SEEMOUS 2015/4

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1374
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

SEEMOUS 2015/4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Κυρ Μαρ 08, 2015 10:48 pm

4) Έστω I\subset \mathbb{R} ένα ανοικτό σύνολο που περιέχει το 0 και f:I\rightarrow\mathbb{R} μια συνάρτηση κλάσης \mathcal{C}^{2016} (I) τέτοια, ώστε:

f(0)=0, f'(0)=1, f''(0)=\dots =f^{(2015)} (0)=0, f^{(2016)} (0)<0.

α) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει \delta >0 τέτοιο ώστε:

0<f(x)<x , για κάθε x\in (0,\delta).

β) Για το \delta του ερωτήματος α), ορίζουμε αναδρομικά την ακολουθία (a_n ) με:

a_1=\dfrac{\delta}{2} και a_{n+1} =f(a_n ) , για κάθε n\geq 1.

Να μελετηθεί η σύγκλιση της σειράς \displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{r}}, για r\in\mathbb{R}.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 246
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Re: SEEMOUS 2015/4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από simantiris j. » Πέμ Ιαν 04, 2018 8:28 pm

Καλησπέρα και καλή χρονιά σε όλους!Για να μη μείνει αναπάντητο βάζω τη λύση μου για το α) και επαναφέρω το β)
Αρχικά παρατηρούμε ότι αφού f'(0)=1 υπάρχει \delta _{1}(1)>0 τέτοιο ώστε \forall x\in (0,\delta _{1})\cap I ισχύει \left |\frac{f(x)}{x}-1 \right |<1\Rightarrow f(x)>0.
Έστω τώρα T_{2015,f,0} το πολυώνυμο Taylor της f ταξης 2015 στο 0 και R_{2015,f,0} το αντίστοιχο υπόλοιπο,έχουμε \forall x>0,x\in I ότι f(x)=T_{2015,f,0}+R_{2015,f,0}=\sum_{k=0}^{2015}\frac{f^k(0)x^k}{k!}+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}f^{2016}(t)(x-t)^{2015}dt=x+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}f^{2016}(t)(x-t)^{2015}dt.Οπότε f(x)-x=\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}f^{2016}(t)(x-t)^{2015}dt.
Όμως η f^{2016} συνεχής στο 0 άρα υπάρχει \delta _{2}(-f^{2016}(0))>0 για το οποίο \forall x\in (0,\delta _{2})\cap I ισχύει \left |f^{2016}(x)-f^{2016}(0) \right |<-f^{2016}(0)\Rightarrow f^{2016}(x)<0.Άρα για αυτά τα x έχουμε f(x)-x=\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}f^{2016}(t)(x-t)^{2015}dt<0
Συνεπώς αν επιλέξουμε \delta =min(\delta _{1},\delta _{2}) έχουμε το ζητούμενο.


Σημαντήρης Γιάννης
dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1341
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: SEEMOUS 2015/4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Δευ Ιαν 08, 2018 10:59 am

Δίνω και μία λύση για το (α) επειδή συνδέεται με τη λύση του (β).

α. Από το θεώρημα Taylor έχουμε ότι για κάθε x \in I με x>0 ισχύει

\displaystyle f(x) = x + \frac{f^{[2016]}(\xi)}{2016!} x^{2016}, όπου \xi \in (0,x).

Λόγω συνέχειας της 2016ης παραγώγου, μπορούμε να επιλέξουμε \delta_0 > 0 τέτοιο ώστε (0, \delta_0) \subseteq I και 0 < l_1 < |f^{[2016]}(x)| < l_2 για κάθε x \in (0, \delta_0). Θέτοντας \displaystyle \delta \equiv \min \left( \delta_0, \frac{2016!}{l_2 \cdot \delta_0^{2015}} \right) έχουμε το διάστημά μας.

β. Η ακολουθία (a_n) είναι εκ κατασκευής γνησίως φθίνουσα και φραγμένη κάτω, οπότε συγκλίνει. Λόγω συνέχειας, το όριο θα είναι σταθερό σημείο της f, οπότε \lim a_n = 0.

Παίρνοντας λογαρίθμους στην εξίσωση Taylor, έχουμε για a_n αρκετά μικρό

\displaystyle 0 > \ln a_{n+1} - \ln a_n = \ln \left( 1 + \frac{f^{[2016]} (\xi)}{2016!} a_n^{2015} \right) \geqslant \ln \left( 1 - \frac{l_2}{2016!} a_n^{2015} \right) \geqslant - \frac{2 l_2}{2016!} a_n^{2015}.

Προσθέτοντας ως προς n, το αριστερό μέλος τείνει τηλεσκοπικά στο - \infty, οπότε και το δεξί. Έτσι, η σειρά αποκλίνει για r \leqslant 2015.

Υψώνοντας την εξίσωση Taylor στην \epsilon > 0, έχουμε για a_n αρκετά μικρό

\displaystyle a_{n+1}^\epsilon = a_n^\epsilon \left( 1 + \frac{f^{[2016]} (\xi)}{2016!} a_n^{2015} \right)^\epsilon \leqslant a_n^\epsilon \left( 1 - \frac{l_1}{2016!} a_n^{2015} \right)^\epsilon \leqslant a_n^\epsilon \left( 1 - \frac{\epsilon l_1}{2 \cdot 2016!} a_n^{2015} \right) =

\displaystyle = a_n^\epsilon - \frac{\epsilon l_1}{2 \cdot 2016!} a_n^{2015+\epsilon} \implies a_{n+1}^\epsilon - a_n^\epsilon \leqslant - \frac{\epsilon l_1}{2 \cdot 2016!} a_n^{2015+\epsilon} < 0.

Προσθέτοντας ως προς n, το αριστερό μέλος συγκλίνει τηλεσκοπικά στο - a_1^\epsilon, οπότε και το δεξί συγκλίνει. Έτσι, η σειρά συγκλίνει για r > 2015.


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.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1709
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: SEEMOUS 2015/4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιαν 09, 2018 10:18 pm

Χρησιμοποιώντας το
viewtopic.php?f=61&t=60745&p=294147#p294147
μπορεί να δοθεί μια νέα λύση για το β).

Συγκεκριμένα χρησιμοποιώντας το μπορούμε να δείξουμε ότι:

Αν \left ( a_{n} \right ),\left ( b_{n} \right ) δύο ακολουθίες ώστε

c_{1}\leq b_{n}\leq c_{2},n\in \mathbb{N},c_{1},c_{2}> 0

και
a_{n+1}=a_{n}-b_{n}(a_{n})^{l}> 0,n\in \mathbb{N},l\geq 2

τότε η σειρά

\sum_{n=1}^{\infty }a_{n}^{r}

συγκλίνει αν και μόνο αν r> l-1


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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