Transcript Løsningsforslag

Høgskolen i Agder
Institutt for matematiske fag
Emne:
MA2410/20: Reell Analyse I/II
Løsningsforslag for utvalgte oppgaver
5. oktober (Uke 40)
Dato:
Oppgave 5.2:7. Gitt f (x) = xr . Vi antar at derivasjonsformelen
f 0 (x) = rxr−1 r ∈ Z
gjelder. Vil vise at formelen ogs˚
a gjelder for r ∈ Q. Sett r = pq , q 6= 0 og skriver s˚
a f p˚
a
formen
√
f (x) = ( q x)p .
(1)
(2)
(3)
(4)
Hvis
Hvis
Hvis
Hvis
q
q
q
q
er
er
er
er
odde og positiv, s˚
a er f definert for alle x ∈ R.
odde og negativ, s˚
a er f definert for alle x ∈ R\{0}.
S
partall og positiv, s˚
a er f definert for alle x ∈ R+ {0}.
partall og negativ, s˚
a er f definert for alle x ∈ R+ .
La oss anta at vi er i situasjon (1). Bevisene for de andre tilfellene
blir identiske. f er en
√
sammensatt funksjon. Vi kaller den indre funksjonen g(x) = q x. Inversfunksjonen g −1 til g
er gitt ved g −1 (x) = xq . Denne funksjonen er deriverbar (dermed kontinuerlig) og monotont
økende p˚
a definisjonsomr˚
adet sitt. Thm. 5.5 gir da at g er deriverbar og
g 0 (x) =
1
g −1 (g(x))
=
1
√
.
q
q · ( x)q−1
Kjerneregelen gir n˚
a at
√
f 0 (x) = (( q x)p )0
√
√
= p( q x)p−1 · ( q x)q−1
=·
=·
p p
= x q −1 ,
q
og vi er i m˚
al.
Oppgave 5.3:12. Definer f : [0, 1] → R ved
2x hvis x ∈ [0, 12 ]
f (x) =
x hvis x ∈ ( 12 , 1]
f oppfyller konklusjonen i skjæringssetningen, men f er ikke kontinuerlig.
HiA
Institutt for matematiske fag
Høsten 2001
√
Oppgave 5.4:1. La f : [0, 100] → være definert ved f (x) = 10 x − x. Vi har at
1.) f er kontinuerlig p˚
a [0, 100].
2.) f er deriverbar p˚
a (0, 100].
3.) f (0) = f (100) = 0.
Det følger n˚
a fra Rolles teorem at det fins punkt c ∈ (0, 100), hvor f 0 (c) = 0
Oppgave 5.4:2. La f (x) = x7 + x5 + x3 + 1. Siden f er odde polynom, følger det fra Oppg.
4.2:3 at f (x) = 0 har minst en løsning x = a. Ved inspeksjon m˚
a a < 0. Bruker Rolles
Teorem og Middelverditeoremet til ˚
a vise at x = a er enste løsning. Anta at f (x) = 0 har to
løsninger, dvs. a og b hvor a 6= b. Siden f
1.) er kontinuerlig p˚
a [a, b].
2.) deriverbar p˚
a [a, b].
3.) og f (a) = f (b) = 0.
gir Rolles Teorem at det fins c ∈ (a, b) slik at f 0 (c) = 0. Hvis b ≤ 0 gir dette motsigelse siden
f 0 (x) = 7x6 + 5x4 + 3x2 = 0 > 0 ∀x < 0. Hvis b > 0, s˚
a vil f 0 (c) = 0 ⇒ c = 0. Videre har vi
at f (0) = 1. Igjen siden f er deriverbar p˚
a [0, b], s˚
a gir Middelverditeoremet (Thm. 5.10) at
det fins c ∈ (0, 1) slik at
1
f (b) − f (0)
= − < 0.
f 0 (c) =
b−0
b
Dette er i motsigelse til at f 0 (x) = 7x6 + 5x4 + 3x2 = 0 > 0 ∀x > 0.
Oppgave 5.4:5. La f : R → R og anta at f har begrenset derivert p˚
a R (dvs. |f 0 (x)| ≤ M
for alle x ∈ R). Skal vise at f er uniformt kontinuerlig p˚
a R.
La x, y ∈ R og > 0 vilk˚
arlig . Da har vi at
1.) f er kontinuerlig p˚
a [x, y].
2.) f deriverbar p˚
a [x, y].
Middelverditeoremt gir da at det fins c ∈ (x, y) slik at
f (y) − f (x)
= f 0 (c) ≤ M < n˚
ar |x − y| <
.
y−x
M
Resultatet følger.
Oppgave 5.5:3. Overbevise deg selv om at kriteriene er oppfylt i L’Hˆopitals regel (Thm.
5.13), og derivere teller og nevner to ganger og finn grensa L. L = 3.
Oppgave 6.1:1. Definer f : [−1, 2] → R ved f (x) = x2 + x. Deler [−1, 2] inn i seks
delintervall med lengde 2−(−1)
= 12 .
6
(a) Med venstre endepunkter i delintervallene som merker for denne partisjonen f˚
ar vi
følgende Riemann-sum:
1
1
1
1
S(f, Pv ) = 0 · (− − (−1)) + (− ) · (0 − (− )) + 0 · (0 − (− ))
2
4
2
2
3 1
1
15
3
+ · ( − 0) + 2 · (1 − ) + (2 − )
4 2
2
4
2
25
= .
6
MA 2410/20-H01
Trond A. Abrahamsen
2
HiA
Institutt for matematiske fag
Høsten 2001
(b) Med høyre endepunkter i delintervallene som merker for denne partisjonen f˚
ar vi
følgende Riemann-sum:
1
1
1
3
1
S(f, Ph ) = (− ) · (− − (−1)) + 0 · (0 − (− )) + · (0 − (− ))
4
2
2
4
2
1
15
1
3
+ 2 · ( − 0) +
· (1 − ) + 6 · (2 − )
2
4
2
2
49
= .
6
Tilsvarende n˚
ar man bruker midtpunktene som merker for delintervallene.
Oppgave 6.1:5. La > 0 vilk˚
arlig og P = {ci , [xi , xi−i ] : 1 ≤ i ≤ n} være en vilk˚
arlig
merket partisjon av [a, b]. Da f˚
ar vi
n
X
|S(f, P ) − k · (b − a)| = |
k(xi − xi−1 − k · (b − a)|
i=1
n
X
= |k
(xi − xi−1 − k · (b − a)|
i=1
= |k · (b − a) − k · (b − a)|
=0
<
Rb
Siden dette er tilfelle for alle P følger det at f er integrerbar og a f = k · (b − a).
Oppgave 6.2:1. La P = {ci , [xi , xi−i ] : 1 ≤ i ≤ n} være en vilk˚
arlig merket partisjon av
[a, b]. Da f˚
ar vi
n
n
X
X
|S(f, P )| − M (b − a) ≤
|f (ci )|(xi − xi−1 ) −
M · (xi − xi−1 )
=
i=1
n
X
i=1
(|f (ci )| − M )(xi − xi−1 )
i=1
≤0
Fra Thm. 6.4 b) og siden partisjonen P var valgt vilk˚
arlig følger resultatet.
MA 2410/20-H01
Trond A. Abrahamsen
3