Uitwerking Tentamen Analyse B, 28 juni lim

Transcriptie

1 Uitwerking Tentmen Anlyse B, 8 juni 0 Opgve [5pt] Bereken Hint: b = e b log. lim ( sin(π. Zij I =], [. Voor lle I \ {} geldt dt Definieer ( sin(π = e log( sin(π = e log sin(π. ϕ( = f(, f( = log, g( = sin(π. g( De functies f en g zijn continu differentieerbr op I met de fgeleiden f ( = en g ( = π cos(π. Verder hebben we f( = log( = 0 en g( = sin(π = 0, terwijl g ( < 0 voor lle I. De regel vn de l Hôpitl is dus toepsbr en geeft De eponentiële functie is continu, dus f( lim ϕ( = lim g( = f ( g ( = π = π. lim ( sin(π = lim e ϕ( = e lim ϕ( = e π. Opgve [5pt] Bewijs dt rctn rctn y y voor lle, y R. De functie f(u = rctn u is continu differentieerbr op R met f (u = + u. Merk op dt f (u voor lle u R. Als = y R dn f( f(y = 0 = y. Zij, y R twee verschillende reële getllen. Als > y, dn bestt er wegens de middelwrdestelling een u ]y, [ zo dt f( f(y = f (u( y. Hieruit volgt dt ofwel f( f(y y. f( f(y = f (u( y = f (u y y

2 Als < y dn bestt er wegens dezelfde stelling een u ], y[ met f(y f( = f (u(y, wruit steeds blijkt dt f( f(y y. Opgve [0pt] Zij D = [ ] [ 0, π 0, π ]. Beschouw de functie f : D R gedefinieerd door f(, y = sin + sin y + sin( + y. ( [5pt] Geef een bovengrens en een ondergrens vn f op D. Voor iedere ξ R geldt sinξ. Met de driehoeksongelijkheid hebben we ofwel f(, y = sin + sin y + sin( + y sin + siny + sin( + y + + = 5 5 f(, y 5 voor lle (, y R en dus voor lle (, y D. Dus is M = 5 een bovengrens en is m = 5 een ondergrens vn f. Wegens sin ξ 0 voor ξ [0, π], zien we dt f(, y 0 voor lle (, y D. Uit f(0, 0 = 0 volgt dn dt min D f = 0. (b [0pt] Lt zien dt er één sttionir punt ( 0, y 0 vn f in D is met cos 0 = cosy 0 =. De functie f is differenteerbr op R met de prtiële fgeleiden = cos + cos( + y, y = cosy + cos( + y. De sttionire punten vn f zijn oplossingen vn het stelsel = 0, y = 0, ofwel { cos + cos( + y = 0, cosy + cos( + y = 0. Zij ( 0, y 0 D een oplossing vn het stelsel. Dn moet cos 0 = cosy 0 gelden. Omdt cos een strikt monotoon dlende functie op [0, π ] is, concluderen we dt 0 = y 0. Dit impliceert dt 0 voldoet n de vergelijking cos 0 + cos( 0 = 0 ofwel cos 0 + cos 0 = 0. Definieer t = cos 0. Dn krijgen we de kwdrtische vergelijking t + t = 0,

3 die twee oplossingen heeft, nl. t = + en t =, wrvn t oncceptbel is wegens t >. Voor t is het evident dt 0 < t <. Dus is er één 0 [0, π ] zo dt cos 0 = cosy 0 =. (c [5pt] Bepl de minimle en mimle wrden vn f op D. De functie f : D R is continu en de verzmeling D R is begrensd en gesloten. Dus neemt f zijn minimle en mimle wrden n in D: Er zijn punten (p, q D en (P, Q D zo dt f(p, q f(, y f(p, Q voor lle (, y D. We hebben l gezien dt f(0, 0 een minimle wrde is vn f in D. De mimle wrde kn genomen worden óf in een inwendig punt (ξ, η inw(d óf in een punt (ξ, η op de rnd D vn D. Als (ξ, η inw(d dn moet dit punt een sttionir punt zijn. Mr f heeft slechts één sttionir punt in inw(d, nl. ( 0, y 0 met y 0 = 0. De wrde vn de functie in dit punt berekenen we s volgt: f( 0, 0 = 4 sin 0 + sin( 0 = sin 0 ( + cos 0 = cos 0 ( + cos 0. Dit leidt tot ( ( f( 0, 0 = + = ( +. Om de mimle wrde vn f op D te beplen, merk eerst op dt f(, y symmetrisch is t..v. de verwisseling vn de rgumenten. Het is dus genoeg om de mimle wrden vn f op de segmenten L = {(, y D y = 0} en R = {(, y D = π } te berekenen. De beperking vn f tot L is de functie ψ( = f(, 0 = sin. Deze functie is strikt monotoon stijgend met ( π m ψ = sin = en min ψ = sin0 = 0. [0, π ] [0, π ] De beperking vn f tot R is gegeven door ( π ϕ(y = f, y = siny + cosy +. Zijn fgeleide ϕ (y = cosy sin y is gelijk n nul in één punt y [0, π ] met tn y =. Dit impliceert dt cosy =, siny = cos y =. 5 5 De wrden vn ϕ in de rndpunten y = 0 en y = π zijn ( π ϕ(0 = en ϕ = 4, terwijl de wrde vn ϕ in het inwendig punt y ]0, π [ is ϕ(y = = + 5.

4 Deze wrde is de mimle wrde vn f op D, omdt ϕ(y > 4. Nu moeten we de positieve getllen α = f( 0, 0 en β = ϕ(y = f(0, y met elkr vergelijken. We hebben (α 9 = 08 > 80 = (β 9, wruit blijkt dt α > β. De mimle wrde vn f is dus genomen in het punt ( 0, 0, d.w.z. m D f = ( +. Opgve 4 [5pt] Zij < b en lt f : [, b] R een continue functie zijn. Neem drie willekeurige punten k [, b], k =,,. Lt zien dt er een punt ξ [, b] bestt zo dt f(ξ = f( + f( + f(. Hint: Definieer een functie g : K R wrin K = [, b] [, b] [, b] door de formule g(,, = f( + f( + f( en bewijs dt g(k = [c, d] wrin c = min f en d = m f. [,b] [,b] De functie f is een continue functie op een begrensd en gesloten intervl. Definieer c = min [,b] f, d = m [,b] f. Dn bestn ξ, η [, b] zo dt c = f(ξ en d = f(η. Bovendien geldt dt f([, b] = [c, d]. Voor iedere (,, K geldt ( min f + min f + min f f( + f( + f( ( m [,b] [,b] [,b] f + mf + m f [,b] [,b] [,b] ofwel c = min [,b] f g(,, m [,b] f = d. Dit betekent dt g(k [c, d]. Verder geldt g(ξ, ξ, ξ = c en g(η, η, η = d. Zij γ(t = ( tξ + tη, t [0, ]. Dn en (γ(t, γ(t, γ(t K voor lle t [0, ] (γ(0, γ(0, γ(0 = (ξ, ξ, ξ, (γ(, γ(, γ( = (η, η, η. De functie t ϕ(t = g(γ(t, γ(t, γ(t is continu op [0, ] en ϕ(0 = c, ϕ( = d. Met de tussenwrdestelling volgt dt [c, d] g(k. We hebben dus g(k = [c, d] = f([, b]. Neem een willekeurig punt (,, K. Dn y = g(,, [c, d]. Dus is er een punt ξ [, b] wrvoor f(ξ = y ofwel f(ξ = g(,,. Opgve 5 [5pt] Zij < b en lt f : [, b] R een Riemnn-integreerbre functie zijn. We willen in deze opgve bewijzen dt voor iedere ε > 0 er een continue functie ϕ : [, b] R bestt zo dt f( ϕ( d < ε. 4 (

5 ( [0pt] Neem een ε > 0. Bewijs dt er een stuksgewijs constnte (stp functie ψ : [, b] R bestt zo dt f( ψ( d < ε. Neem een ε > 0. Omdt f : [, b] R Riemnn-integreerbr is, bestt er een verdeling V vn [, b], V = { = 0 < < < < n = b}, zo dt S(f, V S(f, V < ε, wrbij S(f, V en S(f, V boven- en ondersomen vn f t..v. V zijn, resp. We weten dt voor iedere verdeling Hieruit volgt dt S(f, V f( d S(f, V. f( d S(f, V < ε. Definieer en (zie het pltje. m j = inf f, j =,,..., n, [ j, j] { mj ψ( = j < j, j =,,...,n; m n = n. y m n m m = 0 n = b Dn f( ψ( voor lle [, b], de functie ψ : [, b] R is Riemnn-integreerbr en n S(f, V = m j ( j j = j= ψ( d. Dus f( ψ( d = (f( ψ(d = f( d S(f, V < ε. 5

6 (b [0pt] Ps de functie ψ n tot een continue functie ϕ : [, b] R zo dt ψ( ϕ( d ε. Zij h = min j n j j. Beschouw i, i =,,...,n en neem een zo dt 0 < < h. Als m i m i+ dn pssen we de functie ψ rondom i ls volgt ψ m i+ m i ϕ ϕ m i ψ m i+ i i en noem de nieuwe functie ϕ. De functie ϕ : [, b] R is continu en voldoet n Dit implicieert dt wrin i+ i ψ( ϕ( d = m i+ m i voor i =,,..., n. n ψ( ϕ( d = m i+ m i = M i= n M = m i+ m i. i= Kies nu zo dt 0 < < h en M ε. Dn geldt ψ( ϕ( d ε. (c [5pt] Bewijs dt voor deze functie ϕ geldt (. We hebben f( ϕ( f( ψ( + ψ( ϕ( voor lle [, b]. De bsolute wrde vn het verschill vn twee Riemnn-integreerbre functies is Riemnn-integreerbr. Dus levert de integrtie vn deze ongelijkheid de beoogte schtting f( ϕ( d f( ψ( d + ψ( ϕ( d ε + ε = ε. 6

7 Bonus Opgve [0pt] Zij f : R R een begrensde en twee keer continu-differentieerbre functie. Bewijs dt er een punt 0 R is zo dt f ( 0 = 0. Merk eerst op dt de functies f (, f ( en f( lleml continu zijn op R en dus Riemnn-integreerbr op iedere begrensd en gesloten intervl. Stel dt f ( 0 voor lle R. Dn óf f ( > 0 óf f ( < 0 voor lle R. Beschouw eerst het gevl f ( > 0. Wegens f ( > 0 is de functie f ( strikt momotoon stijgend op R. Er is dus een punt R zo dt f ( 0. De Hoofdstelling vn de Integrlrekening impliceert dt en vervolgens f( = f( + = f( + f (t = f ( + f (t dt t ( f ( + = f( + f (( + f (ξ dξ t f (ξ dξ dt ( t f (ξ dξ dt. Mr Dus ( t f (ξ dξ dt 0 voor lle R. f( f( + f (( voor lle R. Deze ongelijkheid betekent dt de grfiek vn f( boven de grfiek vn de lineire functie g( = f( + f (( ligt voor lle (en deze lijn rkt in het punt (, f(: f( f( f( g( g( f( Als f ( > 0 dn is g( niet nr boven begrensd s +, en dus f( ook niet. Als f ( < 0 dn is g( niet nr boven begrensd s, en dus f( ook niet. In beide gevllen krijgen we een tegensprk met de begrensheid vn f. Dus kn f ( niet strikt positief zijn. Het gevl f ( < 0 geeft op soortgelijke wijze dt f ( niet strikt negtief kn zijn. Er moet dus een punt 0 R bestn zo dt f ( 0 = 0. 7