Analiza Matematyczna II.1, kolokwium rozwiazania 9 stycznia 2015, godz. 16:15 19:15

Transkrypt

1 Analiza Matematczna II., kolokwium rozwiazania 9 stcznia 05, godz. 6:5 9:5 0. Podać definicj e zbioru miar 0. Udowodnić, że jeśli A = {(x,, z) : (x )(x + + z ) = 0}, to l (A) = 0. Zbiorem miar zero jest każd zbiór, którego miara jest 0. W wpadku miar Lebesque a w przestrzeni k wmiarowej jest to taki zbiór B R k, że dla każdej liczb ε > 0 istnieja takie k wmiarowe przedział P, P,..., że B P P... i vol(p ) + vol(p ) +... < ε. Zbiór {(x,, z) : x = 0} jest wkresem funkcji f : R R zdefiniowanej wzorem x = f (, z) =, wi ec ma miar e 0. Zbiór {(x,, z) : x + = 0} jest wkresem funkcji f : R R zdefiniowanej wzorem x = f (, z) =, wi ec ma miar e 0. Zbiór {(x,, z) : x + + z = 0, z 0} jest wkresem funkcji f : B(0, ) R zdefiniowanej wzorem z = f (x, ) = x, wi ec ma miar e 0. Zbiór {(x,, z) : x + + z = 0, z 0} jest wkresem funkcji f 4 : B(0, ) R zdefiniowanej wzorem z = f 4 (x, ) = x, wi ec ma miar e 0. Zbiór A = {(x,, z) : (x )(x + + z ) = 0} jest wiec suma czterech zbiorów miar, wiec jego miara jest 0. Uwaga. Mogliśm też bło napisać, że każde z trzech równań: x = 0, x + = 0, x + + z = 0 opisuje rozmaitość (bo gradient każdej z trzech funkcji trzech zmiennch jest niezerow w każdm punkcie badanego zbioru) wmiaru, wi ec mniejszego od i wobec tego jest to lokalnie suma co najwżej przeliczalnie wielu wkresu funkcji rzeczwistch dwu zmiennch.. Znaleźć odległość pomiedz gałezi a hiperboli H = {(x, ) : x + x + = 0 i x > } i prosta L = {(x, ) : x + + = 0}. Należ znaleźć najmniejsza wartość kwadratu odległości punktu (x, ) leżacego w zbiorze H od punktu (u, v) leżacego w zbiorze L, czli najmniejsza wartość wrażenia (funkcji czterech zmiench) (x u) +( v) prz założeniu, że 0 = x+x+ = (x+)(+) oraz 0 = u + v + = (u + ) + (v + ). Gradient funkcji (zmiennch u, v, x, ) x + x + i u + v + = 0 sa równe (0, 0, +, x + ) i (,, 0, 0). Sa one liniowo niezależne wted i tlko wted, gd (0, 0, +, x + ) jest wektorem niezerowm, wi ec gd (x, ) (, ), ale tak jest, bo ( + )( + ) = 0. Możem wi ec zastosować twierdzenie Lagrange a. Zgodnie z nim, jeśli funkcja (x u) + ( v) ma najmniejsza wartość w punkcie (u, v, x, ), to istnieja takie liczb λ, λ, że spełniona jest równość (u x, v, x u, v) = λ (0, 0, +, x + ) + λ (,, 0, 0) = = (λ, λ, λ ( + ), λ (x + )).

2 Jeśli λ = 0, to x = u i = v. To jest niemożliwe, bo wted zachodziłb równości 0 = (x + )( + ) i (x + ) + ( + ) = 0, wiec = (x + ) ( + ) ( ) x++(+) =, co oczwiście nie jest możliwe. Wobec tego λ 0. Analogicznie λ 0. Wobec tego v = (u x) i dalej x + = ( + ). Stad wnika, że 0 = ( + ). Ponieważ x >, wiec + = = oraz x + =. Ponieważ u v = x = (x + ) ( + ), wiec u v =. W poł aczeniu z równaniem u + v = daje to 5u = i 5v =, czli u =, 5 v = +, x =, =. Jest wiec 0 tlko jeden kanddat na punkt, w którm funkcja (x u) + ( v) przjmuje wartość najmniejsza. Ta wartościa błab liczba ( ) ( ) ( ) ( ) + 0 = ( ) 5 + 4( ) 5 = 4( ) <. 5 5 Z równości (x + )( + ) = i nierówności x > wnika, że x + > 0 i + > 0. Z wzoru u + v + = 0 wnika, że jeśli u wnika, to v = ( + u) i wted (x u) + ( v) ( v) = (( + ) (v + )) (( (v + )). Jeśli u, to (x u) + ( v) (x u) = ((x + ) (u + )) ( (u + )). Wobec tego kresu doln funkcji (x u) + ( v) w całej dziedzinie jest taki sam jak kres doln w dziedzinie ograniczonej do zbioru tch jej punktów, dla którch u. W tm zbiorze jest też spełniona nierówność v. Można dziedzin e ograniczć jeszcze bardziej i rozpatrwać jednie te jej punkt, dla którch (x u) + ( v), wiec do zbioru zwartego. W zbiorze zwartm kres doln jest osiagan i to w punkcie, w którm wartość funkcji jest mniejsza od, co oznacza, że wszstkie nierówności definiujace 5 ten zbiór sa ostre. Wobec w tm punkcie spełnion jest warunek Lagrange a. Oznacza to, że kresem dolnm tej funkcji jest liczba 4( ) <, czli że kres doln 5 5 4( ) odległości punktów zbioru H od punktów zbioru L jest równ = ( ) 5 5. Uwaga. Można to napisać krócej. Niech P H, Q L i niech P Q bedzie najkrótszm z odcinków łacz acch hiperbole H z prosta L. Odcinek P Q musi bć prostopadł zarówno do L jak i do T P H uzasadnić można to stwierdzenie geometrcznie lub za pomoca twierdzenia Lagrange a o ekstremach zwiazanch. Wobec tego stczna do hiperboli w punkcie P musi bć równoległa do L. Stad wnika, że gradient funkcji x + x + + w punkcie P = (x,, z) musi bć równoległ do wektora [,, 0]. Gradientem jest wek- tor [ +, x +, 0], wiec wektor [, x +, 0]. Te wektor s a x+ równoległe wted i tlko wted, gd [0, 0, 0] = [,, 0] [, x +, 0] = [x +, 0, 0], wi ec x+ x+ wted i tlko wted, gd (x + ) =, tzn x = (przpominam, że x + > 0). Wted = + + = =. Trzeba jeszcze znaleźć rzut prostopadł tego punktu na prosta L. Jest nim punkt postaci Q = (,, 0) + t(,, 0), gdzie t jest taka liczba, że Q L, czli 0 = + t + ( + t) + = 5t + ( ), czli t = ( ). Poszukiwana odległość to t(,, 0) = ( ) 5 = ( ) Można bło też rozpatrwać funkcje (x + v + ) + ( v) w zbiorze x+

