Analiza matematyczna 2, 2016/2017 sprawdzian – rozwiązania grupa 15:00

Analiza matematyczna 2, 2016/2017 sprawdzian – rozwiązania

grupa 15:00

11 kwietnia 2017

Wersja A

1. Korzystając z kryterium porównawczego, udowodnij że szereg

∞ n=1∑

1 9n²+6n − 8 jest zbieżny. Następnie znajdź jego sumę.

Oczywiście 6n − 8 > 0, o ile n > 1, a zatem _9n2+9n−8¹ ≤ _9n¹2 ≤ _n¹2, a tymczasem wiadomo, że szereg ∑^∞n=1 1 n²

jest zbieżny. Na mocy kryterium porównawczego jest też więc zbieżny badany szereg.

Mamy:

1 9n²+6n − 8=

1 6(

1 3n − 2−

1 3n + 4). A zatem n-ta suma częściowa badanego szeregu to:

Sn= 1 6(

1 1 −

1 7 +

1 4 −

1 10+

1 7−

1

13+. . . − 1 3n + 1+

1 3n − 2−

1 3n + 4) =

1 6(

1 1+

1 4−

1 3n + 1−

1 3n + 4), a zatem

nlim→∞s_n= 1 6(1 +1

4) = 5 24 i to jest suma badanego szeregu.

2. Zbadaj zbieżność ciągu funkcyjnego

fn(x) =

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

1 dla x ≤ −1 xⁿ dla x ∈ (−1, 1]

1 dla x > 1,

n ≥ 1 na całej prostej rzeczywistej. Udowodnij, że fn zbiega jednostajnie na odcinku (−1/2, 1/2).

Jeśli x ∈ R∖(−1, 1), to fⁿ(x) jest stałym ciągiem, więc oczywiście ta granica wynosi 1. Wiadomo natomiast, że jeśli ∣x∣ < 1, to lim_n→∞xⁿ=0. Zatem ostatecznie fn→f , gdzie:

f (x) =

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

1 x ≤ −1, 0 x ∈ (−1, 1), 1 x ≥ 1.

Zauważmy także, że dla każdego n ∈ N, funkcja fⁿ, jest ciągła na przedziale (0, ∞), bo:

x→1lim⁻f_n(x) = lim

x→1⁺f_n(x) = 1 = f_n(1).

Tymczasem, f nie jest ciągła na tym przedziale, więc fn nie zbiega jednostajnie do f na (0, ∞), a więc tym bardziej nie dzieje się to na całej prostej R.

1

Tymczasem na przedziale (−1/2, 1/2) mamy:

∣fn(x) − 0∣ = ∣xⁿ∣ = ∣x∣ⁿ≤ ( 1 2)

n

,

co zbiega do zera przy n → ∞ i dowodzi zbieżności jednostajnej.

3. Oblicz wyrażenie:

z = (2√

3 + 2i)¹⁰⁰² (−1 + i)⁴⁰²⁰i²⁰¹⁷. Zapisz liczbę z w postaci wykładniczej, a następnie wylicz√⁶

+z oraz zaznacz orientacyjnie na płaszczyźnie zespolonej pozostałe √⁶

z.

Zatem:

x ∣x∣ Argx

2√

3 + 2i 4 π/6

(2√

3 + 2i)¹⁰⁰² 2²⁰⁰⁴ 501π/3 = 167π ∼ π

−1 + i √

2 3π/4

(−1 + i)⁴⁰²⁰ 2²⁰¹⁰ 3015π ∼ π

i 1 π/2

i²⁰¹⁷ 1 2017π/2 = 1008π + π/2 ∼ π/2 mianownik 2²⁰¹⁰ 3π/2 ∼ −π/2

z 1/2⁶ 3π/2

√6

+z 1/2 π/4

A zatem z =₁₂₈⁻ⁱ =e^{(ln1281 )⋅3iπ2} oraz √⁶

+z =

√2

4 (1 + i). Pozostałe pierwiastki są rozmieszczone równomiernie, co ^2π₆ = ^π₃ na okręgu o promieniu ¹₂, czyli:

Wersja B

1. Korzystając z kryterium porównawczego, udowodnij że szereg

∞ n=1∑

1 9n²+12n − 5 jest zbieżny. Następnie znajdź jego sumę.

Oczywiście 12n − 5 > 0, a zatem _9n2+12n−5¹ ≤ _9n¹₂ ≤ _n¹₂, a tymczasem wiadomo, że szereg ∑^∞_{n=1 n}¹2 jest zbieżny. Na mocy kryterium porównawczego jest też więc zbieżny badany szereg.

Mamy:

1

9n²+12n − 5 = 1 6(

1 3n − 1−

1 3n + 5). A zatem n-ta suma częściowa badanego szeregu to:

S_n= 1 6(

1 2 −

1 8 +

1 5 −

1 11+

1 8−

1

14+. . . − 1 3n + 2+

1 3n − 1−

1 3n + 5) =

1 6(

1 2+

1 5−

1 3n + 2−

1 3n + 5),

2

a zatem

nlim→∞s_n= 1 6(

1 2+

1 5) =

7 60 i to jest suma badanego szeregu.

2. Zbadaj zbieżność ciągu funkcyjnego

f_n(x) =

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

1/xⁿ dla x < −1 1 dla x ∈ [−1, 1) 1/xⁿ dla x ≥ 1,

n ≥ 1 na całej prostej rzeczywistej. Udowodnij, że f_n zbiega jednostajnie na odcinku (2, 3).

Jeśli x ∈ [−1, 1], to f_n(x) jest stałym ciągiem, więc oczywiście ta granica wynosi 1. Wiadomo natomiast, że jeśli ∣x∣ < 1, to lim_n→∞xⁿ=0, czyli lim_n→∞1/xⁿ=0, dla x takiego, że ∣x∣ > 1. Zatem ostatecznie f_n→f , gdzie:

f (x) =

⎧⎪

⎪⎪

⎪

⎨

⎪⎪

⎪⎪

⎩

0 x < −1, 1 x ∈ [−1, 1], 0 x > 1.

Zauważmy także, że dla każdego n ∈ N, funkcja fⁿ, jest ciągła ns przedziale (0, ∞), bo:

xlim→1⁻fn(x) = lim

x→1⁺fn(x) = 1 = fn(1).

Tymczasem, f nie jest ciągła na tym przedziale, więc fn nie zbiega jednostajnie do f na (0, ∞), a więc tym bardziej nie dzieje się to na całej prostej R.

Tymczasem na przedziale (2, 3) mamy:

∣fn(x) − 0∣ = ∣1/xⁿ∣ =1/xⁿ≤ ( 1 2)

n

,

co zbiega do zera przy n → ∞ i dowodzi zbieżności jednostajnej.

3. Oblicz wyrażenie:

z = (−1 + i)⁴⁰²⁰(−i)²⁰¹⁷ (2√

3 + 2i)¹⁰⁰² . Zapisz liczbę z w postaci wykładniczej, a następnie wylicz√⁶

+z oraz zaznacz orientacyjnie na płaszczyźnie zespolonej pozostałe √⁶

z.

Zatem:

x ∣x∣ Argx

−1 + i √

2 3π/4

(−1 + i)⁴⁰²⁰ 2²⁰¹⁰ 3015π ∼ π

−i 1 −π/2

(−i)²⁰¹⁷ 1 −2017π/2 = −1008π − π/2 ∼ −π/2 2√

3 + 2i 4 π/6

(2√

3 + 2i)¹⁰⁰² 2²⁰⁰⁴ 501π/3 = 167π ∼ π

licznik 2²⁰¹⁰ π/2

z 2⁶ −π/2 ∼ 3π/2

√6

+z 2 π/4

A zatem z = −128i = e^{(ln 128)⋅3iπ2} oraz √⁶

+z =√

2 (1 + i). Pozostałe pierwiastki są rozmieszczone równomier- nie, co ^2π₆ =^π₃ na okręgu o promieniu 2, czyli:

3

4