carte mate.pdf

7/25/2019 carte mate.pdf

1/112

Dr. Aurel Diamandescu

ANALIZA MATEMATICA

PROBLEME REZOLVATE

Pentru studentii anului I,cursuri cu frecventa redusa,Facultatea de Electromecanica.

2006

1


2/112

Prefata

Aceasta lucrare trateaza teme referitoare la capitole importantedin Analiza matematicaSpatii normate (problemele 1 - 5),Functii continue (problemele 6 - 11)Functii diferentiabile (problemele 12 - 22)Functii integrabile (problemele 23 - 41)Teoria cmpurilor (problemele 42 - 46)

Metoda folosita: ecare problema este complet rezolvata, indicndu-se aspectele teoretice folosite. Unele rezolvari sunt nsotite de comen-

tarii.Dorinta autorului este ca lucrarea sa e de un real ajutor stu-dentilor Facultatii de electromecanica, anul I (F.R) n straduintelelor de ntelegere si nsusire a unor cunostinte de Analiza matema-tica. Trimiterile de forma vezi Teorema 7.2.5 se refera la Cursul deAnaliza matematica, vol. I, II, Ed. Universitaria, Craiova, 2005, alautorului. Aceasta teorema este Teorema 5 din capitolul 7, paragraful2. Volumul I al acestui Curs contine capitolele 1 - 6, iar volumul II,capitolele 7 - 12. Consultarea acestei carti apare astfel absolut nece-sara.

Mentionam ca sfrsitul rezolvarii unei probleme este marcat cu sem-nul :Autorul precizeaza faptul ca aceasta lucrare este o parte dintr-o lu-crare mai ampla ce va apare n curnd la Editura Universitaria dinCraiova.

Craiova, Februarie 2006 Dr. Aurel Diamandescu

2


3/112

Problema 1

Sa se arate ca pe spatiul vectorial real R2;ecare din aplicatiilea).k ke : R2 !R;k(x1,x2)ke =

px21 + x

22

(norma euclidiana),b).k ks : R2 !R;k(x1,x2)ks =jx1j+jx2j(sum norma),c).k k: R2 !R;k(x1,x2)k= max{jx1j,jx2j}(sup norma),este o norma. Sa se arate ca aceste norme sunt echivalente doua cte

doua. Sa se arate ca numai una dintre ele este indusa de un pro-dus scalar. Sa se precizeze sferele corespunzatoare. Sa se precizezetopologiile acestor norme. Sa se dea exemple concrete de multimideschise, nchise, compacte, necompacte, conexe, neconexe, margi-nite, nemarginite, convexe, neconvexe, n topologia indusa de acestenorme.

Rezolvare. Vericam ca ecare aplicatie satisface axiomelenormei din Denitia 2.3.2.a). 1. Pentru orice x = (x1,x2)2R2, avemkxke =

px21 + x

220;

apoi,kxke = 0() px21 + x22 = 0()x1 = x2 = 0()x = ;

2. Pentru orice x = (x1,x2)2 R2

si 2 R avem (Propozitia 2.3.2)x = (x1,x2) si atunci,kxke =

p(x1)2 + (x2)2 =

p2(x21 + x

22)=jjkxke ;

3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) dinR2;avem (Propozitia2.3.2) x + y = (x1 + y1;x2 + y2) si ca urmare,

kx + yk2e = (x1 + y1)2 + (x2 + y2)2 == x21 + x

22 + y21 + y22 + 2(x1y1 + x2y2)

x21 + x22 + y21 + y22 + 2p

x21 + x22

py21 + y

22 =

= (kxke +kyke )2 :De aici rezulta

kx + yke kxke +kyke :Asadar, aplicatia de la pc. a) este o norma pe R2:b). 1. Pentru x = (x1,x2)2 R2, avemkxks =jx1j+jx2j 0; apoi,kxks = 0() jx1j+jx2j= 0()x1= x2= 0()x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2)2R2 si 2R avem

kxks =jx1j+jx2j=jj(jx1j+jx2j)=jjkxks3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) dinR2;avem

kx + yks =jx1 + y1j +jx2 + y2j

3


4/112

jx1j+jy1j+jx2j+jy2j=kxks +kyks :Asadar, aplicatia de la pc. b) este o norma pe R2:c). 1. Pentru orice x = (x1,x2)2R2, avem n mod evident,kxk=max {j x1 j,j x2 j} 0; apoi, k x k = 0 ()jx1j=jx2j =0()x1 = x2 = 0()x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2)2R2 si 2R, avem

k xk= max{j x1j,j x2j} ==jjmax{jx1j,jx2j} =jjkxk;

3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) dinR2;avem

kx + y

k= max{

jx1 + y1

j,jx2 + y2

j} max{jx1j +jy1j,jx2j+jy2j} kxk+kyk,

pentru ca, n mod evident,jx1j+jy1j kxk+kyk sijx2j+jy2j kxk+kyk:

Asadar, aplicatia de la pc. c) este o norma pe R2:Se constata cu usurinta ca pentru ecare x2R2 au loc inegalitatile

kxk kxke k xksp

2kxke 2kxk;ceea ce arata ca cele trei norme sunt echivalente doua cte doua.Aplicnd Teorema 2.3.6, se constata cu usurinta ca norma euclidianak ke este indusa de un produs scalar, si anume de produsul scalareuclidian (sau canonic) denit prin

hx,y

i = x1y1 + x2y2: Aceasta

nseamna cakxke =phx,xi.Celelalte doua norme de mai sus nu satisfac conditia din Teorema2.3.6 (se pot avea n vedere vectorii x = (1,2) si y = (2,1)) si caurmare, ele nu sunt induse de un produs scalarAvnd n vedere Teorema 2.3.1, sfera deschisa cu centrul n punctula = (a1,a2)2R2 si de raza r >0, corespunzatoare unei normek keste S(a,r) = {x2R2 j kx ak


5/112

si este formata din toate punctele planului situate n interiorul pa-tratului cu centrul n punctul A(a1,a2) si care are laturile paralele cuaxele de coordonate, lungimea lor ind 2r; cu alte cuvinte,

S(a,r) = (a1 r,a1 + r)(a2 r,a2 + r).Conform cu Teorema 2.3.1, Denitia 2.3.3 si Teorema 2.3.2, cele treinorme de mai sus denesc topologia euclidiana a spatiului R2 :Se poate demonstra ca orice doua norme pe R2 sunt echivalente (Teo-rema 2.3.7). Ca urmare, orice norma pe R2 genereaza topologiaeuclidiana a spatiului R2 :Avnd n vedere Denitiile 2.1.1, 2.1.6, 2.1.8, 2.2.6 si 3.1.11, dam

urmatoarele exemple: multimi deschise: sfere deschise, (a,b) (c,d), (0,1) (0,1);(0,1)(c,d), (a,b)(0,1);multimi nchise: orice sfera nchisa, [a,b][c,d], (1;c][d,1);orice dreapta, orice segment nchis [AB];multimi compacte : orice sfera nchisa, [a,b][c,d], [1,3][2,4][[5,7][1,2], orice poligon (plin sau gol);multimi necompacte: (a,b][c,d], [d,1)[a,b];multimi conexe: orice sfera, orice poligon (plin);multimi neconexe: (1,3)[2,4)[[5,7](1,2); {(1,2), (3,1)}; {2}[1,3][[4,10](0,8); multimi compacte si conexe: orice sfera nchisa, orice segment nchis[AB]; [a,b][c,d];multimi compacte si neconexe: ([1,3][2,4])[([5,7][1,2]);({2}[1,3])[([4,10][0,8]);multimi necompacte si conexe: orice sfera deschisa; orice dreapta;(0,3][0,1);(0,3)(2,5); (0,2){5}; multimi necompacte si neconexe: doua drepte paralele; (0,2){5,7}; (2,3)(5,7][{(1,1)},R([1,2] [ [5,7])multimi marginite: orice sfera, orice segment sau poligon;

multimi nemarginite: orice semiplan; orice dreapta; R2; (0,

1)(0,1);[0,3][0,1);

multimi convexe: orice sfera, orice poligon (plin) convex; multimi neconvexe: orice poligon (plin) concav, orice contur poli-gonal simplu, {(1,2), (3,5), (2,4)}, doua drepte paralele. Observatie. Interpretarea geometrica a normelor echivalente: douanorme sunt echivalente daca si numai daca n ecare sfera corespun-zatoare ecareia dintre norme se poate introduce o sfera de acelasicentru si eventual alta raza corespunzatoare celeilalte norme.

5


6/112

Problema 2

Sa se arate ca nR2 avem1). lim

2n 1n + 1;

n + 1n

= (2,1);

2). lim

5n + 2n ;

n2 + n + 1n2 + 2

= (5,1);

3). lim

n + 1, 3n

nu exista;Rezolvare. 1. Conform Propozitiei 3.1.6, pentru a arata ca

lim

2n 1n + 1;

n + 1n

= (2,1), este necesar si sucient sa aratam ca se

verica conditia

8" >0; 9n"2 N:8n2 N, nn" =) k 2n 1n + 1; n + 1n (2; 1)k < ":Alegem drept norma nR2 sup-norma. Ca urmare, avem

k

2n 1n+ 1 ;

n + 1n

(2; 1)k =k

2n 1

n+ 1 2; n + 1n 1k =

=k

3n+ 1 ;

1n

k = maxf 3n+ 1 ; 1n g = 3n+ 1 :

Punem conditia 3n+ 1 < " si rezolvam aceasta inecuatie cu necunoscutan2N. Avem 3n+ 1 < "()n + 1 > 3"()n > 3"1:Fie acum n" un numar natural mai mare decat 3"1: De exemplu,folosind functia parte ntreaga, putem alege n" = [ 3"

1] + 1 = [ 3

"].

Ca urmare, pentru ecare n2 N, nn" avem n[ 3" ] > 3"1 si caurmare, 3n+ 1 < ";adicak

2n 1

n+ 1 ;n + 1

n

(2; 1)k < ":

Asadar, conditia de mai sus se verica, ceea ce arata ca nR2 avem

lim

2n 1n + 1;

n + 1n

= (2,1).

2. Se poate proceda ca mai sus. Altfel, conform Teoremei 3.1.7,

pentru a arata ca lim

5 n + 2n ;

n2 + n + 1n2 + 2

= (5,1), este necesar si

sucient sa aratam ca se verica conditiilelim 5 n + 2n = 5, lim

n2 + n + 1n2 + 2 = 1.

Ori, aceste egalitati sunt adevarate, conform regulilor uzuale de calcula limitelor de siruri de numere reale.Asadar, n R2 avem lim

5 n + 2

n ;n2 + n + 1

n2 + 2

= (5,1).

3. Rationam prin reducere la absurd. Presupunem ca n R2 existalimita lim

n + 1, 3n

= (; )2R2:Conform Teoremei 3.1.7, vom

avea lim (n + 1) = 2 R, ceea ce este contradictoriu. Aceastacontradictie arata ca presupunerea facuta este falsa. Asadar, limitalim

n + 1, 3n

nu exista.

6


7/112

Observatie. Daca n rezolvarea punctului 1 se alege alta norma, seconstata ca conditia se verica. Deosebirea care apare este aceea carangul n" se modica odata cu norma. Acest fapt nu este esentialn conditia mentionata. Sirul dat este convergent la vectorul (2,1)indiferent de norma considerata nR2 deoarece orice doua norme peR2 sunt echivalente (si deci genereaza aceeasi topologie - topologiaeuclidiana a spatiului R2).

Problema 3

Sa se determine punctele de acumulare pentru sirurile cu ter-menii generali1). xn =

2 + (1)n ; sin 2n3

;

2). yn =

n(1)n 1 ; 1 + 2(1)n ; nn + 1 tg n3

:

Rezolvare. 1. Prezenta lui (1)n n expresia lui xn sugereazasa consideram pe n par si apoi impar. Pe de alta parte, functiaf(n) = sin 2n3 este periodica de perioada principala T =

223

= 3.

Combinnd, avem

x6k =

2 + (1)6k ; sin 12 k3

= (3; 0) ;

x6k+1 = 2 + (1)6k+1 ; sin (12k+2)3 = 1; p32 ;x6k+2 =

2 + (1)6k+2 ; sin (12k+4)3

=

3;

p32

;

x6k+3 =

2 + (1)6k+3 ; sin (12k+6)3

= (1; 0) ;

x6k+4 =

2 + (1)6k+4 ; sin (12k+8)3

=

3;

p32

;

x6k+5 =

2 + (1)6k+5 ; sin (12k+10)3

=

1;

p32

;

pentru ecare k2 N. Se constata ca sirul (xn ) este periodic de pe-rioada T = 6. De aici rezulta ca sirul (xn ) are sase subsiruri constante,convergente la unul din vectorii

(3; 0) ; 1; p32 ; 3; p32 ; (1; 0) ; 3; p32 ; 1; p32 :Se mai constata ca orice alt subsir al sirului (xn ) ori este convergentla unul din acesti vectori, ori contine subsiruri convergente la unuldin acesti vectori.Din toate acestea si din Propozitia 3.1.5, rezulta ca multimea punctelorde acumulare a sirului (xn ) esteformata din cei sase vectori de mai sus.

7


8/112

2. Procednd ca mai sus, avem, dupa usoare calcule,

y6k = (1; 3; 0) ;y6k+1 = 1

(6k+1)2; 1; 6k+16k + 2

p3

;

y6k+2 =

1; 3; 6k+26 k + 3p

3

;y6k+3 = 1

(6k+3)2; 1; 0

;

y6k+4 =

1; 3; 6k+46 k + 5p

3

;y6k+5 = 1

(6k+5)2; 1; 6k+56k + 6

p3

;

pentru ecare k2N. De aici rezulta ca sirul (xn ) are sase subsiruriconvergente la unul din vectorii

(1; 3; 0) ;

0; 1; p3 ; 1; 3; p3 ; (0; 1; 0) :Se mai constata ca orice alt subsir al sirului (xn ) ori este convergent

la unul din acesti vectori, ori contine subsiruri convergente la unuldin acesti vectori.Din toate acestea si din Propozitia 3.1.5, rezulta ca multimea punctelorde acumulare a sirului (xn ) este formata din cei sase vectori de maisus.

Problema 4

Folosind Criteriul lui Cauchy, sa se arate ca sirul (xn ) de vectoridinR2 cu termenul general

xn =

nPk= 1

sin k!k(k + 1) ; (1)kk2 este convergent.

Rezolvare. Criteriul lui Cauchy (vezi Teorema 3.1.6) spune caun sir de vectori din R2 este convergent daca si numai daca el estesir fundamental. Conform Denitiei 3.1.7, sirul de vectori (xn ) estesir fundamental daca verica conditia

8" >0; 9n"2 N:8m, n2 N, m, nn" =) kxn xmk < ":Alegem drept norma n R2 sup-norma. Ca urmare, pentru n > mavem

kxnxmk=knP

k= 1 sin k!k(k + 1) ; (1)kk2

mPk= 1

sin k!k(k + 1) ; (1)k2k k==k

nPk=m+1

sin k!k(k + 1) ;

(1)k2k

k=

=k

nPk=m+1

sin k!k(k + 1) ;

nPk=m+1

(1)k2k

!k=

= max

( nPk=m+1 sin k!k(k + 1) ; nPk=m+1 (1)

k

2k

)

8


9/112

max(

nPk=m+1

sin k!k(k + 1) ; nPk=m+1

(1)k2k )

max(

nPk=m+1

1k(k + 1) ;

nPk=m+1

12k

)=

= max

( nP

k=m+1

1k 1k+ 1

; 12m (1 2m n )

)=

maxn 1

m+1 1n

; 12m (1 2mn )o 1m+1

Punem conditia 1

m+1

< " si rezolvam aceasta inecuatie cu necunos-cuta m2N. Obtinem m > 1

"1:

Fie acum n" un numar natural mai mare decat 1"1: De exemplu,putem alege n" = [ 1"1] + 1 = [ 1" ]. Ca urmare, pentru ecare m, n2 N, n> mn"avem n[ 1" ] > 1"1si ca urmare, 1m+1 < ";adicakxn xmk < ":Asadar, sirul cu termenul general xn =

nPk= 1

sin k!k(k + 1) ;

(1)kk2

este sir

fundamental si deci convergent nR2.Observatie. Daca se alege alta norma, se constata ca conditia severica. Deosebirea care apare este aceea ca rangul n" se modica

odata cu norma. Acest fapt nu este esential n conditia mentionata.Sirul dat este fundamental indiferent de norma considerata n R2

deoarece orice doua norme peR2 sunt echivalente (si deci genereazaaceeasi topologie - topologia euclidiana a spatiului R2).

Problema 5

Sa se arate ca pe spatiul vectorial real R2;aplicatia

(x,y)! hx,yi= 3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2;

unde x = (x1,x2), y = (y1,y2), este un produs scalar.Sa se precizeze norma indusa precum si topologia corespunzatoare.Rezolvare. Vericam ca aplicatia satisface axiomele produsuluiscalar (vezi Denitia 2.3.5):1. Pentru orice x = (x1,x2)2R2, avem

hx,xi= 3x21 2x1x2 + 2x22 = 2x21 + (x1 x2)2 + x22 0.Apoi,hx,xi= 0()x1= 0, x1 x2= 0, x2 = 0()x = (0,0) = ;2. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) dinR2;avem

9


10/112

hx,yi=hy,xi= 3x1y1 x1y2 x2y1+ 2x2y2;3. Pentru orice x = (x1,x2) si y = (y1,y2) dinR2 si 2Ravem x= (x1,x2) si ca urmare,

hx,yi= 3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2== (3x1y1 x1y2 x2y1 + 2x2y2) = hx,yi;

4. Pentru orice x = (x1,x2), y = (y1,y2) si z = (z1,z2) dinR2;avemx + y = (x1 + y1;x2 + y2) si ca urmare,

hx + y,zi= 3(x1 + y1)z1 (x1 + y1)z2 (x2+ y2)z1 ++ 2(x2 + y2)z2= (3x1z1 x1z2 x2z1 + 2x2z2) +

+ (3y1z1 y1z2 y2z1 + 2y2z2) =hx,zi+hy,zi:Asadar, aplicatia data este un produs scalar pe R2:Ca urmare,k k: R2 !R;kxk=phx,xi= p3x21 2x1x2 + 2x22

este norma indusa de produsul scalar (Teorema 2.3.4, Remarca 2.3.3).Conform cu Teorema 2.3.7, aceasta norma este echivalenta cu normaeuclidiana pe R2: Ca urmare, norma de mai sus genereaza pe R2

topologia euclidiana.Ca un amanunt, sfera S(,r) corespunzatoare este discul eliptic

3x21 2x1x2 + 2x22


11/112

8" >0; 9(")> 0 :8(x,y)2R2;(x,y)6=(2,3),jx 2j < jy 3j < =) j(3x + 2y 5) 7j< ":

Fie un >0 si e un punct oarecare (x,y)2R2 astfel nct (x,y)6=(2,3) sijx 2j < ;jy 3j < : Atunci,j(3x + 2y 5) 7j=

=j3(x 2) + 2(y 3)j 3jx 2j+ 2jy 3j 0; 9(")> 0 :8(x,y,z)2R2;(x,y,z)6=(1,2,3),8 0 :8(x,y)2R2;x6=0, (x,y)6=(0,1),

jxj < jy 1j < =) x yx2


12/112

Pentru a se verica conditia de mai sus, este sucient sa luam, pentru

" >0 dat, (")2

0; minf12 ;1 +

p1 + 42

2 g

:

4. Se procedeaza exact asemanator ca mai sus. Limita innitalimx!0y!1z!3

x y(z 3)2

=1 se ncadreaza n cazul similar al Denitiei 4.1.5.

Ca urmare, avem limx!0y!1z!3

x y(z 3)2

=1 daca si numai daca se verica

conditia

8" >0;

9(")> 0 :

8(x,y,z)

2R3;z

6=3, (x,y,z)

6=(0,1,3),8 ":

Fie un

2(0; 12) si e un punct oarecare (x,y)

2R2 astfel nct y

6=

1, (x,y)6= (0,1) sijxj < ;jy 1j < : Atunci, x2 < 2 si 0 < 1 "se

verica pentru orice 2

0;1 +

p1 + 42

2

:

Pentru a se verica conditia de mai sus, este sucient sa luam, pentru

" >0 dat, (")2

0; minf12 ;1 +

p1 + 42

2 g

:

6. Se procedeaza exact asemanator ca mai sus.

12


13/112

Observatie. 1. Pentru o functie f : D!R, unde DR2 (sauR3sau, n general, Rp ), limita lim

x!ay!b

f(x,y) = `prezinta 3 cazuri diferite,

dupa cum `este nit sau1:Acestea au fost ilustrate mai sus.2. Din cele de mai sus se poate deduce urmatoarea schema de aplicarea denitiei " a limitei unei functii ntr-un punct. Ne situam ncazul ` nit. Pentru un > 0 si (x,y)2 D astfel nct (x,y)6=(a,b) sijx aj < ;jy bj < ; n expresiajf(x,y) `jpunemn evidenta pej x aj sij y bj si facem majorareaj f(x) `j F(). Punem conditia F() < " si rezolvam aceasta inecuatie cunecunoscuta ; obtinnd solutia < g("). Lund (") n intervalul(0,g(")), conditia din denitie se verica si ca urmare am demonstratca lim

x!ay!b

f(x,y) = `:

n cazul n care ` =1, se procedeaza asemanator, cu modicareaca n expresia f(x,y) ` punem n evidenta pej x aj sij y bjsi facem minorarea f(x,y) ` F(). Punem conditia F() > "si rezolvam aceasta inecuatie cu necunoscuta ; obtinnd solutia < g("). Lund (") n intervalul (0,g(")), conditia din denitie severica si ca urmare am demonstrat ca lim

x!ay!b

f(x,y) =1:

n cazul n care ` =1;se procedeaza asemanator, cu modicareaca n expresia f(x,y) ` punem n evidenta pej x aj sij y bjsi facem majorarea f(x,y) ` F(). Punem conditia F()


14/112

(Teorema 4.1.1), limx!1y!0

sin 1x2 + y2 exista si este egala cu sin1:

2. Prin reducere la absurd. Presupunem ca limx!0y!0

sin 1x2 + y2 exista. Fie

`= limx!0y!0

sin 1x2 + y2 (care este nita, pentru ca functiasin 1

x2 + y2 este

marginita). Conform Criteriului lui Heine, ar trebui ca pentru oricesir((xn ,yn ))nde vectori din R

2,(xn ,yn ) 6=(0,0),8 n 2 N si astfel nctlim (xn ,yn ) = (0,0) sa avem lim sin 1x2n + y2n = `: Fie sirul de vectori

dinR2 cu termenul general (xn ,yn )= ( 1pn ; 0):Se vede ca (xn ,yn )6=(0,0)8n2N si lim (xn ,yn ) =(0,0) si, n plus, lim sin 1x2n + y2n = limsinn= 0. Deci,` = 0. Fie acum sirul de vectori din R2 cu termenulgeneral(x0n ,y

0n )= (

1p2n+

2

; 0):Se vede ca(x0n ,y0n )6=(0,0)8n2N si

lim (x0n ,y0n ) =(0,0) si, n plus, lim sin

1(x0n )

2 + (y 0n )2 = lim sin(2n +

2 ) = 1. Deci, `= 1, ceea ce contrazice rezultatul obtinut anterior.Contradictia arata ca limita lim

x!0y!0

sin 1x2 + y2 nu exista.

Observatie. Folosirea Criteriului lui Heine n probleme privind exis-tenta limitei unei functii ntr-un punct se face dupa modelul urmator:O functie f : D

!R, unde D

R2 (sauR3 sau, n general,Rp ) are

limita `n punctul (a,b)2D0 daca se verica conditia: oricare ar sirul((xn ,yn ))n de elemente din D, diferite de (a,b) si astfel nctlim(xn ,yn ) =(a,b), avem `= limf(xn ;yn ).Folosirea Criteriului lui Heine n probleme privind inexistenta limiteiunei functii ntr-un punct se face dupa modelul urmator: O functief : D! R nu are limita (nu are limita `) n punctul (a,b)2 D0daca se verica conditia: exista un sir ((xn ,yn ))n de elemente dinD, diferite de (a,b) si cu limita (a,b) si astfel nct lim f(xn ; yn )nu exista (respectiv, nu are limita `). Practic, se determina douasiruri ((x0n ,y

0n ))n; ((x

00n ,y

00n ))n din D, convergente la (a,b) astfel nct

lim f(x0n ,y0n ) si lim f(x00n ,y00n ) sunt diferite ntre ele (respectiv, unadintre ele diferita de `) (acum, sirul ((xn ,yn ))n este sirul intercalat(x01 ;y

01);(x

001 ;y

001);(x

02 ;y

02);(x

002 ;y

002);...).

Problema 8

1). Pentru functia f : [0,2]! R2; f(t) = (cos t; sin t), sa secalculeze lim

t!0f(t) si lim

t!f(t).

14


15/112

2). Pentru functia

f : R2 n{(0,0)}!R2;f(x,y) =

xy 2

x2 + y2; x sin xy

x2 + y2

;

sa se calculeze limx!0y!0

f(x,y) si limx!1y!2

f(x,y).

3). Pentru functia

f : R3 n{(0,0)}!R2;f(x,y,z) =

1 cos (1 cosx)x2 + y2 + z2 ; e

z

;

sa se calculeze limx!0y!0z!0

f(x,y,z) si limx!0y!1z!0

f(x,y,z).

Rezolvare. Conform Corolarului 4.1.1, limita unei functii vec-

toriale se face pe componente. Asadar,1. lim

t!0f(t) = lim

t!0(cos t; sin t) =

limt!0

cos t;limt!0

sin t

= (1,0),

limt!

f(t) = limt!

(cos t; sin t) =

limt!

cos t;limt!

sin t

= (1,0).

2. Avem limx!0y!0

f(x,y) = limx!0y!0

xy 2

x2 + y2; x sin xy

x2 + y2

= (0,0), pentru ca xy2x2 + y2 =jyj xyx2 + y2 12j yj !x!0

y!0

0 si la fel,x sin xyx2 + y2

=jxj

sin xyx2 + y2

jxj !

x!0y!0

0.

La fel, limx!1y!2

f(x,y) = limx!1y!2

xy2x2 + y2; x sin xyx2 + y2 = (45 ; sin 25 ), pentruca lim

x!1y!2

xy2

x2 + y2 = 45 si limx!1

y!2

xsin xyx2 + y2 = sin25 :

3. Avem limx!0y!0z!0

f(x,y,z) = limx!0y!0z!0

1 cos (1 cosx)

x2 + y2 + z2 ; ez

= (0,1), pentru

ca limx!0y!0z!0

1 cos (1 cosx)x2 + y2 + z2 = limx!0

y!0z!0

1 cos (1 cosx)(1 cosx)2

(1 cosx)2x2 + y2 + z2 =

= 12 limx!0y!0z!0

(2sin2 x2 )2

x2 + y2 + z2 = 2 limx!0 sin x

2

x 4

x4

x2 + y2 + z2 = 0

si, evident,limx!0y!0z!0

ez = 1.

S-au folosit limitele fundamentale limt!0

1 cos tt2 =

12 , limx!0

sinxx = ;

limita functiei compuse precum si faptul ca limx!0y!0z!0

x4

x2 + y2 + z2 = 0,

15


16/112

pentru ca 0 x4x2 + y2 + z2 x2 x2

x2 + y2 + z2 x2 !x!0y!0z!0

0.

Observatie. n calculul limitelor functiilor de mai multe variabile, sefolosesc, adaptate corespunzator, regulile de calcul a limitelor functii-lor de o variabila reala.

Problema 9

Se considera functia f : R2 !R denita prin

f(x,y) = ( (x + y)cos1x + sin

1y ; x6=0 si y 6= 00, x = 0 sau y = 0 :

Sa se determine multimea punctelor de continuitate ale functiei.Rezolvare. Studiem continuitatea functiei f ntr-un punct (a,b)

2 R2. Vom folosi Criteriul lui Heine (Teorema 4.2.1) privind continu-itatea unei functii ntr-un punct. Deosebim patru cazuri, dupa cuma si b sunt nule sau nenule.Cazul a6= 0 si b6= 0. Atunci, f(a,b) = (a + b)cos 1a + sin 1b Fie(xn ,yn ) un sir arbitrar din R2, convergent la (a,b). Fie r =

pa2 + b2

si sfera S((a,b),r) = S. Exista rangul n02 N astfel nct (xn ,yn )2Spentru n

n0:Pentru un astfel de n, avem

f(xn ,yn ) = (xn + yn )

cos 1xn + sin 1yn

.Ca urmare, lim f(xn ,yn ) = f(a,b). Acum, Criteriul amintit arata cafunctia f este continua n punctul (a,b).Cazul a6=0 si b =0. Atunci, f(a,b) = 0. Fie sirul (yn ), convergentla 0, denit prin yn = 12n + (1)n

2

:Deoarece

limf(a,y2n ) = a(cos1a + 1) si limf(a,y2n+ 1) = a(cos1a 1),

rezulta ca lim f(xn ,yn ) nu exista. Acum, Criteriul amintit arata cafunctia f nu este continua n punctul (a,b).Cazul a =0 si b6=0 este similar cu cel anterior.

Cazul a = 0 si b = 0. Atunci, f(a,b) = 0. Fie (xn ,yn ) un sir arbitrardinR2, convergent la (0,0). Avem

f(xn ,yn ) =

(xn +yn )( cos 1xn

+ sin 1yn ), xn 6= 0, yn 6= 00, xn = 0 sau yn = 0

Se constata cu usurinta ca pentru orice n2 N are loc inegalitateajf(xn ,yn )j 2jxn + ynj. De aici rezulta imediat calimf(xn ,yn ) = 0= f(a,b). Criteriul amintit arata ca functia f este continua n (a,b).n concluzie, multimea punctelor de continuitate ale functiei f este

16


17/112

D =R2n{(x,0)jx6=0}[{(0,y)jy6=0}. Observatie. Criteriul lui Heine si diverse variante ale lui sunt desutilizate n probleme privind continuitatea unei functii ntr-un punct.Este indicat a folosit n probleme privind discontinuitatea uneifunctii ntrun punct, dupa modelul urmator:O functie f : D! Y este discontinua ntrun punct a2 D daca severica conditia: exista un sir (xn ) din D, convergent la a si astfelnct limf(xn ) ori nu exista ori, daca exista, este diferita de f(a).Practic, se determina doua siruri (x0n ) (x

00n ) din D, convergente la a

astfel nctlim f(x0n ) silim f(x00n ) sunt diferite ori ntre ele, ori de f(a).

(acum, sirul (xn ) este sirul intercalat x01 ;x001 ;x02 ;x002 ;...).Stabilirea continuitatii unei functii ntrun punct se poate face si cudenitia (n diversele ei variante cu vecinatati sau") sau folosindproprietatile functiilor continue.Astfel, continuitatea functiei f n (0,0) nseamna vericarea conditieidin Denitia 4.2.5:

8" >0; 9 >0; 8(x,y)2R2jxj <

jyj < =) jf(x,y) f(0,0)j< "Pentru aceasta, e un >0si e un punct oarecare (x,y)2R2 astfelnctjxj < sijyj < : Atunci,

jf(x,y) f(0,0)j 2jx + yj 2(jxj+jyj)


18/112

ii). Sa se studieze continuitatea dupa o directie n origine;iii). Daca A = {(x,y)2 R2 j y = x2}, sa se studieze continuitatearelativ la multimea A n origine.iv). Sa se studieze continuitatea functiei.v). Se poate prelungi f prin continuitate n origine?vi). Sa se studieze continuitatea uniforma a functiei.vii). Sa se studieze existenta limitelor iterate ale functiei ntr-unpunct (a,b).

Rezolvare. i). Conform cu Denitia 4.2.11, functia f estecontinua partial n raport cu variabila x (sau y) n punctul (a,b)

daca f este continua dupa directia axei Ox (respectiv Oy) n punctul(a,b). Avnd n vedere Denitiile 4.2.8 si 4.2.10, e 1 (respectiv2 ) dreapta ce trece prin (a,b) si este paralela cu Ox (respectiv Oy).Ecuatia ei este y = b (respectiv x = a). Restrictia functiei f la dreapta

1 este f1 : R!R, f1 (x) =(

jbjx2e

jb jx2 , daca x 6= 0

0, daca x = 0 ;

iar restrictia la dreapta2 este f2 : R!R, f2 (y) = 0 cnd a = 0si f2 : R!R, f2 (y) = jyja2e

jy ja2 cnd a6=0.

Din limx!a

f1 (x) = f1 (a) pentru ecare a2 R, rezulta ca functia f

este continua partial n raport cu variabila x n punctul (a,b).Pentru a = 0, avem limy!b

f2 (y) = f2 (b) = 0, pentru ecare b2R;rezulta ca functia f este continua partial n raport cu variabila y npunctul (0,b).Pentru a 6=0, avem lim

y!bf2 (y) = f2 (b), pentru ecare b 2 R; rezulta

ca functia f este continua partial n raport cu variabila y n (a,b).Asadar, functia f este continua partial n raport cu variabila y npunctul (a,b).Concluzia este ca functia f este continua partial n ecare punct (a,b)dinR2.

ii). Avem n vedere Denitia 4.2.10 privind continuitatea dupa odirectie n origine. Din cele spuse mai sus, functia f este continuadupa directia axelor Ox si Oy n origine. Fie acum : y = mx, m6= 0, o dreapta oarecare care trece prin origine, diferita de axele decoordonate. Restrictia functiei f la dreapta este

f : R!R, f(x) =(

jm jjxj e

jmjjx j , daca x 6= 00, daca x = 0

:

18


19/112

Acum, avem limx!0

f(x) = limt!1

tet = 0 = f (0), adica restrictia

functiei f la dreapta este continua n 0. Conform cu Denitia4.2.10, functia f este continua dupa orice directie n origine.iii). Avem n vedere Denitia 4.2.8 privind continuitatea relativ la omultime a unei functii. Restrictia functiei f la multimea A este

fA : A!R, fA (x,y) =

e1, daca (x,y) 6= (0,0)0, daca (x,y) = (0,0)

:

Este clar ca limx!0y!0

fA (x,y) = e1;ceea ce arata ca restrictia functiei f

la A nu este continua n (0,0).Concluzia este ca functia f nu este continua relativ la multi-mea A norigine.iv). Din cele spuse imediat deasupra, rezulta ca functia f nu estecontinua n (0,0) (vezi Remarca 4.2.4). De altfel, din limf( 1pn ;

1n ) =

e1 si Criteriul lui Heine (Teorema 4.2.1), avem aceeasi concluzie.Fie acum un punct (0,b) din R2, b6=0. Fie (xn ;yn ) un sir de punctedin R2, convergent la (0,b). Aceasta nseamna, conform Teoremei3.1.7, ca limxn = 0 si limyn = b. De aici, lim

jyn jx2n

=1 si, tinndcont nca o data ca lim

t!1tet = 0, avem lim f(xn ,yn ) = 0 = f(0,b).

Asadar, functia f este continua n punctul (0,b) din R2, b6=0.Fie acum un punct (a,b) din R2, a6= 0. Pe o vecinatate sferica aacestui punct, cu raza sucient de mica, functia f este o compunerede functii continue: functia u(x,y) = jyjx2 si functia v(t) = te

t : Caurmare, f este continua pe ntreaga aceasta vecinatate.Concluzia este ca functia f este continua pe R2 n{(0,0)}.v). Avnd n vedere cele spuse mai sus la pc. ii) si iii) si tinndcont de Propozitiile 4.1.1 si 4.1.2, rezulta ca functia f nu are limitan origine. Ca urmare, (vezi Denitia 4.2.7), functia f nu se poateprelungi prin continuitate n origine.

vi). Am tras mai sus concluzia ca functia f este continua pe R2

n{(0,0)}. Conform cu Teorema lui Cantor (Teorema 4.2.10), functia feste continua uniform pe orice multime compacta din R2 n {(0,0)}.Mai mult, se poate arata ca functia f este continua uniform pe oricemultime marginita dinR2 n{(0,0)}.Aratam ca functia f este continua uniform pe R2 n [r,r] [r,r],pentru ecare r >0.(Schita). Prin calcul direct, se constata ca functia f este derivabila

19


20/112

partial pe [0,1)[0,1)n{(0,0)} si (vezi Remarca 5.1.1)@f@x (x,y) =

( 2yx3e

jy jx2 + yx2

2yx3e

yx2 ; x 6= 0, y 0

0, x = 0, y > 0 ;

@f@y (x,y) =

( 1x2e

jy jx2 yx4e

yx2 ; x 6= 0, y 0

0, x = 0, y > 0 :

Avnd n vedere inegalitatea tk et M = const. pentru t0 si k =1, 2, se constata ca aceste derivate partiale sunt marginite pe ecaredin multimile [r,1)[r,1), [0,r][r,1), [r,1)[0,r].Folosind acest rezultat si Teorema lui Lagrange privind functiile realederivabile (vezi si Remarca 5.4.3), se constata ca functia f este lip-schitziana pe ecare din aceste multimi. Ca urmare (vezi Propozitia4.2.2), functia f este continua uniform pe ecare din aceste multimi sideci si pe reuniunea lor. Din simetria functiei fata de axele de coor-donate, la fel este functia si pe celelalte cadrane. Din toate acestea,avem ca functia f este continua uniform pe R2 n[r,r][r,r], pentruecare r >0.vii). Avem n vedere Denitia 4.1.13 privind limitele iterate ale uneifunctii ntr-un punct si obtinem: limita partiala n raport cu x a functiei f n punctul (a,b) este

limx!a

f(x,y) =( jyja2e jy ja2 , daca a 6= 0

0, daca a = 0 = f(a,y), y2R,

limita partiala n raport cu y a functiei f n punctul (a,b) este

limy!b

f(x,y) =

( jbj

x2e jb j

x2 , daca x 6= 00, daca x = 0

= f(x,b), x2R.De aici,

limx!a

limy!b

f(x,y)

=

( jbj

a2e jb j

a2 , daca a 6= 00, daca a = 0

= f(a,b),

limy!b limx!af(x,y)= ( jbj

a2e

jb ja2 , daca a

6= 0

0, daca a = 0 = f(a,b),ceea ce arata ca f are limite iterate n ecare punct (a,b) dinR2. Observatie. Functia f este un exemplu de functie care are limiteiterate n origine, este continua partial n origine dar nu este continuan origine (nu are nici macar limita n origine).Observatie. Mai trebuie demonstrat ca daca f este continua uniformpe doua multimi, atunci ea este continua uniform si pe reuniunea lor.

20


21/112

Problema 11

Dat ind" >0;sa se determine un(")> 0satisfacnd conditiade continuitate uniforma pentru functia

f : (0,1)R(1,1)!R2;f(x,y,z) =ex cos y, zesin y :Rezolvare. Avem n vedere Denitia 4.2.14, adaptata tipului de

functie din enunt. n Denitie, consideram d1 si d2ca ind metricileinduse de supnormele pe spatiile R3 si respectiv R2. Asadar, functia

f este continua uniform pe multimea D = (0,1) R (1,1) R3

daca, pentru orice " > 0; exista (") > 0 astfel nct, pentru orice(x1,y1,z1) si (x2,y2,z2)2 D cuj x1 x2j < (");jy1 y2j < (");jz1 z2j < (");sa avem

jex1 cosy1 ex2 cosy2j < ";jz1esin y1 z2esin y2 j < ":Fie f1(x,y,z) = ex cosy prima functie componenta a lui f. Avnd nvedere Formula lui Lagrange pentru functii de mai multe variabilereale (vezi Remarca 5.4.3), pentru (x,y,z) si (a,b,c) din D, avem

f1(x,y,z) f1(a,b,c) = e cos (x a) e sin (y b),cu 2a,x si 2b,y:Analog, pentru f2(x,y,z) = zesin y ;a doua functie componenta a lui f,avem

f2(x,y,z) f2(a,b,c) = cos esin(y b) + esin(z c),cu 2b,y si 2c,z:Observnd acum ca cele patru derivate partiale de mai sus sunt margi-nite n modul pe D de numarul M = e, avem

jex1 cosy1 ex2 cosy2j M(j x1 x2 j + j y1 y2 j)jz1esin y1 z2esin y2 j M(j y1 y2 j + j z1 z2 j) :

Se vede de aici ca daca se alege (")= "2e ;atunci conditia de conti-nuitate uniforma pentru functia f pe domeniul sau de denitie D severica.

Observatie. n fapt, sa aratat ca ecare functie componenta alui f este continua uniform pe multimea D, iar (") cerut este min-imul dintre cei doi(");cei corespunzatori celor doua componente alefunctiei.n general, o functie f = (f1,f2,...fq ) : D Rp ! Rq este continua uni-form pe multimea D daca si numai daca ecare componenta f1,f2,...fqeste continua uniform pe D.

21


22/112

Observatie. Teorema lui Cantor (Teorema 4.2.10) arata ca ntrosituatie speciala pentru domeniul de denitie D, o functie continuaf : DRp !Rq poate chiar continua uniform pe D.Alte situatii speciale sunt prezentate mai jos:a). Fie I Run interval necompact. O functie continua f : I! Rcare are limite nite n capetele intervalului I este continua uniform.b). Orice functie continua f : Rp !Rq care este periodica n raportcu ecare variabila, este continua uniform peRp .Observatie. Se poate demonstra ca functia f este continua uniformpe multimea D si altfel:

Varianta 1. Fie mai nti f0 restrictia functiei f la multimea (0,1) [0,2] (1,1) si apoi f1 prelungirea prin continuitate a lui f0 pemultimea = [0,1] [0,2] [1,1]. n sfrsit, e f2 prelungireaprin 2 periodicitate n raport cu variabila y a lui f1 la multimeaD = [0,1] R [1,1]. Deoarece multimea este compacta, con-form Teoremei lui Cantor (Teorema 4.2.10), functia continua f1 estecontinua uniform pe multimea : Avnd n vedere cele de mai sus,functia f2este continua uniform pe multimea D:Ca urmare, restrictiasa la D, adica functia f, are aceeasi proprietate.Varianta 2. (Schita). Functia exponentiala si functia de gradul nti

ce apar n expresia lui f sunt continue uniform pe intervalele deschisecorespunzatoare pentru ca se pot prelungi prin continuitate pe in-tervalele compacte corespunzatoare. Celelalte doua functii sunt con-tinue uniform pe R deoarece sunt continue si 2 periodice pe R.Mai folosim proprietatea ca produsul a doua functii continue uniformsi marginite este o functie continua uniform pe multimea respectiva.Ca urmare, componentele lui f, deci si f, sunt functii continue uniformpe D.

Problema 12

Pentru functia f : R2

!R2;denita prin

f(x,y) =80, 2[0,2);z2R:

Avnd n vedere expresiile rotorului si divergentei n coordonate cilin-drice (vezi Exemplele 12.4.6, 12.4.8),

rot~v = 1

~e ~e ~ez@@

@@

@@z

1

0 0

= 0, div~v = 1 @(1)@ = 0.Ca urmare, cmpul vectorial ~veste armonic pe domeniul considerat.

106


107/112

Un potential scalar = (,;z) pentru ~v presupune egalitateagrad = ~v, adica @@ ~e +

1@@

~e + @@z~ez = 1

~e;ceea ce conduce lasistemul de ecuatii diferentiale8

carte mate.pdf

Documents

Transcript of carte mate.pdf