Cyfroteka.pl

klikaj i czytaj online

Cyfro
Czytomierz
00055 005255 13081156 na godz. na dobę w sumie
wyszukaj dokładnie | pobierz wtyczkę
Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 2 - ebook/pdf
Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 2 - ebook/pdf
Autor: Liczba stron:
Wydawca: Fosze Język publikacji: polski
ISBN: 9788375861006 Data wydania:
Lektor:
Kategoria: ebooki >> edukacja
Porównaj ceny (książka, ebook, audiobook).
Czytaj online.
Komentuj
'W zamyśle zbiór ten ma być odmienny od innych dostępnych na rynku i powinien stanowić dla nich uzupełnienie. Podstawowym jego założeniem jest, aby wszystkie zamieszczone problemy (poza tymi, które są przeznaczone do pracy własnej) były w pełni oraz szczegółowo - nawet na kilku stronach - rozwiązane, aby żadne zagadnienie nie pozostało niewyjaśnione, a żadne pytanie, jakie mogłoby nasunąć się Czytelnikowi podczas analizowania rozwiązania, nie pozostało bez odpowiedzi.

Zadania są bardzo starannie dobrane do zilustrowania danego tematu lub problemu. Świadczy to o dużym doświadczeniu dydaktycznym Autora.

Widać dużą dbałość o język, rozwiązania pisane są jasno, język jest na ogól precyzyjny, a jednocześnie żywy.

Do wszystkich zadań Autor podał rozwiązania. jest to bardzo cenne, ponieważ w wielu (skądinąd często dobrych) zbiorach nie ma rozwiązań czy nawet odpowiedzi, przez co Czytelnik, który rozwiązał zadanie, pozostaje w uczuciu niepewności: 'dobrze czy nie?'
Znajdź podobne książki Ostatnio czytane w tej kategorii

Darmowy fragment publikacji:

Tomasz Radożycki Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej Część 2 dr hab. Tomasz Radożycki, prof. UKSW Wydział Matematyczno-Przyrodniczy, Szkoła Nauk Ścisłych Uniwersytet Kardynała Stefana Wyszyńskiego, ul. Wóycickiego 1/3, 01-938 Warszawa Opracowanie redakcyjne i korekta językowa: Joanna Lubiniecka Redakcja naukowa: dr hab. Jerzy Jacek Wojtkiewicz Projekt okładki: Bożena Świder Skład komputerowy: Tomasz Radożycki c(cid:13) Copyright by Wydawnictwo Oświatowe FOSZE Rzeszów 2014 Wydanie II poprawione ISBN 978-83-7586-100-6 Wydawnictwo Oświatowe FOSZE 35-021 Rzeszów, ul. W. Pola 6 tel. 17 863 34 35 e-mail: fosze@fosze.com.pl www.fosze.com.pl Spis treści Przedmowa do części drugiej Oznaczenia i podstawowe definicje 1 Całka Riemanna i całka oznaczona 1.1 Badamy całkowalność funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Znajdujemy całkę Riemanna z definicji . . . . . . . . . . . . . 1.3 Znajdujemy granice pewnych ciągów . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Obliczamy różne ciekawe całki oznaczone . . . . . . . . . . . 1.5 Wyjaśniamy kilka pozornych paradoksów . . . . . . . . . . . 1.6 Korzystamy z twierdzenia o wartości średniej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Zadania do pracy własnej 2 Całki niewłaściwe 2.1 Badamy zbieżność całek z definicji . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Stosujemy różne kryteria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Wykorzystujemy kryterium całkowe do badania zbieżności sze- regów . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 Zadania do pracy własnej 7 8 9 9 19 27 32 44 51 56 58 58 64 74 77 3 Całki jednowymiarowe w geometrii i fizyce 79 79 3.1 Znajdujemy długości krzywych . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 3.2 Obliczamy pola powierzchni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 3.3 Obliczamy objętości i pola powierzchni brył obrotowych . . . 3.4 Znajdujemy różne wielkości fizyczne . . . . . . . . . . . . . . 102 3.5 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 4 4 Funkcje wielu zmiennych 113 4.1 Znajdujemy obrazy i przeciwobrazy zbiorów . . . . . . . . . . 113 4.2 Badamy granice i ciągłość funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . 117 4.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 5 Pochodne funkcji wielu zmiennych 126 . . . . . . . . . 126 5.1 Obliczamy pochodne cząstkowe i kierunkowe 5.2 Badamy różniczkowalność funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . 130 5.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 6 Wyższe pochodne, wyrażenia różniczkowe i wzór Taylora 141 6.1 Sprawdzamy istnienie drugich pochodnych . . . . . . . . . . . 141 6.2 Przekształcamy wyrażenia i operatory różniczkowe . . . . . . 146 6.3 Rozwijamy funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 6.4 Zadania do pracy własnej 7 Ekstrema i inne ważne punkty 166 7.1 Szukamy największej i najmniejszej wartości funkcji na zbiorze zwartym . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166 7.2 Badamy ekstrema lokalne i punkty siodłowe funkcji . . . . . . 174 7.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 8 Funkcje uwikłane i odwrotne 186 8.1 Badamy istnienie i ekstrema funkcji uwikłanej . . . . . . . . . 186 8.2 Znajdujemy pochodną funkcji odwrotnej . . . . . . . . . . . . 200 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 8.3 Zadania do pracy własnej 9 Równania różniczkowe pierwszego rzędu 205 9.1 Rozwiązujemy równania o zmiennych rozdzielonych . . . . . . 205 9.2 Rozwiązujemy równania jednorodne . . . . . . . . . . . . . . 213 9.3 Rozwiązujemy kilka szczególnych równań . . . . . . . . . . . 218 9.4 Rozwiązujemy równania zupełne . . . . . . . . . . . . . . . . 231 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 9.5 Zadania do pracy własnej 10 Równania różniczkowe wyższych rzędów 246 10.1 Rozwiązujemy równania liniowe o stałych współczynnikach . 246 10.2 Wykorzystujemy różne szczególne metody . . . . . . . . . . . 259 10.3 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 270 5 11 Układy równań różniczkowych pierwszego rzędu 272 11.1 Stosujemy metodę eliminacji zmiennych . . . . . . . . . . . . 272 11.2 Rozwiązujemy układy równań liniowych o stałych współczyn- nikach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302 11.3 Zadania do pracy własnej 12 Całka w wielu wymiarach 304 12.1 Badamy całkowalność funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304 12.2 Obliczamy całki po zadanych obszarach . . . . . . . . . . . . 312 12.3 Zamieniamy kolejność całkowania . . . . . . . . . . . . . . . . 