- Forside

Analyse 1, 2008
– Prøve 3
Eksamensnummer: 129.
Antal sider (inkl. forside): 10.
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.1
Generel indledende kommentar til hele opgaven
Jeg vil i denne prøve, hver gang jeg henviser til en sætning, definition eller lignende,
henvise til Tom Lindstrøms bog Kalkulus, 3. udgave, med mindre andet er specifikt
forklaret. Mine henvisninger er sat med en anden skrifttype end resten af teksten; et
eksempel kan være 12.2.16.
3.1
Opgave 1
Lad, for n ∈ N, funktionen fn : R → R være givet ved
fn (x) =
3.1.1
x2n
,
1 + x2n
x ∈ R.
(3.1.1)
Delopgave a
Vis at funktionsfølgen (fn )n∈N er punktvis konvergent på R, og bestem grænsefunktionen.
For at vise den punktvise konvergens for følgen (fn )n∈N vil jeg først se på følgen
(x2n )n∈N , der er konvergent for alle |x| < 1 og divergent for alle |x| ≥ 1. For
|x| < 1 vil følgen gå mod nul, hvilket betyder at følgen (fn )n∈N også vil gå mod
nul ifølge grænseværdiregnereglerne i sætning 4.3.3. Jeg har altså at
lim x2n = 0
n→∞
⇒
x2n
= 0,
n→∞ 1 + x2n
lim
∀ |x| < 1.
For |x| > 1, hvor følgen (x2n )n∈N jo er divergent, bliver jeg nødt til at se på
hvordan brøken
x2y
,
(3.1.2)
1 + x2y
hvor y ∈ R, går for y → ∞. Dette er et “∞/∞”-problem (eftersom de to x2y udtryk jo går mod ∞ når y → ∞ ifølge divergensen), hvorfor jeg vil undersøge
hvordan den samlede brøk dannet af den mht. y differentierede tæller og nævner
går for y → ∞:
altså
d
x2y = 2x2y ln x,
dy
2x2y ln x
=1→1
2x2y ln x
d
1 + x2y = 2x2y ln x,
dy
(3.1.3)
for y → ∞ og ∀ |x| > 1.
Og eftersom denne grænseværdi eksisterer, siger L’Hˆopitals regel i sætning 6.3.7
at grænseværdien for y → ∞ eksisterer for den originale brøk i (3.1.2), og at
x2y
=1
y→∞ 1 + x2y
lim
2
∀ |x| > 1.
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.1
y
f (x)
1
1
2
fn (x) for n = 1
fn (x) for n = 10
1
1
x
Figur 1
I specialtilfældet hvor y = n ∈ N i stedet for y ∈ R vil denne grænseværdi
stadig eksistere og være samme værdi, hvorfor altså fn (x) → 1 for |x| > 1 og
n → ∞ (jeg så simpelt hen bare først på det generelle tilfælde med et reelt tal
y, i stedet for det mere specifikke tilfælde med det naturlige tal n, for at måtte
differentiere i (3.1.3)).
Til sidst skal jeg se på specialtilfældet hvor |x| = 1. Her bliver alle leddene
n
af formen x2n = 1, eftersom x2n = x2 og (±1)2 = 1. Så her bliver altså
fn (x) =
1
x2n
=
2n
1+x
2
for |x| = 1 og ∀n.
Sammenstykket kan jeg altså se at fn (x) → f (x) for n → ∞ og alle x ∈ R,
hvor funktionen f er defineret som


for |x| < 1
 0
1
f (x) =
(3.1.4)
for
|x| = 1
2


1
for |x| > 1 ,
hvorfor følgen (fn )n∈N altså ifølge definition 11.3.1 er punktvis konvergent på
hele R med grænsefunktion f .
3.1.2
Delopgave b
Afgør om (fn )n∈N er uniformt konvergent på R.
Funktionen f , defineret i (3.1.4) og afbildet i figur 1, er diskontinuert i punkterne
x = −1 og x = 1. Ifølge teorem 11.3.8 vil der, når en følge bestående af kontinuerte led konvergerer uniformt mod en funktion f , gælde at f er kontinuert.
Følgen (fn )n∈N består netop af kontinuerte led, eftersom den består af simple
kontinuerte altid positive potenser. At selve funktionen i (3.1.1) så er kontinuert
for alle n følger af sætning 5.1.5. Så eftersom min funktion f jo ganske tydeligt
er diskontinuert over R, eftersom den ikke går imod sin rigtige værdi hverken
3
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.1
fra højre eller venstre i |x| = 1, kan der derfor ikke være uniform konvergens på
hele R.
3.1.3
Delopgave c
Afgør om (fn )n∈N er uniformt konvergent på det åbne interval ] − 1, 1[.
Jeg definerer først intervallet I = ] − 1, 1[. Jeg ved at f (x) = 0 for alle x ∈ I ud
fra definitionen i (3.1.4), hvorfor jeg altså skal finde afstanden givet ved
x2n
x2n
(3.1.5)
dI (fn , f ) = dI
, 0 = sup − 0 : x ∈ I ,
1 + x2n
1 + x2n
ud fra definition 11.3.5. For at finde dette supremum skal jeg altså undersøge
suprema til den positive funktion
x2n
1 + x2n
gn (x) =
inden for intervallet I. Jeg undersøger først om der er ekstrema på den sædvanlige måde: Jeg differentierer,
gn′ (x) =
2nx2n−1
(1 + x2n )
2,
og sætter den differentierede lig nul:
0=
2nx2n−1
(1 + x2n )
⇔
2
x = 0 ∀n.
Der er altså ekstremumspunkt i x = 0, hvor funktionsværdien er gn (0) = 0 for
alle n. Dette er dog et minimum for gn , da denne jo er positiv for alle x.
Jeg skal også undersøge funktionsværdien i endepunkterne af I. Eftersom I
er et åbent interval vil jeg i stedet se på det lukkede interval [−1+ε, 1−ε] for alle
ε > 0 (hvor jeg vil fokusere på ε meget tæt på 0 – hvorfor jeg også lige vil lægge
restriktionen at ε < 1). I endepunkterne for dette interval er funktionsværdien
altså
(−1 + ε)2n
x = −1 + ε :
gn (x) =
1 + (−1 + ε)2n
(1 − ε)2n
x=1−ε:
gn (x) =
,
1 + (1 − ε)2n
og eftersom både |−1+ε| < 1 og |1−ε| < 1 for alle 1 < ε < 0 vil både (−1+ε)2n
og (−1 + ε)2n konvergere mod nul for n → ∞.
Summeret betyder dette at både i ekstremalpunktet i x = 0 og i yderpunkterne af det åbne interval I, uanset hvor tæt jeg kommer på yderpunkterne for
det lukkede interval, vil funktionen gn gå mod nul for n → ∞. Og eftersom gn
var funktionen der gav afstanden i (3.1.5), vil følgen (fn )n∈N altså konvergere
uniformt i intervallet I = ] − 1, 1[ ifølge definition 11.3.6.
4
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.2
3.2
Opgave 2
3.2.1
Delopgave a
Vis at funktionsrækken
∞
X
(−1)n x
√
ln 1 +
n
n
n=1
(3.2.1)
er punktvis konvergent på ] − 1, +∞[. Betegn sumfunktionen med f .
Jeg definerer først funktionen fn : D → R, hvor D = ] − 1, +∞[, ved
(−1)n x
,
fn (x) = √ ln 1 +
n
n
(3.2.2)
hvor n ≥ 1. Jeg ved at | ln (1 + x/n)| aftager for voksende n. Dette skyldes at
den naturlige logaritme er strengt voksende og at brøken x/n aftager numerisk
for voksende n uanset værdien af x – hvilket betyder at indholdet af logaritmen nærmer sig 1 (fra højre eller venstre afhængigt af fortegnet på x), hvorfor
værdien af logaritmen selv nærmer sig 0. Jeg må dog tage højde for at hvis
x ≤ −1 bliver logaritmen taget for en værdi q ≤ 0 (i hvert fald når n = 1), hvor
logaritmefunktionen ikke er defineret. Derfor gælder ovenstående argument kun
for alle x > −1. Samlet har jeg altså at
x
lim ln 1 +
=0
∀ x ∈ D.
n→∞
n
√
Jeg ved også at 1/ n er aftagende og går mod nul for voksende n, så sammenfattet kan jeg altså se at størrelsen af funktionen fn defineret i (3.2.2) er
aftagende, og at
ln 1 + nx
√
=0
∀ x ∈ D,
lim |fn (x)| = lim
n→∞
n→∞
n
der ifølge sætning 12.3.1 er argument nok for at give at den alternerende række
P∞
n=1 fn (x) er konvergent for alle x ∈ D, hvor D = ] − 1, +∞[. Da jeg har
vist det for alle x i dette interval er konvergensen punktvis, og jeg har altså at
sumfunktionen f er defineret ved
f (x) =
∞
X
(−1)n x
√ ln 1 +
n
n
n=1
hvilket var hvad der skulle vises.
5
∀ x ∈ D,
Analyse 1 prøve 3
3.2.2
Opgave 3.2
Delopgave b
Bestem den ledvis differentierede række, og find for hvert a > −1 en konvergent
majorantrække for denne på intervallet [a, +∞[.
P∞
Den ledvis differentierede række er n=1 fn′ (x), hvor fn er defineret i (3.2.2),
altså
∞
∞
X
X
(−1)n
′
√
fn (x) =
.
(3.2.3)
n (n + x)
n=1
n=1
√
Jeg ved at n (n + x) vokser for alle x > −1 for voksende n (hvor n ≥ 1),
hvorfor jeg kan se at en majorantrække over intervallet [a, +∞[ vil være
∞
X
Mn =
n=1
∞
X
n=1
√
1
,
n (n + a)
eftersom
(−1)n 1
1
√
n (n + x) = √n (n + x) ≤ √n (n + a)
(3.2.4)
∀ x ≥ a > −1 og n ≥ 1.
For at vise at denne majorantrække konvergerer vil jeg sammenligne med rækken
∞
X
n=1
Kn =
∞
X
1
1
√ =
,
3/2
n n n=1 n
n=1
∞
X
(3.2.5)
som jeg ved er konvergent ifølge sætning 12.2.4, eftersom potensen for n er større
end 1. Da både rækken i (3.2.4) og (3.2.5) er positive for alle n ≥ 1 og alle a > −1
kan jeg bruge grænsesammenligningstesten i sætning 12.2.8 til at undersøge om
majorantrækken i (3.2.4) er konvergent. Jeg skal altså se på brøken
1
√
n3/2
n
Mn
n (n + a)
=√
=
=
,
1
Kn
n+a
n (n + a)
n3/2
der vil gå mod 1 for n → ∞ for alle a. Eftersom 1 er mindre end uendeligt og jeg
sammenlignede med den konvergente række i (3.2.5), vil min majorantrække i
(3.2.4) derfor ifølge grænsesammenligningstesten i sætning 12.2.8 konvergere for
alle a > −1.
6
Analyse 1 prøve 3
3.2.3
Opgave 3.2
Delopgave c
Gør rede for at funktionen f er differentiabel i intervallet ] − 1, +∞[ og at
f ′ (0) =
∞
X
(−1)n
n3/2
n=1
(3.2.6)
Hvert fn , defineret i (3.2.2), er kontinuert differentiabel på intervallet D =
] − 1, +∞[, eftersom den differentierede, fn′ fundet i delopgave b til at være
fn′ = √
(−1)n
,
n(n + x)
er kontinuert. Den ledvist differentierede række i (3.2.3) blev i delopgave b vist til
at have den konvergente majorantrække i (3.2.4) for ethvert a > −1 i intervallet
[a, +∞[, hvilket ifølge majorantkriteriet i sætning 12.5.1 betyder at denne ledvist
differentierede række er uniformt konvergent på intervallet D.
