Matematické Fórum

vanok · 31. 01. 2017 11:35 — Editoval vanok (01. 02. 2017 06:36)

Cvicenie 14.
Riesenie, prva cast.
Polozme $n^{\frac 1n}=1+u_n$ , kde $u_n>0$ ( pochopitelne )
Newton-ov binom sa pise
$n=(1+u_n)^n=1+n.u_n+\frac 12 n(n-1)u_n^2+...$
Vsetko cleny su kladne
Tak $n>\frac 12 n(n-1)u_n^2$
Co da $u_n^2<\frac 2{n-1}$ kde prava cast vyrazu ide k nule ked n rastie.
Dokoncenie....

vanok · 08. 02. 2017 05:23 — Editoval vanok (08. 02. 2017 12:53)

Cvicenie 14
Druha cast riesenia a ukoncenie.
Tak pre kazde $s>0$ , mame $u_n^2<s^2$ pre dost velke n, cize $0< u_n<s$
Nic nam nebrani vybrat $s<1$ , a preto $u_n$ konverguje k 0.
Teraz mozte ukoncit cvicenie.

vanok · 04. 03. 2018 19:07

Navrat k cviceniu 13.
Zda sa, ze toto klasicke cvicenie je oblubene vela skusajucimi a malo studentov sa nad nim zamyslelo
Skoda, lebo je uzitocne ho vediet vyriesit.

Tak teraz, dam odpoved na obe otazky cvicenia, co dufam motivuje niekolko foristov.

Odpoved na prvu otazku je $u_n \sim_0 \sqrt {\frac 3n}$

a na druhu $u_n \sim_0 \sqrt {\frac 3n}-\frac{3\sqrt 3}{10}\frac {\ln n}{n\sqrt n} +o$ \frac {\ln n}{n\sqrt n} $$

vanok · 06. 03. 2018 08:52

Cvicenie 13. Prva cast. (Podrobne riesenie)
Interval $]0; \frac {\pi}2 ]$ je stabiny pre funkciu $\sin$ a preto $u_n \in ]0; \frac {\pi}2 ]; \forall n$ .
A tiez $\sin x < x$ na tomto intervale.
A tak postunnost $( u_n)$ je ostro klesajuca.
Na viac je minorovana cislom 0, a tak konverguje.
Pre jej limitu $l$ plati $\sin l=l$ co da $l=0$
Co sa tyka envivalentu $(u_n)$ , poznamenajme, ze
$\frac 1{u_{n+1}^2}- \frac 1{u_n^2}=\frac 1{\sin ^2 u_n}-\frac 1{u_n^2}=...=\frac 13 + O(u_n) \sim \frac 13$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Tento ekvivalant na ukazuje, ze rad $\sum_{k=0}^{n-1} \frac 1{u_{k+1}^2}- \frac 1{u_k^2}$ diverguje.
A tak $\frac 1{u_{n}^2}- \frac 1{u_{0}^2}= \sum_{k=0}^{n-1} \frac 1{u_{k+1}^2}- \frac 1{u_k^2} \sim \sum_{k=0}^{n-1} \frac 13 =\frac n3$
Inac povedane $\frac 1{u_{n}^2} \sim \frac n3$ ,
a konecne $u_n \sim_0 \sqrt {\frac 3n}$ .

Pavel · 06. 03. 2018 09:21

↑ vanok:

Odkud se vzal tento vztah?

$\frac 1{\sin ^2 u_n}-\frac 1{u_n^2}=...=\frac 13 + O(u_n)$

vanok · 06. 03. 2018 09:59

Pozdravujem ↑ Pavel:, pozri si PM.

vanok · 10. 03. 2018 23:50 — Editoval vanok (10. 03. 2018 23:57)

Cvicenie 13.
Druha cast. [riesenie na doplnenie]
Aj tu hladajme najprv asymptoticky rozvoj $\frac 1{u_{n+1}^2}- \frac 1{u_n^2}$ ( podobne ako v prvej casti).
Tu vsak podme o jeden clen dalej ako v predoslej casti:
Cize $u_{n+1}=\sin u_n=u_n- \frac{u_n^3}6+ \frac{u_n^5}{120}+o(u_n^5)=u_n(1- \frac{u_n^2}6+ \frac{u_n^4}{120}+o(u_n^4))$
Co da $\frac 1 {u_{n+1}^2}=....$ ( doplnte ...)
Potom $\frac 1{u_{n+1}^2}- \frac 1{u_n^2}-\frac 13=....\sim \frac 1{5n}$ ( aj tu doplnte vypocty ......).
[ Tu tiez ako v prvej casti, posledny vyraz je clen divergentnej rady a preto mozeme scitat ekvivalenty ]

Z toho $u_n^2=$\frac n3+\frac {\ln n}5+o(\ln n) $^{-1}$

A nakoniec ukoncite vypocet a tak dostanete hladany rozvoj.

vanok · 11. 03. 2018 02:55 — Editoval vanok (11. 03. 2018 02:57)

Cvicenie 13.
Addendum.
Vysetrenie $\frac 1{u_{n+1}^2}- \frac 1{u_n^2}$ v prvej casti cvicenia sa moze zdat niektorym foristom priliz trikove.
Tak tu pridam malu uvahu, ktora ich presveci, ze ide o nieco velmi prirodzene.
Polozme si takuto otazku:

Urcite realne cislo $r$ take, ze postupnost $u_{n+1}^r- u_n^r$ ma konecnu nenulovu realnu limitu.

Dam tu hned cele riesenie, co moze byt aj kontrola pre tych, ktori doplnili casti z .... prvej casti cvicenia 13.

$u_{n+1}^r- u_n^r=(\sin u_n)^r- u_n^r=_{n \to +\infty} $u_n-\frac {u_n^3}6 +o(u_n^3) $^r-u_n^r=$
$u_n^r $ \(1-\frac {u_n^2}6 +o(u_n^2) $^r-1 \)= u_n^r $ -r \frac {u_n^2} 6+o(u_n^2) $= $ -r \frac {u_n^{r+2}} 6+o(u_n^{r+2}) $$
A pre $r=-2$ dostaneme $\frac 1{u_{n+1}^2}- \frac 1{u_n^2} \sim \frac 13$
Pochopitelne som mohol toto dat do textu cvicenia, ale ak niekto rozmyslal o tomto cviceni, iste na to prisiel aj sam. 😁

vanok · 12. 03. 2018 22:29 — Editoval vanok (12. 03. 2018 22:29)

Akoze, limitovane rozvoje su uzitocne na hladanie niektorych limit, tak vam tu pridavam
Cvicenie 15. (Aproximacia $\cos(x)$ ).
Najdite $a;b\in \Bbb R$ take aby $\cos(x)- \frac {1+ax^2}{1+bx^2} =o(x^n)$ pre co najvädcie $n$ .

Bati · 13. 03. 2018 00:44

Cviceni 15.

Pouzijeme Taylorovu radu pro kosinus:
$\cos x=1-\tfrac12x^2+\tfrac1{24}x^4-\tfrac1{720}x^6+o(x^7),\quad x\to0$ .

Nyni se pokusime tuto radu napodobit:
$\frac{1+ax^2}{1+bx^2}=\frac{1+bx^2-bx^2+ax^2}{1+bx^2}=1+(a-b)x^2\frac{1}{1+bx^2}$ .

Vidime, ze musi platit $a-b=-\tfrac12$ . Dale
$\frac{1+ax^2}{1+bx^2}=1-\tfrac12x^2\left(1-\frac{bx^2}{1+bx^2}\right)=1-\tfrac12x^2+\tfrac b{2}x^4\frac{1}{1+bx^2}$ ,

a tedy $b=\tfrac1{12}$ . Muzeme pokracovat analogicky a ziskat nakonec napr.
$\frac{1+ax^2}{1+bx^2}=\frac{12-5x^2}{12+x^2}=1-\tfrac12x^2+\tfrac1{24}x^4-\tfrac1{288}x^6+\tfrac1{3456}x^8\frac1{1+\frac1{12}x^2}$ .

(Vidime, ze jsme mohli rovnou pouzit soucet geometricke rady.) Celkem tedy

$\cos{x}-\frac{12-5x^2}{12+x^2}=\tfrac1{480}x^6+o(x^7)=o(x^5)$ .

vanok · 13. 03. 2018 02:31 — Editoval vanok (13. 03. 2018 02:35)

Pozdravujem ↑ Bati:,
Ano to je cakana odpoved.
( poznamka: ide o aproximaciu funkcie cos pre 0,1 priblizne $2*10^{-9}$ )
Mozes, prosim, dat vlastne cvicenie 16, ktore by mohlo byt polozene na skuskach.

Pavel · 13. 03. 2018 11:06

↑ vanok:

Otázku řeší tzv. Padého aproximace.

vanok · 13. 03. 2018 19:28

Pozdravujem ↑ Pavel:,
Ano mas pravdu, cvicenie 15 moze byt povazovane ako jeden uvodny priklad z Padé approximation.

