Besvarelses forslag til Tag-hjemeksamen Vinteren 02 03

Transkript

1 IMFUFA Carsten Lunde Petersen Besvarelses forslag til Tag-hjemeksamen Vinteren 02 0 Hvor ikke andet er angivet er henvisninger til W.R.Wade An Introduction to analysis. Opgave a) Idet udtrykket e x2 cos x er på formen f(x) g(x) med. f og g mindst 2 gange kontinuert differentiable, 2. 0 = f(x) = g(x) = f (x) = g (x),. g, g og g nulpunktsfrie på [, ] \ {0} 4. f (0) = 2 og g (0) = følger det af l hôspitals regel (Th. 4.8) at e x2 cos x = 2x e x2 sin x = (2 + 4x 2 ) e x2 cos x b) En hurtig afprøvning viser at for n =, 2 er sin x n sin n x =. = 2 = 2. I det generelle tilfælde er der flere forskellige metoder hvoraf jeg vil vise 2. Først den frække: sin x n sin xn x n sin ( xn x ) n sin n = x x n sin n = x x n sin x sinx hvor den kendte grænseværdi = (Exc vi.c)) samt kontinuitet af x n er x benyttet.

2 Alternativt kan l hôspitals regel benyttes sin x n sin n x = nx n cos x n n sin n x cos x = cos x n ( x ) n = cos x sin x sin xn f(x) idet udtrykket er på formen med f og g mindst 2 gange kontinuert sin n x g(x) differentiable, 0 = f(x) = g(x), g og g er nulpunktsfrie på [, ] \ {0}. Ved tredie lighedstegn er kontinuiteten af cos samt x m, m = n, n benyttet sammen med den kendte sinx grænseværdi =. x Opgave 2 a) Idet funktionen x log p for ethvert p R er positiv og kontinuert på intervallet [, [ og derfor specielt lokalt integrabel på dette interval ifølge Th. 5.0, skal vi jvf. Def. 5.8 blot undersøge for hvilke p b b x log p dx <? Ved substitutionen (jvf variabel skifte Sætningen Th 5.4) u = log og dermed du = finder vi b dx x x log p dx = = = b x=b u p du x= { [ p log p ] b p [log log ] b p = { p (log p log b log p log ) p log log log b log log log p = p log p log p > p < p = Her af ses at x log p er ugentlig Riemann integrabel på intervallet [, [ hvis og kun hvis p >. b) Kan løses analogt til a) eller ved at benytte substitutionen (jvf variabel skifte Sætningen Th 5.4) u = /x, du = dx/x 2 : / /b x log p dx = 2 b u log u log p log u du

3 Hvoraf ses at for hvert p er / 0 x log p dx = x log p dx. Heraf sluttes jvf. a) at x log p er uegentlig Riemann integrabel på intervallet ]0, /] hvis og kun hvis p >. c) Idet funktionen x log p er positiv for alle p og x > e samt aftagende for tilstrækkeligt store x (for fast p) følger det af integral kriteriet, Th. 6.2 (eller side i de udleverede noter) samt a) at n log n log p log n n= er konvergent hvis og kun hvis p >. Idet log log 2 < 0 er første led (n = 2) i summen n log n log p log n n=2 kun defineret for p Z hvorfor summen er veldefineret og konvergent for p >, p N. Opgave a) Jeg vil benytte mig af følgende Lemma Lad f : [a, b] R være en kontinuert voksende funktion og lad E [a, b] være en vilkårlig ikke tom delmængde da er sup x E f(x) = f(sup x) = f(sup E). x E Bevis : Lad s = sup E. Da f er voksende har vi for alle x E : f(x) f(s), hvorfor f(s) sup x E f(x). Med henblik på den modsatte ulighed lad ɛ > 0 være vilkårlig og vælg δ > 0 så x [a, b] : x s < δ f(x) f(s) < ɛ. Ifølge approximations egenskaben for supremum Th..20 findes der x E med s δ < x s og dermed med f(s) ɛ < f(x) f(s). Da denne ulighed holder for alle ɛ > 0 er f(s) sup x E f(x) ifølge Th.,9. q.e.d. Lad nu (x n ) n N [a, b] være en vilkårlig følge. Vi skal i det følgende bruge

4 definitionen af sup, i.e. sup x n = sup k n x k. Vi har f( sup x n ) = f( sup x k ) k n kontinuitet af f = f(sup x k ) Lemma med E = {x k k n} = k n sup k n def. af sup = sup f(x k ) f(x n ) b) Et eksempel på at betingelsen kontinuert ikke kan undværes: Lad x 0 x < f(x) = /2 x = + x < x 2 og lad (x n ) n N [0, 2] \ {} være en vilkårlig følge, som konvergerer mod. Da er sup x n = hvorfor f( sup x n ) = /2 som er forskellig fra sup f(x n ) Mere konkret hvis x n = + /n er sup f(x n ) = 2 og hvis x n = /n er sup f(x n ) =. Et eksempel på at betingelsen voksende ikke kan undværes: Lad f(x) = x : [, ] [, ] og lad x n = ( ) n. Da er = sup x n = sup f(x n ) f( sup x n ) = f() =. Opgave 4 Idet e x = x n n! for alle x R, får vi for ligeledes alle x R: f(x) = π e x2 /2 = ( ) n x 2n π 2n n!. Den angivne række er derfor Mclaurinrækken for f jvf. Th 7.9 og Def Af Th 7.2 følger da at F (x) = x 2 + f(t)dt = 2 + ( ) n x 2n+ π 2n n! (2n + ). 0 for alle x R og dermed er denne række Mclaurinrækken for F. 4

5 b) Det blev under a) vist at rækken for F konvergerer for alle x R. Alternativt kan rækkens konvergensradius beregnes til R = sup a n = /n ( ) n 2n+ π 2 n n!(2n+) =. Heraf følger også at rækken for F konvergerer for alle x R. c) Idet rækken for F kun indeholder ulige potenser af x (x 2n+ ) er restledene R 2k (x) = R 2k+ (x) = F (x) (/2 + = n=k k ( ) n x 2n+ π 2n n! (2n + ) ( ) n x 2n+ π 2n n! (2n + ) ) for k. Igen på grund af den oprindelige række og dermed restrækkerne kun indeholder ulige potenser af n er rækkerne altenerende for alle x. Størrelsen af restledet kan derfor vurderes ved det først bortkastede led jvf Th 6.8 eller de udleverede noter. Mere præcist har R 2k (x) samme fortegn som ( )k x 2k+ π 2 og er nummerisk k k! (2k+) mindre end eller lig den nummeriske værdi af dette led. Det følger heraf at den største nummeriske fejl der begås ved at approximere F på intervallet [, ] med Taylor polynomiet P 2(k ) (x) = P 2k (x) = /2 + k ( ) n x 2n+ π 2n n! (2n + ) er begrænset af den nummeriske værdi af det først bortkastede led taget i intervalendepunkterne: x [, ] : R 2k (x) R 2k () π 2k k! (2k + ) Ved beregning på lommeregner eller computer fås: k = 2 : R 2k (x) 0, 04 > 0, 00 k = : R 2k (x) 0, 007 0, 00 Heraf sluttes at de fire første led i rækken for F, i.e. (/2 + x/ π x /6 π + x 5 /40 π) skal medtages for at opnå en præcission på 0 på 5

6 intervallet [, ]. d) På basis af argumentationen i c) har vi vurderingen x [, ] : R 2k (x) R 2k () 2k+ π 2k k! (2k + ) Ved beregning på lommeregner eller computer fås: k = 8 : R 2k (x) 7, 0 6 > 0 6 k = 9 : R 2k (x) 9, Heraf sluttes at de 20 første led i rækken for F, i.e. (P 2 8 (x) = P 6 (x)) skal medtages for at opnå en præcission på 0 6 på intervallet [, ]. Opgave 5 a) Idet x, y E : f(x) f(y) L x y, hvor L > 0, kan vi til et vilkårligt givet ɛ > 0 vælge δ = ɛ/l > 0. Derved har vi x, y E, x y < δ f(x) f(y) L x y < Lδ = ɛ. b) Sætning Lad f n : E R, n N være en følge af L-Lipschitz funktioner. Hvis følgen {f n } n N konvergerer punktvis mod en funktion f : E R, da er f også L- Lipschitz. Bevis : Lad x, y E være vilkårlige. Idet f n konvergerer punktvis mod f og den nummeriske værdi, er kontinuert følger det af Def. 7. og Cor. 2.6 at f n (x) f n (y) f(x) f(y). Da endvidere hver f n er L-Lipschitz har vi for alle n N: f n (x) f n (y) L x y. Af Th. 2.7 følger da at f(x) f(y) L x y. q.e.d. 6

7 c) Med f n (x) = x n og dermed f n(x) = nx n får vi af middelværdisætningen, Th. 4.5.ii x, y [0, ] : x n y n = nz n (x y), hvor z ]x, y[ [0, ]. Af trekantsuligheden fås da umiddelbart at x n y n n. Det ses også at f n ikke er L-Lipschitz for noget L < n, ved f.eks. at vælge y = og se på en følge (x n ) som konvergerer mod. Da den punktvise grænsefunktion f(x) = x n = { 0 0 x <, x =. ikke er kontinuert i er f specielt ikke uniformt kontinuert og derfor heller ikke Lipschitz ifølge a). Dette strider selvfølgelig ikke imod sætningen da hvert f n godt nok er Lipschitz, men følgen ikke er ligeligt Lipschitz, dvs. der findes ikke en fælles Lipschitz konstant for alle f n. Faktisk viser bemærkningen ovenfor at den optimale Lipschitz konstant L n for f n er n, som går mod uendelig når n går mod uendelig. 7