SERIA 1. - rozwiązania 1 Zadanie 1 2 Zadanie 2

SERIA 1. - rozwiązania
1
1.1
Zadanie 1
A
TAK. Funkcja f 0 (x) jest ciągła jako iloczyn funkcji ciągłych. A zatem na przedziale [−2011, 2011] (domkniętym) z twierdzenia Weierstrassa osiąga kresy. Stąd
mamy, że jest ograniczona, czyli istnieje M > 0 takie, że dla każdego
x ∈ [−2011, 2011] zachodzi |f 0 (x)| < M , a więc na mocy twierdzenia 6.44 z
wykładu funkcja spełnia warunek Lipschitza ze stałą M .
1.2
B
q
π
p
3 nπ+ 2
i
. Mamy:
NIE. Rozważmy ciągi: xn = 3 nπ
4
4
q
q
π
p
|nπ−nπ− π
3 nπ+ 2
2| √
√
|xn − yn | = | 3 nπ
| = 3 14 · √
→ 0.
3
3
3 (nπ+ π )2
4 −
4
2
(nπ) + nπ(nπ+ π
2 )+
2
p
p
p
3 nπ 3
3 nπ
Jednocześnie f (xn ) = arctg( 3 nπ
4 · sin(4(
4 ) )) = arctg(
4 · sin(nπ)) =
p
3 nπ
arctg( 4 · 0) = arctg(0) = 0
q
q
q
π
π
nπ+ π
3 nπ+ 2
3 nπ+ 2 3
2
zaś f (yn ) = arctg(
· sin(4(
) )) = arctg( 3
· sin(nπ + π2 )) =
4
4
4 q
q
π
nπ+ 2
nπ+ π
2
arctg( 3
), a to nie ma granicy dla n → ∞, bo wtedy 3
→ ∞ i
4
4
każda wartość przyjmowana przez arctg pojawia się regularnie nieskończenie
wiele razy, w szególności wyrażenie nie dąży do 0.
Ponieważ znaleźliśmy takie ciągi xn i yn , że xn − yn → 0, a f (xn ) − f (yn ) 9 0,
to f nie jest jednostajnie ciągła.
2
Zadanie 2
Jeżeli a + b + c = 0, to a = 0, b = 0 i c = 0. Wówczas mamy
p
√
√
√
a b + c + b a + c + c a + b = 0 ¬ 0 = 2(a + b + c)(ab + ac + bc)
√
W przeciwnym wypadku rozważmy funkcję f (x) =
x, trzy punkty:
a
b
x1 = b + c, x2 = a + c i x3 = a + b oraz wagi: w1 = a+b+c
, w2 = a+b+c
c
i w3 = a+b+c . Ponieważ w1 + w2 + w3 = 1, a pierwiastek jest funkcją wklęsła,
możemy skorzystać z nierówności Jensena i otrzymamy:
w1 · f (x1 ) + w2 · f (x2 ) + w3 · f (x3 ) ¬ f (w1 · x1 + w2 · x2 + w3 · x3 )
√
√
√
a
b
c
· b+c+
· a+c+
· a+b¬
a+b+c
a+b+c
a+b+c
r
a
b
c
¬
· (b + c) +
· (a + c) +
· (a + b)
a+b+c
a+b+c
a+b+c
r
√
√
√
2(ab + ac + bc)
a b + c + b a + c + c a + b ¬ (a + b + c) ·
a+b+c
p
√
√
√
a b + c + b a + c + c a + b ¬ 2(a + b + c)(ab + ac + bc)
1
3
Zadanie 3
Rozwiązane na zajęciach.
4
4.1
Zadanie 4
A
√
2
1
Niech f (n) = n 4n√2 + 2n = e n ln(4n +2n) .
f (1) = 6, f (2) = 20. Pokażę, że dla n ­ 2 f (n) jest malejąca, skąd (i ponieważ f (1) > f (2)) wyniknie,
√ że kres górny dla zbioru A to 6, a kres dolny to
limn→∞ f (n) = limn→∞ n 4n2 + 2n = 1, bo:
1
1
1
1
1
1
1 = e0 ← e n ln 4 = (4) n ¬ (4n2 + 2n) n ¬ (6n2 ) n = e n ln 6 · e n 2 ln n → e0 = 1
Jeśli dla n ­ 2 f (n) jest malejąca, to jej pochodna jest ujemna. Policzmy tę
pochodną i sprawdźmy jej znak.
1
f 0 (x) = e n ln(4n
2
+2n)
·[
1
ln(4n2 + 2n)
8n + 2
·
−
]
4n2 + 2n n
n2
2
ln(4n +2n)
1
2
< 0 ⇔ 8n+2
Mamy, że f 0 (x) < 0 ⇔ 4n8n+2
2 +2n · n −
n2
4n+2 − ln(4n + 2n) < 0.
8n+2
Zauważmy, że zachodzi 4n+2
< 2 < ln(4n2 + 2n).
Lewa nierówność oznacza tyle, że 8n + 2 < 8n + 4, a to zachodzi dla każdego n.
Prawa mówi, że ln(4n2 + 2n) > 2, czyli 4n2 + 2n > e2 , ale dla n ­ 2 mamy
4n2 + 2n ­ 4 · 22 + 2 · 2 = 20 > 9 = 32 > e2 .
4.2
B
Poszło dobrze :)
5
Zadanie 5
Poszło dobrze :)
2