318 12.4 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 323 13 Całki wielowymiarowe w geometrii i fizyce 325 13.1 Znajdujemy pola płaskich powierzchni . . . . . . . . . . . . . 325 13.2 Obliczamy objętości brył . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332 13.3 Znajdujemy położenie środka masy . . . . . . . . . . . . . . . 341 13.4 Obliczamy momenty bezwładności . . . . . . . . . . . . . . . 348 13.5 Znajdujemy różne wielkości fizyczne . . . . . . . . . . . . . . 355 13.6 Zadania do pracy własnej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 Przedmowa do części drugiej Druga część zbioru zadań, którą stanowi niniejsza książka, obejmuje, z grubsza biorąc, materiał drugiego semestru zajęć z analizy matematycz- nej prowadzonych na wydziałach nauk ścisłych uniwersytetów i uczelni tech- nicznych. Starałem się w niej zachować charakter części pierwszej polega- jący na przedstawianiu bardzo szczegółowych rozwiązań zamieszczonych pro- blemów, bez skrótów i niedomówień. W przeciwieństwie do autorów typo- wych zbiorów zadań, nie miałem bowiem na celu dostarczenia Czytelnikowi wielu zadań do pracy własnej, dla których podane byłyby wyłącznie wyniki (chociaż takie zadania też znajdują się na końcach rozdziałów), ale wyja- śnienie wszelkich kroków, które w sumie składają się na rozwiązanie pro- blemu: od wyboru metody, poprzez techniczną jej realizację, aż do końcowego rezultatu. Priorytetem dla mnie była przede wszystkim prostota wywodu, choć mam świadomość, że ceną za to jest niekiedy utrata stuprocentowej ści- słości. W trosce o objętość książki i mając świadomość, że przeznaczona jest ona dla studentów, którzy mają już za sobą pierwszy semestr analizy matema- tycznej, pozwoliłem sobie niekiedy – w przeciwieństwie do tomu pierwszego – pominąć szczegóły przekształceń, jeśli były one elementarne. Szczegółowe inspiracje, które przyświecały powstaniu książki oraz takiemu, a nie innemu wyborowi materiału, przedstawiłem w przedmowie do części pierwszej. Na koniec pokreślę, że będę wdzięczny Czytelnikowi za pomoc w wyelimi- nowaniu błędów oraz wszelkie uwagi, które pomogłyby w ulepszeniu niniej- szego zbioru1. Tomasz Radożycki, Warszawa 2012 1E-mail: ksiazkimf@gmail.com Oznaczenia W niniejszej książce stosujemy oznaczenia i konwencje przyjęte w części pierwszej. Kilka dodatkowych oznaczeń podanych jest poniżej. • Ze względów typograficznych wektor kolumnowy pisać będziemy w tek- ście w formie [v1, v2, . . . , vN ] bez umieszczania dodatkowego symbolu transpozycji. • Symbolu 11 używać będziemy dla oznaczenia macierzy jednostkowej, której wymiar zależy od kontekstu, w jakim ta macierz występuje. • Symbolem kvk oznaczać będziemy normę wektora v. W przypadku ~x ∈ RN stosować będziemy jednak zamiennie oznaczenia x = |~x| = qx2 2 + . . . + x2 N . 1 + x2 1 Całka Riemanna i całka oznaczona 1.1 Badamy całkowalność funkcji Problem 1 Zbadamy całkowalność funkcji f (x) = x2 na przedziale [0, 1]. Rozwiązanie Zanim przystąpimy do rozwiązywania niniejszego zadania, musimy do- brze zrozumieć, na czym polega konstrukcja całki Riemanna. Na rysunku 1.1 przedstawiony jest przebieg przykładowej funkcji f(x) (niekoniecznie tej z tre- ści zadania). Zagadnieniem, z którym mamy się zmierzyć, jest obliczenie pola figury ograniczonej z góry wykresem funkcji, z dołu osią x oraz z lewej i pra- wej strony prostymi x = a i x = b (przyjęliśmy tu oczywiście, że a b). Pole to zaznaczone jest na rysunku szarym kolorem. Trudno jest policzyć wprost pole krzywoliniowej figury, ale za to bardzo łatwo znaleźć pole prostokąta. Pomysł polega więc na zastąpieniu szukanego pola przez sumę pól pewnych prostokątów. Kilka z nich zaznaczonych jest na rysunku grubszymi liniami. Procedura obliczania pola będzie się więc składać z następujących kroków. 1. Dzielimy przedział [a, b] na n części (przedziałów) o niekoniecznie rów- nych długościach (ale oczywiście różnych od zera). Punkty podziału oznaczyliśmy symbolami x0, x1, . . . , xn, przy czym zachodzi x0 = a oraz xn = b. 10 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA y y f b f b f xn-1 f xn-1 f xi+1 f xi+1 f xi f xi f xi-1 f xi-1 f x1 f x1 f a f a y= f x a x1 ... xi-1 xi xi+1...xn-1 a x1 ... xi-1 xi xi+1...xn-1 x x b b Rysunek 1.1: Konstrukcja sumy i całki Riemanna. 2. Na każdym z przedziałów Pi := [xi−1, xi], na które podzieliliśmy zbiór [a, b], wyszukać musimy największą i najmniejszą wartość funkcji (mó- wiąc bardziej precyzyjnie, znajdziemy kresy – górny i dolny – zbiorów f(Pi), gdyż wartość największa i najmniejsza może w danym przedziale nie istnieć, jeśli funkcja nie jest ciągła). O f zakładamy, że jest ogra- niczona na [a, b], więc nie powinno być z tym problemów. Oznaczymy je symbolami f max . W szczególnym przypadku funkcji stałej obie te wartości są równe, ale nie ma to znaczenia dla dalszego rozu- i mogą pojawić się na mowania. Jak widać na rysunku, f max końcu przedziału, ale mogą też wystąpić w jego wnętrzu. oraz f min oraz f min i i i 3. Każda para kolejnych punktów podziału na osi x (tj. xi−1 oraz xi, dla i = 1, 2 . . . , n) definiuje dwa prostokąty: większy o wierzchołkach w punktach (xi−1, 0), (xi, 0), (xi, f max oraz mniejszy o wierzchołkach w punktach i ), (xi−1, f max i ) (xi−1, 0), (xi, 0), (xi, f min i ), (xi−1, f min i ). Sumę pól wszystkich mniejszych prostokątów (tzw. sumę dolną) przy podziale przedziału [a, b] na n części oznaczymy symbolem Ln, a sumę 1.1 BADAMY CAŁKOWALNOŚĆ FUNKCJI 11 większych (tzw. sumę górną) – Un. Wartości te można zapisać wzorami: Ln = (xi − xi−1)f min i , Un = n Xi=1 Naturalnie spełniony jest układ nierówności: n Xi=1 (xi − xi−1)f max i . (1.1.1) (1.1.2) Ln ¬ S ¬ Un, w którym symbolem S oznaczyliśmy szukane pole pod krzywą. 4. Kolejny krok polegał będzie na zagęszczaniu podziału przedziału [a, b] poprzez branie coraz większego n. Oczekujemy, że suma pól prostoką- tów (zarówno Un, jak i Ln) będzie wówczas coraz dokładniej przybliżać wartość S. Jeśli jednak w wyniku tej procedury uzyskać pragniemy dokładną wartość pola krzywoliniowej figury, to zagęszczania tego nie możemy wykonywać dowolnie, ale w taki sposób, aby przy n → ∞ wszystkie przedziały Pi skracały swoją długość do zera, tj. 0. max{|x1 − x0|,|x2 − x1|, . . . ,|xn − xn−1|} −→n→∞ Jeśli w granicy któryś z przedziałów pozostałby skończony, to w efekcie otrzymalibyśmy jedynie przybliżoną wartość pola. Przyjmiemy ponadto – dla ułatwienia rozumowania – że raz wybranych na osi x punktów x0, x1, . . . , xn nie przesuwamy, a zagęszczanie polega na wstawianiu pomiędzy nie następnych (oczywiście musimy przy tym przenumerować wszystkie punkty, aby układały się one kolejno). Teraz zastanówmy się, co stanie się z i-tym większym prostokątem, gdy w wyniku zagęszczania zostanie on podzielony na dwa (lub więcej) nowych. Czy suma ich pól będzie taka sama jak pole wyjściowego pro- stokąta? Oczywiście może się tak zdarzyć, ale w ogólności ulegnie ona zmniejszeniu, gdyż na każdym z podprzedziałów, na które podzielony został Pi, musimy wyznaczyć osobno nową największą wartość funkcji (lub kres górny zbioru wartości), a ta, przynajmniej dla niektórych pod- przedziałów, będzie mniejsza od f max (wiemy na pewno, że nie może ona wzrosnąć). Mamy zatem: i czyli ciąg sum górnych jest nierosnący. Podobnie zachodzi Un+1 ¬ Un, (1.1.3) (1.1.4) więc ciąg sum dolnych jest niemalejący. Dzięki warunkowi (1.1.2) oba te ciągi są ograniczone, a zatem mają granice. Granice te nazywamy Ln+1 (cid:173) Ln, 12 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA odpowiednio „całką górną” i „całką dolną”. Pozostaje tylko ustalić, czy są one sobie równe. Jeśli tak, to oznacza, że znaleźliśmy po prostu „całkę”, czyli wartość pola S, a samą funkcję nazwiemy całkowalną w sensie Riemanna. Odpowiedź na to pytanie jest właśnie przedmiotem niniejszego zadania. Opierając się na powyższym rozumowaniu, widzimy, że aby wykazać cał- kowalność funkcji z treści zadania, wystarczy dowieść, iż Oznaczać to będzie, że ciągi Un i Ln zbiegają do wspólnej granicy. lim n→∞ (Un − Ln) = 0. (1.1.5) Dokonajmy zatem podziału przedziału [0, 1] na n podprzedziałów za po- mocą liczb: 0 = x0 x1 . . . xi−1 xi . . . xn−1 xn = 1. (1.1.6) Wykorzystując (1.1.1), skonstruujemy teraz oba ciągi. Zauważmy przy tym, że funkcja f(x) = x2 jest rosnąca dla nieujemnych x, a zatem na każdym przedziale [xi−1, xi] wartość najmniejszą przyjmuje na lewym jego końcu (tj. f min = f(xi) = x2 i−1), a wartość największą na prawym (tj. f max = f(xi−1) = x2 i ). W konsekwencji mamy: i i (1.1.7) (1.1.8) Un = Ln = n n Xi=1 Xi=1 (xi − xi−1)f max i = (xi − xi−1)f min i = n n (xi − xi−1)x2 i , Xi=1 Xi=1 (xi − xi−1)x2 i−1. Biorąc różnicę tych wielkości, otrzymujemy: n Xi=1 n n i − Xi=1 i−1 = Un − Ln = (xi − xi−1)x2 (xi − xi−1)(x2 Xi=1 (xi − xi−1)x2 i−1). (1.1.9) Będziemy się poniżej starali pokazać, że różnicę tę można uczynić dowol- nie małą (czyli mniejszą od dowolnie wybranego ǫ 0), jeśli tylko zagęścimy punkty xi, poprzez żądanie, aby dla każdego i zachodziło: xi − xi−1 δ, przy czym wartość δ jest do naszej dyspozycji (dostosujemy ją do wartości ǫ). Odpowiada to po prostu wyborowi odpowiednio dużego n. W wyniku tego mamy oszacowanie: i − x2 0 ¬ Un − Ln δ n Xi=1 (x2 i − x2 i−1) = δ n Xi=1 (xi − xi−1)(xi + xi−1). (1.1.10) 1.1 BADAMY CAŁKOWALNOŚĆ FUNKCJI 13 Ponieważ największą wartością, jaką mogą przyjąć liczby xi, jest jedynka – rozpatrujemy wszak całkowalność funkcji na przedziale [0, 1] – możemy napisać: n Xi=1 n Xi=1 (xi−xi−1)(1+1) = 2δ 0 ¬ Un−Ln δ (xi−xi−1) = 2δ·1 = 2δ. (1.1.11) Wykorzystaliśmy także fakt, że suma długości wszystkich przedziałów Pi za- wsze równa jest 1. Jeśli teraz chcielibyśmy, aby różnica Un−Ln była mniejsza od pewnego małego ǫ, to wystarczy dobrać δ = ǫ/2, a warunek ten będzie spełniony. Wniosek: Un i Ln mają wspólną granicę i w konsekwencji funkcja f(x) = x2 jest całkowalna na zadanym przedziale. Warto jeszcze dodać, że obok sum dolnej i górnej zdefiniowanych równa- niami (1.1.1) moglibyśmy także utworzyć sumę „pośrednią”: Sn = (xi − xi−1)f(ξi), (1.1.12) n Xi=1 a zatem taką, w której punkty ξi są dowolnie wybrane w przedziałach [xi−1, xi]. Suma taka nosi nazwę „wypunktowanej”. Ze względu na oczywisty układ nie- równości: (1.1.13) przy zagęszczaniu podziału wszystkie te trzy sumy zbiegać będą do wspólnej granicy (dla funkcji całkowalnej). Ln ¬ Sn ¬ Un Problem 2 Zbadamy całkowalność funkcji f (x) = sin x na przedziale [−π/2, π/2]. Rozwiązanie Funkcja sinus jest ograniczona, więc da się do niej zastosować konstruk- cję Riemanna podaną w poprzednim przykładzie. W tym celu podzielimy przedział [−π/2, π/2] na n podprzedziałów [xi−1, xi] za pomocą ciągu liczb −π/2 = x0 x1 . . . xi−1 xi . . . xn−1 xn = π/2. Na całym przedziale funkcja sinus jest rosnąca, więc mamy: f max i = sin xi f min i = sin xi−1. (1.1.14) 14 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Jasne jest, że gdyby wypadło nam badać całkowalność riemannowską funkcji niemonotonicznej, na przykład funkcji sinus na przedziale [0, π], to najwygodniejszą metodą postępowania byłoby na ogół rozbicie przedziału [0, π] na sumę przedziałów [0, π/2] oraz [π/2, π]. Na każdym z nich funkcja sinus jest już monotoniczna: na pierwszym rosnąca, więc całe rozumowanie przebiegałoby identycznie jak w niniejszym zadaniu, a na drugim malejąca, więc f max zamieniłyby się po prostu rolami. Naturalnie są też funkcje, dla których niemożliwe jest wskazanie przedziałów monotoniczności (z taką funkcją będziemy mieli do czynienia w zadaniu 4) i wtedy musimy sobie ra- dzić innym sposobem. i f min i i Możemy teraz zapisać sumę górną w postaci: Un = n Xi=1 (xi − xi−1)f max i = n Xi=1 (xi − xi−1) sin xi, (1.1.15) a sumę dolną jako: n Ln = Xi=1 (xi − xi−1)f min i = n Xi=1 Podobnie jak w zadaniu 1 musimy dowieść, iż (Un − Ln) = 0. lim n→∞ (xi − xi−1) sin xi−1. (1.1.16) (1.1.17) (1.1.18) (1.1.19) (1.1.20) (xi − xi−1) sin xi − n Xi=1 (xi − xi−1) sin xi−1 Zapiszmy Un − Ln = n n Xi=1 Xi=1 (xi − xi−1)(sin xi − sin xi−1) i skorzystajmy ze znanego wzoru na różnicę sinusów: = sin α − sin β = 2 cos α + β 2 sin α − β 2 . Otrzymamy w ten sposób: Un − Ln = 2 (xi − xi−1) cos xi + xi−1 2 sin xi − xi−1 2 . n Xi=1 Wykażemy poniżej, że granicą powyższego ciągu jest liczba zero, co będzie jednocześnie pociągać za sobą równość: lim n→∞ Un = lim n→∞ Ln (1.1.21) 1.1 BADAMY CAŁKOWALNOŚĆ FUNKCJI 15 (dzięki temu, że obie granice niezależnie istnieją, co wiemy z