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). (α) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε η f είναι ϕραγµένη. (ϐ) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε παίρνει µέγιστη τιµή. (γ) Αν η f είναι ϕραγµένη, τότε είναι Riem ολοκληρώσιµη. (δ) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε η f είναι Riem ολοκληρώσιµη. (ε) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη, τότε υπάρχει c [, ] ώστε f(c)( ) = f(x) dx. (στ) Αν η f είναι ϕραγµένη και αν L(f, P ) = U(f, P ) για κάθε διαµέριση P του [, ], τότε η f είναι σταθερή. (Ϲ) Αν η f είναι ϕραγµένη και αν υπάρχει διαµέριση P ώστε L(f, P ) = U(f, P ), τότε η f είναι Riem ολοκληρώσιµη. (η) Αν η f είναι Riem ολοκληρώσιµη και αν f(x) = για κάθε x [, ] Q, τότε f(x)dx =. Υπόδειξη. (α) Σωστό. Από τον ορισµό του ολοκληρώµατος Riem: εξετάζουµε αν η f : [, ] R είναι ολοκληρώσιµη µόνο αν η f είναι ϕραγµένη. (ϐ) Λάθος. Η συνάρτηση f : [, ] R µε f() = και f(x) = x αν < x δεν παίρνει µέγιστη τιµή, είναι όµως ολοκληρώσιµη : για κάθε < <, η f είναι συνεχής στο [, ], άρα είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Από την Άσκηση 9 (ϐλέπε παρακάτω) η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. (γ) Λάθος. Η f : [, ] R µε f(x) = αν x Q και f(x) = αν x / Q είναι ϕραγµένη, αλλά δεν είναι ολοκληρώσιµη : για κάθε διαµέριση P του [, ] έχουµε U(f, P ) = και L(f, P ) =, άρα f(x) dx = < = f(x) dx. (δ) Λάθος. Για τη συνάρτηση f του προηγούµενου ερωτήµατος έχουµε f(x) = για κάθε x [, ]. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη, ενώ η f δεν είναι ολοκληρώσιµη. (ε) Λάθος. Η f : [, ] R µε f(x) = αν x [, ] και f(x) = αν x (, ] είναι ολοκληρώσιµη και f(x) dx = (εξηγήστε γιατί). Οµως, δεν υπάρχει c [, ] ώστε f(c) = f(x) dx. Θα είχαµε f(c) =, ενώ η f δεν µηδενίζεται πουθενά στο [, ]. (στ) Σωστό. Εστω ότι η f δεν είναι σταθερή. Τότε, υπάρχουν y, z [, ] ώστε f(y) < f(z). Θεωρήστε τη διαµέριση Q = {, } του [, ] (που περιέχει µόνο τα άκρα και του διαστήµατος [, ]). Τότε, U(f, Q) L(f, Q) = (M m )( )
όπου m = if{f(x) : x [, ]} f(y) < f(z) sup{f(x) : x [, ]} = M. Άρα, M m > οπότε U(f, Q) L(f, Q) >. Αυτό είναι άτοπο : από την υπόθεση έχουµε L(f, P ) = U(f, P ) για κάθε διαµέριση P του [, ]. Άρα, η f είναι σταθερή : υπάρχει c R ώστε f(x) = c για κάθε x [, ], και το ολοκλήρωµα της f στο [, ] ισούται µε c( ). (Ϲ) Σωστό. Μπορούµε µάλιστα να δείξουµε ότι η f είναι σταθερή. Εστω P = { = x < x < < x = } διαµέριση του [, ] ώστε U(f, P ) = L(f, P ). Αυτό σηµαίνει ότι (M k m k )(x k+ x k ) = U(f, P ) L(f, P ) =, k= και, αφού m k M k για κάθε k =,,...,, συµπεραίνουµε ότι m k = if{f(x) : x [x k, x k+ ]} = sup{f(x) : x [x k, x k+ ]} = M k για κάθε k =,,...,. ηλαδή, η f(x) = m k = M k για κάθε x [x k, x k+ ]. Παρατηρήστε τώρα ότι : x [x, x ], άρα f(x ) = m = M. Οµως, x [x, x ], άρα f(x ) = m = M. ηλαδή, m = M = m = M. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο (για τα επόµενα υποδιαστήµατα), συµπεραίνουµε ότι υπάρχει α R ώστε α = m = M = m = M = = m k = M k = = m = M. Επεται ότι f(x) = α για κάθε x [, ]. ηλαδή, η f είναι σταθερή. (η) Σωστό. Θεωρήστε τυχούσα διαµέριση P = { = x < x < < x = } του [, ]. Σε κάθε υποδιάστηµα [x k, x k+ ] υπάρχει ϱητός αριθµός q k. Από την υπόθεση έχουµε f(q k ) =, άρα m k M k. Επεται ότι Άρα, sup P L(f, P ) = m k (x k+ x k ) M k (x k+ x k ) = U(f, P ). k= k= L(f, P ) και if U(f, P ). Η f είναι ολοκληρώσιµη, άρα P f(x)dx = sup L(f, P ) P και f(x)dx = if U(f, P ). P ηλαδή, f(x)dx =.. Εστω f : [, ] R ϕραγµένη συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε < η f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ]. είξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Υπόδειξη. Η f είναι ϕραγµένη, άρα υπάρχει A > ώστε f(x) A για κάθε x [, ]. Θα δείξουµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη χρησιµοποιώντας το κριτήριο του Riem. Εστω ε >. Επιλέγουµε < < αρκετά µικρό ώστε να ικανοποιείται η A < ε. Από την υπόθεση, η f είναι ολοκληρώσιµη στο διάστηµα [, ], άρα υπάρχει διαµέριση Q του [, ] µε την ιδιότητα U(f, Q) L(f, Q) < ε.
Θεωρούµε τη διαµέριση P = {} Q του [, ]. Τότε, όπου U(f, P ) L(f, P ) = (M m ) + U(f, Q) L(f, Q) < (M m ) + ε, M = sup{f(x) : x } A και m = if{f(x) : x } A. Από τις τελευταίες ανισότητες παίρνουµε M m A, άρα U(f, P ) L(f, P ) < A + ε < ε + ε = ε. Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. 3. Αποδείξτε ότι η συνάρτηση f : [, ] R µε f(x) = si x αν x και f() = είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. είχνουµε πρώτα ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Παρατηρήστε ότι η f είναι ϕραγµένη στο [, ] και, για κάθε < <, η f(x) = si x είναι συνεχής στο [, ], άρα ολοκληρώσιµη στο [, ]. Από την Άσκηση, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Οµοίως δείχνουµε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. Άρα, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. 4. Εστω g : [, ] R ϕραγµένη συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι η g είναι συνεχής παντού, εκτός από ένα σηµείο x (, ). είξτε ότι η g είναι ολοκληρώσιµη. Υπόδειξη. [x, ]. Ακριβώς όπως στην προηγούµενη Άσκηση, δείξτε ότι η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, x ] και στο Σηµείωση. Το ίδιο ακριβώς επιχείρηµα δείχνει ότι αν µια ϕραγµένη συνάρτηση f : [, ] R έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία ασυνέχειας στο [, ], τότε η f είναι ολοκληρώσιµη. 5. Χρησιµοποιώντας το κριτήριο του Riem αποδείξτε ότι οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ολοκληρώσιµες: (α) f : [, ] R µε f(x) = x. (ϐ) f : [, π/] R µε f(x) = si x. Υπόδειξη. (α) f : [, ] R µε f(x) = x. Η f είναι αύξουσα. Θεωρήστε τη διαµέριση P του [, ] σε ίσα υποδιαστήµατα µήκους /. είξτε ότι U(f, P ) L(f, P ) = f() f() Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. =. (ϐ) f : [, π/] R µε f(x) = si x. Η f είναι αύξουσα. Θεωρήστε τη διαµέριση P του [, π/] σε ίσα υποδιαστήµατα µήκους π/(). είξτε ότι U(f, P ) L(f, P ) = π(f(π/) f()) Από το κριτήριο του Riem, η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, π/]. = π. 6. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ολοκληρώσιµες στο [, ] και υπολογίστε το ολοκλήρωµα τους (αν υπάρχει): (α) f(x) = x + [x]. (ϐ) f(x) = αν x = k για κάποιον k N, και f(x) = αλλιώς. Υπόδειξη. (α) f(x) = x + [x]. Η f είναι αύξουσα στο [, ], άρα είναι ολοκληρώσιµη. Μπορείτε να γράψετε f(x)dx = xdx + [x]dx. 3
Το πρώτο ολοκλήρωµα είναι ίσο µε και το δεύτερο ίσο µε (εξηγήστε γιατί). (ϐ) f(x) = αν x = k για κάποιον k N, και f(x) = αλλιώς. Η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ]. είξτε διαδοχικά τα εξήσ: (i) Η f είναι ϕραγµένη. (ii) Αν < <, τότε η f έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία ασυνέχειας στο [, ] (είναι ακριβώς τόσα όσοι είναι οι ϕυσικοί k για τους οποίους /k ). (iii) Αν < <, τότε η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] (από την σηµείωση µετά την Άσκηση 3). (iv) Η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] (από την Άσκηση ). 7. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε f(x) για κάθε x [, ]. είξτε ότι αν και µόνο αν f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)dx = Υπόδειξη. Εστω ότι f(x)dx =. Υποθέτουµε ότι η f δεν είναι ταυτοτικά µηδενική. Τότε, υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) >. Λόγω συνέχειας, η f παίρνει ϑετικές τιµές σε µια (αρκετά µικρή) περιοχή του x, µπορούµε λοιπόν να υποθέσουµε ότι < x < (ότι x και x ). Επιλέγουµε ε = f(x )/ > και εφαρµόζουµε τον ορισµό της συνέχειασ: µπορούµε να ϐρούµε δ > (και αν χρειάζεται να το µικρύνουµε) ώστε < x δ < x + δ < και, για κάθε x [x δ, x + δ], f(x) f(x ) < f(x ) = f(x) > f(x ). Αφού η f είναι µη αρνητική παντού στο [, ], έχουµε f(x)dx = δ + f(x)dx + +δ x δ +δ x δ f(x)dx + δ f(x ) f(x)dx + f(x)dx x +δ = δf(x ) >. Καταλήξαµε σε άτοπο, άρα f(x) = για κάθε x [, ]. Ο αντίστροφος ισχυρισµός ισχύει προφανώς. 8. Εστω f, g : [, ] R συνεχείς συναρτήσεις ώστε είξτε ότι υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) = g(x ). f(x)dx = g(x)dx. Υπόδειξη. Θεωρώντας την h = f g ϐλέπουµε ότι αρκεί να δείξουµε το εξήσ: αν h : [, ] R συνεχής συνάρτηση και h(x)dx =, τότε υπάρχει x [, ] ώστε h(x ) =. Ας υποθέσουµε ότι h(x) για κάθε x [, ]. Τότε, είτε h(x) > παντού στο [, ] ή h(x) < παντού στο [, ] (αν η h έπαιρνε και αρνητικές και ϑετικές τιµές στο [, ] τότε, από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, ϑα υπήρχε σηµείο στο οποίο ϑα µηδενιζόταν). Εστω λοιπόν ότι h(x) > για κάθε x [, ]. Η h παίρνει ελάχιστη ϑετική τιµή στο [, ]: υπάρχει y [, ] ώστε h(x) h(y) > για κάθε x [, ]. Τότε, h(x)dx h(y)( ) >, 4
το οποίο είναι άτοπο. Οµοίως καταλήγουµε σε άτοπο αν υποθέσουµε ότι h(x) < για κάθε x [, ]. 9. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ισχύει είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)g(x)dx =. Υπόδειξη. Από την υπόθεση, για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ισχύει f(x)g(x)dx =. Η f είναι συνεχής, µπορούµε λοιπόν να εφαρµόσουµε την υπόθεση για την g = f. Τότε, f (x)dx =. Η f είναι συνεχής και µη αρνητική. Από την Άσκηση 7 συµπεραίνουµε ότι f (x) = για κάθε x [, ], άρα f(x) = για κάθε x [, ].. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την ιδιότητα : για κάθε συνεχή συνάρτηση g : [, ] R που ικανοποιεί την g() = g() =, ισχύει είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(x)g(x)dx =. Υπόδειξη. Υποθέτουµε ότι η f δεν είναι ταυτοτικά µηδενική. Τότε, χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει x (, ) ώστε f(x ) >. Οπως στην Άσκηση (στ), µπορούµε να ϐρούµε δ > ώστε < x δ < x + δ < και f(x) > f(x )/ > για κάθε x [x δ, x + δ]. Ορίζουµε µια συνεχή συνάρτηση g : [, ] R ως εξήσ: ϑέτουµε g(x) = στα [, x δ] και [x + δ, ], ορίζουµε g(x ) = f(x ), και επεκτείνουµε γραµµικά στα [x δ, x ] και [x, x + δ]. Αφού g() = g() =, από την υπόθεση πρέπει να ισχύει f(x)g(x)dx =. Οµως, +δ = f(x)g(x)dx = f(x)g(x)dx x δ και η fg είναι µη αρνητική στο [x δ, x + δ]. Από την Άσκηση 7, έχουµε f(x)g(x) = για κάθε x [x δ, x + δ]. Ειδικότερα, = f(x )g(x ) = f (x ), το οποίο είναι άτοπο.. Εστω f, g : [, ] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. είξτε την ανισότητα Cuchy-Schwrz: ( ( ) ( ) f(x)g(x)dx) f (x)dx g (x)dx. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση P : R R που ορίζεται από την P (t) = (tf(x) + g(x)) dx. Η P ορίζεται καλά : αφού οι f, g είναι ολοκληρώσιµες, η tf + g (άρα και η (tf + g) ) είναι ολοκληρώσιµη στο [, ] για κάθε t R. Παρατηρήστε ότι η P είναι πολυώνυµο δευτέρου ϐαθµού : ( ) ( ) ( ) P (t) = t f (x)dx + t f(x)g(x)dx + g (x)dx. Αφού P (t) για κάθε t R, η διακρίνουσα είναι µη αρνητική : ( ( ) ( ) 4 f(x)g(x)dx) 4 f (x)dx g (x)dx. 5
. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι ( f(x)dx) f (x)dx. Ισχύει το ίδιο αν αντικαταστήσουµε το [, ] µε τυχόν διάστηµα [, ]; Υπόδειξη. Εφαρµόστε την ανισότητα Cuchy-Schwrz για την f και τη σταθερή συνάρτηση g : ( ( f(x) dx) ) ( ) f (x)dx dx = f (x)dx. Η ίδια ανισότητα ισχύει αν αντικαταστήσουµε το [, ] µε οποιοδήποτε διάστηµα [, ] που έχει µήκος µικρότερο ή ίσο του (αν όµως πάρετε σαν [, ] το [, ] και σαν f τη σταθερή συνάρτηση f(x) =, τότε η ανισότητα παίρνει τη µορφή 4, άτοπο). 3. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι η ακολουθία = f k= ( ) k συγκλίνει στο f(x)dx. [Υπόδειξη : Χρησιµοποιήστε τον ορισµό του Riem.] Υπόδειξη. Θεωρούµε την ακολουθία διαµερίσεων P () = { < < < < } και την επιλογή σηµείων Ξ () = {,,..., }. Αφού το πλάτος της διαµέρισης P () είναι P () =, από τον ορισµό του Riem έχουµε = ( ) k f = ( f, P (), Ξ ()) f(x) dx. k= 4. είξτε ότι lim + + + = 3. Υπόδειξη. Εφαρµόζοντας το συµπέρασµα της προηγούµενης Άσκησης για την ολοκληρώσιµη συνάρτηση f(x) = x στο [, ], παίρνουµε + + + = k= k x dx = 3. 5. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχει s [, ] ώστε s f(t)dt = s f(t)dt. Μπορούµε πάντα να επιλέγουµε ένα τέτοιο s στο ανοικτό διάστηµα (, ); Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση g : [, ] R µε s ( s g(s) = f(t)dt f(t)dt = f(t)dt f(t)dt s s s = f(t)dt f(t)dt. 6 f(t)dt )
Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, η g είναι συνεχής. Παρατηρήστε ότι g() = f(t)dt και g() = f(t)dt. ( ) Αφού g()g() = f(t)dt, υπάρχει s [, ] ώστε g(s) =. Για κάθε τέτοιο s ισχύει η s f(t)dt = s f(t)dt. Μπορούµε να επιλέξουµε ένα τέτοιο s στο ανοικτό διάστηµα (, ) αν f(t)dt (εξηγήστε γιατί). Αν όµως πάρετε την f(x) = x στο [, ], τότε τα µόνα σηµεία s [, ] για τα οποία g(s) = είναι τα s = ± (σε αυτό το παράδειγµα, το ολοκλήρωµα της f στο [, ] ισούται µε µηδέν). 6. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη και ϑετική συνάρτηση ώστε f(x)dx =. είξτε ότι για κάθε N υπάρχει διαµέριση { = t < t < < t = } t k+ ώστε t k f(x)dx = για κάθε k =,,...,. Υπόδειξη. Θεωρήστε τη συνάρτηση F : [, ] R µε F (t) = t f(x)dx. Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη και ϑετική, η F είναι συνεχής και αύξουσα στο [, ]. Αφού f(x)dx =, έχουµε F () = και F () =. Εστω N. Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, για κάθε k =,..., υπάρχει t k [, ] ώστε F (t k ) = k. Θέτουµε t = και t = : τότε F (t ) = = και F (t ) = =. Παρατηρήστε ότι t k < t k+ για κάθε k =,,...,. Αν για κάποιο k είχαµε t k t k+, τότε ϑα παίρναµε k tk tk+ tk tk+ = f(x)dx = f(x)dx + f(x)dx f(x)dx = k + t k+, το οποίο είναι άτοπο. Άρα, = t < t < < t = και tk+ για κάθε k =,,...,. t k f(x)dx = tk+ tk f(x)dx f(x)dx = k + k = 7. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχει s [, ] ώστε f(x)x dx = f(s) 3. Υπόδειξη. Σύµφωνα µε το ϑεώρηµα µέσης τιµής του Ολοκληρωτικού Λογισµού, αν η f : [, ] R είναι συνεχής και η µη αρνητική συνάρτηση g : [, ] R είναι ολοκληρώσιµη, υπάρχει s [, ] ώστε f(x)g(x)dx = f(s) Εφαρµόστε το παραπάνω για την g(x) = x. 8. Υποθέτουµε ότι η f : [, ] R είναι συνεχής και ότι f(t)dt = x για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(t)dt g(x)dx. 7
Υπόδειξη. Από την υπόθεση έπεται ότι f(t)dt = f(t)dt για κάθε x [, ]. ηλαδή, η συνάρτηση F : [, ] R µε F (x) = f(t)dt είναι σταθερή. Αφού η f είναι συνεχής, η F είναι παραγωγίσιµη και F (x) = f(x) για κάθε x [, ]. Αφού η F είναι σταθερή, έχουµε F. Άρα, f(x) = για κάθε x [, ]. 9. Εστω f, h : [, + ) [, + ). Υποθέτουµε ότι η h είναι συνεχής και η f είναι παραγωγίσιµη. Ορίζουµε είξτε ότι F (x) = h(f(x)) f (x). F (x) = f(x) h(t)dt. Υπόδειξη. Αφού η h είναι συνεχής, η συνάρτηση G(y) = y h(t)dt είναι παραγωγίσιµη στο [, + ) και G (y) = h(y). Παρατηρήστε ότι F (x) = G(f(x)) = (G f)(x). Αφού η f είναι παραγωγίσιµη, εφαρµόζοντας τον κανόνα της αλυσίδας παίρνουµε F (x) = G (f(x)) f (x) = h(f(x)) f (x).. Εστω f : R R συνεχής και έστω δ >. Ορίζουµε g(x) = είξτε ότι η g είναι παραγωγίσιµη και ϐρείτε την g. Υπόδειξη. Γράφουµε όπου g(x) = +δ x δ H (x) = f(t)dt = +δ +δ +δ x δ f(t)dt f(t)dt. δ f(t)dt και H (x) = f(t)dt = H (x) H (x), δ f(t)dt. Το επιχείρηµα της προηγούµενης Άσκησης δείχνει ότι οι H, H είναι παραγωγίσιµες, H (x) = f(x + δ) και H (x) = f(x δ) (αν > x + δ ή > x δ, το συµπέρασµα εξακολουθεί να ισχύει : ϑυµηθείτε τη σύµβαση f = f). Επεται ότι g (x) = f(x + δ) f(x δ).. Εστω g, h : R R παραγωγίσιµες συναρτήσεις. Ορίζουµε G(x) = g(x) h(x) είξτε ότι η G είναι παραγωγίσιµη στο R και ϐρείτε την G. Υπόδειξη. Γράφουµε G(x) = g(x) h(x) t dt = g(x) t dt. t dt h(x) Αφού οι g, h είναι παραγωγίσιµες και η f(t) = t είναι συνεχής, η G είναι παραγωγίσιµη στο R (δείτε τις προηγούµενες δύο Ασκήσεις) και G (x) = g (x)g (x) h (x)h (x). t dt. 8
. Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση. Ορίζουµε F (x) = Βρείτε την F. Υπόδειξη. Θέτουµε u = x t. Τότε, dt = x u du και ( x ) f dt. t Άρα, F (x) = F (x) = x x ϕ(u) u du = ϕ(u) u x ϕ(u) u ϕ(u) du = x u du. du + x ϕ(x) ϕ(u) x = u du + ϕ(x) x. Β Οµάδα 3. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. Ορίζουµε µια ακολουθία ( ) ϑέτοντας = f(x )dx. είξτε ότι f(). Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα υπάρχει M > ώστε f(y) M για κάθε y [, ]. Εστω < ε <. Από τη συνέχεια της f στο, υπάρχει < δ < ώστε : αν y δ τότε f(y) f() < ε. Επιλέγουµε N µε την ιδιότητα : για κάθε ισχύει ( ) ε < δ. 4M + Τότε, για κάθε µπορούµε να γράψουµε (παρατηρήστε ότι αν < x < 4M+ τότε f(x ) f() < ε/) ε 4M+ f() = (f(x ) f())dx + (f(x ) f())dx ε 4M+ ε 4M+ f(x ) f() dx + ( f(x ) + f() ) dx Άρα, f(). < ε. ( ε 4M+ ) ε ε 4M + + ε 4M + M 4. είξτε ότι η ακολουθία γ = + + 3 + + Υπόδειξη. Η f(x) = x είναι ϕθίνουσα στο [, + ), άρα xdx συγκλίνει. k+ k + k x dx k ε για κάθε k N. Επεται ότι γ + γ = + + dx, x 9
δηλαδή η (γ ) είναι ϕθίνουσα. Επίσης, άρα x dx = 3 x dx + x dx + + x dx + + +, γ = + + + + x dx > για κάθε N. Αφού η (γ ) είναι ϕθίνουσα και κάτω ϕραγµένη από το, συγκλίνει. 5. Εστω f : [, ] R Lipschitz συνεχής συνάρτηση ώστε f(x) f(y) M x y για κάθε x, y [, ]. είξτε ότι για κάθε N. f(x)dx f k= ( ) k M Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι Στο διάστηµα [ k, k ] έχουµε άρα Άρα, k/ (k )/ f(x)dx f k= f(x) f(k/) M ( ) k k= f(x) f(k/) M f(x)dx k/ (k )/ f k= k/ (k )/ ( ) k x, ( ) k x dx = M ( ) k k= f(x) f(k/) dx. / M = M. y dy = M. 6. Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση µε την εξής ιδιότητα : υπάρχει M > ώστε f(x) M για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x) = για κάθε x [, ]. f(t) dt Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα υπάρχει A > ώστε f(t) A για κάθε t [, ]. Αυτό δείχνει ότι f(x) M f(t) dt M A dt = MA(x ) για κάθε x [, ]. Εισάγοντας αυτή την εκτίµηση πάλι στην υπόθεση, παίρνουµε f(x) M f(t) dt M A (t ) dt = M A (x )
για κάθε x [, ], και επαγωγικά, για κάθε x [, ] και για κάθε N. Οµως, άρα f(x) = για κάθε x [, ]. f(x) M A (x )! lim M A (x ) =,! 7. Εστω R. είξτε ότι δεν υπάρχει ϑετική συνεχής συνάρτηση f : [, ] R ώστε f(x)dx =, xf(x)dx = και x f(x)dx =. Υπόδειξη. Εστω ότι υπάρχει ϑετική συνεχής συνάρτηση f : [, ] R που ικανοποιεί τις f(x)dx =, xf(x)dx = και x f(x)dx =. Τότε, (x ) f(x)dx = x f(x)dx = + =. xf(x)dx + f(x)dx Αφού η (x ) f(x) είναι µη αρνητική και συνεχής, από την Άσκηση 7 ϐλέπουµε ότι (x ) f(x) = για κάθε x [, ]. Οµως η f είναι παντού ϑετική, άρα x = για κάθε x [, ]. Αυτό είναι άτοπο. 8. Εστω f : [, ] R συνεχής, µη αρνητική συνάρτηση. Θέτουµε M = mx{f(x) : x [, ]}. είξτε οτι η ακολουθία ( ) / γ = [f(x)] dx συγκλίνει, και lim γ = M. Υπόδειξη. Εστω ε >. Παρατηρήστε ότι ( / ( ) / γ = [f(x)] dx) M dx = M( ) / και M( ) / M όταν, άρα υπάρχει N ώστε γ < M + ε για κάθε. Αφού η f είναι συνεχής στο [, ], παίρνει τη µέγιστη τιµή τησ: υπάρχει x [, ] ώστε f(x ) = M. Αφού η f είναι συνεχής στο x, υπάρχει κάποιο διάστηµα J [, ] µε µήκος δ > και x J, ώστε f(x) > M ε για κάθε x J. Επίσης, αφού δ /, υπάρχει N ώστε : για κάθε, ( / ( [f(x)] dx) / [f(x)] dx) J ( M ε ) δ / > M ε.
