Matematické Fórum

krakonoš

↑↑ vanok:Ahoj.
Ano ,v tom s tebou souhlasim.Jen me zarazilo to zadani,ze nebylo uvedeno,aby se to zkoumalo v zavislosti na volbe prvniho clenu a ten byl zadan jako parametr.
Mozna u pripadu,kdy je u0 napr 100,by stacilo dokazat,ze posl klesa,je zdola omezena,takze ma limitu,kterou nalezneme jako reseni rovnice x rovno odmocnina (2x plus 3).

krakonoš

↑↑ vanok:Ahoj.
Jeste k prikladu 40.
Reseni nabidla Marian.Ta si vsimla,ze castecny soucet rady lze zapsat jako rozdil dvou castecnych souctu harmonickych rad delky 2n a n.Spocteme limitu rozdilu castecneho souctu rady delky n a logaritmu n pro n jdouci do nekonecna .Tento rozdil bude Eulerova Mascher konstanta.Podobne u druhe rady.Odectenim obou limit dostaneme,ze log(2n)-log(n) je rovno nasi zadane rade. Aspon tak to vidim ja.

vanok · 06. 11. 2018 03:25

↑ krakonoš:
Cau, to si chcela hovorit tu o priklade 42.
No, tu vlastne ked urobis poctivo cele cvicenie mas vseobecne riesenie. A to je krajsia praca ako riesit specialne pripady.
Mozno pridam este dalsie problemy o rekurentnych postupnostiach. To sa tu na fore zatial vela nevidelo.
No aj ked sme to nekreslili, na grafe funkcie f sa pekne vidi ako to funguje.

Dobru noc.

vanok · 06. 11. 2018 12:04

Problem (43).

Vysetrite postupnost $(u_n)$ ak $u_0$ je dane a $u_{n+1}=\frac 13 (4- u_n^2)$

krakonoš · 07. 11. 2018 16:42

↑↑ Pavel:
Cau.
Vzhledem k tomu,ze prave probiha vyuka limit,rozhodla jsem se uvest i jine postupy jiz starych uloh.
Cviceni 5.
Upravime cleny ve velkych zavorkach,dostaneme pak uvnitr velkych zavorek cleny 1-x a 1plusx. Budeme pocitat limitu jdouci do nekonecna ,misto jdouci k nule,takze misto x dosadime 1/x a obracene. Vypocet se hodne zjednodusi. Misto k nule zprava pujdeme do plus nekonecna.

krakonoš · 07. 11. 2018 17:24

↑↑ vytautas:
Co se tyce cviceni 2,
zde po vytknuti a naslednem vykraceni $e^{x}$ nebude uz ve jmenovateli neurcity vyraz,pocitame-li limitu citatele,pristoupime k vypoctu logaritmu citatele.Dale vyuzijeme upravy pomoci rozdilu ctvercu,podelime citatele i jmenovatele x.Ve jmenovateli rozdelime zlomek ve dva zlomky .Dale vyjadrime x jako odmocninu x nadruhou a dame pod jednu odmocninu.A dostaneme 1/2.Cili vysledek bude $e^{1/2}$ .

krakonoš · 07. 11. 2018 17:29

↑↑ Brzls:
Co se tyce cviceni 4,
zde staci rozdéit zlomek a uvedpmit si,ze sin(x) se chova v okoli nuly stejne jako argument.A tg(x) rovnez.Vysledna limita bude tedy nula

krakonoš · 07. 11. 2018 17:47

Bude-li zajem,mohu se zamyslet i nad jinymi priklady,a nasledne mohou byt v pripade odsouhlaseni presunuty pod jednotliva cviceni.

vanok · 07. 11. 2018 20:40 — Editoval vanok (08. 11. 2018 01:19)

Ahoj ↑ krakonoš:,
Male myslienky.
Pokial, v cviceniach sa objavilo dobre a jasne riesenie, ktore je schopny najst ( alebo aspon rozumiet) student, tak je to je dostatocne uspokovive.
Co je aj pripad Cvicenia (2).
V tom cviceni je dobre pochopit, ze 1 v menovateli je « nepodstatna » .... a k tomu sa dopracoval po usmerneni kolega vytaukas. Preto som tam nedal ziadne ine riesenie.

Niekedy je tiez rychle pouzit « mocne » teoremy. Ale pouzitie, zdanlivo komplikovanych postupov bez nich, tiez moze viest k rieseniu. ( a po porovnani postupov, niekedy sa da vidiet, ze druhy postup obsahuje myslienky dokazu mocnej teoremy...)

