Z.O.Z. Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 16 juni 2016, 12:30 15:30 (16:30)

Transcriptie

1 Radboud Universiteit Nijmegen Tentamen Analyse 1 WP001B 16 juni 016, 1:30 15:30 (16:30) Het gebruik van een rekenmachine, telefoon of tablet is niet toegestaan. U mag geen gebruik maken van aantekeningen of boeken, het boek van Garling ingesloten. Geef precieze argumenten en antwoorden. Maak uw redenering zo helder mogelijk. 1. Zij {a n } n 1 een rij in R. (a) Geef de definities van lim n a n en lim sup n a n (als deze bestaan). (b) Zij S R. Geef de noodzakelijke en voldoende conditie (in termen van ε en N) voor S = lim sup n a n. (c) Bewijs: Als {a n } begrensd is dan is er een deelrij {a nk } die naar lim sup n a n convergeert. (d) Formuleer de Stelling van Bolzano en Weierstrass en laat zien hoe deze uit (c) volgt. (Of schets een ander bewijs.). (a) Geef de definitie van een Cauchy-rij (in R). (b) Bewijs dat elke Cauchy-rij begrensd is. (c) Gebruik (b) en Bolzano-Weierstrass om te bewijzen dat elke Cauchy-rij in R convergeert. 3. Zij I R en f : I R een functie. (a) Definieer continuiteit van f in een punt, continuiteit van f op I, en uniforme continuiteit van f op I. (b) Geef een voorbeeld van een functie R I R die continu is, maar niet uniform continu (met bewijs). (c) Zij f : [a, b] R een continue functie. Gebruik Bolzano-Weierstrass om EEN (je mag kiezen) van de volgende uitspraken te bewijzen: f is begrensd. f is uniform continu. (d) BONUS: Bewijs de andere uitspraak uit (c). Z.O.Z.

2 Tentamen Analyse 1 WP001B 4. Stel dat a 0,..., a n R voldoen aan Bewijs dat er een c (0, 1) is zodat a 0 + a 1 + a a n 1 n + a n n + 1 = 0. a 0 + a 1 c + + a n 1 c n 1 + a n c n = 0. Als je bekende stelling(en) gebruikt, formuleer deze precies. 5. Definieer een functie f : R R door { ( ) exp 1 f(x) = x als x 0 0 als x = 0 (a) Bewijs dat f oneindig keer differentieerbaar is op R. (b) Bewijs dat alle afgeleides f (n) van f nul zijn in x = 0. (c) Wat betekent (b) voor de Taylorreeks van f rond x = 0? Normering Opgave Gratis Totaal Punten Het onafgeronde tentamencijfer T is het totaal aantal behaalde punten gedeeld door 5.

3 Tentamen Analyse 1 WP001B 3 Uitwerking 1. (a) De rij {a n } convergeert naar A R als voor elk ε > 0 een N N bestaat zodat n N a n A < ε. (Als zo n A bestaat dan is die uniek.) En lim sup n a n = lim n sup{a m m n}. (Gezien de rij n sup{a m m n} dalend is geldt ook lim sup n a n = inf{sup{a m m n} n N}.) (b) Er geldt S = lim sup n a n d.e.s.d.a. (i) voor elk ε > 0 is er een N N zodat n N a n < S + ε, en (ii) voor elk ε > 0 en N N is er een n N zodat n N en a n > S ε. (c) We korten af: S = lim sup n a n. Uit (bi) volgt dat er een m 1 is zodat a m1 < S +1 (en voor alle grotere indices). Uit (bii) volgt dat er een n 1 m 1 is zodat a n1 > S 1. Er geldt dus S 1 < a n 1 < S + 1, ofwel a n1 S < 1. Uit (bi) volgt dat er een m is met a m < S + 1/, waar wij m zo kunnen kiezen dat m > n 1, wat wij ook doen. Met (bii) is er een n m zodat a n > S 1/. Gezien nog steeds geldt a n < S +1/ hebben wij a n S < 1/. Zo doorgaand construeren we n 1 < n < n 3 < met a nk S < 1/k. Nu is {a nk } een deelrij van {a n } die naar S convergeert. (d) De constructie in (c) werkt voor elke begrensde rij {a n }. Dus elke begrensde rij heeft een deelrij die naar lim sup a n convergeert. Dit impliciert duidelijk de stelling van Bolzano en Weierstrass, namelijk: Elke begrensde rij heeft een convergente deelrij.. (a) Een rij {a n } in R heet Cauchy-rij als er voor elk ε > 0 een N N is zodat n, m N a n a m < ε. (b) We kunnen een N N kiezen zodat n N a n a m < 1. Met name n N a n a N < 1. Dus n N a n a N +1. Met C = max( a 1, a,..., a N 1, a N + 1) < volgt a n C voor alle n N, dus de begrensdheid van {a n }. (c) Zij {a n } een Cauchy-rij. Uit (b) volgt dat deze begrensd is. De stelling van Bolzano- Weierstrass impliceert nu dat de rij {a n } een deelrij {a nk } heeft die convergeert, zeg naar A. We beweren dat de hele rij {a n } naar A convergeert. Zij ε > 0. De rij {a n } is Cauchy, er is dus een N zodat n, m N a n a m < ε/. En er is een K N zodat k K a nk A < ε/. Uit n k volgt dat wij een k K kunnen vinden zodat n k N. Als nu n N dan n, k N, dus Dus a n A. a n A a n a nk + a nk A < ε + ε = ε. 3. (a) f is continu in x I als voor elk ε > 0 een δ > 0 bestaat zodat f(x) f(x ) < ε voor elk x I met x x < δ. f is continu op I als f continu is in elk x I. f is uniform continu op I als er voor elk ε > 0 een δ > 0 is zodat f(x) f(x ) < ε voor alle x, x I met x x < δ.

