθέτουμε ότι n. Εστω (b n ) = ( kn ) μια υπακολουθία της ( n ) και έστω ε >. Υπάρχει n N ώστε: για κάθε n n ισχύει n < ε. Τότε, για κάθε n n έχουμε k n n n, άρα b n = kn < ε. Επεται ότι b n. 4. Αν μια ακολουθία δεν έχει φθίνουσα υπακολουθία τότε έχει μια γνησίως αύξουσα υπακολουθία. Σωστό. Θυμηθείτε τον ορισμό του σημείου κορυφής μιας ακολουθίας ( n ): η ( n ) έχει σημείο κορυφής τον όρο k αν k m για κάθε m k. Αφού η ( n ) δεν έχει φθίνουσα υπακολουθία, δεν μπορεί να έχει άπειρα σημεία κορυφής: πράγματι, ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν k < k < < k n < ώστε οι όροι k,..., kn,... να είναι σημεία κορυφής της ( n ). Τότε, k k kn, δηλαδή η υπακολουθία ( kn ) είναι φθίνουσα. Άρα, η ( n ) έχει πεπερασμένα το πλήθος σημεία κορυφής: Υπάρχει δηλαδή k N (το τελευταίο σημείο κορυφής ή ο k = αν δεν υπάρχουν σημεία κορυφής) με την ιδιότητα: αν n k, υπάρχει n > n ώστε n > n. Βρίσκουμε k > k ώστε k < k, κατόπιν βρίσκουμε k 3 > k ώστε k < k3 και ούτω καθεξής. Υπάρχουν δηλαδή k < k < < k n < ώστε k < k < < kn <. Άρα, η ( n ) έχει τουλάχιστον μία γνησίως αύξουσα υπακολουθία. 5. Αν η ( n ) είναι φραγμένη και n τότε υπάρχουν b και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn b. Σωστό. Στην Άσκηση 5 παρακάτω αποδεικνύεται ότι αν η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον τότε υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. Αφού η ( n ) είναι φραγμένη, η ( kn ) είναι επίσης φραγμένη. Από το θεώρημα Bolzno Weierstrss η ( kn ) έχει υπακολουθία ( kln ) η οποία συγκλίνει σε κάποιον b R. Ομως, kln ε για κάθε n N, άρα b = lim n kln ε. Δηλαδή, b. 6. Υπάρχει φραγμένη ακολουθία που δεν έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Λάθος. Από το θεώρημα Bolzno Weierstrss, κάθε φραγμένη ακολουθία έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. 7. Αν η ( n ) δεν είναι φραγμένη, τότε δεν έχει φραγμένη υπακολουθία. Λάθος. Θεωρήστε την ακολουθία ( n ) με k = k και k = για κάθε k N. Η ( n ) δεν είναι φραγμένη, όμως η υπακολουθία ( k ) είναι σταθερή (άρα, φραγμένη).

7 3 8. Εστω ( n ) αύξουσα ακολουθία. Κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι αύξουσα. Σωστό. Θεωρήστε μια υπακολουθία ( kn ) της ( n ). Αν n N τότε k n < k n+. Η ( n ) είναι αύξουσα, άρα: αν s, t N και s < t τότε s t (εξηγήστε γιατί). Παίρνοντας s = k n και t = k n+ συμπεραίνουμε ότι kn kn+. 9. Αν η ( n ) είναι αύξουσα και για κάποια υπακολουθία ( kn ) της ( n ) έχουμε kn, τότε n. Σωστό. Υποθέτουμε ότι η ( n ) είναι αύξουσα και ότι υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) η οποία συγκλίνει στον R. Αφού kn, η ( kn ) είναι φραγμένη. Συνεπώς, υπάρχει M R τέτοιος ώστε: για κάθε n N ισχύει kn M. Θα δείξουμε ότι: για κάθε n N ισχύει n M. Τότε, η ( n ) είναι αύξουσα και άνω φραγμένη, άρα συγκλίνει. Θεωρήστε τυχόντα n N. Αφού n k n και η ( n ) είναι αύξουσα, έχουμε n kn M.. Αν n τότε υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε n kn. Σωστό. Θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε kn < n. Τότε, 3 για την υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε n kn (εξηγήστε γιατί). Αφού n, μπορούμε να βρούμε k N ώστε k <. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε kj < j για κάθε j =,..., m. Θέτουμε 3 ε = (m+) >. Αφού 3 n, μπορούμε να βρούμε n N ώστε n < (m+) 3 για κάθε n n. Ειδικότερα, υπάρχει k m+ > k m ώστε km+ < (m+). Αυτό 3 ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. Ομάδα Β. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Δείξτε ότι n αν και μόνο αν οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) συγκλίνουν στο. Υπόδειξη. Υποθέτουμε ότι οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) συγκλίνουν στον. Εστω ε >. Υπάρχει n N με την ιδιότητα: για κάθε k n ισχύει k < ε. Επίσης, υπάρχει n N με την ιδιότητα: για κάθε k n ισχύει k < ε. Αν θέσουμε n = mx{n, n } τότε για κάθε n n ισχύει n < ε. [Πράγματι, παρατηρήστε ότι αν ο n είναι άρτιος τότε n = k για κάποιον k n ενώ αν ο n είναι περιττός τότε n = k για κάποιον k n.] Αφού το ε > ήταν τυχόν, έπεται ότι n. Το αντίστροφο είναι απλό: έχουμε δει ότι αν μια ακολουθία ( n ) συγκλίνει στον R τότε κάθε υπακολουθία ( kn ) της ( n ) συγκλίνει στον.. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Υποθέτουμε ότι οι υπακολουθίες ( k ), ( k ) και ( 3k ) συγκλίνουν. Δείξτε ότι: (α) lim k = lim k = lim k k (β) Η ( n ) συγκλίνει. k 3k. Υπόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι k x, k y και 3k z. Παρατηρήστε ότι: (i) Η ( 6k ) είναι ταυτόχρονα υπακολουθία της ( k ) και υπακολουθία της ( 3k ). Άρα, η ( 6k ) συγκλίνει και x = lim k = lim 6k = lim 3k = z. k k k

8 4 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy (ii) Η ( 6k 3 ) είναι ταυτόχρονα υπακολουθία της ( k ) και υπακολουθία της ( 3k ). Άρα, η ( 6k 3 ) συγκλίνει και y = lim k = lim 6k 3 = lim 3k = z. k k k Επεται ότι x = y = z. Αφού οι ( k ) και ( k ) έχουν το ίδιο όριο, η Άσκηση δείχνει ότι η ( n ) συγκλίνει. 3. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Υποθέτουμε ότι n n+ n+ n για κάθε n N και ότι lim ( n n ) =. Τότε η ( n ) συγκλίνει σε κάποιον n πραγματικό αριθμό που ικανοποιεί την n n για κάθε n N. Υπόδειξη. Δείχνουμε διαδοχικά τα εξής: (α) Η ( n ) είναι αύξουσα και άνω φραγμένη από τον ενώ η ( n ) είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη από τον. Πράγματι, από την υπόθεση έχουμε ότι η ( n ) είναι αύξουσα και η ( n ) είναι φθίνουσα. Ειδικότερα, για κάθε n N. n n (β) Υπάρχουν, b R τέτοιοι ώστε n και n b. Αυτό είναι άμεσο από το γεγονός ότι η ( n ) είναι αύξουσα και η ( n ) είναι φθίνουσα (γνωρίζουμε ότι κάθε μονότονη και φραγμένη ακολουθία συγκλίνει). (γ) = b: αυτό προκύπτει από την υπόθεση ότι n n. Αφού n και n b, έχουμε b = lim n n lim n n = lim n ( n n ) =. (δ) n = b: στο (γ) είδαμε ότι = lim n n = lim n n = b. Από την Άσκηση έπεται ότι η ( n ) συγκλίνει και lim n = = b. n (ε) n n για κάθε n N. Αυτό είναι φανερό αφού η ( n ) είναι αύξουσα, η ( n ) είναι φθίνουσα και ο είναι το κοινό τους όριο. Γνωρίζουμε ότι = sup{ n : n N} = inf{ n : n N}. 4. Εστω ( n ) μια ακολουθία και έστω (x k ) ακολουθία οριακών σημείων της ( n ). Υποθέτουμε οτι x k x. Δείξτε οτι ο x είναι οριακό σημείο της ( n ). Υπόδειξη. Σύμφωνα με τον χαρακτηρισμό του οριακού σημείου ακολουθίας, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ε > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που ικανοποιούν την n x < ε. Εστω ε >. Αφού x k x, υπάρχει k N ώστε x k x < ε (για την ακρίβεια, όλοι τελικά οι όροι της (x k ) έχουν αυτή την ιδιότητα). Σταθεροποιούμε τον x k και χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι ο x k είναι οριακό σημείο της ( n ): υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που ικανοποιούν την n x k < ε. Για όλους αυτούς τους όρους βλέπουμε ότι n x n x k + x k x < ε + ε = ε.

9 5 5. Δείξτε ότι η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον πραγματικό αριθμό, αν και μόνο αν υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn ε για κάθε n N. Υπόδειξη. Δείξτε τις ισοδυναμίες () () (3) (4): () Η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον. () Υπάρχει ε > ώστε άπειροι όροι m της ( n ) να ικανοποιούν την m ε. (3) Υπάρχουν ε > και φυσικοί αριθμοί k < k < < k n < ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. (4) Υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. 6. Εστω ( n ) ακολουθία πραγματικών αριθμών και έστω R. Δείξτε ότι n αν και μόνο αν κάθε υπακολουθία της ( n ) έχει υπακολουθία που συγκλίνει στο. Υπόδειξη. (= ) Υποθέστε πρώτα ότι n. Αν ( kn ) είναι μια υπακολουθία της ( n ) τότε kn. Άρα, όλες οι υπακολουθίες της ( kn ) συγκλίνουν κι αυτές στον. ( =) Με απαγωγή σε άτοπο: υποθέστε ότι η ( n ) δεν συγκλίνει στον. Από την Άσκηση 5, υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. Τότε, αν πάρουμε οποιαδήποτε υπακολουθία της ( kn ), όλοι οι όροι της θα είναι ε-μακριά από τον. Δηλαδή, η ( kn ) δεν έχει υπακολουθία που να συγκλίνει στον. 7. Ορίζουμε μια ακολουθία ( n ) με > και n+ = + + n. Δείξτε ότι οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) είναι μονότονες και φραγμένες. Βρείτε, αν υπάρχει, το lim n n. Υπόδειξη. Δείξτε πρώτα ότι η ( n ) ορίζεται καλά και n > για κάθε n N. Επίσης, δείξτε ότι αν n x τότε x = 3. (i) Υποθέστε ότι < < 3. Δείξτε διαδοχικά τα εξής: (α) > 3. (β) Για κάθε n N ισχύει η n+ = 3+n + n. (γ) Για κάθε k N ισχύουν οι k < 3 και k < k+. (δ) Για κάθε k N ισχύουν οι k > 3 και k+ < k. Χρησιμοποιώντας την Άσκηση 3 δείξτε ότι οι ( k ) και ( k ) συγκλίνουν. Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση ανάμεσα στον n+ και τον n δείξτε ότι lim k = k lim k = 3. Από την Άσκηση έπεται ότι n 3. k (ii) Εξετάστε με τον ίδιο τρόπο την περίπτωση > 3. (iii) Τέλος, δείξτε ότι αν = 3 τότε έχουμε n = 3 για κάθε n N.

10 6 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy 8. Βρείτε το ανώτερο και το κατώτερο όριο των ακολουθιών ( n = ( ) n+ + ), n ( πn ) b n = cos + 3 n +, γ n = n (( ) n + ) + n +. n + Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι n n + n για κάθε n N. Αν λοιπόν θεωρήσουμε οποιαδήποτε συγκλίνουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ), τότε το κριτήριο παρεμβολής δείχνει ότι lim kn. Επεται ότι lim inf n και lim sup n. Από την άλλη πλευρά, n = n και n = + n. Δηλαδή, ο και ο είναι οριακά σημεία της ( n ). Επεται ότι lim sup n = και lim inf n = (εξηγήστε γιατί). Άλλος τρόπος: Δοκιμάστε να δείξετε ότι = lim sup n με τον χαρακτηρισμό του lim sup: πάρτε τυχόν ε > και δείξτε ότι το {n : n > ε} είναι άπειρο (οι περιττοί όροι είναι μεγαλύτεροι από ) ενώ το {n : n > +ε} είναι πεπερασμένο (για να ισχύει n > + ε θα πρέπει να έχουμε n = k και k > ε, δηλαδή k < (β) Παρατηρήστε ότι, αν υ {,,..., 5} τότε ( ) (6k + υ)π ( cos = cos kπ + υπ ) 3 3 Επεται ότι b 6k = + 6k + b 6k+ = + 6k + b 6k+ = + 6k + 3 b 6k+3 = + 6k + 4 b 6k+4 = + 6k + 5 b 6k+5 = + 6k + 6. ( υπ = cos 3 ). ( + ε ) ). Από τα παραπάνω προκύπτει ότι lim sup b n (διότι b 6k ) και lim inf b n (διότι b 6k+3 ). Εστω τώρα (b kn ) τυχούσα συγκλίνουσα υπακολουθία της (b n ). Αυτή θα έχει άπειρους κοινούς όρους με τουλάχιστον μία από τις έξι υπακολουθίες που περιγράψαμε (εξηγήστε γιατί). Δηλαδή, θα έχει κοινή υπακολουθία (b kλn ) με κάποια από τις έξι υπακολουθίες παραπάνω. Αναγκαστικά, lim b kn = lim b kλn {,, },. Δηλαδή, το σύνολο των οριακών σημείων της (b n ) είναι το K = {,,, }. Επεται ότι lim sup b n = και lim inf b n =.

11 7 (γ) Παρατηρήστε ότι γ n = n +n+ n+ + και γ n = n+ n+. Με το επιχείρημα που χρησιμοποιήσαμε για το ερώτημα (β) ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο δείξτε ότι lim sup γ n = + και lim inf γ n =. 9. Εστω ( n ), (b n ) φραγμένες ακολουθίες. Δείξτε οτι lim inf n + lim inf b n lim inf( n + b n ) lim sup( n + b n ) lim sup n + lim sup b n. Υπόδειξη. Η μεσαία ανισότητα ισχύει προφανώς. Δείχνουμε τη δεξιά ανισότητα (η αριστερή αποδεικνύεται με ανάλογο τρόπο). Εστω ( kn + b kn ) υπακολουθία της ( n + b n ) με kn + b kn lim sup( n + b n ). Η ( kn ) είναι φραγμένη, άρα έχει περαιτέρω υπακολουθία ( kλn ) η οποία συγκλίνει: kλn x R. Ο x είναι οριακό σημείο της ( n ), άρα Τότε, x = lim kλn lim sup n. b kλn = ( kλn + b kλn ) kλn lim sup( n + b n ) x. Ο lim sup( n + b n ) x είναι οριακό σημείο της (b n ), άρα Επεται ότι lim sup( n + b n ) x lim sup b n. lim sup( n + b n ) x + lim sup b n lim sup n + lim sup b n.. Εστω n >, n N. (α) Δείξτε οτι lim inf n+ n lim inf n n lim sup n n lim sup n+ n. (β) Αν lim n+ n = x, τότε n n x. Υπόδειξη. Η μεσαία ανισότητα ισχύει προφανώς. Δείχνουμε την δεξιά ανισότητα (η αριστερή αποδεικνύεται με ανάλογο τρόπο). Για την απόδειξη της ανισότητας lim sup n n lim sup n+ n μπορούμε να υποθέσουμε ότι lim sup n+ n = x < + (αλλιώς, δεν έχουμε τίποτα να δείξουμε). Εστω ε >. Από τον χαρακτηρισμό του lim sup, υπάρχει k N ώστε για κάθε n k να ισχύει n+ n < x + ε. Επεται ότι: για κάθε n > k ισχύει n < n (x + ε) < n (x + ε) < < k (x + ε) n k = Θέτοντας M = k /(x + ε) k, έχουμε n M(x + ε) n για κάθε n > k. k (x + ε) k (x + ε)n. Χρησιμοποιούμε αυτή την ανισότητα ως εξής: θεωρούμε υπακολουθία ( sn sn ) της ( n n ) για την οποία sn sn lim sup n n.

12 8 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Λόγω της s n n, για κάθε n > k έχουμε s n > k. Άρα, sn sn sn M (x + ε). Ομως, sn M. Άρα, Το ε > ήταν τυχόν, άρα lim sup n n = lim sn sn x + ε. lim sup n n x = lim sup n+ n.. Εστω ( n ) φραγμένη ακολουθία. Δείξτε οτι lim sup( n ) = lim inf n και lim inf( n ) = lim sup n. Υπόδειξη. Δείχνουμε την πρώτη ισότητα. Η δεύτερη αποδεικνύεται με τον ίδιο τρόπο ή αν θέσουμε στην πρώτη όπου n την n. Θέτουμε x = lim sup( n ) και y = lim inf n. Υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) με kn x. Τότε, x = lim kn, άρα x y = lim inf n. Ομοίως, υπάρχει υπακολουθία ( λn ) της ( n ) με λn y. Τότε, y = lim( λn ), άρα y x = lim sup( n ), δηλαδή y x. Επεται ότι y = x.. Εστω ( n ) φραγμένη ακολουθία. Αν δείξτε ότι sup X = lim sup n. X = {x R : x n για άπειρους n N}, Υπόδειξη. Θέτουμε s = sup X. Θα χρησιμοποιήσουμε τον χαρακτηρισμό του lim sup n : (α) Εστω ε >. Αφού s = sup X, υπάρχει x X ώστε s ε < x. Από τον ορισμό του συνόλου X, ισχύει η ανισότητα x n για άπειρους n N. Δηλαδή, ισχύει η ανισότητα s ε < n για άπειρους n N. Εχουμε λοιπόν δείξει ότι: για κάθε ε > το σύνολο {n N : n > s ε} είναι άπειρο. (β) Εστω ε >. Αν η ανισότητα s + ε < n ίσχυε για άπειρους n N, τότε από τον ορισμό του συνόλου X θα είχαμε s + ε X. Αυτό δεν μπορεί να συμβαίνει, διότι s + ε > s = sup X. Εχουμε λοιπόν δείξει ότι: για κάθε ε > το σύνολο {n N : n > s + ε} είναι πεπερασμένο. Από τα (α) και (β) συμπεραίνουμε ότι sup X = s = lim sup n. 3. Χρησιμοποιώντας την ανισότητα n + + n n,

13 9 δείξτε ότι η ακολουθία n = n δεν είναι ακολουθία Cuchy. Συμπεράνατε ότι n +. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι: για κάθε n N, n + + n n n + + n = n n =. Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία n = n είναι ακολουθία Cuchy. Τότε, παίρνοντας ε = 4 >, μπορούμε να βρούμε n N με την ιδιότητα: για κάθε m, n n ισχύει m n < 4. Πάρτε n n και m = n > n n. Τότε, n n < 4. Αυτό δεν μπορεί να ισχύει, διότι n n = ( n + n ) ( + n + + ) n = n + + n n. Εξηγήστε τώρα τα εξής: (α) Αφού η ( n ) δεν είναι ακολουθία Cuchy, η ( n ) δεν συγκλίνει σε πραγματικό αριθμό. (β) Αφού η ( n ) είναι αύξουσα και δεν συγκλίνει, η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. (γ) Αφού η ( n ) είναι αύξουσα και δεν είναι άνω φραγμένη, αναγκαστικά n Εστω < µ < και ακολουθία ( n ) για την οποία ισχύει Δείξτε ότι η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. n+ n µ n n, n. Υπόδειξη. Εστω = και b =. Από την n+ n µ n n έπεται (εξηγήστε γιατί) ότι: για κάθε n ισχύει Αν λοιπόν m, n N και m > n, τότε n+ n µ n = b µ n. m n m m + + n+ n b ( µ n + + µ m ) = b µ n µm n µ b µn µ b = µ( µ) µn. Θεωρήστε ε > και βρείτε n N που ικανοποιεί την b µ( µ) µn < ε. Τέτοιος n υπάρχει γιατί µ n όταν n. Τότε, αν m > n n, m n b µ( µ) b µn µ( µ) µn < ε.

14 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Δηλαδή, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. 5. Ορίζουμε =, = b και n+ = n+n, n. Εξετάστε αν η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι: για κάθε n ισχύει δηλαδή n+ n = n + n n = n n, n+ n n n. Από την Άσκηση 4, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Ομάδα Γ 6. Εστω m N. Βρείτε μια ακολουθία ( n ) η οποία να έχει ακριβώς m διαφορετικές υπακολουθίες. Υπόδειξη. Αν m =, θεωρούμε τη σταθερή ακολουθία n =. Παρατηρήστε ότι κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι σταθερή ακολουθία με όλους τους όρους της ίσους με, δηλαδή συμπίπτει με την ( n ). Εστω m >. Θεωρούμε την ακολουθία ( n ) που ορίζεται ως εξής: n = αν n < m και n = αν n m. Παρατηρήστε ότι κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι τελικά σταθερή και ίση με, μπορεί δε να έχει από κανέναν ως m πρώτους όρους ίσους με (αυτό εξαρτάται από το πόσους από τους m πρώτους όρους της ( n ) έχει σαν όρους η υπακολουθία). Συνεπώς, το πλήθος των διαφορετικών υπακολουθιών της ( n ) είναι ακριβώς m. 7. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Αν sup{ n : n N} = και n για κάθε n N, τότε υπάρχει γνησίως αύξουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn. Υπόδειξη. Θέτουμε A = { n : n N}. Από τον βασικό χαρακτηρισμό του supremum, για κάθε ε > υπάρχει x = x(ε) A ώστε ε < x. Αφού / A, έχουμε την ισχυρότερη ανισότητα ε < x <. Χρησιμοποιώντας το παραπάνω, θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε k < < kn < kn+ < και n < k n <. Τότε, για την γνησίως αύξουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε kn. Εφαρμόζοντας τον χαρακτηρισμό του supremum με ε =, βρίσκουμε k A που ικανοποιεί την < k <. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε k < < km και j < k j < για κάθε j =,..., m. Θέτουμε s = mx{ m+,,,..., km }. Αφού s < (εξηγήστε γιατί), μπορούμε να βρούμε km+ A που ικανοποιεί την s < km+ <. Τότε, k m+ > k m, km < km+ και m+ < k m+ <. Αυτό ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. 8. Εστω ( n ) ακολουθία θετικών αριθμών. Θεωρούμε το σύνολο A = { n : n N}. Αν inf A =, δείξτε ότι η ( n ) έχει φθίνουσα υπακολουθία που συγκλίνει στο. Υπόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί φυσικούς k < < k m που ικανοποιούν τα εξής: < km < km < < k και < km < m.

15 Θέτουμε ε m+ = min {,..., km, m+} >. Αφού inf(a) = inf{n : n N} = και ε m+ >, υπάρχει k m+ N ώστε km+ < ε m+. Από τον ορισμό του ε m+ έπεται ότι (εξηγήστε γιατί): (α) k m < k m+, (β) km+ < km, (γ) km+ < m +. Ετσι ορίζεται επαγωγικά μια γνησίως φθίνουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) η οποία συγκλίνει στο. 9. Ορίζουμε μια ακολουθία ως εξής: Βρείτε όλα τα οριακά σημεία της ( n ). =, n+ = + n, n = n. Υπόδειξη. Αν γράψετε τους δέκα πρώτους όρους της ακολουθίας ( n ) θα μαντέψετε ότι n = n+ και n+ =, n =,,,... n+ Δουλεύοντας όπως στην Άσκηση 8, δείξτε ότι lim inf n = και lim sup n =. 3. Εστω (x n ) ακολουθία με την ιδιότητα x n+ x n. Αν < b είναι δύο οριακά σημεία της (x n ), δείξτε ότι κάθε y [, b] είναι οριακό σημείο της (x n ). Υπόδειξη. Με απαγωγή σε άτοπο. Εστω y (, b) ο οποίος δεν είναι οριακό σημείο της (x n ). Τότε, μπορούμε να βρούμε ε > και n N ώστε < y ε < y + ε < b και x n / (y ε, y + ε) για κάθε n n. Αφού x n+ x n, υπάρχει n N ώστε: για κάθε n n, x n+ x n < ε. Θέτουμε n = mx{n, n }. Αφού οι, b είναι οριακά σημεία της (x n ), μπορούμε να βρούμε s > m > n ώστε x m < y ε και y + ε < x s. Η επιλογή του m > n είναι δυνατή διότι ο είναι οριακό σημείο της (x n ) και < y ε, ενώ η επιλογή του s > m είναι δυνατή διότι ο b είναι οριακό σημείο της (x n ) και y + ε < b. Μπορούμε τώρα να βρούμε m n < s ώστε x n y ε και x n+ y ε. Αρκεί να πάρουμε σαν n τον μεγαλύτερο φυσικό από τους m, m +,..., s για τον οποίο x n y ε. Ομως τότε, x n+ x n (y + ε) (y ε) = ε, το οποίο είναι άτοπο, διότι n m > n n (θα έπρεπε να ισχύει x n+ x n < ε). Καταλήξαμε σε άτοπο, άρα κάθε y (, b) είναι οριακό σημείο της (x n ). Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο, αφού οι, b είναι επίσης οριακά σημεία της (x n ). 3. (α) Εστω A αριθμήσιμο υποσύνολο του R. Δείξτε ότι υπάρχει ακολουθία ( n ) ώστε κάθε x A να είναι οριακό σημείο της ( n ).

