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 κάθε x A και κάθε y B. Να δείξετε ότι inf B x, για κάθε x A. ( μον.) (βʹ) Εστω (α ν ) ακολουθία πραγματικών αριθμών. Υποθέτουμε ότι αν = ρ <. Αποδείξτε ότι α ν = 0. ν ( μον.) (αʹ) Αν inf B < x, για κάποιο x A, τότε επιλέγοντας ε = x inf B > 0, από το χαρακτηρισμό του infimum, θα υπάρχει y B τέτοιο ώστε y < inf B + ε = x το οποίο είναι άτοπο. Άρα inf B x, για κάθε x A. (βʹ) Από την υπόθεση, για ε > 0 αρκετά μικρό υπάρχει ν 0 N, τέτοιο ώστε ν αν < ρ + ε = λ < για κάθε ν ν 0. Επομένως 0 α ν < λ ν για κάθε ν ν 0. Αφού 0 < λ <, είναι λ ν = 0 και κατά συνέπεια α ν = 0. Το τελευταίο όμως συνεπάγεται ότι α ν = 0 Θέμα. (αʹ) Εστω (α ν ) και (β ν ) ακολουθίες θετικών πραγματικών αριθμών. Υποθέτουμε ότι Δείξτε ότι αν η σειρά α ν β ν = +. β ν αποκλίνει, τότε αποκλίνει και η σειρά ν= (βʹ) Να αναπτύξετε σε δυναμοσειρά, κέντρου 0, τη συνάρτηση α ν. ν= f(x) = ( + x) 3, x <. ( μον.) ( μον.) (αʹ) Εστω M > 0. Τότε από τον ορισμό του ορίου υπάρχει ν 0 N, τέτοιο ώστε α ν β ν > M για κάθε ν ν 0. Επομένως, Επειδή η σειρά θα αποκλίνει. α ν > Mβ ν για κάθε ν ν 0. β ν = + αποκλίνει, από το κριτήριο σύγκρισης και η σειρά ν= α ν = + ν=

(βʹ) Εχουμε, χρησιμοποιώντας τη γεωμετρική σειρά και το θεώρημα για την παραγώγιση όρο προς όρο δυναμοσειρών, ότι ) ( ( + x) 3 = ( + x) = ( ) + x = ( x + x x 3 + x 4 x 5 + ) = ( + x 3x + 4x 3 5x 4 + ) = 3x + 6x 0x 3 +, x <. Θέμα 3. Εστω η συνάρτηση f : [, b] R είναι συνεχής στο κλειστό και φραγμένο διάστημα [, b]. (αʹ) Υποθέτουμε ότι η f δεν είναι φραγμένη. Τότε, για κάθε n N υπάρχει x n [, b] τέτοιο ώστε f(x n ) > n. Χρησιμοποιώντας το θεώρημα Bolzno-Weierstrss για ακολουθίες αποδείξτε ότι η παραπάνω υπόθεση οδηγεί σε άτοπο. Επομένως η f είναι φραγμένη στο [, b]. ( μον.) (βʹ) Εστω f(x 0 ) > 0, όπου x 0 (, b). Αποδείξτε οτι υπάρχει δ > 0, τέτοιο ώστε για κάθε x [x 0 δ, x 0 + δ] [, b] να ισχύει f(x 0) Εφαρμογή. Υποθέτουμε ότι f(x) 0 για κάθε x [, b] και ότι το ολοκλήρωμα f(x) dx = 0. Αν υπάρχει x 0 (, b) τέτοιο ώστε f(x 0 ) > 0, χρησιμοποιώντας την () αποδείξτε ότι. () Να συμπεράνετε ότι f(x) = 0 για κάθε x [, b]. f(x) dx > 0. (άτοπο) (,5 μον.) (αʹ) Η ακολουθία (x n ) σημείων του [, b] είναι φραγμένη και επομένως από το θεώρημα Bolzno- Weierstrss για ακολουθίες, υπάρχει υπακολουθία (x kn ) με n x kn = x. Είναι x kn b για κάθε n N και κατά συνέπεια το x [, b]. Επειδή η f είναι συνεχής συνάρτηση, από το θεώρημα μεταφοράς n f (x k n ) = f (x). Δηλαδή η ακολουθία (f (x kn )) συγκλίνει και κατά συνέπεια θα είναι φραγμένη. Ομως από την υπόθεση είναι f(x kn ) > k n n για κάθε n N και επομένως n f (x kn ) =, δηλαδή η ακολουθία (f (x kn )) δεν είναι φραγμένη. Άτοπο. Επομένως η f είναι φραγμένη στο [, b].