P∞
Eftersom der findes et c ∈ D så talrækken n=1 fn (c) er konvergent (da jeg
fandt at talrækken var konvergent på hele D i delopgave a gælder dette faktisk
P∞
for alle c ∈ D), er funktionsrækken n=1 fn uniformt konvergent på intervallet
D med kontinuert differentiabel sumfunktion ifølge sætning C under note 8 i
tillægsnoterne, og der gælder desuden at
!
∞
∞
X
X
d
fn′ (x)
∀ x ∈ D,
fn (x) =
f ′ (x) =
dx n=1
n=1
der netop er min ledvist differentierede række. Derfor kan jeg bare indsætte
x = 0 i min ledvist differentierede række i (3.2.3) og derved få at
f ′ (0) =
∞
X
∞
X
(−1)n
(−1)n
√
.
=
n (n + 0) n=1 n3/2
n=1
7
Analyse 1 prøve 3
3.3
Opgave 3.3
Opgave 3
Lad funktionen f : R → R være defineret ved

 exp x2 − 1
f (x) =
x2
 1
3.3.1
hvis x 6= 0
(3.3.1)
hvis x = 0 .
Delopgave a
Gør rede for at f er sumfunktion for en potensrække og bestem en sådan potensrække.
Jeg kender Taylorrækken til eksponentialfunktionen omkring punktet x = 0 fra
sætning 12.8.2 i til at være givet ved
exp x =
∞
X
xn
n!
n=0
(3.3.2)
for alle x ∈ R. Hvis jeg substituerer med x2 i stedet for x får jeg altså at
n
∞
∞
X
X
x2
x2n
2
exp x =
=
,
n!
n!
n=0
n=0
også for alle x ∈ R. Leddet i denne række svarende til n = 0 er lig 1, hvorfor jeg
kan flytte indekset fra n = 0 til n = 1 og få at
exp x2 − 1 =
∞
X
x2n
.
n!
n=1
Dividerer jeg nu med x2 (hvor x 6= 0) på begge sider får jeg at
∞
1 X x2n
exp x2 − 1
=
.
x2
x2 n=1 n!
Jeg kan nu trække konstanten 1/x2 (der er en konstant i den forstand at den
ikke har en afhængighed af n) inden for summen ifølge regneregelen i 12.1.7 iii,
og eftersom x2n /x2 = x2(n−1) får jeg altså at
∞
∞
X
exp x2 − 1 X x2(n−1)
x2n
=
=
,
x2
n!
(n + 1)!
n=1
n=0
(3.3.3)
hvor jeg har omskrevet til et andet indeks for at få rækken til at være på formen
af en potensrække; jeg mangler dog stadig lige at komme af med 2-tallet før n’et
i potensen for at rækken er på den helt korrekt potensrækkeform, hvorfor jeg
omskriver til
∞
xk
exp x2 − 1 X 1 + (−1)k
=
.
(3.3.4)
x2
2
(k/2 + 1)!
k=0
8
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.3
Her sørger den første brøk for at det kun er udtrykkene med et lige k der ikke
bliver nul, hvorfor denne række er præcis den samme som rækken i (3.3.3), bare
med nogle ekstra led der alle er nul.
Jeg ved fra sætning 12.8.2 i at Taylorpolynomiet i (3.3.2) konvergerede for
alle x ∈ R, hvilket medfører at også (3.3.3), og dermed også (3.3.4), må konvergere mod funktionen på venstresiden i (3.3.4) for alle x ∈ R \ {0}. Jeg bliver
dog nødt til at undersøge tilfældet hvor x = 0 for sig selv.
Jeg ser at rækken i (3.3.2) antager at 00 = 1, ellers ville den ikke definere
eksponentialfunktionen for hele R. Dette kan vises ved at se på
exp x|x=0
∞
X
xn =
n! n=0
x=0
x1
x2
x0
= 00 +0+0+· · · = 00 .
+
+
+ · · · =
0!
1!
2!
x=0
Eftersom der skal gælde at exp (0) = 1 følger der direkte at 00 = 1. Med denne
definition kan jeg nu se på min potensrække i (3.3.3) (jeg vælger at se på dette
lidt simplere udtryk for potensrækken i stedet for udtrykket i (3.3.4), da det jo
er samme række, bare et pænere udtryk at regne på), der udskrevet for x = 0
bliver
∞
X
x2n exp x2 − 1 =
x2
(n + 1)! x=0
n=0
x=0
x2
x4
x0
+
+
+ · · · = 00 + 0 + 0 + · · · = 00 ,
=
1!
