# analiza matematica si geom. diferentiala

Post on 12-Nov-2014

396 views

Category:

## Documents

Tags:

• #### la ramura innita

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

GHEORGHE PROCOPIUCPROBLEMEDEANALIZA MATEMATICA SIECUA TII DIFEREN TIALEPARTEA IIA SI, 20062 GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1Cuprins1 Notiuni preliminare 52 Siruri de numere reale 133 Limita unei functii de o variabil a real a 194 Functii continue 255 Derivata si diferentiala unei functii 315.1 Derivata si diferentiala functiilor de o variabil a . . . . . . . . . . . . . . . 315.2 Propriet ati ale functiilor derivabile . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 366 Functii vectoriale de o variabil a real a 436.1 Functii cu valori n R2. Curbe plane . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 436.2 Functii cu valori n R3. Curbe n spatiu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 497 Integrala nedenit a 558 Integrala denit a 619 Integrale improprii 71A Curbe plane 7734 GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1Capitolul 1Notiuni preliminare1.1 Fie A, B X, doua mul timi. Sa se arate ca:1. A` B = A B.2. A B = A B si A B = A B (formulele lui De Morgan).Solu tie. 1. Avem: x A`B (x A)(x / B) (x A)

x B

x AB.2. Avem: x A B x / A B (x / A) (x / B) x A

x B

x A B. Analog se demonstreaz a si a doua formul a.1.2 Fie A, B X, doua mul timi. Sa se arate ca:1. A B A B = B A B = A A` B = .2. A B = A B A = B.3.(A` B) (A B) = A.4. (A` B) (A B) (B ` A) = A B.Solu tie. 1. Evident.2. () Dac a x A, atunci x AB = AB, deci x B, ca atare A B. Analogse arat a c a B A, deci A = B. Reciproca este evident a.3. Avem: (A` B) (A B) =

A B

(A B) = A

B B

= A.4. Tinnd seama de punctul 3, putem scrie: (A` B) (A B) (B ` A) = A

B A

= (A B)

A A

= A B.1.3 Fie A, B, C X, trei mul timi. Sa se arate ca:1. A B (A C B C) (A C B C).2. A = B (A C = B C) (A C = B C).3. A (B ` C) = (A B) ` (A C) A = .56 GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1Solu tie. 1. () Fie x A. Atunci, x A C B C. Dac a x / B, atunci x Csi deci x A C B C. Contradictie.2. Rezult a din 1.3. () Presupunem c a A = si e x A. Atunci x A (B ` C) = (A B) `(A C). Deci (x A B) (x / A C). Contradictie.1.4 Fie A, B, C X, trei mul timi. Sa se arate ca:1. A(B C) = (AB) (AC).2. A(B C) = (AB) (AC).3. A(B ` C) = (AB) ` (AC).Solu tie. 1. (x, y) A (B C) (x A) (y B C) (x A y B) (x A y C) (x, y) (AB) (AC).2. Analog ca la 1.3. (x, y) A (B ` C) (x A) (y B ` C) (x A) (y B y / C) (x A) (y B y / C) (x, y) (AB) ` (AC).1.5 Fie A si B doua mul timi numarabile. Sa se arate ca A B este numarabila.Solu tie. Presupunem c a A B = si e A = a1, a2, a3, . . . si B = b1, b2, b3, . . ..Atunci, A B = a1, b1, a2, b2, a3, b3, . . ..Dac a A B = , scriem A B = (A` B) B si proced am ca mai sus.1.6 Fie f : A B si g : B C doua func tii. Atunci:1. Daca f si g sunt injective, atunci g f este injectiva.2. Daca f si g sunt surjective, atunci g f este surjectiva.3. Daca f si g sunt bijective, atunci g f este bijectiva si (g f)1= f1 g1.Solu tie. 1. Fie x1, x2 A pentru care (g f) (x1) = (g f) (x2) g (f (x1)) =g (f (x2)). Cum g este injectiv a, rezult a f (x1) = f (x2). De unde, f ind injectiv a,deducem x1 = x2.2. Fie z C. Functia g ind surjectiv a, y B a.. g (y) = z. Cum f este surjectiv ax A a.. f (x) = y. Deci (g f) (x) = z.3. Din 1 si 2 rezult a c a g f este bijectiv a si deci inversabil a. Apoi:

f1 g1

(g f) = 1A, (g f)

f1 g1

= 1C.Inversa unei functii ind unic a, rezult a (g f)1= f1 g1.GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1 71.7 Fie f : A B o func tie. Atunci urmatoarele trei arma tii sunt echivalente:(a) f este injectiva;(b) f (X Y ) = f (X) f (Y ) , X, Y A;(c) f (X ` Y ) = f (X) ` f (Y ) , X, Y A.Solu tie. (a) (b). Dac a y f (X Y ), x X Y a.. f (x) = y, deci y = f (x) f (X) si y = f (x) f (Y ) si deci y f (X)f (Y ). Ca atare, f (X Y ) f (X)f (Y ).Apoi, dac a y f (X) f (Y ), x1 X si x2 Y a.. f (x1) = y si f (x2) = y. Functiaind injectiv a, avem x1 = x2 X Y . Deci x X Y a.. f (x) = y si deciy f (X Y ).(b) (a). Fie x1, x2 A pentru care f (x1) = f (x2). Lu am X = x1 si Y = x2.Atunci f (X Y ) = f (X) f (Y ) = f (X) = . Deci X Y = si ca atare x1 = x2.Echivalenta (a) (c) rezult a din precedenta, tinnd seama c a X ` Y = X Y .1.8 Fie f, g : A B doua func tii. Atunci f si g sunt inversabile d.d. g f si f g suntinversabile.Solu tie. () Dac a f si g sunt inversabile sunt bijective, deci gf si f g sunt bijectivesi deci inversabile.() Presupunemc a gf si fg sunt inversabile. Exist a atunci functiile h1, h2 : A Aa..(f g) h1 = h1 (f g) = 1A, (g f) h2 = h2 (g f) = 1A,decif (g h1) = (h1 f) g = 1A, g (f h2) = (h2 g) f = 1Asauf (g h1) = (h2 g) f = 1A, g (f h2) = (h1 f) g = 1A,de unde rezult a c a f si g sunt inversabile.1.9 Fie A o mul time nita si f : A A o func tie. Sa se arate ca f este injectiva d.d.este surjectiva d.d. f este bijectiva.Solu tie. Fie f injectiv a, deci num arul elementelor multimii f (A) A este egal cunum arul elementelor multimii A si deci f (A) = A. De unde rezult a c a f este surjectiv a.Fie f surjectiv a, deci f (A) = A si e x1, x2 A pentru care f (x1) = f (x2). Dac ax1 = x2, atunci num arul elementelor multimii A este mai mare dect num arul elementelormultimii f (A). Contradictie. Deci x1 = x2 si f este injectiv a.8 GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 11.10 Sa se arate ca mul timea A = xn = nn + 1nn + 1n + 1, n N, n 2 estemarginita.Solu tie. Din x + 1x 2 pentru orice num ar real pozitiv, rezult a xn > 2 + 0 + 1 = 3,adic a a = 3 este un minorant pentru A. Cum pentru n 2, 1 < nn < 2 si 1n 12,urmeaz a xn < 2 + 1 + 12 + 1 = 92, adic a b = 92 este un majorant pentru A.1.11 Sa se arate ca mul timea A = y R, y = x + 1x2 +x + 2, x R este marginitapentru orice R si sa se determine inf A si supA.Solu tie. Fie y A. Atunci: yx2+(y )x +2y 1 = 0, care trebuie s a aib a solutiireale. Deci (y )2 4y(2y 1) = 7y2 2( 2)y + 2 0, de unde, notnd cu = 222 + 1,y 2 7 , 2 +7

.Asadar:inf A = min A = 2 7 , supA = max A = 2 +7 .1.12 Sa se determine minoran tii, majoran tii, cel mai mic element si cel mai mare ele-ment (daca exista) ale urmatoarelor mul timi de numere reale:1) A = sin 1, sin2, sin 3. 2) A =

1 1n, n N.3) A =

2n12n + 1, n N. 4) A = x R, x2 5.5) A = x R, x 0, x2> 5. 6) A = x R, x3x 0.Solu tie. 1) Cum: sin2 = sin( 2), sin 3 = sin( 3), deoarece: 0 < 3 < 1 < 2 < 2 si functia sinus este strict cresc atoare pe 0, 2

, rezult a:sin 0 < sin( 3) < sin1 < sin( 2) < sin 2si deci 0 < sin3 < sin1 < sin 2 < 1. Asadar: min A = sin 3, max A = sin2 si orice num ara sin3 este un minorant, iar orice num ar b sin 2 este un majorant.GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1 92) Deoarece 1n 1, rezult a c a 1 1n 0. Deci 0 este un minorant al multimii A siorice num ar a (, 0] eare minorant. Nici un num ar a > 0 nu poate minorant almultimii A deoarece 0 Asi din denitia minorantului ar rezulta c a a 0 (contradictie).Evident inf A = min A = 0. Multimea majorantilor este [1, ). ntr-adev ar, b 1implic a b 1 1n, pentru orice n N. Dac a b < 1 rezult a 1 b > 0 si atunci n Na.. 1 b > 1n sau b < 1 1n, adic a b nu ar mai majorant. Evident sup A = 1, n timpce max A nu exist a.3) Din inegalitatea:13 2n12n + 1 < 1, n N,deducem c a multimea miniorantilor lui A este , 13

, multimea majorantilor este[1, ), inf A = min A = 13, supA = 1, iar max A nu exist a.4) inf A = minA = 5, sup A = max A = 5.5) inf A = 5, sup A = .6) inf A = , supA = .1.13 Sa se determine inf A, min A, sup A si max A daca:1) A = x R, x = a + 1a2 +a + 1, a R.2) A = y R, y = x23x + 2x2 +x + 1 , x R.3) A = y R, y = 3x2+ 4x3 1x2 + 1 , x R.Solu tie. 1) Din xa2+ (x 1)a + x 1 = 0, cu a R, rezult a A = 13, 1

.Deci inf A = min A = 13, sup A = max A = 1. 2) A =9 2213 , 9 + 2213. 3)A = [3, 5].1.14 Daca a1, a2, . . . , an R+ si a1 a2 an = 1, atunci a1 +a2 + +an n.Solu tie. Folosim metoda inductiei matematice. (2) : dac a a1, a2 R+ si a1 a2 = 1,atunci a1 + a2 2. Fie a1 1 si a2 1. Urmeaz a (a1 1)(a2 1) 0 sau a1 + a2 1 +a1 a2 = 2.10 GHEORGHE PROCOPIUC - PROBLEME DE ANALIZA MATEMATICA 1(n) : dac a a1, a2, . . . , an R+ si a1 a2 an = 1, atunci a1 +a2 + +an n.(n +1) : dac a a1, a2, . . . , an, an+1 R+ si a1 a2 an an+1 = 1, atunci a1 +a2 + +an +an+1 n + 1.Printre numerele a1, a2, . . . , an, an+1 exist a cel putin unul mai mare sau cel putin egalcu 1 si cel putin unul mai mic sau cel mult egal cu 1. F ar a a restrnge generalitatea,putem presupune c a acestea sunt a1 si a2. Din (2) avem c a a1 + a2 1 + a1 a2, deunde deducem:a1 +a2 + +an +an+1 1 +a1 a2 +a3 + +an +an+1 1 +n,deoarece a1 a2, a3, . . . , an, an+1 sunt n numere al c aror produs este 1.1.15 Inegalitatea mediilor. Fie x1, x2, . . . , xn R+ si A media aritmetica, G mediageometrica, H media armonica a celor n numere, denite prinA = x1 +x2 + +xnn , G = nx1 x2 xn, H = n1x1 + 1x2 + + 1xn.Sa se arate ca au loc inegalita tile: H G A.Solu tie. Din denitia mediei geometrice avem:x1 x2 xnGn = 1 sau x1G x2G xnG = 1.Lund n exercitiul precedent ak = xkG, k = 1, n, obtinem: x1G + x2G + + xnG n, sauA G. nlocuind aici pe xk prin 1xk, k = 1, n, g asim H G.1.16 Inegalitatea lui Schwarz-Cauchy. Pentru orice numere reale a1, a2, . . . , an sib1, b2, . . . , bn are loc inegalitatea:

nk=1akbk

nk=1a2k

nk=1b2k.Solu tie. Fie trinomul de gradul al doilea:f(x) =

a21 +a22 + +a2n

x22 (a1b1 +a2b2 + +anbn) x +

b21 +b22 + +b2n

,care se mai scrie f(x) = (a1x b1)2+ (a2x b2)2+ + (anx bn)2 0, pentru oricex R, deci 0, ceea ce implic a inegalitatea dat a