Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Tolaso J Kos · #41

AlexandrosG έγραψε:Ωραία ιδέα αυτό το θέμα. Να προσθέσω δύο προβλήματα.

Άσκηση 3

Έστω $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ ακολουθία πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{a_n}{n}}$ να συγκλίνει. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{n \to +\infty} \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=0.}$

Βρήκα στα αρχεία μου λύση για τη πιο γενική περίπτωση όπου η σειρά $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n^s}}$ συγκλίνει τότε ισχύει : $\displaystyle{\lim \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n^s}=0}$ .

Την έχω πετύχει αρκετές φορές και κάποτε κράτησα μία λύση. H λύση που έχω είναι χρονών και ορισμένα έχουν σβηστεί... οπότε θα θελα κάποιος να το κοιτάξει.. και αν υπάρχουν παραλείψεις να το συμπληρώσει.
_______________________________________________________________________________________________

Για κάθε $n \in \mathbb{N}$ , θέτουμε $\displaystyle{R_n=\sum_{k=n}^{\infty}\frac{a_k}{k^s}}$ , οπότε $\displaystyle{a_k = k^s(R_k-R_{k+1})}$ . Οπότε επειδή η σειρά συγκλίνει έχουμε ότι $R_n \rightarrow 0$ οπότε επειδή το $\displaystyle{S_n = \sup\limits_{k\geq n} \lvert R_k\rvert}$ είναι πεπερασμένο για όλα τα $n \in \mathbb{N}$ τότε $S_n \rightarrow 0$ . Οπότε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \left\lvert \frac{a_1 + \dotsc + a_n}{n^s}\right\rvert &= n^{-s}\left\lvert \sum_{k=1}^n k^s(R_k - R_{k+1})\right\rvert\\ &= n^{-s}\left\lvert \sum_{k=1}^n k^s R_k - \sum_{k=2}^{n+1} (k-1)^s R_k\right\rvert\\ &= n^{-s}\left\lvert R_1 - n^s R_{n+1} + \sum_{k=2}^n \left(k^s - (k-1)^s\right)R_k\right\rvert\\ &\leq \frac{S_1}{n^s} + S_{n+1} + \sum_{k=2}^n \frac{k^s - (k-1)^s}{n^s}S_k\\ &\leq \frac{S_1}{n^s} + S_{n+1} + S_2\sum_{k=2}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor} \frac{k^s - (k-1)^s}{n^s} + S_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1}\sum_{k=\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1}^n\frac{k^s-(k-1)^s}{n^s}\\ &= \frac{S_1}{n^s} + S_{n+1} + S_2\frac{\lfloor\sqrt{n}\rfloor^s-1}{n^s} + S_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1} \frac{n^s - \lfloor\sqrt{n}\rfloor^s}{n^s}\\ &\leq\frac{S_1}{n^s} + S_{n+1} + \frac{S_2}{n^{s/2}} + S_{\lfloor\sqrt{n}\rfloor+1}. \end{aligned}}$

Οπότε για δοθέν $\epsilon>0$ μπορεί κάποιος να βρει /επιλέξει $n_\epsilon$ τόσο μεγάλο ώστε
$\displaystyle{S_{\left \lfloor \sqrt{n_\epsilon } \right \rfloor}<\frac{\epsilon }{4}, \;\; \frac{S_1}{n^{s/2}_\epsilon}<\frac{\epsilon}{4}}$

Άρα:
$\displaystyle{\left | \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n^s} \right |<\epsilon}$ για $n\geq n_\epsilon$ .
το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο.

#42

Tolaso J Kos έγραψε:Μία που μου έκανε εντύπωση

Άσκηση 14
Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow (0, +\infty)$ τέτοια ώστε: $\displaystyle{f(x)\ln f(x)=e^x \;\; \forall x \in \mathbb{R}}$ .
Να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{\ln x}{f(x)}\right)^{\displaystyle\frac{f(x)}{x}}}$

Από τη δοθείσα παίρνουμε $\displaystyle{\ln f+\ln\left(\ln f\right)=x}$ , και επειδή η $\displaystyle{\ln x+\ln\left(\ln x\right)\to+\infty}$ , το ίδιο θα ισχύει και για την

.

Έχουμε επομένως $\displaystyle{x=\ln f+\ln\left(\ln f\right)\sim\ln f}$ άρα $\displaystyle{x\sim \ln f}$ άρα $\displaystyle{\frac{\ln f}{x}=1+o(1)}$ άρα $\displaystyle{\ln f=x+o(x)\qquad (*)}$ .

Από τη δοθείσα παίρνουμε και $\displaystyle{f(x)=\frac{e^x}{\ln f}\stackrel{(*)}{=}\frac{e^x}{x+o(x)}=\frac{e^x}{x}\left(1+o(1)\right)\qquad (**)}$

Από την $\displaystyle{(**)}$ τώρα έχουμε $\displaystyle{\exp\left(\frac{f(x)}{x}\ln\left(1+\frac{\ln x}{f}\right)\right)=1+o(x^{-1}\ln x)\to1}$ .

( $\displaystyle{a(x)\sim b(x)\Leftrightarrow a(x)/b(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}1,\qquad a(x)=o(1)\Leftrightarrow a(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0}$ .)

#43

Tolaso J Kos έγραψε:Μία που μου έκανε εντύπωση

Άσκηση 14
Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow (0, +\infty)$ τέτοια ώστε: $\displaystyle{f(x)\ln f(x)=e^x \;\; \forall x \in \mathbb{R}}$ .
Να υπολογίσετε το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{\ln x}{f(x)}\right)^{\displaystyle\frac{f(x)}{x}}}$

http://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=56&t=10781

#44

opener έγραψε:Μια άσκηση ώστε να μη πεθάνει το τόπικ!

Δε ξέρω αν κάνει για το συγκεκριμενο θέμα αλλα όπως και να έχει, νομίζω είναι ενδιαφέρουσα:

Άσκηση 13

Να εξετάσετε ως προς τη σύγκλιση την $a_n=\dfrac{1^k+2^k+...+n^k}{n^{k+1}}$ , $k \in \mathbb{N}$ .

Μπορούμε και με λήμμα Stolz...

Tolaso J Kos · #45

Για να μη ξεχαστεί το θέμα αυτό, προτείνω μία άσκηση την οποία πρότεινε κάπου ένας φίλος μου και με την άδεια του τη βάζω και δω.

Άσκηση 15

Έστω η ακολουθία $y_\nu,\;\; \nu \in \mathbb{N}$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε για όλες τις πραγματικές ακολουθίες $x_\nu, \;\; \nu \in \mathbb{N}$ με $\lim x_\nu =0$ η σειρά $\displaystyle{\sum_{\nu=1}^{\infty} x_\nu y_\nu }$ να συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά $\displaystyle{\sum_{\nu=1}^{\infty} |y_\nu| }$ συγκλίνει.

#46

Ας υποθέσουμε ότι $\sum |y_n|$ αποκλίνει. Ορίζω την ακολουθία φυσικών $n_0,n_1,n_2,\ldots$ ως εξής: Ορίζω n_0=1

. Έχοντας ορίσει τους $n_0,n_1,\ldots,n_k$ ορίζω $n_{k+1}$ να είναι ο ελάχιστος φυσικός

ο οποίος είναι μεγαλύτερος του n_k

και ικανοποιεί $\displaystyle{ \sum_{r=n_k+1}^{m} |y_{r}| > 1.}$ Η ακολουθία είναι καλά ορισμένη επειδή η $\sum |y_n|$ αποκλίνει.

Για $n_k < i \leqslant n_{k+1}$ ορίζω $\displaystyle{x_i = \frac{\mathrm{sign}(y_i)}{k+1}}$ . (Όπου $\mathrm{sign}(x)$ ισούται με 1,-1,0

ανάλογα με το αν ο

είναι θετικός, αρνητικός ή μηδέν.

Τότε έχω $x_n \to 0$ . Επιπλέον $\displaystyle{ \sum_{i=n_k+1}^{n_{k+1}} x_iy_i = \sum_{i=n_k+1}^{n_k} \frac{|y_i|}{k+1} > \frac{1}{k+1}}$ οπότε η $\displaystyle{ \sum x_ny_n}$ αποκλίνει. Άτοπο.

Άρα όντως η $\sum |y_n|$ συγκλίνει.

#47

Tolaso J Kos έγραψε: Άσκηση 15

Έστω η ακολουθία $y_\nu,\;\; \nu \in \mathbb{N}$ μία ακολουθία πραγματικών αριθμών τέτοια ώστε για όλες τις πραγματικές ακολουθίες $x_\nu, \;\; \nu \in \mathbb{N}$ με $\lim x_\nu =0$ η σειρά $\displaystyle{\sum_{\nu=1}^{\infty} x_\nu y_\nu }$ να συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά $\displaystyle{\sum_{\nu=1}^{\infty} |y_\nu| }$ συγκλίνει.

Και μία λύση με βαρύ πυροβολικό.

Στον χώρο Banach c_o

των ακολουθιών $\displaystyle{x=(x_n)}$ που συγκλίνουν στο

με την supremum νόρμα, εξετάζουμε την $\displaystyle{T_N: \,c_o\to \mathbb R, \, T_N(x)= \sum _{n=0}^N x_ny_n}$ . H $T_N \, , N\in \mathbb N$ είναι συνεχής αφού

$\displaystyle{\left |T_N(x) \right |=\left |\sum _{n=0}^N x_ny_n \right |\le \sum _{n=0}^N \left |x_ny_n \right | \le ||x||_{\infty} \sum _{n=0}^N |y_n |}$ .

Ειδικά $\displaystyle{||T_N|| \le \sum _{n=0}^N|y_n |}$ και μάλιστα έχουμε ισότητα όπως φαίνεται αν πάρουμε $\displaystyle{x= (\mathrm {sign} (y_1), \, \mathrm {sign} (y_2), \, ... \, , \mathrm { sign} (y_N), \, 0, 0, ... )}$

Το ζητούμενο τώρα έπεται από το Θεώρημα Ομοιόμορφου Φράγματος (Uniform Boundedness Principle) αφού δίνει ύπαρξη σταθεράς

με $\displaystyle{||T_N||\le M\, , \forall N}$

Φιλικά,

Μιχάλης

AlexandrosG · #48

Μπορεί να την έχουμε ξαναδεί αλλά καλό είναι να μεγαλώσει αυτό το θέμα με πολλά προβλήματα. Όποτε βρίσκω χρόνο θα βάζω μερικά ακόμα.

Άσκηση 16

Έστω $\displaystyle{f:(0,+\infty) \to \mathbb{R}}$ ολοκληρώσιμη και ομοιόμορφα συνεχής. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} f(x) =0}$ .

Τι γίνεται αν αντί για ομοιόμορφα συνεχής η

είναι συνεχής?

Tolaso J Kos · #49

AlexandrosG έγραψε:
Άσκηση 16

Έστω $\displaystyle{f:(0,+\infty) \to \mathbb{R}}$ ολοκληρώσιμη και ομοιόμορφα συνεχής. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} f(x) =0}$ .

Αλέξανδρε καλημέρα ,
να πω ότι κάτι θυμίζει το θέμα. Κάπου το χω ξανά δει , αλλά δε θυμάμαι. Η λύση που ξέρω η παρακάτω:

Έστω ότι το όριο δεν είναι μηδέν. Τότε επιλέγουμε

και μια ακολουθία x_n

τέτοια ώστε για κάθε

να ισχύει $x_n \geq x_{n_1}+1$ καθώς επίσης και $\displaystyle{f\left ( x_n \right )>a \;\; (*)}$ . Επειδή είναι ομοιόμορφα συνεχής υπάρχει $\delta>0$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\left | x-y \right |<\delta \implies \left | f(x)-f(y) \right |<\frac{a}{2}, \;\; (**)}$ . Όμως στο διάστημα $\displaystyle{I_n=\left [ x_n-\frac{\delta}{2}, x_n+\frac{\delta}{2} \right ]}$ ισχύει: $\displaystyle{\left | \int_{I_n} f(x)\,dx\right |>\frac{a\delta}{2}}$ για κάθε θετικό

.(το οποίο έρχεται ως συνέπεια των $(*), \; (**)$ ). Έτσι καταλήγουμε σε άτοπο. Τελικά $\displaystyle \lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=0$ .

Αλέξανδρε δε μπόρεσα να βρω τι γίνεται όταν η είναι απλά συνεχής. Στην αρχή σκέφτηκα το $\sin x$ αλλά δε ξέρω άμα κάνει.

#50

Tolaso J Kos έγραψε:
Αλέξανδρε δε μπόρεσα να βρω τι γίνεται όταν η είναι απλά συνεχής. Στην αρχή σκέφτηκα το $\sin x$ αλλά δε ξέρω άμα κάνει.

Τόλη, η $\sin x$ δεν κάνει για πολλούς λόγους. Πρώτα από όλα είναι ομοιόμορφα συνεχής οπότε αν ήταν ολοκληρώσιμη, θα ίσχυε το ζητούμενο. Δεύτερον και κυριότερο, το $\displaystyle{\int _0^{\infty } \sin x \, dx }$ δεν συγκλίνει.