2!
3!
x=0
der altså også vil være lig 1.
Sammenfattet har jeg altså nu fundet en potensrække
f (x) =
∞
X
1 + (−1)k
k=0
2
xk
,
(k/2 + 1)!
(3.3.5)
som har sumfunktionen f givet i (3.3.1) for hele R, og jeg har specielt vist at
den faktisk også giver 1 for x = 0.
3.3.2
Delopgave b
Gør rede for at f har en stamfunktion på R og find en potensrække, hvis sumfunktion
er den stamfunktion F til f , for hvilken F (0) = 0.
Potensrækken for f , givet i (3.3.5), er vist konvergent for alle x ∈ R i delopgave
Rx
a. Da siger sætning 12.7.1 at stamfunktionen F (x) = a f (t) dt er defineret for
alle x ∈ R og givet ved
∞
X
∞
X
1 + (−1)n−1
1 + (−1)n−1 n
n
F (x) =
x =
x .
2n ((n − 1)/2 + 1)!
2n (n/2 + 1/2)!
n=1
n=1
9
(3.3.6)
Analyse 1 prøve 3
Opgave 3.3
Eftersom alle led i denne række afhænger af x i en potens p 6= 0 for alle n ≥ 1
vil rækken for x = 0 være nulrækken, og altså vil der gælde at F (0) = 0, hvilket
der blev ønsket.
3.3.3
Delopgave c
Gør rede for at F er vilkårligt ofte differentiabel i R, og bestem F (5) (0) samt F ′′ (1).
Jeg ved at funktionen F er sumfunktion af en potensrække, defineret i (3.3.6),
der er konvergent for alle x ∈ R (hvilket betyder at den har konvergensradius
r = ∞). Derfor følger der af sætning 12.7.3 at F er differentiabel, og at differentialkvotienten er givet ved en ny potensrække der også er konvergent for alle
x ∈ R. Ved gentagen anvendelse af sætning 12.7.3 fås da at F er vilkårligt ofte
differentiabel i R.
For at finde F (5) (0) kan jeg bruge det faktum at jeg ved at F er stamfunktion til f , altså F ′ = f , hvorfor jeg videre har at F (5) = f (4) og specielt at
F (5) (0) = f (4) (0). Jeg ved at rækken for f i (3.3.5) faktisk er Taylorrækken for
f ifølge sætning 12.8.3. Dette betyder at koefficienterne an , når man ser rækken
P∞
på formen n=0 an xn hvor
an =
1
1 + (−1)n
,
2
(n/2 + 1)!
er givet ved udtrykket
an =
f (n) (a)
,
n!
hvor a er det punkt som Taylorrækken er udviklet omkring, her nul eftersom
der ikke er trukket noget fra x før den opløftes i n’te potens. Herfra har jeg altså
at
1
1
1 + (−1)4
= 4! = 4.
F (5) (0) = f (4) (0) = 4! a4 = 4!
2
(4/2 + 1)!
6
For at finde F ′′ (1) bruger jeg igen at jeg ved at F ′ = f , og videre at F ′′ = f ′
og specielt F ′′ (1) = f ′ (1). Eftersom jeg kender sumfunktionen f både som en
normal funktion (udtrykket i (3.3.1)) og en række (udtrykket i (3.3.5)) kan jeg,
da jeg ifølge sætning 12.7.3 ved at f er differentiabel, vælge at differentiere det
normale funktionsudtryk for at finde et udtryk for F ′′ . Jeg får at
exp x2
exp x2 − 1
d exp x2 − 1
′′
′
=2
.
−
F (x) = f (x) =
dx
x2
x
x3
Når jeg indsætter x = 1 i dette udtryk får jeg
!
exp 12 − 1
exp 12
′′
= 2 (e − (e − 1)) = 2.
−
F (1) = 2
1
13
10