Όριο

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Όριο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Νοέμ 18, 2009 7:15 pm

Είναι αρκετά δύσκολο και είδα ήδη μία λύση
\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\alpha  + \eta \mu [\ln (x + \beta )]}}{{\alpha  + \eta \mu (\ln x)}},\alpha  \notin \left[ { - 1,1} \right]


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 18, 2009 7:22 pm

mathxl έγραψε:Είναι αρκετά δύσκολο και είδα ήδη μία λύση
\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\alpha  + \eta \mu [\ln (x + \beta )]}}{{\alpha  + \eta \mu (\ln x)}},\alpha  \notin \left[ { - 1,1} \right]
Απάντηση (όχι απόδειξη):


Άβαταρ μέλους
A.Spyridakis
Δημοσιεύσεις: 495
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 11:47 am
Τοποθεσία: Εδώ

Re: Όριο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από A.Spyridakis » Τετ Νοέμ 18, 2009 10:17 pm

Χμμμμ.. Για να δούμε πώς έβγαλε ο Μιχάλης το 1...
Αν θεωρήσουμε το κλάσμα \\ \frac{{\alpha + \eta \mu [\ln (x + \beta )]}}{{\alpha + \eta \mu (\ln x)}},\alpha \notin \left[ { - 1,1} \right] ίσο με f(x), θα είναι \frac{{\alpha + \eta \mu [\ln (x + \beta )]}{{-\alpha - \eta \mu (\ln x)}}} {\alpha + \eta \mu (\ln x} = f(x)-1 \Leftrightarrow  \frac{2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{ln(x^2+\beta x)}{2}}{\alpha + \eta \mu (\ln x)} = f(x) -1. Αλλά |\frac{2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{ln(x^2+\beta x)}{2}}{\alpha + \eta \mu (\ln x)} |\leq  |\frac{2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}}{\alpha + \eta \mu (\ln x)} | \leq \frac{|2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}|}{||\alpha| - |\eta \mu (\ln x)||} και αφού |\alpha |>1\geq |\eta \mu (lnx)|, έχουμε \frac{|2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}|}{||\alpha| - |\eta \mu (\ln x)||}= \frac{|2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}|}{|\alpha| - |\eta \mu (\ln x)|} \leq \frac{|2\eta \mu \frac{ln\frac{x+\beta }{x}}{2}|}{|\alpha| -1}, όπου βλέπουμε ότι καθώς ο χ -> +οο, ο αριθμητής -> 0. q.e.d. ;)


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Όριο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Νοέμ 18, 2009 10:25 pm

Αυτή είναι και η λύση που είδα :)
το qed είναι quite easy done?


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
A.Spyridakis
Δημοσιεύσεις: 495
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 11:47 am
Τοποθεσία: Εδώ

Re: Όριο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από A.Spyridakis » Τετ Νοέμ 18, 2009 10:29 pm

Είναι από το "quod erat demonstrandum", δηλ. "όπερ έδει δείξαι" (αποδείχθηκε). Το 'γραψα, γιατί αρέσει στο Μιχάλη! :lol:


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 18, 2009 11:20 pm

A.Spyridakis έγραψε:Είναι από το "quod erat demonstrandum", δηλ. "όπερ έδει δείξαι" (αποδείχθηκε). Το 'γραψα, γιατί αρέσει στο Μιχάλη! :lol:
Μα φυσικά!

Για όσους δεν γνωρίζουν: Όλα τα θεωρήματα στα Στοιχεία του Ευκλείδη καταλήγουν με το
"όπερ έδει δείξαι" (ή με την συντομογραφία του "ό. έ. δ.") και οι κατασκευές με το "όπερ έδει ποιήσαι" (ό. έ. π.).
Στις Λατινικές μεταγράσεις των Στοιχείων, το ό.έ.δ. αποδόθηκε ως "quod erat demonstrandum", ή q.e.d.
Όταν αργότερα τα Στοιχεία μεταφράστηκαν στα Αγγλικά, το q.e.d. διατηρήθηκε στην Λατινική του μορφή. Οι παλιές αγγλικές Γεωμετρίες ακόμη το χρησιμοποιούν. Ωστόσο τα εγγλεζάκια το αποδίδουν, όπως έγραψε ο Βασίλης, χιουμοριστικά ως "quite easy done", δηλαδή "πανεύκολο".

Μ.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Όριο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Νοέμ 18, 2009 11:54 pm

mathxl έγραψε:Είναι αρκετά δύσκολο και είδα ήδη μία λύση
\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\alpha  + \eta \mu [\ln (x + \beta )]}}{{\alpha  + \eta \mu (\ln x)}},\alpha  \notin \left[ { - 1,1} \right]

Ο δικός μου τρόπος ήταν μία παραλλαγή της λύσης του Αντώνη.

Αρχικά είχα άλλον τρόπο, με τον οποίο μάντεψα την τιμή του ορίου. Ο αρχικός αυτός τρόπος ξεφεύγει λίγο των σχολικών μεθόδων, ωστόσο μπορεί εύκολα να προσαρμοστεί σε σχολική γλώσσα. Τον γράφω εδώ, χωρίς την προσαρμογή.

Θα χρειαστούμε το γεγονός ότι για μικρά k είναι \ln(1 + k) = O(k).

Έχουμε λοιπόν

\frac{{a  + sin[\ln (x + b )]}}{{\alpha  + sin(\ln x)}} =\frac{{a  + sin[\ln x +\ln (1 + \frac{b}{x} )]}}{{a  + sin(\ln x)}}  = \frac{{a  + sin[\ln x + O(\frac{1}{x})]}}{{a  + sin(\ln x)}} = \frac{{a  + sin[\ln x]cos[O(\frac{1}{x})] + cos[\ln x]sin[O(\frac{1}{x})]}}{{a  + sin(\ln x)}}= 1 + sin[\ln x]\cdot \frac {cos[O(\frac{1}{x})]-1}{a  + sin(\ln x)}+ \frac{cos[O(\frac{1}{x})]}{a  + sin(\ln x)}\cdot sin[O(\frac{1}{x})]

Χρησιμοποιώντας τώρα ότι "μηδενική επί φραγμένη = μηδενική", το όριο στο άπειρο της προηγούμενης ισούται 1 + 0 + 0. ό.έ.δ.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης