41. Az (lásd 64. Tétel (**)) másodrendű, lineáris, konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet alaprendszerét (lásd 64. Tétel Ad ) alakban keressük, ahol a ismeretlen állandó




Yüklə 133.62 Kb.
tarix27.02.2016
ölçüsü133.62 Kb.
41. Az (lásd 64.Tétel (**)) másodrendű, lineáris, konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet alaprendszerét (lásd 64.Tétel Ad 1.) alakban keressük, ahol a ismeretlen állandó. Meghatározását az y függvénynek a megoldandó differenciálegyenletbe való helyettesítésével kezdjük el. Felhasználva, hogy kapjuk, hogy

. Mivel egyszerűsítés után a -ra adódik a

(*)



karakterisztikus egyenlet, amelyből . Most három esetet különböztetünk meg:

  1. Két különböző valós gyök van. Ekkor .Az nyilvánvaló, hogy (lásd 64.Tétel (***) ), de az is szükséges, hogy lineárisan függetlenek legyenek, amit a Wronski – féle determinánsukkal (lásd FELADATOK 38.), amelyben az is szerepelnek, vizsgálunk meg. A 40. feladat (lásd FELADATOK 40.) eredményét felhasználva választással mellett kapjuk, hogy , ami sehol sem 0, ezért az függvények a számegyenes bármely intervallumán lineárisan függetlenek.

  2. Egyetlen valós gyök van. Ekkor . Az nyilvánvaló, hogy (lásd 64.Tétel (***) ), de az alaprendszerhez kell még egy függvény. Legyen .Ekkor . A T transzformációt az függvényre alkalmazva azaz is megoldása a differenciálegyenletnek. Az is szükséges, hogy lineárisan függetlenek legyenek, amit a Wronski – féle determinánsukkal (lásd FELADATOK 38.), amelyben az is szerepelnek, vizsgálunk meg. A 40. feladat (lásd FELADATOK 40.) eredményét felhasználva választással mellett kapjuk, hogy , ami sehol sem 0, ezért az függvények a számegyenes bármely intervallumán lineárisan függetlenek.

  3. Nincsenek valós gyökök. Az függvénypár alaprendszert alkot. Erről a I. pontban járt úton a megfelelő számítások elvégzésével győződhetünk meg : .



42. Az (lásd 64.Tétel (**)) másodrendű, lineáris, Euler- féle homogén differenciálegyenlet alaprendszerét (lásd 64.Tétel Ad 1.) alakban keressük, ahol a ismeretlen állandó. Meghatározását az y függvénynek a megoldandó differenciálegyenletbe való helyettesítésével kezdjük el. Mivel kapjuk, hogy

.Az -vel egyszerűsítve, a karakterisztikus egyenlet

(*)

amelynek gyökei: . Most három esetet különböztetünk meg:


  1. Két különböző valós gyök van. Ekkor .Az nyilvánvaló, hogy (lásd 64.Tétel (***) ), de az is szükséges, hogy lineárisan függetlenek legyenek, amit a Wronski – féle determinánsukkal (lásd FELADATOK 38.), amelyben az is szerepelnek, vizsgálunk meg. A 40. feladat (lásd FELADATOK 40.) eredményét felhasználva választással mellett kapjuk, hogy , ami sehol sem 0, ezért az függvények a számegyenes intervallumán lineárisan függetlenek.

II. Egyetlen valós gyök van. Ekkor . Az nyilvánvaló, hogy (lásd 64.Tétel (***) ), de az alaprendszerhez kell még egy függvény. Legyen .Ekkor . A T definíciója szerint:

azaz is megoldása a differenciálegyenletnek. Az is szükséges, hogy lineárisan függetlenek legyenek, amit a Wronski – féle determinánsukkal (lásd FELADATOK 38) vizsgálunk meg. választással mellett kapjuk, hogy , ami sehol sem 0, ezért az függvények a számegyenes pozitív részén lineárisan függetlenek.



III .Nincsenek valós gyökök. Ekkor (részletezés nélkül) az alaprendszer:

és .

43. Ha a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (**)) alaprendszere (lásd 64.Tétel Ad 1.), akkor -a lineárisan függetlenség miatt- Wronski – determinánsuk ( lásd FELADATOK 38.) nem lehet azonosan zérus, (lásd FELADATOK 39.), azaz, van olyan intervallum, amelyen megoldásai a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenletnek és az intervallum valamilyen pontjában . Ekkor az intervallumon sem. (Lásd FELADATOK 40.) Tegyük fel, hogy y a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldása ezen az intervallumon. Ekkor (például az algebrából ismert Cramer- szabályból láthatóan) vannak olyan függvények, amelyek az intervallum minden x pontjában kielégítik a

(*)

két ismeretlenes lineáris egyenletrendszert. (A (*) egyenletrendszer determinánsa éppen az alaprendszer Wronski – determinánsa.) A (*) egyenletrendszer első egyenletéből kapott egyenletből a második egyenlet kivonásával kapjuk a

(**)

egyenletet. Mivel y a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldása, ezért .(Lásd 64.Tétel (**) és (***).) A (*) egyenletrendszer második egyenletéből kapott egyenlet, a második egyenlet és az első egyenletet alapján a T transzformációba helyettesítve, felhasználásával, írhatjuk, hogy




A (**) egyenletet és a most kapott eredményünket egyenletrendszerbe foglalva adódik a

(***)

egyenletrendszer. Ennek megoldása: Ebből adódik, hogy a

függvények a szóban forgó intervallumon állandók.( Ezt a Lagrange – féle középérték tétel alapján hasonlóan kapjuk, mint a 39.feladat megoldásakor (lásd MEGOLDÁSOK 39)

az hányadosra kaptuk.) Végül, a (*) egyenletrendszer első egyenletéből kapjuk a kívánt végeredményt.



44. Feladatunk annak megmutatása, hogy ha , akkor . (Lásd 64.Tétel (*) és (***).)

A

(*)



egyenletrendszer első egyenletének felhasználásával kapjuk, hogy

.

Ezek után



ahol felhasználtuk a (*) egyenletrendszer második egyenletét és az alaprendszer (lásd 64.Tétel Ad1.) tulajdonságát.



45. Az egy elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet. (Lásd 63.Tétel .) Megoldását három lépésre tagoljuk.

1. Megkeressük az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldását: Minden elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet szétválasztható változójú, ezért az alakból kiindulva, a szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldási eljárása (lásd FELADATOK 33 és MEGOLDÁSOK 33) szerint járunk el. Először is megállapítjuk, hogy az függvény. Feltéve ezek után, hogy , az (lásd MEGOLDÁSOK 33. (**). ) alakhoz jutunk. Innen ,majd az megoldást is figyelembe véve a homogén egyenlet általános megoldását kapjuk.

2. Konstans variálás: A helyettesítéses integrálással : az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása.

3. Az inhomogén egyenlet általános megoldása:



Megjegyzés. Ha észrevesszük, hogy alakban a differenciálegyenlet szeparábilis, akkor az megoldás elkülönítése után az primitív függvényt felhasználva már az első lépésben a 3. lépésben látott végeredményhez jutunk.
46.
  1. I. Megoldás. Az Bernoulli féle differenciálegyenlet. (Lásd 63.Tétel, .) Először is megállapítjuk, hogy az függvény a differenciálegyenlet megoldása. Ha ,akkor megoldási eljárása (lásd FELADATOK 37 és MEGOLDÁSOK 37 ) az tényezővel való osztással: , majd a helyettesítéssel folytatódik. A beírásával a




  1. elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlethez jutunk, amelynek általános megoldása .(Lásd FELADATOK 45 és MEGOLDÁSOK 45. ) A végeredményt visszahelyettesítéssel kapjuk : . Az kikötés miatt figyelmet kell fordítani a állandókra, mert ekkor a nevező az esetekben 0. Ilyen állandók esetén az y függvény a intervallumokon megoldása a differenciálegyenletnek, amit behelyettesítéssel igazolhatunk: .


II. Megoldás. Az átalakítással a differenciálegyenlet szeparábilis. (Lásd 63.Tétel .) A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldási eljárása (lásd FELADATOK 33 és MEGOLDÁSOK 33) szerint először is megállapítjuk, hogy az és az függvények megoldásai a differenciálegyenletnek. Ha ,akkor az (lásd MEGOLDÁSOK 33. (**). ) alakhoz jutunk. A bal oldalon lévő primitív függvényt a racionális törtfüggvények integrálásának (lásd 50.Tétel) lépései (második lépéssel kezdve) szerint keressük meg: . Innen ,majd az abszolút értéket és az megoldást is figyelembe véve az . A állandók esetén az y a intervallumokon megoldás.

47. Nyilvánvaló, hogy , ezért a differenciálegyenlet megoldásait csak a intervallumokon kereshetjük.

  1. Megoldás. Az változóiban homogén differenciálegyenlet. (Lásd 63.Tétel, ) Megoldási eljárása (lásd FELADATOK 35 és MEGOLDÁSOK 35 ) a helyettesítéssel kezdődik, ami után szétválasztható változójú differenciálegyenlethez kell jutnunk. Valóban a differenciálegyenlet szétválasztható változójú. (Lásd 63.Tétel .) A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldási eljárása (lásd FELADATOK 33 és MEGOLDÁSOK 33) szerint először is megállapítjuk, hogy az függvény megoldása a differenciálegyenletnek. Ha ,akkor (lásd MEGOLDÁSOK 33.(**).). Innen . Az abszolút értéket és a megoldást is figyelembe véve a

  2. Megoldás. Az differenciálegyenlet szeparábilis. (Lásd 63.Tétel .) A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldási eljárása (lásd FELADATOK 33 és MEGOLDÁSOK 33) szerint először is megállapítjuk, hogy az függvény megoldása a differenciálegyenletnek. Ha ,akkor (ld. MEGOLDÁSOK 33.(**).). . Az abszolút értéket és az megoldást is figyelembe véve az

  3. Megoldás. alakban elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet (Lásd 63.Tétel .) amelyet a II. Megoldásban látott módon oldunk meg.

48. Nyilvánvaló, hogy , ezért a differenciálegyenlet megoldásait jelentő függvények legfeljebb intervallumon értelmezhetők (az y differenciálhatósága miatt veszünk nyitott intervallumot) és e függvények grafikonjai az „x,y” sík origó középpontú, a tengelyekkel párhuzamos oldalú, 2 egység oldalhosszúságú négyzetben találhatók. Először is megállapítjuk, hogy az és az függvények megoldásai a differenciálegyenletnek. Ha , akkor a differenciálegyenlet

(*)

alakra hozható. A szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldásánál látott módon (lásd MEGOLDÁSOK 33.),a (*) mindkét oldalának x szerinti integrálásával, majd az helyettesítéses integrálással

(**) (ahol k konstans)

alakhoz jutunk. A (**) bal oldalán a helyettesítéses integrálással

primitív függvényt, a jobb oldalon az helyettesítéses integrálással, figyelembe véve azt is, hogy és ,



primitív függvényt kapunk és így ,azaz,

(***)

ahol a (***) nem differenciálegyenlet és ezért a (*) implicit megoldása (lásd 63.Tétel ),amit az mutat, hogy a (***) mindkét oldalának x szerinti differenciálásával (az arkusz szinusz függvény differenciálását illetően lásd a 26.Tétel Megjegyzést) visszakapjuk a (*)-ot. Ha a (***)- ból explicit megoldást kívánunk nyerni, akkor a k konstans szerinti taglalásra van szükség. A (***) bal oldalára pillantva, látjuk, hogy szükségképpen

(****) , ahol

Tekintettel az arkusz szinusz függvény értékkészletére (lásd 21.Tétel): Ha , akkor nincs a (****) egyenlőtlenséget kielégítő x ; Ha ;Ha .Ha ; Ha akkor nincs a (****) egyenlőtlenséget kielégítő x. Összefoglalóan, ha ,akkor mindig van a intervallumnak olyan részintervalluma, ahol a (***) –ból kifejezett függvények megoldásai a kiindulási differenciálegyenletnek.



