Teorinių kontrolinių sąlygos ir sprendimai Vytautas Kazakevičius 2016 m. gruodžio 20 d. Teiginiai ( ). 1. (0.05 t.) Užrašykite formule tokį t

Transkriptas

1 Teorinių kontrolinių sąlygos sprendimai Vytautas Kazakevičius 206 m. gruodžio 20 d. Teiginiai ( ).. (0.05 t.) Užrašykite formule tokį teiginį: jei iš dviejų teigiamų skaičių vienas yra mažesnis už kitą, tai jis išliks mažesnis padaugintas iš tam tikro skaičiaus, didesnio už. 2. (0. t.) Ar visada teisinga duota formulė? Jei ne, duokite kontrpavyzdį. z (x < z y < z) x < y. y (xy y x 2 > x). 3. (0. t.) Parašykite duotos formulės neiginį. x y z x = z y. x + y > z u v (x > u, y > v, u + v = z). Atsakymai.. x > 0, y > 0, x < y z > xz < y. 2. Pma formulė ne visada teisinga. Pavyzdžiui, jei x = 2, y =, ji vsta formule z (2 < z < z) 2 <, kuri neteisinga: kiekvienas z, kuris yra didesnis už 2, yra didesnis už (taigi prielaida teisinga), bet išvada klaidinga. Antra formulė visada teisinga. Net jei, pavyzdžiui, x = 0, ji vsta formule y (0 y 0 > 0), kuri teisinga, nes toks y tikrai yra: formulė 0 y 0 > 0 teisinga, kai y = Pmos formulės neiginys yra toks: x y, z (x z arba z = y) arba x = y, z x = z y, o antrosios neiginys toks: x + y > z, u v (x u arba y v arba u + v z).

2 Aibės ( ).. (0.05 t.) Užrašykite formule tokį teiginį: jei bet koks skaičius iš vienos aibės yra mažesnis už bet kokį skaičių iš kitos aibės, tai egzistuoja tas aibes skiantis skaičius, t.y. skaičius, didesnis už visus pmosios aibės elementus mažesnis už visus antrosios aibės elementus. 2. (0.05 t.) Ar visada teisinga duota formulė? Jei ne, duokite kontrpavyzdį. x A x < a b < a x A x b. 3. (0.05 t.) Ar teisingas duotas teiginys? Atsakymą pagrįskite. {x 2 3 < x < 3} (0; 0). 4. (0. t.) Įrodykite, kad jei A B C, tai C \ A = (C \ B) (B \ A). O gal ta lygybė teisinga su bet kokiomis A, B C? Atsakymai.. x A y B x < y z x A y B x < z < y. 2. Ne visada. Tegu, pavyzdžiui, A = (0; ) a =. Tada prielaida x (0; ) x < teisinga, bet išvada b < x (0; ) x b klaidinga. 3. Neteisingas, nes 0 {x 2 3 < x < 3}, bet 0 (0; 0). 4. Jei A B C x bet koks skaičius, tai yra 4 galimi variantai: x A, x B, x C; tada x C \ A x (C \ B) (B \ A); x A, x B, x C; tada x C \ A x (C \ B) (B \ A); x A, x B, x C; tada x C \ A x (C \ B) (B \ A); x A, x B, x C; tada x C \ A x (C \ B) (B \ A). Visais atvejais x C \ A x (C \ B) (B \ A), todėl abi tos aibės sutampa. Bendruoju atveju lygybė nevisada teisinga: jei, pavyzdžiui, A = C =, B = {}, tai C \ A =, o (C \ B) (B \ A) = {} = {}. Šeimos ( ).. (0.05 t.) Duokite kontrpavyzdį, parodantį, kad lygybė (A A 2 ) (B B 2 ) = (A B ) (A 2 B 2 ) ne visada teisinga. 2. (0. t.) Apskaičiuokite n= A n n= A n, kai A n = {x x 2 < n}; A n = {x 2 x < n}. 2

