ci agi i szeregi funkcji Javier de Lucas Ćwiczenie 1. Zbadać zbieżność (punktow a i jednostajn a) ci agu funkcji nx 2 + x

Transkrypt

1 ci agi i szeregi funkcji Javier de Lucas Ćwiczenie 1 Zbadać zbieżność (punktow a i jednostajn a) ci agu funkcji f n : [, [ x nx + x nx + 1, Rozwi azanie: Mówi siȩ, że ci ag funkcji f n zd aży punktowo do f gdy f(x) = f n(x) n + W naszym przypadku, mamy, że f n zd aży punktowo do funkcji f(x) = nx + x n + nx + 1 = x + x/n n + x + 1/n = {, x =, 1, x Teraz, musimy sprawdzić czy ci ag (f n ) n N zd aży do f jednostajnie Aby to zrobić, musimy sprawdzić, czy sup x [,+ [ f n (x) f(x) =, n + x [, + [ Geometrycznie ten warunek oznacza, że najwiȩksza różnicza miȩdzy wartościami funcjami f n i f w punktach x [, + [, która jest niewiȩksza od sup x [,+ [ f n (x) f(x), robi siȩ coraz mniejsza gdy n + Aby ustalić co siȩ dzieje dla (f n ) n R, musimy ustalić supremum wartości f n (x) f(x)

2 Widać z powyższego diagramu, że (f n ) n N nie zd aży jednostajnie do f Ale to tylko diagram, i trzeba to udowonić dok ladnie Dla x =, wiemy, że f n () f() = Zobaczymy, co siȩ dziejȩ poza x =, czyli na ], + [ W tym przedziale, g(x) = f n (x) f(x) = nx + x nx = x 1 nx + 1 Funkcja ta ma minimum dla x = 1 Aby znaleźć najwiķsz a wartość tej funkcji, trzeba sprawdzić gdzie ma maksimum i sprawdzić co siȩ dzieje gdy x + Wiȩc, trzeba sprawdzić punkty krytyczne tej funkcji Pamiȩtamy, że gdzie Skoro nx + 1 >, to d f (x) = sign f(x), dla f(x), dx 1, x >, sign(x) =, x =, 1, x < = dg dx (x) = sign(x 1)nx + 1 xn(x 1) (nx + 1) = sign(x 1) nx + xn + 1 (nx + 1) Z tego wynika, że punkty krytyczne to punkt x > taki, że nx + xn + 1 = x = n ± 4n + 4n n = 1 ± 1 + 1/n Czyli Widać, że to maksimum W laśnie, x m = /n > 1 dg dx = nx + xn + 1 (nx + 1), x > Mianownik jest zawsze dodatnie i mianownik jest zero dla x i x + Skoro x < x + i nx + xn + 1 to parabola z ramionami do dó l, to dg/dx jest ujemna dla x > x + i dodatnia dla x < x x < x + Z tego wynika, że x = x + jest maksimum Teraz mamy x 1 x nx + 1 = 1, x 1 x + nx + 1 =

3 Z tego wynika, że sup x [,+ [ f n (x) f(x) 1 i ci ag (f n ) n N nie zd aży jesdnostajnie do f Można to udowodnić inacze Aby to zrobić, musimy pamiȩtać nastȩpuj ac a ważn a w laściwości a ciagów funkcji Dany ci ag funkcji (f n ) n N taki, że: ci ag funkcji (f n ) n N zd aży jednostajnie do f, czyli f n f, funkcje f n s a ci ag ly, to funkcja f jest ci ag la Teraz wprowadzamy dowód niewprost Zak ladamy, że f n f Skoro funkcje f n s a ci ag le, to f ma być ci ag la Natomiast, funkcja f nie jest ci ag la To sprzeczność i (f n ) n N nie zd aży jednostajnie do f Aby uzupe lnić, możemy zobaczyć, czy f n f na [a, + [ f n f na na [a, + [ wtedy i tylko wtedy gdy sup n + x [a,+ [ f n (x) f(x) = Przyponminamy, że Aby zbadać sup x [a,+ [ f n (x) f(x) musimy korzystać z naszego poprzedniej analizy funkcji g(x) = f n (x) f(x) Wartość maksimalna tej funkcji jest albo w maksimim, który sie pojawia jeżeli a < x m = /n i wartość funkcji f n(x) f(x) = x a a 1 na + 1 Wiȩc, maksimum funkcji to Mamy, że { } max g(x m ), a 1 na + 1 g(x m ) = 1 + 1/n n( /n) + 1

4 Zatem { } 1 + 1/n sup f n (x) f(x) = max x [a,+ [ n( /n) + 1, a 1 na + 1 Kiedy n + to 1 + 1/n n( /n) + 1, a 1 na + 1 Wówczas, sup n + x [a,+ [ f n (x) f(x) = f n f Ćwiczenie Czy poprawne s a wyliczenia (uzasadnić) x 1 x + 1 (x + n 1) + n = n + n = Rozwi azanie: Zaczynamy od ostatnich równości Widać, że Z tego wynika, że Teraz widać, że n + n = 1 n 1 n + 1 n + n = ( 1 n 1 ) n + 1 ( 1 n 1 ) = n + 1 ( 1 n 1 ) [( = 1 1 ) ( 1 + n ) ( ) ] + = 4 Sprawdzamy pierwszy krok, czyli x 1 x + 1 (x + n 1) + n = n + n =

5 Jeżeli zdefiniujemy S(x) = pierwszy krok oznacza, że x + 1 (x + n 1) + n S(1) = n + n S(x) = S(1) x 1 To si a zdaża wtedy i tylko wtedy gdy funkcja S jest ci ag la w x = 1 Nie wiemy bespośrednio czy funkcja S jest ci ag la w x = 1 ponieważ nie znamy postaci S(x) Musimy to zrobić inaczej, np za pomoc a szeregu funkcji Zdefiniujemy S k (x) = k x + 1 (x + n 1) + n Widać, że S k S Jeżeli możemy udowodnić, że ci ag (S k ) k N zdaży jednostajnie do S na przedziale [, ] {1} i skoro każda S k, dla k N, jest ci ag la, to S bȩdzie też ci ag la na [, ] Aby udowodnić, że S k zd aży jednostajnie do S na [, ] możemy korzystać z kryterium Weierstrassa Dane funkcje f k (x) = k u n(x) dla pewnych funkcji u n : x A R u(x) R i k N Jeżeli: istnieje ci ag liczb (M n ) n N taki, że u n (x) M n dla każdego x A M n <, to f k u n Stosujemy, kryterium Weierstrassa do S k Dla tego szeregu musimy ograniczyć u n (x) = x + 1 (x + n 1) + n Mamy, że du n dx (x) = x[(x + n 1) + n] (x + 1)(x + n 1) [(x + n 1) + n]

6 Gromadz ac wyrazy tego samego stopnia wynika bezpośrednio, du n dx (x) = (n 1)x + x[(n 1) + n ] (n 1) x + nx 1 = (n 1) [(x + n 1) + n] [(x + n 1) + n] Istniej a ekstrema, ale tylko jeden, x +, w przedziale [, ]: x ± = n ± n + 4 x + = n + n + 4 = n + n + 4 > Natomiast, widać, że x + nx 1 to parabola z ramionami do góry i x + to drugi pierwiastek Korzystaj ac z tego, widać, że du n /dx > dla x > x + i du m /dx < dla x < x < x + Wiȩc, x + to minimum i trzeba szukać najwiȩkszej wartości funkcji u n na brzegu [, ], czyli u n () = 1 n n + 1 = 1 (n 1) + n, u n() = 5 n + 3n + 1 = 5 (n + 1) + n Korzystaj ac z u n () i u n (), można udowodnić, że u n () u n () W laśnie, 1 n n n + 3n + 1 n +3n+1 5(n n+1) 4n 8n+4 = 4(n 1) Zatem u n () u n (x) dla dowolnego x [, ] i n N Teraz ustalamy M n = f n () i M n = n n 5 (n + 1) + n Za pomoc a drugiego kryterium porówniaj acy mamy, że n M n jest zbieżny: n + 1 n 5 (n+1) +n = 1 1 n < n 5 (n + 1) + n < Z kryterium Wierstrassa, S k zd azy jednostajnie do S Zatem, S jest ci ag la ponieważ każda funkcja S k jest ci ag la i S(x) = S(1) x 1 Ćwiczenie 3 Coś o różniczkowaniu wyraz po wyrazie Wykazać, że f jest klasy C 1 na R jeśli sin nx f(x) = n 3

7 Rozwi azanie: Trudno zobaczyć, czy funkcja f(x) jest różniczkowalna czy ci ag la bezpośrednio, ponieważ nie znamy sumy funkcji u n = sin(xn)/n 3 Aby to rozwi azać, zdefiniujemy f k (x) = k sin nx n 3 Widać, że f k f punktowo i każda f k jest różniczkowalna Teraz, korzystamy z kryterium ci agu pochodnych: Dany ci ag funkcji różniczkowalnych (f n ) n N Jeżeli: n + f n (x ) istnieje dla pewnego x, f n g jednostajnie, to f k f, f = g i f jest różniczkowalna Widać, że f() = n + f n () = Wiȩc, pierwszy warunek kryterium siȩ spe lnia Sprawdzamy teraz drugi k f k cos nx = n Korzystamy z kryterium Weierstrassa Musimy wtedy ograniczyć cos nx 1 u n (x) = n n Skoro n 1/n jest zbieżny, to szereg n u n zd aży jednostajnie do pewnej funkcji g Korzystaj ac z kryterium ci agu pochodnych mamy, że f jest C 1 Ćwiczenie 4 Coś o ca lkowaniu wyraz po wyrazie Obliczyć n Wyjaśnić uzyskane wyniki nx exp( nx )dx, [ n nx exp( nx )]dx Rozwi azanie: Widać, że nx exp( nx )dx = n exp( nx )dx = n [ 1 ] 1 n exp( nx ) = 1 [1 exp( n)]

8 Teraz, Natomiast, n + nx exp( nx )dx = 1 n + [1 exp( n)] = 1 Wiȩc, f(x) nx n + exp( nx ) = n nx exp( nx )dx Dlaczego? Ważny pamiȩtać nastȩpuj ace twierdzenie: [ n + nx exp( nx )]dx = [ n nx exp( nx )]dx Dany ci ag funkcji (f n ) n N Jeżeli f n f, to x f k x f Skoro w tym problemie nie siȩ spe lnia, że f n f, to x 1 x f n x 1 x f nie musi siȩ spe lniać W laśnie, możemy przeanalizować f n Dla x =, mamy, że f n () = i to minimum, i nie interesuje nam Widać, że f n ma punkt krytyczny dla d f n dx = sign(x)[n exp( nx ) n x exp( nx )] = x = ±1 n Ponieważ f n () to minimum i x + f n (x) =, w tym punkcie f n osi agna maksimum globalne

9 Wartość maksimum globlane funkcji f n, to f n ( ±1 n ) = ( n exp 1 ) Wiȩc, ( n sup f n (x) f(x) > n + n + exp 1 ) = + x R