rozumowania zawartego w poprzednim przykładzie), a zarazem oznaczać całkowalność ba- danej funkcji. W tym celu wykorzystamy znane oszacowanie: sin φ ¬ φ dla dodatnich wartości φ (zob. zadanie 5 w podrozdziale 5.1 części 1), dzięki któremu możemy napisać: 0 ¬ Un − Ln ¬ (xi − xi−1)2 cos xi + xi−1 2 ¬ n Xi=1 n Xi=1 (xi − xi−1)2. (1.1.22) Dodatkowo skorzystaliśmy tu z faktu, że cosinus ograniczony jest przez je- dynkę. Jeśli teraz odpowiednio zagęścimy punkty xi, tak aby dla każdego i za- chodziło: xi − xi−1 δ, gdzie wartość δ za chwilę ustalimy, to słuszne będzie oszacowanie: n Xi=1 n Xi=1 (xi − xi−1)(xi − xi−1) δ (xi − xi−1) = δ · π. (1.1.23) 0 ¬ Un − Ln = Liczba π, która pojawiła się w powyższym wyniku, stanowi po prostu dłu- gość przedziału [−π/2, π/2]. Ponieważ żądamy, aby różnica Un − Ln była mniejsza od pewnego dowolnie małego ǫ, wystarczy dobrać δ = ǫ/π (czyli wziąć odpowiednio wielkie n) i warunek ten będzie spełniony. Zatem Un i Ln mają wspólną granicę i w efekcie funkcja sin x jest całkowalna na zadanym przedziale. Problem 3 Zbadamy całkowalność funkcji f (x) = log x na przedziale [1, 2]. Rozwiązanie Funkcja logarytm jest ograniczona na przedziale [1, 2], więc wiemy już, jak postępować. Dzielimy przedział na n podprzedziałów [xi−1, xi] za pomocą liczb xi, przyjmując jak zwykle, że 1 = x0 x1 . . . xi−1 xi . . . xn−1 xn = 2. Logarytm naturalny jest w całej swojej dziedzinie funkcją rosnącą, a zatem: f max i = log xi, f min i = log xi−1. (1.1.24) 16 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Suma górna ma więc wówczas postać: Un = n Xi=1 (xi − xi−1)f max i = n Xi=1 (xi − xi−1) log xi, (1.1.25) a suma dolna: Ln = n Xi=1 (xi − xi−1)f min i = n Xi=1 (xi − xi−1) log xi−1. (1.1.26) Aby wykazać, że podobnie jak w poprzednich przykładach zbadamy różnicę: lim n→∞ (Un − Ln) = 0, Un − Ln = = n n Xi=1 Xi=1 (xi − xi−1) log xi − xi xi−1 (xi − xi−1) log n Xi=1 . (xi − xi−1) log xi−1 (1.1.27) (1.1.28) Załóżmy teraz, że po odpowiednim zagęszczeniu naszego podziału zacho- dzi xi−xi−1 δ, czyli xi xi−1+δ dla pewnego δ 0. Ponownie korzystając z monotoniczności logarytmu, mamy oszacowanie: xi−1(cid:19) 0 ¬ Un − Ln = δ n n (1.1.29) gdzie przy przejściu do drugiej linijki skorzystaliśmy z nierówności: xi−1 (cid:173) 1. Z otrzymanego rezultatu widzimy, że dla dowolnie małego ǫ 0 możemy wybrać δ 0 w taki sposób, aby ǫ = log (1 + δ) (czyli δ = eǫ − 1 0), a spełniony będzie warunek Wykazaliśmy tym samym, że funkcja jest całkowalna. Un − Ln ǫ. (1.1.30) n xi−1 + δ (xi − xi−1) log xi−1 (xi − xi−1) log(cid:18)1 + δ Xi=1 Xi=1 = 1 · log (1 + δ) = log (1 + δ) , ¬ Xi=1 (xi − xi−1) log(cid:18)1 + (xi − xi−1) n 1(cid:19) = log (1 + δ) Xi=1 1.1 BADAMY CAŁKOWALNOŚĆ FUNKCJI 17 Problem 4 Niech zbiór A zdefiniowany będzie następująco: A = {1/n | n ∈ N}. (1.1.31) Zbadamy całkowalność funkcji charakterystycznej tego zbioru χA(x) na przedziale P = [0, 1]. Rozwiązanie W poprzednich zadaniach całkowalności funkcji można było dowieść dość prosto. Jak łatwo dostrzec, wspólną cechą, która łączyła te przykłady, była ciągłość rozważanej funkcji. Rodzi się więc pytanie, czy przypadkiem nie można wykazać całkowalności na przedziale [a, b] dowolnej funkcji ciągłej (i tym samym ograniczonej). Jak Czytelnik zapewne wie z wykładu analizy, odpowiedź na to pytanie jest twierdząca. W niniejszym zadaniu zbadamy więc przypadek mniej oczywisty: całkowalność funkcji, która ma punkty nie- ciągłości (a nawet ma ich nieskończenie wiele). Rozpocząć jednak musimy od przypomnienia definicji funkcji charakterystycznej danego zbioru C: χC(x) =( 1 dla x ∈ C, 0 dla x 6∈ C. (1.1.32) Z definicji tej wynika, że największą i najmniejszą wartością funkcji na całej jej dziedzinie są f max = 1 (1.1.33) Wyobraźmy sobie teraz, że podzieliliśmy przedział P na podprzedziały Pi, gdzie i = 1, 2, . . . , N. Punkty podziału oznaczamy jak poprzednio symbolami xi i zakładamy, że f min = 0. oraz 0 = x0 x1 . . . xi−1 xi . . . xN−1 xN = 1. Jeśli w danym przedziale Pi znajdzie się liczba postaci 1/n, dla n ∈ N, to = 0. naturalnie będzie zachodzić f max Wartość najmniejsza na przedziale Pi jest zawsze równa zeru (f min = 0), gdyż w każdym przedziale znajdzie się liczba nierówna 1/n. = 1. W przeciwnym razie mamy f max i i i Utworzymy teraz sumy górną i dolną: N N UN = Xi=1 (xi − xi−1)f max i , LN = Xi=1 (xi − xi−1)f min i = 0. (1.1.34) Musimy sprawdzić, czy |UN − LN| = |UN| ǫ dla dowolnego ǫ 0, o ile tylko wybraliśmy odpowiednio duże N, skracając tym samym długo- 18 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA ści wszystkich podprzedziałów. Konstrukcja całki Riemanna wymaga, aby długość największego z nich (oznaczmy ją symbolem δ) zmierzała do zera. W pewnym momencie musi więc stać się ona mniejsza od (dodatniego) wy- rażenia 1 2(cid:18) 1 k − 1 − 1 k(cid:19) = 1 2 · 1 k(k − 1) , (1.1.35) w którym k jest pewną wybraną przez nas (dużą) liczbą naturalną. Wyrażenie (1.1.35) to po prostu połowa odległości pomiędzy liczbami 1/k oraz 1/(k−1). W efekcie nie mogą się one jednocześnie znaleźć w żadnym z przedziałów Pi ani tym bardziej nie może tak być dla liczb 1/(k − 2), 1/(k − 3), . . . , 1, między którymi „odległości” są jeszcze większe. Sytuacja ta przedstawiona jest na rysunku 1.2. Zaznaczone przedziały leżące na prawo od 1/k i dające niezerowy wkład zawierają po dokładnie jednej liczbie postaci 1/n każdy. Natomiast przedział [0, 1/k] (lub też [0, 1/(k − 1[) zawiera ich nieskończenie wiele. On także rozpada się na sumę przedziałów o długościach mniejszych od δ, ale dla potrzebnego nam oszacowania (1.1.36) nie ma to znaczenia. 0 0 ... ... 1 1 €€€€€€ €€€€€€ k k 1 1 €€€€€€€€€€€€€€€€€ €€€€€€€€€€€€€€€€€ k - 1 k - 1 1 1 €€€€€€€€€€€€€€€€€ €€€€€€€€€€€€€€€€€ k - 2 k - 2 1 1 €€€€€€€€€€€€€€€€€ €€€€€€€€€€€€€€€€€ k - 3 k - 3 ... ... 1 1 x x Rysunek 1.2: Przykładowe przedziały zawierające liczby postaci 1/n, gdzie n ∈ N. Suma górna to w naszym przypadku suma długości wszystkich tych prze- działów, które zawierają przynajmniej jedną liczbę postaci 1/n, natomiast suma dolna, jak już wiemy, jest zerem. Mamy zatem następujące oszacowa- nie, dzięki temu, że δ mniejsza jest od wyrażenia (1.1.35): |UN − LN| = 1 k − 1 1 k − 1 + (k − 1)δ 1 + k − 1 1 2k 1 k − 1 + + 1 k − 1 k − 1 2k(k − 1) 2 . k − 1 (1.1.36) Jeśli teraz zażądamy, aby |UN − LN| ǫ, to możemy łatwo spełnić ten warunek, wybierając k (2 + ǫ)/ǫ, a następnie δ 1 2 · 1 k(k − 1) ǫ2 4(2 + ǫ) . 1.2 ZNAJDUJEMY CAŁKĘ RIEMANNA Z DEFINICJI 19 Wynika stąd, że |UN − LN| −→N→∞ walna. 0, więc funkcja w treści zadania jest całko- Na koniec warto uczynić pewną dygresję. Otóż gdyby nasza funkcja była np. funkcją charakterystyczną zbioru liczb wymiernych, to dla każdego z pod- przedziałów przy dowolnym podziale odcinka [0, 1] mielibyśmy: f max i = 1, f min i = 0. (1.1.37) W dowolnym z nich znalazłaby się bowiem zawsze zarówno liczba wymierna, jak i niewymierna. Oznacza to, że suma górna byłaby stale równa jedności, a suma dolna zeru. W efekcie: i funkcja okazałaby się niecałkowalna. Nosi ona nazwę funkcji Dirichleta. |Un − LN| = 1 −→N→∞ 1 6= 0 (1.1.38) 1.2 Znajdujemy całkę Riemanna z definicji Problem 1 Znajdziemy całkę Riemanna: gdzie α ∈ R. Rozwiązanie xα dx, Z[1,2] (1.2.1) W przykładach poprzedniego podrozdziału nauczyliśmy się wykazywać, że dana funkcja jest (bądź nie jest) na przedziale [a, b] całkowalna w sensie Riemanna. Przeprowadzając dowód, nigdzie jednak nie zakładaliśmy konkret- nej formy podziału zbioru [a, b], poza żądaniem, aby punkty xi nie pokrywały się (co zresztą nie jest istotne) oraz aby długość największego z podprze- działów zbiegała do zera w miarę zagęszczania punktów (co jest istotne). Oznacza to, że dla funkcji całkowalnej wynik procedury Riemanna będzie identyczny dla każdego podziału spełniającego powyższe warunki. Fakt ten otwiera możliwość względnie łatwego obliczania wartości całek (a nie tylko 20 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA wykazywania, że one istnieją) dla niezbyt skomplikowanych funkcji. Wystar- czy bowiem przeprowadzić procedurę dla takiego podziału, dla którego jest to zrobić najłatwiej, a wynik obliczeń będzie taki sam jak dla każdego innego. Metodę tę prześledzimy, obliczając całkę (1.2.1). Funkcja podcałkowa jest ciągła, a zatem całkowalna. Możemy więc wy- brać taki podział, jaki jest dla nas wygodny. Mamy oczywiście: 1 = x0 x1 . . . xi−1 xi . . . xN−1 xN = 2, (1.2.2) ale musimy jeszcze wybrać konkretne wartości xi. Pojawia się przed nami zagadnienie, czym się przy tym kierować. Naturalnie nie można tu podać żadnej sztywnej reguły, na pewno jednak trzeba wziąć pod uwagę postać funkcji. W naszym przypadku wskazówką może być jej potęgowy charakter. Jeśli podzielilibyśmy przedział [1, 2] także w sposób „potęgowy” (co w tym zadaniu oznacza „geometryczny”), to istnieje szansa, że suma Riemanna oka- załaby się po prostu sumą N wyrazów ciągu geometrycznego, a taką umiemy obliczyć bez trudności. Przyjmijmy zatem xi = qi, przy czym iloraz ciągu (liczbę q) ustalimy za chwilę. Dla i = 0 mamy automatycznie x0 = q0 = 1. Ponadto musi zachodzić: xN = qN = 2, skąd wnosimy, że q = N√2. Wybie- ramy zatem następujące punkty podziału xi = ( N√2)i, dla i = 0, 1, . . . , N. (1.2.3) Utworzymy teraz sumę Riemanna, ale nieważne którą: górną, dolną czy jakąkolwiek pośrednią (czyli wypunktowaną – zob. problem 1 w podroz- dziale 1.1). Dla funkcji całkowalnej wszystkie one muszą mieć tę samą granicę. Do jej obliczenia użyjemy więc dowolnych wartości, jakie przyjmuje funkcja na przedziałach [xi−1, xi]. W szczególności wybierzemy w tym celu f(xi), czyli h( n√2)iiα Xi=1 = ( N√2 − 1) Xi=1h( N√2)i − ( N√2)i−1ih( N√2)iiα Xi=1h( N√2)α+1ii (xi − xi−1)f(xi) = ( N√2)iα+i−1 = . Mamy wówczas: N N√2 − 1 N√2 . (1.2.4) N IN := N N Xi=1 W otrzymanym wyrażeniu dostrzegamy sumę N pierwszych wyrazów ciągu geometrycznego o ilorazie ( N√2)α+1. Przyjmijmy w tym miejscu tymczasowe założenie, że α 6= −1, a przypadkiem α = −1 zajmiemy się później. Sumę 1.2 ZNAJDUJEMY CAŁKĘ RIEMANNA Z DEFINICJI 21 (1.2.4) możemy łatwo wykonać, otrzymując: IN = N√2 − 1 N√2 ( N√2)α+1 1 −h( N√2)α+1iN 1 − ( N√2)α+1 N√2 − 1 N√2 = ( N√2)α+1 Aby obliczyć całkę, musimy przejść z N do nieskończoności: I = lim N→∞ W tym celu przepiszemy (1.2.5) w formie: ( N√2)α(2α+1 − 1). Granica wyrażenia N√2 jest jedynką, a ilorazami postaci: N√2 − 1 N√2α+1 − 1 IN = 1 − 2α+1 1 − ( N√2)α+1 . (1.2.5) IN . (1.2.6) N√a − 1 N√b − 1 zajmowaliśmy się w pierwszej części tego zbioru (zob. problem 1 w podroz- dziale 14.3). Zachodzi: lim N→∞ N√a − 1 N√b − 1 = lim N→∞ N( N√a − 1) N( N√b − 1) = log a log b . (1.2.7) W naszym przypadku a = 2 oraz b = 2α+1. Zbierając uzyskane wyniki, otrzymujemy wartość poszukiwanej całki: I = lim N→∞ IN = log 2 log 2α+1 · 1 · (2α+1 − 1) = 2α+1 − 1 α + 1 . (1.2.8) Pozostał nam jeszcze do rozważenia przypadek α = −1. Dla tej wartości wzór (1.2.4) przyjmuje postać: IN = N√2 − 1 N√2 1 = N( N√2 − 1) N√2 . N Xi=1 Obliczając granicę tego wyrażenia, znajdujemy: I = lim N→∞ IN = log 2 1 = log 2. (1.2.9) (1.2.10) 22 Problem 2 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Znajdziemy całkę Riemanna: Rozwiązanie Z[0,π] sin x dx. (1.2.11) Funkcja sinus jest ciągła, a zatem całkowalna na dowolnym przedziale [a, b]. Każdy prawidłowo dokonany podział tego przedziału (była o tym mowa w podrozdziale 1.1) doprowadzi w granicy do identycznej wartości całki. Przy wyborze podziału odcinka [0, π] pomocny okaże się wzór, który stosunkowo łatwo jest udowodnić metodą indukcji matematycznej bądź korzystając z pos- taci biegunowej liczb zespolonych: sin α + sin 2α + . . . + sin nα = sin(nα/2) sin((n + 1)α/2) sin(α/2) , (1.2.12) dla α 6= 2kπ (k ∈ Z). My wykażemy go poniżej tą pierwszą metodą. Dla n = 1 w sposób oczywisty wzór ten jest prawdziwy, gdyż lewa strona równa jest po prostu sin α, a prawa: sin(α/2) sin(2α/2)/ sin(α/2) = sin α. W drugim kroku musimy pokazać, że z założenia indukcyjnego, które ma postać tożsamą z (1.2.12), wynika teza indukcyjna: sin α+sin 2α+ . . . +sin(n+1)α = sin((n + 1)α/2) sin((n + 2)α/2) sin(α/2) . (1.2.13) Lewe strony (1.2.12) oraz (1.2.13) różnią się wyłącznie wyrazem postaci sin(n + 1)α, więc dodamy go do obu stron (1.2.12). Jeśli okaże się, że sin(nα/2) sin((n + 1)α/2) + sin(n + 1)α sin(α/2) = sin((n + 1)α/2) sin((n + 2)α/2) sin(α/2) , (1.2.14) to równe będą także prawe strony i wzór (1.2.12) dla dowolnego naturalnego n będzie udowodniony. Przekształćmy