Matematické Fórum

vanusok · 30. 05. 2019 11:03

↑↑ krakonoš:problem80
Ahoj.

$g(x)=\frac{d}{dx}log^{2}(\frac{1}{x})=-2\cdot log(\frac{1}{x})\cdot \frac{1}{x^{2}}$
$g(x)>0$ pre $x\in (K;\infty ) K>0$
označme $f(x)=\frac{log(1+x)}{1+x^{2}}$
$\lim_{x\to\infty }\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{1}{2}$ limita je vlastna nenulová
$\int_{K}^{\infty }g(x) dx=[log^{2}(\frac{1}{x})]_{K}^{\infty }=\infty$
$\int_{K}^{\infty }f(x)dx=\infty \Leftrightarrow \int_{K}^{\infty }g(x)dx=\infty \Leftrightarrow$
$\int_{0}^{\infty }f(x)dx=\infty$

krakonoš · 30. 05. 2019 16:05

↑ vanusok:
Ahoj.
Díky moc.

Měla jsem spočítat 3 příklady.Ty ostatní byly v pohodě,tenhle mi připadal nejprve nejlehčí,ale opak byl pravdou.Ještě jsem se s tímto typem v literatuře nesetkala.

vanok · 30. 05. 2019 22:53

Ahoj ↑↑ krakonoš:
Problem 80.
Len mala poznamka .
Podla wa
$\int_{0}^{\infty }\frac{loi(x+1)}{x^{2}+1}dx$
je $\gamma +\frac {\pi \ln(2)}4$ .

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj.
Wa je pocitacovy program?.Uz vidim pocetni chybu!Je tam spatne spoctena derivace.
Takze asi mas pravdu.Diky
Po pravde receno,nevidim zatim funkci,ze ktere by integral konvergoval &podil funkci dal vlastni limitu.A k logaritmu primitivni funkci,kteta by byla omezena,neurcim.

byk7 · 31. 05. 2019 02:42

↑ krakonoš: Wa :)

krakonoš

↑ vanok:
Ahoj
Možná by šlo uvažovat o funkci $\frac{log(x+1)}{x-1}-\frac{log(x+1)}{x}$ ,
(to by už vlastní limitu při podílu funkcí dávalo) a integrál $\frac{log(x+1)}{x-1}-\frac{log(x+1)}{x}$ by měl konvergovat vzhledem ke konvergenci odpovídající číselné řady .Pripadne dokazat konvergenci rady log(n plus 1)/nnadruhou s pomoci Eulerovy konstanty.
Jinak mě už nic nenapadá.

vanok · 09. 06. 2019 20:45 — Editoval vanok (09. 06. 2019 21:36)

KProblem (82)
Polozme $u_n=\frac {sin (x)}1 +\frac {sin(2x)}2+ ... +\frac{sin(nx)}n$ .
Dokazte, ze tato postupnost konverguje v $x=\frac {\pi}{n+1}$ ; $n \to \infty$ k nenulovej limite.

krakonoš · 10. 06. 2019 09:07

↑ vanok:
Ahoj.
Máš na mysli rozvoj funkce -x/2 ve Fourierovu řadu na intervalu -pí;pí?

vanok · 10. 06. 2019 10:42

Cau ↑ krakonoš:,
Mozno aj to je mozna cesta k rieseniu.
No je aj o mnoho prirodzenejsie riesenie.

Marian · 10. 06. 2019 13:54 — Editoval Marian (10. 06. 2019 13:54)

@82

Pišme

$U_n =\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin\left (\frac{k\pi}{n+1}\right )}{k} =\frac{1}{n+1}\cdot\sum_{k=1}^{n+1}\frac{\sin\left (\frac{k\pi}{n+1}\right )}{\frac{k}{n+1}} =\int_{0}^{1}\frac{\sin (\pi x)}{x}\,\mathrm dx.$

Odtud je kladnost (i omezenost) zřejmě vidět.

krakonoš

↑ Marian:
Ahoj
Ta konvergence řady je vidět už z toho,že $sinx<x; sin2x<2x ...atd$ .
Už ta majoranta bude mít častečný součet $n\cdot \frac{\pi }{n+1}$ .
Co se týče kladnosti,tak řada podobná zadané,jen se střídavými znaménky by měla mít součet nula.

vanok · 10. 06. 2019 15:03 — Editoval vanok (11. 07. 2019 23:35)

Pozdravujem ↑ Marian:,
Presnejsie vyuzil som Riemann-ovu sumu
$\lim_{n \to \infty} \frac {\pi}{n+1}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin\left (\frac{k\pi}{n+1}\right )}{k\frac {\pi}{n+1}} =\int_{0}^{\pi}\frac{\sin ( x)}{x}\,\mathrm dx>0.$ .

Otazka
↑ Marian:

$U_n =\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin\left (\frac{k\pi}{n+1}\right )}{k} =\frac{1}{n+1}\cdot\sum_{k=1}^{n+1}\frac{\sin\left (\frac{k\pi}{n+1}\right )}{\frac{k}{n+1}} =\int_{0}^{1}\frac{\sin (\pi x)}{x}\,\mathrm dx.$

Mozes nam vysvetlit tvoj vysledok, ktory si vyssie v#385 napisal ( a je tu v ramecku pripomenuty).

stuart clark

Problem $(83)$

If $f'(x)>0$ for all $x\in\mathbb{R^{+}}$ and

$f:\mathbb{R^{+}}\rightarrow \mathbb{R}$ and $f(x)+\frac{1}{x}=f^{-1}\bigg(\frac{1}{f(x)}\bigg)>0$ .

Then value of $\frac{\pi}{\sin^{-1}(f(2))}=$

laszky · 13. 06. 2019 00:53 — Editoval laszky (13. 06. 2019 01:23)

↑ stuart clark:

Hi.

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

stuart clark · 18. 06. 2019 01:43

Thanks ↑ laszky:

vanok · 24. 06. 2019 00:14

Hi ↑ stuart clark:,
this problem (83) is very interesting, but you chose the wrong place to ask it!

kerajs · 06. 07. 2019 22:24

84:
$\lim_{ n \to \infty } \frac{ \sqrt{n} + \sqrt[3]{n} +...+ \sqrt[n]{n} }{n}$

vanok · 08. 07. 2019 21:42 — Editoval vanok (10. 07. 2019 14:23)

Ahoj ↑ kerajs:,
Problem (84).
Poznamka: najrychlejsia metoda je, zda sa mi, vypocet vdaka Stolz-Cesaro-vej vety.
Ty cakas ine riesenie?

POZOR
Poznamka co som napisal vyssie je nepresna.
Pozrite na ↑ vanok:, kde najdete co treba.

Marian · 09. 07. 2019 07:11

↑ vanok:

Svádí to k SC, ale je nutno si uvědomit, že klasické znění tebou navrhované poučky nezahruje případy, kdy jsou všechny sčítance závislé na n.

Jeví se pravděpodobné, že limita bude rovna 1. Možná by to šlo nějak odhadem shora a zdola (ten zdola je triviální). Shora zatím nevím.

vanok · 09. 07. 2019 09:16 — Editoval vanok (09. 07. 2019 09:55)

Ahoj ↑ Marian:,

Zda sa, ze hladana limita je 1.

No skusme najst dokaz.

kerajs · 09. 07. 2019 11:09 — Editoval kerajs (09. 07. 2019 11:11)

Ano, limita je rovna 1.

Ne Vanok, nečekám na riesenie.

vanok · 10. 07. 2019 14:21 — Editoval vanok (12. 07. 2019 16:59)

Cau ↑ Marian:,
Tvoja poznamka je skutocne spravna.
V mojom prispevku ↑ vanok: som sa, trochu urychlene, a nepresne vyjadril.
Tak tu pridavam to co som mal napisat.