Co je dolezite, podla mna, je schopnost riesit cvicenia a na to je pre normalnych ludi jedina metoda, pokusat sa riesit samostatne co najviac cviceni. ( mysli na zname prislovie :
L'appétit vient en mangeant).

A ozaj problem (43) je trochu komplexnejsi ako predosly. Zacala si ho « vysetrovat »?

krakonoš · 07. 11. 2018 23:47

↑ vanok:Co se tyce cviceni (43),pomoci Bolzano Cauchyho podminky lze dokazat,ze posloupnost konverguje pro u0 $\in$ $\in \ll -1;4\gg$ . Pro hodnotu parametru 4 je limita -4, jinak 1.Tak to vidim ja. Mohou i jini lide uvest sve postupy.

vanok · 08. 11. 2018 02:00 — Editoval vanok (13. 11. 2018 08:40)

Ahoj ↑ krakonoš:,
Problem (43).
Pokracuj vo vysetrovani. ( pouzitie grafu nie je riesenie ale moze pomoct), zatial si nedala ani presnu presnu odpoved a ani si nic nedokazala.
To mas pravdu, aj ini mozu reagovat.

Pre tych co chcu napredovat davam hint a otazky, ktore mozu pomoct.
Ake su mozne hodnoty pre pripadnu hodnotu limity $l$ .
Pre ake $u_0$ dana postupnost diverguje k $-\infty$ .
Pre ake $u_0$ dana postupnost je rastuca (a omedzena?).
Pre ake $u_0$ dana postupnost je konstantna?
Pre ake $u_0$ dana postupnost sa stane stacionarna?
( vsetko je potrebne dokazat).

krakonoš

↑ vanok:
Pro ktera u0 pisloupnost konverguje,urcuje jednoznacne BolzanovoCauchyho kriterium.To je dukaz.Tato metoda je vseobecne uznavana a je popsana v kazde ucebnici analyzy,i v Jarnikovi.Zadnou grafiku jsem nepouzila.

vanok · 08. 11. 2018 10:12 — Editoval vanok (08. 11. 2018 10:41)

Cau ↑ krakonoš:,
Tak pockaj na uplny dokaz, za urcity cas ho sem dam.
Inac co sa stane v pripade ak napr. $u_0=-2$ ? ( o ktorom nic nepises)

Male poznamky.

Vysetrit postupnost znamena, ze potom citatel jeho “vysetrenia” bude vediet potom ako sa sprava ta postupnost pre kazde $u_0$ .

Citat nejaku knihu, aj od na genialnejsieho autora nestaci na to, ze jeho citatelia budu vediet vsetko riesit bez prace a podrobneho vysvetlenia.

krakonoš · 08. 11. 2018 10:31

↑ vanok:Diky. Rada si prohlednu a ujasnim i jine myslenky.

vanok · 11. 11. 2018 23:38 — Editoval vanok (13. 11. 2018 08:37)

Problem (43) riesenie.
Uz vyssie som napisal, co znamena vyraz vysetrit. ( to nie je hadanie a napisanie nejakej nepresnej odpovedi ... aspon ak hladate mat vyborne hodnotenie od vasho skusajuceho )

Tiez, som napisem, co iste kazdy skusajuci by chcel vidiet od poctiveho studenta. ( Pozor, nejake jednoduche uvahy necham doplnit citatelovy).

Najprv je jasne, ze mozne hodnoty pre pripadnu hodnotu limity $l$ splnuju $l=\frac 13(4-l^2)$ co je ekvivalentne (overte ) z $l=1$ alebo $l=-4$ .

Tiez lahko ukazeme, ze $u_{n+1 }\le u_n$ len a len ak $u_n \in [-4;1]$ .

I) Ak $u_0<-4$ dana postupnost diverguje k $-\infty$ .
Mat. indukciou ukazeme ze dana postupnost je klesajuca a ze nie je dolno ohranicena, ak by bola tak tak by bola konvergentna a jej limita $l<-4$ co je nemozne. Tak je divergentna.

