UGESEDDEL 7 LØSNINGER. Opgave 7.2.1

Transkript

1 UGESEDDEL 7 LØSNINGER Opgave Definition 1. En følge {x } in R n onvergerer mod puntet x, dersom der, for ethvert ɛ > 0, findes et N N sådan at x x < ɛ for alle N. Her definerer vi 1) x x 2 = x 1) x 1) x n) x n) 2, hvor x j) er det jde omponent af x, medens x j) er det jde omponent af x. Theorem 1. At bevise onvergensen af {x } til x er det samme som at bevise onvergensen af hver af omponenterne. Se Sydsæter opg a) Lad x = 1, 1 + ) 1 1). Følgen onvergerer mod x = 0, 1) thi x 1. Et formelt bevis udføres som i ugeseddel 2. = 1 0 og x2) = b) Idet x 2) = ) e når se GG Esempel 2.11) gælder det, at x = 1 + 1, ) ) onvergerer mod x = 1, e). c) Følgen x =, så går x 1) ). ) onvergerer ie, thi følgen x 1) d) Ved at srive x 1) = +2 3 som x1) = 1 3 idet : 1) { 1, 1} gælder det, at x 2) x = +2 3, 1) 2 ) mod x = 1 3, 0). ) ) ser man, at x 1 3 = 1) 2 Opgave Lad f : R n R m være en vilårlig transformation. = onvergerer ie når indes når. Ydermere, 0 når. Altså onvergerer a) Lad U være en universel mængde og A U. Vi definerer A som omplementærmængden til A dvs. A = U\A. Antag at x [f 1 T )], da an vi ævivalent sige at x f 1 T ) fx) T fx) T x f 1 T ), hvorfor [f 1 T )] = f 1 T ). b) Lad x f 1 A B). Da an vi ævivalent srive fx) A B fx) A og fx) B x f 1 A) og x f 1 B) x f 1 A) f 1 B). Altså er f 1 A B) = f 1 A) f 1 B). c) Lad x f 1 A B). Da an vi ævivalent srive fx) A B fx) A eller fx) B x f 1 A) eller x f 1 B) x f 1 A) f 1 B). Altså er f 1 A B) = f 1 A) f 1 B). 1

2 2 Opgave Lad f : R n R m være en vilårlig transformation. a) Vi sal vise at i) fa B) fa) fb) og ligeledes ii) fa B) fa) fb). Betragt første del: antag at y fa B) da findes der et x A B således at y = fx). Idet x A B gælder det, at x A eller x B. Hvis x A da er y fa). Hvis x B da er y fb). Dvs. under alle omstændigheder er y fa) fb). Således har vi bevist at y fa B) y fa) fb), hvilet svarer til del i). For at bevise del ii) antager vi, at y fa) fb). Dvs. y fa) eller y fb). Hvis førstnævnte, da esisterer der et x A således at y = fx). Hvis sidstnævnte, da findes der et x B således at y = fx). Dvs. det rævne x med egensaben y = fx) ligger i A B, hvorfor y fa B). b) Vi sal vise at fa B) fa) fb). Antag at y fa B), da findes der et x A B således at y = fx). Det gælder altså, at x A samt x B. Således er y fa) og y fb), hvorfor y fa) fb). Vi har altså vist at y fa B) y fa) fb). BEMÆRK: her gælder det omvendte udsagn converse statement) ie, dvs. det er falst at fa B) fa) fb). Bevis: betragt fx) = cos x og lad A = [ π 2, π] og B = [ π, π 2 ]. Da er A B = [ π 2, π 2 ] og cosa B) [0, 1]. Imidlertid er cos A [ 1, 1] og cos B [ 1, 1] så cos A cos B [ 1, 1]. Ergo: cosa B) cosa) cosb). Antag S og T er delmængder af R n. Opgave a) Sandt. Mængden S er luet dersom den indeholder alle sine randpunter, S. Vi definerer tilluningen af en vilårlig mængde) S som mængden selv samt alle associerede randpunter: S = S S. Det gælder åbenlyst at S er luet hvis og un hvis S = S. b) Sandt. Det indre af mængden S betegnes med S. S besriver alle punter i S omring hvile man an tegne en n-ugle med radius > 0, men hvor n-uglen stading er en delmængde af S. Endvidere siger vi, at S er åben, dersom alle punterne i S er indre punter i S. Det gælder altså at S er åben hvis og un hvis S = S. c) Falst. Antag at S er en åben mængde: dvs. at omring ethvert punt x S esisterer der et r > 0 således at Bx, r) S. Imidlertid har enhver n-ugle om et vilårligt punt i S både elementer i S og udenfor S. Så generelt gælder det at S S. d) Sandt. Antag at S er åben og T vilårlig åben, luet eller ingen af delene). Det gælder at S T S T. Lad x S T. Tilstræelig små åbne ugler om x indeholder punter fra S T : Lad nemlig R > 0 være sådan at Bx, R) S. Enhver ugle om x med radius < R indholder et punt fra T og det punt ligger også i S.

3 3 Lidt om Kontinuitet Theorem 2. Lad f : A R hvor A R n og antag at a A. Da siger vi at f er ontinuert i a, hvis der for alle ɛ > 0 esisterer et δ > 0 således at x a < δ og x A fx) fa) < ɛ. En funtion f : A R n er ontinuert i en mængde B A, hvis den er ontinuert i alle punter i B, og ontinuert hvis den er ontinuert i alle punter i domænet A. Mere intuitivt an vi sige, at er f ontinert i a dersom følgende gælder: for at alle fx) værdier forbliver i et lille nabolag omring fa), så sal vi simpelthen bare vælge en region lille no for x værdier omring a - og dette an lade sig gøre uanset hvor lille fx) nabolaget er. Egensaber. Det er oppertunt at bruge notationen lim fx) = fa) x a for ontinuitet i a når græsen esisterer). Det gælder, at Liniaritet 1: lim x a cfx) = c lim x a fx), hvor c er en onstant. Linearitet 2: lim x a fx) + gx)) = lim x a fx) + lim x a gx). Produtfuntioner: lim x a fx)gx) = lim x a fx) lim x a gx). Kvotientfuntioner: lim x a fx)/gx) = lim x a fx)/ lim x a gx) dersom nævneren er ulig nul. Vi sal vise at funtionen f : R R givet ved Opgave 20 fx) = x 3 e x 1 + x 5 x 2 antager både en masimumværdi og en minimumværdi i mængden S = [ 2, 0] [1, 2]. Vi bemærer følgende: S er en ompat region - dvs. den er både luet intervallerne er luede) og begrænset alle x S har egensaben x 2). f er ontinert i S. Godt no er nævneren i brøen 0 når x = 5, men 5 / S. En mere systematis redegørelse an foretages ved at vise, at f 1 x) = x 3, f 2 x) = e x, f 3 x) = 1 + x) og f 4 x) = 5 x 2 alle er ontinuerte i S og dernæst bruge ovenstående egensaber. Ud fra dette, an vi nøjes med at referere til estremværdisætningen Sydsæter sætning 7.2.7) som diterer: Theorem 3. Antag at fx) er en ontinuert funtion defineret over en ompat mængde S R n. Da har f både masimums- og minimumspunter i S, dvs. der findes punter c og d i S således at fc) fx) fd) for alle x S.

4 4 a) Mængden S som udgør vores domæne. b) Fladerne z + y + z = 1 og 2 + x + y) 2 z 2 = 0. Figure 1. a) Den gråsalerede pyramide med hjørnerne 0, 0, 0), 1, 0, 0), 0, 1, 0) og 0, 0, 1) udgør regionen S. S er defineret som alle oordinater i R 3 som opfylder x 0, y 0 og z 0 samt 0 x + y + z 1. x + y + z = d er ligningen for et plan med normalvetor 1, 1, 1)/ 3 og afstand d/ 3 mellem planet og origo. Bemær at S er luet alle pyramidens flader er inluderet) og begrænset alle afstande mellem punter i S og origo er 1). Altså er S ompat. b) Nævneren i funtion f er ej nul i domænet S. Plotter vi fladen 2 + x + y) 2 z 2 = 0 ligger den tydeligvis over S. Vi sal vise at funtionen f : R 3 R givet ved fx, y, z) = Opgave 21 x 4 y ze x2 2 + x + y) 2 z 2 antager både en masimumværdi og en minimumværdi i mængden S = {x, y, z) R 3 x 0, y 0, z 0, 0 x + y + z 1}. Grafis an vi fremstille S som i figur 1a). Vi bemærer nu følgende: Regionen S er ompat. En forlaring på dette er givet i billedtesten a). f er ontinuert i regionen S. Dette ræver en smule overvejelse. Som udgangspunt er tælleren ontinuert, da den udeluende består af ontinuerte funtioner. Nævneren derimod an volde propblemer, da den an gå hen at blive nul. Vi viser nu, at nævneren er 0 dersom vi begrænser os til domænet S. Dette an gøres på følgende vis: betragt nulhyperfladen 2+x+y) 2 z 2 = 0. Vi an omsrive denne ligning som z = ± 2 + x + y) 2. Men idet z 0 ignorerer vi den negative løsning. Spørgsmålet er nu hvor z = zx, y) antager sit minimum. En hurtig differentiering viser, at dette ser langs y = x - altså er den minimale hyperfladeværdi z = 2. Men i S an z masimalt antage værdien z = 1. Nul-hyperfladen særer altså ie domænet S af vores funtion f, hvorfra vi onluderer at f er ontinuert i S. Estremværdisætningen implicerer nu, at der esisterer et minimum og et minimum i S.

5 5 Betragt polynomiet Opgave 2, Esamen ved HA, sommeren 2007 fz) = z + 1 3i) 2 z 2 2z + 5). a) Første fator, z + 1 3i) 2, implicerer at fz) har roden z = 1 + 3i af multiplicitet 2 jf. esponenten). For at bestemme de resterende to rødder må vi finde rødderne til andengradsligningen gz) = z 2 2z + 5. Ved at bruge den vadratise formel finder vi at gz) = 0 z = 1 ± 2i. Alt i alt har vi altså følgende tre distinte rødder til fz): z 1 = 1 + 3i multiplicitet 2), z 2 = 1 + 2i, z 3 = 1 2i. b) Vi ønser at bestemme produtet α = z 2 1 z 2 z 3. Det an vises, at z 2 1 = 2 2 3i og at z 2 z 3 = 5 her er der er igen imaginærdel, idet der er tale om et omplest tal multipliceret med dets onjugerede). Altså er α = i. c) Modulus af et omplest tal svarer til afstanden mellem mellem origo og det omplese tal i det omplese plan. For αs vedommende betyder det α = 10) ) 2 = = 400 = 20. Argumentet af et omplest tal svarer til vinlen målt fra den positive reelle ase, mod uret, hen til det omplese tals afstandsvetor. Det bemæres at α ligger i tredie vardrant i det omplese plan. Altså er må arg α være vinel π plus en vinel θ 0, π 2 ), som bestemmes via elementær trigonometri for retvinlede treanter. Helt onret: arg α = π + θ = π + tan 1 10 ) 3 = π + tan 1 3) = π + π 10 3 = 4π 3.