Matematické Fórum

Bati · 24. 10. 2020 08:49

↑↑ 2M70:
V sigma nemuzes mit x, je to supremum!

krakonoš · 24. 10. 2020 09:59

Je fakt že až do x=n (včetně) by to mělo vést k nulové limitě z té absolutní hodnoty rozdílu, je otázka, jak by to bylo s případnými vyššími mocninami, to fakt záleží na tom, pro která x je ten rozdíl maximální. Obávám se že bez derivací a nějaké numerické metody to nelze stanovit matematicky.Jen případně nějakým sledováním hodnot, jak zde bylo uvedeno.

2M70 · 24. 10. 2020 10:56

↑ Bati:

To je pravda. Škoda, tak pěkně to vycházelo.... Nebyla by nápověda, jak to udělat korektně?

krakonoš

$\sqrt{x}\cdot [e^{\frac{1}{2}\cdot ln\frac{(x^{n}+e^{x})^{\frac{1}{n}}}{x}}-1]$
Pijde mi, že aby argument exponenciely byl na okolí nuly, musel by být argument u logaritmu na okolí 1, tady máme vlastně
$ln(1+\frac{e^{x}}{x^{n}})^{\frac{1}{n}}$ , tedy musí být na okolí nuly $e^{x}/x^{n}$ .Pro x=n toho ještě dosáhneme,takže je tam výraz neurčitý, po spočtení mi to dalo nulovou limitu.Otázka je jak je to u vyšších mocnin.
Zatímco pro $x=n^{2}$ bude $ln(1+\frac{e^{n^{2}}}{n^{2n}})^{\frac{1}{n}}>ln(\frac{e^{n^{2}}}{n^{2n}})^{\frac{1}{n}}$ Každopádně to už pak nevede k nulové limitě. Jsou příšerné ty vzorce na úpravu, natož je napsat z mobilu.

Bati · 24. 10. 2020 12:48

↑ 2M70:
Nechce se mi cist cely tohle tema, ale:
Bodova limta: $f(x)=\max(1,\sqrt{x})$ . Potrebuju tedy odhadnout
$|f_n(x)-f(x)|=\sqrt[2n]{x^n+e^x}-\max(1,\sqrt{x})$
NEZAVISLE na x (absolutni hodnotu jsem odstranil elementarni uvahou).
Na $[0,1]$ : $|f_n(x)-f(x)|\leq\sqrt[2n]{1+e}-1\to0$
Na $[1,\infty)$ : $|f_n(x)-f(x)|=\sqrt[2n]{x^n+e^x}-\sqrt{x}$ . Vidim, ze kdyz $x\to\infty$ , tak exponenciela v prvnim clenu kovergenci zkazi, takze $f_n$ nekonverguje stejnomerne na intervalech $(a,\infty)$ . Pokud $x<M$ , potom pro dostatecne velke $n$ plati $e^x<e^M<x^n$ , a proto
$|f_n(x)-f(x)|\leq\sqrt[2n]{2x^n}-\sqrt{x}=(2^{\frac1{2n}}-1)\sqrt{x}\leq(2^{\frac1{2n}}-1)\sqrt{M}\to0$ ,
takze celkem dostavam $f_n\overset{\rm loc}{\rightrightarrows}f$ v $[0,\infty)$ .

2M70 · 24. 10. 2020 16:47

↑ Bati:

Díky za perfektní rozbor!

Ještě se omlouvám za další várku hlouposti a neznalosti, ale:

Přijde mi trochu jako rozpor, že přesto, že NEMÁ $\sigma =|f_{n}(x)-f(x)|$ ZÁVISET na "x", tak "x" leží v ohraničeném intervalu $[0,1]$ .

Jinak, jako pozorování: přepisuju:

Na $[0,1]$ : $|f_n(x)-f(x)|\leq\sqrt[2n]{1+e}-1\to0$

dosazuji tedy "nejhorší ( = maximální/supremový) možný odhad", tedy na $[0,1]$ může být $x^{n}$ nejvýše 1 a $e^{x}$ nejvýše "e"

Na $[1,\infty)$ : $|f_n(x)-f(x)|=\sqrt[2n]{x^n+e^x}-\sqrt{x}$ dostávám supremum, tedy opět "nejhorší možný odhad" pro $x\to\infty$

Nicméně,
na $[0,1]$ jde $|f_n(x)-f(x)|\leq\sqrt[2n]{1+e}-1\to0$ do nuly, přijde mi proto divné, že na intervalu $[0,1]$ nekonverguje stejnoměrně.

U druhého intervalu $[1,\infty)$ supremum "utíká do nekonečna", tam chápu, že nedosáhnu stejnoměrné konvergence.

Mám tedy "nebrat v úvahu" stejnoměrnou konvergenci v intervalu $[0,1]$ ?

Jinak zápis $f(x)=\max(1,\sqrt{x})$ jsme ještě nikde nepoužili, proto mě docela překvapuje.

Já vím, diskuze se mnou je utrpení...

Matematické Fórum

#26 24. 10. 2020 00:15 — Editoval krakonoš (24. 10. 2020 00:27) Příspěvek uživatele krakonoš byl skryt uživatelem krakonoš.

#27 24. 10. 2020 08:49

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

#28 24. 10. 2020 09:59

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

#29 24. 10. 2020 10:56

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

#30 24. 10. 2020 12:15 — Editoval krakonoš (24. 10. 2020 13:30)

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

#31 24. 10. 2020 12:48

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

#32 24. 10. 2020 16:47

Re: Stejnoměrná konvergence posloupnosti funkcí

Zápatí