3 {(v, x) : < x, < v < }, wi ec funkcj e dwu (a nie czterech) zmiennch w półpłaszczźnie otwartej unikajac w ten sposób pochodnch. Niech t = x +. Wted (x+v+) + ( v) x+ = (t+v) +( t v ) = 5v +v(t+ )+( t t ) +t = = 5 ( v + (t + )) ( 5 t 5 t + ( )) t + ( t ) + t 4( 5 t ) + 4(t ) t = ( ( = + t) 5 t = ( 5 t t ) ) ( + ) 5 prz czm równość ma miejsce wted i tlko wted, gd t =. O wborze sposobu rozwiazwania zadania w czasie klasówki student decduje sam, a zadanie mógł rozwiazać uczeń II klas LO (chba nie każd).. Zbadać, cz zbiór S = {(x,, 0) R : (x + x) = x + } jest rozmaitościa. Niech M oznacza podzbiór R powstał w wniku obrotu S wokół osi OX. Opisać zbiór M równaniem. Cz M \ {(0, 0, 0)} jest rozmaitościa? Niech f(x, ) = (x + x) (x + ). Mam wiec f = (x x )(x + x) x oraz f = ((x + x) ), wi ec jeśli grad f(x, ) = (0, 0), to = 0 i wted 0 = (x )(x x) x = x(x x), wi ec x = 0 lub x = lub 0 = (x + x), czli x + x = f, ale wted = x (x )(x + x) x = (x ) x = 0. Punkt (, 0, 0) nie jest elementem zbioru S. Wobec tego po usunieciu punktu (0, 0, 0) ze zbioru S otrzmujem rozmaitość jednowmiarowa w R. Niech (x n, n, 0) S\{(0, 0, 0)} oraz lim (x n, n, 0) = (0, 0, 0). Z równości (x n + n x n ) = x n + n wnika, że albo x n + n x n = x n + n albo x n + n x n = x n + n. Jeśli x n + n <, to x n + n > x n + n, wi ec z równości x n + n x n = x n + n wnika wted, że x n < 0. Z równości x n + n x n = x n + n wnika, że x n + n = x n x n + n 0, co jest niemożliwe, bo x n + n > 0. Wobec tego x n < 0, gd x n + n <. Załóżm, że lim (x n, n,0) x n+n = v interesuja nas teraz wektor stczne do S w punkcie (0, 0, 0). Mam wiec x n + n x n = x n + n, czli x n + n x n =. Ponieważ lim x n + n lim n x n + n x n+ n = 0, wiec lim x n =, a z równości v = wnika, że x n+n = 0. Udowodniliśm w ten sposób, że T (0,0,0) S = {( t, 0, 0) : t 0}, wiec to nie jest przestrzeń liniowa, zatem S nie jest rozmaitościa. Może zajać sie zbiorem M. Odległość punktu (x,, z) od osi OX jest równa + z. W płaszczźnie z = 0 leża punkt (x, ± + z, 0) oba w tej samej odległości od osi OX co punkt (x,, z), wiec po obrocie o odpowiedni kat wokół osi OX punkt (x,, z) ( trafia na jeden z nich. Stad wnika, że równaniem M jest x + ( + z ) ) x = =x + ( + z ), czli równanie (x + + z x) = x + +z. Ab rzecz bardziej sformalizować można jeszcze powiedzieć, że jeśli zachodzi ostatnie równanie i oznaczm ρ = + z, to istnieje wted taka liczba ϕ, że = ρ cos ϕ i z = ρ sin ϕ, a to oznacza, że (x,, z) M wted i tlko wted, gd (x, ρ, 0) S, czli że po obróceniu S otrzmujem M. Zbiór M \{(0, 0, 0)} jest rozmaitościa, co można uzasadnić co najmniej dwiema metodami. Obliczam gradient funkcji F (x,, z) = (x + + z x) (x + + z ).

4 Otrzmujem F = (x ) x (x + + z x) x, F = ((x + + z x) ), F = z z ((x + + z x) ). Przrównujem go do (0, 0, 0). Z równości (x + + z x) = 0 wnika, że 0 = F (x,, z) = 0 (x ) x =, co wklucza te x opcje. St ad wnika, że = z = 0 i 0 = (x )(x x) x = x(x x) co, jak już wiem, prowadzi do wniosku, że x = 0 lub x =, z czego wnika, że jednm punktem zbioru M, w którm gradient funkcji F znika, jest punkt (0, 0, 0), co kończ uzasadnienie stwierdzenia M \ {(0, 0, 0)} jest dwuwmiarowa rozmaitościa w R. Uwaga. Użjem współrz ednch biegunowch: x = r cos ϕ, = r sin ϕ. Mam wi ec 0 = (x + x) (x + ) = (r r cos ϕ) r = r (r cos ϕ )(r cos ϕ + ) wted i tlko wted, gd r = 0 lub r cos ϕ = 0 lub r cos ϕ + = 0. Jeśli r = 0, to również x = 0 =. Dalej r > 0. Jeśli r cos ϕ+ = 0, to 0 < r = cos ϕ 0 sprzeczność. Wobec tego r = + cos ϕ prz czm cos ϕ > (przp. r > 0). Przekształcenie (r, ϕ) (r cos ϕ, r sin ϕ) rozpatrujem wi ec na zbiorze {(r, ϕ) : r > 0, ϕ < π}, a na tm zbiorze jest ono dfeomorfizmem, któr przekształca otwart pas poziom na płaszczzn e bez jednej domkni etej półprostej (niedodatniej półosi OX). Obraz dfeomorficzn rozmaitości jest rozmaitościa to wnika łatwo z którejkolwiek definicji rozmaitości, zatem M \ {(0, 0, 0)} jest jednowmiarowa rozmaitościa w R. Całe M nie jest, bo zbiór wektorów stcznch w punkcie (0, 0, 0) do M nie jest przestrzenia liniowa: jeśli (r n cos ϕ n, r n sin ϕ n, 0) (0, 0, 0), to + cos ϕ n = r n wiec ϕ n ±π, co przekonuje nas o tm, że (r n cos ϕ n,r n sin ϕ n,0) r n dowodzi tego, że T (0,0,0) S = {( t, 0, 0) : t 0}. 0, zatem cos ϕ n, (, 0, 0), a to. Znaleźć wszstkie punkt krtczne funkcji f(x, ) = (x + )( 4 x + ). Dla każdego z nich rozpoznać, cz f ma w tm punkcie lokalne minimum, lokalne maksimum cz też lokalnego ekstremum nie ma. Obliczam pochodne czastkowe i przrównujem je do zera: 0 = f (x, ) = x( x 4 x + ) + x(x + ), 0 = f (x, ) = ( 4 x + ) + (x + ), zatem 0 = f (x, ) x f (x, ) = x( )( x 4 x + ). Z równości x = 0 = f (x, ) wnika, że 0 = ( ) + = ( )( + ), wiec (0, ), i (0, ) s a punktami krtcznmi. Z równości = i 0 = f (x, ) wnika, że 0 = 4( 4 x ) + x 5 = 9 x, wiec x = ±. Mam nastepne dwa punkt krtczne: (, ), (, ). Ostatnia możliwość, to 0 = 4 x +. Wted x + = 0, wi ec 4 + = 0, zatem = i wted x = 0 lub = i wted x = ±. Ostatnie trz punkt kr-

5 tczne to: (0, ), (, ) (,, ). Zajmiem si e dopełnieniem poziomic f = 0: A + = {(x, ) : x + > 0}, A = {(x, ) : x + < 0}, B + = {(x, ) : 4 x + > 0}, B = {(x, ) : 4 x + < 0}. Zbiór A B jest ograniczon, funkcja f przjmuje w nim wartości dodatnie, na jego brzegu zachodzi równość f = 0, zatem funkcja przjmuje w nim najwieksz a wartość, oczwiście w punkcie zerowania si e gradientu, wi ec w punkcie (0, ). Zbiór A B + składa si e z dwu składowch. Jedna z nich jest zawarta w półpłaszczźnie (x, ) : x < 0, a druga w półpłaszczźnie (x, ) : x > 0. W każdej z nich funkcja przjmuje włacznie wartości ujemne, na brzegu zerowe. Domkniecia składowch sa zwarte. Wobec tego w pewnm punkcie wewnetrznm funkcja osiaga swe minimum. W każdej z tch składowch jest tlko jeden punkt krtczn funkcji f: w lewej punkt (, ), a w prawej (, ). Wobec w każdm z tch punktów funkcja ma minimum lokalne. Został jeszcze trz punkt krtczne: (0, ), (, ) ( i, ). W każdm z nich funkcja zeruje sie. Każde otoczenie dowolnego z nich ma punkt wspólne zarówno ze zbiorem A + B + oraz ze zbiorem A B +, wiec w każdm otoczeniu sa punkt, w którch wartości funkcji f sa dodatnie jak i punkt, w którch wartości tej funkcji sa ujemne, a to oznacza, że w tch punktach funkcja nie ma lokalnch ekstremów. Uwaga. Powinienem oczwiście zadbać o miłośników pochodnch drugiego rz edu. Mam f (x, ) = 9x + x + 7, f (x, ) = x( + ), f (x, ) = x x + 6. Mam wobec tego; D f(0, ) = 0 0, D f(0, 0 4 ) = 4 0, 0 4 D f(±, ) = ± ±, D f(±, ) = 6 ± ±. 4 4 Wznacznik macierz D f(0, ) jest równ 0, wiec twierdzenie o lokalnch ekstremach nie pozwala stwierdzić w tej stuacji, cz w tm punkcie funkcja ma lokalne ekstremum, cz siodło. Ponieważ jedna z wartości własnch jest liczba 4 > 0, wiec po obcieciu do prostej własnej funkcja ma lokalne minimum właściwe, zatem na pewno nie ma w tm punkcie lokalnego maksimum. Tak zreszta jest po obcieciu f do dowolnej prostej przechodzacej przez punkt (0, ): f(at, + bt) = b t + b( + a + b )t + 4 (a + b )t 4. Natomiast gd ograniczm dziedzin e f do paraboli o równaniu 5 8 x + = 0, to otrzmam f (x, ) = f ( x, 5 8 x) = x x6, wi ec tm razem otrzmaliśm lokalne maksimum właściwe, wi ec punkt (0, ) jest siodłem. Pozostałe punkt krtczne sa łatwiejsze, bo działa krterium Slvestera. Macierz D f(0, ) jest ujemnnie określona, zatem w punkcie (0, ) funkcja f ma lokalne maksimum właściwe, macierze D f(±, ) s a dodatnio określone, wiec w punktach (±, ) funkcja f ma lokalne minima właściwe, a macierze D f(±, ) maj a po jednej wartości

6 własnej dodatniej i po jednej ujemnej, wiec w punktach (±, ) s a siodła. 4. Udowodnić, że w pewnm otoczeniu punktu (x 0, 0, w 0 ) = (,, ) równanie xw = + ln w wznacza zmienna w jako funkcje klas C pozostałch zmiennch: w = w(x, ). Napisać jej drugi wielomian Talora wokół punktu (x 0, 0 ) = (, ). Niech f(x,, w) = xw ln w. Mam f (x,, w) = x, wi f ec w (,, ) = + 0. Z twierdzenia o funkcjach uwikłanch wnika, że w pewnm otoczeniu punktu (, ) zmienna w jest wznaczona jednoznacznie przez (x, ) pod warunkiem, że liczb e w wbieram z dostatecznie małego otoczenia liczb. Wiem też, że w jest funkcja klas C, tm bardziej klas C. Obliczm teraz pochodne czastkowe pierwszego i drugiego rzedu funkcji w(x, ). Zachodzi równość f(x,, w(x, )) =. Wobec tego 0 = f f (x,, w(x, )) + (x,, w(x, )) (x, ) = w(x, ) + (x x x ) w(x,) x (x, ) oraz 0 = f f (x,, w(x, )) + (x,, w(x, )) (x, ) = ln w(x, ) + (x ) (x, ). w(x,) Podstawiajac x =, =, w(, ) = otrzmujem 0 = f f (,, ) + x 0 = f f (,, ) + (,, ) x (,, ) (, ) = + (, ) oraz x (, ) = (, ). Wnika stad, że (, ) = i (, ) = 0. x Znaleźliśm pochodne pierwszego rzedu, wiec kolej na pochodne drugiego rzedu. Zróżniczkujem stronami otrzmane poprzednio równości 0 = w(x, ) + (x oraz 0 = ln w(x, ) + (x ) (x, ). w(x,) 0 = (x, ) + ( + (x, )) (x, ) + (x x w (x,) x x 0 = (x, ) + ( + (x, )) (x, ) + (x w(x,) w (x,) x 0 = (x, ) + ( + w(x,) w(x,) w (x,) w(x,) ) w x (x, ), ) w w(x,) x (x, )) (x, ) + (x ) w(x,) x (x, ), (x, ) w(x,) ) w (x, ). Podstawiajac x =, =, w(, ) =, (, ) =, (, ) = 0 otrzmujem x 0 = + ( + )( ) + w(, ) = 7 + w(, ), wiec w x 9 x (, ) = 7 oraz x 7 0 = ( ) ( ) + w (, ), wiec w x (, ) = i wreszcie x 9 0 = w(, ), zatem w(, ) = 0. Wnika stad, że poszukiwan wielomian Talora to (x ) = ( 7 (x 7 ) + ( )(x )( + )) = x + 7 (x 9 54 ) (x )( + ). 9 Uwaga. Można nieco inaczej obliczać. Jedna z możliwości to napisać: f(x,, w) = xw ln w = ( + x )( + w ) ( + + ) ln( + w ) = = (x ) + (w ) + (x )(w ) ( + + ) ( (w ) (w ) +... ) = = (x ) + (w ) + (x )(w ) ( + )(w ) (w ) +..., czli rozwinać funkcje f(x,, w) wokół punktu (,, ) w szereg Talora (daje sie) lub wpisać jej drugi wielomian Talora w tm punkcie. Potem napisać w(x, ) = +a(x )+b(+)+a(x ) +B(x )(+)+C(+) +..., czli rozwinać poszukiwana funkcje w szereg Talora (rozwiniecie takie istnieje, ale odpowiedniego twierdzenia