Na dokaz, podla mna sa da pouzit znama Caychyho veta, ( z jeho knihy Analyse algébrique z 1821).
Ide o vetu: Ak postupnost $( x_i)_{ i \in \Bbb N}$ konverguje k nule, tak aj postupnost jej aritmetickych priemerov konverguje k nule.

Aby sa tu zbytocne nepolemizivalo, pripominam, ze $\Bbb N$ obsahuje (tuto) aj $0$ .

Pochopitelne je lahke generalizovat tuto vetu aj ked dana limita konverguje k realnemu cislu $L$ . (1)
A tiez, ak dana postupnost je kladna aj na jej geometricky priemer. (2) ( tieto generalizacie necham foristom doplnit).

Tak teraz, vdaka tomu, co som tu vyssie napisal, da sa urobit jednoduchy a rychly dokaz. Tak tu dam nan navod.

Pripominam, ze som tu uz dokazal, $\sqrt[n]{n}$ konverguje k $1$ .
No vsak, pridavam este aj dokaz tohto tvrdenia vdaka (2).

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Podobne vdaka (1)
$\lim_{ n \to \infty } \frac{1+ \sqrt{2} + \sqrt[3]{3} +...+ \sqrt[n]{n} }{n} =1$ lebo $\sqrt[n]{n}$ konverguje k $1$ .

Édit. Toto nie je riesenie danej otazky... treba ho nast.( dakujem kolegovy Bâti za upozornenie)

Bati · 12. 07. 2019 12:34

Ahoj ↑ vanok:,
na jakou ze posloupnost aplikujes tu vetu?

Matematické Fórum

#376 30. 05. 2019 11:03

Re: Limitny maraton

#377 30. 05. 2019 16:05

Re: Limitny maraton

#378 30. 05. 2019 22:53

Re: Limitny maraton

#379 30. 05. 2019 23:41 — Editoval krakonoš (31. 05. 2019 10:25)

Re: Limitny maraton

#380 31. 05. 2019 02:42

Re: Limitny maraton

#381 31. 05. 2019 12:18 — Editoval krakonoš (01. 06. 2019 13:44)

Re: Limitny maraton

#382 09. 06. 2019 20:45 — Editoval vanok (09. 06. 2019 21:36)

Re: Limitny maraton

#383 10. 06. 2019 09:07

Re: Limitny maraton

#384 10. 06. 2019 10:42

Re: Limitny maraton

#385 10. 06. 2019 13:54 — Editoval Marian (10. 06. 2019 13:54)

Re: Limitny maraton

#386 10. 06. 2019 14:54 — Editoval krakonoš (10. 06. 2019 15:27)

Re: Limitny maraton

#387 10. 06. 2019 15:03 — Editoval vanok (11. 07. 2019 23:35)

Re: Limitny maraton

#388 10. 06. 2019 15:20 — Editoval stuart clark (10. 06. 2019 15:20)

Re: Limitny maraton

#389 13. 06. 2019 00:53 — Editoval laszky (13. 06. 2019 01:23)

Re: Limitny maraton

#390 18. 06. 2019 01:43

Re: Limitny maraton

#391 24. 06. 2019 00:14

Re: Limitny maraton

#392 24. 06. 2019 15:37 Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#393 06. 07. 2019 22:24

Re: Limitny maraton

#394 08. 07. 2019 21:42 — Editoval vanok (10. 07. 2019 14:23)

Re: Limitny maraton

#395 09. 07. 2019 07:11

Re: Limitny maraton

#396 09. 07. 2019 09:16 — Editoval vanok (09. 07. 2019 09:55)

Re: Limitny maraton

#397 09. 07. 2019 11:09 — Editoval kerajs (09. 07. 2019 11:11)

Re: Limitny maraton

#398 10. 07. 2019 14:21 — Editoval vanok (12. 07. 2019 16:59)

Re: Limitny maraton

#399 12. 07. 2019 12:34

Re: Limitny maraton

#400 12. 07. 2019 13:00 Příspěvek uživatele vanok byl skryt uživatelem vanok. Důvod: Nepresna odpoved

Zápatí