49. Nyilvánvaló, hogy , ezért a differenciálegyenlet megoldásait csak a intervallumokon kereshetjük. Az egy elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet. (Lásd 63.Tétel .) Megoldását három lépésre tagoljuk.

1. Megkeressük az elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet megoldását: Minden elsőrendű lineáris homogén differenciálegyenlet szétválasztható változójú, ezért az alakból kiindulva, a szétválasztható változójú differenciálegyenlet megoldási eljárása (lásd FELADATOK 33 és MEGOLDÁSOK 33) szerint járunk el. Először is megállapítjuk, hogy az függvény. Feltéve ezek után, hogy , az (lásd MEGOLDÁSOK 33. (**). ) alakhoz jutunk. Innen ,majd az megoldást is figyelembe véve a homogén egyenlet általános megoldását kapjuk.

2. Konstans variálás: . Így az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása.

3. Az inhomogén egyenlet általános megoldása:



50. Az U;R és L állandók. A változó időt t –vel, az áramerősséget I-vel jelölve, keressük az függvényt. Az áramerősség időbeli változásának sebességét az differenciálhányados függvény mutatja. A tekercsen indukálódó feszültség ,mert iránya ellentétes az indukáló U feszültséggel (Lenz törvénye) és nagysága arányos az áramerősség időbeli változásának sebességével (Faraday törvénye). Végül Ohm törvénye értelmében: , tehát az

(*)

elsőrendű lineáris inhomogén differenciálegyenletet (lásd 63.Tétel .) kell megoldanunk:


  1. A megfelelő homogén egyenlet általános megoldása : ,ahol szabad konstans.

  2. A konstans variálás eredménye: és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása .

  3. Az inhomogén egyenlet általános megoldása: ,ahol szabad konstans.

A bekapcsoláskor (t=0) az ,azaz a szabad konstanst a kezdeti feltétel lekötötte. A mutatja, hogy hosszabb idő után az áramerősség állandónak tekinthető.

51. Az másodrendű lineáris konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (**), ) .Ennek keressük az általános megoldását. (Lásd 64.Tétel Ad 1.) Első feladatunk az alaprendszer megtalálása, amelyet alakban keresünk. (Lásd FELADATOK 41. és MEGOLDÁSOK 41.; ) Meghatározását az y függvénynek a megoldandó differenciálegyenletbe való helyettesítésével kezdjük el. Felhasználva, hogy kapjuk, hogy . Mivel egyszerűsítés után a -ra adódik a

karakterisztikus egyenlet (lásd MEGOLDÁSOK 41. (*)), amelynek nincs valós gyöke. Ekkor az alaprendszer (lásd MEGOLDÁSOK 41. III. pont)



.

(Ezt próbával is igazolhatjuk figyelembe véve, hogy és adódnak: . Azt, hogy és lineárisan függetlenek, a Wronski – féle determinánsuk (lásd FELADATOK 38.) kiszámításával igazolhatjuk: sehol sem 0, tehát az és semmilyen intervallumon sem lehetnek lineárisan függők.) A másodrendű lineáris homogén egyenlet általános megoldása az alaprendszer lineáris kombinációja (lásd FELADATOK 43.):

(*) ,ahol szabad konstansok.

(Ezt is igazolhatjuk az differenciálegyenletbe való behelyettesítéssel: .)


Megjegyzés: A (*) eredményhez a fenti „receptek” nélkül is eljuthatunk az alábbiakban vázolt úton: Megállapítva, hogy megoldása a differenciálegyenletnek viszont nem, az -val való végigszorzás és rendezés után az mindkét oldalát az x szerint integrálva már elsőrendű differenciálegyenlethez jutunk, ahol a pozitív állandó és . Az -ből az szétválasztható változójú differenciálegyenleteket kapjuk. Ennek megoldási módszere szerint , amiből . Innen és . Mindkét esetet és az megoldást is összefoglalva : , ami a



egyenletrendszeren keresztül a (*) –gal egyező megoldást jelent.


52. Az másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (*), ) .Ennek keressük az általános megoldását. Ezt három lépésben tesszük meg. (Lásd 64.Tétel Ad 1., Ad 2. és Ad.3.)
  • Első lépésben megkeressük az másodrendű lineáris konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (**), ) az általános megoldását. Megtaláljuk az


alaprendszert (lásd MEGOLDÁSOK 51.), amelynek

(*) ,ahol szabad konstansok,

lineáris kombinációja a homogén egyenlet általános megoldása.



Második lépésben elvégezzük a konstansok variálását. Először felírjuk a variált konstansok differenciálhányadosaira vonatkozó egyenletrendszert (lásd 64. Tétel (****)):

.

Ezt a ismeretlenekre nézve két ismeretlenes elsőfokú egyenletrendszert (amelynek az algebrában tanult Cramer – szabály szerinti megoldásában szereplő determinánsa éppen az alaprendszer Wronski – féle determinánsa) megoldva kapjuk, hogy



.

Innen integrálással nyerjük a variált konstansokat.

Az helyettesítéses integrálást használva:

.

Az helyettesítéses integrálást használva:



.

Ezek alapján az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása


(**) .

Harmadik lépésben megadjuk az inhomogén egyenlet általános megoldását. Ez a homogén egyenlet (*) alatti általános megoldásának és az inhomogén egyenlet (**) alatti partikuláris megoldásának összege:

(***) ,ahol szabad konstansok..



Próba: és a (***) behelyettesítése alapján: ,tehát (***) a FEALADATOK 52.-ben kitűzött másodrendű lineáris inhomogén egyenlet (két szabad konstanst tartalmazó) általános megoldása.

53. Az egy másodrendű lineáris inhomogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (*), ) .Ennek keressük az általános megoldását. Ezt három lépésben tesszük meg. (Lásd 64.Tétel Ad 1., Ad 2. és Ad.3.)

Első lépésben megkeressük az másodrendű lineáris konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet (lásd 64.Tétel (**), ) az általános megoldását. Első feladatunk az alaprendszer megtalálása, amelyet alakban keresünk. (Lásd FELADATOK 41. és MEGOLDÁSOK 41.; ) Meghatározását az y függvénynek a megoldandó differenciálegyenletbe való helyettesítésével kezdjük el. Felhasználva, hogy kapjuk, hogy . Mivel egyszerűsítés után a -ra adódik a

karakterisztikus egyenlet (lásd MEGOLDÁSOK 41. (*)), amelynek valós gyökei: . Ekkor az alaprendszer (lásd MEGOLDÁSOK 41. I. pont)



,

amelynek


(*) ,ahol szabad konstans

lineáris kombinációja a homogén egyenlet általános megoldása.



Második lépésben elvégezzük a konstansok variálását. Először felírjuk a variált konstansok differenciálhányadosaira vonatkozó egyenletrendszert (lásd 64. Tétel (****)):

.

Ezt a ismeretlenekre nézve két ismeretlenes elsőfokú egyenletrendszert (amelynek az algebrában tanult Cramer – szabály szerinti megoldásában szereplő determinánsa éppen az alaprendszer Wronski – féle determinánsa) megoldva kapjuk, hogy



,

ahonnan integrálással nyerjük a variált konstansokat. Az helyettesítéses integrálást használva: .



Ezek alapján az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása


(**) .


Harmadik lépésben megadjuk az inhomogén egyenlet általános megoldását. Ez a homogén egyenlet (*) alatti általános megoldásának és az inhomogén egyenlet (**) alatti partikuláris megoldásának összege:

(***) ,ahol szabad konstansok.


54. Az C, ,R és L állandók. A kondenzátor feltöltésekor a lapok közötti U feszültség úgy jön létre, hogy a kondenzátor egyik lapján, a másik laphoz képest =CU töltés halmozódik fel . (Ha a kondenzátor lapjai között a kezdeti feszültség , akkor a felhalmozott töltés .) Ha a kondenzátor lapjait vezetővel összekötjük, akkor elkezdődik a töltések kiegyenlítődése , azaz elektromos áram keletkezik, és változik a kondenzátor lapok közötti feszültség. A változó időt t –vel, jelölve, az függvényt keressük. Természetesen minden időpillanatban fennáll a összefüggés. Az időben változó I áramerősség iránya ellentétes a töltések áramlásának irányával, nagyságát a töltések időbeli megváltozásának sebessége adja, tehát ,ahol a vessző az idő szerinti differenciálást jelenti . Az áramerősség időbeli változásának sebességét az differenciálhányados függvény mutatja. A tekercsen indukálódó feszültség ,mert iránya ellentétes az indukáló feszültséggel (Lenz törvénye) és nagysága arányos az áramerősség időbeli változásának sebességével (Faraday törvénye). Így Kirchoff törvénye ( az áramkörben folyó áram pillanatnyi erőssége arányos az áramlást létrehozó pillanatnyi feszültségek összegével, arányossági tényező a vezető ellenállása) alapján:

,ahol U és I az idő függvénye.

Az behelyettesítésével : amiből U-ra az



másodrendű, lineáris, konstans együtthatós homogén differenciálegyenlet adódik. .Ennek keressük az általános megoldását. (Lásd 64.Tétel Ad 1.) Az alaprendszert alakban keresve, a karakterisztikus egyenlet (lásd MEGOLDÁSOK 41. (*)):



amelynek diszkriminánsától függően, három eset lehetséges:



  1. (Két különböző valós gyök van)

  2. (Egy valós gyök van)

  3. (Nincsenek valós gyökök)

Mindhárom esetben a másodrendű lineáris homogén differenciálegyenlet általános megoldása:

(*) .



Megjegyzések:

  1. A jelen esetben a konstansokat az (a kondenzátorlapok vezetővel történő összekötésének pillanatában még nem folyt áram) kezdeti feltételek kötik és ezek alapján meghatározhatók.

  2. Ha (ezen azt értjük hogy a vezeték ohmikus ellenállása gyakorlatilag elhanyagolható), akkor III. és (*)-ból

adódik, azaz ,ami a csillapodás nélküli rezgőkör feszültségét írja le.



55. A k – dimenziós térben az a pont sugarú gömb környezete (lásd 65.Tétel) az térnek az X ponthoz r –nél kisebb távolságra lévő pontjaiból álló halmaza:

.
  1. Ezekre a gömb környezetekre mutatjuk ki a Hausdorff – féle környezet – axiómák (lásd 65.Tétel) teljesülését.

  1. A miatt .

  2. Adott esetén legyen olyan pozitív szám, amelyre . Ekkor bármely esetén miatt .

  3. Legyen és legyen Állítjuk, hogy a és környezeteknek nincs közös része. Ad absurdum, feltéve, hogy van olyan pont, hogy kapjuk, hogy és . A háromszög – egyenlőtlenség (lásd 65.Tétel) felhasználásával adódik, hogy ,ami ellentmondás.

  4. Legyen és legyen . Ekkor a háromszög – egyenlőtlenség (lásd 65.Tétel) alapján kapjuk: minden esetén .


56. A k – dimenziós térben az a középpontú fél – oldalhosszú kocka:

.
  1. Ezekre a kocka - környezetekre mutatjuk ki a Hausdorff – féle környezet – axiómák (lásd 65.Tétel) teljesülését.

  1. Az miatt .

  2. Adott esetén legyen olyan pozitív szám, amelyre . Ekkor bármely esetén és .Ezek az egyenlőtlenségek mutatják, hogy és .

  3. Ha ,akkor legalább egy koordinátában -mondjuk a j -edikben- különböznek, azaz . Legyen . Állítjuk, hogy az és környezeteknek nincs közös része. Ad absurdum, tegyük fel: . Ekkor ,ami a ellentmondáshoz vezet.

  4. Legyen és legyen . Ekkor minden esetén



57. A k – dimenziós térben az a középpontú sugarú zárt gömb az térnek az X ponthoz r –nél nem nagyobb távolságra lévő pontjaiból álló halmaza:

,

ahol az X és Y pontok távolsága.(Lásd 65.Tétel.) Ezekre a zárt gömbökre vizsgáljuk a Hausdorff – féle környezet – axiómák (lásd 65.Tétel) teljesülését.

