όρια στο άπειρο

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

Άβαταρ μέλους
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2326
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

όρια στο άπειρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Καρδαμίτσης Σπύρος » Τρί Ιούλ 26, 2011 7:53 pm

Αν για τις συναρτήσεις \displaystyle{f} και \displaystyle{g} ισχύουν

\displaystyle{ 
x^2 f(x) + x^2 g(x) - f^2 (x)g^2 (x) = 0 
} για κάθε \displaystyle{ 
x > 0 
},
και οι συναρτήσεις έχουν θετικές τιμές για κάθε \displaystyle{ 
x > 2012 
}
να βρεθούν τα όρια των συναρτήσεων
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f(x)}} 
} και \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{g(x)}} 
}


Καρδαμίτσης Σπύρος
Pla.pa.s
Δημοσιεύσεις: 157
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 11:56 pm

Re: όρια στο άπειρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pla.pa.s » Παρ Ιούλ 29, 2011 8:29 pm

Έχω την εντύπωση ότι κάτι δεν πάει καλά.
Θεωρώντας την αρχική σχέση ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς g(x), τότε έχουμε μετά την καταστροφή του κόσμου (δηλαδή μετα το 2012 :lol: ) ότι αφού οι f,g είναι θετικές είναι
\displaystyle{g(x)=\frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+4x^{2}f^{3}(x)}}{2f^{2}(x)}}.
Τα ζεύγη λοιπόν των συναρτήσεων \displaystyle{(f(x),g(x))=(1, \frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+4x^{2}}}{2})} και \displaystyle{(f(x),g(x))=(2, \frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+32x^{2}}}{8})} είναι αποδεκτά όσον αφορά την υπόθεση, όμως στην πρώτη περίπτωση έχουμε
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{g(x)}=0} και \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{f(x)}=1}
ενώ στη δεύτερη περίπτωση
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{g(x)}=0} και \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{2}}.

Αυτό ήταν το πιο απλό αντιπαράδειγμα καθώς αν τα παραπάνω είναι σωστά και δεν έχω κάνει κάπου λάθος, υπάρχουν άπειρα ζεύγη (f(x),g(x)) με διαφορετικά κάθε φορά τα ζητούμενα όρια. Κάνω εγώ κάπου λάθος ή υπάρχει κάποιο σφάλμα στην άσκηση;
(Πάντως βγαίνει αν είναι x^{2}f(x)+x^{2}g(x)-f(x)g(x)=0)


1+1+...+1=2
Dots are mysterious!
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: όρια στο άπειρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τρί Οκτ 25, 2011 6:01 pm

Pla.pa.s έγραψε:Έχω την εντύπωση ότι κάτι δεν πάει καλά.
Θεωρώντας την αρχική σχέση ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς g(x), τότε έχουμε μετά την καταστροφή του κόσμου (δηλαδή μετα το 2012 :lol: ) ότι αφού οι f,g είναι θετικές είναι
\displaystyle{g(x)=\frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+4x^{2}f^{3}(x)}}{2f^{2}(x)}}.
Τα ζεύγη λοιπόν των συναρτήσεων \displaystyle{(f(x),g(x))=(1, \frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+4x^{2}}}{2})} και \displaystyle{(f(x),g(x))=(2, \frac{x^{2}+\sqrt{x^{4}+32x^{2}}}{8})} είναι αποδεκτά όσον αφορά την υπόθεση, όμως στην πρώτη περίπτωση έχουμε
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{g(x)}=0} και \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{f(x)}=1}
ενώ στη δεύτερη περίπτωση
\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{g(x)}=0} και \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{f(x)}=\frac{1}{2}}.

Αυτό ήταν το πιο απλό αντιπαράδειγμα καθώς αν τα παραπάνω είναι σωστά και δεν έχω κάνει κάπου λάθος, υπάρχουν άπειρα ζεύγη (f(x),g(x)) με διαφορετικά κάθε φορά τα ζητούμενα όρια. Κάνω εγώ κάπου λάθος ή υπάρχει κάποιο σφάλμα στην άσκηση;
(Πάντως βγαίνει αν είναι x^{2}f(x)+x^{2}g(x)-f(x)g(x)=0)
Έχω κάποιες ενστάσεις σχετικά με την χρήση της διακρίνουσας σε τέτοιου είδους ασκήσεις για να βρεθεί η συνάρτηση.
Αν παραβλέψω το σημείο αυτό νομίζω πως έχεις δίκιο, πως δηλαδή κάτι δεν πάει καλά στην άσκηση.


Άβαταρ μέλους
pito
Δημοσιεύσεις: 1754
Εγγραφή: Τρί Μάιος 18, 2010 10:41 pm
Τοποθεσία: mathematica

Re: όρια στο άπειρο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pito » Κυρ Σεπ 30, 2012 12:16 pm

Επαναφορά!( Έχει τελικά η εκφώνηση λάθος;;;;)


1. Δεν διδάσκουμε με αυτό που λέμε και κάνουμε. Διδάσκουμε με αυτό που είμαστε.
2. Ο μέτριος δάσκαλος περιγράφει. Ο καλός δάσκαλος εξηγεί. Ο σωστός δάσκαλος αποδεικνύει. Ο σπουδαίος δάσκαλος εμπνέει. ( Γουίλιαμ Γουάρντ)
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11538
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: όρια στο άπειρο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Σεπ 30, 2012 1:09 pm

pito έγραψε:Επαναφορά!( Έχει τελικά η εκφώνηση λάθος;;;;)
Ναι, η άσκηση δεν είναι σωστή.

Το παραπάνω παράδειγμα του Pla.pa.s δείχνει ότι μπορεί να έχουμε διαφορετικές τιμές στη τελική απάντηση, οπότε δεν μπορούμε να βρούμε το όριο.

Κάνοντας μικρή παραλλαγή μπορούμε να δούμε ότι το όριο μπορεί να μην υπάρχει καν.

Θέτουμε

\displaystyle{f(x)= \begin{cases} 
 1& \text{ if } x \in \mathbb N \\  
 2& \text{ if } x \notin \mathbb N  
\end{cases}}

και

\displaystyle{g(x) =\begin{cases} 
 \frac {x^2 + \sqrt {x^2+4x^2}}{2}& \text{ if } x \in \mathbb N \\  
 \frac {x^2 + \sqrt {x^2+32x^2}}{8}& \text{ if } x \notin \mathbb N  
\end{cases}}

Διακρίνοντας περιπτώσεις x\in \mathbb N ή x\notin \mathbb N εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει η υπόθεση. Πλην όμως το όριο στο άπειρο της \displaystyle{\frac {1}{f(x)} δεν υπάρχει.

Φιλικά,

Μιχάλης

Υ.Γ.
parmenides51 έγραψε:
Έχω κάποιες ενστάσεις σχετικά με την χρήση της διακρίνουσας σε τέτοιου είδους ασκήσεις για να βρεθεί η συνάρτηση.
Δεν υπάρχει πρόβλημα σε αυτό το σημείο. Ο τύπος της διακρίνουσας είναι απλά "συμπλήρωση τετραγώνου".


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: όρια στο άπειρο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Κυρ Σεπ 30, 2012 6:09 pm

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Αν για τις συναρτήσεις \displaystyle{f} και \displaystyle{g} ισχύουν \displaystyle{ 
x^2 f(x) + x^2 g(x) - f^2 (x)g^2 (x) = 0 
} για κάθε \displaystyle{ 
x > 0 
},
και οι συναρτήσεις έχουν θετικές τιμές για κάθε \displaystyle{ 
x > 2012 
}
να βρεθούν τα όρια των συναρτήσεων
\displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{f(x)}} 
} και \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{1}{{g(x)}} 
}
Mihalis_Lambrou έγραψε: Υ.Γ.
parmenides51 έγραψε:
Έχω κάποιες ενστάσεις σχετικά με την χρήση της διακρίνουσας σε τέτοιου είδους ασκήσεις για να βρεθεί η συνάρτηση.
Δεν υπάρχει πρόβλημα σε αυτό το σημείο. Ο τύπος της διακρίνουσας είναι απλά "συμπλήρωση τετραγώνου".
Αν δε έλεγε θετικές τιμές, δεν θα υπήρχε πρόβλημα με την χρήση του τύπου της διακρίνουσας από την στιγμή που δεν αναφέρεται ούτε καν σε συνεχείς συναρτήσεις;

edit
Ας βάλω κι ένα παράδειγμα να φανεί καλύτερα ο ενδοιασμός μου.
Γνωρίζουμε ότι δεν μπορεί να βρεθεί η \displaystyle{f} εαν ικανοποιεί την σχέση \displaystyle{f^2(x)=x^2} ούτε με διακρίνουσα, ούτε χωρίς.
Αν γνωρίζουμε πως είναι η \displaystyle{f} που ικανοποιεί την παραπάνω σχέση πως είναι και συνεχής, τότε μπορεί να βρεθεί ο τύπος της χωρίς διακρίνουσα.
Δεν ξέρω κατά πόσο νομιμοποιείται στο παρόν παράδειγμα μου να βρεθεί ο τύπος της με διακρίνουσα εαν είναι συνεχής.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: όρια στο άπειρο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Σεπ 30, 2012 7:06 pm

parmenides51 έγραψε: Ας βάλω κι ένα παράδειγμα να φανεί καλύτερα ο ενδοιασμός μου.
Γνωρίζουμε ότι δεν μπορεί να βρεθεί η \displaystyle{f} εαν ικανοποιεί την σχέση \displaystyle{f^2(x)=x^2} ούτε με διακρίνουσα, ούτε χωρίς.
Αν γνωρίζουμε πως είναι η \displaystyle{f} που ικανοποιεί την παραπάνω σχέση πως είναι και συνεχής, τότε μπορεί να βρεθεί ο τύπος της χωρίς διακρίνουσα.
Δεν ξέρω κατά πόσο νομιμοποιείται στο παρόν παράδειγμα μου να βρεθεί ο τύπος της με διακρίνουσα εαν είναι συνεχής.
Ο τύπος δεν εφαρμόζεται για την συνάρτηση αλλά για κάθε συγκεκριμένη τιμή του x. Μάλιστα είτε η f είναι συνεχής είτε όχι, για κάθε συγκεκριμένο x εφαρμόζοντας τον τύπο της διακρίνουσας (ή συμπληρώνοντας το τετράγωνο) μπορούμε να βρούμε ότι είτε f(x) = x είτε f(x) = -x. Με σύμβολα, \displaystyle{ \forall x \, (f(x) = x \vee f(x) = -x)}. και όχι \displaystyle{ (\forall x \, f(x) = x) \vee (\forall x \, f(x) = -x)}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες