Matematické Fórum

vanok · 16. 12. 2018 12:13 — Editoval vanok (16. 12. 2018 12:15)

Pozdravujem ↑↑ krakonoš: ( ja vzdy pozdravim, aj ked nietori tu to nedokazu).
Nie to nie je dobra odpoved.
Tak dam prvy hint.
Ako prve mozte prestudovat $v_n=\sum_{k=1}^{n}$\frac k{n^2}\ln (1+\frac kn)$$

Bati · 16. 12. 2018 13:03

Ahoj ↑↑ vanok:↑↑ krakonoš:.

1/3 je hodne hruby horni odhad:
$u_n\leq\sum_{k=1}^n\frac k{n^2}\,\frac kn=\frac{2n^3+3n^2+n}{6n^3}\to\frac13$

Pro clen $\ln(1+\frac k{n^2})$ je tento odhad tesny (protoze druhy clen Taylorova rozvoje $\frac{k^2}{n^4}$ je zanedbatelny), ale pro clen $\ln(1+\frac kn)$ horni odhad nestaci.

Proto staci opravdu zkoumat
$v_n=\sum_{k=1}^{n}$\frac k{n^2}\ln (1+\frac kn)$$ .
To je ale site na definici Riemannova integralu:
$\lim_{n\to\infty}v_n=\int_0^1x\ln(1+x)\,\mathrm{d}x=[\tfrac12x^2\ln(1+x)]_0^1-\tfrac12\int_0^1\frac{x^2}{1+x}\,\mathrm{d}x\\ =\tfrac12\ln 2-\tfrac12\int_0^1(x-1)\,\mathrm{d}x-\tfrac12\int_0^1\frac1{x+1}\,\mathrm{d}x\\ =\frac14$ .

Oduvodneni $\lim_{n\to\infty}v_n=\lim_{n\to\infty}u_n$ :
Z nerovnosti $\ln(1+x)\leq x$ , $x\geq0$ , zrejme plyne $u_n\leq v_n$ . Na druhou stranu vyuzijeme nerovnost $\ln(1+x)\geq x-\frac{x^2}2$ , ktera plyne napr. z vysetreni prubehu funkce $f(x):=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}2$ na $(0,\infty)$ . Z teto nerovnosti dostaneme
$u_n\geq v_n-w_n$ ,
kde
$w_n=\sum_{k=1}^n\frac{k^2}{n^4}\ln(1+\frac{k}{n})\leq\frac1{n^5}\sum_{k=1}^nk^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4n^5}\to0$ , $n\to\infty$ .
Pouzitim vety od 2 policajtech dostavame, co jsme chteli.

vanok · 16. 12. 2018 13:41

Ahoj ↑ Bati:,
Ano to je dobra metoda a pochopitelne da aj cakanu dobru odpoved.

Len poznamenam, ze ani netreba pouzit Taylorov rozvoj: staci ukazat, ze pre kladne realne x, mame $0\le x - \ ln (1+x) \le \frac {x^2}2$ ( na to staci vysetrit vhodne funkcie, a tak takuto otazku mozme dat studentom, ktori poznaju Riemannovu sumu a vediet vysetrovat klasicke funkcie, ako si naznacil a pouzil; tiez mame trochu lepsiu nerovnost $0\le v_n-u_n\le \frac {\ln 2}{2n}$ ...ktoru lahko ukazes, co da ze limita rozdielu je nulova a tak $u_n; v_n$ maju rovnake limity).

Bati · 16. 12. 2018 15:44

Limita (49)

Urcete $\lim_{x\to0}\frac1{\sqrt{x^{11}}}\left(\frac1{\cosh{x}-\cos{x}}-\frac1{x^2+\frac{x^6}{360}}\right)$ .

vanok · 16. 12. 2018 18:05

Cau ↑ Bati:,
Rozvoj okolo 0, nam da okamzite nulovu limitu.

Ale mozno cakas na ine riesenie? Ake?

krakonoš · 16. 12. 2018 18:24

↑ vanok:
Myslis nulovou limitu jmenovatele? Protoze pri prevedeni na spolecneho jmenovatele to je typu -360-360-720/0.Takze vysledna by mala byt nekonecno.Jestli jsem se nespletla v upravach.

vanok · 16. 12. 2018 18:42 — Editoval vanok (16. 12. 2018 18:43)

Cau ↑ krakonoš:
Ked urobis rozvoj najed nulovu limitu. Staci to robit pre kazdy zlomok v zatvorke a uvidis, ze prve dva cleny sa potom anuluju. ( Mozes ist napr. do radu O(x^7), co staci).
Mocnina pred zatvorkou celeho vyrazu, nic nezmeni na vysledku. (Vsak 1/11<6).

No mozno kolega myslel na nejaku inu metodu. Iste na o tom napise. 😀

Bati · 16. 12. 2018 20:08

↑ vanok:
Mocnina pred zavorkou neni $\frac{1}{\sqrt[11]x}$ , ale $\frac1{\sqrt{x^{11}}}$ , ale jinak mas pravdu. Pro uplnost napisu podrobne reseni:
Ze znamych rad pro cosh a cos plyne
$\cosh x-\cos x=x^2+\frac{x^6}{360}+O(x^{10})$ , takze s vyuzitim vzorce pro soucet geometricke rady dostaneme
$\frac1{\cosh x-\cos x}-\frac1{x^2+\frac{x^6}{360}}=\frac1{x^2}\left(\frac1{1+\frac{x^4}{360}+O(x^8)}-\frac1{1+\frac{x^4}{360}}\right)\\ =\frac1{x^2}(1-\frac{x^4}{360}+O(x^8)-1+\frac{x^4}{360}+O(x^8))=O(x^6)$ . Proto
$\frac1{\sqrt{x^{11}}}\left(\frac1{\cosh{x}-\cos{x}}-\frac1{x^2+\frac{x^6}{360}}\right)=\frac{O(x^6)}{x^{5.5}}\to0$ , $x\to0$ .

vanok · 16. 12. 2018 20:23

↑ Bati:,
Ano, mas pravdu, no na stastie je ta mocnina mensia ako 6.

krakonoš

Ja si nemuzu pomoct,ale vyjadrim-li hyperbolicky cosinus pomoci exponenciely a prevedu-li vse na spolecny zlomek,tak je to opravdu nekonecno t.j. limita zavorky.Navic vzhledem k druhe odmocnine ve jmenovateli ma spis smysl limita zprava k nule.Takze to beru jako chybu zaznamu ,ze tam chybi ten krizek.

vanok · 16. 12. 2018 22:57

Pozdravujem ↑ krakonoš:,
To mas pravdu, to + v riguroznom pisani chyba. No vsak ten komentar, moze pytat skusajuci, aby overil, ci student isiel dostatocne do hlbky co sa tyka cvicenia.

krakonoš · 16. 12. 2018 23:47

↑ vanok:
zalezi na tom jestli to Beti vymyslela sama a na krizek zapomnela,a nebo je to opsano z literatury a je to chytak(je tam ta 11mocnina licha).V prvni chvili jsem si to taky neuvedomila.

vanok · 17. 12. 2018 05:07

Cau ↑ krakonoš:,
Takto mas material ako vymysliet sama cvicenia pre inych. Dobry pocit, ze.

vanok · 17. 12. 2018 05:27

problem (50)

Najdite $\lim_{x\to 0^+}(\sqrt x .\ln(\tan x))$ .

krakonoš · 17. 12. 2018 08:50

↑ vanok:
Využijeme-li,ze tan(x) se na okolí nuly chová jako x a nasledně rozvedeme ln(x) na okolí bodu 1 v Taylorovu řadu,dostaneme,že limita je rovna nule.
Nebo můžeme limitu pro x jdouci k nule zprava převést na limitu typu $ln(1/x)/\sqrt{x}$ ,kde x konverguje do nekonecna a použít LHospitalovo pravidlo.

vanok · 17. 12. 2018 09:43 — Editoval vanok (17. 12. 2018 09:44)

Dobre rano ↑ krakonoš: ,
Co je zaujimave, tento problem sa da vyriesit o mnoho jednoduchsie.

Hint. Vyuzite, ze $\ln(\tan x))=\ln x +\ln \frac {\sin x}x -\ln (\cos x)$ (pre kladne dostatocne male $x$ ). Cakame dokaz, kde vsetko dokladne zvodnite.

Bati · 17. 12. 2018 11:02

↑ krakonoš:
Limitu jsem si vymyslel. Limita zavorky je samozrejme 0, ale jde o to ukazat, ze ani ta zaporna mocnina pred tim to nezkazi. Odmocninu zaporneho cisla jsem prehledl, ale pokud by to byla komplexni odmocnina, je to ok.

Pavel · 17. 12. 2018 15:45 — Editoval Pavel (19. 12. 2018 00:03)

Problem 50 1/2

Bez použití Taylorových rozvojů určete limitu

$\lim_{x\to 0}\left(\frac 1{\ln(\cos x)}-\frac 1{\ln(\cos(\sin x))}\right)$

krakonoš · 17. 12. 2018 16:41

↑ vanok:
Tvuj navod je ale totez jako ma myslenka,ze ln(tgx) se chova jako ln(x)

vanok · 18. 12. 2018 08:56

Ahoj ↑ krakonoš:,
Taka myslienka, ak dobre rozumiem sa vola ekvivalencia funkcii.
Tak prva etapa je to najprv dokazat a potom pokracovat.
O tom som tu uz vela pisal, ( I ked bez vela uspechu, ale to je tiez velmi ucinna metoda, no zda sa, ze vobec neuci na sk, cz... skoda)
Ked budem mat cas pridam jedno cele riesenie problemu (50).

vanok · 18. 12. 2018 10:08

Ahoj ↑ Pavel:,
Problem(51).
Myslim si, ze staci vysetrit v okoli nuly
$\left(\frac 1{\ln(\cos x)}+\frac 2{x^2}\right)$ a aj $\left( \frac 1{\ln(\cos(\sin x))}+\frac 2{x^2}\right)$

krakonoš · 18. 12. 2018 10:59

↑ Pavel:
Ahoj
Ja si myslim,ze se to prevede na spolecny zlomek,rozdil logaritmu v citateli se vyjadri jako logaritmus podilu.Dostaneme jeden logaritmus v citateli a soucin dvou logaritmu ve jmenovateli.Kazdy argument logaritmu jde k jedne,takze muzeme vyuzit,ze
ln(argument) se chova na okoli 1 stejne jako (argument -1).Az se dostaneme k vyrazu ( cos(sinx)-cosx)/(cosx.(cosx-1).(cos(sinx)-1)),kde x jde k nule.

stuart clark · 18. 12. 2018 11:21

problem $(51)$ Finding $\lim_{n\rightarrow \infty}n^{-\frac{1}{2}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)}\cdot \bigg(1\cdot 2^2\cdot 3^3\cdots n^n\bigg)^{\frac{1}{n^2}}.$

Pavel · 18. 12. 2018 13:40 — Editoval Pavel (18. 12. 2018 13:44)

↑ vanok:

Proč právě $\frac 2{x^2}$ ?

↑ krakonoš:

To by šlo. Co dál?

vanok · 18. 12. 2018 15:12

Cau ↑ Pavel:,
Pretoze potom tie ekvivalenty su 1/3 a-1/3.

Matematické Fórum

#201 16. 12. 2018 12:13 — Editoval vanok (16. 12. 2018 12:15)

Re: Limitny maraton

#202 16. 12. 2018 13:03

Re: Limitny maraton

#203 16. 12. 2018 13:41

Re: Limitny maraton

#204 16. 12. 2018 15:44

Re: Limitny maraton

#205 16. 12. 2018 18:05

Re: Limitny maraton

#206 16. 12. 2018 18:24

Re: Limitny maraton

#207 16. 12. 2018 18:42 — Editoval vanok (16. 12. 2018 18:43)

Re: Limitny maraton

#208 16. 12. 2018 20:08

Re: Limitny maraton

#209 16. 12. 2018 20:23

Re: Limitny maraton

#210 16. 12. 2018 20:44 — Editoval krakonoš (16. 12. 2018 21:02)

Re: Limitny maraton

#211 16. 12. 2018 22:57

Re: Limitny maraton

#212 16. 12. 2018 23:47

Re: Limitny maraton

#213 17. 12. 2018 05:07

Re: Limitny maraton

#214 17. 12. 2018 05:27

Re: Limitny maraton

#215 17. 12. 2018 08:50

Re: Limitny maraton

#216 17. 12. 2018 09:43 — Editoval vanok (17. 12. 2018 09:44)

Re: Limitny maraton

#217 17. 12. 2018 11:02

Re: Limitny maraton

#218 17. 12. 2018 15:45 — Editoval Pavel (19. 12. 2018 00:03)

Re: Limitny maraton

#219 17. 12. 2018 16:41

Re: Limitny maraton

#220 18. 12. 2018 08:56

Re: Limitny maraton

#221 18. 12. 2018 10:08

Re: Limitny maraton

#222 18. 12. 2018 10:59

Re: Limitny maraton

#223 18. 12. 2018 11:21

Re: Limitny maraton

#224 18. 12. 2018 13:40 — Editoval Pavel (18. 12. 2018 13:44)

Re: Limitny maraton

#225 18. 12. 2018 15:12

Re: Limitny maraton

Zápatí