FOR DUTCH STUDENTS! ENGLISH VERSION NEXT PAGE Tentamen Analyse 1 1 18 december 2013, duur 3 uur. • Voeg aan het antwoord van een opgave altijd het bewijs, de berekening of de argumentatie toe. • Als je een onderdeel van een opgave niet kunt maken, ga dan toch door met de volgende onderdelen. Je mag daarbij de in eerdere onderdelen verschafte informatie gebruiken. • De (grafische) rekenmachine mag gebruikt worden bij het tentamen. De rekenmachine kan gebruikt worden om numerieke berekeningen uit te voeren. De rekenmachine kan echter NIET gebruikt worden om argumenten te geven voor verkregen oplossingen. Opgave 1 Toon met behulp van de (ε, δ)-definitie aan dat de functie f : IR\{−2} → IR, gedefinieerd door f (x) =
3 voor iedere x ∈ IR\{−2}, 2x + 4
continu is in 1. Opgave 2 Beschouw een continue functie f : IR → IR waarvoor geldt dat f (0) = 10 en f (x) ≥ 1 + x2 voor iedere x ∈ IR. a) Bewijs dat de vergelijking f (x) = 2013 minstens twee oplossingen heeft. b) Bewijs dat de functie f een minimum heeft. zie ommezijde voor de overige opgaven
1 Cijferbepaling: Puntentelling tentamen: opgave 1: 5 ptn; opgave 2: 7 ptn; opgave 3: 6 ptn; opgave 4: 6 ptn; opgave 5: 5 ptn; opgave 6: 6 ptn; opgave 7: 5 ptn. Het cijfer voor het tentamen is de som van de punten gedeeld door 4. De toets telt voor 20% mee.
Opgave 3 Beschouw een differentieerbare functie f : [0, 4] → IR waarvoor geldt dat f (2) = 2 en |f ′ (x)| ≤ 34 voor iedere x ∈ [0, 4]. a) Toon aan dat f een contractie van [0, 4] is. b) Toon aan dat de rij (tn )∞ n=1 , gedefinieerd door t1 = 3 en tn+1 = f (tn ) voor iedere n ∈ IN, een limiet heeft en bepaal deze limiet. Opgave 4 √ Beschouw de functie f : [0, +∞) → IR gedefinieerd door f (x) = x voor iedere x ∈ [0, +∞). a) Gebruik het eerste orde Taylor polynoom van f in 36 om een schatting √ te geven van 37. b) Gebruik de stelling van Taylor om een bovengrens (d.w.z. een getal) te geven van de fout die gemaakt wordt bij deze schatting. Opgave 5 Bepaal, indien mogelijk, x7 − x5 + x3 − x . x→1 x8 + x6 + x4 + x2 − 4 lim
Opgave 6 1 Beschouw de rij (tn )∞ n=1 gedefinieerd door tn = ln(1 − (n+1)2 ) voor iedere ele sommen zijn. n ∈ IN. Laat (Sn )∞ n=1 de bijbehorende rij van parti¨ a) Toon aan dat Sn = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) voor iedere n ∈ IN. b) Is de rij (tn )∞ n=1 sommeerbaar? Zo ja, bepaal de som van deze rij. Hint: Voor iedere x > 0, y > 0 geldt ln(xy) = ln x+ln y en ln( xy ) = ln x−ln y. Bovendien mag je gebruiken dat ln een continue functie is. Opgave 7 Bereken
Z
0
1
x2 + 1 dx. x+1
FOR NON-DUTCH STUDENTS! Exam Mathematical Analysis 1 2 December 18, 2013, duration 3 hours. • For every exercise you have to provide the full proof, calculation and/or arguments. • If you can’t solve an item of some exercise, continue with the next items. It is allowed to use the information that you have obtained before. • The (graphical) calculator can be used during the exam. However, the graphical calculator can only be used for numerical calculations. It CANNOT be used to provide arguments for the solutions obtained. Exercise 1 Show, by using the (ε, δ)-definition, that the function f : IR\{−2} → IR, defined by 3 f (x) = for every x ∈ IR\{−2}, 2x + 4 is continuous in 1. Exercise 2 Consider a continuous function f : IR → IR with the property that f (0) = 10 and f (x) ≥ 1 + x2 for every x ∈ IR. a) Show that the equation f (x) = 2013 has at least two solutions. b) Show that the function f has a minimum. Exercise 3 Consider a differentiable function f : [0, 4] → IR with the property that f (2) = 2 and |f ′ (x)| ≤ 34 for every x ∈ [0, 4]. a) Show that f is a contraction of the interval [0, 4]. b) Show that the sequence (tn )∞ n=1 , defined by t1 = 3 and tn+1 = f (tn ) for every n ∈ IN, has a limit and determine this limit. Turn this page for the other exercises.
2
Grading: Grading exam: exercise 1: 5 pts; exercise 2: 7 pts; exercise 3: 6 pts; exercise 4: 6 pts; exercise 5: 5 pts; exercise 6: 6 pts; exercise 7: 5 pts. The grade for the exam is the sum of the points scored, divided by 4. The midterm counts for 20%.
Exercise 4 √ Consider the function f : [0, +∞) → IR defined by f (x) = x for every x ∈ [0, +∞). a) Use the first √ order Taylor polynomial of f in 36 in order to give an estimate of 37. b) Use Taylor’s Theorem in order to give an upper bound (i.e. a number) of the error made for this estimate. Exercise 5 Determine, if possible, x7 − x5 + x3 − x . x→1 x8 + x6 + x4 + x2 − 4 lim
Exercise 6 1 Consider the sequence (tn )∞ n=1 defined by tn = ln(1− (n+1)2 ) for every n ∈ IN. Let (Sn )∞ n=1 be the corresponding sequence of partial sums. a) Show that Sn = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) for every n ∈ IN. b) Is (tn )∞ n=1 summable? If yes, determine the sum of this sequence. Hint: For every x > 0, y > 0 we have ln(xy) = ln x + ln y and ln( xy ) = ln x − ln y. Moreover you can use the fact that ln is a continuous function. Exercise 7 Determine
Z
0
1
x2 + 1 dx. x+1
Solutions Exam Mathematical Analysis 1, December 18, 2013 Exercise 1 Note that f (1) = 12 . We have to show that for every ε > 0 there is a δ > 0 such that for every x ∈ IR\{−2} with |x − 1| < δ we have |f (x) − f (1)| < ε. So let ε > 0. Choose δ = min{1, 4ε}. Let x ∈ IR\{−2} be such that |x − 1| < δ. Then |x − 1| < δ ≤ 1, hence x > 0. Moreover 3 1 − | 2x + 4 2 3 − (x + 2) | | 2(x + 2) 1−x | | 2(x + 2) 1 |x − 1| 4 1 δ 4 1 · 4ε 4 ε.
|f (x) − f (1)| = | = = ≤ < ≤ =
Exercise 2 a) Note that f (0) = 10 < 2013 < 10001 ≤ f (100) and f (0) = 10 < 2013 < 10001 ≤ f (−100). Applying the Intermediate Value Theorem twice to the continuous function f and the compact intervals [−100, 0] and [0, 100] yields the existence of at least one solution in (−100, 0) and at least one solution in (0, 100). b) Note that for every x ∈ / [−4, 4] we have f (x) ≥ 1 + x2 > 17. The Theorem of Weierstrass, applied to the continuous function f and the compact interval [−4, 4], tells us that there is a minimum on [−4, 4], i.e. there is a c ∈ [−4, 4] such that f (c) ≤ f (x) for every x ∈ [−4, 4]. In particular f (c) ≤ f (0) = 10 hence f (c) ≤ f (x) for every x ∈ / [−4, 4] as well. Hence f (c) is the minimum of f on IR. Exercise 3 a) (i) Let x ∈ [0, 4]. If x = 2 then obviously f (2) = 2 ∈ [0, 4]. If x 6= 2 then the Mean Value Theorem, applied to f and the interval [2, x] or [x, 2] yields the existence of a ξ between 2 and x such that f (x) − f (2) = f ′ (ξ)(x − 2). So |f (x) − 2| = |f (x) − f (2)| = |f ′ (ξ)| · |x − 2| ≤ 34 |x − 2| ≤ 34 · 2 = 32 . Hence 1 7 2 ≤ f (x) ≤ 2 so f (x) ∈ [0, 4]. (ii) Let x, y ∈ [0, 4], x 6= y. Again according to the Mean Value Theorem, applied to f and the interval [x, y] or [y, x], there is a ξ between x and y such that f (x)−f (y) = f ′ (ξ)(x−y). Hence |f (x)−f (y)| = |f ′ (ξ)|·|x−y| ≤ 34 |x−y|. From (i) and (ii) it follows that f is a contraction of [0, 4] with contraction constant 34 . b) According to the Contraction Theorem the sequence is convergent and its limit is the unique fixed point of f on [0, 4]. Since f (2) = 2 we infer that
the limit is 2. Exercise 4 Note that f ′ (x) = 2√1 x and f ′′ (x) = − 4x1√x for every x > 0. a) The first order Taylor polynomial of f in 36 is given by p(x) = f (36) √+ 1 f ′ (36)(x − 36) = 6 + 12 (x − 36) for every x ∈ [0, +∞). An estimate for 37 1 is therefore p(37) = 6 12 . b) According to Taylor’s Theorem (with c = 36 and x = 37) there is a ξ ∈ √ ′′ 1 (36, 37) such that f (37) = p(37) + f 2(ξ) · (37 − 36)2 or 37 = 6 12 − 8ξ1√ξ . So the absolute value of the error is
1√ 8ξ ξ
which is smaller than
1√ 8·36· 36
=
1 1728 .
Exercise 5 Define the functions f and g on (0, ∞) by f (x) = x7 − x5 + x3 − x and g(x) = x8 + x6 + x4 + x2 − 4 for every x ∈ (0, ∞). Note that f (1) = g(1) = 0, that f and g are differentiable on (0, ∞), that f ′ (x) = 7x6 − 5x4 + 3x2 − 1 and g′ (x) = 8x7 + 6x5 + 4x3 + 2x > 0 for every x ∈ (0, ∞). According to l’Hˆ opital’s Theorem we derive that x7 − x5 + x3 − x f ′ (1) 4 1 = = = . 8 6 4 2 ′ x→1 x + x + x + x − 4 g (1) 20 5 lim
Exercise 6 a) Denote the statement Sn = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) by P (n). We will use induction in order to show that P (n) is true for every n ∈ IN. Step 1: P (1) reads ‘S1 = − ln 2 + ln 3 − ln 2 = ln 3 − 2 ln 2. Now S1 = t1 = ln(1 − 212 ) = ln 34 = ln 3 − ln 4 = ln 3 − 2 ln 2, so P (1) is true. Let n ∈ IN and assume that P (n) is true. Now Sn+1 = Sn + tn+1 1 ) (n + 2)2 (n + 2)2 − 1 = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) + ln( ) (n + 2)2 (n + 1)(n + 3) ) = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) + ln( (n + 2)2 = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) + ln(n + 1) + ln(n + 3) − 2 ln(n + 2) = − ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1) + ln(1 −
= − ln 2 + ln(n + 3) − ln(n + 2),
so P (n + 1) is true. b) lim Sn =
n→∞
lim (− ln 2 + ln(n + 2) − ln(n + 1))
n→∞
n+2 )) n+1 1 + n2 = lim (− ln 2 + ln( )) n→∞ 1 + n1 = − ln 2 + ln 1 = − ln 2. =
lim (− ln 2 + ln(
n→∞
So (tn ) is summable and its sum equals − ln 2. Exercise 7 Using the substitution z = x + 1 (hence x = z − 1 and dz = dx) we get Z
0
1
x2 + 1 dx = x+1 = = = = =
Z
2
(z − 1)2 + 1 dz z 1 Z 2 2 z − 2z + 2 dz z 1 Z 2 2 (z − 2 + )dz z 1 1 2 [ z − 2z + 2 ln z]z=2 z=1 2 1 (2 − 4 + 2 ln 2) − ( − 2 + 2 ln 1) 2 1 2 ln 2 − . 2
