Norges tekisk aturviteskapelige uiversitet Istitutt for matematiske fag MA2 Grukurs i Aalyse II Vår 27 Løsigsforslag Øvig 7 2.5: For hvilke x kovergerer rekke? b) (2x) c) (l x) e) 2 si x 2 b) Dette er e geometrisk rekke, og kovergerer hvis og bare hvis 2x < x < /2. c) Igje har vi e geometrisk rekke, dee gage koverget hvis og bare hvis l x < x < e. (Her atar vi at x er positiv, slik at l x er defiert.) e) La u 2 si x. Vi har da 2 si x 2 For u ser vi at rekke kovergerer ved sammeligig med de kovergete rekke / 2. For u > har vi lim a + a lim u 2. u ( + )2 2 u >, så ved forholdsteste (Teorem 2.4.5) divergerer rekke. Det vil si at rekke kovergerer for x slik at x + π [ π/6, π/6] for et heltall. 2.5:3 f N (x) cos x 2. a) Vis at {f N } kovergerer uiformt mot e fuksjo f på R. b) Forklar hvorfor f er kotiuerlig. c) Vis at for alle x. f(t) dt si x 3 6. mars 27 Side av 9
Løsigsforslag Øvig 7 a) Rekke cos x kovergerer absolutt for alle x ved sammeligig med rekke / 2. 2 Ved Weierstrass M-test kovergerer derfor rekke uiformt på R. Vi ka også vise dette direkte med defiisjoe av uiform koverges: Gresefuksjoe f er defiert ved f(x) lim f N(x) cos x 2. For alle x er f(x) f N (x) N+ N+ N+ cos x 2 cos x 2 cos x 2 2 cos x 2 år N. Dermed er lim d R(f, f N ) lim sup { f(x) f N(x) : x R} lim 2. N+ b) f N er kotiuerlig for alle N ettersom fuksjoe er e edelig sum av kotiuerlige fuksjoer. Ved teorem.3.8 er f kotiuerlig fordi {f N } kovergerer uiformt mot f. c) 6. mars 27 Side 2 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 f(t) dt lim f N (t) dt per defiisjo og ved setig.4. er f(t) dt lim lim lim lim lim f N (t) dt cos t 2 2 2 si x 3. x si x 3 dt cos t dt si t dt 2.6: a) Fi kovergesitervallet til postesrekke (x 2). Geometrisk rekke, kovergerer for x 2 < og divergerer ellers. Kovergesitervallet er altså (, 3). 2.6: b) Fi kovergesitervallet til postesrekke x 3. Geometrisk rekke, kovergerer for x/3 < og divergerer ellers. Kovergesitervallet er altså ( 3, 3). 2.6: d) Fi kovergesitervallet til postesrekke (x + ). 6. mars 27 Side 3 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 Forholdsteste gir koverges for > x + lim x +. + Edepuktet x gir rekke / /2 som divergerer (p /2 < ). Edepuktet x 2 gir rekke ( ) / /2 som kovergerer ved altererede rekketeste. Kovergesitervallet er altså [ 2, ). 2.6: g) Fi kovergesitervallet til potesrekke (!) 2 (2)! x. Forholdsteste gir koverges for > x lim x lim (( + )!) 2 (2)! (!) 2 (2 + 2)! ( ( + )!! ) 2 (2)! (2 + 2)! ( + ) 2 x lim (2 + )(2 + 2) x 4. Rekke divergerer i edepuktee x ±4 fordi lim a : La først x 4 og observer at (!) 2 4 (2!) 2 og at 2! 2 2 ( ) 2 2(2 2) 4 2. Videre er så 2! (2)! 2 (2 2) 4 2 2(2 ) (2 2) 3 2 (2 )(2 3) 3, (!) 2 (2)! 4 (2!) 2 (2)! 2! (2 )(2 3) 3 2(2 2) 4 2 (2 )(2 3) 3 2 2 2 2 2 3 4 3 2 >. 6. mars 27 Side 4 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 Det følger at lim (!) 2 (2)! 