Παρατίθενται διάφορες σχετικές ασκήσεις των οποίων οι λύσεις θα συμπληρώνονται. Όποιος ενδεχομένως ενδιαφέρεται μπορεί να δίνει σχόλια ή λύσεις κάνοντας χρήση $\LaTeX$.
Θέματα Κλασικής Ανάλυσης Φεβρουαρίου 2004 (Πανεπιστήμιο Κρήτης - Διδάσκων Μ.Παπαδημητράκης)
Ενδεικτική λύση του θέματος 1 :
$i)$ Για $x\geq0$ έχουμε $$\displaystyle\frac{x}{1+n^2x}>\frac{x}{n^2x}=\frac{1}{n^2}$$ και η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$$ συγκλίνει, άρα από το κριτήριο του Weterstrass έχουμε ομοιόμορφη σύγκλιση στο $[0,+\infty)$.
$ii)$ Αφού για κάθε $m$ η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\frac{x}{1+n^2x}$$ είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ ως άθροισμα συνεχών και η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη στο παραπάνω διάστημα, το ίδιο θα ισχύει και για την $$\displaystyle f(x):=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x}{1+n^2x}$$.
Για κάθε $n$ θέτω $$\displaystyle \frac{x}{1+n^2x}:=f_{n}(x)$$. Για $x>a$, τώρα, όπου $a>0$ τυχαίος, είναι
$$\displaystyle f_{n}^{\prime}=\frac{1}{(1+n^2x)^2}$$ με την $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ να συγκλίνει ομοιόμορφα στο $[a,+\infty)$ από το κριτήριο Weierstrass, αφού για $x\geq a$, $$\displaystyle\frac{1}{(1+n^2x)^2}\leq\frac{1}{n^4}$$ με $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^4}<+\infty$$. Έπεται ότι η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης στο $[a,+\infty)$ και της τυχαίας επιλογής του $a$. Από το Θεώρημα $10.6$ τώρα σελ. $296$ εδώ, έχουμε ότι η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+n^2x}$$ συγκλίνει κατά σημείο στην $$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x}{1+n^2x}$$ στο $[a,+\infty)$ (κάτι που ήδη το ξέραμε), αλλά και επιπλέον η $f(x)$ είναι παραγωγίσιμη στο $[a,+\infty)$ με $$\displaystyle f^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$. Αφού το $a$ ήταν τυχαίο, έπεται ότι η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με παράγωγο την $$\displaystyle f^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ η οποία είναι, όπως προαναφέρθηκε, συνεχής στο διάστημα αυτό.
$iii)$ Έχουμε $$\displaystyle \frac{f(x)-f(0)}{x}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+n^2x}>\sum_{n=1}^{[1/\sqrt{x}]}\frac{1}{1+n^2x}$$. Όμως για $x>0$ είναι
Επίσης για $x>0$ είναι
Άρα
και συνεπώς η $f$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $0$.
Θέματα Κλασικής Ανάλυσης Φεβρουαρίου 2004 (Πανεπιστήμιο Κρήτης - Διδάσκων Μ.Παπαδημητράκης)
Ενδεικτική λύση του θέματος 1 :
$i)$ Για $x\geq0$ έχουμε $$\displaystyle\frac{x}{1+n^2x}>\frac{x}{n^2x}=\frac{1}{n^2}$$ και η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}$$ συγκλίνει, άρα από το κριτήριο του Weterstrass έχουμε ομοιόμορφη σύγκλιση στο $[0,+\infty)$.
$ii)$ Αφού για κάθε $m$ η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\frac{x}{1+n^2x}$$ είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ ως άθροισμα συνεχών και η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη στο παραπάνω διάστημα, το ίδιο θα ισχύει και για την $$\displaystyle f(x):=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x}{1+n^2x}$$.
Για κάθε $n$ θέτω $$\displaystyle \frac{x}{1+n^2x}:=f_{n}(x)$$. Για $x>a$, τώρα, όπου $a>0$ τυχαίος, είναι
$$\displaystyle f_{n}^{\prime}=\frac{1}{(1+n^2x)^2}$$ με την $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ να συγκλίνει ομοιόμορφα στο $[a,+\infty)$ από το κριτήριο Weierstrass, αφού για $x\geq a$, $$\displaystyle\frac{1}{(1+n^2x)^2}\leq\frac{1}{n^4}$$ με $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^4}<+\infty$$. Έπεται ότι η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης στο $[a,+\infty)$ και της τυχαίας επιλογής του $a$. Από το Θεώρημα $10.6$ τώρα σελ. $296$ εδώ, έχουμε ότι η $$\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+n^2x}$$ συγκλίνει κατά σημείο στην $$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{x}{1+n^2x}$$ στο $[a,+\infty)$ (κάτι που ήδη το ξέραμε), αλλά και επιπλέον η $f(x)$ είναι παραγωγίσιμη στο $[a,+\infty)$ με $$\displaystyle f^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$. Αφού το $a$ ήταν τυχαίο, έπεται ότι η $f$ είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με παράγωγο την $$\displaystyle f^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}f_{n}^{\prime}$$ η οποία είναι, όπως προαναφέρθηκε, συνεχής στο διάστημα αυτό.
$iii)$ Έχουμε $$\displaystyle \frac{f(x)-f(0)}{x}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{1+n^2x}>\sum_{n=1}^{[1/\sqrt{x}]}\frac{1}{1+n^2x}$$. Όμως για $x>0$ είναι
$$1\leq n\leq[1/\sqrt{x}]\Rightarrow\frac{1}{1+[1/\sqrt{x}]^2x}\leq\frac{1}{1+n^2x}\Rightarrow$$
$$\displaystyle\sum_{n=1}^{[1/\sqrt{x}]}\frac{1}{1+n^2x}\geq\sum_{n=1}^{[1/\sqrt{x}]}\frac{1}{1+[1/\sqrt{x}]^2x}=\frac{[1/\sqrt{x}]}{1+[1/\sqrt{x}]^2x}$$
και $$\displaystyle\frac{[1/\sqrt{x}]}{1+[1/\sqrt{x}]^2x}\geq\frac{1}{2}\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]\Leftarrow x\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]^2\leq1\Leftarrow\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]\leq\frac{1}{\sqrt{x}}$$ που ισχύει.
Επίσης για $x>0$ είναι
$$\displaystyle\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]\leq\frac{1}{\sqrt{x}}<\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]+1\Rightarrow\frac{1}{2}\left[\frac{1}{\sqrt{x}}\right]>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}-1\right).$$
Άρα
$$\frac{f(x)-f(0)}{x}>\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}-1\right)\Rightarrow\lim_{x\to0^{+}}\frac{f(x)-f(0)}{x}=+\infty$$
και συνεπώς η $f$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $0$.
Δεν υπάρχουν σχόλια:
Δημοσίευση σχολίου