PS: Noen hadde riktig kurve, men tolket oppgaven som om området R kun var delen til høyre for y-aksen, med tilsvarende areal lik. (2 θ) 2 dθ.

Transkript

1 Løsningsforslag Eksamen MAT2 vår 202 med forbehold om trykkfeil Alle referanser er til læreboken, eller notatet om uniform kontinuitet. Nøyaktige referanser er med bare for å hjelpe forståelsen (og fremtidige generasjoner med eksamensforberedelsene), og kreves selvfølgelig ikke i en besvarelse. Flere av oppgavene har alternative løsninger, og jeg har forsøkt å inkludere alle som dukket opp i eksamensbesvarelsene. Vennligst gi tilbakemelding om dere finner feil. OPPGAVE La R være området i planet begrenset av kurven gitt i polare koordinater ved r = 2 θ, 0 θ 2π og av intervallet [0,2 2π] på x-aksen. Skissér området R og regn ut arealet av R. SVAR OPPGAVE Kurven starter i origo og går én runde rundt origo mot klokken og ender i (2 2π,0). Intervallet [0,2 2π] på x-aksen binder derfor sammen endepunktene på kurven, og vi får at R er området skravert i figuren under: Arealet er overdekt av alle stråler mellom strålene θ = 0 og θ = 2π ut fra origo til kurven, og er dermed gitt ved formelen i 8.6 i læreboken: 2 2π 0 (2 θ) 2 dθ = [θ 2 ] 2π 0 = 4π 2. PS: Noen hadde riktig kurve, men tolket oppgaven som om området R kun var delen til høyre for y-aksen, med tilsvarende areal lik 2 π 2 0 (2 θ) 2 dθ + 2 2π 3π 2 (2 θ) 2 dθ. Dette er ikke helt riktig, siden det ikke står noe om at R skal være begrenset av y-aksen. Uansett ble det kun gitt minimalt trekk for denne misforståelsen, som ikke ble avgjørende for karakteren til noen av dem det gjaldt.

2 2 OPPGAVE 2 (a) En flue beveger seg i xy-planet. Posisjonen hennes ved et vilkårleg tidspunkt t er gitt ved den parametriserte kurven x(t) = sin 2 t, y(t) = t+costsint. Hvor lang strekning går fluen over tidsintervallet [ π/2,π/2]? (b) Temperaturen på et vilkårleg sted i xy-planet er gitt ved T(x,y) = x 2 +2x y. Finn ut hvilke type kurver nivåkurvene til T er og skissér noen av dem. Hva vet vi om temperaturen i planet langs en nivåkurve til T? (c) Vurdér påstanden: Ved tidspunktet t = 0 går fluen i den retningen der temperaturen avtar mest. (Svaret skal begrunnes.) (a) Vi regner først ut SVAR OPPGAVE 2 x (t) = 2costsint, y (t) = +cos 2 sin 2 t = 2cos 2 t. x (t) 2 +y (t) 2 = 4cos 2 tsin 2 t+4cos 4 t = 4cos 2 t. Strekningen har lengde lik lengden på den parametriserte kurven på intervallet[ π/2, π/2], som er (ved formelen i 8.4): π/2 π/2 x (t) 2 +y (t) 2 dt = π/2 π/2 2 cost dt = π/2 π/2 2cost = 2[sint] π/2 π/2 = 4 (siden cos t 0 på intervallet [ π/2, π/2]). (b) Nivåkurver ( 2.) er gitt ved x 2 +2x y = C, for en konstant C, som ved å fullføre kvadratet kan skrives som y +C + = (x+) 2. Dette er en oppoverkrummet parabel med bunn i (, C ) ( 8.). I figuren under skisserer vi nivåkurvene som svarer til C = 2,,0,.

