mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 2:14 pm**

Καλημερα. Δημοσιευω εδω αυτη την ωραια ασκηση, μη οντας σιγουρος αν ειναι επιπεδου λυκειου...

Εστω συναρτηση $f: [1, + \infty) \longrightarrow \mathbb{R}$ , φραγμενη σε καθε συνολο [1,b]

, με $\lim_{x \to + \infty} \frac{ f(x+1) - f(x) }{ x^k} = r$ (για καποιον $k \geq 0)$ .

Αποδειξτε οτι $\lim_{x \to + \infty} \frac{ f(x)} {x^{k+1}} = \frac{r}{k+1}$ .

Δημητρης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 5:23 pm**

Μια πρόχειρη αντιμετώπιση
Από τον ορισμό του ορίου διώχνοντας το απόλυτο καταλήγεις από την μιά πλευρά στην
$...f(x+1)-f(x)<(r+\epsilon)x^k$
εστω $1\le x\le 2$ τότε
$...f(x+1)-f(x)<(r+\epsilon)2^k$
......................
......................
$f(x+n)-f(x+n-1)<(r+\epsilon)n^k$
προσθέτουμε κατα μέλη,χρησιμοποιούμε την ανισοτητα $S=1+2^k+...+n^k<\frac{(n+1)^{k+1}}{k+1}$ , που αποδεικνύεται θεωρώντας το ολοκλήρωμα της (1+t)^k

και μια διαμέριση 1,2,....,n,
και θέτουμε $y=x+n\to +\infty$ καταλήγουμε στην
$\frac{f(y)}{y^{k+1}}-\frac{f(x)}{y^{k+1}}<(r+\epsilon)\frac{(n+1)^{k+1}}{y^{k+1}.(k+1)}.(1-\frac{1}{(n+1)^{k+1}})$
και επειδή $\frac{(n+1)^{k+1}}{y^{k+1}.(k+1)}\to \frac{1}{k+1},1-\frac{1}{(n+1)^{k+1}})\to 0,\frac{f(x)}{y^{k+1}}\to 0$
προκύπτει το ζητούμενο
Ανντίστοιχα και το άλλο μέλος της ανίσωσης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 6:05 pm**

Έχω μια απορία για την απόδειξη....
Αποδεικνύουμε τις επαναλαμβανόμενες ανισότητες για $\displaystyle{\displaystyle 1 \leqslant x \leqslant 2 }$ και στη συνέχεια λαμβάνουμε όριο στο +00;;
Y.Γ Μόλις τώρα κατάλαβα το σκεπτικό σας...Εξαιρετικό!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 7:55 pm**

R BORIS έγραψε: Από τον ορισμό του ορίου διώχνοντας το απόλυτο καταλήγεις από την μιά πλευρά στην
$...f(x+1)-f(x)<(r+\epsilon)x^k$
εστω $1\le x\le 2$ τότε
$...f(x+1)-f(x)<(r+\epsilon)2^k$

Ροδόλφε, προσοχή. Δεν είναι σωστό αυτό το βήμα. Π.χ. για k=1, ε= 1 , r = 2, f(x) = x^2 + 10x
έχουμε ότι (f(x+1) - f(x))/x τείνει στο r καθώς χ τείνει στο άπειρο και όμως δεν ισχύει
$2x + 11 = f(x+1) - f(x) < (r + \epsilon)2 = 6$ στο [1, 2].

Με πρώτη ματιά, όμως, η απόδειξη φτιάχνει. Αυτό που θέλεις είναι, για το δεδομένο ε>0, να εργαστείς σε διάστημα της μορφής [Μ, Μ+1] , όπου Μ εκείνος ο πραγματικός αριθμός που σου εξασφαλίζει την $(r-\epsilon)x^k < f(x+1)-f(x)<(r+\epsilon)x^k$ για όλα τα x $\ge$ M.
Θα το κοιτάξω.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 8:53 pm**

Ναί έχεις δίκιο ΜΙχάλη
Εκανα πολύ βιαστικά την απόδειξη γιατί έφευγα για μάθημα
ΟΠΟΙΟΣ ΒΙΑΖΕΤΆΙ ΣΚΟΝΤΑΦΤΕΙ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 21, 2009 10:06 pm**

dement έγραψε:Καλημερα. Δημοσιευω εδω αυτη την ωραια ασκηση, μη οντας σιγουρος αν ειναι επιπεδου λυκειου...

Εστω συναρτηση $f: [1, + \infty) \longrightarrow \mathbb{R}$ , φραγμενη σε καθε συνολο , με $\lim_{x \to + \infty} \frac{ f(x+1) - f(x) }{ x^k} = r$ (για καποιον $k \geq 0)$ .

Αποδειξτε οτι $\lim_{x \to + \infty} \frac{ f(x)} {x^{k+1}} = \frac{r}{k+1}$ .

Δημητρης

Έστω ε>0. Επιλέγουμε Μ τέτοιο ώστε για $x \ge M$ ισχύει

$(r-\epsilon)x^k \le f(x+1) - f(x) \le (r+\epsilon)x^k$ (*)

Χωρίς βλάβη Μ = φυσικός.

Για x > M θέτουμε x_0 = x -[x] + M

οπότε εφαρμόζεται η (*).

Είναι (παίρνω $k \ge 1$ . H περίπτωση < 1 όμοια).

$f(x_0 + 1 ) - f(x_0) < (r + \epsilon)x_0^k \le (r + \epsilon) \int_{x_0}^{x_0+1}{t^kdt}$
και όμοια

$f(x_0 + 2) - f(x_0+1) \le (r + \epsilon) \int_{x_0+1}^{x_0+2}{t^kdt}$
.

.

.

$f(x_0 + [x]-M) - f(x_0+[x]-M -1) \le (r + \epsilon) \int_{ x_0+[x]-M -1}^{ x_0 + [x]-M }{t^kdt}$

Προσθέτοντας κατά μέλη, και θέτοντας x_0 + [x]-M = x

, έχουμε
$f(x) - f(x_0) \le (r + \epsilon) \int_{ x_0}^{ x}{t^kdt} = (r+\epsilon)\left(\frac{x^{k+1}-x_0^{k+1}}{k+1} \right)$

Διαιρώντας με το με το $x^{k+1}$ έχουμε

$\frac {f(x)}{x^{k+1}} - \frac {f(x_0)}{x^{k+1}} \le \frac {(r + \epsilon)}{k+1} \left(1-\frac{x_0^{k+1}}{x^{k+1}} \right)$

Όμοια εργαζόμαστε για την αριστερή ανισότητα για να καταλήξουμε

$\frac {(r - \epsilon)}{k+1} \left(\frac {(x-1)^{k+1}}{x^{k+1}}-\frac{(x_0-1)^{k+1}}{x^{k+1}} \right) \le \frac {f(x)}{x^{k+1}} - \frac {f(x_0)}{x^{k+1}} \le \frac {(r + \epsilon)}{k+1} \left(1-\frac{x_0^{k+1}}{x^{k+1}} \right)$

Παίρνοντας όριο του x τείνοντος στο άπειρο, έπεται ότι το ζητούμεο όριο υπάρχει και

$\frac {(r - \epsilon)}{k+1}\left(1-0 \right) \le \lim_{x\rightarrow \infty}\frac {f(x)}{x^{k+1}}- 0 \le \frac {(r + \epsilon)}{k+1}\left(1-0 \right)$

Δείξαμε λοιπόν

$\frac {r - \epsilon}{k+1} \le \lim_{x\rightarrow \infty}\frac {f(x)}{x^{k+1}} \le \frac {r + \epsilon}{k+1}$

Eπειδή το ε> 0 είναι αυθαίρετο, έπεται (γνωστή άσκηση)

$\lim_{x\rightarrow \infty}\frac {f(x)}{x^{k+1}}= \frac {r }{k+1}$ ,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 12:27 am**

Κάνοντας ένα μικρό τέχνασμα, μπορούμε να γλυτώσουμε πολλές πράξεις. Η απόδειξη παραμένει μεν η ίδια, αλλά γίνεται πολύ πιο ευπαρουσίαστη. Ουσιαστικά το
τέχνασμα λέει ότι μπορούμε να υποθέσουμε ότι r = 0. Πράγματι, αλλιώς

θέτουμε $g(x) = \frac{f(x)}{r}-\frac{x^{k+1}}{k+1}$ .

Είναι εύκολο να δείξουμε, από την δοθείσα, ότι η g ικανοποιεί

$\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{g(x+1)-g(x)}{x^k} = 1-1=0$

(Θα χρειαστεί το όριο $\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{(x+1)^{k+1}-x^{k+1}}{x^k} = k+1$ )

Μετά δείχνουμε όπως προηγουμένως (εδώ είναι η φασαρία αλλά γλυτώνουμε πολλά)

$\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{g(x)}{x^{k+1}}=0$

άρα

$\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x^{k+1}}= \lim_{x\rightarrow \infty}\left( \frac{rg(x)}{x^{k+1}}+\frac{r}{k+1} \right)= r\cdot 0 +\frac{r}{k+1} = \frac{r}{k+1}$ ,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 9:50 am**

Ευχαριστω ολους για τις απαντησεις. Εδω παραθετω τη δικη μου λυση (εν συντομια):

Ισχυει οτι, για καθε $x_0 < x \in [1, + \infty)$ :

$\inf_{x_1 \in [x_0, x_0+1]} \frac{f(x_1)}{x^{k+1}} + \inf_{y > x_0} \left\{ \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}} \right\} \frac{x^{k+1} - (x_0+1)^{k+1}}{x^{k+1}} \leq \frac{f(x)}{x^{k+1}} \leq \sup_{x_1 \in [x_0, x_0+1]} \frac{f(x_1)}{x^{k+1}} + \sup_{y > x_0} \left\{ \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}} \right\} \frac{x^{k+1} - x_0^{k+1}}{x^{k+1}}$

Παιρνοντας ορια της διπλης ανισοτητας για $x \longrightarrow \infty$ εχουμε

$\inf_{y > x_0} \left\{ \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}} \right\} \leq \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x^{k+1}} \leq \sup_{y > x_0} \left\{ \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}} \right\}$ για καθε $x_0 \in [1, + \infty)$ .

Τα εκατερωθεν ορια για $x_0 \longrightarrow \infty$ ισουνται με $\frac{r}{k+1}$ , οποτε $\lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x^{k+1}} = \frac{r}{k+1}$ .

Δημητρης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 10:37 am**

Δημήτρη ειλικρινά δεν καταλαβαίνω τίποτα!Ίσως θα έπρεπε να δώσεις λίγες επεξηγήσεις παραπάνω
για εμάς τους αδαείς.Τα ιnf και τα sup συνόλων υπήρχαν στο μυαλό μου εδώ και μια 20ετία.Τώρα έχουν
παρέλθει...
Εδώ λοιπόν θέλω να προτείνω το εξής....
Επειδή μας ενδιαφέρουν όλους τα μαθηματικά,όταν μπαίνει ένα εξειδικευμένο θέμα,καλό θα ήταν και αυτός που το θέτει
αλλά και αυτός που το λύνει,να επεξηγεί περισσότερο κάποια πράγματα που οι συνδαιτυμόνες του να αγνοούν ή να
έχουν ξεχάσει...
Είναι σα να έχουμε μαζευτεί σε μια αίθουσα για ένα συγκεκριμένο σκοπό,για να επικοινωνήσουμε και κάποιοι απο εμάς να αρχίσουν να μιλάνε...γιουγκοσλάβικα,που οι υπόλοιποι τα αγνοούν.
Είναι αυτό που λέμε,με διάθεση χιούμορ:''Ενοχλούμε;Αν ενοχλούμε να φύγουμε!''
Το μόνο θετικό είναι πως σίγουρα σε παρακινεί να μάθεις..γιουγκοσλάβικα(εννοώ να ανοίξεις το βιβλίο και να διαβάσεις ή να ξαναθυμηθείς κάποια πράγματα)
Εμμένω λοιπόν στη λύση του Μιχάλη Λάμπρου (πιο χειροπιαστή για μένα σίγουρα) και φυσικά επιφυλλάσσομαι να ανοίξω
το πανεπιστημιακό μου βιβλίο για να ξαναθυμηθώ παλιές έννοιες...
Υ.Γ(1) Το ίδιο ακριβώς ισχύει και για την άσκηση με τη συναρτησιακή σχέση,αλλά εκεί θα ήμουν τουλάχιστον παράλογος να
πω πως δεν επεξηγήθηκε ο τρόπος αντιμετώπισης απ'τους συνομιλητές.
Υ.Γ(2) Για μια ακόμη φορά,είμαι ειλικρινής(εννοώ ως πρός τις γνώσεις μου) αλλά απ'οτι φαίνεται αυτό δεν είναι και τόσο καλό!
Καλημέρα σας!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 11:02 am**

Καλημερα! Εδω δινω μερικες εξηγησεις για την (ομολογουμενως συντομη) απαντηση μου.

Για x_0 < x

υπαρχει μοναδικος $x_1 \in [x_0, x_0 + 1)$ με x - x_1

ακεραιο. Γραφω λοιπον

$\frac{f(x)}{x^{k+1}} = \frac{f(x_1)}{x^{k+1}} + \frac{f(x) - f(x_1)}{x^{k+1} - x_1^{k+1}} \frac{x^{k+1} - x_1 ^{k+1}}{x^{k+1}}$ . Ελπιζω να ειναι κατανοητα ως εδω.

Στη συνεχεια 'μικραινω' τον πρωτο ορο του δεξιου μελους σε $\inf_{x_1 \in [x_0, x_0+1) } \frac{f(x_1)}{x^{k+1}}$ .

Μικραινω τηλεσκοπικα τον μεσαιο παραγοντα χρησιμοποιωντας το γεγονος οτι, για θετικα b_1, b_2, ..., b_n

ισχυει $\frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{b_1 + b_2 + ... + b_n} \geq \inf_k \frac{a_k}{b_k}$ . Ετσι, ο μεσαιος παραγοντας γινεται $\inf_{y > x_0} \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}}$

Ετσι φτιαχνω την αριστερη ανισοτητα. Αντιστοιχα, 'μεγαλωνοντας' τους παραγοντες, φτιαχνω τη δεξια ανισοτητα.

Δημητρης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 12:05 pm**

dement έγραψε:Καλημερα! Εδω δινω μερικες εξηγησεις για την (ομολογουμενως συντομη) απαντηση μου.

Για υπαρχει μοναδικος $x_1 \in [x_0, x_0 + 1)$ με ακεραιο. Γραφω λοιπον

$\frac{f(x)}{x^{k+1}} = \frac{f(x_1)}{x^{k+1}} + \frac{f(x) - f(x_1)}{x^{k+1} - x_1^{k+1}} \frac{x^{k+1} - x_1 ^{k+1}}{x^{k+1}}$ . Ελπιζω να ειναι κατανοητα ως εδω.

Στη συνεχεια 'μικραινω' τον πρωτο ορο του δεξιου μελους σε $\inf_{x_1 \in [x_0, x_0+1) } \frac{f(x_1)}{x^{k+1}}$ .

Μικραινω τηλεσκοπικα τον μεσαιο παραγοντα χρησιμοποιωντας το γεγονος οτι, για θετικα ισχυει $\frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{b_1 + b_2 + ... + b_n} \geq \inf_k \frac{a_k}{b_k}$ . Ετσι, ο μεσαιος παραγοντας γινεται $\inf_{y > x_0} \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}}$

Ετσι φτιαχνω την αριστερη ανισοτητα. Αντιστοιχα, 'μεγαλωνοντας' τους παραγοντες, φτιαχνω τη δεξια ανισοτητα.

Δημητρης

Εξαιρετική λύση.

Δημήτρη, ας μου επιτρέψεις να προσθέσω λίγο στις διευκρινίσεις:

Στην αρχική λύση εμφανίζεται ο όρος

$\sup_{y > x_0} \frac{f(y+1) - f(y)}{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}}$

Η απόλυτα πλήρης λύση θα πρέπει πρώτα να εξασφαλίσει ότι το supremum αυτό είναι πεπερασμένο.
Ισχύει βέβαια (έπεται από την υπόθεση) αλλά αν είμαστε σχολαστικοί, θα πρέπει να το πούμε. Η εξήγηση αυτού δίνει συγχρόνως και το τελευταίο βήμα όπου δείχνουμε ότι, καθώς αυξάνουμε το x_0

, το εν λόγω supremum είναι
$\frac{r}{k+1}$ . Ίσως ο ευκολότερος τρόπος να το δείξουμε είναι με εψιλοντικό ορισμό (για να έχουμε εκτιμήσεις $\pm \epsilon$ των φραγμάτων), και χρήση του
$\lim_{y\rightarrow \infty} \frac{(y+1)^{k+1} - y^{k+1}}{y^k}= k+1$ .

Επίσης θα ήθελα να προσθέσω ότι μπορούμε να ευκολύνουμε την αρχική άσκηση κάνοντας μια ειδική περίπτωσή της:

ΑΣΚΗΣΗ Να αποδειχθεί ότι αν f ορίζεται στο $(0, \infty)$ και $\lim_{x\rightarrow \infty} \left( f(x+1)-f(x) \right) = L$ τότε $\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{f(x)}{x} = L$ .

Έτσι η άσκηση γίνεται μια ιδέα ευκολότερη. Μπορούμε να την ευκολύνουμε λίγο ακόμα αν υποθέσουμε, επιπλέον, ότι η f είναι παραγωγίσιμη, ώστε να μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 12:41 pm**

Σωστος.

Ενα επισης ενδιαφερον 'ενδιαμεσο αποτελεσμα' ειναι το λημμα Stolz, το οποιο στην ουσια ειναι ο κανονας L'Hopital για τις ακολουθιες.

Λημμα Stolz-Cesaro

Εστω ακολουθιες (a_n), (b_n)

με την

αυξουσα και μη φραγμενη. Τοτε

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} = l \Longrightarrow \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = l$

(Μια ειδικη περιπτωση που αναφερθηκε εδω πριν μερικες εβδομαδες ειναι οτι το οριο μιας ακολουθιας ισουται με το οριο της ακολουθιας της οποιας ο ν-οστος ορος ειναι ο αριθμητικος μεσος των ν πρωτων ορων της αρχικης.)

Ειναι ενδιαφερον οτι, αν παραλειψουμε τον περιορισμο του φραγμενου στο προβλημα, ισχυει ακομα οτι οι τιμες οποιασδηποτε αριθμητικης προοδου στο πεδιο ορισμου με βημα 1 (γενικα, με ρητο βημα) εχουν το επιθυμητο οριο (απο το λημμα Stolz). Αλλα, βεβαιως, αυτο δεν ισχυει πλεον απαραιτητα για τη συνολικη συναρτηση...

Δημητρης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 22, 2009 12:57 pm**

dement έγραψε: Ενα επισης ενδιαφερον 'ενδιαμεσο αποτελεσμα' ειναι το λημμα Stolz, το οποιο στην ουσια ειναι ο κανονας L'Hopital για τις ακολουθιες.

Λημμα Stolz-Cesaro

Εστω ακολουθιες με την αυξουσα και μη φραγμενη. Τοτε

$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} = l \Longrightarrow \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = l$

Μάλιστα! Δεν είχα καν μυριστεί την σύνδεση με το Stolz-Cesaro.
Ευχαριστώ θερμά.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

(Υ.Γ. είδα ότι σε άλλο site, το http://www.artofproblemsolving.com/, ότι έχεις εξαιρετική παρουσία. Συγχαρητήρια.)

mathematica.gr

Οριο συναρτησης

Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης

Re: Οριο συναρτησης