MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER

Transkript

1 MC 311/ANAL Z III ARA SINAV I ÇÖZÜMLER (1) A³a daki her bir önermenin do ru mu yanl³ m oldu unu belirleyiniz. Do ruysa, gerekçe gösteriniz; yanl³sa, bir kar³-örnek veriniz. (a) (a n ) n N dizisi yaknsak ve (b n ) n N dizisi raksaksa, (a n +b n ) n N dizisi raksaktr. (b) (a n ) n N ve (b n ) n N dizileri raksaksa, (a n + b n ) n N dizisi raksaktr. (c) (a n ) n N dizisi yaknsaksa, ( a n ) n N dizisi de yaknsaktr. (d) (a n ) n N ve (b n ) n N dizileri yaknsak, ve her n N için a n < b n ise, lim a n < lim b n olur. (e) (a n ) n N dizisi snrl de ilse, bu dizinin yaknsak bir alt-dizisi yoktur. Çözüm. (a) DO RU. E er (a n +b n ) n N dizisi yaknsak olsayd, limit kurallarndan dolay yaknsak iki dizinin farknn da yaknsak olmas gerekece inden, genel terimi b n = (a n +b n ) a n olan (b n ) n N dizisinin de yaknsak olmas gerekirdi. (b) YANLI. Genel terimleri a n = n ve b n = n olan diziler raksak olmalarna kar³n, a n + b n = n n = genel terimli sabit dizi (sfra) yaknsar. (c) DO RU. E er (a n ) n N dizisinin limiti a ise, üçgen e³itsizli inden dolay a n a a n a gerçeklendi inden, ( a n ) n N (limiti a olan) yaknsak bir dizi olur. dizisi de (d) YANLI. Genel terimleri her do al n says için a n = 1 ve b n = n olan yaknsak (a n ) n N ve (b n ) n N dizileri için a n < b n e³itsizli i her n indisi için do rudur; ancak lim a n = 1 = lim b n olur. (e) YANLI. Her n N için a n = n ve a n 1 = 1/n olarak tanmlanan (a n ) n N dizisi (çift indisli terimleri snrl olmad ndan dolay) snrl de ildir; fakat bu dizinin (a n 1 ) n N = (1/n) n N alt-dizisi (sfra) yaknsar.

2 () Limit tanmn kullanarak, lim n n = 1 oldu unu gösteriniz. Çözüm. ɛ > sabitlensin, ve gerçel saylarn Ar³imedyen oldu u kullanlarak bir N do al says, N > 1+/ɛ gerçeklenecek biçimde seçilsin. imdi, her n do al says için, a n := n n 1 denir ve a n oldu u gözlemlenirse, Binom Teoremi vâstasyla, her n > 1 için yani a n < n = (1 + a n ) n = n 1 k= ( ) n a k n > k ( ) n a n = n(n 1) oldu u görülür; bu ise, n N oldu unda, a n = a n < n 1 N 1 < ɛ a n, olmas demektir. O hâlde a n, yani, limit kurallar münasebetiyle, n n 1 olur.

3 (3) (a) Terimleri tüm rasyonel saylardan olu³an bir (a n ) n N dizisinin altve üst-limitlerini hesaplaynz. (b) f : (, 1] R diferansiyellenebilir bir fonksiyon ve her x (, 1] için f (x) < 1 ise, genel terimi a n := f(1/n) olan (a n ) n N dizisinin yaknsak oldu unu gösteriniz. Çözüm. (a) Her gerçel say bir rasyonel saylar dizisinin limiti oldu undan, tüm gerçel saylar (a n ) n N dizisinin alt-dizilerinin limit noktalardrlar; bu ise, alt- ve üst-limitlerinin bir dizinin geni³letilmi³ gerçel saylar içinde yaknsad, srasyla, en küçük ve en büyük de erler oldu u hatrland nda, olmas anlamna gelir. lim inf a n = ve lim sup a n = (b) Her x (, 1] için geçerli olan f (x) < 1 e³itsizli i, yine hipotezden dolay ko³ullar f fonksiyonu tarafndan sa lanan Ortalama De er Teoremi nedeniyle her m > n do al say çifti için bir ξ [1/m, 1/n] gerçel saysnn f(1/n) f(1/m) = f (ξ)(1/n 1/m) e³itli i sa lanacak biçimde bulunabilir olmas gerçe iyle birlikte kullanld nda, a n a m = f(1/n) f(1/m) = f (ξ) 1 n 1 m < 1 n 1 m 1 n + 1 m e³itsizli inin tüm m > n indis çiftleri için do ru oldu u sonucuna ula³lr. imdi ɛ > says sabitlenir ve gerçel saylarn Ar³imedyen oldu u kullanlarak bir N do al says N > /ɛ olacak ³ekilde seçilirse, yukardaki e³itsizlik, m > n N oldu unda a n a m < 1 n + 1 m < ɛ + ɛ = ɛ, yani (a n ) n N dizisinin bir Cauchy dizisi oldu unu kantlar. O hâlde, (a n ) n N dizisi yaknsaktr.