Τότε, για κάθε = mx{, } έχουµε ( / γ M = [f(x)] dx) M < ε. ηλαδή, γ M. 9. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη συνάρτηση. Σκοπός αυτής της άσκησης είναι να δείξουµε ότι η f έχει πολλά σηµεία συνέχειας. (α) Υπάρχει διαµέριση P του [, ] ώστε U(f, P ) L(f, P ) < (εξηγήστε γιατί). είξτε ότι υπάρχουν < στο [, ] ώστε < και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (ϐ) Επαγωγικά ορίστε κιβωτισµένα διαστήµατα [, ] (, ) µε µήκος µικρότερο από / ώστε sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (γ) Η τοµή αυτών των κιβωτισµένων διαστηµάτων περιέχει ακριβώς ένα σηµείο. είξτε ότι η f είναι συνεχής σε αυτό. (δ) Τώρα δείξτε ότι η f έχει άπειρα σηµεία συνέχειας στο [, ] (δεν χρειάζεται περισσότερη δουλειά!). Υπόδειξη. (α) Αφού η f είναι ολοκληρώσιµη, µπορούµε να ϐρούµε διαµέριση P = { = x < x < < x = } του [, ] ώστε U(f, P ) L(f, P ) <. Περνώντας αν χρειαστεί σε εκλέπτυνση της P µπορούµε να υποθέσουµε ότι το πλάτος της P είναι µικρότερο από. Αφού (M k m k )(x k+ x k ) < = (x k+ x k ), k= υπάρχει k {,,..., } ώστε M k m k <. Αν ϑέσουµε = x k και = x k+, ϐλέπουµε ότι <,, [, ], < και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } = M k m k <. (ϐ) Με τον ίδιο τρόπο δείξτε ότι υπάρχει [, ] (, ) µε µήκος µικρότερο από / ώστε k= sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. Για να πετύχετε τον εγκλεισµό [, ] (, ) ξεκινήστε από ένα υποδιάστηµα [c, d] του [, ] µε < c < d < (η f είναι ολοκληρώσιµη και στο [c, d]). Βρείτε διαµέριση P του [c, d] µε U(f, P ) L(f, P ) < d c και πλάτος µικρότερο από / και συνεχίστε όπως πριν. Επαγωγικά µπορείτε να ϐρείτε [, ] (, ) ώστε < / και sup{f(x) : x } if{f(x) : x } <. (γ) Η τοµή των κιβωτισµένων διαστηµάτων [, ] περιέχει ακριβώς ένα σηµείο x. Θα δείξουµε ότι η f είναι συνεχής στο x : έστω ε >. Επιλέγουµε N µε < ε. Αφού x [ +, + ], έχουµε x (, ). Υπάρχει δ > ώστε (x δ, x + δ) (, ). Τότε, για κάθε x (x δ, x + δ) έχουµε f(x) f(x ) sup{f(x) : x } if{f(x) : x } < < ε.