4 Tentamen Analyse 1 WP001B 4 (b) Als I = (0, 1) dan is f : I R, x 1/x continu, maar niet uniform continu. Bewijs: x x is duidelijk continu. Dan volgt continuiteit van x 1/x op I uit het feit dat x 0 op I. (Stelling in het boek.) Maar f is niet uniform continu: Zij δ (0, 1), en bekijk 0 < x < δ, x = x/. Dan is x x < δ/ < δ. Maar f(x) f(x ) = 1 1 = 1, en dit kan men willekeurig groot maken door met x x x/ x naar nul te gaan. Het is dus niet waar dat we voor elk ε > 0 een δ > 0 kunnen vinden zodat x x < δ f(x) f(x ) < ε. (c)+(d) Bewijs van begrensdheid van f: Stel f is onbegrensd, er is dus geen C > 0 zodat f(x) C voor alle x [a, b]. Dan kunnen wij voor elk n N een x n [a, b] vinden zodat f(x n ) > n. Dit geeft een rij {x n } in [a, b]. Deze heeft dankzij Bolzano- Weierstrass een deelrij {x nk } k N die naar een zeker x 0 [a, b] convergeert. Continuiteit van f impliceert dat de rij {f(x nk )} naar f(x 0 ) convergeert, met name dus begrensd is. Maar dit is duidelijk een tegenspraak met f(x nk ) > n k en n k als k. f moet dus begrensd zijn. Bewijs an uniforme continuiteit: Stel f is niet uniform continu. Er is dus een ε > 0 waarvoor geen δ > 0 bestaat zodat x x < δ f(x) f(x ) < ε. De keuze van zo n ε betekent dat wij voor elk δ > 0 punten x, x [a, b] kunnen vinden met x x < δ, maar f(x) f(x ) ε. In het bijzonder kunnen wij voor elk n N punten x n, y n [a, b] vinden met x n y n < 1/n en f(x n ) f(y n ) ε. De rij {x n } leeft in [a, b], is dus begrensd, en met Bolzano-Weierstrass is er een deelrij {x nk } k N die convergeert, zeg naar x 0 [a, b]. Uit x n y n < 1/n volgt dan dat ook de deelrij {y nk } van {y n } naar x 0 convergeert. f is continu, dus lim k f(x nk ) = f(x 0 ) = lim k f(y nk ). Maar dit betekent dat de rij {f(x nk ) f(y nk )} k naar nul convergeert. Dit is een tegenspraak met de constructie, want f(x n ) f(y n ) ε > 0 voor alle n. Dus: f moet uniform continu zijn. 4. Definieer de functies f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n, g(x) = a 0 x + a 1x + + a nx n+1 n + 1. Het is duidelijk dat g = f. (Hiervoor hebben wij geen integraalrekening nodig, maar alleen de kennis dat (x n ) = nx n 1.) Nu geldt duidelijk g(0) = 0 en g(1) = a 0 + a an = 0, wegens de aanname. Het is duidelijk dat f continu is op [0, 1] en n+1 differentieerbaar op (0, 1) (in feite op heel R). We kunnen dus het Lemma van Rolle (of de middenwaardestelling, waarvan Rolle een speciaal geval is) op g en het interval [0, 1] toepassen en concluderen: Er is een c (0, 1) zodat g (c) = 0. Maar dit betekent f(c) = 0, dus a 0 + a 1 c + + a n 1 c n 1 + a n c n = 0, zoals gewenst. 5. (a)+(b) In x 0 is f duidelijk continu, en als x 0 dan 1 x, dus f(x) 0,

5 Tentamen Analyse 1 WP001B 5 zodat f ook in x = 0 continu is. Voor x 0 geldt ( f (x) = exp 1 ) = x 3 exp ( 1x ), x wat voor x 0 duidelijk bestaat en continu is. Het is duidelijk dat lim x 0 f (x) = 0, want exp( 1/x ) gaat veel harder naar nul dan x 3 divergeert. Aan de andere kant, f (0) = lim h 0 f(x) f(0) h ( ) exp 1 h = lim h 0 h Dus f is continu op heel R met f (0) = 0. (Het is dus niet voldoende om alleen te zeggen dat lim x 0 f (x) bestaat: Deze limiet moet ook gelijk zijn aan f (0).) Verder hebben wij voor x 0 f (x) = ( ( )( 3)x 4 + ( x 3 ) ) exp ( 1x ), wat weer een continue functie is voor x 0. En net als voor f zien we dat f (0) = lim h 0 f (h)/h = 0. Dus f is continu differentieerbaar op R met f (0) = 0. Algemeen zien wij met inductie dat f (n) (x) een product is van exp( 1/x ) met een lineaire combinatie van eindig veel negative machten van x. Dit is voor x 0 een continue functie en lim x 0 f (n) (x) = 0 = (f (n 1) ) (0). Dus f C (R) met f (n) (0) = 0 n = 0, 1,,.... (c) Met (b) zijn de afgeleides van f alle nul in x 0 = 0. De Taylorreeks voor f rond x = 0 is dus x + 0! x +. De nulreeks is natuurlijk voor alle x R convergent naar de nulfunctie. Maar deze komt alleen voor x = 0 met de gegeven functie overeen. Dus: Zelf als een functie in een punt x 0 oneindig geer differentieerbaar is en de Taylorreeks k f (k) (x x k! 0 ) k convergentiestraal grooter nul heeft hoeft de reeks buiten x = x 0 niets met f te maken te hebben. (Met meer werk kan men ook een oneindig keer differentieerbare functie maken wiens Taylorreeks rond een gegeven punt convergentiestraal nul heeft!) = 0.