4 (4) (a) Kapal ve snrl bir aralk üzerinde Riemann-integrallenebilen bir fonksiyonun bu aralk üzerinde snrl oldu unu ispatlaynz. (b) A³a daki fonksiyonlarn [, 1] aral üzerinde Riemann-integrallenebilir olup olmadklarn belirleyiniz: (i) f(x) = x 1x ; (ii) g(x) = { sin ( 1 x), x irrasyonel ise;, di er durumlarda. Çözüm. (a) f : [a, b] R, snrl olmayan ve Riemann-integrallenebilir bir fonksiyon, ve I(f) = b f(x) dx olsun. Bu durumda [a, b] aral nn a bir P 1 parçalan³, ayn aral n P P 1 inceltme ko³ulunu sa layan her P := {x,..., x n } parçalan³ için, n j=1 f(t j)(x j x j 1 ) I(f) < 1, yani < I(f) + 1 (1) j=1 e³itsizli i, j = 1,,..., n olmak üzere, t j [x j 1, x j ] noktalarnn tüm keyfî seçili³leri için gerçeklenecek biçimde bulunur. [a, b] üzerinde snrl olmad ndan, P parçalan³ tarafndan tanmlanan ve f fonksiyonunun üzerinde snrl olmad en az bir [x j 1, x j ] alt-aral vardr: e er öyle olmasayd, yani f fonksiyonu her j = 1,,..., n için [x j 1, x j ] altaral nda bir M j saysyla snrl olsayd, f, tüm [a, b] aral üzerinde (max{m 1,..., M n } says ile) snrl olurdu. O hâlde bir t j [x j 1, x j ] noktas, f(t j )(x j x j 1) > I(f) j j gerçeklenecek biçimde vardr; bu ise, üçgen e³itsizli i kullanld nda, (1) ile çeli³en j=1 f(t j )(x j x j 1) j j > I(f) + 1 sonucunu verir. Yaplan varsaym, ³u halde, yanl³tr; yani f fonksiyonu [a, b] üzerinde snrldr. (b) (i) [, 1] aral üzerinde x fonksiyonu sürekli ve 1x fonksiyonu artmayan oldu undan, her iki fonksiyon da bu aralkta integrallenebilirdir 1 ; dolaysyla, integrasyon kurallarndan, toplamlar olan f fonksiyonu da ayn aralk üzerinde integrallenebilir olur. (ii) P := {x,..., x n }, [, 1] aral nn keyfî bir parçalan³ olsun. Açk olarak L(g, P ) = sa lanr, yani (L) g(x) dx = olur. /π [x j 1, x j ] olsun. Bu durumda, x [/π, 1] ise sin(1/x) sin 1 oldu undan, U(g, P ) (sin 1)(1 x j 1 ) (sin 1)(1 /π) gerçeklenir; dolaysyla (U) g(x) dx = inf P U(g, P ) (sin 1)(1 /π) > olur. O hâlde, g fonksiyonu [, 1] aral üzerinde integrallenemez. 1 Bkz. Ders notlar, Teorem. ve Ödev #3, (1).

5 (5) (a) f : [, 1] R sürekli bir fonksiyon ve f(x) dx = 1 ise, f(c) = 1 olacak ³ekilde bir c [, 1] saysnn var oldu unu gösteriniz. (b) Gerçel ve pozitif x de erleri için f(x) := x 3 e t dt ise, 6 x f(x) dx e³itli inin sa land n kantlaynz. e x dx = 1 e Çözüm. (a) ntegraller için Birinci Ortalama De er Teoremi, [, 1] aral üzerinde sürekli olan f ve g := 1 fonksiyonlarna uygulanrsa, 1 = = f(c) f(x) dx = f(x)g(x) dx = f(c) g(x) dx = f(c) olacak biçimde bir c [, 1] saysnn var oldu u görülür. (b) Her x > için, g(x) := x et dt ve h(x) := x 3 olsun. ntegral Hesabn Temel Teoremi, t e t fonksiyonunun sürekli olmasndan dolay, her x > için g (x) = d dx x e t dt = e x olmasn gerektirir; bu ise, f = g h e³itli inden, ayn x de erleri için f (x) = (g h) (x) = g (h(x))h (x) = 3x g (x 3 ) = 3x e x6 olmas anlamna gelir. Buradan da, ksmî integrasyon kullanlarak, istenen 6 e³itli i elde edilir. x f(x) dx = f(x)d(x 3 ) = x 3 f(x) 1 = f(1) 6 = f(1) = f(1) e x6 1 = x 5 e x6 dx e x6 d(x 6 ) e x dx + 1 e x 3 f (x) dx dx