3 3. (0.05 t.) Apskaičiuokite 3 i i= j= k=i+j 4. (0.05 t.) Pakeitę sumavimo tvarką, užrašykite duotą sumą paprastesniu pavidalu: 00 i x j. o i= j=3 i Atsakymai.. Tarkime, A = B = {}, A 2 = B 2 = {2}; tada (A A 2 ) (B B 2 ) = {(, ), (, 2), (2, ), (2, 2)}, (A B ) (A 2 B 2 ) = {(, ), (2, 2)}. 2. Pmu atveju A n = ( n; n), todėl A n = R n= k. A n = A = ( ; ). n= Antruoju atveju A n = [0; ) su visais n, todėl i i= j= k=i+j A n = A n = [0; ). n= n= k = = 2 k + j= k=+j k=2 k + k=3 j= k=2+j k + = (2 + 3) =. k=3 k + k j= k=3+j 00 i j x j = x j + x j + x j i= j=3 i j=0 i=3 j j=2 i= j=98 i= = ( + j)x j + 3x j + (00 j)x j j=0 j=2 j=98 97 = x 0 + 2x + 3 x j + 2x 98 + x 99. j=2 k 3

4 Funkcijos ( ).. (0.5 t.) Ar visada teisinga duota formulė? Jei taip, įrodykite; jei ne, duokite kontrpavyzdį. min(max(, x + ), max(2, x)) x +. x + x 2 x + x (0. t.) Apskaičiuokite f (f(a)) f(f (B)), kai A = Z, B = [0; 2) x +, kai x < ; f(x) = 2, kai x. Sprendimai.. Pma nelygybė nevisada teisinga. Pavyzdžiui, jei x = 2, tai min(max(, x + ), max(2, x)) = min(3, 2) = 2 < 3 = x +. Antra nelygybė visada teisinga. Jei x < 0, ji vsta nelygybe x + x + 2 x x + 3, arba 2x + 3 2x + 3, kuri visada teisinga. Jei 0 x <, ji vsta nelygybe x + x + 2 x x + 3, arba 2x + 3 3, t.y. 2x 0. Nelygybė teisinga, nes šiuo atveju x 0. Jei x < 2, ji vsta nelygybe x x + 2 x x + 3, arba 3. Jei 2 x < 3, ji vsta nelygybe x + x 2 x x + 3, arba 2x 3 3, t.y. 2x 6. Nelygybė teisinga, nes šiuo atveju x 3. Jei x > 3, ji vsta nelygybe x + x 2 x + x 3, arba 2x 3 2x 3, kuri visada teisinga. 2. f funkcijos grafikas atrodo taip: 2 4

5 Iš grafiko matyti, kad f (f(a)) = f ({0, 2}) = ( ; 0] [; ) f(f (B)) = f( ; ) = [0; ). Funkcijos ( ).. (0. t.) Tegu f(x) = min(x, ), g(y) = y + h = g f. Apskaičiuokite h h. 2. (0.5 t.) Ar injektyvios duotos funkcijos? Jei ne, tai kodėl; jei taip, raskite atvkštines. 2x, kai x Z; x, kai x Z; f(x) = g(x) = x, kai x Z; 2x, kai x Z. Tada Sprendimai.. Aišku, kad h(x) = g ( min(x, ) ) g(x), kai x ; = g(), kai x > ; = x +, kai x ; 2, kai x >. h ( h(x) ) h(x + ), kai x ; x + 2, kai x, x + ; = h(2), kai x > ; = 2, kai x, x + > ; 2, kai x > ; x + 2, kai x 0; = = min(x + 2, 2). 2, kai x > 0; 2. Funkcijų grafikai parodyti piešinyje žemiau. 5

6 y = f(x) y = g(x) f funkcija injektyvi f y/2, kai y yra lyginis sveikasis skaičius; (y) = y, kai y Z. g funkcija neinjektyvi, nes g(0.5) = g() =. Ribos ( ). A = n= (n n ; n + n ); A = {m 0 n m Z, n }.. (0.2 t.) Apskaičiuokite Int A, jei 2. (0. t.) Įrodykite remdamiesi tik ribos apibrėžimu, kad Sprendimai.. Pmu atveju x x. A = (0; 2.5) (2 2 3 ; 3 3 ) ; todėl A = [0; 2.5] [2 2 3 ; 3 3 ] { } Int A = (0; 2.5) (2 2 3 ; 3 3 ) = A. 6