Bati · 13. 03. 2018 21:00 — Editoval Bati (13. 03. 2018 21:01)

↑ Pavel:↑ vanok:
Zajimave je take srovnani s "globalni" aproximaci.

Cviceni 16.
$\lim_{x\to0}\cos\left(\frac{e^{|\sin{x}|}-1}{x}\right)$

vanok · 15. 03. 2018 08:20

Pozdravujem ↑ Bati:,
Aby ostalo toto vlakno zive, tak si dovolim reagovat.

Moje riesenie tejto limity spociva na limitovanom rozvoji $\left(\frac{e^{|\sin{x}|}-1}{x}\right)$ pre $x>0$ a pre $x<0$ v okoli $0$ . ( rad 2 staci). A potom sa ukonci vdaka spojitosti funkcie $\cos$ .

Ake je tvoje riesenie?

Pavel · 15. 03. 2018 14:18

Cvičení 17.

Určete limitu posloupnosti

$\lim_{n\to+\infty}\sin\left(\varphi^n\pi\right),$

kde $\varphi$ je zlatý řez.

Bati · 15. 03. 2018 14:31

Ahoj ↑ vanok:,
rozvinuti v radu je urcite mozne. Jde postupovat i jen pomoci znamych limit a zakladnich vlastnosti gon. funkci takto:
$\cos\left(\frac{e^{|\sin{x}|}-1}{x}\right)=\cos\left(\frac{e^{|\sin{x}|}-1}{|\sin x|}\left|\frac{\sin x}{x}\right|\,\text{sgn}\,{x}\right)=\cos\left(\frac{e^{|\sin{x}|}-1}{|\sin x|}\frac{\sin x}{x}\right)\to\cos 1,\quad x\to0$ .
Strucne receno, limita existuje, protoze jednostranne limity jsou $\cos(\pm 1)=\cos1$ .

vanok · 16. 03. 2018 11:15

Pozdravujem ↑ Pavel:,
Zaujimave cvicenie.
Male otazky.
V tvojom cviceni vyuzijes, ze $\varphi^n$ je pre dostatocne velke $n$ « skoro cele » cislo? A tiez vyuzijes, ze ide o « Pisot-ove » cislo?

Pavel · 16. 03. 2018 13:58

↑ vanok:

Je to tak.

vanok · 23. 03. 2018 02:27 — Editoval vanok (24. 03. 2018 09:11)

Ahoj ↑ Pavel:,
Este jedna mala pomoc.
K cviceniu 17 som zabudol pridat, ze je vyhodne vediet, ze $\varphi ^n+\frac 1{\varphi ^n} \in \Bbb Z$ co sa lahko dokaze napr. indukciou.

vanok · 23. 03. 2018 21:44 — Editoval vanok (24. 03. 2018 08:23)

Pozdravujem ↑ Pavel:,

Aby sme neprerusili dynamiku tohto vlakna ( i ked na cvicenie 17 ziadny student nereagoval), ( Ak mozes napis tvoje riesenie tohto cvicenia, alebo aspon “hint” na tvojo riesenie, ak nejdes tou istou cestov ako som naznacil) a ja

hned pridavam cvicenie 18.

Urcite ci rad vseobecneho clenu $u_n=\sin (\pi \sqrt {1+n^2})$ je alebo konvergentny, alebo divergentny.

laszky · 25. 03. 2018 01:18

Ahoj. Ok, tak se teda pripojim. Protoze je

$\left|\sin\left(\pi\sqrt{1+n^2}\right)\right| =\left|\sin\left(\pi\sqrt{1+n^2}\right)-\sin(\pi n)\right| = 2\left|\sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\sqrt{1+n^2}-n\right)\right)\right|\cdot\left|\cos\left(\frac{\pi}{2}\left(\sqrt{1+n^2}+n\right)\right)\right| \leq$
$\leq 2\left|\sin\left(\frac{\pi}{2}\left(\sqrt{1+n^2}-n\right)\right)\right| = 2\left|\sin\left(\frac{\pi/2}{\sqrt{1+n^2}+n}\right)\right|$ ,

je i

$0\leq \lim_{n\to+\infty}\left|\sin\left(\pi\sqrt{1+n^2}\right)\right| \leq 2 \lim_{n\to+\infty}\left|\sin\left(\frac{\pi/2}{\sqrt{1+n^2}+n}\right)\right| = 2\sin 0 = 0$ .