zatem lewą stronę (1.2.14) w następujący 1.2 ZNAJDUJEMY CAŁKĘ RIEMANNA Z DEFINICJI 23 sposób: sin(nα/2) sin((n + 1)α/2) sin(α/2) + sin(n + 1)α sin(nα/2) sin((n + 1)α/2) + sin(n + 1)α sin(α/2) sin(α/2) sin(nα/2) sin((n + 1)α/2)+2 sin((n + 1)α/2) cos((n + 1)α/2) sin(α/2) sin(α/2) sin((n + 1)α/2) sin(α/2) sin((n + 1)α/2) sin(α/2) + 2 cos (n + 1)α 2 α sin + cos (n + 1)α 2 α sin 2 α − cos (n + 1)α 2(cid:19) + 2 cos α 2 − cos 2 (cid:20) sin sin((n + 1)α/2) (cid:20)sin(cid:18)(n + 1)α (cid:20) sin 2(cid:21) = 2(cid:21) = sin(α/2) sin(α/2) (n + 1)α 2 (n + 1)α sin 2 (n + 1)α 2 α 2(cid:21) sin α 2 cos α 2 = = = = sin((n + 1)α/2) sin((n + 2)α/2) . (1.2.15) Otrzymaliśmy faktycznie prawą stronę (1.2.14), co oznacza, że dowód został ukończony. Dysponując wzorem (1.2.12), możemy podzielić przedział [0, π] na równe podprzedziały (np. punktami xi = πi/N). Wiemy bowiem, że odpowiednią sumę Riemanna uda się wtedy wykonać. Ma ona w naszym przypadku postać: N IN = Xi=1 (xi − xi−1) sin xi = N Xi=1(cid:18) πi N − N (cid:19) sin π(i − 1) πi N = π N sin πi N . N Xi=1 (1.2.16) Jak Czytelnik wie z poprzedniego zadania oraz zapewne z wykładu analizy, w każdym podprzedziale [xi−1, xi] można było wybrać do obliczenia sumy dowolną wartość funkcji (my wybraliśmy f(xi)). Dzięki temu uzyskane wy- rażenie ma dokładnie tę postać, jaka jest nam potrzebna. Wykorzystując formułę (1.2.12) dla α = π/N, otrzymujemy: IN = π N · sin(N π/(2N)) sin((N + 1)π/(2N)) sin(π/(2N)) = 2 π/(2N) sin(π/(2N)) sin((N + 1)π/(2N)), (1.2.17) gdzie położyliśmy sin(N π/(2N)) = sin(π/2) = 1. Granica ostatniego czyn- nika w (1.2.17), przy N → ∞, równa jest 1, gdyż argument sinusa także dąży do π/2 (a funkcja ta jest ciągła), natomiast granica ułamka jest identyczna 24 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA (zob. część I, zad. 5 w podrozdziale 5.1). Otrzymujemy zatem następującą wartość całki (1.2.11): I = lim N→∞ IN = 2 · 1 · 1 = 2. (1.2.18) Problem 3 Znajdziemy moment bezwładności i promieniu R względem jego osi symetrii. jednorodnego walca o masie M Rozwiązanie Do obliczenia momentu bezwładności walca wykorzystamy ideę całki Rie- manna. Jak wiemy z mechaniki, moment bezwładności bryły względem osi obrotu zdefiniowany jest następująco: I = mir2 i , (1.2.19) N−1 Xi=0 gdzie sumowanie przebiega po wszystkich N „kawałkach” bryły, na które umownie została ona podzielona, a które można uważać za punktowe. Sym- bol mi oznacza wówczas masę i-tego „punktu”, a ri – jego odległość od osi obrotu. Ściśle biorąc, nie jest konieczne, aby masy te były punktowe, do czego wrócimy poniżej. Wyrażenie to przypomina sumę Riemanna, a podobieństwo to stanie się w pełni widoczne w trakcie rozwiązywania zadania. Tym razem dzielimy na części fizycznie istniejącą bryłę o konkretnym momencie bezwładności, więc sumując wkłady od „punktowych” mas, z pewnością odtworzymy jego wartość, niezależnie od dokonanego podziału, o ile będzie on na tyle gęsty, aby dla każdej masy mi była jednoznacznie określona jej odległość ri od osi. Oznacza to – podobnie jak przy obliczaniu całki Riemanna z funkcji ciągłej – że możemy wybrać podział najwygodniejszy, czyli taki, dla którego najłatwiej będzie nam wykonać sumę w (1.2.19), na przykład ten przedstawiony na rysunku 1.3. Ze względu na symetrię bryły, jako masy mi wybieramy powierzchnie wal- cowe o promieniach ri, wysokościach równych wysokości walca (oznaczamy ją h) i grubościach ścianek △ri. O tych ostatnich zakładamy, że △ri ≪ R (czyli ścianki są cienkie). Czytelnik mógłby w tym miejscu zaprotestować: 1.2 ZNAJDUJEMY CAŁKĘ RIEMANNA Z DEFINICJI 25 trudno jest bowiem uznać nawet najcieńsze ścianki cylindra za masy punk- towe. Jednakże zaproponowany podział jest właściwy i można to łatwo uza- sadnić. Z formalnego punktu widzenia te powierzchnie walcowe powinniśmy rzeczywiście podzielić jeszcze na drobne fragmenty. Tyle że każdy z tych frag- mentów jest jednakowo odległy od osi obrotu (ma to samo ri), więc można je zsumować w pierwszej kolejności, otrzymując po prostu masę i-tej powłoki razy r2 i . Rysunek 1.3: Podział walca na fragmenty o określonych odległościach od osi obrotu. Umówmy się teraz, że 0 = r0 r1 . . . ri−1 ri . . . rN−1 rN = R. Walec jest jednorodny, więc jego gęstość wyliczamy ze wzoru: ρ = M πR2h . (1.2.20) (1.2.21) 26 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Z kolei mi otrzymujemy jako różnicę mas walca o promieniu ri + △ri i tego o promieniu ri: mi = [π(ri + △ri)2h − πr2 M R2 △ri(2ri + △ri). (1.2.22) Jeśli pominąć w nawiasie wyrażenie △ri (które zresztą okaże się całkowicie nieistotne), to widoczne jest, że (1.2.19) po wstawieniu mi w postaci (1.2.22) stanowić będzie po prostu sumę Riemanna dla funkcji f(r) = 2M r3/R2: i h]ρ = πh △ri(2ri + △ri)ρ = N−1 Xi=0 f(ri) △ri = 2 M R2 N−1 Xi=0 r3 i △ri. Zgodnie z wcześniejszymi uwagami możemy teraz wybrać punkty po- działu ri przedziału [0, R] w postaci (1.2.23) skąd wynika, iż △ri = R/N. Dla N → ∞ faktycznie zachodzi △ri ≪ R. Przy tym wyborze suma (1.2.19) będzie miała postać: i = 0, 1, 2, . . . , N, ri = R , i N I = N−1 Xi=0 M R2 △ri(2ri +△ri)r2 i = M R2 (cid:18) R N(cid:19)4 N−1 Xi=0 (2i + 1)i2 = αM R2, (1.2.24) gdzie α jest bezwymiarowym współczynnikiem: N−1 N−1 α = = 1 N 4 (2i + 1)i2 = Xi=0 N 4 2 (N − 1)2N 2 1 4 (2i3 + i2) 1 Xi=0 N 4 (N − 1)N(2N − 1) + 6 ! . (1.2.25) Wykorzystaliśmy tu znane wzory, łatwe do wykazania metodą indukcji ma- tematycznej: 13 + 23 + 33 + . . . + n3 = 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = n2(n + 1)2 , 4 n(n + 1)(2n + 1) 6 . (1.2.26) Ścisłą wartość momentu bezwładności otrzymamy w granicy N → ∞, gdy ścianki stają się nieskończenie cienkie, a ri jest faktycznie dobrze okre- ślone. Z zadania 1 w podrozdziale 5.2 części pierwszej wiemy, że granicą ilorazu dwóch wielomianów tych samych stopni, w zmiennej N, jest stosunek współczynników przy najwyższych potęgach. Ze wzoru na α widać od razu, 1.3 ZNAJDUJEMY GRANICE PEWNYCH CIĄGÓW 27 że mamy do czynienia z wielomianami czwartego stopnia, a stosunek współ- czynników przy N 4 wynosi 1/2. Pochodzi on od pierwszego wyrazu w na- wiasie w (1.2.25). Drugi wyraz to wielomian trzeciego stopnia, więc nie daje on żadnego wkładu do