II) Ak $u_0>4$ , tak $u_1<-4$ a mozme s inspirovat uvahou v I)

III) $u_0 \in ]-4;0]$ ; funkcia $f:x \mapsto \frac 13 (4-x^2)$ je rastuca na $[-4 ;1]$ vtedy prve cleny postupnosti su rastuce no vsak $0$ nemoze byt jeho majorant (tak nie je mozne, ze jeho limita je v $]-4;0]$ ) a preto existuje prirodzene $k$
take, ze $u_k > 0$ a $u_k \leq \frac 43$ ( lebo $\frac 43$ je maximum funkcie $f$ )
To doriesime v V).
IV) Ak $u_0 \in [2;4[$ , tak $u_1 \in ]-4;0]$ a sme v situacii III) ( vdaka zmene indexov).
V) Pre $u_0 \in [0;2]$ vsetko cleny postupnosti su v intervale vzdy $[0;2]$ .
Funkcia $f$ je na nom klesajuca, a preto postupnost $u_{2n}$ je rastuca pre $u_0 \in [0;1]$ (lebo ak $1< u_0 \le 2$ tak $0\le u_1 <1$ )
Mozne limity pre tuto postupnost splnuju $4-$\frac {4-l^2}3 $^2 =3l$ co da
$l^4-8l^2+27l-20=0$ a este $(l^2+3l-4)(l^2-3l+1)=0$ ; realne korene poslednej rovnice su $l=1$ a $l=-4$ . A tu vyhovuje len $l=1$ .
A tak tu tato rastuca postupnost ma majorant $1$ a jej limita je $1$ .
Postupnost $u_{2n+1}$ ma tu istu limitu.
Cize postupnost $u_n$ konverguje v tomto pripade k $1$ .
VI) Na viac:
Pre $u_0=1$ dana postupnost je konstantna $u_n=1$ .
Pre $u_0=-4$ dana postupnost je tiez konstantna.
Pre $u_0=4$ dana postupnost je stacionarna od $n=1$ .

Zhrnutie.
Pre $|u_0|>4$ postupnost diverguje (k $-\infty$ ),
pre $|u_0|<4$ postupnost konverguje k $1$ .
A pre $u_0=-4$ dana postupnost je konstantna $u_n=-4$ .
Pre $u_0=4$ dana postupnost je stacionarna od $n=1$ .

vanok · 14. 11. 2018 18:04

Problem (44).

Nech je dana postupnost $(u_n)$ taka, ze
$u_1=2$
$u_{n+1}=u_n+\sqrt {1+\frac{u_n}n }$ , n nenulove prirodzene cislo .
Dokazte, ze postupnost $$\frac {u_n}n$_{n \ge 1}$ konverguje.

Vieme nast jej linitu?

Poznamka. Problem z webu.

laszky · 15. 11. 2018 02:00

↑ vanok:

Ahoj, ja bych rekl, ze kdyz $\frac{u_n}{n}\to a$ , potom $u_n\approx an$ pro velka $n$ . Kdyz to dosadim do rovnice, potom ziskam
$a(n+1)=an + \sqrt{1+a} \quad\Rightarrow\quad a^2-a-1=0 \quad\Rightarrow\quad a=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$ .

Protoze jsou evidentne vsechna $u_n$ kladna, je $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

Zlaty rez je tedy jedina mozna limita $\frac{u_n}{n}$ . Zbyva ukazat, ze tomu tak doopravdy je:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

vanok · 15. 11. 2018 04:03 — Editoval vanok (15. 11. 2018 08:54)

Servus ↑ laszky:,
Dakujem, ze ta moje problemy zaujimaju.
Skutocne si ukazal, ze mozna limita je a ( zlaty rez). ( cize $a=\sqrt{1+a}$ ). Co si potom dokazal.

Druhy dokaz.
No vsak, zda sa mi, ze tento dokaz je jednoduchsi.
Polozim, $v_n=\frac {u_n}n$ .
Mame, ak $x > a$ ,tak aj $x> \sqrt {1+x}$ .
Tiez mame rekurentnu relaciu : $(n+1)v_{n+1}=nv_n+\sqrt {1+v_n}$ .
Indukciou ukazeme, ze $a$ je dolna hranica pre $v_n$ .
Preto aj $v_n >\sqrt {1+v_n}$ , co da, ze postupnost $v_n$ je klesajuca....a tak konverguje ....oznacme jej limitu $l$ .
A $l\le a$ .

Akoze $n(v_n-v_{n+1})=v_{n+1}- \sqrt {1+v_n}$ , konverguje ku $k=l+\sqrt {1+l}\ge0$ ,
a $k$ musi byt $=0$ inac mame spor ( $v_n$ by divergovala ).
Co da $l=a$ .

krakonoš

↑ laszky:Ahoj.
Nad timto problemem jsem premyslela take.Posloupnost un ma kladne cleny a je rostouci,kdyby byla shora omezena,mela by mit konecnou limitu . Rozdil clenu u( n plus 1)- u(n) ale jde k nule,zatimco vyraz pod odmocninou jde k 1.Z toho usuzuji ,ze un neni omezena shora.
Co kdyby vsak un mela limitu nekonecno?To by tez vyhovovalo rovnici jako a.A jak vyvratit,ze neni radove vic jak n,to by limita podilu un/n sla do nekonecna.Jedine to asi zkusit pro to vase a konecne,a tim to cele vyvratit,protoze nemuze mit dve ruzne limity.
Diky.

vanok · 17. 11. 2018 16:16

Problem (44).
Ahoj ↑ krakonoš:,
Zaujimat sa o postupnost $u_n$ je iste zabavne, ale pozor tu nam ide o $v_n=\frac {u_n}n$ .

krakonoš · 17. 11. 2018 18:47

↑ vanok:
Ahoj.
Ja totiz myslela,ze kdyz limita un existuje a je nekonecno ( viz vyse) a ze zadani je patrne,ze u(n) je radu n.Tak to dokazuje i existenci a konvergenci limity u(n)/n.A zlaty rez(t.j.a) musi byt limitou u(n)/n.,protoze jediny vyhovuje rovnici ,kde figuruje u(n)/n pak by se uz asi nemuselo dokazovat,ze u(n)/n jde v absolutni hodnote k nule???
Lida

vanok · 18. 11. 2018 00:34

↑ krakonoš:, prestuduj si .↑ vanok:

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj.
Prostudovala jsem si peclive tvuj dukaz.To,ze je posloupnost v(n) konvergentni,uz vyplyva Jen z toho,ze je klesajici a zdola omezena,protoze neni zaporna.Takze musi mit limitu a,tam vyhovuje ta rovnice popsana vyse.
Lida

vanok · 24. 11. 2018 13:34 — Editoval vanok (24. 11. 2018 13:35)

Problem (45)
Vysetrite $e^{x+\sin x}-e^x$ v okoli $+\infty$ .

vanok · 26. 11. 2018 20:42

Problem(45)
Hint. Ukazte, ze limita v $+\infty$ nexistuje.

Matematické Fórum

#151 06. 11. 2018 01:54 — Editoval krakonoš (06. 11. 2018 10:24)

Re: Limitny maraton

#152 06. 11. 2018 02:20 — Editoval krakonoš (06. 11. 2018 02:24)

Re: Limitny maraton

#153 06. 11. 2018 03:25

Re: Limitny maraton

#154 06. 11. 2018 12:04

Re: Limitny maraton

#155 07. 11. 2018 16:42

Re: Limitny maraton

#156 07. 11. 2018 17:24

Re: Limitny maraton

#157 07. 11. 2018 17:29

Re: Limitny maraton

#158 07. 11. 2018 17:47

Re: Limitny maraton

#159 07. 11. 2018 20:40 — Editoval vanok (08. 11. 2018 01:19)

Re: Limitny maraton

#160 07. 11. 2018 23:47

Re: Limitny maraton

#161 08. 11. 2018 02:00 — Editoval vanok (13. 11. 2018 08:40)

Re: Limitny maraton

#162 08. 11. 2018 08:39 — Editoval krakonoš (08. 11. 2018 08:58)

Re: Limitny maraton

#163 08. 11. 2018 10:12 — Editoval vanok (08. 11. 2018 10:41)

Re: Limitny maraton

#164 08. 11. 2018 10:31

Re: Limitny maraton

#165 11. 11. 2018 23:38 — Editoval vanok (13. 11. 2018 08:37)

Re: Limitny maraton

#166 14. 11. 2018 18:04

Re: Limitny maraton

#167 15. 11. 2018 02:00

Re: Limitny maraton

#168 15. 11. 2018 04:03 — Editoval vanok (15. 11. 2018 08:54)

Re: Limitny maraton

#169 15. 11. 2018 15:27 — Editoval krakonoš (15. 11. 2018 15:53)

Re: Limitny maraton

#170 17. 11. 2018 16:16

Re: Limitny maraton

#171 17. 11. 2018 18:47

Re: Limitny maraton

#172 18. 11. 2018 00:34

Re: Limitny maraton

#173 19. 11. 2018 16:22 — Editoval krakonoš (19. 11. 2018 16:32)

Re: Limitny maraton

#174 24. 11. 2018 13:34 — Editoval vanok (24. 11. 2018 13:35)

Re: Limitny maraton

#175 26. 11. 2018 20:42

Re: Limitny maraton

Zápatí