ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ. Ασκήσεις και Θέµατα στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι

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

Περιεχόµενα Συµβολισµός και Ορολογία iii Λυµένες Ασκήσεις. Ακαδηµαϊκό έτος 4 5................................ Ακαδηµαϊκό έτος 3 4................................3 Ακαδηµαϊκό έτος 3............................... 6.4 Ακαδηµαϊκό έτος............................... 4.5 Ακαδηµαϊκό έτος............................... 57.6 Ακαδηµαϊκό έτος 9............................... 78.7 Ακαδηµαϊκό έτος 8 9............................... 98.8 Ακαδηµαϊκό έτος 7 8............................... 8.9 Ακαδηµαϊκό έτος 6 7............................... 4.Ακαδηµαϊκό έτος 4 5............................... 65.Ακαδηµαϊκό έτος 3 4............................... 8.Ακαδηµαϊκό έτος 3............................... 97 Θέµατα Εξετάσεων 3. Ακαδηµαϊκό έτος 4 5............................... 3. Ακαδηµαϊκό έτος 3 4............................... 33.3 Ακαδηµαϊκό έτος 3............................... 43.4 Ακαδηµαϊκό έτος............................... 53.5 Ακαδηµαϊκό έτος............................... 65.6 Ακαδηµαϊκό έτος 9............................... 77 i

.7 Ακαδηµαϊκό έτος 8 9............................... 9.8 Ακαδηµαϊκό έτος 7 8............................... 35.9 Ακαδηµαϊκό έτος 6 7............................... 39.Ακαδηµαϊκό έτος 4 5............................... 334.Ακαδηµαϊκό έτος 3 4............................... 346.Ακαδηµαϊκό έτος 3............................... 36.3Ακαδηµαϊκό έτος............................... 375

Συµβολισµός και Ορολογία R το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R + το σύνολο των ϑετικών πραγµατικών αριθµών R το επεκταµένο σύνολο των πραγµατικών αριθµών. Είναι το σύνολο των πραγµατικών αριθµών R στο οποίο έχουµε προσθέσει δύο στοιχεία, το ή + ) και το. ηλαδή R R {, }, ή, όπως συνήθως γράφεται, R [, ]. Z το σύνολο των ακεραίων N : {,,,...,,...} το σύνολο των ϕυσικών αριθµών N το σύνολο των ϑετικών ακεραίων Q το σύνολο των ϱητών a, b) ανοικτό και ϕραγµένο διάστηµα [a, b] κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα [a, b) ηµιανοικτό διάστηµα κλειστό από αριστερά και ανοικτό από δεξιά) a, b] ηµιανοικτό διάστηµα ανοικτό από αριστερά και κλειστό από δεξιά) Αν N,! 3, )!! 4 6 )) και + )!! 3 5 ) + ). Είναι! :. iii

iv ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ Αν το σύνολο A R, A, είναι άνω ϕραγµένο, τότε µε sup A συµβολίζουµε το ελάχιστο άνω ϕράγµα του A. Αν όµως το A δεν είναι άνω ϕραγµένο, τότε sup A +. Αν το σύνολο A R, A, είναι κάτω ϕραγµένο, τότε µε if A συµβολίζουµε το µέγιστο κάτω ϕράγµα του A. Αν όµως το A δεν είναι κάτω ϕραγµένο, τότε if A. Η ακολουθία a ) πραγµατικών αριθµών λέγεται αύξουσα ϕθίνουσα) αν a + a για κάθε N a + a για κάθε N). Αν a ) είναι µία ακολουθία και k < k < < k είναι µία γνήσια αύξουσα ακολουθία ϕυσικών αριθµών, τότε η ακολουθία a k ) λέγεται υπακολουθία της ακολουθίας a ). Το c R είναι ένα οριακό σηµείο της ακολουθίας a ) αν υπάρχει υπακολουθία a k ) της a ) µε a k c. Εστω S είναι το σύνολο των οριακών σηµείων της ακολουθίας a ). Το κατώτερο όριο, a και το ανώτερο όριο, a, της ακολουθίας a ) ορίζονται ως εξής αν η a ) δεν είναι κάτω ϕραγµένη, a + αν η a ) είναι κάτω ϕραγµένη και S, if S αν η a ) είναι κάτω ϕραγµένη και S, + αν η a ) δεν είναι άνω ϕραγµένη, a αν η a ) είναι άνω ϕραγµένη και S, sup S αν η a ) είναι άνω ϕραγµένη και S. Το ακέραιο µέρος του R, συµβολίζεται µε [], είναι ο µοναδικός ακέραιος k Z τέτοιος ώστε k < k +. Το ανοικτό διάστηµα V ε) : ε, + ε), όπου ε >, λέγεται περιοχή µε κέντρο το R και ακτίνα ε. Κάθε διάστηµα της µορφής ε, + ) αντίστοιχα, ε)) είναι µια περιοχή του + αντίστοιχα του ). Αν το A είναι υποσύνολο του R, τότε

v το A είναι εσωτερικό σηµείο του A, αν υπάρχει περιοχή V του τέτοια ώστε V R, το A λέγεται οριακό σηµείο ή σηµείο συσσώρευσης σ.σ) του A, αν για κάθε περιοχή V του υπάρχει στοιχείο a A, a, τέτοιο ώστε a V, το A είναι µεµονωµένο σηµείο του A αν δεν είναι σηµείο συσσώρευσης του A. Η συνάρτηση f ορισµένη στο A R, A, είναι άνω ϕραγµένη αντίστοιχα κάτω ϕραγµένη), αν το σύνολο f A) είναι άνω ϕραγµένο αντίστοιχα κάτω ϕραγµένο). Η f είναι ϕραγµένη στο A αν το σύνολο f A) είναι ϕραγµένο. Η συνάρτηση f ορισµένη στο A R, A, είναι άρτια αντίστοιχα περιττή), όταν για κάθε A το A και f ) f) αντίστοιχα f ) f)). Η συνάρτηση f ορισµένη στο διάστηµα I είναι αύξουσα αντίστοιχα ϕθίνουσα), αν για κάθε, I, µε <, είναι f ) f ) αντίστοιχα f ) f ). Η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα αντίστοιχα γνήσια ϕθίνουσα) στο διάστηµα I, αν για κάθε, I, µε <, είναι f ) < f ) αντίστοιχα f ) > f ). f ) η -οστή παράγωγος µιας συνάρτησης f. Οι πραγµατικές συναρτήσεις f και g είναι ορισµένες σε µια περιοχή του R. Αν f) g), χρησιµοποιείται ο συµβολισµός f) o g)) ). Αν το πηλίκο f)/g) είναι ϕραγµένο σε µια περιοχή του R, χρησιµοποιείται ο συµβολισµός Αν f) g) f) O g)) )., χρησιµοποιείται ο συµβολισµός f) g) ). Αν το A είναι υποσύνολο του R και κάθε σηµείο του A είναι σηµείο συσσώρευσης, τότε

vi ΣΥΜΒΟΛΙΣΜΟΣ ΚΑΙ ΟΡΟΛΟΓΙΑ C A) είναι το σύνολο όλων των συνεχών συναρτήσεων στο A, C A) είναι το σύνολο όλων των συναρτήσεων που είναι -ϕορές συνεχώς παραγωγίσιµες στο A, C A) είναι το σύνολο όλων των συναρτήσεων που είναι άπειρες ϕορές παραγωγίσιµες στο A.

Κεφάλαιο Λυµένες Ασκήσεις. Ακαδηµαϊκό έτος 4 5 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω η συνάρτηση f : R \ {} R. είξτε ότι f) λ R αν και µόνο αν fsi ) λ. Λύση. Υποθέτουµε ότι f) λ. Εστω ε >. Τότε υπάρχει < δ < π τέτοιο ώστε < y < δ fy) λ < ε. ) Επειδή για < < δ έχουµε < y si < < δ, από την ) έπεται ότι < < δ fsi ) λ < ε. Εποµένως fsi ) λ. Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι fsi ) λ. Εστω ε >. Τότε υπάρχει < δ < π τέτοιο ώστε < < δ fsi ) λ < ε. )

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Ως γνωστόν y si arcsi y και η arcsi y είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση. Εστω < y < si δ. Τότε < y < si δ { si δ < y < si δ, y } {si δ) < y < si δ, y } και ισοδύναµα { δ < arcsi y < δ, } < arcsi y < δ. Εποµένως από την ) έχουµε ότι < y < si δ fy) λ fsi ) λ < ε. Άρα, f) λ.. Εστω η συνάρτηση f : R R µε + 8 αν άρρητος f) 8 αν ϱητός. Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής για. Πράγµατι, αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ) 8ρ 8. Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ) α + 8) + 8. Εποµένως fα ) fρ ) αν και µόνο αν + 8 8 ). Από το ϑεώρηµααρχή) µεταφοράς η f δεν είναι συνεχής για. Θα αποδείξουµε τώρα ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σηµείο. Επειδή Q, είναι f) 6. Αν το είναι άρρητος f) f) + 8 6 4 +

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 5 3 και αν το είναι ϱητός f) f) 8 6 8. Εστω ε >. Αν < < < 3, τότε στην περίπτωση που το είναι άρρητος είναι f) f) <. Εποµένως f) f), για κάθε R. Αν επιλέξουµε το δ : mi {, ε }, τότε για κάθε R µε < δ f) f) < ε. Άρα η f είναι συνεχής στο σηµείο. 3. Εστω f : R R παραγωγίσιµη συνάρτηση τέτοια ώστε f) και f ) >, για κάθε R. είξτε ότι f) >, για κάθε R. Λύση. Υποθέτουµε ότι για κάποιο R είναι f ) <. Επειδή από την υπόθεση f ) > για κάθε R, η f είναι γνήσια αύξουσα οπότε f) < f ), για κάθε <. Εποµένως f) f ) <. άτοπο) Άρα, f) > για κάθε R. 4. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : R R µε /e ) αν > g) e αν. Υπάρχει συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε f ) g), για κάθε R; Αιτιολογήστε την απάντησή σας. Λύση. Είναι g) e και g) + + e +. Εποµένως, αν υπάρχει συνάρτηση f : R R τέτοια ώστε f ) g), για κάθε R, ϑα είναι f ) και + f ) +. Οµως από τη ϑεωρία είναι γνωστό, παραπέµπουµε στο [7, Πόρισµα 3.49], ότι κανένα από τα πλευρικά όρια + f ) και f ) δεν µπορεί να ισούται µε + ή. Άρα, δεν υπάρχει συνάρτηση f : R R µε f ) g) για κάθε R.

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5. Αν η συνάρτηση f : R R έχει συνεχή παράγωγο τρίτης τάξης, χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor να υπολογιστεί το όριο f + 3h) 3f + h) + f) h 3h. Λύση. Εστω R, σταθερό. Εφαρµόζοντας τον τύπο Taylor µέχρι τρίτης τάξης, για κάθε h R υπάρχουν θ, θ, ) έτσι ώστε και f + 3h) f) + f )3h + f )! f + h) f) + f )h + f )! Από τις παραπάνω ισότητες έπεται ότι 9h + f + 3θ h) 7h 3 3! 4h + f + θ h) 8h 3. 3! f + 3h) 3f + h) + f) 3f )h + [9f + 3θ h) 4f + θ h)]h 3 και εποµένως f + 3h) 3f + h) + f) h 3h f )+ 3 [9f +3θ h) 4f +θ h)]h f ). h Σηµείωση. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, είναι [9f + 3θ h) 4f + θ h)] 9f ) 4f ) 5f ). h 6. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της εκθετικής συνάρτησης σε δυναµοσειρά, δείξτε ότι e h e h, για κάθε [, ] και κάθε h R. Λύση. Επειδή e t t!, για κάθε t R, είναι e h h)! h! h! e h. )

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 5 5 η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. είξτε ότι το όριο k 6 8k 4k + 4k 3 + 3 4 Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema 6 8k k 4k + 4k 3 + 3 4 k όπου η συνάρτηση f) 6 8 4 + 4 + 3 d 6 8 4 + 4 + 3 d π 3. 6 8k/) 4k/) + 4k/) + 3 6 8 4 + 4 + 3 d, 6 8 είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα 4 [, ]. Είναι +4+3 4 8 4 + 4 + 3 d + 4 + 4 + 3 + t arcsi arcsi t ) t t + 4 + 4 + 3 d 4 ) d dt αντικατάσταση t ) ) π 6 π 3.. Εστω η ϕραγµένη συνάρτηση f : [, ] R είναι Riema ολοκληρώσιµη στο [, ]. Ορίζουµε τη συνάρτηση f : R R µε fy) : f)e y d. αʹ) Να ϐρεθεί η συνάρτηση f αν i) f), ii) f) e, iii) f) e. ϐʹ) είξτε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. Υπόδειξη. είξτε ότι για κάθε y R και για κάθε h R, fy + h) fy) ) e h f) e y d.

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ γʹ) είξτε ότι το όριο y fy). Λύση. αʹ) i) Αν f), ii) Αν f) e, fy) ii) Αν f) e, fy) fy) e e y d e y d ey y e e y d e +y) d e+y + y ϐʹ) Για κάθε y R και για κάθε h R είναι fy + h) fy), y και f)., y και f ). e y ) d ey y, y και f). f)e y e h ) d f) e y e h d. Οµως από την η οµάδα ασκήσεων, άσκηση 6, για κάθε [, ] και κάθε h R είναι e h e h και εποµένως fy + h) fy) e h ) f) e y d. Επειδή h e h ), έπεται ότι h fy + h) fy) και άρα η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R. γʹ) Αν M : sup f), τότε για κάθε y R \ {} [,] fy) f)e y d f) e y d M e y d M ey y. Επειδή e y, y y τότε και y fy).

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 5 7 3. Εστω f : [a, b] R, a < b, συνεχής συνάρτηση. Είναι γνωστό ότι στα κλειστά και ϕραγµένα διαστήµατα του R οι συνεχείς συναρτήσεις προσεγγίζονται οµοιόµορφα από πολυώνυµα. Αυτό είναι το κλασικό προσεγγιστικό ϑεώρηµα του Weierstrass. ηλαδή, για κάθε ε > υπάρχει πολυώνυµο p ε ) k a k k, a k R, τέτοιο ώστε f) p ε ) < ε, για κάθε [a, b]. Αν b a f) d, για κάθε N, χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα Weierstrass δείξτε ότι η f είναι ταυτοτικά µηδέν στο διάστηµα [a, b]. Υπόδειξη. είξτε ότι b a f) d. Λύση. Εστω ε >. Τότε υπάρχει πολυώνυµο p ε ) µε f) p ε ) < ε, για κάθε [a, b]. Επειδή από την υπόθεση b a f) d, για κάθε N, είναι b a p ε )f) d. Εποµένως, b b b b f) d f)f) p ε )) d + p ε )f) d f)f) p ε )) d a a a a Αν M : ma f), τότε [a,b] b a f) d b a f) f) p ε ) d d Mεb a). Επειδή η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθε ε >, συµπεραίνουµε ότι b a f) d και άρα f) για κάθε [a, b]. 4. Αν N και η συνάρτηση f : [, ] R είναι συνεχής, υποθέτουµε ότι f) d f) d f) d είξτε ότι υπάρχει [, ] τέτοιο ώστε f ) + ). Υπόδειξη. Αν f) < + ) για κάθε [, ], δείξτε ότι f) d <. ) και f) d.

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Λύση. Υποθέτουµε ότι f) < + ), για κάθε [, ]. Τότε f) d ) f) d < + ) d Οµως f) d ) Εποµένως, + ) + + ). / / / ) + f) d + + ) t dt αντικατάσταση t ) t dt + + ) + + ). 3 + + ) f) d + f) d Άρα, υπάρχει [, ] τέτοιο ώστε f ) + ). 5. Να λυθεί η εξίσωση Λύση. Είναι t + t + 5 dt + Εποµένως Άρα, 3. ) 3 ) f) d f) d ) f) d <. άτοπο) t + t + 5 dt π 4. t + ) + 4 dt u du αντικατάσταση u t + ) + ) u+ u arcta u + arcta t + t + 5 dt π arcta 4 ) arcta arcta + ) + π 3 + ) π 8. π ) ta 3. 3

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 5 9 6. Εστω f : [, + ) [, + ) συνεχής συνάρτηση µε f) > για κάθε > και τέτοια ώστε f) ft ) dt. ) είξτε ότι f). Λύση. Επειδή f) ft ) dt) / για κάθε, και η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [, + ), από το πρώτο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του ολοκληρωτικού λογισµού η f είναι παραγωγίσιµη στο [, + ). Παραγωγίζοντας την ), για κάθε > έχουµε f)f ) f) ) f)f ) f) f ) και εποµένως f) + c. Επειδή f), είναι c. Άρα, f) για κάθε. 7. είξτε ότι υπάρχει ξ [, ] ώστε cos + d π 4 cos ξ. Λύση. Επειδή οι συναρτήσεις f) cos και g) + είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα cos d cos ξ + + d για κάποιο ξ µε ξ. cos ξ arcta π cos ξarcta arcta ) cos ξ 4

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. Ακαδηµαϊκό έτος 3 4 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Να ϐρεθούν όλες οι παραγωγίσιµες συναρτήσεις f : R R τέτοιες ώστε f ) f + ) f) f + ) f) f ), R και N. Λύση. Από την υπόθεση είναι f + ) f + ) + ) f + ) f + ) f + ) και f + ) f + ) f + ) f)) f + ) f)) f ) f ) f ). Εποµένως f ) f + ) f + ) f + ), R. Επειδή από την υπόθεση η f είναι παραγωγίσιµη συνάρτηση, από την παραπάνω σχέση έπεται ότι η f είναι δυο ϕορές παραγωγίσιµη στο R µε f ) f + ) f + ) f) + f )) f ) f + ) f) + f ) και f + ) f )) f ) + f ) f ) f ) και κατά συνέπεια f ), για κάθε R. Άρα f) c + c, µε c, c R.. Εστω f : I R παραγωγίσιµη συνάρτηση στο εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος I. Αν a, b >, δείξτε ότι f + bh) f ah) f ). h b + a)h

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 Λύση. Επειδή f + bh) f ah) b + a)h b f + bh) f ) + a f ah) f ) b + a bh b + a ah και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο εσωτερικό σηµείο του διαστήµατος I, είναι f + bh) f ah) b h b + a)h b + a f + bh) f ) + a h bh b + a f ah) f ) h ah b b + a f ) + a b + a f ) f ). 3. Εστω f : [, ) R συνάρτηση κλάσης C µε f) f ). είξτε ότι υπάρχει συνάρτηση g : [, ) R κλάσης C, τέτοια ώστε f) g ) για κάθε. Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση g : [, ) R µε g) : f ). Τότε είναι f) g ) για κάθε. Αρκεί λοιπόν να δείξουµε ότι η g είναι κλάσης C στο [, ). i) Εστω >. Τότε g ) f ) και επειδή από την υπόθεση η f είναι συνεχής για κάθε >, η g είναι κλάσης C στο διάστηµα, ). ii) Εστω. Επειδή f) f ), είναι g g) f) ) + f ) + f ) + + f ) κανόνας L Hôpital) κανόνας L Hôpital) f ). η f είναι συνεχής στο ) Επίσης g ) + + f ) f ) g ) και εποµένως g είναι συνεχής στο. Άρα η g είναι κλάσης C στο διάστηµα [, ).