16 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy (β) Δείξτε ότι υπάρχει ακολουθία (x n ) ώστε κάθε x R να είναι οριακό σημείο της (x n ). Υπόδειξη. (α) Αν A = {x s : s N}, μπορείτε να θεωρήσετε την ακολουθία ( n ) που ορίζεται ως εξής: b, b, b, b, b, b 3, b, b, b 3, b 4,..., b, b,..., b n,... Για κάθε s N υπάρχει υπακολουθία ( kn ) η οποία είναι σταθερή και ίση με x s (διότι άπειροι όροι της ( n ) είναι ίσοι με x s ). Άρα, για κάθε s N ο x s είναι οριακό σημείο της ( n ). (β) Πάρτε σαν A το Q στο (α). Αφού το Q είναι αριθμήσιμο, υπάρχει ακολουθία ( n ) ώστε κάθε q Q να είναι οριακό σημείο της ( n ). Η ( n ) ικανοποιεί το ζητούμενο: για κάθε x R υπάρχει ακολουθία (q k ) στο Q ώστε q k x. Αφού κάθε q k είναι οριακό σημείο της ( n ), η Άσκηση 4 δείχνει ότι και ο x είναι οριακό σημείο της ( n ). 3. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Ορίζουμε b n = sup{ n+k n : k N}. Δείξτε ότι η ( n ) συγκλίνει αν και μόνο αν b n. Υπόδειξη. Εστω ε > και έστω n N. Δείξτε ότι τα εξής είναι ισοδύναμα: (α) Για κάθε m, n n ισχύει m n ε. (β) Για κάθε m > n n ισχύει m n ε. (γ) Για κάθε n n και κάθε k N ισχύει n+k n ε. (δ) Για κάθε n n ισχύει b n := sup{ n+k n : k N} ε. Χρησιμοποιώντας την ισοδυναμία των (α) και (δ) δείξτε ότι η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy (ισοδύναμα, συγκλίνει) αν και μόνο αν b n. 33. Εστω, b >. Ορίζουμε ακολουθία ( n ) με =, = b και n+ = 4 n+ n, n =,,... 3 Εξετάστε αν η ( n ) συγκλίνει και αν ναι, βρείτε το όριό της. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι n+ n+ = 4 n+ n n+ = 4 n+ n 3 n+ 3 3 Επεται ότι n+ n+ 3 n+ n. = n+ n. 3 Από την Άσκηση 4, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Συνεπώς, συγκλίνει. Για να βρούμε το όριο, παρατηρούμε ότι Άρα, n+ n = n n 3 = n n 3 = = 3 n = b 3 n. n = n + b 3 n = n + b 3 n 3 + b 3 n = n = + (b ) k= 3 k + (b ) k= 3(b ) = + 3k = 3b.

17 Κεφάλαιο Σειρές πραγματικών αριθμών Α Ομάδα. Ερωτήσεις κατανόησης Εστω ( k ) μια ακολουθία πραγματικών αριθμών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντηση σας).. Αν k τότε η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη. Λάθος. Η ακολουθία k = k, όμως η ακολουθία s n = n φραγμένη (τείνει στο + ). δεν είναι. Αν η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη τότε η σειρά k συγκλίνει. Λάθος. Αν θεωρήσουμε την ακολουθία k = ( ) k, τότε έχουμε s n = αν ο n είναι περιττός και s n = αν ο n είναι άρτιος. Δηλαδή, η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη. Ομως, η σειρά ( ) k αποκλίνει, διότι k. 3. Αν k, τότε η σειρά k συγκλίνει απολύτως. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k = k και η k = στο +, δηλαδή η k δεν συγκλίνει απολύτως. 4. Αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά k συγκλίνει. k αποκλίνει Σωστό. Αποδείξαμε (στη θεωρία) ότι αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε συγκλίνει. 5. Αν k > για κάθε k N και αν < k+ k k συγκλίνει. < για κάθε k N, τότε η σειρά

18 4 Σειρες πραγματικων αριθμων Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και k+ k = k k+ < για κάθε k N. Ομως, η σειρά k αποκλίνει. 6. Αν k > για κάθε k N και αν lim k+ k k =, τότε η σειρά k αποκλίνει. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και lim k k (k+) =. Ομως, η σειρά k 7. Αν k > για κάθε k N και αν k+ k συγκλίνει. lim k+ k k = +, τότε η η σειρά k αποκλίνει. Σωστό. Αν k+ k +, υπάρχει N N ώστε k+ k για κάθε k N. Αφού η ( k ) έχει θετικούς όρους, συμπεραίνουμε ότι < N N+ k, δηλαδή k. Συνεπώς, η σειρά k αποκλίνει. 8. Αν k, τότε η σειρά ( ) k k συγκλίνει. Λάθος. Αν θεωρήσουμε την k = ( )k k, τότε k. Ομως, η σειρά ( ) k k = k αποκλίνει. 9. Αν k > για κάθε k N και αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά συγκλίνει. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και η σειρά συγκλίνει. Ομως, η σειρά k = k αποκλίνει.. Αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά k συγκλίνει. Λάθος. Από το κριτήριο του Dirichlet, η σειρά k = k αποκλίνει. ( ) k k k k συγκλίνει. Ομως, η σειρά. Αν η σειρά k συγκλίνει και αν ( kn ) είναι μια υπακολουθία της ( n ), τότε η σειρά kn συγκλίνει. Λάθος. Σύμφωνα με το κριτήριο Dirichlet, η σειρά k = Ομως, η σειρά k = σειρά εξηγήστε γιατί). k ( ) k k συγκλίνει. αποκλίνει (συμπεριφέρεται σαν την αρμονική

19 5. Αν k > για κάθε k N και αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά συγκλίνει. k Σωστό. Αφού η k συγκλίνει, έχουμε k. Άρα, υπάρχει m N ώστε: για κάθε k m, k. Τότε, για κάθε k m έχουμε k k. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k συγκλίνει. 3. Η σειρά 4 6 (k) k! συγκλίνει. Λάθος. Θέτουμε k = 4 6 (k) k!. Τότε, k > και k+ k = [ 4 6 (k)(k + )]k! [ 4 6 (k)](k + )! = k + k + = >. Από το κριτήριο του λόγου, η σειρά 4 6 (k) k! αποκλίνει. 4. Η σειρά k( + k ) p συγκλίνει αν και μόνο αν p <. k(+k Σωστό. Παρατηρούμε ότι lim ) p k k = lim p+ k ριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k (p+) μόνο αν p <. ( + k ) p = >. Από το ο- k( + k ) p συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά συγκλίνει. Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (p + ) >, δηλαδή αν και Β Ομάδα 5. Δείξτε ότι αν lim b k = b τότε (b k b k+ ) = b b. k Υπόδειξη. Το n-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με s n = (b b ) + (b b 3 ) + + (b n b n+ ) = b b n+. Αφού lim k b k = b, βλέπουμε ότι lim n s n = b b. Συνεπώς, (b k b k+ ) = b b. 6. Δείξτε ότι (α) (k )(k+) = (β) k +3 k 6 k = 3 (γ) k+ k k +k =. Υπόδειξη. (α) Θέτουμε b k = k. Παρατηρούμε ότι b k b k+ = k k + = (k )(k + ).

20 6 Σειρες πραγματικων αριθμων Εχουμε b = και b k. Από την Άσκηση 5, (k )(k + ) = (k )(k + ) = (b b) =. (β) Γνωρίζουμε ότι αν < x <, τότε x k = x x k = x x. Συνεπώς, k + 3 k ( ) k 6 k = + 3 (γ) Γράφουμε k + k k + k = k= ( ) k /3 = (/3) + / (/) = + = 3. ( ) k = =, k + χρησιμοποιώντας την Άσκηση 5 για την b k = k. 7. Υπολογίστε το άθροισμα της σειράς Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι k(k+)(k+). k(k + )(k + ) = (k + ) k k(k + )(k + ) = k(k + ) (k + )(k + ). Χρησιμοποιώντας την Άσκηση 5 για την b k = k(k+), συμπεραίνουμε ότι k(k + )(k + ) = b = Εξετάστε για ποιές τιμές του πραγματικού αριθμού x συγκλίνει η σειρά +x k. Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι: αν x < τότε, άρα η σειρά αποκλίνει. +x k Αν x =, τότε = +x k, άρα η σειρά αποκλίνει. Αν x =, ο k- οστός όρος δεν ορίζεται στην περίπτωση που ο k είναι περιττός, άρα δεν έχει νόημα να εξετάσουμε τη σύγκλιση της σειράς. Υποθέτουμε λοιπόν ότι x >. Τότε, μπορούμε να εφαρμόσουμε το οριακό κριτήριο σύγκρισης, χρησιμοποιώντας την (η οποία συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο x < ). Εχουμε Συνεπώς, η σειρά /( + x k ) / x k = x k x k + x k = (/x) k +. +x k συγκλίνει απολύτως. 9. Εφαρμόστε τα κριτήρια λόγου και ρίζας στις ακόλουθες σειρές:

21 7 (α) (ε) k k x k k= (β) k= k k! xk (στ) x k k! (γ) k x k k x k k (ζ) k= (δ) k 3 x k k= k 3 x k (η) 3 k k x k k!. Αν για κάποιες τιμές του x R κανένα από αυτά τα δύο κριτήρια δεν δίνει απάντηση, εξετάστε τη σύγκλιση ή απόκλιση της σειράς με άλλο τρόπο. Υπόδειξη. Εξετάζουμε μερικές από αυτές: (α) k k x k : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε (k + ) k+ x k+ ( k k x k = (k + ) + ) k x +. k Συνεπώς, η σειρά αποκλίνει. Η σειρά συγκλίνει μόνο αν x =. Στο ίδιο συμπέρασμα θα καταλήγατε αν χρησιμοποιούσατε το κριτήριο της ρίζας: k παρατηρήστε ότι k k x k = k x + αν x. (β) x k k! : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε k= x k+ /(k + )! x k /k! = x k + <. Συνεπώς, η σειρά συγκλίνει απολύτως. Η σειρά συγκλίνει για κάθε x R. (στ) k x k k : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε k+ x k+ /(k + ) k k x k /k = x (k + ) x. Συνεπώς, η σειρά συγκλίνει απολύτως αν x < / και αποκλίνει αν x > /. Εξετάζουμε τη σύγκλιση χωριστά στις περιπτώσεις x = ±/. Παρατηρώντας ότι οι σειρές και συγκλίνουν, συμπεραίνουμε τελικά ότι η σειρά συγκλίνει ( ) k k αν και μόνο αν x /. k. Εξετάστε αν συγκλίνουν ή αποκλίνουν οι σειρές και Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι το (n)-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με s n = n n k + 3 k k + 3 k = + = 3.

22 8 Σειρες πραγματικων αριθμων Αφού η σειρά έχει θετικούς όρους και s n 3 για κάθε n, έπεται ότι η σειρά συγκλίνει (εξηγήστε γιατί). (β) Παρατηρήστε ότι το (n)-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με s n = n k= k < k= k =. Αφού η σειρά έχει θετικούς όρους και s n για κάθε n, έπεται ότι η σειρά συγκλίνει.. Να βρεθεί ικανή και αναγκαία συνθήκη για την ακολουθία ( n ) ώστε να συγκλίνει η σειρά Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι s n = για κάθε n N. Επίσης, s =, s 3 =, s 5 = 3, s 7 = 4, και γενικά, s n = n. Επεται ότι η σειρά συγκλίνει αν και μόνο αν n. Πράγματι, αν η σειρά συγκλίνει και αν s είναι το άθροισμά της, τότε s = lim s n = και n = s n s =. Αντίστροφα, αν n τότε s n = και s n = n, άρα s n.. Εξετάστε αν συγκλίνει ή αποκλίνει η σειρά k στις παρακάτω περιπτώσεις: (α) k = k + k n= (β) k = + k k (γ) k = k+ k k (δ) k = ( k k ) k. Υπόδειξη. (α) Αν k = k + k, τότε s n = + + n = n + +, άρα η σειρά αποκλίνει. (β) Εχουμε k = + k k = +k +k. Παρατηρούμε ότι k /k = k +k +k >. Αφού η σύγκρισης. k αποκλίνει, η σειρά k αποκλίνει από το οριακό κριτήριο (γ) Εχουμε k = k+ k k = k( k++. Παρατηρούμε ότι k k) /k 3/ >. Αφού η συγκλίνει, η σειρά k συγκλίνει από το οριακό κριτήριο σύγκρισης. k 3/ (δ) Χρησιμοποιούμε το κριτήριο της ρίζας: έχουμε k k = k k <, άρα η σειρά συγκλίνει. 3. Εξετάστε αν συγκλίνουν ή αποκλίνουν οι σειρές k + k k 3, ( k k ), cos k k, k! k k.

23 9 Υπόδειξη. (α) Αφού η k k+ k k 3 : παρατηρούμε ότι k /k = k3 + k k k 3 >. συγκλίνει, η σειρά k συγκλίνει από το οριακό κριτήριο σύγκρισης. (β) ( k k ): θέτουμε θ k = k k. Τότε, k = ( + θ k ) k. Παρατηρούμε ότι, για κάθε k 3, ( + k ) k < e < 3 k = ( + θ k ) k. Άρα, θ k > k για κάθε k 3. Αφού η αυτή. (γ) cos k k : παρατηρούμε ότι k k. Αφού η k αποκλίνει, η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο σύγκρισης. (δ) k! : χρησιμοποιούμε το κριτήριο λόγου. Εχουμε k k k+ k = άρα η σειρά συγκλίνει. (k + )!kk k!(k + ) k+ = k k k (k + ) k = ( + k θ k αποκλίνει κι συγκλίνει, η σειρά ) k e <, k 4. Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις παρακάτω σειρές. Οπου εμφανίζονται οι παράμετροι p, q, x R να βρεθούν οι τιμές τους για τις οποίες οι αντίστοιχες σειρές συγκλίνουν. (α) (δ) (ζ) ( ) + k k (ε) k + k ) k k+ k p ( Υπόδειξη. (α) ( ) + k k e (β) (β) p k k p ( < p) (γ) k= ( < q < p) (στ) p k q k k p k q ( < q < p) +( ) k k (η) ( k k p + k + k ). ( + k ) k : χρησιμοποιούμε το κριτήριο της ρίζας. Εχουμε k k = <, άρα η σειρά συγκλίνει. p k k p : χρησιμοποιούμε το κριτήριο του λόγου. Εχουμε k+ (k + )p = p k k p p, άρα η σειρά συγκλίνει αν < p < και αποκλίνει αν p >. Για p = παίρνουμε τη σειρά k, η οποία αποκλίνει (k όταν k!).

24 Σειρες πραγματικων αριθμων (γ) k= k p k q : θεωρούμε την b k = /k p. Αφού q < p, έχουμε k b k = k (p q) >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά μας συγκλίνει αν και μόνο αν η συγκλίνει, δηλαδή αν και μόνο αν p > (και < q < p). k p (δ) k + k : θεωρούμε την b k = /k. Εχουμε k b k = k k k k = k k >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά αποκλίνει (διότι η (ε) k αποκλίνει). p k q k : θεωρούμε την b k = /p k. Αφού < q < p, έχουμε k b k = (q/p) k > (διότι (p/q) k αφού < p/q < ). Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά μας συγκλίνει αν και μόνο αν η συγκλίνει, δηλαδή αν και μόνο αν p > p k (και < q < p). (στ) +( ) k k : παρατηρούμε ότι < k 3 k. Αφού η συγκλίνει από το κριτήριο σύγκρισης. (ζ) ( k p k k+ ): παρατηρούμε ότι k + k k = k p k p =. k k + k k + ( k + + k) Θεωρούμε την b k = kp και παρατηρούμε ότι k 3/ k b k σύγκρισης, η k συγκλίνει αν και μόνο αν η 3 συγκλίνει, η k k >. Από το οριακό κριτήριο k (3/) p p >, το οποίο ισχύει αν p <. (η) ( k k p + k + k ): παρατηρούμε ότι, για k, k = k p ( k + k + k k) ( ) = k p k + k + k + k συγκλίνει. Δηλαδή, αν = k p k + k ( k + + k)( k + k ) = k p ( k + + k )( k + + k)( k + k ). Δηλαδή, η ( k ) k έχει αρνητικούς όρους. Άρα, συγκλίνει αν και μόνο αν η ( k ) συγκλίνει (εξηγήστε γιατί). Θεωρούμε την b k = kp k 3/ 4 >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η k συγκλίνει. Δηλαδή, αν 3 k 3/ p p >, το οποίο ισχύει αν p <. 5. Εστω ότι k για κάθε k N. Δείξτε ότι η σειρά και παρατηρούμε ότι k= k b k συγκλίνει αν και μόνο αν η k +k k συγκλίνει.

25 k +k k k Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι k =, ενώ αν k > μπορείτε να γράψετε για κάθε k N. Αυτό είναι φανερό αν Αφού η σειρά k < k + k k < k k k = k. συγκλίνει, το συμπέρασμα προκύπτει από το κριτήριο σύγκρισης. 6. Ορίζουμε μια ακολουθία ( k ) ως εξής: αν ο k είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού θέτουμε k = k και αν ο k δεν είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού θέτουμε k = k. Εξετάστε αν συγκλίνει η σειρά k. Υπόδειξη. Η σειρά έχει θετικούς όρους. Αρκεί να δείξετε ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων είναι άνω φραγμένη. Παρατηρήστε ότι για κάθε m N έχουμε s m = k = m m k + m k m k s k m k + k k = M < +. Αν n N, τότε s n s n M. Δηλαδή, η (s n ) είναι άνω φραγμένη. 7. Εξετάστε αν συγκλίνει ή αποκλίνει η σειρά Υπόδειξη. Αν p >, τότε η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο του Dirichlet. Αν p, τότε ( ) k k p ( ) k k p, άρα η σειρά αποκλίνει. ( ) k k p, όπου p R. 8. Εστω { k } φθίνουσα ακολουθία που συγκλίνει στο. Ορίζουμε s = Δείξτε ότι ( ) n (s s n ) n+. ( ) k k. Υπόδειξη. Γράφουμε ( ) n (s s n ) = ( ) n Παρατηρήστε ότι: για κάθε m N, k=n+ ( ) k k = k=n+ ( ) n+k k. άρα n+m k=n+ ( ) n+k k = ( n+ n+ ) + + ( n+m n+m ), ( ) n (s s n ) = lim n+m m k=n+ ( ) n+k n.

26 Σειρες πραγματικων αριθμων Επίσης, n+m+ k=n+ άρα ( ) n+k k = n+ ( n+ n+3 ) ( n+m n+m+ ) n+, n+m+ ( ) n (s s n ) = lim ( ) n+k n n+. m k=n+ 9. Εστω ( k ) φθίνουσα ακολουθία θετικών αριθμών. Δείξτε ότι: αν η συγκλίνει τότε k k. k Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η k συγκλίνει, η (s n ) είναι ακολουθία Cuchy. Άρα, υπάρχει n N ώστε: αν n > m n τότε m+ + + n = s n s m < ε. Ειδικότερα, αν n n, παίρνοντας m = n και χρησιμοποιώντας την υπόθεση ότι η ( n ) είναι φθίνουσα, έχουμε ε > n n (n n ) n n n, διότι n n n. Δηλαδή, αν n n έχουμε n n < ε. Επεται ότι lim n (n n) =. 3. Εστω ότι k > για κάθε k N. Αν η k συγκλίνει, δείξτε ότι οι συγκλίνουν επίσης. k, k + k, k + k Υπόδειξη. (α) Αφού η k συγκλίνει, έχουμε k. Άρα, υπάρχει m N ώστε: για κάθε k m, k. Τότε, για κάθε k m έχουμε k k. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k συγκλίνει. (β) Παρατηρήστε ότι k + k k για κάθε k N. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k + k συγκλίνει. (γ) Παρατηρήστε ότι k + k k για κάθε k N. 3. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά k k+ συγκλίνει. Δείξτε ότι, αν η { k } είναι φθίνουσα, τότε ισχύει και το αντίστροφο.

27 3 Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι k k+ k+ k+ για κάθε k N και εφαρμόστε το κριτήριο σύγκρισης. Με την υπόθεση ότι η ( k ) είναι φθίνουσα, παρατηρήστε ότι k+ k k+ για κάθε k N και εφαρμόστε το κριτήριο σύγκρισης. 3. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά k k συγκλίνει. Υπόδειξη. Από την ανισότητα Cuchy-Schwrz, για κάθε n N έχουμε n k k ( n ) / ( n ) / k k M M, όπου M = k < + και M = k < Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k αποκλίνει. Δείξτε ότι Υπόδειξη. Αν b = και για k N, δείξτε ότι για κάθε k N, άρα n Παρατηρώντας ότι k ( + )( + ) ( + k ) =. b k = ( + )( + ) ( + k ) k ( + )( + ) ( + k ) = b k b k k ( + )( + ) ( + k ) = b b n = b n. ( + )( + ) ( + n ) > + + n + δείξτε ότι n k ( + )( + ) ( + k ) = b n.

28 4 Σειρες πραγματικων αριθμων Γ Ομάδα 34. Εστω ( k ) φθίνουσα ακολουθία θετικών αριθμών με k. Δείξτε ότι: αν η k αποκλίνει τότε { min k, } = +. k Υπόδειξη. Υποθέτουμε ότι η σειρά min { } k, k συγκλίνει. Αφού η (k ) φθίνει προς το, το ίδιο ισχύει για την ( min{ k, k }) (εξηγήστε γιατί). Από το κριτήριο συμπύκνωσης, η σειρά k min { } k, k = min { k k, } συγκλίνει. Ειδικότερα, min { k k, }, άρα τελικά έχουμε min { k k, } = k k (εξηγήστε γιατί). Επεται ότι η σειρά k k συγκλίνει. Χρησιμοποιώντας ξανά το κριτήριο συ- μπύκνωσης, αυτή τη φορά για τη σειρά k, βλέπουμε ότι η k συγκλίνει. Αυτό είναι άτοπο από την υπόθεση. 35. Υποθέτουμε ότι k > για κάθε k N και ότι η k αποκλίνει. Θέτουμε s n = n. (α) Δείξτε ότι η k + k αποκλίνει. (β) Δείξτε ότι: για m < n, και συμπεράνατε ότι η (γ) Δείξτε ότι n s n s n s n Υπόδειξη. (α) Εστω ότι η m+ s m+ + + n s n s m s n k s k αποκλίνει. και συμπεράνατε ότι η k + k συγκλίνει. Τότε, k s k συγκλίνει. k = k + k. + k + k + k Συνεπώς, υπάρχει m N ώστε: + k < 3 για κάθε k m. Επεται ότι k 3 k + k για κάθε k m. Από το κριτήριο σύγκρισης, η k συγκλίνει, άτοπο.

29 5 (β) Παρατηρήστε ότι η (s n ) είναι αύξουσα. Άρα, αν m < n έχουμε m+ + + n m+ + + n = m+ + + n s m+ s n s n s n s n Ας υποθέσουμε ότι η = s n s m s n = s m s n. k s k συγκλίνει. Από το κριτήριο Cuchy, για ε = >, μπορούμε να βρούμε n N ώστε: αν n > m n τότε δηλαδή m+ s m+ + + n s n <, s m s n < s m s n >. Σταθεροποιήστε m n και αφήστε το n. Αφού η k αποκλίνει, έχουμε s s n. Άρα, lim m n sn =, το οποίο οδηγεί σε άτοπο. (γ) Παρατηρήστε ότι n s n = s n s n s n Αν t n είναι το n-οστό μερικό άθροισμα της s n s n s n s n = s n s n. k, τότε s k t n = s + s + + n s ( + ) ( + + ). n s s s s n s n s Η (t n ) είναι άνω φραγμένη, άρα η k s k συγκλίνει. 36. Υποθέτουμε ότι k > για κάθε k N και ότι η k συγκλίνει. Θέτουμε r n = k. k=n (α) Δείξτε ότι: για m < n, και συμπεράνατε ότι η (β) Δείξτε ότι m r m + + n r n r n+ r m k r k αποκλίνει. rn n < ( rn ) r n+ και συμπεράνατε ότι η k rk συγκλίνει. Υπόδειξη. Αφού η k συγκλίνει, έχουμε r n. Παρατηρήστε επίσης ότι η (r n ) είναι φθίνουσα.

30 6 Σειρες πραγματικων αριθμων (α) Αν m < n, Ας υποθέσουμε ότι η m r m + + n r n m r m + + n r m m + + n r m k r k ώστε: για κάθε n > m n, = r m r n+ = r n+ r n. r m r m r m συγκλίνει. Από το κριτήριο Cuchy υπάρχει n N r n r m m r m + + n r n <. Σταθεροποιώντας m n και αφήνοντας το n καταλήξτε σε άτοπο. (β) Παρατηρήστε ότι Άρα, για κάθε n N, n Επεται ότι η rn r n+ = r n r n+ rn + r n+ = n rn + r n+ n r n. k rk ( r r + r r r n r n+ ) r. k rk συγκλίνει. 37. Εστω ( k ) ακολουθία πραγματικών αριθμών. Δείξτε ότι αν η σειρά αποκλίνει τότε και η σειρά k k αποκλίνει. Υπόδειξη. Θέτουμε b k = k k. Τότε, θέλουμε να δείξουμε ότι: αν η σειρά αποκλίνει τότε και η σειρά b k αποκλίνει. k Παρατηρήστε ότι αν η b k συγκλίνει, τότε έχει φραγμένα μερικά αθροίσματα. Αφού η k φθίνει προς το, το κριτήριο Dirichlet δείχνει ότι η οποίο είναι άτοπο. b kk b kk συγκλίνει, το 38. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Δείξτε ότι αν η σειρά k συγκλίνει, τότε και η συγκλίνει. Υπόδειξη. Γράφουμε k k+ k = k k+ k k k+ k (α) Αν k > / k+ τότε k+ k > /. Συνεπώς, και διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: k k+ k k.