Αυτό δείχνει τη συνέχεια της f στο x. (δ) Ας υποθέσουµε ότι η f έχει πεπερασµένα το πλήθος σηµεία συνέχειας στο [, ]. Τότε, υπάρχει διάστηµα [c, d] [, ] στο οποίο η f δεν έχει κανένα σηµείο συνέχειας (εξηγήστε γιατί). Αυτό είναι άτοπο από το προηγούµενο ϐήµα : η f είναι ολοκληρώσιµη στο [c, d], άρα έχει τουλάχιστον ένα σηµείο συνέχειας σε αυτό. Για την ακρίβεια, το επιχείρηµα που χρησιµοποιήσαµε δείχνει κάτι ισχυρότερο : αν η f είναι ολοκληρώσιµη τότε έχει τουλάχιστον ένα σηµείο συνέχειας σε κάθε υποδιάστηµα του [, ]. Με άλλα λόγια, το σύνολο των σηµείων συνέχειας της f είναι πυκνό στο [, ]. 3. Εστω f : [, ] R ολοκληρώσιµη (όχι αναγκαστικά συνεχής) συνάρτηση µε f(x) > για κάθε x [, ]. είξτε ότι f(x)dx >. Υπόδειξη. Από την προηγούµενη Άσκηση, αφού η f είναι ολοκληρώσιµη στο [, ], υπάρχει x [, ] στο οποίο η f είναι συνεχής. Αφού f(x ) >, υπάρχει διάστηµα J [, ] µε µήκος δ > ώστε : για κάθε x J ισχύει f(x) > f(x )/. Συνεχίστε όπως στην Άσκηση 7. 3. Εστω f : [, ] R συνεχής. είξτε ότι, για κάθε x [, ], ( u f(u)(x u)du = ) f(t)dt du. Υπόδειξη. Θεωρήστε τις συναρτήσεις F (x) = f(u)(x u)du = x f(u)du f(u)u du και όπου G(x) = ( u R(u) = ) f(t)dt du = u f(t)dt. R(u)du, Αφού η f είναι συνεχής στο [, ], το πρώτο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού δείχνει ότι οι F, G και R είναι παραγωγίσιµες. Επίσης, και Άρα, F (x) = f(u)du + xf(x) f(x)x = G (x) = R(x) = (G F ) (x) = G (x) F (x) = f(t)dt = f(u)du f(u)du. f(u)du f(u)du =. Επεται ότι η G F είναι σταθερή στο [, ]. Παρατηρώντας ότι F () = G() =, συµπεραίνουµε ότι G F στο [, ]. ηλαδή, ( u ) f(u)(x u)du = f(t)dt du για κάθε x [, ]. 3
3. Εστω, R µε < και f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. Αν P = { = x < x < < x = } είναι διαµέριση του [, ], δείξτε ότι f(x k+ ) f(x k ) k= f (x) dx. Υπόδειξη. Για κάθε k =,...,, η f είναι συνεχώς παραγωγίσιµη στο [x k, x k+ ]. Από το δεύτερο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού (για τη συνεχή συνάρτηση f ) έχουµε k+ k+ f(x k+ ) f(x k ) = f (x) dx f (x) dx. x k x k Άρα, f(x k+ ) f(x k ) k+ k= k= x k f (x) dx = f (x) dx. 33. Εστω f : [, + ) [, + ) γνησίως αύξουσα, συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() =. είξτε ότι, για κάθε x >, f(t) dt + f(x) Υπόδειξη. Θεωρούµε τις συναρτήσεις L, R : [, + ) [, ) µε L(x) = f(t) dt + f(x) f (t) dt = xf(x). f (t) dt και R(x) = xf(x). Οι L, R είναι παραγωγίσιµες (εξηγήστε γιατί) και L() = = R(). Παρατηρήστε ότι L (x) = f(x) + f (f(x)) f (x) = f(x) + xf (x) = R (x) για κάθε x. Επεται ότι L(x) = R(x) για κάθε x. 34. Εστω f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση µε f() =. είξτε ότι για κάθε x [, ] ισχύει ( / f(x) f (t) dt). Υπόδειξη. Η f είναι συνεχής, άρα είναι ολοκληρώσιµη. Χρησιµοποιώντας την f() =, το δεύτερο ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού και την ανισότητα Cuchy-Schwrz, για κάθε x [, ] γράφουµε f(x) = f(x) f() = f (t)dt f (t) dt ( ) / ( / ( / f (t) dt dt) = f (t) dt) x ( / f (t) dt). 35. Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση µε f(x) για κάθε x >, η οποία ικανοποιεί την f(x) = 4 f(t)dt
για κάθε x. είξτε ότι f(x) = x για κάθε x. Υπόδειξη. Αν υποθέσουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη, τότε παραγωγίζοντας τα δύο µέλη της ( ) f(x) = παίρνουµε f(t)dt f(x)f (x) = f(x) για κάθε x >, και χρησιµοποιώντας την υπόθεση ότι f(x) για κάθε x > συµπεραίνουµε ότι f (x) = για κάθε x >. Από την ( ) ϐλέπουµε (ϑέτοντας x = ) ότι f() =, άρα f(x) = f() + f (t)dt = dt = x για κάθε x. Μένει να δείξουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη. Από την ( ) και την f(x) έχουµε : για κάθε x > ισχύει f(t)dt > και f(x) = g(x) := f(t)dt ή f(x) = h(x) := f(t)dt. Αφού η f είναι συνεχής και δεν µηδενίζεται στο (, + ), το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής δείχνει ότι είτε f g στο [, + ) ή f h στο [, + ). Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται, αφού η h παίρνει αρνητικές τιµές στο (, + ) και f(t)dt > για κάθε x >. Άρα, f(x) = g(x) := f(t)dt για κάθε x. Αφού η f είναι συνεχής, έπεται ότι η g (δηλαδή, η f) είναι παραγωγίσιµη. 36. Εστω f : [, ] R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. είξτε ότι lim f(x) cos(x)dx = και lim f(x) si(x)dx =. Υπόδειξη. Αφού η f είναι συνεχής, µπορούµε να εφαρµόσουµε ολοκλήρωση κατά µέρη : f(x) cos(x)dx = = ( ) si(x) f(x) dx f() si() f() si() f (x) si(x)dx. Η f είναι συνεχής στο [, ], άρα υπάρχει M > ώστε f (x) M για κάθε x [, ]. Επεται ότι f() si() f() si() f() + f() και καθώς το. Συνεπώς, lim f (x) si(x)dx f (x) dx f(x) cos(x)dx =, και όµοια, lim M( ) f(x) si(x)dx =. 5
37. Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις ακολουθίες π π = si(x)dx και = si(x) dx. Υπόδειξη. Γράφουµε = π si(x)dx = π ( ) cos(x) dx = cos cos(π). Άρα, / για κάθε N. Επεται ότι καθώς το. Για την ( ) κάνουµε την αντικατάσταση y = x: π = si(x) dx = π si y dy. Παρατηρήστε ότι (k+)π kπ si y dy = για κάθε k Z (κάντε την αντικατάσταση y = kπ + u). Άρα, = = = για κάθε N. Επεται ότι. π π k= π si y dy = si y dy = π si y dy (k+)π k= kπ π si y dy si y dy = cos() cos(π) = si y dy 38. Εστω f : [, + ) R συνεχώς παραγωγίσιµη συνάρτηση. είξτε ότι υπάρχουν συνεχείς, αύξουσες και ϑετικές συναρτήσεις g, h : [, + ) R ώστε f = g h. Υπόδειξη. Θα χρησιµοποιήσουµε το εξήσ: αν g, h : [, + ) R είναι συνεχείς συναρτήσεις τότε οι mx{g, h} και mi{g, h} είναι συνεχείς. Αυτό έπεται από τις mx{g, h} = g + h + g h και mi{g, h} = Η f : [, + ) R είναι συνεχώς παραγωγίσιµη, άρα οι συναρτήσεις είναι συνεχείς και µη αρνητικές στο [, + ). Επίσης, Ορίζουµε g := mx{f, } και h := mi{f, } G (x) = g h = mx{f, } + mi{f, } = f. g(t)dt και H (x) = g + h g h. h(t)dt. Αφού οι g, h είναι συνεχείς και µη αρνητικές, οι G, H είναι παραγωγίσιµες, αύξουσες και G () = H () =. Από τον τρόπο ορισµού τους και από το δεύτερο ϑεµελιώδες ϑεώρηµα του Απειροστικού Λογισµού ϐλέπουµε ότι G (x) H (x) = (g(t) h(t)) dt = f (t)dt = f(x) f() 6
για κάθε x. Ορίζουµε G(x) = + f() + G (x) και H(x) = + f() f() + H (x). Τότε, οι G, H είναι παραγωγίσιµες, αύξουσες, ϑετικές και G(x) H(x) = G (x) H (x) + f() = f(x) για κάθε x. ηλαδή, η f γράφεται σαν διαφορά δύο συνεχών, αυξουσών και ϑετικών συναρτήσεων στο [, + ). Γ Οµάδα 39. Εστω f : [, ] R µε f() =. Υποθέτουµε ότι η f έχει συνεχή παράγωγο και ότι < f (x) για κάθε x [, ]. είξτε ότι ( [f(x)] 3 dx f(x) dx). 4. Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο και f() =. είξτε ότι f(t)f (t) dt f (t) dt. 4. Εστω f : [, ) R συνεχής συνάρτηση. Για κάθε k =,,... ορίζουµε f k : [, ) R µε f k (x) = f k (t) dt. είξτε ότι f k (x) = (k )! f(t)(x t) k dt. 4. Εστω f : [, ) (, ) οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση. Υποθέτουµε ότι το γενικευµένο ολοκλήρωµα f(x) dx είναι πεπερασµένο. είξτε ότι lim f(x) =. x 43. Εστω f : [, ] R µε f() = f() =. Υποθέτουµε ότι η f είναι συνεχής και ότι [f(x)] dx =. Με ολοκλήρωση κατά παράγοντες δείξτε ότι xf(x)f (x) dx =, και, χρησιµοποιώντας το παραπάνω, δείξτε ότι ( ) ( ) x [f(x)] dx [f (x)] dx 4. 44. Εστω f, g : [, ] R ολοκληρώσιµες συναρτήσεις. είξτε ότι [ ] (f(y) f(x))(g(y) g(x)) dy dx 7
= ( ) ( ) ( ) f(x)g(x) dx f(x) dx g(x) dx. Αν οι f και g είναι αύξουσες, χρησιµοποιώντας το παραπάνω δείξτε ότι ( ) ( ) f(x) dx g(x) dx ( ) f(x)g(x) dx. 45. Εστω f : [, ) R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι, για κάθε k N, f(k) = k+ f(x) dx k k k+ (k + x)f (x) dx. 46. (α) Εστω f : [, ] R συνεχής συνάρτηση. είξτε ότι lim x f(x) dx =. (ϐ) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι lim x f(x) dx = f(). 47. (α) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι / lim f(x)e x dx = f(). (ϐ) Εστω f : [, ] R συνάρτηση µε συνεχή παράγωγο. είξτε ότι lim f(x)e x dx = f(). 8