7 Antruoju atveju A = R Int A = R. 2. Fiksuoju ε parenku δ = ε 2. Paimu bet kokį x M U(, δ); čia M = (; ) yra funkcijos apibrėžimo sritis. Tada < x < + δ, 0 < x < δ, 0 < x < δ = ε, x > ε, t.y. x U(, ε). Tikslieji rėžiai išvestinės ( ).. (0.5 t.) Apskaičiuokite sup inf x 0 y 0 + xy inf sup x>0 y>0 + xy. Kuriuos inf sup galima atitinkamai pakeisti min max? 2. (0.5 t.) Nubrėžkite duotų funkcijų grafikus apskaičiuokite jų išvestines visuose taškuose, kuriuose jos apibrėžtos: x 2, kai x <, 2x, kai x 0, f(x) = 0, kai 0 < x <, (x ) 2, kai x ; g(x) = min(max(0, x 3 ), ). Sprendimai.. Kadangi /( + xy) funkcija y atžvilgiu nedidėja (0; ) intervale, inf y 0 + xy =, kai x = 0, 0, kai x > 0. Infimumo ženklo pakeisti min ženklu negalima. Aišku, kad tada sup inf x 0 y 0 Analogiškai gaunu, kad + xy = max inf x 0 y 0 + xy =. inf sup x>0 y>0 + xy = inf = min = x>0 x>0 (supremumo ženklo pakeisti max ženklu negalima). 7

8 2. Aišku, kad 0, kai x 0, g(x) = x 3, kai 0 < x <,, kai x. Abiejų funkcijų grafikai atrodo taip: y = f(x) y = g(x) Suprantama, 2x, kai x <, f 2, kai < x < 0, (x) = 0, kai 0 < x <, 2(x ), kai x < ; 0, kai x < 0, g (x) = 3x 2, kai 0 < x <, 0, kai x >. Išsiaiškinsiu, ar egzistuoja išvestinės sudūrimo taškuose. Kadangi f( ) =, f( +) = 2, taške f funkcija netolydi tuo labiau nediferencijuojama. Kadangi f(0 ) = 0 = f(0) = f(0+), 0 taške f funkcija tolydi. Tačiau f (0 ) = 2, f (0+) = 0, todėl f (0) neapibrėžta. Kadangi f( ) = 0 = f() = f(+), taške f funkcija tolydi. Be to, f ( ) = 0 = f (+), todėl f () = 0. Kadangi g(0 ) = g(0) = 0 = g(0+), 0 taške g funkcija tolydi. Be to g (0 ) = 0 = g (0+), todėl g (0) = 0. Kadangi g( ) = = g() = g(+), taške g funkcija tolydi. Tačiau g ( ) = 3, g (+) = 0, todėl g () neapibrėžta. Išvestinės ( ).. (0.05 t.) Kaip galėtų atrodyti f funkcijos, apibrėžtos tolydžios iš dešinės (0; ) intervale, grafikas, jei žinoma, kad f(0+) = f(2 ) =, f(2+) = 0 f() = f () =. 8

9 2. (0.25 t.) Apskaičiuokite inf sup xe xy sup inf 0 y 2 x 2 x 2 0 y 2 xe xy. Sprendimai.. Grafikas galėtų atrodyti kad taip: 2. Su y [0; 2] pažymiu f y (x) = xe xy. Jei y > 0, tai f y(x) = e xy xye xy = ( xy)e xy f y(x) = 0 x = y. (0; /y) intervale f y(x) > 0, o (/y; ) intervale f y(x) < 0, todėl /y taške yra f y funkcijos maksimumas. Jei 0 < y < /2, tai /y > 2 sup f y (x) = f y (/y) = x 2 ey. Jei y /2, tai sup x 2 f y (x) = f y (2) = 2e 2y. Jeigu gi y = 0, tai f y (x) = x su visais x sup x 2 f y (x) =. Kitaip tariant,, kai y = 0, sup xe xy = /(ey), kai 0 < y < /2, x 2 2e 2y, kai y /2. Funkcija dešinėje mažėjanti, todėl inf sup xe xy = 2e 4. 0 y 2 x 2 Jei x > 0, funkcija xe xy yra mažėjanti y atžvilgiu, todėl inf 0 y 2 xe xy = xe 2x = f 2 (x). Kadangi f 2(x) < 0 su x > /2, tame intervale f 2 funkcija mažėjanti sup x 2 inf 0 y 2 xe xy = sup f 2 (x) = f 2 (2) = 2e 4. x 2 9