granicy. Wspominaliśmy już o tym wcześniej, pisząc, że wyrażenie △ri w nawiasie w (1.2.22) można pominąć jako małą wyższego rzędu. Szukany moment bezwładności jest więc równy: I = 1 2 M R2. (1.2.27) 1.3 Znajdujemy granice pewnych ciągów Problem 1 Znajdziemy granicę ciągu: n an = 12 + n2 + n 22 + n2 + . . . + n n2 + n2 . (1.3.1) Rozwiązanie Z obliczaniem granic ciągów zetknęliśmy się już w części pierwszej tego zbioru. Istnieje jednak pewna klasa ciągów, dla których granice można ła- two znajdować przy zastosowaniu sumy i całki Riemanna i z tego względu ich badanie odłożyliśmy do chwili obecnej. Pomysł polega na zapisaniu całki Riemanna dwoma sposobami: jako granicy sumy Riemanna oraz jako odpo- wiedniej całki oznaczonej. Jak wiemy bowiem z podstawowego twierdzenia rachunku różniczkowego i całkowego, całka Riemanna z funkcji całkowalnej równa jest po prostu odpowiedniej całce oznaczonej: f(x)dx = Z[a,b] b Za f(x)dx = F (b) − F (a), (1.3.2) przy czym F (x) oznacza funkcję pierwotną dla funkcji f(x), a zatem speł- niającą związek: F ′(x) = f(x). Zastosowanie tej metody prześledzimy na przykładzie niniejszego zadania. 28 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Przede wszystkim zastanowimy się, czy w wyrażeniu (1.3.1) można do- strzec sumę Riemanna. Jeśli tak, to powinno być możliwe nadanie jej postaci n Xi=1 (xi − xi−1)f(˜xi), (1.3.3) w której xi są punktami podziału pewnego przedziału [a, b] (a i b musimy jeszcze ustalić), a ˜xi ∈ [xi−1, xi]. Przepiszemy teraz wzór na an w formie: an = n n n 22 + n2 + . . . + n 1 + n2/n2(cid:19) = 1 n · n Xi=1 1 1 + (i/n)2 . (1.3.4) 12 + n2 + n2 (cid:18) 1 n 1 + 12/n2 + = n2 + n2 1 + 22/n2 + . . . + n Porównując to wyrażenie z (1.3.3), widzimy, że jeśli przyjąć x0 = 0 oraz: xi − xi−1 = 1 n , czyli xi = i n , dla i = 1, . . . , n (1.3.5) i ˜xi = xi, to mamy rzeczywiście do czynienia z sumą Riemanna dla funkcji zdefiniowanej wzorem: f(x) = 1/(1 + x2), przy podziale pewnego przedziału na n równych części o długości 1/n. Co więcej, ponieważ x0 = 0, a xn = 1, jasne jest, że dzielimy po prostu przedział [0, 1]. Funkcja f jest ciągła na zadanym przedziale, a zatem całkowalna w sensie Riemanna. Każdy więc podział i każdy wybór ˜xi (byle tylko ˜xi ∈ [xi−1, xi]) – a więc w szczególności ten dany wzorem (1.3.5) – doprowadzi w granicy do tej samej wartości całki. W konsekwencji musimy mieć: lim n→∞ an = lim n→∞ n Xi=1 1 n · 1 1 + (i/n)2 = Z[0,1] 1 1 + x2 dx. (1.3.6) We wzorze tym zawiera się istota stosowanej metody: zamiast obliczać granicę ciągu, możemy wyliczyć całkę Riemanna po prawej stronie, a ta jest po prostu całką oznaczoną z funkcji f: an = lim n→∞ 1 Z0 1 1 + x2 dx = arctg x(cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12) 1 0 = π 4 . (1.3.7) 1.3 ZNAJDUJEMY GRANICE PEWNYCH CIĄGÓW 29 Problem 2 Znajdziemy granicę ciągu: 1 1 an = √2n2 − 12 + √2n2 − 22 Rozwiązanie + . . . + 1 q2n2 − (n − 1)2 + 1 √2n2 − n2 . (1.3.8) Wyrażenie na an ma, podobnie jak w poprzednim zadaniu, postać sumy, co daje szansę na zastosowanie tej samej metody. Aby nadać (1.3.8) po- żądaną formę (1.3.3), wyłączmy przed nawias czynnik 1/n, a jeszcze lepiej 1/(n√2), który – jak oczekujemy – pełnił będzie rolę długości podprzedzia- łów: 1/(n√2) = xi − xi−1. Otrzymamy wówczas: 1 n√2 1 n√2 i n√2 (1.3.9) an = f( = ), 1 n gdzie f(x) = 1/√1 − x2. Porównując powyższe wyrażenie ze wzorem na sumę Riemanna, widzimy, że oba są zgodne, jeśli tylko dokonać następującego utoż- samienia: Xi=1 p1 − (i/n)2/2 n Xi=1 x0 = 0, xi = i n√2 oraz ˜xi = xi = i n√2 , dla i = 1, . . . , n. (1.3.10) Mamy zatem do czynienia z równomiernym podziałem przedziału [a, b] o koń- cach: b = xn = a = x0 = 0, (1.3.11) Funkcja f(x) na przedziale [0, 1/√2] jest ciągła, a zatem całkowalna: proce- dura Riemanna da identyczny wynik dla każdego (prawidłowego) podziału i przy dowolnym wyborze ˜xi ∈ [xi−1, xi]. Ponieważ całka Riemanna równa jest całce oznaczonej, możemy napisać: . 1 √2 1 n√2 lim n→∞ an = lim n→∞ 1/√2 = Z0 1 √1 − x2 n f( i n√2 ) = Z[0,1/√2] Xi=1 dx = arcsin x(cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12) 1/√2 0 1 √1 − x2 dx = π 4 . (1.3.12) 30 Problem 3 Znajdziemy granicę ciągu: Rozwiązanie 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA an = ns (2n)! n! . 1 n (1.3.13) Jak się przekonamy, wykorzystując metodę sumy i całki Riemanna, mo- żemy znajdować granice ciągów, których wyraz ogólny dany jest w postaci nie tylko sumy, ale także iloczynu czynników. Zawdzięczamy to własności funkcji logarytm, która iloczyn zmienia w sumę zgodnie z wzorem: dla dodatnich liczb x1, x2, . . . , xk. log(x1 · x2 · x3 · . . . · xk) = log x1 + log x2 + log x3 + . . . + log xk, Pomysł polega na tym, aby zamiast obliczać granicę an, znaleźć granicę log an. Musimy zatem sprawdzić, czy wyrażenie na log an ma postać sumy Riemanna. Łatwo się przekonać, że tak jest faktycznie: (1.3.14) = (2n)! 1 n n = = 1 n(cid:18)log log an = log  [log(n + 1) + log(n + 2) + log(n + 3) + . . . + log(2n) − n log n] Xi=1 (1.3.15) n!  ns(2n)! n!nn(cid:19)1/n  = log(cid:18) (2n)! Xi=1 n! − log nn(cid:19) [log(n + i) − log n] = log(cid:18)1 + Wybierając xi = i/n, mamy xi − xi−1 = 1/n i współczynnik przed sumą w (1.3.15) staje się długością przedziału [xi−1, xi]. Dalej możemy przyjąć ˜xi = xi = i/n ∈ [xi−1, xi] oraz f(x) = log(1 + x). W efekcie widzimy, że i n(cid:19) . 1 n 1 n n 1 n log an = n Xi=1 (xi − xi−1)f(˜xi). (1.3.16) W granicy n → ∞ otrzymamy całkę na przedziale [a, b], gdzie a = x0 = 0 oraz b = xn = 1 (funkcja log(1 + x) jest na tym przedziale ciągła, a zatem całkowalna). Łatwo ją wyliczyć przez części: lim n→∞ log(1 + x)dx = log an = Z[0,1] = [(1 + x) log(1 + x) − x](cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12) 1 0 1 log(1 + x)dx Z0 = 2 log 2 − 1 = log 4 e . (1.3.17) 1.3 ZNAJDUJEMY GRANICE PEWNYCH CIĄGÓW 31 Ponownie korzystając z ciągłości logarytmu, tym razem w otoczeniu liczby 4/e, możemy napisać: lim n→∞ log an = log(cid:16) lim n→∞ an(cid:17) = log 4 e , skąd, dzięki różnowartościowości funkcji logarytm, znajdujemy: an = lim n→∞ 4 e . (1.3.18) (1.3.19) Problem 4 Znajdziemy granicę ciągu: an = n2vuut 1 + Rozwiązanie 12 n2!1 · 1 + 32 n2!3 · . . . · 1 + (2n − 1)2 n2 !2n−1 . (1.3.20) Podobnie jak w poprzednim przykładzie badanie log an, w miejsce an, pozwoli nam osiągnąć dwa cele: pozbyć się kłopotliwego pierwiastka oraz zamienić iloczyn czynników w odpowiednią sumę. Mamy bowiem: · . . . ·(cid:18)1 + (2n − 1)2 + . . . + log 1 + (cid:19)2n−1 (2n − 1)2 n2 n2 !2n−1  (1.3.21) 32 32 12 log an = log n2s(cid:18)1 + n2  log 1 + Xi=1 n2(cid:19)1 ·(cid:18)1 + n2! + log 1 + log 1 + (2i − 1)2 2i − 1 n2(cid:19)3 n2!3 ! . 1 n n2 12 = = n 1 n Wyrażenie to staje się (z dokładnością do czynnika 1/2) sumą Riemanna: n Xi=1 (xi − xi−1)f(˜xi), (1.3.22) ˜xi = 2i − 1 n ∈ [xi−1, xi], f(x) = x log(1 + x2). (1.3.23) jeśli przyjąć: 2i n xi = , 32 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA Zachodzi wówczas: xi − xi−1 = 2/n i mamy: 2 Z[a,b] log an = lim n→∞ 1 f(x)dx, (1.3.24) przy czym a = x0 = 0 i b = xn = 2. Całka Riemanna równa jest z kolei całce oznaczonej, a tę obliczymy, stosując proste podstawienie t = x2 oraz wykorzystując funkcję pierwotną podaną w poprzednim zadaniu (zob. wzór (1.3.17)): f(x) dx = Z[0,2] 2 Z0 4 1 2 x log(1 + x2) dx = Z0 [(1 + t) log(1 + t) − t](cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12) 4 0 = 1 2 log(1 + t) dt = 5 2 log 5 − 2 = log √5 (cid:18)5 e(cid:19)2# . (1.3.25) W konsekwencji, uwzględniając współczynnik 1/2 w (1.3.24) oraz własności ciągłości i różnowartościowości logarytmu, otrzymujemy: an = lim n→∞ 55/4 e . (1.3.26) 1.4 Obliczamy różne ciekawe całki oznaczone Problem 1 Obliczymy całkę oznaczoną: In,m = w której n, m ∈ N. Rozwiązanie π/2 Z0 sin2n x cos2m x dx, (1.4.1) W pierwszej części niniejszego zbioru wśród różnych metod znajdowa- nia całek nieoznaczonych spotkaliśmy się z tzw. metodą rekurencyjną (zob. 1.4 OBLICZAMY RÓŻNE CIEKAWE CAŁKI OZNACZONE 33 podrozdział 15.2). Skoro dało się ją zastosować do trudniejszego zagadnie- nia, jakim było znajdowanie funkcji pierwotnej, to tym bardziej należy mieć nadzieję, że może być ona użyteczna w łatwiejszym, tj. znajdowaniu całki oznaczonej, czyli po prostu liczby. Na pierwszy rzut oka pewną trudność w ni- niejszym zadaniu stanowić może fakt, że w (1.4.1) występują aż dwa para- metry (n i m), po których należałoby prowadzić rekurencję. Nie powinniśmy się jednak tym martwić, lecz wyprowadzić związek rekurencyjny dla jednego z nich. W tym celu wykorzystamy fakt, iż funkcje sin x oraz cos x zmieniają się w siebie nawzajem przy różniczkowaniu bądź całkowaniu. Mamy: π/2 Z0 sin2n x cos2m x dx = π/2 Z0 sin2n x cos x cos2m−1 x dx In,m = = − 2n + 1 2n + 1 π/2 1 1 π/2 Z0 hsin2n+1 xi′ cos2m−1 x dx = Z0 sin2n+1 xhcos2m−1 xi′ dx 2m − 1 Z0 2n + 1 π/2 = 0 + sin2(n+1) x cos2(m−1) x dx = 1 2n + 1 sin2n+1 x cos2m−1 x(cid:12)(cid:12)(cid:12) π/2 0 2m − 1 2n + 1 In+1,m−1. (1.4.2) Skorzystaliśmy tutaj ze wzoru na całkowanie przez części oraz z tego, że sin 0 = cos(π/2) = 0. Udało nam się zatem powiązać równaniem wskaźnik m ze wskaźnikiem m − 1, podobnie jak w przykładach z pierwszej części książki, ale za cenę powiększenia drugiego ze wskaźników: n 7→ n + 1. Nie jest to więc reku- rencja, którą udałoby się rozwikłać w jednym kroku. Jednakże wzór (1.4.2) umożliwia nam przekształcenie dwuwskaźnikowego wyrażenia In,m w jedno- wskaźnikowe, jeśli dokonać poniżej iteracji: In,m = 2m − 1 2n + 1 = . . . = Oznaczymy teraz: (2m − 1)(2m − 3) (2n + 1)(2n + 3) In+m,0. In+1,m−1 = (2m − 1)!!(2n − 1)!! (2(n + m) − 1)!! Z0 ˜Ik := Ik,0 = π/2 sin2k x dx In+2,m−2 (1.4.3) (1.4.4) π/2 = Z0 = ˜Ik−1 − = ˜Ik−1 − = ˜Ik−1 − π/2 Z0 sin2k−2 dx − π/2 Z0 sin2k−2 cos2 x dx π/2 1 2k − 1 1 2k − 1 | 2k − 1 1 π/2 Z0 hsin2k−1 xi′ cos x dx sin 2k − 1x cos x(cid:12)(cid:12)(cid:12)(cid:12) {z } Z0 sin2k dx = ˜Ik−1 − π/2 + =0 0 1 1 2k − 1 π/2 Z0 sin2k−1 x [cos x]′ dx 2k − 1 ˜Ik. (1.4.5) 34 1 CAŁKA RIEMANNA I CAŁKA OZNACZONA i sprowadzimy tym samym zagadnienie obliczenia (1.4.1) do zadania pole- gającego na sformułowaniu i rozwiązaniu rekurencyjnego równania na ˜Ik. Metoda postępowania dla tego typu całek jest nam już dobrze znana – wy- starczy wykorzystać „jedynkę trygonometryczną” w następujący sposób: ˜Ik = Ik,0 = sin2k−2 sin2 x dx π/2 π/2 Z0 sin2k x dx = Z0 sin2k−2(1 − cos2 x) dx = Rozwiązując otrzymane równanie ze względu na ˜Ik, dostajemy związek: ˜Ik = 2k − 1 2k ˜Ik−1. (1.4.6) Dla k = 0 łatwo obliczyć całkę, gdyż funkcja podcałkowa staje się jedynką: ˜I0 = π/2 Z0 dx = π 2 i dzięki temu po zastosowaniu iteracji (1.4.6) mamy: (2k − 1)!! (2k)!! (2k − 1)!! (2k)!! ˜Ik = ˜I0 = · (1.4.7) (1.4.8) π 2 . Korzystając teraz ze związku (1.4.3), możemy napisać wynik końcowy dla całki In,m: In,m = = (2m − 1)!!(2n − 1)!! (2(n + m) − 1)!! (2m − 1)!!(2n − 1)!! (2(n + m) − 1)!! (2m − 1)!!(2n − 1)!! (2(n + m) − 1)!! In+m,0 = (2(n + m) − 1)!! (2(m + m))!! · π 2 · = (2m − 1)!!(2n − 1)!! (2(m + m))!! ˜In+m . · π 2 (1.4.9) 1.4 OBLICZAMY RÓŻNE CIEKAWE CAŁKI OZNACZONE 35 Czytelnik głębiej zaznajomiony z matematyką mógłby we wzorze (1.4.1) od razu rozpoznać tzw. funkcję beta Eulera, zdefiniowaną wzorem: B(u, v) = 2 π/2 Z0 sin2u−1 x cos2v−1 x dx, (1.4.10) dla u, v 0. Wyrażenie w treści zadania to po prostu: In,m = 1 2 B(cid:18)n + 1 2 , m + 1 2(cid:19) , (1.4.11) a wynik (1.4.9) znaleźć można w podręcznikach dotyczących tzw. funkcji specjalnych. sin nx sin mx dx, cos nx cos mx dx, 2π 2π Z0 Z0 Z0 π Problem 2 Obliczymy całki oznaczone: a) Inm = b) Jnm = c) Knm = sin nx cos mx dx, (1.4.12) w których n, m ∈ N. Rozwiązanie Całki oznaczone, które znajdziemy w tym zadaniu, nie są szczególnie trudne. Warto je jednak wyliczyć w ramach ćwiczeń, gdyż mają one zasto- sowanie dla szeregów Fouriera, którymi zajmiemy się w trzeciej części tego zbioru. Otrzymane w punkcie a) wyniki dowodzą mianowicie, że – przy od- powiednio zdefiniowanym iloczynie skalarnym, o czym będzie mowa później – funkcje sin nx oraz sin mx są ortogonalne, dla m 6= n. Taki sam wynik otrzymamy w punkcie b) dla funkcji cos nx oraz cos mx. Obliczenie całki c)
Pobierz darmowy fragment (pdf)

Gdzie kupić całą publikację:

Rozwiązujemy zadania z analizy matematycznej. Część 2
Autor:
Sklep
Format
Cena

Opinie na temat publikacji:

Inne popularne pozycje z tej kategorii:

Czytaj również:

Prowadzisz stronę lub blog? Wstaw link do fragmentu tej książki i współpracuj z Cyfroteką: