Δεν είναι σωστό...

Θωμάς Ποδηματάς · #1

Χαιρετώ την εκλεκτή παρέα του

Μια μαθήτριά μου, σε ένα διαγώνισμα παραγώγων, έδωσε την παρακάτω "λύση"

Ξέροντας ότι $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \ell \in \mathbb{R}^*$ ζητούσα το $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'\left( x \right) = ?$ .
(Υπήρχαν και άλλα δεδομένα και το πρόβλημα λυνότανε με κριτήριο παρεμβολής, αλλά δεν με ενδιαφέρει η λύση, ούτε και την παρέα, αφού είναι τετριμμένη).

Γράφει λοιπόν :

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \ell \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{e^{ - x}}f\left( x \right)}}{{{e^{ - x}}}} = \ell \mathop \Rightarrow \limits_{DLH}^{0/0} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - {e^{ - x}}f\left( x \right) + {e^{ - x}}f'\left( x \right)}}{{ - {e^{ - x}}}} = \ell }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ - f\left( x \right) + f'\left( x \right)}}{{ - 1}} = \ell \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {f\left( x \right) - f'\left( x \right)} \right] = \ell }$

και τώρα με μια απλή αντικατάσταση, $g\left( x \right) = f\left( x \right) - f'\left( x \right)$ , με $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = \ell$ ,

προκύπτει ότι : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f'\left( x \right) = 0}$

Της απάντησα, ότι χρησιμοποίησε αντίστροφα - και δεν ισχύει το αντίστροφο - τον κανόνα DLH

, ο οποίος λέει

"...αν υπάρχει το όριο των παραγώγων των δύο όρων του κλάσματος, τότε είναι το όριο αυτό ίσο με το αρχικό όριο..."

αλλά συνάντησα σθεναρή αντίδραση... Πιστεύω ότι η παραπάνω "λύση" είναι λάθος για το λόγο τον οποίο ανέφερα παραπάνω.

Ως ένα επιπλέον αντιπαράδειγμα,

όπως είναι φανερό (μηδενική επί φραγμένη) είναι : $\displaystyle{L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{x^2}\eta \mu \frac{1}{x}}}{x}} \right) = 0}$ .

Αν όμως εφαρμόσω την παραπάνω "τεχνική", θα βρω παράλογα πράματα :

$\displaystyle{L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{{x^2}\eta \mu \frac{1}{x}}}{x}} \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits_{DLH}^{0/0} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{2x\eta \mu \frac{1}{x} + {x^2}\sigma \upsilon \nu \frac{1}{x}\left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}}{1}} \right) = 0 \Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {2x\eta \mu \frac{1}{x} - \sigma \upsilon \nu \frac{1}{x}} \right) = 0}$ . Αλλά $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {2x\eta \mu \frac{1}{x}} \right) = 0}$ (μηδενική επί φραγμένη), οπότε θέτοντας στο τελευταίο όριο $g\left( x \right) = 2x\eta \mu \frac{1}{x} - \sigma \upsilon \nu \frac{1}{x}$ , με $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g\left( x \right) = 0}$ ,

εύκολα έχουμε το παράλογο : $\displaystyle{\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sigma \upsilon \nu \frac{1}{x}} \right) = 0}$ , το οποίο είναι προφανώς άτοπο, αφού το όριο αυτό δεν υπάρχει. Εγώ στο Λύκειο δεν μπορώ να αποδείξω, παρά μόνο σχηματικά (με καλά αποτελέσματα κατανόησης είναι η αλήθεια παρ' ότι η όλη "απόδειξη" είναι ο ορισμός της "μπακαλικής"

) ότι το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sigma \upsilon \nu \frac{1}{x}} \right)}$ δεν υπάρχει. Οι υπακολουθίες δεν είναι Λύκειο και τα παιδιά έχουν ολοκληρωτική άγνοια...

Πιστεύω ότι λέω το σωστό... Αν πάλι όχι θα παρακαλούσα την εκλεκτή παρέα να μου επισημάνει που έχω - αν έχω - σφάλμα

Σας ευχαριστώ θερμά

Καλημέρα σας

Θωμάς

nikoszan · #2

Θωμά ,για το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ ,ότι δεν υπάρχει ,μια σχολική απόδειξη.
Έστω ότι υπάρχει το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ .Επειδή ισχύει $- 1 \le \cos \left( {\frac{1}{x}} \right) \le 1,\forall x \ne 0$ ,θα είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = l \in \left[ { - 1,1} \right]$ .
Έχουμε $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{{\pi x - 2}}{{2x}}} \right)} \right) =$ \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{{\frac{{2x}}{{\pi x - 2}}}}} \right)} \right)\mathop = \limits^{u = \frac{{2x}}{{\pi x - 2}}} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \cos \left( {\frac{1}{u}} \right) = l και

l = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( { - \sin \left( {\frac{1}{{ - x}}} \right)} \right)\mathop = \limits^{y = \frac{1}{{ - x}}} - \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{y}} \right)} \right) =} $- l \Rightarrow l = - l \Rightarrow 2l = 0 \Rightarrow l = 0$ .
Άρα είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = 0$ .
Όμως ισχύει $\left( {{{\left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} = 1,\forall x \ne 0} \right) \Rightarrow$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {{{\left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 1 \Rightarrow {0^2} + {0^{^2}} = 1 \Rightarrow 0 = 1$ ,ΑΤΟΠΟ.
Επομένως δεν υπάρχει το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ .
Ν.Ζ.

abgd · #3

Με την προϋπόθεση ότι υπάρχει το όριο της παραγώγου, η απόδειξη της μαθήτριας είναι σωστή.

Θωμάς Ποδηματάς · #4

nikoszan έγραψε:Θωμά ,για το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ ,ότι δεν υπάρχει ,μια σχολική απόδειξη.
Έστω ότι υπάρχει το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ .Επειδή ισχύει $- 1 \le \cos \left( {\frac{1}{x}} \right) \le 1,\forall x \ne 0$ ,θα είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = l \in \left[ { - 1,1} \right]$ .
Έχουμε $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{\pi }{2} - \frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{{\pi x - 2}}{{2x}}} \right)} \right) =$ \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{{\frac{{2x}}{{\pi x - 2}}}}} \right)} \right)\mathop = \limits^{u = \frac{{2x}}{{\pi x - 2}}} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \cos \left( {\frac{1}{u}} \right) = ll = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( { - \sin \left( {\frac{1}{{ - x}}} \right)} \right)\mathop = \limits^{y = \frac{1}{{ - x}}} - \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{y}} \right)} \right) =} $- l \Rightarrow l = - l \Rightarrow 2l = 0 \Rightarrow l = 0$ .
Άρα είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right) = 0$ .
Όμως ισχύει $\left( {{{\left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} = 1,\forall x \ne 0} \right) \Rightarrow$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {{{\left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2} + {{\left( {\sin \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)}^2}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} 1 \Rightarrow {0^2} + {0^{^2}} = 1 \Rightarrow 0 = 1$ ,ΑΤΟΠΟ.
Επομένως δεν υπάρχει το $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$ .
Ν.Ζ.

Νίκο,

για ακόμη μία φορά !

Ευχαριστώ θερμά

Θωμάς

gradion · #5

Καλησπέρα σας
Αν πούμε οτι το όριο της παραγώγου υπάρχει και είναι πραγματικός αριθμός , η μέθοδος
που χρησιμοποίησε η μαθήτρια , είναι σωστή αλλά και υπάρχει σε πολλά βοηθήματα.
Δείχνεται ότι πολλαπλασιάζεις και διαιρείς, με τα εξής: $e^x, e^{-x}, x$ ανάλογα την περίπτωση,και μετά εφαρμόζεις το θεώρημα .

Δεν είναι σωστό...

Δεν είναι σωστό...

Re: Δεν είναι σωστό...

Re: Δεν είναι σωστό...

Re: Δεν είναι σωστό...

Re: Δεν είναι σωστό...

Μέλη σε σύνδεση