Τα αντιπαραδείγματα για απλά συνεχείς συναρτήσεις είναι αρκετά γνωστά (και αρκετά απλά) και θα τα βρεις σε όλα τα βιβλία που έχουν θεωρία γενικευμένων ολοκληρωμάτων. Δεν θα γράψω τώρα-τώρα ένα παράδειγμα για να έχεις την χαρά να το σκεφτείς. Υπάρχει μάλιστα αντιπαράδειγμα που η εν λόγω συνεχής και ολοκληρώσιμη συνάρτηση είναι μη φραγμένη.

Μ.

Tolaso J Kos · #51

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:
Αλέξανδρε δε μπόρεσα να βρω τι γίνεται όταν η είναι απλά συνεχής. Στην αρχή σκέφτηκα το $\sin x$ αλλά δε ξέρω άμα κάνει.
Τόλη, η $\sin x$ δεν κάνει για πολλούς λόγους. Πρώτα από όλα είναι ομοιόμορφα συνεχής οπότε αν ήταν ολοκληρώσιμη, θα ίσχυε το ζητούμενο. Δεύτερον και κυριότερο, το $\displaystyle{\int _0^{\infty } \sin x \, dx }$ δεν συγκλίνει.

Τα αντιπαραδείγματα για απλά συνεχείς συναρτήσεις είναι αρκετά γνωστά (και αρκετά απλά) και θα τα βρεις σε όλα τα βιβλία που έχουν θεωρία γενικευμένων ολοκληρωμάτων. Δεν θα γράψω τώρα-τώρα ένα παράδειγμα για να έχεις την χαρά να το σκεφτείς. Υπάρχει μάλιστα αντιπαράδειγμα που η εν λόγω συνεχής και ολοκληρώσιμη συνάρτηση είναι μη φραγμένη.

Μ.

κ. Μιχάλη σωστά... ξέχασα ότι θέλουμε να ΄ναι και ολοκληρώσιμη.
Οπότε η $\sin x$ δε κάνει.

Όμως η $f(x)=x \sin x^4$ μας κάνει, αφού είναι συνεχής , το ολοκλήρωμα $\displaystyle{\int_0^\infty x\sin x^4 \,dx }$ συγκλίνει (απλό), αλλά η

δεν είναι φραγμένη αφού για την ακολουθία $\displaystyle{x_n=\left [ \left ( 2n+1 \right )\frac{\pi}{2} \right ]^{1/4}}$ έχουμε ότι $f(x_n) \rightarrow +\infty$ .

Οπότε δεν ισχύει με την ασθενέστερη συνθήκη της συνέχειας.

Tolaso J Kos · #52

Για να μη ξεχαστεί ας προτείνω μια κλασσική:

Άσκηση 17
Αν $I_\nu=[a_\nu, \beta_\nu]$ είναι μια ακολουθία κιβωτισμένων διαστημάτων του ${\rm Cantor}$ , τότε να δειχθεί ότι $\sup \{a_{2\nu+1}, \; \nu \in \mathbb{N} \} \leq \inf \{\beta_{4\nu-1} , \; \nu \in \mathbb{N} \}$ .

Tolaso J Kos · #53

Άσκηση 18
Έστω q_n

μία αρίθμηση του $\mathbb{Q}$ . Ορίζουμε $\displaystyle{I_n=\left ( q_n-\frac{1}{2^n}, q_n+\frac{1}{2^n} \right )}$ καθώς επίσης ότι $\displaystyle{U=\bigcup_{n=1}^{\infty}I_n}$ . Δείξτε ότι το U^c

δεν είναι πουθενά πυκνό.

sokratis lyras · #54

Tolaso J Kos έγραψε:Άσκηση 18
Έστω μία αρίθμηση του $\mathbb{Q}$ . Ορίζουμε $\displaystyle{I_n=\left ( q_n-\frac{1}{2^n}, q_n+\frac{1}{2^n} \right )}$ καθώς επίσης ότι $\displaystyle{U=\bigcup_{n=1}^{\infty}I_n}$ . Δείξτε ότι το δεν είναι πουθενά πυκνό.

Αρκετά εύκολο νομίζω.Προφανώς το

είναι πυκνό (περιέχει τους ρητούς) και άρα η κλειστή του θήκη είναι όλος ο χώρος.Τώρα απλά παρατηρούμε ότι τα εσωτερικά σημεία του U^c

είναι ακριβώς το συμπλήρωμα της κλειστής θήκης του

.

Υ.Γ. Μάλλον θέλεις να πεις να είναι πουθενά πυκνό, και όχι να μην είναι.

Tolaso J Kos · #55

sokratis lyras έγραψε:
Υ.Γ. Μάλλον θέλεις να πεις να είναι πουθενά πυκνό, και όχι να μην είναι.

Ναι, Σωκράτη , αυτή είναι η σωστή διατύπωση.

AlexandrosG · #56

Άσκηση 19

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+...+\frac{x^2}{2!}+x+1 >0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

AlexandrosG · #57

Tolaso J Kos έγραψε:Για να μη ξεχαστεί ας προτείνω μια κλασσική:

Άσκηση 17
Αν $I_\nu=[a_\nu, \beta_\nu]$ είναι μια ακολουθία κιβωτισμένων διαστημάτων του ${\rm Cantor}$ , τότε να δειχθεί ότι $\sup \{a_{2\nu+1}, \; \nu \in \mathbb{N} \} \leq \inf \{\beta_{4\nu-1} , \; \nu \in \mathbb{N} \}$ .

Και οι δύο ακολουθίες είναι φραγμένες αφού βρίσκονται ολόκληρες μέσα στο [a_1,b_1]

. H

είναι αύξουσα και η (b_n)

φθίνουσα. Άρα έχουν όρια $a=\sup a_n$ και $b=\inf b_n$ αντίστοιχα με $a\leq b$ . Άρα το ζητούμενο έπεται.

nikoszan · #58

AlexandrosG έγραψε:Άσκηση 19

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+...+\frac{x^2}{2!}+x+1 >0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Έστω οι συναρτήσεις $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + \frac{{{x^{2n - 1}}}}{{(2n - 1)!}} + ... + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + x + 1}$ $\displaystyle{,x \in R}$ και $\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( x \right){e^{ - x}},x \in R}$ .
Είναι $\displaystyle{g'\left( x \right) = - \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}}{e^{ - x}} \le 0}$ $\displaystyle{,\forall x \in R}$ , με την ισότητα να ισχύει μόνο για $\displaystyle{x = 0}$ .Επομένως η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$ .Επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$ ,έπεται ότι $\displaystyle{g\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right)} \right)}$ ,οπότε είναι $\displaystyle{g\left( x \right) > \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right),\forall x \in R}$ $\displaystyle{:\left( 1 \right)}$
Για οποιδήποτε $\displaystyle{k > 0}$ είναι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{x}{{{e^{\frac{x}{k}}}}}\left( {\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( x \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^{\frac{x}{k}}}} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{k}{{{e^{\frac{x}{k}}}}} = 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^k}}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{x}{{{e^{\frac{x}{k}}}}}} \right)^k} = {0^k} = 0}$ ,
οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{(2n)!}}\frac{{{x^{2n}}}}{{{e^x}}} + \frac{1}{{(2n - 1)!}}\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{{e^x}}} + ... + \frac{1}{{2!}}\frac{{{x^2}}}{{{e^x}}} + \frac{x}{{{e^x}}} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right) = }$ $\displaystyle{0 + 0 + ... + 0 + 0 = 0}$ .
Έτσι ,απο την $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ ,έχουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{g\left( x \right) > \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right){e^{ - x}} > 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0 \Rightarrow \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + \frac{{{x^{2n - 1}}}}{{(2n - 1)!}} + ... + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + x + 1 > 0}$ .
Ν.Ζ.

AlexandrosG · #59

nikoszan έγραψε:
AlexandrosG έγραψε:Άσκηση 19

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+...+\frac{x^2}{2!}+x+1 >0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .
Έστω οι συναρτήσεις $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + \frac{{{x^{2n - 1}}}}{{(2n - 1)!}} + ... + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + x + 1}$ $\displaystyle{,x \in R}$ και $\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( x \right){e^{ - x}},x \in R}$ .
Είναι $\displaystyle{g'\left( x \right) = - \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}}{e^{ - x}} \le 0}$ $\displaystyle{,\forall x \in R}$ , με την ισότητα να ισχύει μόνο για $\displaystyle{x = 0}$ .Επομένως η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$ .Επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$ ,έπεται ότι $\displaystyle{g\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g\left( x \right)} \right)}$ ,οπότε είναι $\displaystyle{g\left( x \right) > \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right),\forall x \in R}$ $\displaystyle{:\left( 1 \right)}$
Για οποιδήποτε $\displaystyle{k > 0}$ είναι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{x}{{{e^{\frac{x}{k}}}}}\left( {\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( x \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^{\frac{x}{k}}}} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{k}{{{e^{\frac{x}{k}}}}} = 0}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^k}}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\left( {\frac{x}{{{e^{\frac{x}{k}}}}}} \right)^k} = {0^k} = 0}$ ,
οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1}{{(2n)!}}\frac{{{x^{2n}}}}{{{e^x}}} + \frac{1}{{(2n - 1)!}}\frac{{{x^{2n - 1}}}}{{{e^x}}} + ... + \frac{1}{{2!}}\frac{{{x^2}}}{{{e^x}}} + \frac{x}{{{e^x}}} + \frac{1}{{{e^x}}}} \right) = }$ $\displaystyle{0 + 0 + ... + 0 + 0 = 0}$ .
Έτσι ,απο την $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ ,έχουμε ότι για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{g\left( x \right) > \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) \Rightarrow f\left( x \right){e^{ - x}} > 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0 \Rightarrow \frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}} + \frac{{{x^{2n - 1}}}}{{(2n - 1)!}} + ... + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + x + 1 > 0}$ .
Ν.Ζ.

Πολύ ωραία απόδειξη. Γνωρίζω άλλες δύο αποδείξεις, με τη μία από αυτές να είναι πολύ σύντομη και απλή (αλλά όχι τόσο άμεση να τη σκεφτεί κάποιος

).

#60

AlexandrosG έγραψε:Άσκηση 19

Να δείξετε ότι $\displaystyle{\frac{x^{2n}}{(2n)!}+\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+...+\frac{x^2}{2!}+x+1 >0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) = \sum\limits_{k = 0}^n {\frac{{{x^k}}}{{k!}}} }$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ και $x \in \mathbb{R}$ .

Ισχυρισμός: Αν ο είναι άρτιος, τότε ισχύει $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) > 0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , ενώ αν ο είναι περιττός, τότε η εξίσωση $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) = 0}$ έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα.

Απόδειξη του Ισχυρισμού: Με επαγωγή στο

. Για

είναι $\displaystyle{{f_0}\left( x \right) = 1 > 0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Έστω ότι ο Ισχυρισμός είναι αληθής για όλους τους φυσικούς αριθμούς $\displaystyle{k < n.}$ Θα αποδείξουμε ότι είναι αληθής και για τον

. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

(i) Έστω ότι ο

είναι περιττός. Τότε, από την επαγωγική υπόθεση έχουμε ότι για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύει

$\displaystyle{{f^\prime_n} \left( x \right) = {f_{n - 1}}\left( x \right) > 0,}$

οπότε η συνάρτηση $\displaystyle{{f_n}}$ είναι γνησίως αύξουσα και άρα η εξίσωση $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) = 0}$ έχει το πολύ μία πραγματική ρίζα. Επειδή, όμως,

$\displaystyle{0 \in {f_n}\left( {\left( { - \infty ,0} \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f_n\left( x \right),f_n\left( 0 \right)} \right) = \left( { - \infty ,1} \right),}$

η εξίσωση $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) = 0}$ έχει τουλάχιστον μία πραγματική ρίζα. Άρα, η εξίσωση $\displaystyle{{f_n}\left( x \right) = 0}$ έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα.

(ii) Έστω ότι ο

είναι άρτιος. Τότε, από την επαγωγική υπόθεση, η εξίσωση

$\displaystyle{{f^\prime_n} \left( x \right) = 0 \Leftrightarrow {f_{n - 1}}\left( x \right) = 0}$

έχει ακριβώς μία πραγματική ρίζα $\displaystyle{{x_0} \ne 0.}$ Αφού, όμως, κάθε $x \in \mathbb{R}$ ισχύει

$\displaystyle{{f^{\prime \prime }_n}\left( x \right) = {f_{n - 2}}\left( x \right) > 0,}$

η $\displaystyle{{f_n}}$ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο $\displaystyle{{x_0}.}$ Επομένως, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ είναι

$\displaystyle{{f_n}\left( x \right) \ge {f_n}\left( {{x_0}} \right) = {f_{n - 1}}\left( {{x_0}} \right) + \frac{{x_0^n}}{{n!}} = \frac{{x_0^n}}{{n!}} > 0.}$

Ο Ισχυρισμός δείχθηκε και το ζητούμενο συμπέρασμα έπεται.

Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Re: Ασκήσεις στην Ανάλυση!

Μέλη σε σύνδεση