Matematické Fórum

vanok · 15. 09. 2019 19:12 — Editoval vanok (16. 09. 2019 10:04)

Ahoj ↑↑ jardofpr:, skutocne som to nepozorne cital.

misaH · 15. 09. 2019 22:08 — Editoval misaH (16. 09. 2019 01:15)

krakonoš

↑ misaH:
Ahoj
Na tabletu je to v pohodě.
Asi mám moc velké prsty, připadá mi horor se trefit do těch mezer .A psát to rovnou v symbolech, to ještě zpaměti neumím.Příští týden to přepíšu- aspoň ty symboly co mám v textech.

misaH · 16. 09. 2019 01:13

↑ krakonoš:

:-)

misaH · 16. 09. 2019 10:07

↑ krakonoš:

:-)

krakonoš

↑↑ jardofpr:
Ahoj.
Chtěla bych se zeptat na něco v zadání.
$\sum_{}^{}2^{-n}$ už konverguje sama o sobě, podobně jako $\sum_{}^{}a_{n}$ .
Aplikuji-li na členy konkávní funkci,není už automaticky řada konvergentní?V prvním kvadrantu lze vždy vzít linearní funkci y=kx, kde od určité chvíle bude konkávní funkce pod linearní funkcí??Aspoň u spojité f by to mělo platit, a pak už by i zadaná řada konvergovala.
Jedině si představuji, že je tam ta podmínka na konvergenci $\sum_{}^{}f(2^{-n})$ pro případy hodně nespojité f,definované pomocí jednostranných limit, a tato podmínka by zaručila, že takovou linearní funkci najdeme.Jinak nevím.

jardofpr

ahoj ↑ krakonoš:

spojitosť funkcie v zadaní nie je nijak vyhranená, t.j. spojitá byť môže a nemusí

aj preto ten predpoklad konvergencie radu s členmi $f(2^{-n})$

krakonoš napsal(a):
↑↑ jardofpr:
V prvním kvadrantu lze vždy vzít linearní funkci y=kx, kde od určité chvíle bude konkávní funkce pod linearní funkcí??Aspoň u spojité f by to mělo platit

tu si nie som úplne istý čo máš na mysli

jardofpr · 18. 09. 2019 08:23

Ahojte, hint k (94):

Mozte napr. ukazat ze

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

inak zdá sa že predpoklad že $f$ má limitu nula idúc sprava k nule je zbytočný

krakonoš

↑ jardofpr:
Ahoj.
Dovedu si představit funkce jako např ln(1+x), které mají tu vlastnost, že $ln(1+x)<x$ .Pro tyto funkce bude tvrzení určitě platit.Takže pokud $f(a_{n})<a_{n}$ , bude konvergence plynout z konvergentní majoranty.
Vzala jsem si ale funkci $y=\sqrt[4]{a_{n}}$ , která je zaručeně rostoucí i konkávní, dále pak zvolila $a_{n}=\frac{1}{n^{2}}$ , tato řada konverguje a má nezáporné členy. Rovněž konverguje řada $\sum_{n=1}^{\infty }\sqrt[4]{2^{-n}}$ , ale řada, kterou máme vyšetřit bude divergovat.Nebo někde dělám chybu?
Problém zřejmě není u hladkých funkcí, které jdou na okolí nuly rozvést v Taylorovu řadu, tam by se to mělo projevit střídavými znaménky a vlastností jakou jsem popsala u ln, aspoň se mi to tak na první pohled zdá.

jardofpr

ahoj ↑ krakonoš:

mne sa zdá že vyšetrovaný rad v príklade ktorý uvádzaš získa tvar $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$

a tento bezpečne konverguje

krakonoš · 19. 09. 2019 16:07

↑ jardofpr:

Díky, už to vidím, napsala jsem si integrál od 1 do nekonečna, a přitom pak dosadila meze od nuly do nekonećna,

krakonoš

↑ jardofpr:
Mohu se ještě zeptat, jak jsi došel k té omezenosti shora?
U tohoto příkladu mě zarazilo, že je zde uvedena zrovna posloupnost $2^{-n}$ , protože kdybychom sečetli tuto řadu, bude součet toven jedné.Při konkávnosti by to vlastně mohlo být bráno jako váhy,dokázala by se ale konvergence řady $\sum_{}^{}f(a_{n})/2^{n}$ to ale nepomůže k vyřešení problému.

jardofpr

↑ krakonoš:

myslíš rozvinutie hintu v prispevku #510?

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

inak s tými váhami vôbec nie si ďaleko ak si tvoju úvahu správne interpretujem, dobrý postreh

nemal som inak v pláne to tu zamurovať, tak aby zostala dynamika,
jedno možné riešenie zajtra uvediem (ak ma nepredbehneš ;) )

krakonoš

↑ jardofpr:
Ahoj.
K tvému odhadu jsem se bohužel nedopracovala.

jardofpr

Ahojte

↑ krakonoš: možno že sa musím naučiť dávať lepšie hinty

aby to tu nestálo, možné riešenie problému (94)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

stuart clark

Problem (95) Evaluation of $\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{(n!)^{n^{e^2}}}{2^{n!}}$

krakonoš · 21. 09. 2019 11:32

↑ jardofpr:
Ahoj.
Díky moc.Šlo mi hlavně o bližší vysvětlení té nerovnosti, kde osamostatňuješ f(a1)+f(a2) a používáš dvojnou sumu,už to vidím a chápu.

