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

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Λύσανδρος Θεοδωρίδης
9 χρόνια πριν
Προβολές:

1 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 < sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. (ϐ ) Εστω ότι α ν = α <. Να δείξετε ότι υπάρχει ν N, τέτοιο ώστε α ν < για κάθε ν ν. Λύση. (α ) Αν επιλέξουµε ε = sup B inf A >, τότε από τον χαρακτηρισµό supremum και infimum ϑα υπάρχουν α A και β B τέτοια ώστε α < inf A + ε = sup B ε < β. Άρα α < β.

είξτε ότι αν inf A < sup B, τότε υπάρχουν στοιχεία α A και β B µε α < β. (ϐ ) Εστω ότι α ν = α <.

2 (ϐ ) Εφαρµόζουµε τον ορισµό του ορίου ακολουθίας για ε > αρκετά µικρό έτσι ώστε α + ε < (π.χ. ε = α ) και έχουµε ότι υπάρχει ν N, τέτοιο ώστε α ν < α + ε <, για κάθε ν ν. Θ. (α ) είξτε ότι αν ν + β ν = β και α ν = β ν β ν+, ν N, τότε α ν = β β. ν= (ϐ ) Να αναπτύξετε σε δυναµοσειρά, κέντρου, τη συνάρτηση ( + x) προσδιορίζοντας και την ακτίνα σύγκλισής της. Λύση. (α ) Πρόκειται για τηλεσκοπική σειρά αφού η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων της είναι η και συνεπώς s ν = α + α + + α ν = (β β ) + (β β 3 ) + + (β ν β ν+ ) = β β ν+ ν β β α ν = β β. ν= (ϐ ) Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα για την παραγώγιση όρο προς όρο δυναµοσειράς έχουµε ( ( + x) = ) + x = ( + x/ ) = ( x/ + x /4 x 3 /8 + x 4 /6 ) = /4 x/4 + 3x /6 x 3 /8 +, για x <.

Λύση. (α ) Πρόκειται για τηλεσκοπική σειρά αφού η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων της είναι η και συνεπώς s ν = α + α + + α ν = (β β ) + (β β 3 ) + + (β ν β ν+ ) = β β ν+ ν β β α ν

3 Θ3. (α ) Εστω η συνάρτηση f : (a, ) R, a R, µε x + xf(x) = λ, όπου λ R. ώστε τον ορισµό του ορίου x + xf(x) = λ και δείξτε ότι x + f(x) =. (ϐ ) Εστω f συνεχής συνάρτηση στο κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα [a, b]. Υποθέτουµε ότι για κάθε x [a, b] υπάρχει y [a, b] µε f(y) f(x). είξτε ότι υπάρχει x [a, b] µε f(x ) =. (,5 µον.) Λύση. Υπόδειξη. Αποδείξτε ότι υπάρχει ακολουθία (x n ) σηµείων του [a, b] µε f(x n ) n f(x ). (α ) Αν x + xf(x) = λ, τότε για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > a τέτοιο ώστε για κάθε x > δ να ισχύει xf(x) λ < ε. Παίρνουµε ε = και επιλέγουµε το δ > a, δ >. Τότε xf(x) λ xf(x) λ < και κατά συνέπεια xf(x) < λ + για κάθε x > δ. Εποµένως Άρα x + f(x) =. f(x) < λ + x, για κάθε x > δ. (ϐ ) ος τρόπος. Εστω x [a, b]. Από την υπόθεση υπάρχει x [a, b] τέτοιο ώστε f(x ) (/) f(x ). Εστω ότι υπάρχει x k [a, b] µε f(x k ) (/ k ) f(x ). Τότε από την υπόθεση υπάρχει x k+ [a, b] τέτοιο ώστε f(x k+ ) (/) f(x k ) (/ k ) f(x ). Αποδείξαµε λοιπόν ότι f(x n ) n f(x ), για κάθε n N. Η παραπάνω ανισότητα συνεπάγεται ότι f(x n ). Η ακολουθία (x n ) σηµείων του [a, b] είναι ϕραγµένη και εποµένως από το ϑεώρηµα Bolzano-Weierstrass για ακολου- ϑίες υπάρχει υπακολουθία (x kn ) η οποία συγκλίνει, έστω x kn x. Είναι a x kn b

Αποδείξτε ότι υπάρχει ακολουθία (x n ) σηµείων του [a, b] µε f(x n ) n f(x ). (α ) Αν x + xf(x) = λ, τότε για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > a τέτοιο ώστε για κάθε x > δ να ισχύει xf(x) λ < ε.

4 για κάθε n N και εποµένως το x [a, b]. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, από το ϑεώρηµα µεταφοράς f(x kn ) f(x ). Οµως f(x n ) συνεπάγεται ότι και f(x kn ). Άρα, f(x ) =. ος τρόπος. Η απόδειξη ϑα γίνει µε την εις άτοπο απαγωγή. Υποθέτουµε ότι η f δεν µηδενίζεται στο [a, b]. Επειδή η f είναι συνεχής στο κλειστό και ϕραγµένο διάστη- µα [a, b], η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της στο διάστηµα [a, b]. ηλαδή υπάρχει x [a, b] τέτοιο ώστε f(x) f(x ), για κάθε x [a, b]. (.) Οµως από την υπόθεση της άσκησης υπάρχει y [a, b] µε f(y) f(x ) f(y). (λόγω της (.)) Επειδή υποθέσαµε ότι η f δεν µηδενίζεται στο [a, b], είναι f(y) > και από την παραπάνω ανισότητα προκύπτει ότι / που είναι άτοπο. Άρα η f έχει τουλάχιστον µία ϱίζα στο [a, b]. Θ4. Εστω f : I R παραγωγίσιµη συνάρτηση στο διάστηµα I και έστω x εσωτερικό σηµείο του I. (α ) ιατυπώστε το ϑεώρηµα Darboux για την παράγωγο της f στο διάστηµα I. Αν τα πλευρικά όρια f (x ) = x x είναι δυνατόν να είναι f (x) και f (x +) = x x + f (x ) < f (x ) < f (x +) ; f (x) υπάρχουν, ικαιολογείστε την απάντησή σας. (,8 µον.) (ϐ ) Αν f (x) για κάθε x I, αποδείξτε ότι η f είναι γνήσια µονότονη στο I. (,8 µον.) (γ ) Εστω f (x) για κάθε x I και f(x ) = f (x ) =. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση F (x) := f(x) e t dt είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα f(i) και υπολογίστε την παράγωγο (F ) (), όπου F η αντίστροφη της F.

Επειδή η f είναι συνεχής στο κλειστό και ϕραγµένο διάστη- µα [a, b], η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της στο διάστηµα [a, b]. ηλαδή υπάρχει x [a, b] τέτοιο ώστε f(x) f(x ), για κάθε x [a, b]. (.

5 Λύση. (α ) Θεώρηµα Darboux : Αν a, b I µε f (a) f (b), τότε για κάθε c µεταξύ f (a) και f (b) υπάρχει ξ µεταξύ a και b, τέτοιο ώστε f (ξ) = c. Εστω ότι f (x ) < f (x ) < f (x +). Αν f (x ) < c < f (x +) µε c f (x ), από το ϑεώρηµα Darboux ϑα πρέπει να υπάρχει x I τέτοιο ώστε c = f (x) που είναι άτοπο. Εποµένως δεν µπορεί να ισχύει f (x ) < f (x ) < f (x +), δηλαδή η f να έχει ασυνέχεια πρώτου είδους στο x. (ϐ ) Θα αποδείξουµε ότι η f διατηρεί το πρόσηµο στο διάστηµα I. Πράγµατι, αν υποθέσουµε ότι για κάποια x, y I είναι f (x) < < f (y), από το ϑεώρηµα Darboux υπάρχει ξ µεταξύ των x και y µε f (ξ) =. Άτοπο, επειδή από την υπόθεση είναι f (x) για κάθε x I και κατά συνέπεια f (ξ). Εποµένως ϑα είναι είτε f (x) < για κάθε x I ή f (x) > για κάθε x I. Άρα, είτε η f είναι γνήσια ϕθίνουσα στο I ή η f είναι γνήσια αύξουσα στο I. (γ ) Είναι F (x) = f (x)e f(x) για κάθε x I και εποµένως η F είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα f(i). Επειδή F (x ) = (F )() = x, είναι (F ) () = F (x ) = ef(x) f (x ) = e. Θ5. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, υπολογίστε το όριο 4 + a x 3 a 4 + x dx. (,5 µον.) Λύση. ος τρόπος. Επειδή οι συναρτήσεις f(x) = 4 + a x 3 και g(x) = 4+x είναι ϑετικές και συνεχείς στο διάστηµα [, ], από το γενικευµένο ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώ-

Εποµένως δεν µπορεί να ισχύει f (x ) < f (x ) < f (x +), δηλαδή η f να έχει ασυνέχεια πρώτου είδους στο x. (ϐ ) Θα αποδείξουµε ότι η f διατηρεί το πρόσηµο στο διάστηµα I.

6 µατα είναι 4 + a x x dx = 4 + a ξ 3 + x dx ) x= = 4 + a ξ 3 arctan ( x = 4 + a ξ 3 arctan = π 8 για κάποιο ξ µε ξ. Οµως a 4 + a ξ 3 =, οπότε 4 + a x 3 a 4 + x dx = π 4. x= 4 + a ξ 3, ος τρόπος. Επειδή ( a ) 4 + a x 4 + x dx = 4 + x dx, ϑεωρούµε τη διαφορά 4 + a x x dx 4 + x dx = 4 + a x x dx ( 4 + 8a 3 ) dx 4 + x. a Εποµένως 4 + a x 3 a 4 + x dx = + x dx = arctan = π 4. ιάρκεια εξέτασης : 3 ώρες

Επειδή ( a ) 4 + a x 4 + x dx = 4 + x dx, ϑεωρούµε τη διαφορά 4 + a x 3 4 + x dx 4 + x dx = 4 + a x 3 4

Σχετικά έγγραφα

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