Proto je $\lim_{n\to+\infty}\sin\left(\pi\sqrt{1+n^2}\right)=0$ .

vanok · 25. 03. 2018 06:20

Coucou ↑ laszky:,
Zaujimave.
Hint na pokracovanie.
Dobry zaciatok. A tak ten rad konverguje? Ci nie?
Odpoved sa najde vdaka vysetreniu $u_n=\sin $ n \pi \sqrt {1+\frac 1{n^2}} $=...$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

$=(-1)^ n \sin $ n\pi (\sqrt {1+\frac 1{n^2}}-1)$$

laszky · 26. 03. 2018 05:01

↑ vanok:

Pozdravujem. Mozna by to obcas chtelo pouzit symbol $\sum$ ... Napr. $\lim_{k\to+\infty}\sum_{n=1}^ku_n$ , nebo $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ , pak by mi mozna doslo, co se pozaduje ;-)

Jinak, protoze

$2(-1)^n\sin\left(\pi\sqrt{n^2+1}\right)=2\cos(\pi n)\sin\left(\pi\sqrt{n^2+1}\right) = \sin\left(\pi\left(\sqrt{n^2+1}+n\right)\right) + \sin\left(\pi\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)\right)=$

$=\sin\left(2\pi n + \frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\right)=2\sin\left(\frac{\pi}{\sqrt{n^2+1}+n}\right) > 0$ ,

jde $\left|\sin\left(\pi\sqrt{n^2+1}\right)\right|$ monotonne k nule a $\sin\left(\pi\sqrt{n^2+1}\right)$ strida znamenka. Podle Leibnitzova kriteria tedy $\sum_{n=1}^{+\infty}\sin\left(\pi\sqrt{n^2+1}\right)$ konverguje.

vanok · 26. 03. 2018 18:22

Hallo ↑ laszky:,
Ide o cvicenia typu skuska. Vtedy je dolezite si dobre precitat text cvicenia a neriesit nieco ine ako polozene otazky.
Dakujem, ze si na to upozornil inych foristov.

Co sa tyka pouzivania $\lim_{k\to+\infty}\sum_{n=1}^ku_n$ , $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ tak je dobre vediet, ze takyto zapis ma byt pouzity len ak dana limita existuje. Inac by to mohlo oznacit limitu, ktora neexistuje. ... a tomu sa normalne treba vyhybat.

Dalsie cvicenia pridu co nevidiet. Ak nie inym, tak tebe urobia radost. 🙂

Matematické Fórum

#51 31. 01. 2017 11:35 — Editoval vanok (01. 02. 2017 06:36)

Re: Limitny maraton

#52 08. 02. 2017 05:23 — Editoval vanok (08. 02. 2017 12:53)

Re: Limitny maraton

#53 04. 03. 2018 19:07

Re: Limitny maraton

#54 06. 03. 2018 08:52

Re: Limitny maraton

#55 06. 03. 2018 09:21

Re: Limitny maraton

#56 06. 03. 2018 09:59

Re: Limitny maraton

#57 10. 03. 2018 23:50 — Editoval vanok (10. 03. 2018 23:57)

Re: Limitny maraton

#58 11. 03. 2018 02:55 — Editoval vanok (11. 03. 2018 02:57)

Re: Limitny maraton

#59 12. 03. 2018 22:29 — Editoval vanok (12. 03. 2018 22:29)

Re: Limitny maraton

#60 13. 03. 2018 00:44

Re: Limitny maraton

#61 13. 03. 2018 02:31 — Editoval vanok (13. 03. 2018 02:35)

Re: Limitny maraton

#62 13. 03. 2018 11:06

Re: Limitny maraton

#63 13. 03. 2018 19:28

Re: Limitny maraton

#64 13. 03. 2018 21:00 — Editoval Bati (13. 03. 2018 21:01)

Re: Limitny maraton

#65 15. 03. 2018 08:20

Re: Limitny maraton

#66 15. 03. 2018 14:18

Re: Limitny maraton

#67 15. 03. 2018 14:31

Re: Limitny maraton

#68 16. 03. 2018 11:15

Re: Limitny maraton

#69 16. 03. 2018 13:58

Re: Limitny maraton

#70 23. 03. 2018 02:27 — Editoval vanok (24. 03. 2018 09:11)

Re: Limitny maraton

#71 23. 03. 2018 21:44 — Editoval vanok (24. 03. 2018 08:23)

Re: Limitny maraton

#72 25. 03. 2018 01:18

Re: Limitny maraton

#73 25. 03. 2018 06:20

Re: Limitny maraton

#74 26. 03. 2018 05:01

Re: Limitny maraton

#75 26. 03. 2018 18:22

Re: Limitny maraton

Zápatí