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4. Αποδείξτε ότι οι -οστές παράγωγοι του ηµιτόνου και του συνηµιτόνου δίνονται από τους τύπους si ) ) si + π ) και cos ) ) cos + π ), R και N. Λύση. i) Αν R, µε επαγωγή ϑα δείξουµε ότι για κάθε N si ) ) si + π )..) Επειδή si ) cos si + π ), η.) ισχύει για. Αν η.) ισχύει για k, τότε si ) k+) d d si + k π ) cos + k π ) si + k π + π ) si + k + ) π ), δηλαδή η.) ισχύει για k +. Άρα η.) ισχύει για κάθε N. ii) Αν R, παρόµοια αποδεικνύεται ότι για κάθε N cos ) ) cos + π ). 5. Εστω η συνάρτηση f : R R µε e / αν > f) αν. είξτε ότι e / P f ) /) αν > ) αν, όπου P /) είναι πολυώνυµο ϐαθµού ως προς /, για κάθε N. Λύση.

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 3 Πρώτα ϑα αποδείξουµε ότι για κάθε N και για κάθε > ) f ) ) e / P,.) όπου P /) είναι πολυώνυµο ϐαθµού ως προς /. Η.) προφανώς ισχύει για µε P. Αν η.) ισχύει για k, τότε f k+) ) )) e / P k ) ) e / P k e / P k ) )) e / P k P k ) e / P k+) και εποµένως η.) ισχύει για k + µε ) ) P k+) P k+ : ) P k P k Εποµένως η.) ισχύει για κάθε N και για κάθε >. Εστω N. )). Από τον ορισµό της συνάρτησης f είναι προφανές ότι f ) ). Για να αποδείξουµε ότι f ) ), αρκεί να δείξουµε ότι f ) + )..3)

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Από τον ορισµό της f η.3) ισχύει για. Αν η.3) ισχύει για k, τότε f k+) + ) f k) ) f k) ) + e / + P k t + tp k t) e t ).) για k), k + )-ϕορές εφαρµογή του κανόνα L Hôpital) δηλαδή η.3) ισχύει για k+. Εποµένως η.3) ισχύει για κάθε N. Άρα, f ) ) για κάθε N. η οµάδα ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. είξτε ότι η συνάρτηση y f) + + arcta ) είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα [, ). Αν f είναι η αντίστροφη της f, υπολογίστε το όριο f y). y + y Λύση. Είναι f ) + + 4, για κάθε + 4 + 4 και η ισότητα ισχύει αν και µόνο αν. Εποµένως η συνεχής συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο [, ) και κατά συνέπεια αντιστρέφεται. Η αντίστροφη συνάρτηση f ϑα είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα. Είναι f) οπότε και f ). Επειδή f y) y f) και y + f y) f + ), έπεται ότι το + καθώς το y +. Εχουµε f ) y) y + y + f) + +4 + 4 κανόνας L Hôpital)

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 5 και άρα f y) y + y.. αʹ) Να γίνει η µελέτη και η γραφική παράσταση της συνάρτησης ) f) arcsi +. Είναι η f παραγωγίσιµη για κάθε R; ϐʹ) Να λυθεί η εξίσωση ) arcsi + arcta. ) γʹ) Να υπολογιστεί το εµβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις καµπύλες y arcsi + και y arcta. Λύση. αʹ) Είναι + και εποµένως η συνάρτηση f είναι καλά ορισµένη. Επειδή f ) / + ) ) / + )) + ) + αν < + αν >, η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστηµα, ) και γνήσια ϕθίνουσα στα διαστήµατα, ) και, ). Είναι ma f) f) arcsi π και mi f) f ) arcsi ) π. Η παράγωγος f δεν υπάρχει στα σηµεία ±. Είναι f ), + f ), f ) και + f ). Επειδή ) arcsi ± + arcsi, η y, δηλαδή ο άξονας O, είναι οριζόντια ασύµπτωτη. Η γραφική παράσταση της f ϕαίνεται στο παρακάτω σχήµα.

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ϐʹ) Η εξίσωση είναι ισοδύναµη µε την ta arcsi si arcsi cos )) + + )) arcsi + )) + + ) και εποµένως οι ϱίζες της εξίσωσης είναι και ± 3. γʹ) Αν g) arcta, λόγω συµµετρίας το εµβαδόν του χωρίου E είναι [ ] 3 E f) g)) d + f) g)) d f) g)) f) g)) + f 3) g 3)) f) g)) f ) g )) d 3 f ) g )) d παραγοντική ολοκλήρωση) arcsi 3/) arcta 3 3 + d + 6 + d π 3 π 3 l + ) + 3 l + ) 3 l + 3 l 4 3 l l. Άρα το εµβαδόν του χωρίου E είναι E l.

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 7 3. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : [a, b] R, a < b, είναι συνεχής στο [a, b] και παραγωγίσιµη στο [a, b). είξτε ότι υπάρχει ακολουθία ξ ) σηµείων του a, b) τέτοια ώστε f ξ ) f a). Σηµείωση. Επειδή f ξ ) f a), το f a) είναι σηµείο συσσώρευσης του συνόλου f a, b)) {f ) : a, b)}. Υπόδειξη. ΘΜΤ για τη συνάρτηση f στο διάστηµα [ a, a + ], N. Λύση. Υπάρχει N N τέτοιο ώστε a + < b για κάθε N. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής [ στο διάστηµα a, a + ], N, έχουµε f a + ) fa) f ξ ) f ξ ) f a + ) fa), για κάποιο ξ a, a + ). Επειδή η f είναι παραγωγίσιµη στο a, από το ϑεώρηµα µεταφοράς f a + ) fa) f a) και εποµένως f ξ ) f a), όπου ξ ) N ακολουθία σηµείων του a, b). 4. Αν f) : sil + )), >, χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor για την f µέχρι τον όρο δεύτερης τάξης και κέντρο το N, δείξτε ότι f ) + f + ) f) f ξ), για κάποιο ξ, + ), µε f ξ) <. Εφαρµογή. Αν a : f) sil + )), η ακολουθία a ) δεν συγκλίνει και είναι τέτοια ώστε a + a + a <,. Λύση. Από τον τύπο Taylor έχουµε f ) f) f ) + f ξ )!, για κάποιο ξ, ) και f + ) f) + f ) + f ξ )!, για κάποιο ξ, + ).

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τότε, Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής είναι και εποµένως f + ) + f ) f) [f ξ ) + f ξ )]. [f ξ ) + f ξ )] f ξ), για κάποιο ξ ξ, ξ ), + ) f ) + f + ) f) f ξ), για κάποιο ξ, + ). Επειδή f ) cosl + )) + ) και f sil + )) + cosl + )) ) + ), είναι f ) +) και κατά συνέπεια f ξ) ξ + ) <. < ξ + < + ) 3η Οµάδα Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω η συνάρτηση f : D R R, D και έστω a R από αριστερά και από δεξιά σ.σ του D. Αν a f) λ, a + f) λ µε λ < λ, να δείξετε ότι υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, y D µε a δ < < a < y < a + δ είναι f) < fy). Λύση. Εστω ε : λ λ >. Επειδή a f) λ, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε D a δ, a) f) λ < λ λ Εποµένως για κάθε D µε a δ < < a είναι. f) λ < λ λ f) < λ + λ λ λ + λ. Επειδή a + f) λ, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε y D a, a + δ ) fy) λ < λ λ.

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 9 Εποµένως για κάθε y D µε a < y < a + δ είναι λ fy) < λ λ fy) > λ λ λ λ + λ. Αν δ : mi{δ, δ }, τότε για κάθε, y D µε a δ < < a < y < a + δ είναι f) < λ + λ < fy).. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση µε f) + f) +. είξτε ότι η f έχει ελάχιστη τιµή m R. Λύση. Εστω R. Επειδή f) + f) +, υπάρχουν, R µε < < τέτοια ώστε f) > f ), και f) > f ), Επειδή η f είναι συνεχής στο κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα [, ], υπάρχει c [, ] τέτοιο ώστε m fc) mi f) f ). [, ] Τότε είναι m fc) f), R. Άρα, η f παίρνει την ελάχιστη τιµή της m στο c R. 3. Εστω η συνάρτηση f : R R µε f) f ). Αν a, δείξτε ότι! a f ) a.! Λύση. Από την υπόθεση έχουµε f f) f) f) ). Αν a!, είναι γνωστό ότι. Εποµένως από το ϑεώρηµα µεταφοράς f ) και άρα! a f ) a! f a /!) a. /!

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 4. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της εκθετικής συνάρτησης y e σε σειρά Maclauri, να ϐρεθεί το άθροισµα της δυναµοσειράς +, R.! Λύση. Ως γνωστόν e!, για κάθε R. Εποµένως +! ) + +! ) +! )! ) +! +! + )!!! + +! e ) + e ) + e + + )e.! 5. Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ], δείξτε ότι το όριο k k ) 4k k k + 3 3 arcta, 6. Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema είναι k k 4k k k + 3 k k/) 4k/) k/) k/) + 3 4 + 3 d,

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 όπου η συνάρτηση f) 4 είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. Εχουµε +3 4 + 3 d d 6 + 3 d 6 ) + d 6 6 arcta dt ) αντικατάσταση t ) + t ) t t t 3 ) arcta, 6. 6. Εστω η συνάρτηση f) dt t 3 + t, >. Να υπολογιστούν τα όρια + f), + f) και + f ). Λύση. Είναι f) dt t 3 + t dt t 3 + t dt t 3 + t, οπότε + f). Για κάθε > είναι f ) 8 3 + 3 + 3 + 8 3 + 8 3 + 3 + ) 8 3 + 3 + 3 + + ) 8 3 + ) 8 + + + + ) 8 + και εποµένως + f ) +. Επειδή για > είναι + f). < f) dt 3 + 3 + <,

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Εστω f : [a, b] R, a < b, συνάρτηση κλάσης C. είξτε ότι ma f) [a,b] b a f t) dt + b a b a ft) dt. Υπόδειξη. Αν f ) mi f) και f ) ma f), τότε [a,b] [a,b] f ) f ) f ) + f ). Λύση. Είναι f ) f ) f )) + f ) f ) f ) + f ) f t) dt + f ) f t) dt + b a b a f t) dt + b a b a b a ft) dt ft) dt. 8. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα arcta ) d. Λύση. Είναι arcta ) d arcta ) arcta + d παραγοντική ολοκλήρωση) + + arcta ) ) + arcta d arcta ) + arcta d arcta d + arcta ) + arcta ) arcta d + arcta ) arcta + + d παραγοντική ολοκλήρωση) + arcta ) arcta + l + ) + C

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 3 και εποµένως arcta ) d arcta ) arcta + l π 6 π 4 + l. 9. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο Υπόδειξη. Αντικατάσταση u l t l t dt. Λύση. Είναι l ) l t dt e u l l u du e u l u du αντικατάσταση u l t) i) >. Επειδή οι συναρτήσεις fu) e u και gu) u είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [l, l ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα l l e u u du eξ l l u du eξ [l l ) ll )] e ξ l, για κάποιο ξ µε l ξ l. Τότε + ξ και εποµένως ii) < <. Επειδή + l l οι συναρτήσεις fu) e u και gu) u [ l, l ] και παρόµοια έχουµε l l dt l t + eξ l l. e u l u du eu u du, l είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα l eu u du eξ u du eξ [ ll ) + l l )] e ξ l, l για κάποιο ξ µε l ξ l. Τότε ξ και εποµένως dt l t eξ l l. Άρα, dt l. l t

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ. είξτε ότι + π si t) dt π. Υπόδειξη. Εστω < ε < π. Για την απόδειξη χρησιµοποιείστε τα παρακάτω ϐήµατα : i) Για κάθε > ii) Για κάθε > ε π ε ) si ε) si t) dt ε. π ε si t) dt π ε. iii) Επειδή π + ε) si ε) π ε, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ε ) si ε) > π ε. iv) Να συµπεράνετε ότι για κάθε ε > υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ε < Λύση. Εστω < ε < π. Για κάθε > είναι ε π si t) dt π. si t) dt ε. Επειδή η yt) si t), >, είναι αύξουσα στο διάστηµα [ ε, π ], έχουµε π ε ) si ε) π ε si t) dt π ε. Επειδή π + ε) si ε) π ε, υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π ) π ) ε si ε) π ) π ) ε ε ε si ε) < ε, οπότε π ε ) si ε) > π ε. Εποµένως, για κάθε, δ) είναι π ε < π si t) dt ε si t) dt + π ε si t) dt π.

.. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 4 5 Εχουµε αποδείξει ότι για κάθε ε > υπάρχει δ > τέτοιο ώστε για κάθε, δ) είναι π π ε < si t) dt < π π + ε si t) dt π < ε και άρα + π si t) dt π.

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ.3 Ακαδηµαϊκό έτος 3 ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Χρησιµοποιώντας τον ορισµό του ορίου συνάρτησης, να αποδειχθεί ότι 3 ) 3. ηλαδή για κάθε ε > να ϐρεθεί δ δε) >, τέτοιο ώστε για κάθε D :, ] [3, ) µε < + < δ να ισχύει 3 3 < ε. Λύση. Παρατηρούµε ότι το είναι σ.σ του D. Για κάθε D έχουµε 3) + 3) 3 3 3 + + 3 + 9. 3 + + 3 Οµως για κάθε D είναι 3 + + 3 > 3 > + ). Εποµένως, 3 3 < 9 +. Για οποιοδήποτε ε > επιλέγουµε το δ ε/3. Τότε, για κάθε D µε < + < δ, 3 3 < 9 + < ε και εποµένως 3 ) 3.. Εστω η συνάρτηση f : R R µε cos f). αʹ) Αποδείξτε ότι το όριο f) δεν υπάρχει.

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 7 ϐʹ) Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση g : [, ] ) π R είναι συνεχής στο ανοικτό διάστηµα, π και ότι υπάρχει σταθερά C >, τέτοια ώστε g) C για κάθε, ). π Αποδείξτε ότι η συνάρτηση fg είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [, π ]. Λύση. αʹ) Εστω /π και y /π + π/), N. Τότε, y, ενώ f ) cos π και fy ) cosπ + π/) για κάθε N. ηλαδή f ) και fy ). Εποµένως το f) δεν υπάρχει. ϐʹ) Η fg είναι γινόµενο συνεχών συναρτήσεων στο ανοικτό διάστηµα, π ) και εποµένως είναι συνεχής συνάρτηση στο, π ). Από την υπόθεση είναι f)g). Επειδή f)g) cos/)g) g) C για κάθε, ), π + f)g) f)g) και εποµένως η fg είναι από δεξιά συνεχής στο. Από την υπόθεση είναι f/π)g/π) cosπ/)g/π). Επειδή f)g) cos/)g) cos/) C για κάθε, ) π και /π) cos/) C, έπεται ότι f)g) f /π) ) g π Εποµένως η fg είναι από αριστερά συνεχής στο σηµείο π. Άρα η fg [ είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα, ] π ). π 3. Εστω η συνάρτηση f : R R µε 3 αν ϱητός f) αν άρρητος.

8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Εστω R, σταθερό. Αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ) ρ 3 3. Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ). Είναι fα ) fρ ) αν και µόνο αν 3. Εποµένως το ϑεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις συνεπάγεται ότι η f δεν είναι συνεχής στο R \ {}. Θα αποδείξουµε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο. Είναι f) 3. Παίρνουµε < < <, οπότε 3 + + ) >. Εποµένως f) f) f) ma{ 3, } 3, για <. Από την προηγούµενη ανισότητα έπεται ότι f) f) και κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στο. Σηµείωση. Η συνέχεια της f στο προκύπτει και από την παρακάτω ανισότητα f) f) f) ma{ 3, } 3 + + 3. 4. ιατυπώστε το ϑεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες και το ϑεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις. αʹ) Εστω f, g : [a, b], ) συνεχείς συναρτήσεις µε g) > f) για κάθε [a, b]. Αποδείξτε ότι υπάρχει λ >, τέτοιο ώστε g) λf) για κάθε [a, b]..4) Υπόδειξη. Εστω η.4) δεν ισχύει. Τότε, για κάθε N υπάρχει [a, b], τέτοιο ώστε g ) < + ) f ). ϐʹ) Με κατάλληλο αντιπαράδειγµα αποδείξτε ότι η α ) δεν ισχύει αν αντικαταστήσουµε το [a, b] µε το ανοικτό διάστηµα a, b).

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 9 Λύση. Θεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες: Κάθε ϕραγµένη ακολουθία περιέχει µια συγκλίνουσα υπακολουθία. Θεώρηµα µεταφοράς για συνεχείς συναρτήσεις: Η συνάρτηση f : A R, A R, είναι συνεχής στο σηµείο A αν και µόνο αν για κάθε ακολουθία ) σηµείων του A που συγκλίνει στο, η ακολουθία f )) συγκλίνει στο f ). αʹ) Η απόδειξη ϑα γίνει µε την απαγωγή σε άτοπο. Υποθέτουµε ότι η.4) δεν ισχύει. Τότε, για κάθε N υπάρχει [a, b] τέτοιο ώστε g ) < + ) f )..5) Η ακολουθία ) είναι ϕραγµένη και εποµένως από το ϑεώρηµα Bolzao-Weierstrass για ακολουθίες υπάρχει υπακολουθία k ) µε k. Είναι a k b για κάθε N και κατά συνέπεια το [a, b]. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, από το ϑεώρηµα µεταφοράς f k ) f ) και g k ) g ). Εποµένως από τη.5) έπεται ότι g ) f ). άτοπο) ϐʹ) Θεωρούµε τις συνεχείς συναρτήσεις f) και g) στο, ). Είναι > για κάθε, ). Οµως δεν υπάρχει λ >, τέτοιο ώστε λ για κάθε, ). Πράγµατι, αν λ για κάθε, ), τότε λ και κατά συνέπεια λ. 5. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f) και f ) > για κάθε R. Αποδείξτε ότι f) > για κάθε R. Λύση. Υποθέτουµε ότι υπάρχει R µε f ) <. Επειδή f ) > για κάθε R, η f είναι γνήσια αύξουσα και εποµένως f) < f ) για κάθε <.

3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Τότε, f) f ) <. άτοπο) Άρα, f) > για κάθε R. 6. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη σε µια περιοχή a δ, a + δ) του a R. Αν η f δεν είναι συνεχής στο a, δείξτε ότι ένα τουλάχιστον από τα πλευρικά όρια f a+) a + f ) και f a ) a f ) δεν υπάρχει. Υπόδειξη. Αν και τα δύο πλευρικά όρια a + f ), a f ) υπάρχουν, αποδείξτε ότι a + f ) a f ) f a), δηλαδή η f είναι συνεχής στο a. Λύση. Εστω ότι το όριο a + f ) υπάρχει, δηλαδή είναι πραγµατικός αριθµός. Επειδή η f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα [a, a + h], h < δ, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε fa + h) fa) h f a + θh), για κάποιο θ, ). Επειδή το όριο a + f ) υπάρχει, είναι h + f a + θh) a + f ) και εποµένως f fa + h) fa) a) h + h f a + θh) f ). h + a + ηλαδή f a) f a+). Σηµείωση. Μπορούµε να χρησιµοποιήσουµε και τον κανόνα L Hôpital. Πράγµατι, f a) h + fa + h) fa) h h + f a + h) a + f ). κανόνας L Hôpital) Αν το όριο a f ) υπάρχει, τότε παρόµοια αποδεικνύεται ότι f a) f a ). Εποµένως, αν και τα δύο πλευρικά όρια a + f ), a f ) υπάρχουν, τότε f ) f ) f a). a + a ηλαδή η f είναι συνεχής στο a που είναι άτοπο. Άρα τουλάχιστον ένα από τα πλευρικά όρια a + f ), a f ) δεν υπάρχει.

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 3 7. Εστω η συνάρτηση f : a, b), ) είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα a, b) µε b a 4. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ a, b), τέτοιο ώστε f ξ) < fξ)). Υπόδειξη. Θεώρηµα µέσης τιµής για τη συνάρτηση F ) : arcsi f), a, b). Λύση. Θα χρησιµοποιήσουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής για τη συνάρτηση F ) : arcsi f), a, b). Εστω, a, b) µε a < < < b. Τότε υπάρχει ξ, ), τέτοιο ώστε F ) F ) F ξ) ) arcsi f ) arcsi f ) f ξ) fξ)) ). Επειδή π/ < arcsi f ), arcsi f ) < π/, είναι π < arcsi f ) arcsi f ) < π και ισοδύναµα arcsi f ) arcsi f ) < π. Εποµένως π > arcsi f ) arcsi f ) f ξ) fξ)) ) και κατά συνέπεια f ξ) fξ)) < π. Επειδή b a 4, µπορούµε να επιλέξουµε τα, a, b) έτσι ώστε > π. Τότε, f ξ) fξ)) < π π f ξ) < fξ)). 8. Εστω η συνάρτηση f : [, ] R έχει συνεχή παράγωγο στο [, ] και η f υπάρχει στο ανοικτό διάστηµα, ). Αν f) f ) f ) και f), να αποδειχθεί ότι υπάρχει ξ, ) τέτοιο ώστε f ξ) 4. Υπόδειξη. Εφαρµογή του τύπου Taylor για / µε και. Πρακτική εφαρµογή: Αν ο χρόνος ενός αθλητή των m είναι sec, τότε κάποια χρονική στιγµή η επιτάχυνση του αθλητή είναι τουλάχιστον 4m/ sec. Λύση. Για κάθε [, ] από τον τύπο Taylor έχουµε f) f ) + f ) ) + f ξ) ), για κάποιο ξ, ).!

3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Για / µε έχουµε ) f f) + f ) + f ξ )! f ξ ) 8, για κάποιο ξ ), ενώ για / µε έχουµε ) ) f f) + f ) + f ξ )! + f ) ξ ), για κάποιο ξ 8,. ), ) Τότε και εποµένως f ξ ) 8 + f ξ ) 8 f ξ ) f ξ ) 8 8 f ξ ) f ξ ) f ξ ) + f ξ ). Από την παραπάνω ανισότητα έπεται ότι είτε f ξ ) 4 ή f ξ ) 4. η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Θεωρούµε τη συνεχή συνάρτηση f) / στο διάστηµα [a, b] µε < a < b. Εστω P {,,..., k,..., } διαµέριση του [a, b], όπου k a + k b a και έστω ξ {ξ,..., ξ k,..., ξ } µε ξ k k k [ k, k ], k,...,. Αν Sf, P, ξ) fξ k ) k k ) k, k,,..., είναι το άθροισµα Riema της f που αντιστοιχεί στη διαµέριση P και στην επιλογή των ενδιάµεσων σηµείων ξ, είναι γνωστό ότι b a d Sf, P b a, ξ) fξ k ). k είξτε ότι b a b a d fξ k ) a b. k

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 33 Λύση. Είναι b a b a d b a fξ k ) k k b a) a b. k [ k k [a + k )b a)] [a + kb a)] k ] a + k )b a) a + kb a) ] [ a a + b a). Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ], να αποδειχθεί ότι το όριο k 6 k π 8 arcta + k + 5 ), 574. Λύση. Από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema είναι k 6 k + k + 5 6 k 6 k/) + k/) + 5 + + 5 d, όπου η συνάρτηση f) / + + 5) είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. Εχουµε 6 d 6 + + 5 4 + + ) d 6 dt αντικατάσταση t + ) + t 8 arcta t t t 8 arcta 8 arcta ) π 8 arcta, 574.

34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3. Αν η συνάρτηση f : [ a, a] R, a >, είναι συνεχής και άρτια, να αποδειχθεί ότι Λύση. Είναι a a f) + e d a a a a a a f) f) d + e f) + e d + a a a f) + e d f) d. f t) f) dt + d αντικατάσταση t) + e t + e e t ft) a + e t dt + f) d f άρτια) + e + e )f) a + e d f) d. 4. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], για κάθε. Αν το ακέραιο µέρος [] m, m N, να αποδειχθεί ότι [t]f t) dt m k k+ k mf) [t]f t) dt + m m mf t) dt k fk) []f) f). Λύση. Παρατηρούµε ότι για k t < k +, k N, είναι [t] k. Επίσης για m t, όπου m [], είναι [t] m. Εποµένως, [t]f t) dt m k+ k k m k+ k m k k m k k+ k [t]f t) dt + kf t) dt + m f t) dt + m m mf t) dt mf t) dt m f t) dt k fk + ) fk)) + m f) fm)) k mf) m k fk) []f) f).

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 35 5. Εστω η συνάρτηση f : [a, b] R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη µε f ) για κάθε [a, b]. Να αποδειχθεί ότι b a f) d bfb) afa) fb) fa) f ) d. Λύση. Επειδή η συνάρτηση f : [a, b] R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη µε f ) για κάθε [a, b], η f είναι γνήσια µονότονη και κατά συνέπεια η αντίστροφη συνάρτηση f είναι συνεχής και γνήσια µονότονη στο κλειστό και ϕραγµένο διάστηµα I f[a, b]) µε άκρα τα fa) και fb). Τότε, b a b f) d f) b a f ) d a bfb) afa) bfb) afa) bfb) afa) b a fb) fa) fb) fa) f f))f ) d f u) du f ) d. παραγοντική ολοκλήρωση) αντικατάσταση u f)) 6. Αν η ϕραγµένη συνάρτηση f : [a, b] R είναι ολοκληρώσιµη, να αποδειχθεί ότι + b a+ ft) dt Λύση. Εστω M sup { f) : [a, b]}. Τότε, b b b ft) dt ft) dt a+ a a b a a+ a+ a+ a a+ a a+ a ft) dt. ft) dt + ft) dt ft) dt ft) dt M dt M +. a b ft) dt Άρα, b ft) dt + a+ b a ft) dt.

36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Αν a >, αποδείξτε ότι π t a cos t) dt π t a + cost)) dt πa+ a + ). Λύση. Είναι π t a cos t) dt Παρατήρηση. Αν < a <, τότε π π t a + cost)) dt t a dt + πa+ a + ) + 4 π π t a cost) dt t a d sit)) dt dt πa+ a + ) + 4 ta sit) tπ t a 4 π t a sit) dt παραγοντική ολοκλήρωση) πa+ a + ) + πa 4 siπ) a π t a sit) dt. 4 sit) t ta sit) + t + t a a cost) t + t a a t + ta cost) κανόνας L Hôpital) και κατά συνέπεια το ολοκλήρωµα π ta sit) dt υπάρχει. Επειδή και a 4 π π a 4 siπ) πa 4 t a sit) dt a 4 a 4 π π t a sit) dt t a dt πa 4,

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 37 έχουµε ότι Άρα π a a π siπ) t a sit) dt. 4 4 π t a cos t) dt πa+ a + ). 8. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι συνεχής και τέτοια ώστε Αν a >, για κάθε r, R R αποδείξτε ότι R r f) λ, f) λ, λ, λ R. f + a) f)) d R+a R f) d και στη συνέχεια υπολογίστε το όριο R f + a) f)) d. r R r r+a r f) d Λύση. Είναι R R R f + a) f)) d f + a) d f) d r r R+a r R ft) dt f) d αντικατάσταση t + a) r+a r R+a r+a R f) d f) d f) d R R+a R r+a r f) d f) d. R r Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα έχουµε R+a r+a f) d f) d afξ R ) afη r ), R r για κάποια ξ R, η r µε R ξ R R + a και r η r r + a. Εποµένως, R r R r f + a) f)) d R R+a R f) d r a R fξ R) a r fη r) aλ aλ aλ λ ). r+a r f) d

38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 9. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο π si + d. Λύση. ος τρόπος. Επειδή οι συναρτήσεις f) + και g) si είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, π], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµαταπαραπέµπουµε στο [7]) π για κάποιο ξ µε ξ π. Οµως ος τρόπος. Είναι π si π + d si + d π si d ξ + ξ +, ξ+ και εποµένως π si + d. π si d si + d π si + d π. Άρα, π si π + d si d.. Αν η συνάρτηση f : [, ] R είναι συνεχής, να αποδειχθεί ότι Υπόδειξη. Για κάθε N είναι Αποδείξτε ότι / f ) d / f ) d f). f ) d + / f ) d. f ) d και / f ) d f).

.3. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 3 39 Απόδειξη. Αν M ma { f) : [, ]}, τότε / / f ) d f ) d και εποµένως / / f ) d. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα έχουµε / f ) d fξ) ), M d M για κάποιο ξ µε ξ /. Επειδή ξ / ) και / ), είναι ξ και εποµένως / f ) d f). Άρα, f ) d f).

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ.4 Ακαδηµαϊκό έτος ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Χρησιµοποιώντας τον ορισµό του ορίου συνάρτησης, να αποδειχθεί ότι 3 + + 3. ηλαδή για κάθε ε > να ϐρεθεί δ δε) >, τέτοιο ώστε για κάθε R µε < < δ να ισχύει 3 + + 3 < ε. Λύση. Για κάθε R είναι 3 + 3 3 + 3 + 6 8 3 + ) 3 + + 8 3 + ) Παίρνουµε < < <. Τότε,. 3 3 + 6 8 )3 + + 8)) 3 + + 8 < 3 + + 8 4, 3 + ) > 3 + ) 6 και κατά συνέπεια Για κάθε ε > επιλέγουµε 3 + + 3 < 4 4. 6 δε) : mi {, 4 } ε. Τότε, για κάθε R µε < < δε) είναι 3 + + 3 < ε.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : a, a) \ {}, ) είναι τέτοια ώστε f) + ). f)

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 4 Αποδείξτε ότι το όριο f) υπάρχει και ισούται µε. Λύση. Ορίζουµε τη συνάρτηση g : a, a) \ {}, ) µε g) : f) + f). Επειδή f) ) f) f) + f) + f), είναι g) για κάθε a, a) \ {}. Από τον ορισµό της g έχουµε ότι f) g)f) + και εποµένως f) g) ± ) g) 4. Άρα, για κάθε a, a) \ {} είναι g) ) g) 4 f) g) + ) g) 4. Επειδή g), από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι το όριο f) υπάρχει και ισούται µε. 3. Εστω η συνάρτηση 4 αν άρρητος f ) αν ϱητός. Να ϐρεθούν όλα τα σηµεία του R στα οποία η f είναι συνεχής. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής σε κάθε ±. Πράγµατι, αν ρ ) είναι ακολουθία ϱητών αριθµών µε ρ, τότε fρ ). Αν α ) είναι ακολουθία άρρητων αριθµών µε α, τότε fα ) α 4) 4. Εποµένως fα ) fρ ) και από το ϑεώρηµα µεταφοράς η f δεν είναι συνεχής στο ±.

4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Θα αποδείξουµε τώρα ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής στα σηµεία και. Επειδή ± Q και f±), για κάθε R έχουµε f) f±) f) 4. Επειδή ± 4), από την προηγούµενη ανισότητα έπεται ότι ± f) f±) και κατά συνέπεια η f είναι συνεχής στα σηµεία ±. 4. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι συνεχής και τέτοια ώστε f) fy) a y για κάθε, y R, όπου a >. είξτε ότι η f είναι και επί. Λύση. Από την υπόθεση είναι προφανές ότι η f είναι. Επίσης από την υπόθεση έχουµε f) f) a για κάθε R. Επειδή η f είναι συνεχής και, η f είναι γνήσια µονότονη. Εστω η f είναι γνήσια αύξουσα. Τότε για κάθε > f) f) a f) a + f) και εποµένως + f) +. Για κάθε < έχουµε f) f) a f) f) + a και εποµένως f). Συµπεραίνουµε λοιπόν ότι f είναι επί Εστω c R. Επειδή f) και + f) +, υπάρχουν α, β R τέτοια ώστε fα) < c < fβ). Από το ϑεώρηµα Bolzao ή ενδιάµεσης τιµής υπάρχει ξ α, β) τέτοιο ώστε fξ) c). Αν η f είναι γνήσια ϕθίνουσα η απόδειξη είναι ανάλογη. 5. είξτε ότι η συνάρτηση arcta αν, f) π αν,

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 43 είναι συνεχής στο R. Εξετάστε αν η f είναι παραγωγίσιµη στο R. Λύση. Η συνάρτηση f είναι ασυνεχής σε κάθε. Επειδή η f είναι συνεχής στο. f) arcta π f), Για κάθε η f είναι παραγωγίσιµη. Για > είναι f ) arcta ) / + / +, ενώ για < Επειδή και f ) arcta ) arcta ) +. f +) arcta/) π/ / κανόνας L Hôpital) + + + / f ) arcta /) π/ /, κανόνας L Hôpital) + / f δεν είναι παραγωγίσιµη στο µηδέν 6. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη µε f). Αν N, αποδείξτε ότι Λύση. Είναι ) f ) + f + + f )) f ) + f ) + + f )) f) f) + f) f) f/) f) f ) + f ) + + f ) + + + ) f ). + + + ) f ). + + + f/) f) + + / ) f/) f) f/) f) / )

44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση y f) arcsi + arccos είναι γνήσια µονότονη στο διάστηµα, ). Αν f είναι η αντίστροφη της f, υπολογίστε το όριο Λύση. Είναι f ) f y) y π y π. <, για κάθε, ). Εποµένως η συνεχής συνάρτηση f είναι γνήσια ϕθίνουσα στο διάστηµα, ). Ως γνωστόν y f ) f y) και η f είναι συνεχής και γνήσια ϕθίνουσα. Επειδή f ) π και η f είναι συνεχής, αν το y π τότε το. Άρα, f y) y π y π f ) π L Hôpital) f ). 8. Ανισότητα Kolmogorov) Εστω η συνάρτηση f : R R είναι τρεις ϕορές παραγωγίσιµη. Υποθέτουµε ότι οι συναρτήσεις f και f είναι ϕραγµένες µε sup R f ) M και sup f ) M3. R Χρησιµοποιώντας τον τύπο Taylor αποδείξτε ότι η f είναι ϕραγµένη µε sup f ) 3 9M R M 3. Λύση. Εστω R, σταθερό. Για κάθε h > από τον τύπο Taylor έχουµε και Τότε, f + h) f ) + f ) h + f )! f h) f ) f ) h + f )! και κατά συνέπεια h + f ξ ) h 3, για κάποιο ξ, + h) 3! h f ξ ) h 3, για κάποιο ξ h, ). 3! f + h) f h) f ) h + h3 [ f ξ ) + f ξ ) ] 3! f ) f + h) f h) h h [ f ξ ) + f ξ ) ]. 3!

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 45 Εποµένως, f ) f + h) f h) h f + h) + f h) h M + M h M h + M 3 6 h. Αν ϕ h) : M h + M 3 6 h, τότε Είναι Άρα, για κάθε R και κατά συνέπεια sup R + h 3! + h 3! + h 3! M 3 + M 3 ) f ξ ) + f ξ ) f ξ ) + f ξ ) ) ϕ h) M h + M 3 3 h, οπότε ϕ h) h 3 3 M. M 3 mi ϕ h) ϕ h> f ) 3 3 M M 3 f ) 3 9M M 3 3 9M M 3. ) 3 9M M 3. 9. Εστω f) si. Χρησιµοποιώντας το ανάπτυγµα της y si σε δυναµοσειρά να υπολογιστεί η παράγωγος f 5) ). Λύση. Για κάθε R είναι si si ) + + )!, οπότε ) 4+ για κάθε R. + )! Εποµένως, f ) si ) 4+3 + )! Οµως το ανάπτυγµα της f σε σειρά Malauri είναι για κάθε R. f ) f ) ) για κάθε R.! Άρα, f ) )! ) 4+3 για κάθε R. + )!

46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Επειδή το ανάπτυγµα της f σε δυναµοσειρά είναι µοναδικό, έχουµε f 5) ) 5! ) 3 3 + )! f 5) ) 5! 7!.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη. αʹ) Αν f) + f ) ), τότε το όριο f) υπάρχει και ισούται µε το µηδέν. Για την απόδειξη χρησιµοποιείστε τα παρακάτω ϐήµατα : i) Εστω ε >. Επειδή f) + f )), υπάρχει A > τέτοιο ώστε για κάθε > A είναι f) + f ) < ε. ii) Εστω > A. Αν g) : e f), χρησιµοποιώντας το γενικευµένο ϑεώρηµα µέσης τιµής ϑεώρηµα µέσης τιµής του Cauchy) για τις συναρτήσεις y g) και y e αποδείξτε ότι g) ga) < ε e e A. iii) Να συµπεράνετε ότι για κάθε > A είναι f) < ε + fa)e A iv) Αποδείξτε ότι υπάρχει B > τέτοιο ώστε για κάθε > B είναι fa)e A < ε. Αν ma {A, B}, τότε για κάθε > είναι f) < ε. ϐʹ) Αν τότε f). f) + f ) ),

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 47 Απόδειξη. αʹ) Για την απόδειξη ϑα χρησιµοποιήσουµε τα εξής ϐήµατα : i) Εστω ε >. Επειδή f) + f )), υπάρχει A > τέτοιο ώστε για κάθε > A είναι f) + f ) < ε. ii) Εστω > A. Αν g) : e f), από το γενικευµένο ϑεώρηµα µέσης τιµής ϑεώρηµα µέσης τιµής του Cauchy) για τις συναρτήσεις y g) και y e, παραπέµπουµε στο [7], υπάρχει c A, ) τέτοιο ώστε g) ga) e e A g c) e c g) ga) e e A ec fc) + e c f c) e c fc) + f c). Εποµένως, g) ga) fc) + f c) e e A < ε e e A. από το i)) iii) Από το ii) έπεται ότι g) < ε [ f) < e ε ] e e A + fa)e A e e A + ga) και κατά συνέπεια ε ea + fa)e A ε ea ) + fa)e A e A < e e A < ) < ε + fa)ea. iv) Επειδή fa)e A, υπάρχει B > τέτοιο ώστε fa)e A < ε για κάθε > B. Αν ma {A, B}, τότε για κάθε > έχουµε Άρα, f). f) < ε + ε ε. ϐʹ) Είναι f) + f )) και ισοδύναµα [ f) ) + f) ) ]. Εποµένως, χρησιµοποιώντας το α ) έχουµε ότι [f) )] και ισοδύναµα f).

48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ η Σειρά Ασκήσεων στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι. Εστω >. Υπολογίστε το ολοκλήρωµα t + t dt και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η λύση της εξίσωσης t + ) dt l + t είναι 4/3. Λύση. Είναι t + t dt t + /t dt / / + u du + u du l u + ) + u u/ l + ) l / + ) + /. αντικατάσταση u /t) Εποµένως t + ) dt l + t l + ) l / + ) + / l l / + ) + / l + ) / + + / + / / + / /) 4/ 3 4/3. Σηµείωση. i) Αν χρησιµοποιήσουµε την αντικατάσταση u + t, τότε t + t dt u du ) ) u l t u + l + t + +.

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 49 ii) Αν χρησιµοποιήσουµε την αντικατάσταση t ta θ, π/ < θ < π/, θ, τότε t + t dt si θ dθ.. Εστω P cosh t, sih t), t R \ {}, σηµείο του δεξιού κλάδου της υπερβολής y µε εξίσωση y,. Να αποδειχθεί ότι το εµβαδόν του χωρίου του επιπέδου που περικλείεται από την καµπύλη y, τον άξονα O και το ευθ. τµήµα OP ισούται µε t/. Λύση. Το εµβαδόν του ορθογώνιου τριγώνου OBP ισούται µε cosh t sih t sih t 4 ενώ το εµβαδόν

5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ του χωρίου E είναι E cosh t t t t t d cosh u sih u du αντικατάσταση cosh u) sih u du cosh u sih u) cosh u du cosh u + sih u) cosh u du sih u ut 4 t u sih t t 4. t du Άρα, το εµβαδόν του χωρίου E είναι E sih t 4 E sih t 4 sih t t ) t 4. 3. Υπολογίστε τα ολοκληρώµατα cos t dt και dt, < π/. cos t Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy Schwarz αποδείξτε ότι για κάθε π/, π/) είναι si l ) + si..6) si Λύση. Επειδή si ) l ) + si ) si ) ) si si l + si [ si l + si si η συνάρτηση στο αριστερό µέλος της.6) είναι άρτια. )] si l ) + si, si Επίσης και η y είναι άρτια. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουµε την.6) για [, π/). Παρατηρούµε ότι για < π/ είναι cos t dt si

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 5 και cos t dt cos t cos t dt si cos t si t dt si l + u u du αντικατάσταση u si t) u + u + ) du u ) usi ) + si l. si u Τότε, για < π/ από την ανισότητα Cauchy Schwarz έχουµε ) cos t dt) cos t dt cos t ) cos t dt si l ) + si. si 4. Εύκολα αποδεικνύεται ότι t t3 3 < arcta t < t, για κάθε t >. Χρησιµοποιώντας τις παραπάνω ανισότητες να αποδειχθεί ότι Υπόδειξη. Για κάθε > είναι Λύση. Για > είναι 3 3 arcta t 3 t dt l 3 3 arcta t + t dt l 3. arcta t 3 arcta t t t dt l 3 t dt. 3 arcta t t dt l 3 l ) arcta t t dt 3 t dt 3 arcta t t t dt. Οµως για κάθε t > έχουµε t t3 3 < arcta t < t t3 3 < arcta t t < και κατά συνέπεια arcta t t t < t 3.

5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Εποµένως, 3 arcta t 3 t dt l 3 3 3 arcta t t t arcta t t t dt dt t 4 dt 3 3. + Άρα, + 3 arcta t/t ) dt l 3. 5. Εστω η συνάρτηση f : [, ] [, ) είναι συνεχής. Υποθέτουµε ότι υπάρχει a R, τέτοιο ώστε f) a ft) dt για κάθε [, ]. Να ϐρεθεί η συνάρτηση f. Λύση. Εστω F ) : ft) dt, [, ]. Η συνάρτηση F είναι µη αρνητική και από την υπόθεση έχουµε F ) af ) F )e a) για κάθε [, ]. Αν g) : F )e a, η συνάρτηση g είναι µη αρνητική και ϕθίνουσα στο διάστηµα [, ]. Επειδή g) F ), η g) για κάθε [, ]. Τότε ϑα είναι και F ) για κάθε [, ] και εποµένως F ) ft) dt. Οµως η f είναι µη αρνητική και συνεχής στο διάστηµα [, ]. Άρα, f) για κάθε [, ]. 6. αʹ) Χρησιµοποιώντας το ολοκλήρωµα κατάλληλης συνάρτησης στο διάστηµα [, ] να υπολογιστεί το όριο k + k. ϐʹ) Εύκολα αποδεικνύεται ότι 3 6 < si <, για κάθε >.

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 53 Λύση. Από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει ότι k + k 6 k ) 3 + k < k ) si + k < Χρησιµοποιώντας την.7) και το α ), να υπολογιστεί το όριο k ) si + k. k + k..7) αʹ) Επειδή η συνάρτηση f) + είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], από τη ϑεωρία του ολοκληρώµατος Riema έχουµε ϐʹ) Για k + k +k, από τις ανισότητες έχουµε και κατά συνέπεια Οµως k και εποµένως Επειδή + k 6 + k 6 < k από την.7) έπεται ότι και k k + k/) + d arcta arcta π 4. ) 3 ) + k < si + k < ) 3 + k < ) 3 + k < k k k k k ) si + k < + k k 3 3 ) 3 + k. + k π 4, ) si + k π 4. + k.

54 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7. ίνεται ότι η συνάρτηση f : [a, b] R είναι παραγωγίσιµη µε f ) M < +, [a, b]. Αν N, ϑεωρείστε τη διαµέριση a < < < < < b του [a, b] µε k k, k,,...,. b a Εστω ξ k [ k, k ), k,,...,. Αποδείξτε ότι b a f) d fξ k ) k k ) M. k Υπόδειξη. Αποδείξτε πρώτα ότι k f) d fξ k ) k k ) k M k k ξ k d M k k ). Απόδειξη. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε k k k f) d fξ k ) k k ) f) fξ k )) d f c ) ξ k ) d, k k k για κάποιο c µεταξύ ξ k και. Εποµένως, k f) d fξ k ) k k ) k k k f c ) ξk d k M ξ k d [ k ξk k ] M ξ k ) d + k ξ k ξ k ) d M [ ξk k ) + k ξ k ) ] M [ξ k k ) + k ξ k )] M k k ).

.4. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 55 Άρα, b f) d fξ k ) k k ) a ) k f) d fξ k ) k k ) k k k k f) d fξ k ) k k ) k k M k k ) k M k k ) k k b a) b a ) k M b a) ) M. 8. Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµατα ή µε οποιοδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογιστεί το όριο + d. Λύση. Επειδή οι συναρτήσεις f) και g) + είναι µη αρνητικές και συνεχείς στο διάστηµα [, ], από το ϑεώρηµα µέσης τιµής για ολοκληρώµαταπαραπέµπουµε στο [7]) d ξ + + d ξ l + ) ξ l, για κάποιο ξ µε ξ. Είναι ξ. Πράγµατι, αν ξ τότε + d + d + d. Άτοπο, επειδή + > για κάθε [, ) και αυτό συνεπάγεται ότι + d >. Εποµένως ξ <. Τότε ξ και κατά συνέπεια d + ξ l.

56 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 9. Εστω τα γενικευµένα ολοκληρώµατα i) + si d, ii) e + d. Εξετάστε αν τα γενικευµένα ολοκληρώµατα συγκλίνουν και αν ναι να υπολογιστούν. Λύση. i) Είναι + si + και το γενικευµένο ολοκλήρωµα + d l + ). αποκλίνει) Εποµένως, από το κριτήριο σύγκρισης και το γενικευµένο ολοκλήρωµα + si d. αποκλίνει) ii) Επειδή < e + < e e / και το γενικευµένο ολοκλήρωµα e / d συγκλίνει, από το κριτήριο σύγκρισης και το γενικευµένο ολοκλήρωµα / e + ) d ϑα συγκλίνει. Για τον υπολογισµό του ολοκληρώµατος έχουµε e + d t dt αντικατάσταση t e + lt )) t ) dt t + ) t e l l ) +. t + e + + Εποµένως, d e + l e ) ) + l e + + + ) ) + + l / e l + / e + ) ) l + l + l +.

.5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 57.5 Ακαδηµαϊκό έτος ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Οµάδα ερωτήσεων τύπου σωστό λάθος στη Μαθηµατική Ανάλυση Ι Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς. ώστε κατάληλο αντιπαράδειγµα στην περίπτωση που µια πρόταση είναι ψευδής.. Εστω η συνάρτηση f : a, a) \ {} R, a >. Τότε f) λ R αν και µόνο αν f ) λ. Ψευδής. Αν f) λ R, τότε f ) λ. Αυτό είναι άµεση συνέπεια του ορισµού του ορίου. Το αντίστροφο γενικά δεν ισχύει. Αν f ) [], όπου [] είναι το ακέραιο µέρος του R, τότε [ ] ενώ το [] δεν υπάρχει.. Εστω οι συναρτήσεις f, g : R + R τέτοιες ώστε + f ) g ) +. Τότε είτε + f ) + ή + g ) +. Ψευδής. Αν f ) και g ), τότε f ), + g ) και f ) g ) +. + + Σηµείωση. Υπάρχουν συναρτήσεις f, g : R + R τέτοιες ώστε + f ) g ) + ενώ τα όρια + f ) και + g ) δεν υπάρχουν. Πράγµατι, αν f ) + cos και g ) + si, τότε f ) g ) + + cos si +. Εποµένως, + f ) g ) +. Παρατηρούµε ότι για κάθε N είναι f π) + π, f π + π/), g π), και g π + π/) + π + π/. Τότε, + π + π + π/) +. Επειδή f π) + f π + π/) + +

58 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ και g π) + g π + π/), + + από το ϑεώρηµα µεταφοράς τα όρια + f ) και + g ) δεν υπάρχουν. 3. Εστω η συνάρτηση f : R R. Αν η f είναι συνεχής, τότε και η f ϑα είναι συνεχής. Ψευδής. Ενα αντιπαράδειγµα είναι η συνάρτηση αν f ) αν <. 4. Αν οι f, g είναι συνεχείς συναρτήσεις ορισµένες σε κάποιο υποσύνολο D R, τότε οι maf, g), mif, g) είναι συνεχείς συναρτήσεις, όπου maf, g)) ma {f), g)}, mif, g)) mi {f), g)}. Αληθής. Επειδή οι συναρτήσεις f ± g, f g είναι συνεχείς, τότε και οι συναρτήσεις ma f, g) f + g + f g, mi f, g) f + g f g είναι συνεχείς. 5. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο R, τότε υπάρχει a > τέτοιο ώστε η f είναι µονότονη στο διάστηµα [, a]. Ψευδής. Εστω η συνάρτηση Αν a >, τότε υπάρχει N τέτοιο ώστε si /) αν f ) αν. π + π/, a) και, a). π π/ Επειδή < < και f ), f ) >, f ) <, η f δεν είναι µονότονη στο διάστηµα [, a].

.5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 59 6. Εστω η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιµη στο διάστηµα I a, a), a >. Τότε η f είναι άρτια αν και µόνο αν η f είναι περιττή. Αληθής. Αν g ) : f ) f ), είναι g ). Τότε, f άρτια g g σταθερή g f περιττή. 7. Εστω η συνάρτηση f : [, + ) R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη. Αν + f), τότε και + f ). Ψευδής. Αν f) /) si, τότε η f είναι συνεχώς παραγωγίσιµη στο [, + ), + f) και f ) si + cos. Για κάθε N είναι f π ), f π + π/ ) / π + π/. Επειδή + f π ) και + f π + π/ ), από το ϑεώρηµα µεταφοράς συµπεραίνουµε ότι το + f ) δεν υπάρχει. 8. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ). Τότε υπάρχει διάστηµα [ a, a], a >, στο οποίο η f είναι αύξουσα. Αληθής. Επειδή η f είναι συνεχής, υπάρχει a > τέτοιο ώστε για κάθε [ a, a] είναι f ) f ) < f ) < < f ) <. ηλαδή για κάθε [ a, a] είναι f ) > και κατά συνέπεια η f είναι γνήσια αύξουσα στο [ a, a]. 9. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ). Τότε υπάρχει διάστηµα [ a, a], a >, στο οποίο η f είναι αύξουσα. Ψευδής. Εστω η συνάρτηση + si / ) αν f) αν.

6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Είναι και f f) f) ) + si / )) ) f ) + si ) cos, για κάθε. Η f είναι παραγωγίσιµη στο R και τέτοια ώστε f ). Για κάθε a > υπάρχει N τέτοιο ώστε ± π [ a, a]. Επειδή f ) + ) π > και f π <, π π η f δεν µπορεί να είναι αύξουσα στο διάστηµα [ a, a], a >. Σηµείωση. Για η παράγωγος ) f ) + si ) cos παρουσιάζει έντονες ταλαντώσεις πλησίον του µηδενός. Εποµένως, η f δεν διατηρεί το πρόσηµο πλησίον του µηδενός και κατά συνέπεια η f δεν µπορεί να είναι αύξουσα. Η συνάρτηση f δεν είναι συνεχώς παραγωγίσιµη. Πράγµατι, επειδή f ) + ) π + π και ) f ) π, π

.5. ΑΚΑ ΗΜΑΪΚΟ ΕΤΟΣ 6 από το ϑεώρηµα µεταφοράς το όριο f ) δεν υπάρχει και εποµένως η f δεν είναι συνεχής στο. Αν η f ήταν συνεχής στο µηδέν, τότε η f ϑα ήταν συνεχώς παραγωγίσιµη και εποµένως η f ϑα ήταν αύξουσα σε µια περιοχή του µηδενός ϐλέπε το προηγούµενο αποτέλεσµα).. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R + R είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ϕραγµένη στο R +. Αν η ακολουθία f )) N τείνει στο +, δηλαδή + f ) +, τότε και + f ) +. Αληθής. Εστω f ) M για κάθε R +. Αν [] είναι το ακέραιο µέρος του R +, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής έχουµε f ) f []) M [] < M και εποµένως f ) > f []) M. Επειδή [], για κάποιο N και από την υπόθεση + f ) +, ϑα είναι και + f []) +. Άρα, + f ) +.. Υποθέτουµε ότι η συνάρτηση f : R + R είναι παραγωγίσιµη και ότι η παράγωγος f είναι ϕραγµένη στο R +. Αν η ακολουθία f )) N συγκλίνει, έστω + f ) λ R, τότε και + f ) λ. Ψευδής. Αν f ) si π), η f είναι παραγωγίσιµη στο R και η παράγωγος f ) π cos π) είναι ϕραγµένη. Επειδή f ) si π), + f ). Οµως, το όριο + f ) + si π) δεν υπάρχει.. Εστω η συνάρτηση f : R R είναι παραγωγίσιµη και τέτοια ώστε f ), + f ) +. Τότε, για κάθε A R υπάρχει ξ R τέτοιο ώστε f ξ) A. Σηµείωση. Η f µπορεί να µην είναι συνεχής. Αληθής. Εστω A R. Επειδή f ) και + f ) +, υπάρχουν α, β R τέτοια ώστε f α) < A < f β). Τότε, από το ϑεώρηµα Darbou υπάρχει ξ α, β) τέτοιο ώστε f ξ) A.