[Undergraduates]/해석학

[Chapter 14~19] Problems

그린란드 2021. 3. 24. 01:38

[Problem 1]

닫힌구간 [1,1]에서 연속이고 x=0에서 미분가능한 함수 f 중에서 임의의 양수 δ에 대하여 임의의 0δ근방에서 미분가능하지 않은 점이 존재하는 함수 f의 예를 들어라.

Solution ▶

(Proof)

함수 f(x)={x2|sin1x|(x0)0(x=0)에 대하여 |x2sin(1/x)|x2이므로 조임 정리에 의하여 limx0x2sin(1/x)=0이다. 따라서 f(x)[1,1]에서 연속이다. 또한 |f(x)x|=|xsin(1/x)||x|이므로 조임 정리에 의하여 f(0)=limx0f(x)x=0이다.

그러나 임의의 자연수 n에 대하여 f(1/nπ)=0이고 사인함수가 0일 때 미분계수는 0이 되지 않으므로 함수 f(x)x=1/nπ에서 미분가능하지 않다. 임의의 양수 δ에 대하여 아르키메데스 원리에 의하여 1/n0π<δ인 자연수 n0가 존재하므로 함수 f는 임의의 0δ근방에서 미분가능하지 않다.

 

[Problem 2]

실수 a0,a1,,ana0/1+a1/2++an/(n+1)=0을 만족시키면 a0+a1x++anxn=00x1인 실수 x가 적어도 하나 존재함을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

함수 f(x)=a0x+a12x2++ann+1xn+1에 대하여 주어진 조건에 의하여 f(0)=f(1)=0이다. 함수 f(x)는 다항함수(미분가능)이므로 롤의 정리에 의하여 f(x)=a0+a1x++anxn=0인 실수 x가 열린구간 (0,1)에 적어도 하나 존재한다.

 

[Problem 3]

(a) 임의의 양수 ϵ에 대하여 x>1일 때 lnx<(xϵ1)/ϵ임을 보여라. 

(b) 임의의 양수 ϵ에 대하여 limxlnxxϵ=0임을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

(a) 1보다 큰 실수 x에 대하여 함수 f(t)=xt는 미분가능하고 증가하는 함수이므로 평균값 정리에 의하여 xϵ1ϵ=xcϵlnx>lnx인 실수 cϵ(0,ϵ)이 존재한다. 따라서 주어진 부등식이 성립한다.

(b) (a)에서 임의의 양수 ϵt>1에 대하여 lnx<(xϵ/21)/(ϵ/2)ϵ2lnx<xϵ/21이다. 양변을 xϵ으로 나누면 ϵlnx2xϵ<xϵ/21xϵ이다. ϵlnx2xϵ>0이고 limxxϵ/21xϵ=limx1xϵ/2xϵ/2=0이므로 조임 정리에 의하여 limxlnxxϵ=0이다.

 

[Problem 4]

다항식 P(x)에 대하여 a,b,c,d(a<b<c<d)가 방정식 P(x)=0의 네 실근이라고 하자. 방정식 P(3)(x)+3P(2)(x)+3P(x)+P(x)=0을 만족시키는 실수 x가 열린구간 (a,d)에 적어도 하나 존재함을 보여라. 

Solution ▶

(Proof)

f(x)=P(x)ex라 하자. f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=0이므로 롤의 정리에 의하여 f(x0)=f(x1)=f(x2)=0인 세 실수 x0,x1,x2가 열린구간 (a,b),(b,c),(c,d)에 각각 적어도 하나 존재한다.
같은 방법으로, 롤의 정리에 의하여 f(y0)=f(y1)=0인 두 실수 y0,y1에 열린구간 (x0,x1),(x1,x2)에 각각 적어도 하나 존재한다. 
마지막으로, 롤의 정리에 의하여 f(3)(z0)=0인 실수 z0가 열린구간 (y0,y1)에 적어도 하나 존재한다. 이때 f(3)(x)=(P(3)(x)+3P(2)(x)+3P(x)+P(x))ex이므로 z0(a,d)가 방정식 P(3)(x)+3P(2)(x)+3P(x)+P(x)=0의 근이다.

 

[Problem 5]

테일러 정리를 이용하여 모든 x(0,1]에 대하여 ex>1+x+x2/2이 성립함을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

테일러 정리에 의하여 ex=1+x+12x2+ec3!x3인 실수 c0x 사이에 적어도 하나 존재한다. 이때 0<x1이고 ec>0이므로 ec3!x3>0이다. 따라서 ex>1+x+x2/2가 성립한다.

 

[Problem 6]

함수 f(x)={sin(1/x)(x0)0(x=0)가 닫힌구간 [1,1]에서 리만 적분 가능함을 보여라. 

Solution ▶

(Proof)

임의의 양수 ϵ이 주어졌다고 하자. δ:=ϵ/8에 대하여 함수 f(x)는 각각 닫힌구간 [1,δ],[δ,1]에서 연속이다. 즉, 닫힌구간 [1,δ]의 분할 P1이 존재하여 Uf(P1)Lf(P1)<ϵ/4을 만족시키고, 닫힌구간 [δ,1]의 분할 P2가 존재하여 Uf(P2)Lf(P2)<ϵ/4을 만족시킨다. 이때 P=P1P2는 닫힌구간 [1,1]의 분할이고, Uf(P)Lf(P)Uf(P1)Lf(P1)+Uf(P2)Lf(P2)+sup{|f(x)f(y)x,y[δ,δ]}<ϵ/4+ϵ/4+4δ<ϵ/4+ϵ/4+4ϵ/8=ϵ이므로 함수 f는 닫힌구간 [1,1]에서 리만 적분 가능하다.

 

[Problem 7]

함수 f(x)가 닫힌구간 [a,b]에서 리만 적분 가능하고, x가 유리수일 때 f(x)=0이라고 하자. abf(x)dx=0임을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

함수 f(x)가 닫힌구간 [a,b]에서 리만 적분 가능 함수 |f(x)| 또한 리만 적분 가능하다. 하므로 임의의 양수 ϵ에 대하여 구간 [a,b]의 분할 P={a=x0,x1,,xn=b}가 존재하여 U|f|(P)L|f|(P)<ϵ이다.

이때 유리수의 조밀성에 의하여 각 구간 [xi1,xi]에 유리수가 존재하므로 L|f|(P)=0이다. 즉, 임의의 양수 ϵ에 대하여 U|f|(P)<ϵ이 성립하므로 ab|f(x)|dx=0이다. 이때  L|f|(P)=0  ab|f(x)|dx=0이므로 ab|f(x)|dx=0이다. 따라서 abf(x)dx=0이다. 

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