Matematické Fórum

vanok · 31. 07. 2019 15:17 — Editoval vanok (31. 07. 2019 19:32)

Pozdravujem,

Toto cvicenie mozme aj takto riesit.

Najprv urcime mozne limity. ( to tu podrobne napisem).
A)
Ak $u_0=u_1=0$ tak dana postupnost je nulova.

Tak predpokladajme, ze nie sme v takej situacii a vtedy rekurenciou mame, ze $\forall i\in \Bbb N, u_i>0$ . (*)

Ak postupnost konverguje, tak jej limita $l$ je taka, ze $l=2\sqrt l$ , cize $l=0$ alebo $l=4$ .

Ak by $0<u_i<1$ pre kazde $i$ , nasa postupnost by bola stupajuca a ohranicena cislom 1; a mala by tak limitu $l\in [0;1]$ .
No vsak sme uz dokazali,ze to nie je mozne. Co nam tiez da, ze existuje $p\in \Bbb N^*; u_p\ge 1$ . Co da aj pre kazde $i \ge p; u_i\ge1$ .

Tak je jasne, ze v situacii (*) jedina mozna limita je 4.

B)Navod na pokracovanie:
Na (dost elegantne riesenie) postupne polozme
$v_i=\frac 12 \sqrt {u_i}$ , co da $v_{i+2}^2=\frac 12 (v_{i+1}+v_i)$ ( pre kazde i ....)
$w_i=v_i-1$ , a tu plati $(w_{i+2}+1)^2=\frac 12(w_{i+1}+w_i)+1$ ( vdaka predoslej rovnosti).
co vyuzijeme...

Pochopitelne, ak treba, aj cast B) podrobne rozvediem.

krakonoš · 31. 07. 2019 16:50

↑ vanok:
Kdyby byla posloupnost rostoucí, nebyla shora omezená a měla limitu nekonečno, nemohlo by však zároveň platit $u_{i+2}^{2}=u_{i+1}+u_{i}+2\sqrt{u_{i+1}\cdot u_{i}}\le 4u_{i+1}$ .
Musí být tedy shora omezena a mít tedy limitu rovnu čtyřem.

vanok · 31. 07. 2019 17:16

Cau ↑ krakonoš:,
Len co budem mat trochu casu doplnim moje riesenie, cast B) ↑ vanok:

vanok · 31. 07. 2019 19:31 — Editoval vanok (01. 08. 2019 21:38)

↑ vanok:
Pokracovanie casti B) v ↑ vanok:.
Posledna rovnost da $w_{i+2}^2+2w_{i+2}+1=\frac 12(w_{i+1}+w_i)+1$ a tak po malej uprave
$w_{i+2}= \frac {w_{i+1}+w_i}{2(2+w_{i+2})}$
Pre kazde $i\ge p$ , je $v_i \ge \frac 12$ a tak $2+w_i= 1+v_i \ge \frac 32$ .
To nam da $\forall i \ge p, |w_{i+2}|\le \frac 13 (|w_{i+1}|+|w_i|)$ .

Postupnost $(x_i)_{i\ge p}$ definovana rekurentne takto : $x_p=|w_p|; x_{p+1}=|w_{p+1} | \wedge \forall i\ge p, x_{i+2}=\frac 13 (x_{i+1}+x_i)$ je klasicka rekurentna linearna radu 2, a preto $\exists (\lambda , \mu ) \in \Bbb R^2 (\forall i \ge p), x_i=\lambda (\frac {1+\sqrt {13}}6)^i+\mu (\frac {1-\sqrt {13}}6)^i$ ( viete preco?).
A tak mame $\lim x_i=0$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Tato kladna postupnost ohranicuje z hora postupnost $(|w_i|)_{i \ge p}$ , co da $\lim w_i=0$
a tak aj $\lim v_i=1$ a tiez $\lim u_i=4$ .

vanok · 02. 08. 2019 15:55 — Editoval vanok (02. 08. 2019 15:59)

Problem (88).

Nech $f$ je realna funkcia klasy $C ^1$ na $\Bbb R_+$ taka ze $\lim_{x\to +\infty}(f(x)+2f^{\prime}(x))=0$ .
Urcite $\lim_{x\to +\infty}(f(x))$ .

check_drummer · 03. 08. 2019 22:44

↑ vanok:
Ahoj, jen malá úvaha

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš

↑ vanok:↑ check_drummer:
Ahoj,pozdravuji z Krkonoš.
Za předpokladu,že limita existuje by šlo možná uvažovat sporem,kdy máme dokázat,že pouze nulová limita vyhovuje.
Kdyby byla limita funkce f(x) kladná,aby měla funkce tuto limitu, musela by být od určitého x k této limitě klesající, nebo rostoucí,nebo by šla tato funkce shora i zdola omezit funkcemi,které jsou klesající a rostoucí a mají tutéž limitu - jako např u funkce sinx/x.
Celý problém lze podle mě redukovat na rostoucí či klesající funkci.
Kdyby byla tedy funkce f(x) klesající od určitého x a měla kladnou limitu L,s použitím trojúhelníkové nerovnosti na limitu,která má být rovna nule bychom dostali,že bychom museli umět dělat libovolně malé absolutni hodnotu(derivace funkce f(x) plus L/2),když je klesající,tak to není možné.
Podobně u rostoucí funkce,

vanok · 04. 08. 2019 11:35 — Editoval vanok (04. 08. 2019 23:56)

Pozdravy ↑ krakonoš:↑ check_drummer:,

Toto cvicenie sa da pochopitelne riesit viacerymi sposobmi.

Napr.
A) vyuzit a vysetrit differencialnu rovnicu 2y’+y=g(x)
B) pouzit funkciu h definovanu na $\Bbb R_+$ taku, ze h(x)=f(x). exp(x/2).

Pozrite na riesenie B) nasledujuce okienko.

vanok · 04. 08. 2019 23:54 — Editoval vanok (06. 08. 2019 20:37)

Tak to riesenie B) ↑ vanok:.

Mame 2h’(x)/(2f’(x)+f(x))exp(x/2)
Predpoklad z textu cvicenia da ↑ vanok::
$\forall \varepsilon >0, \exists \alpha \ge 0$ take, ze $\forall x\ge \alpha ,|f(x)+2f^{\prime}(x)|\le \varepsilon$
a tak $\forall x\ge \alpha ,2|h^{\prime}(x)|\le \varepsilon \exp(x/2)$

Na dokoncenie... ( urobim to cim skor)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš · 05. 08. 2019 11:50

↑ vanok:
Ahoj.
Prosím Tě,
cílem důkazu má být, že vyhovuje pouze exponenciela a funkce y=0?

vanok · 05. 08. 2019 12:22

Ahoj ↑ krakonoš:,
No skor dokazes, ze je kladny nasobok exp(-x/2) je vädci ako f (x) ( pre $x\ge \alpha$ ako aj dokaze co som zacal v #434). A tiez aj keby si vyriesila cvicenie metodou A) pouzijes tu istu myslienku.

krakonoš · 05. 08. 2019 13:24

↑ vanok:
I já původně viděla , že budou vyhovovat vztahu funkce y=0 a exponenciela exp(-x/2).
Tam je ale limita.Jsou ale i jiné funkce,které vztah splní např 1/x.Proto jsem na to šla nakonec obecně.

vanok · 06. 08. 2019 21:31 — Editoval vanok (07. 08. 2019 01:13)

Pokracovanie #434
$\forall x\ge \alpha ,2|h(x)-h(\alpha)|\le 2\varepsilon (\exp(x/2)-\exp(\alpha/2))\le 2\varepsilon \exp(x/2)$
( vdaka skrytej poznamke v #434).
cize $|h(x)| \le|h(\alpha )| +\varepsilon \exp(x/2)$ ,
co da $|f(x)| \le |f(\alpha)| \exp( \frac {\alpha-x}2)+\varepsilon$ .
No vsak $\lim_{x\to +\infty}|f(\alpha)|\exp(\frac {\alpha-x}2)=0$ a tak existuje $b\ge \alpha$ take, ze $\forall x \ge b,|f(\alpha)|\exp(\frac {\alpha-x}2)\le \varepsilon$ .
Cize $\forall \varepsilon>0, \exists b\ge 0, \forall x\ge 0, x\ge b \Rightarrow |f( x)|\le 2\varepsilon$ a konecne
$\lim_{x\to +\infty}f(x)=0$

krakonoš · 09. 08. 2019 14:17

↑ vanok:
Ahoj
Připadá mi, že první řádek v #438 už vyplývá ze samotné definice derivace a vztahu
$|h'(x)|<=\varepsilon \cdot (exp(x/2))'$ .
Pokud je h rostoucí, pak funkce $\varepsilon \cdot (exp(x/2)) -h$ je neklesající.
Pokud je h klesající, pak funkce $\varepsilon \cdot (exp(x/2)) +h$ je neklesající.
V případě h konstantní je to zřejmé.Všechny tyto případy vedou k platnosti vztahu
$|h(x)-h(\alpha )|<=\varepsilon \cdot (exp(x/2))$

vanok · 09. 08. 2019 14:36

Ahoj ↑ krakonoš:,
V dokaze som pouzil “ théorème des accroissements finis”, pozri si ju napr. tu https://fr.m.wikipedia.org/wiki/Théor&# … ts_finis_2

krakonoš · 09. 08. 2019 16:23

↑ vanok:
Ahoj
Na to jsem se dívala včera, jde vpodstatě o aplikaci Cauchyho věty, která je důsledkem Rollovy věty.Jen mi připadalo , že tady nepotřebujeme použít,kolikrát větší derivace, tolikrát větší tangens na uzavřeném intervalu -že ta věta je možná zbytečně silná, a tedy by existoval jednodušší postup.Tady stačí, že když funkce má od .určitého okamžiku stále větší derivaci než ta druhá, pak i rozdíl hodnot má vždy větší

vanok · 10. 08. 2019 09:12

Cau ↑ krakonoš:,
Riesenie, ktore som oznacil B) ma vyhodu, ze je rychle.