jardofpr · 21. 09. 2019 11:47

hey ↑ stuart clark:

it looks to me that

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

krakonoš · 22. 09. 2019 13:33

↑ jardofpr:
Ahoj.
Já uvažovala log(n!)=log1+log2+...+logn,
a to je menší než n*(n+1)/2., menšence u rozdílu lze odhadnout tedy shora jedenáctou mocninou n, zatímco v menšiteli zůstává n!*log2, s rostoucím n je rozdíl víc a víc záporný a jde do mínus nekonečna.

jardofpr · 22. 09. 2019 16:39

ahoj ↑ krakonoš:

to sa zdá ešte výpovednejšie :)

stuart clark · 02. 10. 2019 07:11

Thanks ↑ jardofpr:

Problem (96)

$\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)\cdot (2n+1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots (2n)\cdot (2n+2)}.$

krakonoš

↑ stuart clark:
Hi Stuart clark
$R=\frac{1\cdot 3\cdot \ldots (2n-1)\cdot (2n+1)}{2\cdot 4\cdot \ldots (2n)\cdot (2n+2)}$
$log R=\sum_{k=0}^{n}log(\frac{2k+1}{2k+2})$
$log\frac{2x+1}{2x+2}$ is increasing continuous negative function for $x\in [0;\infty )$
$\int_{k}^{\infty }log(\frac{2x+1}{2x+2})dx=$ $\frac{1}{2}\int_{2k+2}^{\infty }log(1-\frac{1}{y})dy$ where k>0
$\lim_{y\to\infty }\frac{log(1-\frac{1}{y})}{-\frac{1}{y}}=1$
$\int_{2k+2}^{\infty }(-\frac{1}{y})dy=-\infty$
$\lim_{n\to\infty }logR=-\infty$
$\lim_{n\to\infty }\frac{1\cdot 3\cdot 5\ldots \cdot (2n-1)\cdot (2n+1)}{2\cdot 4\cdot 6\ldots \cdot 2n\cdot (2n+2)}=0$

stuart clark

Thanks ↑ krakonoš:

$\frac{2r-1+2r+1}{2}\geq \sqrt{(2r-1)(2r+1)}$

$2r\geq \sqrt{(2r-1)(2r+1)}\Rightarrow \frac{1}{2r}\leq \sqrt{\frac{1}{(2r-1)(2r+1)}}$

So $0<\prod^{n+1}_{r=1}\frac{2r-1}{2r}\leq \prod^{n+1}_{r=1}\sqrt{\frac{2r-1}{2r+1}}=\frac{1}{\sqrt{2n+3}}$

Using Squeeze Theorem, $\lim_{n\rightarrow \infty}\prod^{n+1}_{r=1}\frac{2r-1}{2r}=0.$

Matematické Fórum

#501 15. 09. 2019 19:12 — Editoval vanok (16. 09. 2019 10:04)

Re: Limitny maraton

#502 15. 09. 2019 21:16 — Editoval krakonoš (15. 09. 2019 23:48) Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#503 15. 09. 2019 22:08 — Editoval misaH (16. 09. 2019 01:15)

Re: Limitny maraton

#504 15. 09. 2019 22:34 — Editoval krakonoš (16. 09. 2019 00:07)

Re: Limitny maraton

#505 16. 09. 2019 01:13

Re: Limitny maraton

#506 16. 09. 2019 08:46 — Editoval krakonoš (16. 09. 2019 15:48) Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#507 16. 09. 2019 10:07

Re: Limitny maraton

#508 16. 09. 2019 23:55 — Editoval krakonoš (17. 09. 2019 00:55)

Re: Limitny maraton

#509 17. 09. 2019 01:10 — Editoval jardofpr (17. 09. 2019 01:12)

Re: Limitny maraton

krakonoš napsal(a):

#510 18. 09. 2019 08:23

Re: Limitny maraton

#511 19. 09. 2019 15:48 — Editoval krakonoš (19. 09. 2019 15:59)

Re: Limitny maraton

#512 19. 09. 2019 16:03 — Editoval jardofpr (19. 09. 2019 16:03)

Re: Limitny maraton

#513 19. 09. 2019 16:07

Re: Limitny maraton

#514 19. 09. 2019 16:19 — Editoval krakonoš (19. 09. 2019 16:20)

Re: Limitny maraton

#515 19. 09. 2019 16:37 — Editoval jardofpr (19. 09. 2019 16:41)

Re: Limitny maraton

#516 20. 09. 2019 13:53 — Editoval krakonoš (20. 09. 2019 14:05)

Re: Limitny maraton

#517 20. 09. 2019 20:04 — Editoval jardofpr (20. 09. 2019 20:07)

Re: Limitny maraton

#518 21. 09. 2019 00:39 — Editoval stuart clark (21. 09. 2019 00:40)

Re: Limitny maraton

#519 21. 09. 2019 11:32

Re: Limitny maraton

#520 21. 09. 2019 11:47

Re: Limitny maraton

#521 22. 09. 2019 13:33

Re: Limitny maraton

#522 22. 09. 2019 16:39

Re: Limitny maraton

#523 02. 10. 2019 07:11

Re: Limitny maraton

#524 02. 10. 2019 11:28 — Editoval krakonoš (02. 10. 2019 11:55)

Re: Limitny maraton

#525 03. 10. 2019 16:21 — Editoval stuart clark (03. 10. 2019 16:25)

Re: Limitny maraton

Zápatí