Rozwiazania

Analiza Matematyczna I.2
Zadania Domowe
Seria 4
Arkusz rozwiązań
Twierdzenie. Dowód tego Twierdzenia był omawiany na ćwiczeniach
Jeśli fn : (a, b) → R sa̧ funkcjami cia̧głymi zbieżnymi do funkcji f punktowo to zbiór punktów cia̧głości
funkcji f jest zbiorem gȩstym w (a, b).
Uwaga. Uwaga: zbiór A jest gȩsty w odcinku (a; b) jeśli dla dowolnej liczby r ∈ (a; b) istnieje cia̧g an
elementów ze zbioru A taki, że an → r, gdy n → ∞ (jaki jest przykład zbioru gęstego?)
Zadanie 1. Niech f : (a, b) → R bȩdzie funkcja̧ różniczkowalna̧. Wówczas w każdym niepustym podprzedziale (c, d) ⊆ (a, b) istnieja̧ punkty cia̧głości jej pochodnej.
Rozwiązanie. Jeżeli funkcja jest różniczkowalna, to iloraz różnicowy f (x0 +hhnn)−f (x0 ) zbiega punktowo do
pewnej granicy dla każdego x. W takim razie na mocy Twierdzenia Baire’a zbiór punktów ciągłości f jest
zbiorem gęstym A, co za tym idzie w dowolnym podprzedziale (a,b) znajduje się co najmniej jeden taki
punkt (bo w przeciwnym przypadku dla pewnego punktu z tego podprzedziału nie można byłoby znaleźć
ciągu wyrazów z A do niego zbieżnego).
Zadanie 2. Niech {an }, bȩdzie dowolnym cia̧giem różnych liczb rzeczywistych, A := {a1 , a2 , a3 , . . .} jest
zbiorem elementów {an } oraz
x2
∞
X
1
1
dla x 6= 0
1+x2 sin x
φ(x
−
a
),
gdzie
φ(x)
:=
f (x) :=
n
n
2
0
dla
x=0
n=1
Wykaż, że:
a) f : R → R jest funkcja̧ różniczkowalna̧,
0
b) f (x) jest cia̧gła wtedy i tylko wtedy gdy x 6∈ A.
Rozwiązanie. Przebiega prawie identycznie jak rozwiązania zadania 2 i 3 z serii 2.
Zadanie 3. Wykaż, że jeśli:
a) f : (a, +∞) → R jest dwukrotnie różniczkowalna,
00
b) f jest ograniczona,
c) limx→∞ f (x) = 0,
0
to wówczas limx→∞ f (x) = 0.
Rozwiązanie. I Z ograniczoności drugiej pochodnej mamy, że |f 00 (ξ)| ≤ 2C. dla pewnej C > 0. Zastosujemy
wzór Taylora z resztą w postaci Lagrange’a:
∀h>0 : f (x + h) = f (x) + f 0 (x)h +
f (x + h) − f (x) f 00 (ξ)
f 00 (ξ) 2
h ⇒ |f 0 (x)| = |
−
h|
2
h
2
limx→∞ f (x) = 0, zatem ∀>0 ∃x0 ∀x>x0 |f (x)| ≤
2(1+C)2
∀h>0 : |f 0 (x)| ≤
Przyjmijmy h =
1+C ,
Wtedy dla ∀x>x0 :
2
+C ·h
h(1 + C)2
wtedy |f 0 (x)| ≤ . W takim razie (z dowolności ) otrzymujemy tezę.
Rozwiązanie. II - Łukasz Solak Można było to zrobic również tak:
1. Pokazać, że granica f 0 (x) w ogóle istnieje (np. korzystając, jak poprzednio, z rozwinięcia w szereg
Taylora).
2. Zastosować tw. d’Hospital’a:
f (x)e−x
f 0 (x)e−x − f (x)e−x
= lim
= lim f (x) − f 0 (x)
−x
x→∞
x→∞
x→∞
e
−e−x
0 = lim f (x) = lim
x→∞
1
Analiza Matematyczna I.2
Zadania Domowe
Seria 4
Ponieważ te granice istnieją możemy rozbić to wyrażenie i dostajemy:
0 = lim f (x) = lim f 0 (x)
x→∞
x→∞
Stosując regułę de l’Hospitala musimy się upewnić, że istnieje granica ilorazu pochodnych, w naszej sytu0
acji, że istnieje limx→∞ f (x) bo takie wyrażenie dopisujemy w rachunkach do istniejacej już granicy.