7 na zaj eciach nie bło, wi ec można mówić o drugim wielomianie Talora wted wielokropek oznacza po prostu konieczność dodania reszt, która jednak na obliczenia wpłwu mieć nie b edzie). W końcu podstawić w do otrzmanego wcześniej wielomianu Talora i znaleźć współcznniki (te które oznaczłem, bo dalszmi autor zadania si e nie interesuje). Mam wiec: ( ) 0 = (x ) + a(x ) + b( + ) + A(x ) + B(x )( + ) + C( + ) ( ) + (x ) a(x ) + b( + ) + A(x ) + B(x )( + ) + C( + ) +... ( ) ( + ) a(x ) + b( + ) + A(x ) + B(x )( + ) + C( + ) +... ( ) a(x ) + b( + ) + A(x ) + B(x )( + ) + C( + ) = = ( + a)(x ) + b( + ) + (A + a a )(x ) + +(6B + b a + ab)(x )( + ) + (C b b )( + ) +... Wnika stad natchmiast, że + a = 0, b = 0, A + a a = 0, 6B + b a + ab = 0 i C b b = 0, czli a =, b = 0, A = 7, B = i C = 0. St ad 54 8 wnika, że w(x, ) = (x ) (x ) 9 (x )( +)+... Bć może studenci poczulib si e lepiej, gdbm pisał wsz edzie zamiast wielokropka o( x, + ), ale postanowiłem napisać te wzor tak, jak zwkle to robi e, gd żcie zmusi mnie do znajdowania wielomianów Talora. Na koniec dodam, że nie ma najmniejszego powodu do zapami etwania wzoru na różniczke funkcji uwikłanej, bo i tak trzeba pamietać wzór na pochodna złożenia, z którego (i z różniczkowalności) wnika pierwsz wspomnian w tm (długim) zdaniu wzór. I n 0 n 5. Dla dowolnego n N rozważm macierz J rozmiaru n n o postaci klatkowej J = 0 n I n R n n, gdzie I n oznacza macierz jednostkowa, a 0 n macierz zerowa rozmiaru n n. Udowodnić, że dla każdego A R n n macierz F (A) := AJA T tzn. F (A) + F (A) T = 0 n. jest antsmetrczna, Dowieść, że DF (A)H = ψ(ϕ(h)) dla każdej macierz H, gdzie ϕ(b) = AJB T ψ(c) = C C T. Znaleźć obraz przekształcenia DF (A): R n n R n n. Udowodnić, że zbiór {A R n n : AJA T = J} jest rozmaitościa klas C. Jaki jest jej wmiar? Mam J T = J. Stad F (A) T = (AJA T ) T = (A T ) T J T A T = AJA T = F (A). Dla dowolnej macierz H mam F (A + H) = (A + H)J(A + H) T = AJA T + HJA T + AJH T + HJH T. Stad i z nierówności HJH T H J H T = H wnika, że DF (A)H = HJA T + AJH T = AJH T (AJH T ) T. Obrazem przekształcenia ψ jest zbiór wszstkich macierz antsmetrcznch, bo jeśli C T = C, to (C CT ) = C, a oczwiście (D D T ) T = D T D, wiec w obrazie ψ sa oraz

8 tlko macierze antsmetrczne. Jeśli J = F (A) = AJA T, to A jest izomorfizmem, bo przekształca przestrzeń R n n na siebie. Wobec tego AJ też jest izomorfizmem. Wobec tego przekształcenie ϕ jest izomorfizmem zaś jadro przekształcenia ψ składa sie z macierz smetrcznch. Wnika stad, że jeśli AJA T = A, to obraz DF (A) jest zbiorem macierz antsmetrcznch, wi ec jest wmiaru ( (n) n ) = n(n ), zatem {A R n n : AJA T = J} jest rozmaitościa klas C (wi ec również C ) wmiaru (n) n(n ) = n(n + ).