ARA SINAV II. (1) (x k ) k N, R n içinde yaknsak ve limiti x olan bir dizi olsun. {x} = oldu unu gösteriniz.

Transkript

1 MC 411/ANAL Z IV ARA SINAV II ÇÖZÜMLER 1 x k k N, R n içinde yaknsak iti x olan bir dizi olsun. {x} = {x m m k} k=1 Çözüm. Her k N için A k := {x m m k} olsun. x k k N dizisinin iti x oldu undan, A k = {x} A k olur. Dolaysyla, her k N için {x} A k, yani {x} k=1 A k gerçeklenir. Tersine olarak, y x olsun. Bu durumda, x k k N dizisinin itinin x olmasndan dolay 0 < r < y x ko³ulunu sa layan bir r gerçel says için bir N N says, her k N için x k B r x olacak ³ekilde bulunabilece inden, s := y x r > 0 için B s y A N =, yani y / A N olur. Bu ise, y / k=1 A k, yani k=1 A k {x} olmas demektir. O hâlde, gerçeklenir. {x} = k=1 A k

2 2 E R n bir küme, f : E R m bir fonksiyon, Grf := {x, fx R n R m x E} olsun. A³a dakileri gösteriniz: a Grf kümesi snrl ise, E kümesi snrldr; b E kümesi kapal f fonksiyonu sürekli ise, Grf kümesi kapaldr; c Grf kümesi kapal snrl ise, E kümesi kapaldr f fonksiyonu süreklidir. Çözüm. a Bir ktörün normunun bir gerçel saydan küçük olmas bu ktörün her bir koordinatnn ayn gerçel saydan küçük olmasna denk oldu undan, e er Grf kümesi snrl, yani bir M > 0 gerçel says için Grf [ M, M] n+m ise, E [ M, M] n, dolaysyla E kümesi snrl olur. b x k, fx k k N durumda, Grf dizisi x, y noktasna yaknsasn. Bu x k x x k, fx k x, y oldu undan, x k x 0, yani x k x gerçeklenir. Bu ise, E kümesi kapal oldu undan, x E olmas demektir. f fonksiyonu sürekli oldu undan da, fx k fx 0 olur. O hâlde y = fx, yani x, y Grf, bu nedenle de Grf kümesi kapal olur. c x k k N E x k x 0 olsun. Grf kapal snrl oldu undan dolay kompakt, bu nedenle de, Heine-Borel Teoremi sebebiyle, dizisel kompakttr. O hâlde, bir x, y Grf için x kj, fx kj x, y 0 olacak ³ekilde bir x kj j N alt-dizisi bulunabilir. Bu ise, x, y Grf oldu undan, x E y = fx olmas demektir. Dolaysyla E kümesi kapaldr. E er f fonksiyonu bir x noktasnda sürekli olmasayd, x k x 0 oldu unda fx k fx > δ olacak biçimde bir x k k N E dizisi bir δ > 0 gerçel says bulunabilirdi. Bu ise, her k j N için x kj, fx kj x, y > δ çeli³kisine ula³trrd. O hâlde, f fonksiyonu E içindeki her noktada sürekli, yani süreklidir.

3 3 1 2 < α R ise, fx, y := xy α olarak tanmlanan f : R 2 R fonksiyonunun 0, 0 noktasnda diferansiyellenebilir Çözüm. Ksmî türevler alnrsa, f x 0, 0 = h 0 fh, 0 f0, 0 h = 0 = h 0 f0, h f0, 0 h = f y 0, 0 oldu u görülür; yani, f0 = 0 olur. O hâlde, Teorem 3.1 gere ince, 0, 0 noktasnda f fonksiyonunun diferansiyellenebilir oldu unu göstermek, fh f0 = f0 h + h εh, yani fh = h εh e³itli inin yeterince küçük h ktörleri için do ru oldu u, h 0 için εh 0 ko³ulunu sa layan bir ε : R 2 R fonksiyonunun varl n göstermeye denktir. Dolaysyla, yukardaki son e³itlik göz önüne alnrsa, istenenin x,y 0,0 xy α x2 + y 2 = 0 oldu u gösterilirse elde edilmi³ olaca görülür. imdi, x y 2 0 olmasndan dolay 0 xy 2 xy x 2 + y 2, buradan da olaca ndan, xy α x 2 + y 2 α 0 xy α x2 + y 2 x2 + y 2 α 1 2 elde edilir. Bu ise, α 1 2 > 0 olmasndan dolay x,y 0,0 x2 + y 2 α 2 = 0 1 oldu undan, x,y 0,0 xy α x2 + y 2 = 0 olmasn gerektirir. O hâlde, f fonksiyonu 0, 0 noktasnda diferansiyellenebilirdir.

4 4 V R n açk bir küme, a V, f : V R fonksiyonu a noktasnda diferansiyellenebilir olsun. a u = 1 ko³ulunu sa layan her u R n için D u fa yönlendirilmi³ türevinin var oldu unu, D u fa = fa u e³itli inin sa land n ispatlaynz. b fa 0 ise, u fa ktörleri arasndaki aç θ olmak üzere, D u fa = fa cos θ c n = 2 olsun g : R R fonksiyonu g1 = 3 g 1 = 2 ko³ullarn sa lasn. fx, y := xg y x fonksiyonunun 1, 1 noktasnda art³nn en hzl oldu u do rultuyu belirleyiniz. Çözüm. a f fonksiyonu a noktasnda diferansiyellenebilir oldu undan, Ödev #4, Problem 5 a'dan dolay bu noktada birinci mertebeden ksmî türevleri vardr, bu nedenle de, Teorem 3.1'den dolay, h 0 için εh 0, yeterince küçük h ktörleri için fa + h fa = fa h + h εh gerçeklenecek biçimde bir ε : R n R fonksiyonu bulunur. Bu ise, h := tu için t 0 durumunda h 0 olaca ndan, fa + tu fa D u fa = t 0 t olmas demektir. = t 0 fa u ± εtu = fa u = t 0 fa tu + tu εtu t b a ksmnda elde edilen e³itlik, iki ktör arasndaki aç tanm, u = 1 oldu u kullanlrsa, D u fa = fa u = fa u cos θ = fa cos θ c b ksmndan dolay D u fa türevinin en büyük de eri cos θ = 1, yani θ = 0 için alnr; bu ise, u ktörünün fa gradyantnn do rultusunda olmas demektir. O hâlde, f x 1, 1 = gy/x y/xg y/x 1,1 = g1 g 1 = 1 f y 1, 1 = g y/x 1,1 = g1 = 2 oldu u kullanlarak, art³ hznn en yüksek oldu u do rultu f1, 1 = f x 1, 1, f y 1, 1 = 1, 2 = e 1 + 2e 2

5 5 f : R 2 R bir fonksiyon, f C 2 R 2, ur, θ := fr cos θ, r sin θ olsun. 2 f + 2 f 2 = 0 2 ise, 1 2 u r 2 θ r r + 2 u r = 0 2 Çözüm. Birinci-mertebeden ksmî türevler alnp r = cos θ, θ = r cos θ, r = sin θ, oldu u gözlemlenir zincir kural kullanlrsa, θ = r cos θ r = r + r θ = θ + θ = cos θ + sin θ = r sin θ + r cos θ Buradan, f C 2 R 2 oldu undan dolay kar³k ksmî türevlerin e³it olaca kullanlarak zincir kural yardmyla son iki e³itli in yeniden türevi alnrsa, 2 u = cos θ r 2 r = cos θ + sin θ r cos θ 2 u 2 + sin θ 2 u + sin θ cos θ 2 u + sin θ 2 u 2 = cos 2 θ 2 u cos θ sin θ 2 u + sin2 θ 2 u u θ 2 = r cos θ + sin θ θ = r r r sin θ +r cos θ r sin θ 2 u = r r + r2 + r r sin θ 2 u + r cos θ 2 u 2 + r cos θ 2 u 2 sin θ + cos θ θ sin 2 θ 2 u 2 sin θ cos θ 2 u 2 + cos2 θ 2 u 2 elde edilmi³ olur. Dolaysyla, 1 2 kullanlarak, 1 2 u r 2 θ r r + 2 u r = 2 f f 2 = 0 2 2