Dlatego ten dowód wymaga dodatkowego założenia.
Definicja (Pochodne symetryczne): Niech f : (a, b) → R, x0 ∈ (a, b).
1) Granicȩ
f (x0 + h) − f (x0 − h)
f . (x0 ) := lim
h→0
2h
nazywamy pochodna̧ symetryczna̧ funkcji f w punkcie x0 .
2) Granicȩ
f (x0 + h) + f (x0 − h) − 2f (x0 )
f .. (x0 ) := lim
h→0
h2
nazywamy druga̧ pochodna̧ symetryczna̧ funkcji f w punkcie x0 .
Zadanie 4. Wykaż, że:
a) z istnienia drugiej pochodnej symetrycznej f .. (x0 ) nie wynika cia̧głość funkcji w punkcie x0 ani istnienie
pierwszej pochodnej symetrycznej f . (x0 ),
0
0
b) jeśli istnieje f .. (x0 ) oraz obie pochodne jednostronne (w zwykłym sensie): f− (x0 ) i f+ (x0 ), to istnieje
0
f (x0 ),
0
c) jeśi istnieje a := (f (x0 )). (pochodna symetryczna pierwszej pochodnej), to istnieje b := f .. (x0 ) i obie
pochodne sa̧ równe: a = b.
Rozwiązanie. a) Kontrprzykładem może być np. funkcja f (x) =
b) Wiemy, że istnieje druga pochodna symetryczna:
1
x
dla x 6= 0 i f (x) = 0 dla x = 0.
f (x0 +h)−f (x0 )
f (x0 −h)−f (x0 )
−
f (x0 + h) + f (x0 − h) − 2f (x0 )
h
−h
f (x0 ) := lim
=
lim
h→0
h→0
h2
h
W takim razie istnieje także:
f (x0 +h)−f (x0 )
(x0 )
− f (x0 −h)−f
h
−h
lim+
(1)
h
h→0
Załóżmy, że pochodna w zwykłym sensie nie istnieje, skoro istnieją pochodne jednostronne, to musi być:
0
0
f− (x0 ) 6= f+ (x0 ). Jednak wtedy w liczniku (1) mielibyśmy w granicy liczbę różną od 0, mianownik
jednakże dąży do 0, więc granica (1) nie istniałaby, co jest sprzeczne z założeniami. W takim razie musi
0
0
być: f− (x0 ) = f+ (x0 )
c) Korzystamy z reguły d’Hospitala (rozpatrując wyrażenia jako funkcje od h):
..
0
f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 − h)
f (x0 + h) + f (x0 − h) − 2f (x0 ) d0 H
=
lim
= (f (x0 )).
2
h→0
h→0
h
2h
f .. (x0 ) := lim
Zadanie 5. Jeśli f : (a, b) → R jest funkcja̧ cia̧gła̧ i dla każdego x ∈ (a, b) istnieje f .. (x) i f .. (x) ≥ 0 to:
a) funkcja f jest wypukła,
b) jeśli dodatkowo f .. (x) = 0 to funkcja f jest afiniczna: istnieja̧ c1 , c2 ∈ R takie, że f (x) = c1 x + c2 .
Rozwiązanie. Załóżmy niewprost, że druga pochodna symetryczna jest dodatnia, ale funkcja nie jest
wypukła. Wtedy istnieją takie punkty a < x1 < x2 < b, takie że (przez zaprzeczenie własności funkcji
wypukłej):
f (x2 ) − f (x1 )
f (x) − f (x1 )
<
x2 − x1
x − x1
1
W takim razie funkcja, dla x1 ≤ x ≤ x2 φ(x) = f (x) − f (x1 ) − xx−x
(f (x2 ) − f (x1 )) jest w pewnym
2 −x1
punkcie x dodatnia. Jednak φ(x1 ) = φ(x2 ) = 0, zatem z ciągłości ta funkcja przyjmuje swój kres górny
dla pewnego x0 z tego przedziału, czyli: istnieje h > 0, takie że φ(x0 + h) + φ(x0 − h) − 2φ(x0 ) ≤ 0 ⇒
f (x0 + h) − f (x0 − h) − 2f (x0 ) ≤ 0 – sprzeczność. Punkt b) wynika bezpośrednio z punktu a) (f i −f jest
wypukła, zatem f jest afiniczna).
2