Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 20-24/9

Transkript

1 Fsit til utvlgte oppgver MAT00, uk 20-24/9 Øyvind Ryn September 24, 200 Oppgve 5..5 år vi viser t f er kontinuerlig i ved et ɛ δ-bevis, er det lurt å strte med uttrykket fx f, og finne en størrelse som er større enn denne, der x inngår, og der vi hr begrensinger på de ndre leddene som inngår. Vlget vårt for δ vil vhenge v det opprinnelige vlget v ɛ, sklert med begrensningene på de ndre leddene. De følgende oppgvene illustrerer dette. e Vi hr t f =. Vi skl ltså vise t vi, for enhver ɛ, kn finne en δ slik t x < ɛ for lle x slik t x < Vi ser først t x x =. Her hr vi llerede x på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på. Velger vi δ < 2 det vil si x < 2, så vil > 2, og < 2. Vi får d x x = < 2 For t dette skl være mindre enn ɛ må vi velge δ < ɛ 2. Vi kn derfor velge δ = min 2, 2 ɛ, der vi også hr ttt med den første begrensningen vi hdde på f Vi hr t f0 = 3. Vi skl ltså vise t vi, for enhver ɛ, kn finne en δ slik t < ɛ for lle x slik t < Vi hr t x+ x+3 3 x + x = 3x + 3 x 3 3x + 3 = 2x 3x + 3.

2 Her hr vi llerede på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på x+3. Velger vi δ < det vil si <, så vil x + 3 > 2, og x+3 < 2. Vi får d x + x = 2x 3x + 3 < 2 δ 3 2 = δ 3. For t dette skl være mindre enn ɛ må vi velge δ < 3ɛ. Vi kn derfor velge δ = min, 3ɛ, der vi også hr ttt med den første begrensningen vi hdde på g Vi hr t f4 = 2. Vi skl ltså vise t vi, for enhver ɛ, kn finne en δ slik t x 2 < ɛ for lle x slik t x 4 < Vi hr t x 2 = x 4 x + 2. Her hr vi llerede x 4 på høyresiden, men vi må også finne en begrensning på x+2. Velger vi δ < det vil si x 4 < ser vi t x + 2 > > 3, og x+2 < 3. Vi får d x 2 = x 4 x + 2 δ 3. For t dette skl være mindre enn ɛ må vi velge δ < 3ɛ. Vi kn derfor velge δ = min, 3ɛ, der vi også hr ttt med den første begrensningen vi hdde på Oppgve I et polynom P er det den potensen v høyest grd som vil dominere når x går mot uendelig. I et polynom v odde grd så vil leddet v høyest grd gå mot når x, og mot når x. Spesielt kn vi finne en slik t P x < 0 når x <, og en 2 slik t P x > 0 når x > 2. For intervllet [, 2 ] hr vi derfor t P < 0, P 2 < 0, og derfor følger det fr skjæringssetningen t P hr minst et nullpunkt på [, 2 ]. Oppgve L oss definere funksjonene ft og gt ved t de gir oss høyden ved tiden t på den første og den ndre dgen, respektive. Kll videre strthøyden for A, og høyden på toppen for B. D hr vi t f7 = A, f5 = B, g7 = B, g5 = A. Definer også ht = ft gt. Vi hr nå t h7 = f7 g7 = A B < 0, og h5 = f5 g5 = B A > 0. Fr skjæringssetningen følger det nå t det finnes et nullpunkt c for h mellom 7 og 5. Her hr vi t fc = gc, slik t c svrer til et tidspunkt mellom kl. 7 og kl. 5 der kltreren befinner seg i smme høyde. 2

3 b Vi hr nå i stedet t f7 = A, f5 = B, g0 = B, g6 = A. Dette gir t h0 = f0 g0 = C B < 0, og h5 = f5 g5 = B D > 0, der C < B er høyden kltreren hr kl. 0 første dg, og D < B er høyden kltreren hr kl. 5 ndre dg. resten v resonnementet er nå som i, slik t vi finner et tilsvrende tidspunkt mellom kl. 0 og 5 her. Altså hr vi også her t det finnes et tidspunkt der høyden er de smme begge dgene. Oppgve I summen 2 f0 f + f f + + f f vil det ndre og det tredje leddet knsellere hverndre, det fjerde og det femte. De siste leddene som knsellerer hverndre er det tredje siste og det nest siste. De eneste leddene som ikke knsellerer hverndre er det første og det siste, slik t vi står igjen med f0 f. Med dette er 0 siden f0 = f ved ntgelse, som vr det vi skulle vise. Hvis lle leddene ikke er null, og lle forskjellig fr null hr smme fortegn, så må den totle summen bli forskjellig fr null også, som er en motsigelse. Altså finnes det grntert to ledd f i f j f j+ som hr motstt fortegn. b f i+ og Vi hr t g i svrer til det i te leddet i summen fr, og vi hr vist t to v disse leddene, g i, g j hr motstt fortegn. Men d følger det fr skjæringssetningen t det finnes en c mellom i og j der gc = 0. c L c være slik t gc = 0. D blir fc f c + = 0, slik t fc = f c +. Vi kn ltså sette d = c +, for d er jo også d c =. d Vi regner ut h0 = 0 0 = 0 h = sin 2 π sin 2 π slik t h0 = h = 0. L nå c, d være slik t d c =. Vi skl vise t, så lenge ikke er på formen for en eller nnen, så kn ikke hc = hd. Hvis, 3

4 hc = hd ville hc = sin 2 πc Smler vi leddene her får vi πd sin 2 c sin 2 π πd = sin 2 sin 2 πc = d c sin 2 π Setter vi inn d = + c kn venstresiden skrives πc + sin 2 sin 2 πc = sin 2 πc + π = sin 2 πc d sin 2 π = hd. = sin 2 π. sin 2 πc = 0, sin 2 πc og d må jo også høyresiden være null, slik t sin 2 π = 0. Men dette kn skje bre hvis π er på formen π, slik t =, som strider mot ntgelsen. Oppgve Ant lim x fx = A, lim x fx = B. For enhver ɛ finnes det d konstnter, 2 slik t fx A < ɛ for x <, og fx B < ɛ for x > 2. Men d er f begrenset for x <, og for x > 2. f er også begrenset på [, 2 ] siden dette er et lukket og begrenset intervll, og dermed er f begrenset på hele tllinjen. b Ant t fx < 0, og t fx 2 > 0. Siden lim x fx = lim x fx = 0 så kn vi velge, 2 slik t fx < min x, x 2 for x < og for x > 2. Men d vet vi t vi ikke kn finnes noen ekstremlverdier til f utenfor [, 2 ]. Videre vet vi t f hr både mksimum og minimum på [, 2 ], som dermed må være globle ekstremlverdier. Oppgve Vi vet t f hr både mksimum og minimum på [, b], slik t V f [, b]. Vi påstår t verdimengden er hele [, b]. Dette vil vise t V f er et lukket og begrenset intervll. Ant nemlig t d [, b]. På grunn v skjæringssetningen vil det jo d finnes en c mellom mksimums- og minimumspunktet, der fc = d. Dette viser t d V f, slik t V f = [, b]. 4

5 Oppgve I et n te grdspolynom er det leddet v grd n som vil dominere når x går mot og. Dette går mot i begge tilfeller, slik t lim x P x = lim x P x =. På grunn v dette finnes det for enhver R en slik t P x > R for lle x med >. Siden P er kontinuerlig og [, ] er en lukket og begrenset intervll, så hr P et minimumspunkt S på dette intervllet. Men d er det klrt t vi kn sette K = minr, S, der P x > K for lle x. 5