Δύσκολο όριο.

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Δύσκολο όριο.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τρί Φεβ 24, 2009 10:00 pm

Η κουβέντα που έγινε σε άλλο post μου θύμησε την εξής (απαιτητική) άσκηση,που συζητούσα πριν απο λίγο καιρό με ένα φίλο μου...
Αν f συνάρτηση για την οποία ισχύει : \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - 2x}} 
{{x^2 }} = 4 
} και \displaystyle{\displaystyle  
f(x) \ne 0 
} κοντά στο μηδέν,τότε να υπολογίσετε το όριο : \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^{f(x)}  - 2x - 1}} 
{{x^2 }} 
}.
Την άσκηση αυτή δε μπορούσα να τη βγάλω και την είχα αφήσει. Τώρα την ξαναπιάνω και την μοιράζομαι μαζί σας...


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

Re: Δύσκολο όριο.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τρί Φεβ 24, 2009 10:10 pm

Χρήστο φαίνεται δύσκολη αλλά ίσως πατάει σε βασικά πράγματα ...
Εάν οι παρονομαστές των δύο ορίων είναι χ αντί χ στο τετράγωνο και ξέρουμε ότι το ζητούμενο όριο υπάρχει, γίνεται ωραία άσκηση :)

Θα κάνω ένα break και θα την πιάσω αργότερα


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

Re: Δύσκολο όριο.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Φεβ 24, 2009 10:34 pm

Θα χρησιμοποιήσω 1 + x + (1 - \varepsilon)x^2/2 \leqslant e^x \leqslant 1 + x + (1 + \varepsilon) x^2/2. Η ανισότητα ισχύει αν χ αρκετά μικρό (πόσο μικρό εξαρτάται από το ε). Επειδή f(x) \to 0 όταν x \to 0, για χ αρκετά μικρό ισχύει \displaystyle \frac{f(x) - 2x + (1 - \varepsilon)f(x)^2/2}{x^2} \leqslant \frac{e^{f(x)} - 2x - 1}{x^2} \leqslant \frac{f(x) - 2x + (1 + \varepsilon)f(x)^2/2}{x^2}. Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι f(x)/x \to 2, άρα \displaystyle \frac{e^{f(x)} - 2x - 1}{x^2} \to 6


Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Δύσκολο όριο.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τρί Φεβ 24, 2009 10:42 pm

Εξυπνο και μόλις τώρα δείχνεις και ένα καινούργιο τρόπο σκέψης (καινούργιο για μένα),όσον αφορά το ''φράξιμο''
μιας επίμαχης συνάρτησης.Κομμάτι απο Τaylor;;; 1-ε,1+ε;;;; Άκρως ενδιαφέρον και έξυπνο! :roll: Θα περιμένω και για μια πιο συμβατική λύση,αν υπάρξει. Ευχαριστώ!


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

Re: Δύσκολο όριο.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Φεβ 24, 2009 10:47 pm

chris_gatos έγραψε:Κομμάτι απο Τaylor;;; 1-ε,1+ε;;;;
Φυσικά αν θες να αποδείξεις την ανισότητα, μπορείς να το κάνεις παίρνοντας παραγώγους. Π.χ g(x) = e^x - 1 - x - (1-\varepsilon)x^2/2, g^{\prime}(x) = e^x - 1 - (1 - \varepsilon) x. Θέλουμε g^{\prime}(x) \geqslant 0 για x \geqslant 0 και g^{\prime}(x) \leqslant 0 για x \leqslant 0 το οποία αποδεικνύονται αν πάρεις ακόμη μια παράγωγο. (Πάλι για |x| μικρό.)


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

Re: Δύσκολο όριο.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τρί Φεβ 24, 2009 11:20 pm

Χρήστο η άσκηση είναι από βιβλίο ΠΟΥ απευθύνεται σε μαθητές λυκείου;;


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
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Δύσκολο όριο.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Φεβ 25, 2009 12:33 pm

Kαλημέρα...Μια ''λυκειακή'' προσέγγιση του θέματος.
Εύκολα απο το δοσμένο όριο ,διαιρόντας αριθμητή και παρονομαστή με χ,λαμβάνουμε :
\displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{f(x)}} 
{x} - 2}} 
{x} = 4 
}. Θέτοντας \displaystyle{\displaystyle  
g(x) = \frac{{\frac{{f(x)}} 
{x} - 2}} 
{x} 
},εύκολα μπορούμε να βρούμε πως \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}} 
{x} = 2 
} αλλά και \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = 0 
} (απο την αρχική μορφή του ορίου) (1).
Πάμε τώρα στο ζητούμενο...
Εχουμε : \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^{f(x)}  - 2x - 1}} 
{{x^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^{f(x)}  - f(x) - 1 + f(x) - 2x}} 
{{x^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^{f(x)}  - f(x) - 1}} 
{{x^2 }} + \frac{{f(x) - 2x}} 
{{x^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{{e^{f(x)}  - f(x) - 1}} 
{{f^2 (x)}}\frac{{f^2 (x)}} 
{{x^2 }} + \frac{{f(x) - 2x}} 
{{x^2 }}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left[ {\frac{{e^{f(x)}  - f(x) - 1}} 
{{f^2 (x)}}\left( {\frac{{f(x)}} 
{x}} \right)^2  + \frac{{f(x) - 2x}} 
{{x^2 }}} \right] 
} (2).
Είναι \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{f(x)}} 
{x}} \right)^2  = 2^2  = 4 
} (3).
Έχουμε \displaystyle{\displaystyle  
\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e^{f(x)}  - f(x) - 1}} 
{{f^2 (x)}}\mathop  = \limits_{u \to 0,f(x) \to 0}^{u = f(x)} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{e^u  - u - 1}} 
{{u^2 }}\mathop  = \limits_{DLH}^{\frac{0} 
{0}} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{e^u  - 1}} 
{{2u}} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0} \frac{{e^u }} 
{2} = \frac{1} 
{2} 
} (4).
Τελικά απο (1),(2),(3),(4) παίρνουμε :\displaystyle{\displaystyle  
\frac{1} 
{2}4 + 4 = 6 
}

Υ.Γ Ο χειρισμός με την αλλαγή μεταβλητής και τη χρήση του del hospital είχε επισημανθεί ως απορία μου στο παλιό mathematica, αφού στη συζήτηση με το φίλο μου Λουκά που μου είχε δώσει το πρόβλημα και τη λύση που παρουσιάζω, είχα την αντίρρηση με το παραγωγίσιμο της f. Tελικά την απάντηση μου την είχε δώσει ο Ν.Μαυρογιάννης λέγοντας πως ο χειρισμός κατ'αυτόν τον τρόπο,δεν έχει κάποιο πρόβλημα.
Όπως και να έχει θεωρώ πως :
1)Άξιζε τον κόπο που κάθησα κι έγραψα τη λύση,γιατί η άσκηση έχει ΠΑΡΑ πολλά διδακτικά και αξιοπρόσεκτα σημεία.
2)Μάθαμε αρκετά !!
Ευχαριστώ το φίλο μου Λουκά για το πρόβλημα,αλλά και τον Κώστα για τις σωτήριες υποδείξεις του....Τελικά δεν το γλυτώσαμε το del'hospital!!!!


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Δύσκολο όριο.

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Μαρ 04, 2009 2:39 pm

Επαναφέρω το θέμα γιατί σκεπτόμενος δε μπορώ να τη δουλέψω και να βγάλω συμπέρασμα με τον τρόπο που εργάστηκε ο demetres... Δε μπορώ με τίποτα να καταλήξω,με τον τρόπο που υποδεικνύει...Οι ανισότητες δεν ξέρω αν υφίστανται,ειλικρινά! Ενώ σαν τρόπος με κέρδισε, δε μπορώ με σιγουριά να πω πως ''δουλεύουν'' οι ανισότητες!!
Αν μπορεί κάποια στιγμή ο demetres ή κάποιος άλλος συνάδελφος να με φωτίσει, θα είμαι υπόχρεος. Ευχαριστώ!
Υ.Γ Για παράδειγμα αν ε>0,αρκούντως μικρό,μεγάλο;;; ,εγώ γνωρίζω πως \displaystyle{\displaystyle  
e^x  \geqslant x + 1,\forall x \in \mathbb{R} 
} και ξαφνικά πρέπει να πιστέψω πως : \displaystyle{\displaystyle  
e^x  \geqslant 1 + x + \left( {1 - \varepsilon } \right)\frac{{x^2 }} 
{2},\forall x \in \mathbb{R} 
} με \displaystyle{\displaystyle  
x + 1 \leqslant 1 + x + \left( {1 - \varepsilon } \right)\frac{{x^2 }} 
{2},\forall x \in \mathbb{R} 
},αν ε πολύ μικρό,μικρότερο του 1,το ανάποδο αν ε μεγάλο,μεγαλύτερο του1 !!! ΕΕΕ;; ΜΥΛΟΣ! :shock:


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

Re: Δύσκολο όριο.

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Μαρ 04, 2009 3:34 pm

Χρήστο, απαντώ πάρα πολύ βιαστικά και αν εξακολουθεί να υπάρχει πρόβλημα θα βάλω μια ολοκληρωμένη απάντηση απόψε:

Λοιπόν, οι ανισότητες που έδωσα δεν ισχύουν για όλα τα χ. Ισχύουν μόνο για μικρά χ και αυτό είναι που μας ενδιαφέρει επειδή κοιτάζουμε το όριο όταν το χ τείνει στο 0.

Ισχυρίζομαι δηλαδή ότι: Για κάθε ε>0, υπάρχει δ>0 ώστε για κάθε χ με |x| < δ ισχύει ...


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Δύσκολο όριο.

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τετ Μαρ 04, 2009 3:38 pm

Δινω κι εγω μια 'λυκειακη' λυση, πολυ παρομοια με αυτη του Χρηστου.

Στα σημεια για τα οποια f(x) - 2x - 4x^2 \neq 0 εχουμε οτι

\frac{e^{f(x)} - 2x - 1}{x^2} = e^{2x + 4x^2} \frac{e^{f(x) - 2x - 4x^2} - 1}{f(x) - 2x - 4x^2} \frac{f(x) - 2x - 4x^2}{x^2} + \frac{e^{2x + 4x^2} - 2x - 1}{x^2}

ενω για τα σημεια στα οποια f(x) - 2x - 4x^2 = 0 κραταμε μονο τον τελευταιο ορο.

Τα ορια των τριων παραγοντων του πρωτου ορου ειναι (με τη σειρα) 1 (συνεχης), 1 (ιδιοτητα της εκθετικης και \displaystyle \lim_{x \to 0} (f(x) - 2x - 4x^2) = 0) και 0 (δεδομενο), οποτε ο πρωτος ορος τεινει στο 0. Το οριο του δευτερου ορου ειναι 6 απο l'Hopital, που ειναι και το ζητουμενο οριο.

Δημητρης Σκουτερης


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Δύσκολο όριο.

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Μαρ 04, 2009 7:46 pm

Εδω οφείλω να απολογηθώ γιατί λόγω στιγμιαίας απροσεξίας και βιασύνης άφησα το σύμβολο του ''για κάθε χ στο R'' στις επίμαχες ανισώσεις και μετά..έφυγα! Το πρόβλημά μου Δημήτρη δεν είναι στο ΄΄για κάθε χ '' . Είναι σε αυτό που λες για κάθε ε>0.
Πίστευα πως έχουμε πρόβλημα όταν το ε είναι πολύ μικρό.
Τέλος πάντων, ασ'το που θα πάει,θα το χωνέψω!!


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

Re: Δύσκολο όριο.

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Μαρ 04, 2009 9:20 pm

Χρήστο δεν χρειάζεται να απολογείσαι.

Θα δείξω ότι για κάθε ε>0 υπάρχει δ>0 ώστε για κάθε χ με |x| < δ ισχύει ότι e^x \leqslant 1 + x + (1 + \varepsilon)x^2/2. Η απόδειξή της άλλης ανισότητας αφήνεται στον αναγνώστη :)

Απόδειξη 1: 1 + x + (1 + \varepsilon)x^2/2 - e^x = \varepsilon x^2/2 + x^3/6 + x^4/24 + \dots \\ 
= x^2(\varepsilon/2 + x/6 + x^2/24 + \dots) \geqslant  x^2(\varepsilon/2 - 1/6(|x| + |x|^2 + |x|^3 + \dots)) \\ 
\geqslant x^2(\varepsilon/2 - \delta/(6 - 6\delta) \geqslant 0

Απόδειξη 2: Θέτω g(x) = 1 + x + (1 + \varepsilon)x^2/2 - e^x. Τότε g(0) = 0 και g^{\prime}(x) = 1 + (1+\varepsilon)x - e^x.

Θέλω g^{\prime}(x) \geqslant 0 για 0 \leqslant x \leqslant \delta και g^{\prime}(x) \leqslant 0 για -\delta \leqslant x \leqslant 0. Αλλά g^{\prime}(x) = 0 και g^{\prime \prime}(x) = 1 + \varepsilon - e^x. Έχουμε g^{\prime \prime}(x) \geqslant 0 για κάθε x \leqslant 0 και g^{\prime \prime}(x) \geqslant 0 για κάθε 0 \leqslant x \leqslant \delta = \ln(1 + \varepsilon) και τελειώσαμε.


Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Δύσκολο όριο.

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τετ Μαρ 04, 2009 9:41 pm

ok ευχαριστώ.


Χρήστος Κυριαζής
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

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