4 > og rekke divergerer i x 4. For x 4 vil samme utregig gi lim ( ) (!) 2 (2)! 4 fordi grese ikke eksisterer. Kovergesitervallet er derfor ( 4, 4). 2.6:2 f) Fi kovergesitervallet til potesrekke ( ) x. + 2 Rotteste gir koverges for > lim x lim x 2. x + 2 + 2 Rekke divergerer i edepuktee x ±2 fordi lim a : La først x 2. Da er ( ) 2 lim lim ( ) + 2 + 2 Med x 2 vil samme utregig gi ( 2 lim + 2 lim ) lim ( ) + 2 2 e e /2. ( ) ( ) + 2 2 fordi grese ikke eksisterer. Kovergesitervallet er dermed ( 2, 2). (Takk til S. Lidqvist for løsige av de to siste oppgavee.) 2.6:7 a) Her er det aturlig å bruke gresesammelikigsteste. Vi ka ata at lim a ; hvis det ikke er tilfellet vil også lim l( + a ) og begge rekkee vil divergere. Vi har at l( + a ) l( + x) lim lim a x x L hop lim x + x, 6. mars 27 Side 5 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 hvor vi substituerte a x i første lije. Dette viser at hvis de ee rekke kovergerer (divergerer) så kovergerer (divergerer) de adre også. b) Her bruker vi resultatet fra a) to gager. Først ser vi at [ l + l ( + )] p er på forme l( + a ), hvor a l ( + ). Dette er igje på forme l( + p b ), hvor b. Altså er det tilstekkelig å bestemme år rekke p p kovergerer, hvilket vi vet er tilfellet hvis og bare hvis p >. c) Vi har at / divergerer l(+/) divergerer (fra a)) l(+ /)x divergerer for x. Side følge a l( + /) er mikede og går mot, kovergerer l( + /)x for x <. Bortsett fra i edepuktee må kovergesområdet til rekke være symmetrisk om. (Bruk for eksempel lemma 2.6.7.) Dermed divergerer rekke for x <. Kovergesitervallet er altså [, ). 2.7: a) Fi f (x) og F (x) f(t) dt år f(x) 2 x 2 x. f (x) d 2 x dx d dx 2 x 3 x ( + ) 3 x. 6. mars 27 Side 6 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 F (x) f(t) dt 2 t dt 2 t dt 2 x + t+ dt 2 + x+ dt ( ) 2 x dt. 2 2.7: d) Fi f (x) og F (x) 4 f(t) dt år f(x) 3 (x 4).! f (x) d 3 (x 4) dx! 3 (x 4)! 3 + ( + ) (x 4) ( + )! 3 + (x 4).! 6. mars 27 Side 7 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 F (x) 4 4 f(t) dt 3 (t 4) dt! 3! 4 (t 4) dt 3 x (t 4)+! + 4 3 (x 4)+! + 3 (x 4) ( )! 3 (x 4).! 2.7:3 a) Forklar hvorfor år x <. x 2 x 3 x 3+2 For alle y med y < er y y. Så for alle x 3 <. Dvs. for alle x <. x 2 x 3 x2 x 3 x 3+2 2.7:3 b) Vis at år x <. l( x 3 ) x 3 6. mars 27 Side 8 av 9
Løsigsforslag Øvig 7 Vi observerer at d dx l( x3 ) 3 x2 x 3, så ved å itegrere begge sider fier vi at l( x 3 ) + C 3 3 3 3 3 x 2 x 3 dx x 3+2 dx x 3+2 dx 3 + 3 x3+3 3( + ) x3(+) x 3(+) + x 3. Høyre side er år x. Derfor er itegrasjoskostate C. 2.7:3 c) Vis at ( ) 3+ l 2, og sammelig dette resultatet med eksempel 2.7.4. Potesrekke i oppgave b) kovergerer i edepuktet x ved altererede rekke-teste. Ved Abels teorem (2.6.9) er summe kotiuerlig i hele kovergesområdet, så l 2 l( ( ) 3 ) ( ) 3 ( ) 3+. Dette er samme formel som i eksempel 2.7.4. Ekspoete 3 + er aehver jev og odde. 6. mars 27 Side 9 av 9