Könnyű kimutatni az 1.,2. és 3. környezet – axiómák érvényesülését. (Lásd MEGOLDÁSOK 55.,ahol a 3. axióma esetében az -gyel számolva a ellentmondás adódik.)

A továbbiakban megmutatjuk, hogy a 4. axióma nem teljesül. Legyen a zárt gömb határán lévő pont, azaz és legyen az középpontú tetszőleges sugarú zárt gömb. Tekintsük az tér azon Z pontjait, amelyek a pontból kiinduló, ponton áthaladó félegyenesen (lásd 67.Tétel (*)) vannak, azaz . (A esetén Z=X és esetén .) Legyen a félegyenes paraméterhez tartozó pontja, azaz . (Lásd 65.Tétel ben a lineáris térbeli összeadás és számmal való szorzás tulajdonságait.) Megmutatjuk, hogy . Valóban, (lásd 65.Tételben a norma tulajdonságait, norma és távolság viszonyát) , azaz az középpontú sugarú zárt gömb határán van. Másrészt, akárhogyan is választjuk a sugarat, a miatt ,tehát . Összefoglalva, azt kaptuk, hogy az eleme az középpontú sugarú zárt gömbnek, de egyetlen középpontú zárt gömb sem része neki, ami a negyedik Hausdorff – axióma nem teljesülését jelenti.



58. .

Szükségesség. Tudjuk, hogy .(Lásd 65.Tétel és 2.Tétel Def.) Mivel ,ha ,akkor , ami a számsorozatok konvergenciájának definíciója szerint azt jelenti, hogy

Elegendőség. Tudjuk, hogy ,azaz . Ekkor a konvergencia műveleti szabályai (lásd 7.Tétel) szerint .

59. Tétel. Ha az sorozat korlátos, akkor van konvergens részsorozata.

Bizonyítás. Legyen . A korlátosság (lásd FELADATOK 59.) miatt: ,azaz mindegyik koordináta – sorozat korlátos. Tekintve az első koordináta – sorozatot, ennek , a számsorozatokra vonatkozó Bolzano- Weierstrass tétel (lásd 13.Tétel) szerint van konvergens részsorozata. Jelölje ezt ,ahol a részsorozat indexeit (mondjuk a páros n –eket) futja be. Az sorozat, ami a második koordináta – sorozat részsorozata is korlátos, tehát van konvergens részsorozata. Jelölje ezt ,ahol a rész- részsorozat indexeit (mondjuk a 4 –gyel osztható n –eket) futja be. Az sorozat, ami a harmadik koordináta – sorozat részsorozata is korlátos, tehát van konvergens részsorozata. Jelölje ezt ,ahol a rész-rész- részsorozat indexeit (mondjuk a 8 –cal osztható n –eket) futja be. Így ,tovább haladva jutunk az konvergenciához, ahol az összes eddigi index – sorozatnak részsorozata (mondjuk a -val osztható n –eket futja be) . A részsorozat konvergenciája ( lásd 2.Tétel Megjegyzések 4.) miatt és így a koordinátánkénti konvergencia tétele (lásd 65.Tétel) miatt ,ahol és .

60. Tétel. konvergens .

A bizonyítás a k- -dimenziós térre definiált fogalmakra és tulajdonságaikra épül. (Lásd 65.Tétel)



Szükségesség. A definíciója szerint . Ha , akkor a háromszög –egyenlőtlenség miatt .

Elegendőség. Tegyük fel, hogy . Legyen és . Ha ,akkor . Ez a Cauchy – féle konvergencia kritérium (lásd 14.Tétel) szerint azt jelenti, hogy, az koordináta – sorozatok mindegyike konvergens. Így, a koordinátánkénti konvergencia tétele (lásd 65.Tétel) szerint az sorozat konvergens.


Verilənlər bazası müəlliflik hüququ ilə müdafiə olunur ©azrefs.org 2016
rəhbərliyinə müraciət

    Ana səhifə