No ked, chces mozes kludne pouzit aj variantu A), ktora popisana v #433, pouziva riesenie linearnej diferancielnej rovnice prveho radu.

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj
Já nemám zásadní výhrady k té metodě,ani k metodě přes separované proměnné,jen jsem chtěla poukázat,že je to vlastně pouhý důsledek definice derivace a monotonie, která z definice přímo vyplývá.Proč vlastně vidět za jednoduchými věcmi složitou teorii.

vanok · 10. 08. 2019 16:04

Pozdravujem,
Problem (89).

Nech $u_n= \frac 1n \sum_{k=1}^{n} $ [\frac {2n}k]-2[\frac nk] $$ , kde $n\in \Bbb N^*$
( [ ] ...oznacuje celu cast )
Urcite $\lim_{n\to +\infty } u_n$ ( ak existuje).

vanok · 13. 08. 2019 09:28

V ↑ vanok: mozte napriklad vyuzit, ze funkcia $f$ definovana na $[0;1]$ definovana takto $f(0)=2019$ a pre $x \in ]0;1],f(x)=[\frac 2x]-2[\frac 1x]$ je Riemann-integrovatelna na intervale $[0;1]$ .

vanok · 14. 08. 2019 02:33 — Editoval vanok (14. 08. 2019 14:24)

Pokracovanie ↑ vanok:,
Cize $u_n$ je Riemann-ova suma a $\lim_{n\to +\infty } u_n=\int_{0}^{1}f(x)dx$

a mozme dokazat, ze sa rovna $2\ln 2 -1$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 15. 08. 2019 16:21 — Editoval vanok (15. 08. 2019 16:36)

Pokracovanie (89),

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš

↑ vanok:
Ale vždyť sám vidíš, že f(3/8)=1 podle výpočtu, ve skrytém textu #448 to však neodpovídá ani jednomu ze dvou případů.
Ten výpočet ve #449 je sice vpořádku, využíváš při výpočtu derivaci v kruhu konvergence, zpětné integrace a přejdeš na hranici konvergence, díky konvergence řady podle Abelova kriteria, tak jsem to aspoň pochopila,ale když nejsou správně předchozí kroky, k čemu je to dobré???

Matematické Fórum

#426 31. 07. 2019 15:17 — Editoval vanok (31. 07. 2019 19:32)

Re: Limitny maraton

#427 31. 07. 2019 16:50

Re: Limitny maraton

#428 31. 07. 2019 17:16

Re: Limitny maraton

#429 31. 07. 2019 19:31 — Editoval vanok (01. 08. 2019 21:38)

Re: Limitny maraton

#430 02. 08. 2019 15:55 — Editoval vanok (02. 08. 2019 15:59)

Re: Limitny maraton

#431 03. 08. 2019 22:44

Re: Limitny maraton

#432 04. 08. 2019 09:07 — Editoval krakonoš (04. 08. 2019 09:17)

Re: Limitny maraton

#433 04. 08. 2019 11:35 — Editoval vanok (04. 08. 2019 23:56)

Re: Limitny maraton

#434 04. 08. 2019 23:54 — Editoval vanok (06. 08. 2019 20:37)

Re: Limitny maraton

#435 05. 08. 2019 11:50

Re: Limitny maraton

#436 05. 08. 2019 12:22

Re: Limitny maraton

#437 05. 08. 2019 13:24

Re: Limitny maraton

#438 06. 08. 2019 21:31 — Editoval vanok (07. 08. 2019 01:13)

Re: Limitny maraton

#439 09. 08. 2019 14:17

Re: Limitny maraton

#440 09. 08. 2019 14:36

Re: Limitny maraton

#441 09. 08. 2019 16:23

Re: Limitny maraton

#442 10. 08. 2019 09:12

Re: Limitny maraton

#443 10. 08. 2019 09:43 — Editoval krakonoš (10. 08. 2019 10:11)

Re: Limitny maraton

#444 10. 08. 2019 16:04

Re: Limitny maraton

#445 13. 08. 2019 09:28

Re: Limitny maraton

#446 13. 08. 2019 12:03 — Editoval krakonoš (13. 08. 2019 12:34) Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#447 13. 08. 2019 21:10 — Editoval krakonoš (13. 08. 2019 21:19) Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#448 14. 08. 2019 02:33 — Editoval vanok (14. 08. 2019 14:24)

Re: Limitny maraton

#449 15. 08. 2019 16:21 — Editoval vanok (15. 08. 2019 16:36)

Re: Limitny maraton

#450 15. 08. 2019 16:40 — Editoval krakonoš (15. 08. 2019 18:16)

Re: Limitny maraton

Zápatí