3 3 C= 2 C= C=0 C= Temperaturen er konstant langs en nivåkurve (per definisjon, siden C nettopp er en konstant). (c) Posisjonen til fluen ved t = 0 er og retningsvektoren v til fluen ved t = 0 er (x(0),y(0)) = (,0) v = (x (0),y (0)) = (0,2) = 2j. (Dette står implisitt i 8.3.) I punktet (, 0) avtar temperaturen mest (ekvivalent: den øker minst) i motsatt retning av gradienten til T. (Dette står forklart i 2.7 og er en konsekvens av Teorem 7 i 2.7. Dette siste resultatet kan vi bruke siden T er derivérbar. At T er derivérbar følger f.eks. ved at begge de partielle deriverte er kontinuerlige overalt, jmf. Teorem 4 i 2.6.). Gradienten til T er T(x,y) = (2x+2, ) = 2(x+)i j, slik at retningen der temperaturen avtar mest er T(,0) = (0,) = j, som er parallell med v. Påstanden er derfor sann. Alternativt ser vi at retningsvektoren v = 2j til fluen står normalt på nivåkurven tilsvarende C = T(,0) = i punktet (,0), siden denne er en parabel med bunn i (, 0). Fluen beveger seg altså normalt på nivåkurven, som vi vet er retningen parallell med gradienten (opptil fortegn) (ved Teorem 2.6 i 2.7). Av samme grunn som over, vet vi derfor at fluen beveger seg i retningen der tremperaturen øker mest eller avtar mest. Studerer vi nivåkurvene som vi har skissert i (b) nøyere, ser vi at reningen v = 2j (vertikalt oppover) tilsvarer avtagende C-verdi, som nettopp betyr at fluen beveger seg i retningen der temperaturen avtar mest.

4 4 Avgjør om funksjonen er kontinuerlig i origo. f(x,y) = OPPGAVE 3 { x 2 +y 2 +x 3 x 2 +y 2 når (x,y) (0,0), når (x,y) = (0,0). SVAR OPPGAVE 3 Funksjonen f er per definisjon kontinuerlig i (0,0) hvis og bare hvis lim f(x,y) = f(0,0) = (x,y) (0,0) (se Def. 3 i 2.2). Denne grensen stemmer, og kan vises på flere måter, som vist under. Funksjonen f er dermed kontinuerlig i origo. Alternativ I: Bruker definisjonen på grense/kontinuitet og viser at til enhver ǫ > 0, finnes en δ > 0 slik at f(x,y) < ǫ når x 2 +y 2 < δ. Gitt ǫ > 0. Lar δ = ǫ. Hvis x 2 +y 2 < δ, vil også x = x 2 x 2 +y 2 < δ = ǫ, slik at f(x,y) = x2 +y 2 +x 3 x 3 x 3 x x 2 +y 2 = = < ǫ. x 2 +y 2 x 2 Alternativ II: Bruker polare koordinater x = rcosθ og y = rsinθ. Har da f(x,y) = r2 cos 2 θ +r 2 sin 2 θ+r 3 cos 3 θ = +rcos 3 θ når r 0 uansett θ r 2 (siden cosθ er begrenset). Derfor er Alternativ III: f(x,y) = x2 +y 2 +x 3 x 2 +y 2 lim f(x,y) =. (x,y) (0,0) x 3 x 3 x. = = x 2 +y 2 x 2 Ved skviseteoremet (som også gjelder i flere variable, se Teorem 3.3 i notatet om funksjoner av flere variable; alternativt se Eks. 5 i 2.2 der dette implisitt brukes) vil derfor lim f(x,y) lim x = 0, slik at (x,y) (0,0) (x,y) (0,0) lim f(x,y) =. (x,y) (0,0) OPPGAVE 4 Gitt funksjonen f(x,y) = e x2 y 3. (a) Finn ligningen for tangentplanet til flaten z = f(x, y) i punktet (,, f(, )).