31 7 (β) Αν k / k+ τότε Σε κάθε περίπτωση, ( ) k k k+ k+ k = k+ k. k k+ k k + k. Ομως, η k συγκλίνει, άρα η ( k + k ) συγκλίνει. Το ζητούμενο έπεται από το κριτήριο σύγκρισης. 39. Εστω ( k ) η ακολουθία που ορίζεται από τις k = k και k = k. Εξετάστε αν η σειρά ( ) k k συγκλίνει. Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι ( s n = ) ( + ) ( = ) n ( ). n ( + + n n ) ( n ) Αφού n + όταν n, βλέπουμε ότι s n +. Άρα, η σειρά αποκλίνει (και μάλιστα στο + εξηγήστε γιατί). 4. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N. Ορίζουμε b k = k k m=k+ m. Δείξτε ότι η k συγκλίνει αν και μόνο αν η b k συγκλίνει. Υπόδειξη. Εστω s n και t n τα μερικά αθροίσματα των σειρών k και b k αντίστοιχα. Θα συγκρίνουμε τα s n και t n. Εχουμε t n = b +b + +b n = + ( )+ 3 ( )+ + n ( n+ + + n ). Δείξτε ότι στο t n εμφανίζονται μόνο οι,..., n και ότι ο συντελεστής καθενός k στο t n είναι μικρότερος ή ίσος του. Επεται ότι t n s n για κάθε n N. Συνεπώς, αν η k συγκλίνει τότε η b k συγκλίνει.

32 8 Σειρες πραγματικων αριθμων Από την άλλη πλευρά, θεωρήστε το μερικό άθροισμα t n, και δείξτε ότι κάθε k, k n, εμφανίζεται εκεί με συντελεστή σ k = m + + m αν ο k είναι άρτιος, και συντελεστή σ k = m+ + + m αν ο k είναι περιττός. Σε κάθε περίπτωση, σ k. Άρα, s n = n + t n. Επεται ότι, αν η b k συγκλίνει τότε η k συγκλίνει. 4. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Θεωρούμε την ακολουθία b k = k k. k(k + ) Δείξτε ότι: αν η k συγκλίνει, τότε η σειρά b k συγκλίνει και τα αθροίσματα των δύο σειρών είναι ίσα. Υπόδειξη. Αν s n = + + n και t n = b + + b n, τότε t n = = = = = n b k = n s s s= n s s s= n s= n s= n k s= n k=s n k=s = s n nb n. s s k(k + ) k(k + ) ( k s s ( s n + k + ) ) s n n n + Θα δείξουμε ότι nb n = n n n + Με βάση το Λήμμα του Abel, γράφουμε. Άρα, n n n k k = s k (k (k + )) + ns n = s k + ns n. nb n = n + n k k = n n + s + + s n + ns n n n + s + s =, n + όπου s = lim s n = k (εδώ χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι αν s n s τότε s +s + +s n n s). Αφού nb n, από την t n = s n nb n βλέπουμε ότι t n s.

33 9 Δηλαδή, b k = k. 4. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών αριθμών ώστε k = + και k. Δείξτε ότι αν α < β τότε υπάρχουν φυσικοί m n ώστε n α < k < β. k=m Υπόδειξη. Αφού k, υπάρχει m N ώστε: αν k m τότε k < β α. Αφού k = +, υπάρχει ελάχιστος φυσικός l m ώστε m + + l β. (α) Δείξτε ότι l > m. (β) Αν n = l, παρατηρήστε ότι n m και m + + n < β, ενώ m + + n β l > β (β α) = α. 43. Δείξτε ότι αν α < β τότε υπάρχουν φυσικοί m n ώστε α < m + m n < β. Υπόδειξη. Εφαρμόστε την προηγούμενη άσκηση για την k = k.

34

35 Κεφάλαιο 3 Ομοιόμορφη συνέχεια Ομάδα Α. Δείξτε το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής για μια συνεχή συνάρτηση f : [, b] R χρησιμοποιώντας το θεώρημα Bolzno Weiertstrss. Υπόδειξη. Δείχνουμε πρώτα ότι υπάρχει M > ώστε f(x) M για κάθε x [, b], με απαγωγή σε άτοπο. Αν αυτό δεν ισχύει, μπορούμε να βρούμε x n [, b] ώστε f(x n ) > n, n =,,.... Η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) ώστε x kn x [, b]. Αφού η f είναι συνεχής στο x, από την αρχή της μεταφοράς έχουμε f(x kn ) f(x ), άρα f(x kn ) f(x ). Ομως, f(x kn ) > k n n. Άρα, f(x kn ) +, το οποίο είναι άτοπο. Είδαμε ότι η f είναι φραγμένη, άρα M := sup{f(x) : x [, b]} <. Τότε, μπορούμε να βρούμε x n [, b] ώστε f(x n ) M (γενικά, αν s = sup(a) τότε υπάρχει ακολουθία ( n ) στο A ώστε n s). Η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) ώστε x kn x [, b]. Αφού f(x n ) M, έχουμε f(x kn ) M. Από την αρχή της μεταφοράς, f(x ) = lim f(x k n ) = M. n Αυτό αποδεικνύει ότι η f παίρνει μέγιστη τιμή (στο x ). Εργαζόμενοι όμοια, δείχνουμε ότι η f παίρνει ελάχιστη τιμή.. Εστω X R. Λέμε ότι μια συνάρτηση f : X R ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz αν υπάρχει M ώστε: για κάθε x, y X, f(x) f(y) M x y. Δείξτε ότι αν η f : X R ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz τότε είναι ομοιόμορφα συνεχής. Ισχύει το αντίστροφο;

36 3 Ομοιομορφη συνεχεια Υπόδειξη. (α) Εστω ε >. Επιλέγουμε δ = δ(ε) = ε M >. Αν x, y X και x y < δ, τότε f(x) f(y) M x y < Mδ = ε. Άρα, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. (β) Η συνάρτηση f : [, ] R με f(x) = x είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, ], άρα είναι ομοιόμορφα συνεχής. Ομως, η f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz στο [, ]. Θα υπήρχε M > ώστε: για κάθε < x < να ισχύει Αυτό οδηγεί σε άτοπο όταν x +. x M x, δηλαδή M x. 3. Εστω f : [, b] R συνεχής, παραγωγίσιμη στο (, b). Δείξτε ότι η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz αν και μόνο αν η f είναι φραγμένη. Υπόδειξη. Εστω ότι η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz, δηλαδή υπάρχει M > ώστε f(x) f(y) M x y για κάθε x, y [, b]. Θεωρούμε x (, b). Τότε, f (x ) = lim. Ομως, αν x x στο (, b), έχουμε f(x) f(x ) x x x x f(x) f(x ) x x M άρα f f(x) f(x ) (x ) = lim M. x x x x Δηλαδή, η f είναι φραγμένη. Αντίστροφα, ας υποθέσουμε ότι υπάρχει M > ώστε f (ξ) M για κάθε ξ (, b). Εστω x < y στο [, b]. Από το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ξ (x, y) ώστε f(x) f(y) = f (ξ) x y M x y. Δηλαδή, η f είναι Lipschitz συνεχής. 4. Εστω n N, n και f(x) = x /n, x [, ]. Δείξτε ότι η συνάρτηση f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz. Είναι ομοιόμορφα συνεχής; Υπόδειξη. Εχουμε f (x) = n x n για x (, ). Αφού n <, έχουμε lim f (x) = +, x + δηλαδή η f δεν είναι φραγμένη. Από την Άσκηση 3, η f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz. Είναι όμως ομοιόμορφα συνεχής ως συνεχής συνάρτηση σε κλειστό διάστημα. 5. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις ικανοποιούν συνθήκη Lipschitz: (α) f : [, ] R με f(x) = x sin x (β) g : [, ] R με g(x) = x sin x αν x και f() =. αν x και g() =. Υπόδειξη. Από την Άσκηση 3 αρκεί να εξετάσετε αν καθεμία από τις f και g έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ). Ελέγξτε ότι: η f δεν έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ), ενώ η g έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ). 6. Εστω A, B μη κενά υποσύνολα του R και έστω f : A B και g : B R ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις. Δείξτε ότι η g f είναι ομοιόμορφα συνεχής.

37 33 Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η g είναι ομοιόμορφα συνεχής, υπάρχει ζ = ζ(ε) > ώστε αν u, v B και u v < ζ τότε g(u) g(v) < ε. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής, άρα υπάρχει δ = δ(ζ) > ώστε αν x, y A και x y < δ τότε f(x) f(y) < ζ. Παρατηρήστε ότι το δ εξαρτάται μόνο από το ε, αφού το ζ εξαρτάται μόνο από το ε. Θεωρήστε x, y A με x y < δ. Τότε, τα u = f(x) και v = f(y) ανήκουν στο B και u v = f(x) f(y) < ζ. Άρα, (g f)(x) (g f)(y) = g(u) g(v) < ε. Επεται ότι η g f είναι ομοιόμορφα συνεχής. 7. Εστω f, g : I R ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις. Δείξτε ότι (α) η f + g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. (β) η f g δεν είναι αναγκαστικά ομοιόμορφα συνεχής στο I, αν όμως οι f, g υποτεθούν και φραγμένες τότε η f g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Υπόδειξη. (α) Εστω ε >. Αφού η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I, υπάρχει δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε. Ομοίως, αφού η g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I, υπάρχει δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε g(x) g(y) < ε. Ορίζουμε δ = min{δ, δ } >. Τότε, αν x, y I και x y < δ, έχουμε (f + g)(x) (f + g)(y) = (f(x) f(y)) + (g(x) g(y)) f(x) f(y) + g(x) g(y) < ε + ε = ε. Επεται ότι η f + g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. (β) Αν οι f, g είναι ομοιόμορφα συνεχείς στο I τότε η f g δεν είναι αναγκαστικά ομοιόμορφα συνεχής στο I: θεωρήστε τις f, g : [, + ) R με f(x) = g(x) = x. Αυτές είναι ομοιόμορφα συνεχείς στο [, + ), όμως η (f g)(x) = x δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Αν όμως οι ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις f, g : I R υποτεθούν και φραγμένες, τότε η f g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Υπάρχουν M, N > ώστε f(x) M και g(x) N για κάθε x I. Εστω ε >. Από την ομοιόμορφη συνέχεια των f και g μπορούμε να βρούμε δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε f(x) f(y) < Τότε, αν x, y I και x y < δ έχουμε ε M + N και g(x) g(y) < ε M + N. f(x)g(x) f(y)g(y) f(x) g(x) g(y) + g(y) f(x) f(y) < ε M M + N + N ε M + N = ε. 8. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα: για κάθε ε > υπάρχει M = M(ε) > ώστε αν x M τότε f(x) < ε. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής.

38 34 Ομοιομορφη συνεχεια Σημείωση: Η υπόθεση, ισοδύναμα, μας λέει ότι lim f(x) = lim f(x) =. x x + Υπόδειξη. Εστω ε >. Από την υπόθεση, υπάρχει M = M(ε) > ώστε αν x M τότε f(x) < ε/3. Επίσης, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [ M, M], οπότε είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [ M, M]. Άρα, υπάρχει δ = δ(ε) > με δ < M, ώστε αν x, y [ M, M] και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε/3. Θα δείξουμε ότι αν x, y R και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: (i) x, y (, M]: τότε, f(x) f(y) f(x) + f(y) < ε 3 + ε 3 < ε. (ii) x, y [M, + ): τότε, f(x) f(y) f(x) + f(y) < ε 3 + ε 3 < ε. (iii) x, y [ M, M]: τότε, από την επιλογή του δ έχουμε f(x) f(y) < ε 3 < ε. (iv) x < M < y: τότε, x [ M, M] (διότι δ < M) και x M < x y < δ, άρα f(x) f(m) < ε 3. Επίσης, M, y M άρα f(m) < ε 3 και f(y) < ε 3. Συνεπώς, f(x) f(y) f(x) f(m) + f(m) f(y) f(x) f(m) + f(m) + f(y) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. (v) x < M < y: όμοια με την προηγούμενη περίπτωση. Το ε > ήταν τυχόν, άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. 9. Εστω R και f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα: υπάρχει το f(x) και είναι πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. lim x + Υπόδειξη. Εστω l := g(x) = f(x) l. Τότε, lim f(x). Θεωρούμε τη συνάρτηση g : [, + ) R με x + g(x) =. Άρα, για κάθε ε > υπάρχει M = M(ε) > lim x + ώστε αν x M τότε g(x) < ε. Το επιχείρημα της Άσκησης 8 δείχνει ότι η g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Αφού η σταθερή συνάρτηση h(x) = l είναι επίσης ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ), έπεται ότι η f = g + h είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ).. Εστω f : R R ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχουν A, B > ώστε f(x) A x + B για κάθε x R. Υπόδειξη. Αφού η f : R R είναι ομοιόμορφα συνεχής, για ε = μπορούμε να βρούμε δ > ώστε: αν x, y R και x y < δ τότε f(x) f(y) <. δ Εστω x >. Θεωρούμε τον ελάχιστο φυσικό n = n x για τον οποίο n x > x (αυτός υπάρχει, από την Αρχιμήδεια ιδιότητα και από την αρχή του ελαχίστου). Τότε, ( ) (n x ) δ x < n x δ.

39 35 Θεωρούμε τα σημεία: x =, x = δ,..., x n = n δ. Εχουμε x k+ x k < δ για κάθε k =,,..., n και x x n < δ. Άρα, f(x) f() f(x) f(x n ) + + f(x ) f(x ) < n + = n x + < δ x + από την ( ). Δηλαδή, για κάθε x >. f(x) δ x + + f(). Δουλεύοντας με τον ίδιο τρόπο για x < δείξτε ότι f(x) x + + f() δ για κάθε x R. Επομένως, το ζητούμενο ισχύει με A = δ και B = f() +.. Εστω n N, n >. Χρησιμοποιώντας την προηγούμενη Άσκηση δείξτε ότι η συνάρτηση f(x) = x n, x R δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής. Υπόδειξη. Εστω n >. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f(x) = x n, x R είναι ομοιόμορφα συνεχής. Από την Άσκηση υπάρχουν A, B > ώστε x n Ax + B για κάθε x >. Τότε, x n A + B x ( ) για κάθε x >. Αφού n >, έχουμε lim x + xn = +. Ομως, lim A + B x + x = A. Αυτό οδηγεί σε άτοπο.. (α) Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι υπάρχει > ώστε η f να είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). (β) Δείξτε ότι η f(x) = x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Υπόδειξη. (α) Εχουμε υποθέσει ότι υπάρχει > ώστε η f να είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Επίσης, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, ], άρα είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, ]. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ) χρησιμοποιώντας την τεχνική της Άσκησης 8 (διακρίνοντας περιπτώσεις). (β) Η f(x) = x είναι συνεχής στο [, + ). Αν x, y [, + ), τότε f(x) f(y) = x y = x y x y, x + y δηλαδή η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz στο [, + ). Συνεπώς, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Τώρα, μπορείτε να εφαρμόσετε το (α). 3. Εστω f : (, b) R ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση ˆf : [, b] R ώστε ˆf(x) = f(x) για κάθε x (, b). Υπόδειξη. Είδαμε (στη θεωρία) ότι αν η f : (, b) R είναι ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση, τότε υπάρχουν τα lim x + f(x) = l και lim x b f(x) = m

40 36 Ομοιομορφη συνεχεια και είναι πραγματικοί αριθμοί. Αν επεκτείνουμε την f στο [, b] ορίζοντας ˆf() = l, ˆf(b) = m και ˆf(x) = f(x) για x (, b), τότε η ˆf : [, b] R είναι συνεχής στο [, b]. 4. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ομοιόμορφα συνεχείς. (i) f : R R με f(x) = 3x +. (ii) f : [, + ) R με f(x) = x. (iii) f : (, π] R με f(x) = x sin x. (iv) f : (, ) R με f(x) = sin x. (v) f : (, ) R με f(x) = x sin x. (vi) f : (, ) R με f(x) = sin x x. (vii) f : (, ) R με f(x) = cos(x3 ) x. (viii) f : R R με f(x) = x +4. (ix) f : R R με f(x) = x + x. (x) f : [, ] R με f(x) = (xi) f : R R με f(x) = x sin x. x x +. (xii) f : [, + ) R με f(x) = cos(x ) x+. Υπόδειξη. Ολες οι συναρτήσεις είναι συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους. (i) f : R R με f(x) = 3x +. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής: είναι Lipschitz συνεχής με σταθερά 3. Για την ακρίβεια, για κάθε x, y R. f(x) f(y) = 3 x y (ii) f : [, + ) R με f(x) = x. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής: είναι Lipschitz συνεχής, αφού στο [, + ). f (x) = x 4 (iii) f : (, π] R με f(x) = x sin x. Η f ορίζεται στο ημιανοικτό διάστημα (, π] και sin x lim f(x) = lim sin x = =. x + x + x Συνεπώς, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. (iv) f : (, ) R με f(x) = sin x. Η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής, διότι δεν υπάρχει το lim sin x + x. (v) f : (, ) R με f(x) = x sin x. Επεκτείνουμε την f σε συνεχή συνάρτηση στο [, + ), θέτοντας f() = lim x + f(x) = lim x + x sin x =.

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

< 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

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) = 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

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

Λύσεις Διαγωνισμάτος 1 Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές

Λύσεις Διαγωνισμάτος 1 Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές Τμήμα Μηχανικών Οικονομίας και Διοίκησης Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Γ. Καραγιώργος ykarag@aegea.gr Λύσεις Διαγωνισμάτος Ενότητα: Ακολουθίες-Σειρές Άσκηση. Έστω ακολουθία (a ), για την οποία ισχύει ότι Θεωρούμε

Διαβάστε περισσότερα

lim y < inf B + ε = x = +. f(x) =

lim y < inf B + ε = x = +. f(x) = ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Εξετάσεις στη Μαθηματική Ανάλυση Ι ΟΜΑΔΑ: Α 8 Μαρτίου, 0 Θέμα. (αʹ) Εστω A, B μη κενά σύνολα πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε x y, για

Διαβάστε περισσότερα

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1),

i=1 i=1 i=1 (x i 1, x i +1) (x 1 1, x k +1), Κεφάλαιο 6 Συμπάγεια 6.1 Ορισμός της συμπάγειας Οπως θα φανεί στην αμέσως επόμενη παράγραφο, υπάρχουν διάφοροι τρόποι με τους οποίους μπορεί κανείς να εισάγει την έννοια του συμπαγούς μετρικού χώρου. Ο

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

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

(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

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

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

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

Πρόταση. f(x) ομοιόμορφα συνεχής στο I. δ (ɛ) > 0 : x, ξ I, x ξ < δ (ɛ, ξ) f(x) f(ξ) < ɛ. ɛ > 0, δ > 0 : ΜΗ ομοιόμορφα συνεχής.

Πρόταση. f(x) ομοιόμορφα συνεχής στο I. δ (ɛ) > 0 : x, ξ I, x ξ < δ (ɛ, ξ) f(x) f(ξ) < ɛ. ɛ > 0, δ > 0 : ΜΗ ομοιόμορφα συνεχής. f(x) ομοιόμορφα συνεχής στο I ɛ > 0, δ (ɛ) > 0 : x, ξ I, x ξ < δ (ɛ, ξ) f(x) f(ξ) < ɛ f(x) ΜΗ ομοιόμορφα συνεχής ɛ > 0, δ > 0 : x, ξ I, x ξ < δ f(x) f(ξ) ɛ f(x) συνεχής στο [a, b] f(x) ομοιόμορφα συνεχής

Διαβάστε περισσότερα

Eisagwg sthn Anˆlush II

Eisagwg sthn Anˆlush II Eisgwg sthn Anˆlush II Μ. Παπαδημητράκης Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Φθινόπωρο 006 Prìlogoc Οι σημειώσεις αυτές διαφέρουν από τις παλιότερες κατά πολύ.. Εχει προστεθεί ύλη και έχουν γίνει πολλές

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012)

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012) ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 5 Δεκεμβρίου 2012) Τμήμα Θ. Αποστολάτου & Π. Ιωάννου 1 Σειρές O Ζήνων ο Ελεάτης (490-430 π.χ.) στη προσπάθειά του να υποστηρίξει

Διαβάστε περισσότερα

f(x) f(c) x 1 c x 2 c

f(x) f(c) x 1 c x 2 c Μαθηματικός Λογισμός Ι Φθινόπωρο 2014 Σημειώσεις 1-12-14 Μ. Ζαζάνης 1 Πραγματικές Συναρτήσεις και Ορια Εστω S R ένα υποσύνολο του R και f : S R μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το S και τιμές στους πραγματικούς

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

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΕΤΑΡΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 9--3 Μ. Παπαδημητράκης. Εκτός από το κριτήριο του Cauchy, όλα τα άλλα κριτήρια σύγκλισης μιας σειράς που είδαμε μέχρι τώρα (απόλυτης σύγκλισης, σύγκρισης δυο σειρών, λόγου,

Διαβάστε περισσότερα

> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!).

> ln 1 + ln ln n = ln(1 2 3 n) = ln(n!). η Διάλεξη: Άρρητοι αριθμοί Το σύνολο Q των ρητών αριθμών είναι το Q = { m n : m Z, n N}. αριθμός που δεν είναι ρητός λέγεται άρρητος. Ενας πραγματικός Ασκηση: Αποδείξτε ότι το άθροισμα και το γινόμενο

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Ι και Εφαρμογές Σημειώσεις από τις παραδόσεις Α. Γιαννόπουλος Τμήμα Φυσικής Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 2018

Ανάλυση Ι και Εφαρμογές Σημειώσεις από τις παραδόσεις Α. Γιαννόπουλος Τμήμα Φυσικής Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 2018 Ανάλυση Ι και Εφαρμογές Σημειώσεις από τις παραδόσεις Α. Γιαννόπουλος Τμήμα Φυσικής Πανεπιστήμιο Αθηνών Αθήνα 08 Περιεχόμενα Το σύνολο των πραγματικών αριθμών. Φυσικοί, ακέραιοι και ρητοί αριθμοί............................

Διαβάστε περισσότερα

Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β.

Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β. Η έννοια της ακολουθίας Ξέρουμε ότι: Συνάρτηση-απεικόνιση με πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α και πεδίο τιμών ένα σύνολο Β είναι κάθε μονοσήμαντη απεικόνιση f του Α στο Β. Δηλαδή: f : A B Η ακολουθία είναι συνάρτηση.

Διαβάστε περισσότερα

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i

h(x, y) = card ({ 1 i n : x i y i Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι 1.1 Ορισμός και παραδείγματα Ορισμός 1.1.1 μετρική). Εστω X ένα μη κενό σύνολο. Μετρική στο X λέγεται κάθε συνάρτηση ρ : X X R με τις παρακάτω ιδιότητες: i) ρx, y) για κάθε x,

Διαβάστε περισσότερα

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

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) =

f(t) = (1 t)a + tb. f(n) = Παράρτημα Αʹ Αριθμήσιμα και υπεραριθμήσιμα σύνολα Αʹ1 Ισοπληθικά σύνολα Ορισμός Αʹ11 (ισοπληθικότητα) Εστω A, B δύο μη κενά σύνολα Τα A, B λέγονται ισοπληθικά αν υπάρχει μια συνάρτηση f : A B, η οποία

Διαβάστε περισσότερα

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].

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]. 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).

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΤΡΙΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 28--3 Μ. Παπαδημητράκης. ΚΡΙΤΗΡΙΟ ΑΠΟΛΥΤΗΣ ΣΥΓΚΛΙΣΗΣ. Αν η σειρά + = x συγκλίνει απολύτως, τότε συγκλίνει και + x x. = = Δεν θα παρουσιάσω την απόδειξη. Διαβάστε την στο βιβλίο.

Διαβάστε περισσότερα

Ακολουθίες & Σειρές. Κώστας Γλυκός ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ. Kglykos.gr. σε Ακολουθίες, Σειρές, Δυναμοσειρές. τεχνικές.

Ακολουθίες & Σειρές. Κώστας Γλυκός ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ. Kglykos.gr. σε Ακολουθίες, Σειρές, Δυναμοσειρές. τεχνικές. Ακολουθίες & Σειρές Κώστας Γλυκός Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ σε Ακολουθίες Σειρές Δυναμοσειρές τεχνικές 0 ασκήσεις Ι δ ι α ί τ ε ρ α μ α θ ή μ α τ α 6 9 7. 0 0. 8 8. 8 8 Kglykos.gr / / 0 9 εκδόσεις Καλό

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι Ασκήσεις

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις τέταρτου φυλλαδίου ασκήσεων. ( n(n+1) e 1 ( . Αποδείξτε ότι: Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 08-9. Λύσεις τέταρτου φυλλαδίου ασκήσεων. +) 7 +) +), 5 +7 5 5, +log ) 7 log 4, +, ++ + + ) +4+4 + +4, + si +, +) +), + [ ], + + 0, + +, ) +,,

Διαβάστε περισσότερα

1 + t + s t. 1 + t + s

1 + t + s t. 1 + t + s Κεφάλαιο 1 Μετρικοί χώροι Ομάδα Α 1.1. Εστω (X, ) χώρος με νόρμα. Δείξτε ότι η νόρμα είναι άρτια συνάρτηση και ικανοποιεί την ανισότητα x y x y για κάθε x, y X. Υπόδειξη. Για κάθε x X έχουμε x = ( 1)x

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΒΔΟΜΟ ΜΑΘΗΜΑ, 6-12-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Τώρα θα δούμε την απόδειξη του Θεωρήματος που διατυπώσαμε στο τέλος του προηγούμενου μαθήματος. Απόδειξη. [α] Θεωρούμε συνάρτηση f : A R και

Διαβάστε περισσότερα

ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ: Ορισμός Cauchy

ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ: Ορισμός Cauchy ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ: Ορισμός Cauchy Augustin- Louis Cauchy 1789-1857 ΠΛΕΥΡΙΚΑ ΟΡΙΑ Ορισμός σύγκλισης Cauchy συγκλίνει για x ξ Η συνάρτηση f(x) ɛ > 0 δ (ɛ, ξ) : x ξ < δ f(x) l < ɛ f(x) = l + f(x) = l +

Διαβάστε περισσότερα

Ακολουθίες πραγματικών αριθμών

Ακολουθίες πραγματικών αριθμών ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ακολουθίες πραγματικών αριθμών Όταν διαδοχικές τιµές που παίρνει µία μεταβλητή προσεγγίζουν απεριόριστα µία συγκεκριµένη τιµή έτσι ώστε τελικά να διαφέρουν από αυτήν λιγότερο από όσο επιθυµεί

Διαβάστε περισσότερα

5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους

5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους 121 5 Σύγκλιση σε τοπολογικούς χώρους Στο κεφάλαιο αυτό πρόκειται να μελετήσουμε την έννοια της σύγκλισης σε γενικούς τοπολογικούς χώρους, πέραν των μετρικών χώρων. Όπως έχουμε ήδη διαπιστώσει ( πρβλ.

Διαβάστε περισσότερα

B = {x A : f(x) = 1}.

B = {x A : f(x) = 1}. Θεωρία Συνόλων Χειμερινό Εξάμηνο 016 017 Λύσεις 1. Χρησιμοποιώντας την Αρχή του Περιστερώνα για τους φυσικούς αριθμούς, δείξτε ότι για κάθε πεπερασμένο σύνολο A και για κάθε f : A A, αν η f είναι 1-1 τότε

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Έστω μια δυναμοσειρά a (x ξ) = a 0 + a (x ξ) + a 2 (x ξ) 2 + με ακτίνα σύγκλισης R και με ρ = lim a. Αν x = ξ, η δυναμοσειρά συγκλίνει και έχει άθροισμα

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

ΜΕΜ251 Αριθμητική Ανάλυση

ΜΕΜ251 Αριθμητική Ανάλυση ΜΕΜ251 Αριθμητική Ανάλυση Διάλεξη 03, 12 Φεβρουαρίου 2018 Μιχάλης Πλεξουσάκης Τμήμα Μαθηματικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών Περιεχόμενα 1. Επαναληπτικές μέθοδοι - Γενική θεωρία 2. Η μέθοδος του Newton

Διαβάστε περισσότερα

Ακολουθίες & Σειρές. Κώστας Γλυκός ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ. Kglykos.gr. σε Ακολουθίες, Σειρές, Δυναμοσειρές. τεχνικές.

Ακολουθίες & Σειρές. Κώστας Γλυκός ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ. Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ. Kglykos.gr. σε Ακολουθίες, Σειρές, Δυναμοσειρές. τεχνικές. Ακολουθίες & Σειρές Κώστας Γλυκός Ασκήσεις για ΑΕΙ και ΤΕΙ σε Ακολουθίες, Σειρές, Δυναμοσειρές τεχνικές 0 ασκήσεις Ι δ ι α ί τ ε ρ α μ α θ ή μ α τ α 6 9 7. 0 0. 8 8. 8 8 Kglykos.gr / / 0 7 εκδόσεις Καλό

Διαβάστε περισσότερα

j=1 x n (i) x s (i) < ε.

j=1 x n (i) x s (i) < ε. Κεφάλαιο 5 Πληρότητα 5.1 Πλήρεις μετρικοί χώροι Ορισμός 5.1.1 (πλήρης μετρικός χώρος). Ενας μετρικός χώρος (X, ρ) λέγεται πλήρης (complete) αν κάθε ρ βασική ακολουθία (x n ) στον X είναι ρ συγκλίνουσα.

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

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Πραγματική Ανάλυση. Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Πραγματική Ανάλυση. Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Πραγματική Ανάλυση Μέτρο και ολοκλήρωμα Lebesgue στο R Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα Το μέτρο Lebesgue.. Μήκη διαστημάτων..................................2

Διαβάστε περισσότερα

Όταν η s n δεν συγκλίνει λέμε ότι η σειρά αποκλίνει.

Όταν η s n δεν συγκλίνει λέμε ότι η σειρά αποκλίνει. Όταν η s δεν συγκλίνει λέμε ότι η σειρά αποκλίνει. Παρατήρηση: Το αντίστροφο του προηγουμένου θεωρήματος δεν ισχύει. Παράδειγμα η σειρά με νιοστό όρο α = +-. Τότε lim α =0. Όμως s =α +α + +α = - + 3- +...+

Διαβάστε περισσότερα

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης

Μιχάλης Παπαδημητράκης. Αρμονική Ανάλυση. Τμήμα Μαθηματικών. Πανεπιστήμιο Κρήτης Μιχάλης Παπαδημητράκης Αρμονική Ανάλυση Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Κρήτης Περιεχόμενα 1 Το ολοκλήρωμα Lebesgue. 1 1.1 Σύνολα μηδενικού μέτρου..................................... 1 1.2 Η συλλογή C

Διαβάστε περισσότερα

a n = sup γ n. lim inf n n n lim sup a n = lim lim inf a n = lim γ n. lim sup a n = lim β n = 0 = lim γ n = lim inf a n. 2. a n = ( 1) n, n = 1, 2...

a n = sup γ n. lim inf n n n lim sup a n = lim lim inf a n = lim γ n. lim sup a n = lim β n = 0 = lim γ n = lim inf a n. 2. a n = ( 1) n, n = 1, 2... ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ Β.ΒΛΑΧΟΥ, Α. ΣΟΥΡΜΕΛΙΔΗΣ Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Πατρών Φθινόπωρο 2013 1 Θα θέλαμε να αναφέρουμε ότι για την συγγραφή αυτών των σημειώσεων χρησιμοποιήσαμε ιδιαίτερα α)το βιβλίο

Διαβάστε περισσότερα

sin(5x 2 ) sin(4x) e 5t 2 1 (ii) lim x 0 10x 3 (iii) lim (iv) lim. 10t sin(ax) = 1. = 1 1 a lim = sin(5x2 ) = 2. f (x) = sin x. = e5t 1 = 1 0 = 0.

sin(5x 2 ) sin(4x) e 5t 2 1 (ii) lim x 0 10x 3 (iii) lim (iv) lim. 10t sin(ax) = 1. = 1 1 a lim = sin(5x2 ) = 2. f (x) = sin x. = e5t 1 = 1 0 = 0. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΕΙΡΟΣΤΙΚΟΥ ΛΟΓΙΣΜΟΥ Ι, Φυλλάδιο 3 Λύσεις Ασκήσεων. Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια. sia) i) ποιες συνθήκες πρέπει να ισχύουν για τα a, β ώστε να έχει νόημα το όριο;) 0 siβ) si5 ) si4) cos cos

Διαβάστε περισσότερα

G n. n=1. n=1. n=1 G n) = m (E). n=1 G n = k=1

G n. n=1. n=1. n=1 G n) = m (E). n=1 G n = k=1 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Επαναληπτικές Εξετάσεις στη Θεωρία Μέτρου και Ολοκλήρωση Θέμα. Εστω R Lebesgue μετρήσιμο σύνολο. (αʹ) Να αποδειχθεί ότι για κάθε ε

Διαβάστε περισσότερα

35 Χρήσιμες Προτάσεις με αποδείξεις Γ Λυκείου Μαθηματικά Κατεύθυνσης

35 Χρήσιμες Προτάσεις με αποδείξεις Γ Λυκείου Μαθηματικά Κατεύθυνσης 4 5 35 Χρήσιμες Προτάσεις με αποδείξεις Γ Λυκείου Μαθηματικά Κατεύθυνσης Περίληψη: Στο ένθετο αυτό περιλαμβάνονται 35 βασικές προτάσεις, μικρά λήμματα χρήσιμα για τις εξετάσεις. Μας βοηθούν να «ξεκλειδώνουμε»

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Εξέταση στο μάθημα Ανάλυση Ι & Εφαρμογές 26 Φεβρουαρίου 2015

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Εξέταση στο μάθημα Ανάλυση Ι & Εφαρμογές 26 Φεβρουαρίου 2015 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Εξέταση στο μάθημα Ανάλυση Ι & Εφαρμογές 26 Φεβρουαρίου 25 Απαντήστε και στα 4 προβλήματα με σαφήνεια και απλότητα. Όσοι έχουν πάρει προβιβάσιμο βαθμό στην Πρόοδο (πάνω

Διαβάστε περισσότερα

Μερικές φορές δεν μπορούμε να αποφανθούμε για την τιμή του άπειρου αθροίσματος.

Μερικές φορές δεν μπορούμε να αποφανθούμε για την τιμή του άπειρου αθροίσματος. Σειρές Σειρές και μερικά αθροίσματα: Το πρόβλημα της άθροισης μιας σειράς άπειρων όρων είναι πολύ παλιό. Μερικές φορές μια τέτοια σειρά καταλήγει σε πεπερασμένο αποτέλεσμα, μερικές φορές απειρίζεται και

Διαβάστε περισσότερα

ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΕΙΡΕΣ. Ορισμός 1. Μια 1 1 (ένα προς ένα) συνάρτηση με πεδίο ορισμού το και πεδίο τιμών ένα υποσύνολο X του, δηλαδή μία 1 1 συνάρτηση

ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΕΙΡΕΣ. Ορισμός 1. Μια 1 1 (ένα προς ένα) συνάρτηση με πεδίο ορισμού το και πεδίο τιμών ένα υποσύνολο X του, δηλαδή μία 1 1 συνάρτηση ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΕΙΡΕΣ 1. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ Ορισμός 1. Μια 1 1 (ένα προς ένα) συνάρτηση με πεδίο ορισμού το και πεδίο τιμών ένα υποσύνολο X του, δηλαδή μία 1 1 συνάρτηση : 1 λέγεται ακολουθία πραγματικών αριθμών ή

Διαβάστε περισσότερα

Λύσεις Εξετάσεων Φεβρουαρίου Ακ. Έτους

Λύσεις Εξετάσεων Φεβρουαρίου Ακ. Έτους ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ, 6-7 ΤΜΗΜΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΕΠΙΚ. ΚΑΘ. ΣΤΑΥΡΟΣ ΤΟΥΜΠΗΣ Λύσεις Εξετάσεων Φεβρουαρίου Ακ. Έτους 6-7. Περιοδικές Συναρτήσεις) Έστω συνεχής συνάρτηση f : R R περιοδική

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΕΙΚΟΣΤΟ ΔΕΥΤΕΡΟ ΜΑΘΗΜΑ Άσκηση 0... Θεωρήστε τη σειρά συναρτήσεων sin( ). Αποδείξτε ότι η σειρά συγκλίνει σε κάποια συνάρτηση s κατά σημείο στο R και ομοιόμορφα στο [ a, a]

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ KΕΦΑΛΑΙΟ 5 ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 5 Ορισµοί Εστω α δοθείσα πραγµατική ακολουθία Ορίζουµε µία νέα ακολουθία ως εξής: 3 3 = + + + = = + = + + Ορισµός 5 Εάν υπάρχει το lim + = τότε η ακολουθία καλείται

Διαβάστε περισσότερα

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ

KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ 4. Ορισµοί KΕΦΑΛΑΙΟ 4 AΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Ορισµός 4.. Μία συνάρτηση : µε πεδίο ορισµού το σύνολο των φυσικών αριθµών και τιµές στην πραγµατική ευθεία καλείται ακολουθία πραγµατικών αριθµών.

Διαβάστε περισσότερα

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l.

f (x) = l R, τότε f (x 0 ) = l. Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο 5: Παράγωγος Α Οµάδα 1. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας). (α) Αν η f είναι παραγωγίσιµη

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΣ002: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση)

ΜΑΣ002: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση) ΜΑΣ00: Μαθηματικά ΙΙ ΑΣΚΗΣΕΙΣ (για εξάσκηση) ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΚΑΙ ΣΕΙΡΕΣ:. Να γράψετε τους πρώτους πέντε όρους της κάθε ακολουθίας: (β) (γ), Απαντήσεις: {/, /, 7/8, 5/6, /} (β) {, /5, /,5/, /7} (γ) {, /,, /,

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 2 Μ. Παπαδημητράκης. ΔΕΚΑΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Τώρα θα μας απασχολήσουν τρία ερωτήματα σε σχέση με την κατά σημείο σύγκλιση ακολουθίας συναρτήσεων. Και για τα τρία ερωτήματα θα υποθέσουμε ότι f f στο

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

Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου

Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Ακουλουθίες ρ. Κωνσταντίνα Παναγιωτίδου Σχολή Ναυτικών οκίµων Ακ. Ετος 2018-2019 Εισαγωγικά Βασικοί Ορισµοί Μονοτονία Ακολουθίας Φραγµένη Ακολουθία Υπακολουθίες Σύγκλιση - Απόκλιση Ακολουθιών N = {1, 2,

Διαβάστε περισσότερα

Σηµειώσεις στις σειρές

Σηµειώσεις στις σειρές . ΟΡΙΣΜΟΙ - ΓΕΝΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Σηµειώσεις στις σειρές Στην Ενότητα αυτή παρουσιάζουµε τις βασικές-απαραίτητες έννοιες για την µελέτη των σειρών πραγµατικών αριθµών και των εφαρµογών τους. Έτσι, δίνονται συστηµατικά

Διαβάστε περισσότερα

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΚΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 5--3 Μ. Παπαδημητράκης. Είδαμε στο προηγούμενο μάθημα ότι για να έχει νόημα το όριο f(x) x ξ πρέπει το ξ να είναι σε κατάλληλη θέση σε σχέση με το πεδίο ορισμού A της συνάρτησης

Διαβάστε περισσότερα

ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ. v. Σε αυτή την περίπτωση το lim v

ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ. v. Σε αυτή την περίπτωση το lim v ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Η ακολουθία { α ν } λέγεται αθροίσιμη αν η ακολουθία {S ν } συγκλίνει, όπου S 2 3.... Σε αυτή την περίπτωση το lim S συμβολίζεται με και λέγεται το άθροισμα της ακολουθίας {

Διαβάστε περισσότερα

κυρτές συναρτήσεις. Αν η g είναι γνησίως αύξουσα τότε η gof : είναι κυρτή. . Θα δείξουμε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα.

κυρτές συναρτήσεις. Αν η g είναι γνησίως αύξουσα τότε η gof : είναι κυρτή. . Θα δείξουμε ότι η h είναι γνησίως αύξουσα. Άσκηση Έστω f, g: κυρτές συναρτήσεις Αν η g είναι γνησίως αύξουσα τότε η gof : είναι κυρτή Λύση Θα δείξουμε ότι η h ( ) Θέτουμε h( ) gof ( ) g f ( ) είναι γνησίως αύξουσα h( ) g f ( ) f ( ) Έχουμε ότι

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ. 2.1 Συνάρτηση

Κεφάλαιο 2 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ. 2.1 Συνάρτηση Κεφάλαιο 2 ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ 2.1 Συνάρτηση Η έννοια της συνάρτησης είναι ϐασική σ όλους τους κλάδους των µαθη- µατικών, αλλά και πολλών άλλων επιστηµών. Ο λόγος είναι, ότι µορφοποιεί τη σχέση

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΙΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Λογισμός Ι Ενότητα 2: Ακολουθίες - Σειρές Κ. Δασκαλογιάννης Τμήμα Μαθηματικών Α.Π.Θ. (Α.Π.Θ.) Λογισμός Ι 1 / 83 Άδειες Χρήσης Το παρόν

Διαβάστε περισσότερα

0x2 = 2. = = δηλαδή η f δεν. = 2. Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [0,3]. Συνεπώς δεν. x 2. lim f (x) = lim (2x 1) = 3 και x 2 x 2

0x2 = 2. = = δηλαδή η f δεν. = 2. Άρα η συνάρτηση f δεν είναι συνεχής στο [0,3]. Συνεπώς δεν. x 2. lim f (x) = lim (2x 1) = 3 και x 2 x 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ ο: ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΟ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΕΝΟΤΗΤΑ 8: ΘΕΩΡΗΜΑ BOLZANO - ΠΡΟΣΗΜΟ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΕΝΔΙΑΜΕΣΩΝ ΤΙΜΩΝ - ΘΕΩΡΗΜΑ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ - ΣΥΝΟΛΟ ΤΙΜΩΝ ΣΥΝΕΧΟΥΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 2. Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ Μ. Παπαδημητράκης. 1 ΤΡΙΑΚΟΣΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ Ας θυμηθούμε από την περασμένη φορά ότι ένα σύνολο M σε έναν μετρικό χώρο (X, d είναι συμπαγές όταν: αν έχουμε οποιαδήποτε ανοικτά σύνολα που καλύπτουν

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΔΕΚΑΤΟ ΠΕΜΠΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 8-11-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Το Θεώρημα των Bolzano και Weierstrass συμπληρώνεται με την εξής Πρόταση (.16 του βιβλίου). ΠΡΟΤΑΣΗ. [α] Κάθε όχι άνω φραγμένη ακολουθία έχει

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΕΝΑΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, 12-12-13 Μ. Παπαδημητράκης. 1 Ας δούμε ένα παράδειγμα υπολογισμού ορίου με χρήση της συνέχειας της σύνθεσης συνεχών συναρτήσεων. Παράδειγμα. Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο

Διαβάστε περισσότερα

Για την κατανόηση της ύλης αυτής θα συμβουλευθείτε επίσης το: βοηθητικό υλικό που υπάρχει στη

Για την κατανόηση της ύλης αυτής θα συμβουλευθείτε επίσης το: βοηθητικό υλικό που υπάρχει στη ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ι (ΘΕ ΠΛΗ ) ΕΡΓΑΣΙΑ 4 η Ημερομηνία Αποστολής στον Φοιτητή: Φεβρουαρίου Ημερομηνία παράδοσης της Εργασίας: 6 Μαρτίου Πριν από την λύση κάθε άσκησης καλό είναι να

Διαβάστε περισσότερα

1. Υπολογίστε, όπου αυτές υπάρχουν, τις παραγώγους των συναρτήσεων:

1. Υπολογίστε, όπου αυτές υπάρχουν, τις παραγώγους των συναρτήσεων: Υπολογίστε, όπου αυτές υπάρχουν, τις παραγώγους των συναρτήσεων:, g, h Απάντηση: Η με έχει παράγωγο 4 Μπορούμε όμως να εργαστούμε ως εξής: Είναι άρα 4 Η g με g έχει παράγωγο : g Η συνάρτηση h με h έχει

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2019 ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2019 ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΛΥΣΕΙΣ ΣΤΟ ο ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΜΕΝΟ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 9 ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΟΜΑΔΑΣ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΚΑΙ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ 5/4/9 ΘΕΜΑ Α Α. Θεωρία-Ορισμός,σχολικού

Διαβάστε περισσότερα

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n

1 1 + nx. f n (x) = nx 1 + n 2 x 2. x2n 1 + x 2n Οι ασκήσεις αυτές έχουν σκοπό να βοηθήσουν τους φοιτητές στην μελέτη τους για το μάθημα «Ανάλυση ΙΙ» του Τμήματος Μαθηματικών του Πανεπιστημίου Αιγαίου. Συνιστούμε στους φοιτητές να επεξεργαστούν αυτές

Διαβάστε περισσότερα

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 20 Νοεμβρίου 2012

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι (ανανεωμένο στις 20 Νοεμβρίου 2012 ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ Τμήμα Φυσικής Σημειώσεις Ανάλυσης Ι ανανεωμένο στις 20 Νοεμβρίου 202 Τμήμα Θ Αποστολάτου & Π Ιωάννου Ακολουθίες - Όρια ακολουθιών Έστω η ακολουθία μια αριθμημένη σειρά δηλαδή) των αριθμών:

Διαβάστε περισσότερα

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑ Α. , έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x 0.

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑ Α. , έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την x 0. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑ Α Άσκηση Θεωρούμε τον παρακάτω ισχυρισμό: «Αν η συνάρτηση την» ορίζεται στο τότε δεν μπορεί να έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη ) Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό γράφοντας

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

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

AkoloujÐec sunart sewn A. N. Giannakìpouloc, Tm ma Statistik c OPA

AkoloujÐec sunart sewn A. N. Giannakìpouloc, Tm ma Statistik c OPA AkoloujÐec sunrt sewn A. N. Ginnkìpouloc, Tm m Sttistik c OPA Eisgwg Στη διάλεξη αυτή θα μελετήσουμε την έννοια της σύγκλισης ακολουθίων συναρτήσεων και συγκεκριμένα την έννοια της ομοιόμορφης σύγκλισης.

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

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης.

ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, Μ. Παπαδημητράκης. ΑΝΑΛΥΣΗ ΕΙΚΟΣΤΟ ΠΡΩΤΟ ΜΑΘΗΜΑ, --3 Μ. Παπαδημητράκης. Τώρα θα δούμε μια ακόμη εφαρμογή του Κριτηρίου του Ολοκληρώματος. Παράδειγμα. Γνωρίζουμε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει στο +, το οποίο φυσικά σημαίνει

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις3 Διαγωνίσιμες Γραμμικές Απεικονίσεις

Ασκήσεις3 Διαγωνίσιμες Γραμμικές Απεικονίσεις Ασκήσεις 5 Βασικά σημεία Ιδιότητες ιδιόχωρων: Έστω,, Ισχύουν τα εξής Ασκήσεις Διαγωνίσιμες Γραμμικές Απεικονίσεις κάποιες διακεκριμένες ιδιοτιμές της γραμμικής απεικόνισης : V V, όπου o Αν v v 0, όπου

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις3 Διαγωνισιμότητα Βασικά σημεία Διαγωνίσιμοι πίνακες: o Ορισμός και παραδείγματα.

Ασκήσεις3 Διαγωνισιμότητα Βασικά σημεία Διαγωνίσιμοι πίνακες: o Ορισμός και παραδείγματα. Ασκήσεις 0 Ασκήσεις Διαγωνισιμότητα Βασικά σημεία Διαγωνίσιμοι πίνακες: o Ορισμός και παραδείγματα o H -στήλη του P P είναι E αν και μόνο αν η -στήλη του P είναι ιδιοδιάνυσμα του που αντιστοιχεί στην ιδιοτιμή

Διαβάστε περισσότερα

********* Β ομάδα Κυρτότητα Σημεία καμπής*********

********* Β ομάδα Κυρτότητα Σημεία καμπής********* ********* Β ομάδα Κυρτότητα Σημεία καμπής********* 5 Για την δύο φορές παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση ισχύει: e για κάθε R. Να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της δεν παρουσιάζει σημείο καμπής. Υποθέτουμε

Διαβάστε περισσότερα

Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών Πραγματική Ανάλυση Πέτρος Βαλέττας Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών 2010-11 Περιεχόμενα I Μετρικοί χώροι 1 1 Μετρικοί χώροι 3 1.1 Ορισμός και παραδείγματα........................... 3 1.2 Χώροι με

Διαβάστε περισσότερα

Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου

Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου Η Θεωρία στα Μαθηματικά κατεύθυνσης της Γ Λυκείου wwwaskisopolisgr έκδοση 5-6 wwwaskisopolisgr ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ 5 Τι ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση; Έστω Α ένα υποσύνολο του Ονομάζουμε πραγματική συνάρτηση

Διαβάστε περισσότερα

). Πράγματι, στο διάστημα [ x, x 1 2 ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει ξ x 1,

). Πράγματι, στο διάστημα [ x, x 1 2 ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Επομένως, υπάρχει ξ x 1, ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΔΕΥΤΕΡΑ 8 MAΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A Αποδεικνύουμε το θεώρημα στην περίπτωση που

Διαβάστε περισσότερα

x είναι f 1 f 0 f κ λ

x είναι f 1 f 0 f κ λ 3 Ο ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ [Κεφάλαια, Μέρος Β' του σχολικού βιβλίου] ΘΕΜΑ Α.Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 4.. Βλέπε σχολικό βιβλίο, σελίδα 88, 89. 3. α) ΣΩΣΤΟ, διότι αν η f παραγωγίσιμη στο χ

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 2018-19. Λύσεις έβδομου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Έχουν οι παρακάτω συναρτήσεις μέγιστη ή ελάχιστη τιμή στο διάστημα (0, 1); Στο διάστημα (, + ); Στο διάστημα [0,

Διαβάστε περισσότερα

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων.

Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων. Απειροστικός Λογισμός Ι, χειμερινό εξάμηνο 018-19. Λύσεις ένατου φυλλαδίου ασκήσεων. 1. Έστω a < b. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ ώστε (i) a < ξ < b και e b e a = (b a)e ξ. (ii) a < ξ < b και cos b cos a = (e

Διαβάστε περισσότερα

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Το 1ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ. Το 1ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις Επιμέλεια Καραγιάννης Β. Ιωάννης Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ Το ο Θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις Ερωτήσεις+Απαντήσεις

Διαβάστε περισσότερα

M. J. Lighthill. g(y) = f(x) e 2πixy dx, (1) d N. g (p) (y) =

M. J. Lighthill. g(y) = f(x) e 2πixy dx, (1) d N. g (p) (y) = Εισαγωγή στην ανάλυση Fourier και τις γενικευμένες συναρτήσεις * M. J. Lighthill μετάφραση: Γ. Ευθυβουλίδης ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΩΝ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ΚΑΙ ΤΩΝ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΩΝ ΤΟΥΣ FOURIER 2.1. Καλές

Διαβάστε περισσότερα