(βʹ) Επειδή η f είναι συνεχής στο x 0 (, b), για ε = f(x 0 )/ > 0 υπάρχει δ > 0 τέτοιο ώστε αν x [, b] με x x 0 < δ, δηλαδή x (x 0 δ, x 0 + δ ), να ισχύει f(x) f(x 0 ) < f(x 0) f(x 0) Αν πάρουμε το δ < δ αρκετά μικρό έτσι ώστε [x 0 δ, x 0 + δ] [, b], τότε για κάθε x [x 0 δ, x 0 + δ] [, b] θα είναι f(x 0) Εφαρμογή. Αν υπάρχει x 0 (, b) τέτοιο ώστε f(x 0 ) > 0, χρησιμοποιώντας την () έχουμε f(x) dx 0+δ x 0 δ f(x) dx 0+δ x 0 δ f(x 0 ) dx = δf(x 0 ) > 0... (άτοπο) Επομένως f(x) = 0 για κάθε x (, b). Επειδή η f είναι συνεχής στο [, b], θα είναι f() = x + f(x) = 0 και f(b) = x b f(x) = 0. Άρα, f(x) = 0 για κάθε x [, b]. Θέμα 4. (αʹ) Διατυπώστε το θεώρημα Tylor. Στον τύπο Tylor δείξτε ποιο είναι το πολυώνυμο Tylor βαθμού n (n N) και ποιο το υπόλοιπο. Δώστε και τις δύο μορφές του υπολοίπου. Ποιο θεώρημα χρησιμοποιείται για την απόδειξη του τύπου Tylor; ( μον.) (βʹ) Εφαρμόστε τον τύπο Mclurin για τη συνάρτηση f(x) = ln( + x), x > και αποδείξτε ότι για οποιοδήποτε k N και για κάθε x > 0 έχουμε x x + k xk < ln( + x) < x x + + k + xk+. () (,5 μον.) (αʹ) Θεώρημα Tylor: Εστω n N και έστω η συνεχής συνάρτηση f : [, b] R της οποίας οι παράγωγοι f, f,..., f (n) είναι συνεχείς στο [, b] και η f (n+) υπάρχει στο (, b). Αν x 0 [, b], τότε για κάθε x [, b] υπάρχει ξ μεταξύ x 0 και x τέτοιο ώστε όπου f(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) + f (x 0 )! P n (x) = n k=0 και R n (x) είναι το υπόλοιπο με ή (x x 0 ) + + f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n + R n (x), (τύπος Tylor) f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k είναι το πολυώνυμο Tylor βαθμού n k! R n (x) = f (n+) (ξ) (n + )! (x x 0) n+ (Lgrnge) R n (x) = f (n+) (ξ) (x ξ) n (x x 0 ). (Cuchy) Για την απόδειξη του τύπου Tylor με το υπόλοιπο κατά Lgrnge χρησιμοποιείται το γενικευμένο θεώρημα μέσης τιμής. Για την απόδειξη του ίδιου τύπου με το υπόλοιπο κατά Cuchy χρησιμοποιείται το κλασικό θεώρημα μέσης τιμής. 3

(βʹ) Θα εφαρμόσουμε τον τύπο Mclurin(τύπος Tylor με x 0 = 0) f(x) = f(0) + f (0)x + f (0)! x + + f (n) (0) x n + f (n+) (ξ) (n + )! xn+, όπου ξ μεταξύ 0 και x. Παρατηρούμε ότι η n-οστή παράγωγος της f(x) = ln( + x), x >, είναι f (n) n (n )! (x) = ( ) ( + x) n. Κατά συνέπεια f (n) (0) Επομένως, αν x > 0 = ( ) n n και f (n+) (ξ) (n + )! = ( ) n (n + )( + ξ) n+. ln( + x) = x x + + ( ) n n xn + ( ) n xn+, (3) }{{} (n + )( + ξ) n+ }{{} P n(x) R n(x) για κάποιο ξ με 0 < ξ < x. (i) Αν n = k είναι άρτιος, τότε R k (x) > 0 και από την (3) προκύπτει η αριστερή ανισότητα της (). (ii) Αν n = k+ είναι περιττός, τότε R k+ (x) < 0 και από την (3) προκύπτει η δεξιά ανισότητα της (). Θέμα 5. Υπολογίστε το ολοκλήρωμα t + t + 5 dt, και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η λύση της εξίσωσης x R t + t + 5 dt = π 4 είναι x = 3. Είναι (,5 μον.) x t + t + 5 dt = (t + ) + dt ) t=x = rctn ( t + = rctn ( x + = rctn ( x + t= ) rctn ) π 8. 4

Επομένως t + t + 5 dt = π 4 ( ) x + rctn π 8 = π 4 ( ) x + rctn = π 3 x + = tn π 3 x + = 3 x = 3. Διάρκεια εξέτασης: 3 ώρες 5