5 5 (b) Gitt området D = { } (x,y) R 2 : x 2 +y 2 i planet. Hvorfor vet vi at f har globale ekstremalverdier over D? (c) Finn maksimum og minimum til f over D. Har SVAR OPPGAVE 4 f (x,y) = 2xe x2 y 3, f 2 (x,y) = 3y 2 e x2 y 3. (a) Ligningen for tangentplanet til flaten z = f(x,y) i punktet (,,f(,)) er gitt ved formelen (slutten av 2.3) z = f(,)+f (,)(x )+f 2 (,)(y ), z = +2(x ) 3(y ), z = 2x 3y +2. Alternativt kan vi betrakte flaten z = f(x,y) som nivåflaten (tilsvarende 0) til funksjonen av tre variable g(x,y,z) = f(x,y) z = e x2 y 3 z. Denne funksjonen er derivérbar overalt (kan f.eks. ses ved at de partielle deriverte er kontinuerlige funksjoner overalt, jmf. igjen Teorem 4 i 2.6). Da vet vi at gradientvektoren g(x,y,z) = (g (x,y,z),g 2 (x,y,z),g 3 (x,y,z)) = (f (x,y),f 2 (x,y), ) = (2xe x2 y 3, 3y 2 e x2 y 3, ) står normalt på alle nivåflater gjennom (x,y,z) (ved Teorem 2.6 i 2.7, som også holder i flere variable, se forklaring mot slutten av 2.7) og er dermed normalvektor til tangentplan til nivåflatene. I punktet (,,f(,)) = (,,) gir dette oss normalvektoren (2, 3, ), og ligningen for tangentplanet finner vi ved å bruke ligningen til et plan med normalvektor (2, 3, ) gjennom (,, ), som er (se begynnelsen av 0.4) 2(x )+( 3)(y )+( )(z ) = 0. Forenkler vi, får vi samme ligning som over. (b) Merk at D er det indre og randen av en sirkel med radius om origo. Vi har at f er kontinuerlig på D (er en sammensetning av kontinuerlige funksjoner); D er lukket (siden randen x 2 + y 2 = er med, alternativt siden vi rundt ethver punkt i komplementet til D kan lage en liten omegn (=liten disk) som ikke snitter D); D er begrenset (siden alle punkter har avstand fra origo). Derfor sier ekstremalverdisetningen (Teorem 2 i 3.) at f må anta ekstremalverdier på D. (c) (Her kan man forenkle problemet ved å observere at globale ekstremalverdier over D forekommer der funksjonen h(x,y) = x 2 y 3 har globale ekstremalverdier, som gjør regningen litt kortere, men ikke mye. I vårt løsningsforslag gjør vi derfor ikke denne forenklingen.) Fra (b) vet vi at f vil anta maksimum og minimum over D. Vi vet dessuten (Teorem i 3.) at maksimum og minimum til f over D kan kun forekomme i kritiske punkter (dvs. der begge partielle deriverte til f er null); singulære punkter (dvs. der minst én av de partielle deriverte til f ikke eksisterer); randpunkter (dvs. der x 2 +y 2 = ).

6 6 Det finnes ingen singulære punkter, siden f og f 2 er definert overalt. Kritiske punkter er der f (x,y) = f 2 (x,y) = 0. Har Dermed er (0,0) eneste kritiske punkt, og f (x,y) = 2xe x2 y 3 = 0 x = 0 f 2 (x,y) = 3ye x2 y 3 = 0 y = 0. eq:sml () f(0,0) =. Vi undersøker så mulige ekstremalverdier langs randen. Her er x 2 = y 2 med y. Setter inn i uttrykket for f og får en funksjon av én variabel: f(x,y) = e y2 y 3 = g(y), y. Mulige maks/min-verdier finner vi som vanlig i kritiske punkt, singulære punkt eller randpunkter(=endepunkter) y = ±. (Mange glemte de siste.) Sideng (y) = y(3y+2)e y2 y 3 finnes ingen singulære punkter, og kritiske punkter ery = 0 ogy = 2 3. Sjekker funksjonsverdiene til g(y) = f(x, y) i kritisk punkter og endepunktene y = ±: eq:sml2 (2) g( ) = e, g( 2 3 ) = 27, e g(0) = e, g() = e. (Vi trenger ikke finne de tilhørende x-verdiene, siden det ikke spørres etter disse.) Sammenligner vi alle verdiene i ( ) eq:sml og ( 2), eq:sml2 ser vi at f har maksimumsverdi e og minimumsverdi Alternativ for å sjekke langs randen (Lagranges multiplikatorer, 3.3): Vi ønsker å finne ekstremalverdiene til f under bibetingelsen g(x,y) = x 2 +y 2 = 0. Har g (x,y) = 2x og g 2 (x,y) = 2y, slik at både f og g har kontinuerlige første ordens partiellderiverte, og g(x, y) = 2(x, y) (0,0) for alle (x,y) som oppfyller bibetingelsen g(x,y) = 0. Da er kriteriene i Teorem 4 i 3.3 oppfylt, og vi vet da at mulige ekstremalverdier til f finnes i (x,y) der det finnes en λ slik at (x,y,λ) er kritisk punkt til Lagrange-funksjonen e. L(x,y,λ) = f(x,y)+λg(x,y) = e x2 y 3 +λ(x 2 +y 2 ). Disse finner vi ved å løse ligningssettet () L x = y 3 2xex2 +2λx = 2x(e x2 y 3 +λ) = 0, (2) L = 3y 2 e x2 y 3 +2λy = y(3ye x2 y 3 2λ) = 0, y (3) L λ = x2 +y 2 = 0. Ligning () gir de to mulighetene x = 0 eller λ = e x2 y 3. Dersom x = 0, gir (3) at y = ±, og (2) at 2λ = ±3e (som vi ikke trenger). Dersom λ = e x2 y 3, gir (2) at ye x2 y 3 (3y +2) = 0, dvs. y = 0 eller y = 2 3. Da gir (3) henholdsvis at x = ± eller x = ± 5 3. Fra () igjen får vi da henholdsvis λ = eller λ = e27, 7 som vi igjen ikke trenger.

7 7 De punktene vi har fått er altså (0,±), (±,0) og (± 5 3, 2 3 ), som gir funksjonsverdiene 5 f(0, ) = e, f(± 3, 2 3 ) = e 27, f(±,0) = e, f(0,) = e, de samme som i ( eq:sml2 2) over. Nok et alternativ for å sjekke langs randen (parametrisering av sirkel): Vi setter x = cosθ, y = sinθ og får at langs randen er f(x,y) = e cos2 θ sin 3θ = g(θ), og vi reduserer til å finne ekstremalverdier til g(θ) (eller cos 2 θ sin 3 θ). Etter litt regning ender vi opp med samme utvalg punkter og verdier som i ( eq:sml2 2). OPPGAVE 5 Vi skal lage et kar uten lokk formet som på figuren under. Bunnflaten er et rektangel med bredde z 0 og lengde x > 0. Endeflatene er plane flater satt sammen av et rektangel med sider av lengde z og y og to kvartsirkler med radius y > 0. Volumet av karet skal være π. (a) Vis at overflatearealet av karet kan uttrykkes som A(x,y) = π ( xy y + 4 ). x (b) Bruk uttrykket for A(x,y) i (a) til å finne det minste overflatearealet et slikt kar kan ha. (Det skal vises at den verdien en kommer frem til, virkelig er et minimum.) x y z y y y y z (a) Arealet til hver endeflate er SVAR OPPGAVE 5 2 πy2 +yz og volumet V får vi ved å gange med lengden: V = ( ) 2 πy2 +yz x = π,

8 8 slik at eq:z (3) z = π xy 2 πy. Overflatearealet er arealet til de to endeflatene, pluss arealet xz til bunnen, pluss arealet til de to sideflatene, som hver har areal π 2y x. Til sammen blir dette ) ( π ) A(x,y) = 2( 2 πy2 +yz +xz +2 2 xy = πy 2 +(2y +x)z +πxy Setter vi inn for z som i ( 3), eq:z får vi ( )( π A(x,y) = πy 2 + 2y +x xy ) 2 πy +πxy = πy 2 + 2π x πy2 + π y πxy +πxy 2 = 2π x + π y + 2 πxy = π ( xy y + 4 ), x som vi skulle vise. (b) A(x,y) er definert for x > 0 og y > 0. Vi har ingen rand i definisjonsområdet {(x,y) R 2 : x > 0,y > 0}, og vi vet da at eventuelt minimum forekommer i kritiske eller singulære punkter (Teorem i 3.). Har A (x,y) = π (y 4x ) 2 2 og A 2 (x,y) = π 2 (x 2y 2 ), slik at vi ikke har singulære punkter (siden A ikke er definert for x = 0 eller y = 0). De kritiske punktene er der A (x,y) = A 2 (x,y) = 0, som gir oss de to ligningene x 2 y = 4 og xy 2 = 2. Første ligning gir y = 4/x 2, som insatt i andre ligning, gir x = 2. Følgelig er y =. Eneste kritiske punkt er derfor punktet (2, ), som gir funksjonsverdien A(2, ) = 3π. Dette er den eneste lokale ekstremalverdien til f. For å vise at dette virkelig er minimum, merker vi at A(x,y) = π ( xy x + 2 ) > 3π y dersom xy 6, eller 4 x 6 eller 2 y 6, dvs. dersom xy 6, x 2 3 eller y 3. Dette betyr at A(x,y) > 3π på randen av og utenfor området B = {(x,y) R 2 : x 2 3,y } 3,xy 6, som er lukket og begrenset. Funksjonen A(x,y) er kontinuerlig på B og må derfor anta minimum her (ved ekstremalverdisetningen Teorem 2 i 3. som over). Som før kan dette kun forekomme i kritiske punkter, singulære punkter eller randpunkter. Men vi har vist at det ikke finnes singulære punkter, at (2,) er eneste kritiske punkt og at A(x,y) > A(2,) = 3π på randen av B og også utenfor B. Derfor er A(2,) = 3π minimum for A på B, og også på hele definisjonsområdet {(x,y) R 2 : x > 0,y > 0}. Det minimalet overflatearealet er derfor A(2,) = 3π. Alternativt (for å vise at A(2,) = 3π er minimum) kan man argumentere at A(x,y) når x 0, eller y 0, eller når x holdes fast og y, eller når y holdes fast og x. Vi har derfor at A(2,) > 3π på randen av og utenfor et rektangulært område } B = {(x,y) R 2 : x x x 2, y y y 2

9 9 som inneholder (2,) og som er lukket og begrenset. Av samme grunn som over, er A(2,) = 3π derfor minimalverdi. Noen har bemerket at den fysiske betingelsen om at z 0 sammen med ( 3) eq:z gir oss begrensningen xy 2 2. Vi kan alternativt derfor også sjekke kun grensene når x 0 og y 0 og betrakte et lukket, begrenset område på formen { } B = (x,y) R 2 : x x, y y, xy 2 2 som inneholder (2, ). PS: Noen har vist at A(2,) = 3π er et lokalt minimum ved hjelp av andrederiverttesten ( Remark rett før Eks. 7 i 3.) og hevdet at dette må være minimum siden A ikke har andre kritiske eller singulære punkter. Men dette er faktisk ikke riktig, selv om det intuitivt virker plausibelt. OPPGAVE 6 (a) Finn konvergensintervallet til rekken (n+3)x n. (b) Finn et enkelt uttrykk for summen av rekken i (a) på sitt konvergensintervall. SVAR OPPGAVE 6 (a) Dette er en potensrekke med konvergenssentrum i 0. Vi vet (ved Teorem 7 i 9.5) at den derfor konvergerer enten bare for x = 0 eller for alle x i et symmetrisk intervall om origo, der endepunktene kan være med eller ikke, og vi vet også at konvergensen er absolutt bortsett fra muligens i endepunktene. Lar a n = (n+3)x n og regner ut ρ = lim a n+ a n = lim (n+4)x n+ (n+3)x n n+4 = lim x = x. n+3 Ved forholdstesten (Teorem i 9.3) har vi (absolutt) konvergens for ρ <, dvs. < x <, og divergens for ρ >. I endepunktene x = ± er a n = ±(n + 3), som ikke 0 når n. At lima n = 0 er en nødvendig betingelse for konvergens av rekken a n (ved Teorem 4 i 9.2, også kalt n-teleddstest ), derfor divergerer a n her. Konvergensintervallet er altså (,). (b) La f(x) = (n+3)x n, < x <. Vi husker at x n = x for < x < ( 9.6). Ta for eksempel funksjonen f(x,y) = x 2 +(x+) 3 y 2. Den har ingen singulære punkter og kun ett kritisk punkt, nemlig (0,0), som gir et lokalt minimum f(0,0) =. Likevel er ikke f(0,0) = et globalt minimum, siden f.eks. f( 2,y) = 3 y 2 når y.

10 0 Alternativ I: Siden vi kan derivere leddvis innenfor konvergensintervallet (Teorem 9 i 9.5), har vi: x 2 f(x) = (n+3)x n+2 = = d dx ( ) x 3 x n = x 2 3 2x ( x) 2. d dx xn+3 = d dx ( ) x 3 = d dx x x n+3 = 3x2 ( x) x 3 ( ) ( x) 2 = 3x2 2x 3 ( x) 2 Derfor er f(x) = 3 2x ( x) 2. Alternativ II: Siden vi kan addere potensrekker (Teorem 8 i 9.5) og derivere leddvis innenfor konvergensintervallet (Teorem 9 i 9.5), har vi: f(x) = (n+3)x n+2 = n= nx n +3 n= = x nx n +3 x n = x d dx n= x n x n +3 d = x dx x +3 x = x ( x) x x = ( x) 2 + 3( x) ( x) 2 = x+3 3x ( x) 2 = 3 2x ( x) 2. x n OPPGAVE 7 Anta at a n > 0 for alle n. Vis at a n konvergerer hvis og bare hvis ( ) a n +a n konvergerer. (Hint: Vis hver av implikasjonene = og = med en passende test.) SVAR OPPGAVE 7 Vi merker at begge rekkene har kun positive ledd, slik at vi kan bruke de forskjellige testene i 9.3. Bevis for = : Alternativ I: Siden a a n konvergerer og n +a n < a n (fordi a n > 0), vil også a n +a n konvergere ved sammenligningstest (Teorem 9 i 9.3). Alternativ II: Siden a n konvergerer, må lima n = 0 (ved n-teleddstesten Teorem 4 i 9.2). Dermed har vi lim ( ) an +a n a n = lim +a n =, slik at a n konvergerer ved grensesammenligningstest (Teorem 9 i 9.3). Bevis for = :

11 Hvis a n +a n konvergerer, må lim an +a n = 0 (ved n-teleddstesten Teorem 4 i 9.2), som gir lima n = 0. Dette siste kan vi se enten ved å skrive eller 0 = lim a n = lim +a = lim = = lima n = 0, n a n + a n 0 = lim a n +a n = lim +a n +a n = lim +a n = lim(+a n ) = = lima n = 0. Alternativ I: Dermed har vi lim a n ( ) = lim(+a n ) =, an +a n slik at a n konvergerer ved grensesammenligningstest (Teorem 9 i 9.3). Alternativ II: Siden lima n = 0, vil det (per definisjon, se Def. 2 i 9.) finnes en N a slik at a n for alle n N, som gir n +a n 2 a n for alle n N, og følgelig konvergerer an ved sammenligningstest (Teorem 9 i 9.3). OPPGAVE 8 (a) La c > 0 være et vilkårlig positivt reellt tall. Gitt følgen {x n } definert rekursivt ved x n+ = 7 0 x n +c, x 0 = 0, n = 0,,2,3,4,... Vis for eksempel ved induksjon at x n x n+ 0c for alle n 0. (b) Du har fått deg en jobb i industrien. Sjefen i fabrikken du jobber for, ønsker å slippe ut en konstant mengde ulovlig forurensende avfallsstoff i et rent vassdrag hver kveld. Man vet at 3/0 av stoffet forsvinner fra vassdraget i løpet av ett døgn og at styresmaktene ikke vil legge merke til avfallet så lenge mengden avfall i vassdraget holdes under 200 kg. Hvor mye avfallsstoff kan fabrikken slippe ut konstant hver kveld uten at grensen overskrides? (Du får selvsagt bruk for (a). Noen av dine misunnelige kollegaer sår tvil om ditt svar, så du må begrunne det godt for å overbevise sjefen.) eq:* (4) (a) Vil vise påstanden SVAR OPPGAVE 8 x n x n+ 0c for alle n 0 ved induksjon. La n = 0. Siden x = x 0 +c = c, vil x 0 = 0 < c = x < 0c, slik at ( 4) eq:* holder for n = 0. Anta ( 4) eq:* holder for en n = k 0, dvs. at Da vil (Induksjonshypotese) x k (i) x k+ (ii) 0c. x k+2 = 7 0 x k+ +c (i) 7 0 x k +c = x k+.

12 2 Dessuten vil x k+2 = 7 0 x k+ +c (ii) 7 0c+c = 8c < 0c. 0 Dermed vil ( 4) eq:* også holde forn = k+. Påstanden ( 4) eq:* holder derfor for allenved induksjon. (b) La c være den konstante mengden avfallsstoff fabrikken slipper ut hver kveld og la x n være mengden avfallsstoff i vassdraget rett etter utslippet fra fabrikken på kveld n. Siden elven er ren ved kveld 0, vil x 0 = 0, og siden 3/0 av stoffet forsvinner fra vassdraget i løpet av ett døgn, har vi x n+ = x n 3 0 x n +c = 7 0 x n +c. Vi har derfor samme følge som i (a), der vi viste at følgen er voksende og oppad begrenset. Derfor konvergerer følgen (ved Teorem 2 i App. III), si mot L = limx n. (NB: det er viktig å begrunne at følgen konvergerer; hvis ikke, gir det ikke mening å snakke om grensen og sjefen blir ikke overbevist.) Vi har ( ) 7 L = limx n+ = lim 0 x ( ) n +c = 7 0 limx n +c = 7 0 L+c, som gir L = c. (I overgangen ( ) har vi brukt at f(x) = 0x + c er en kontinuerlig funksjon, slik at limf(x n ) = f(limx n ) ved Teorem 4 i App. III.) Vi ønsker at L = 0 3 c 200, dvs. at c 60. (Eventuelt ekte ulikhet <, alt etter hvor pirkete man vil være.) Altså kan fabrikken slippe ut opptil 60 kg avfallsstoff hver kveld og din kunnskap om ditt gamle MAT2-pensum resulterer i bonus og forfremmelse. PS: Noen har brukt ulikheten x n 0c for alle n fra (a) til å konkludere at hvis c = 20, er x n 0 20 = 200, slik at grensen på 200 ikke overskrides dersom fabrikken slipper ut 20 kg per kveld. Dette er i og for seg riktig, men det er ikke den optimale mengden fabrikken kan slippe ut, slik at sjefen ikke blir fullt så fornøyd og du risikerer at en kollega stikker av med bonus og forfremmelse. En alternativ (litt mer tungvindt) fremgangsmåte på både (a) og (b) er å skrive følgen som en geometrisk rekke (Def. 4 i 9.2). Ved å skrive opp en del ledd, kan man overbevise seg om at n ( ) 7 i eq:geo (5) x n = c, for n. 0 i= Denne formelen kan helt stringent bevises ved induksjon på følgende måte: For n = sier ( 5) eq:geo at x = c, som stemmer. Anta at ( 5) eq:geo n ( ) 7 i holder for n = k, dvs. at x k = c. 0 i= Ved å bruke rekursjonsformelen, får vi x k+ = 7 0 x k +c = 7 0 = i=2 k i= ( ) 7 i c+c = 0 k+ ( ) 7 i ( ) 7 0 c+ c = 0 0 k+ i= ( 7 0 k i= ( ) 7 i c+c 0 ) i c, som viser at formelen ( 5) eq:geo holder for alle n ved induksjon. Nå vet vi at x n, som er en geometrsik rekke, er voksende, og siden 7 0 < vet vi at x n c konvergerer mot 7/0 = 0c/3 ( 9.2), slik at x n må være oppad begrenset av 0c/3 < 0c.

13 3 Dette beviser både ( eq:* 4) som vi skulle vise i (a) og konvergensen mot 0c/3 som vi trenger i (b). OPPGAVE 9 Gi et eksempel på en begrenset funksjon på [0,] som ikke er Riemannintegrérbar på [0,]. (Du skal vise at funksjonen i ditt eksempel ikke er Riemannintegrérbar.) La f(x) = SVAR OPPGAVE 9 { når x [0,] og x er rasjonal, 0 når x [0, ] og x er irrasjonal. (Dette er Eks. 2 i App. IV). Alternativt kan vi bytte om rollen på de rasjonale og irrasjonale tallene, eller bytte 0 med, eller med x, osv.) La P = {0 = x 0,x,...,x n = } være en vilkårlig partisjon av [0,]. La I i = [x i,x i ] og x i = x i x i være bredden på I i, for i =,2,...,n. I ethvert intervall I R finnes både rasjonale og irrasjonale tall. Dermed vil M i := sup{f(x) x I i } =, m i := inf{f(x) x I i } = 0, slik at øvre Riemannsumm U(f, P) og nedre Riemannsumm L(f, P) er n n U(f,P) = M i x i = x i = 0 =, L(f,P) = i= i= n m i x i = 0. i= Merk at dette holder uansett partisjon P. Alternativ I (ved definisjonen): Per definisjon (Def. i App. IV) er f Riemannintegrérbar på [0,] dersom supl = infu, der U := {U(f,P) P er en partisjon av [0,]} L := {L(f,P) P er en partisjon av [0,]}. (Altså eru mengden av alle mulige øvre Riemannsummer oglmengden av alle mulige nedre Riemannsummer, når vi tar alle mulige partisjoner P av intervallet. Merk at læreboken bruker notasjonen I = supl og I = infu.) Vi viste over at U = {} og L = {0}. Derfor er supl = 0 = infu, og f er følgelig ikke Riemannintegrérbar på [0,]. Alternativ II (ved ǫ-kriteriet): f er Riemannintegrérbar på [0, ] hvis og bare hvis det til enhver ǫ > 0 finnes en partisjon P slik at U(f,P) L(f,P) < ǫ (Teorem 3 i App. IV). Men vi har vist at uansett P, vilu(f,p) L(f,P) =. Derfor erf ikke Riemannintegrérbar på [0,].

14 4 OPPGAVE 0 Vis at funksjonen f(x) = lnx x er uniformt kontinuerlig på intervallet (, ). (Du kan enten bruke definisjonen eller vise til generelle resultater om uniform kontinuitet fra pensum.) Her finnes flere alternativer. Vi har f (x) = x xlnx x(x ) 2 SVAR OPPGAVE 0 = xlnx x+ x(x ) 2 = x(lnx )+ x(x ) 2 < 0 for x >. Bruker vi ulikheten lnx x (som gjelder for alle x > 0 ved Teorem 4 i.3.4, eller ved enkel funksjonsdrøfting) får vi at f (x) = xlnx x+ x(x ) 2 x(x ) (x ) x(x ) 2 = (x )2 x(x ) 2 = x <, for alle x >. (Eventuelt kan man vise at f (x) ved å vise at x(x ) 2 xlnx x+ for eksempel ved funksjonsdrøfting.) Derfor er f derivérbar og f (x) begrenset på (, ) og følgelig er f uniformt kontinuerlig på (, ) (ved Sats 2.2 i notatet). Et alternativ for å vise at f (x) er begrenset er å regne ut grensene lim x +f (x) = 2 og lim x f (x) = 0 for eksempel ved l Hôpital (og litt regning). Siden f (x) er kontinuerlig på hele(, ), er den begrenset på ethvert lukket, begrenset intervall [a, b] (, ) (ved ekstremalverdisetningen Teorem 6 i App. III eller begrensningsteoremet Teorem 5 i App. III), og siden begge grensene over eksisterer, må f (x) være begrenset på hele (, ). Så kan vi konkludere som over. 2 Enda et alternativ: For x 2 klarer vi lett(ere) å begrense f (x): f (x) = xlnx x+ x(x ) 2 2ln2 2 = ln2 2, 2 Det er essensielt å begrunne at f (x) er kontinuerlig på (, ), for å kunne si at f (x) er begrenset når de to grensene eksisterer: ta for eksempel funksjonen { ( x 2 3 sin ) når x 0 x f(x) = 0 når x = 0. Denne er kontinuerlig og derivérbar overalt, med ( 3 2 xsin ) x x cos ( x), når x > 0 f (x) = 0, når x = 0 ( 2 3 x sin ) x x cos( x), når x < 0. ( Man kan vise at lim x ± f (x) = 0, men likevel er f (x) ubegrenset. Når x 0, vil nemlig 2 3 x sin x) 0 ved skviseteoremet, mens cos ( ) x vil svinge kraftigere og kraftigere mellom og, slik at faktoren gjør at f (x) svinger kraftigere og kraftigere med større og større amplitude når x 0. Dette viser også at lim x 0f (x) ikke eksisterer, slik at f (x) ikke er kontinuerlig i 0. x

15 5 siden f (x) er avtagende, fordi (x ) 2 vokser raskere enn xlnx. Derfor er f uniformt kontinuerlig på [2, ) (ved Sats 2.2 i notatet igjen). Vi har lnx lim x + x = ved l Hôpital, derfor har f en kontinuerlig utvidelse til [, ). På intervallet [,2] er dette en kontinuerlig funksjon på et lukket, begrenset intervall, som dermed er uniformt kontinuerlig der (Teorem 2. i notatet). Spesielt er f uniformt kontinuerlig på (,2]. Siden f er uniformt kontinuerlig på (,2] og [2, ), vil f også være uniformt kontinuerlig på unionen (, ) (ved Observasjon 2.4 i notatet). Dette siste alternativet er faktisk det som krever minst utregning. GOD SOMMER! Andreas Leopold Knutsen