mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 30, 2011 8:18 pm**

Ωmega Man έγραψε:Συζητώντας το θέμα με τον Αντώνη πριν το ανεβάσει και χωρίς να ξέρουμε ότι έχει ξανασυζητηθεί είχαμε δει την εξής λύση:

Από ΘΜΤ για την $\displaystyle{\bf f(x)=\texttt{e}^{x}}$ , στο διάστημα $\displaystyle{\bf [x,\sqrt{x^2+1}]}$ , υπάρχει ξ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\bf f'(\xi)=\frac{f(\sqrt{x^2+1})-f(x)}{\sqrt{x^2+1}-x}\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+1}-x)\texttt{e}^{\xi}=\texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}-\texttt{e}^{x}}$ και $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow +\infty}\texttt{e}^{\xi}(\sqrt{x^2+1}-x)=+\infty}$ , διότι το ξ είναι μεγαλύτερο από το x και το $\displaystyle{\texttt{e}^{\xi}}$ "πηγαίνει" γρηγορότερα στο $\bf +\infty$ απ´ότι το $\bf(\sqrt{x^2+1}-x)$ στο 0, έτσι και το όριο που ζητάμε είναι το άπειρο.

Θα μπορούσε μια τέτοια αιτιολόγηση να σταθεί;

Αν και έχει ήδη απαντηθεί, μια και τώρα πρωτοβλέπω το θέμα , να πω την άποψή μου στο ερώτημα που τέθηκε. Η απάντηση είναι : ΟΧΙ !
Όχι γιατί η εξήγηση είναι λάθος από μαθηματική σκοπιά, αλλά διότι δεν έχει θεωρητική βάση,δεν πηγάζει δηλαδή έμμεσα ή άμεσα από κάποιο θεώρημα του βιβλίου , ούτε είναι από τα σημεία που σχολιάζονται στη βασική ανάπτυξη των εννοιών του ορίου από το διδάσκοντα(κάτι που γίνεται σε άλλα σημεία) και ως εκ τούτου μπορούν από το μαθητή να θεωρηθούν και ως προτάσεις.

Είναι βέβαια διδακτικά πρόσφορο να αναλύουμε στους μαθητές το σκεπτικό για το πώς ''μαντεύουμε '' ως μαθηματικοί κάποια όρια.Πολλοί από μας εξηγούμε τι σημαίνει η έκφραση '' η συνάρτηση

απειρίζεται πιο γρήγορα από την

'' και αυτό κυρίως στις περιπτώσεις που σε μια συνάρτηση έχουμε απειριζόμενες ποσότητες της μορφής '' $\ln x , x^n , e^x$ για να εντοπίζουμε ποια ποσότητα παίρνουμε μπροστά ,ώστε να άρουμε τις απροσδριοριστίες, αλλά όλο αυτό γίνεται όχι ως επιπρόσθετη θεωρία αλλά ως ουσιαστική εμβάθυνση στον τρόπο εύρεσης κάποιων ορίων.
Επομένως η απόδειξη των ενδιάμεσων σταδίων σε ανάλογα θέματα είναι επιβεβλημένη, ώστε να δοθούν όλα τα μόρια σε επικείμενο ερώτημα στις εξετάσεις.

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 30, 2011 8:21 pm**

Ξεφεύγοντας λίγο από σχολική ύλη, μια γρήγορη λύση προκύπτει με χρήση της σειράς Taylor για την e^x

:

$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x \geq \frac{\sqrt{x^2+1}^4}{4!}-\frac{x^4}{4!}=\frac{2x^2+1}{24}$

και παίρνοντας όρια για $x\to +\infty$ προκύπτει το ζητούμενο.

Το ίδιο θα μπορούσε να δειχτεί και χρησιμοποιώντας τον όρο $\frac{x^3}{3!}$ , αλλά όχι με τον όρο $\frac{x^2}{2}$

Επιστρέφοντας σε σχολική ύλη:Το ενδιαφέρον είναι ότι η $f(\sqrt{x^2+1})-f(x)$ αποκλίνει για f(x)=x^3

αλλά όχι για f(x)=x^2

. Μπορούμε να δείξουμε ότι το όριο τείνει στο άπειρο για κάθε συνάρτηση με τύπο f(x)=x^n, n>2

;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 30, 2011 8:48 pm**

air έγραψε: $e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x \geq \frac{\sqrt{x^2+1}^4}{4!}-\frac{x^4}{4!}=\frac{2x^2+1}{24}$

air, για ξαναδές αυτή την ανισότητα. Συγκεκριμένα το σκέλος $-e^x \geq -\frac{x^4}{4!}$ .

Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 01, 2011 8:05 pm**

air έγραψε:Ξεφεύγοντας λίγο από σχολική ύλη, μια γρήγορη λύση προκύπτει με χρήση της σειράς Taylor για την :

$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x \geq \frac{\sqrt{x^2+1}^4}{4!}-\frac{x^4}{4!}=\frac{2x^2+1}{24}$

και παίρνοντας όρια για $x\to +\infty$ προκύπτει το ζητούμενο.

Το ίδιο θα μπορούσε να δειχτεί και χρησιμοποιώντας τον όρο $\frac{x^3}{3!}$ , αλλά όχι με τον όρο $\frac{x^2}{2}$

Επιστρέφοντας σε σχολική ύλη:Το ενδιαφέρον είναι ότι η $f(\sqrt{x^2+1})-f(x)$ αποκλίνει για αλλά όχι για . Μπορούμε να δείξουμε ότι το όριο τείνει στο άπειρο για κάθε συνάρτηση με τύπο ;

Ας δούμε πως θα μπορούσαμε να το λύσουμε με Taylor,

Έχουμε $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(\sqrt{x^2+1})^{n}}{n!}}$ και $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ . Αφού $\displaystyle{\bf \sqrt{1+x^2}>x}$ έχουμε $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{\sqrt{1+x^2}}>1+x+\frac{x^2+1}{2!}+\frac{x(x^2+1)}{3!}+\frac{(x^2+1)^{2}}{4!}+\ldots}$ . Αφαιρώντας από τα δυο μέλη της τελευταίας ανισότητας το $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ , παίρνουμε

$\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}-\texttt{e}^{x}>\frac{1}{2!}+\frac{x}{3!}+\frac{2x^{2}+1}{4!}+\ldots\;\overset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}+\infty}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 01, 2011 8:28 pm**

Ωmega Man έγραψε:
air έγραψε:Ξεφεύγοντας λίγο από σχολική ύλη, μια γρήγορη λύση προκύπτει με χρήση της σειράς Taylor για την :

$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x \geq \frac{\sqrt{x^2+1}^4}{4!}-\frac{x^4}{4!}=\frac{2x^2+1}{24}$

και παίρνοντας όρια για $x\to +\infty$ προκύπτει το ζητούμενο.

Το ίδιο θα μπορούσε να δειχτεί και χρησιμοποιώντας τον όρο $\frac{x^3}{3!}$ , αλλά όχι με τον όρο $\frac{x^2}{2}$

Επιστρέφοντας σε σχολική ύλη:Το ενδιαφέρον είναι ότι η $f(\sqrt{x^2+1})-f(x)$ αποκλίνει για αλλά όχι για . Μπορούμε να δείξουμε ότι το όριο τείνει στο άπειρο για κάθε συνάρτηση με τύπο ;

Ας δούμε πως θα μπορούσαμε να το λύσουμε με Taylor,

Έχουμε $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(\sqrt{x^2+1})^{n}}{n!}}$ και $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ . Αφού $\displaystyle{\bf \sqrt{1+x^2}>x}$ έχουμε $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{\sqrt{1+x^2}}>1+x+\frac{x^2+1}{2!}+\frac{x(x^2+1)}{3!}+\frac{(x^2+1)^{2}}{4!}+\ldots}$ . Αφαιρώντας από τα δυο μέλη της τελευταίας ανισότητας το $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ , παίρνουμε

$\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}-\texttt{e}^{x}>\frac{1}{2!}+\frac{x}{3!}+\frac{2x^{2}+1}{4!}+\ldots\;\overset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}+\infty}$ .

Στην ουσία αφαιρείς δυο άπειρες σειρές δηλαδή άπειρο απο άπειρο(εφόσον και το

τείνει στο άπειρο) .Επιτρέπεται αυτό?

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 01, 2011 9:29 pm**

solars έγραψε:
Ωmega Man έγραψε:
air έγραψε:Ξεφεύγοντας λίγο από σχολική ύλη, μια γρήγορη λύση προκύπτει με χρήση της σειράς Taylor για την :

$e^{\sqrt{x^2+1}}-e^x \geq \frac{\sqrt{x^2+1}^4}{4!}-\frac{x^4}{4!}=\frac{2x^2+1}{24}$

και παίρνοντας όρια για $x\to +\infty$ προκύπτει το ζητούμενο.

Το ίδιο θα μπορούσε να δειχτεί και χρησιμοποιώντας τον όρο $\frac{x^3}{3!}$ , αλλά όχι με τον όρο $\frac{x^2}{2}$

Επιστρέφοντας σε σχολική ύλη:Το ενδιαφέρον είναι ότι η $f(\sqrt{x^2+1})-f(x)$ αποκλίνει για αλλά όχι για . Μπορούμε να δείξουμε ότι το όριο τείνει στο άπειρο για κάθε συνάρτηση με τύπο ;

Ας δούμε πως θα μπορούσαμε να το λύσουμε με Taylor,

Έχουμε $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(\sqrt{x^2+1})^{n}}{n!}}$ και $\displaystyle{\bf \texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ . Αφού $\displaystyle{\bf \sqrt{1+x^2}>x}$ έχουμε $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{\sqrt{1+x^2}}>1+x+\frac{x^2+1}{2!}+\frac{x(x^2+1)}{3!}+\frac{(x^2+1)^{2}}{4!}+\ldots}$ . Αφαιρώντας από τα δυο μέλη της τελευταίας ανισότητας το $\displaystyle{\bf\texttt{e}^{x}=\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{x^n}{n!}}$ , παίρνουμε

$\displaystyle{\bf \texttt{e}^{\sqrt{x^2+1}}-\texttt{e}^{x}>\frac{1}{2!}+\frac{x}{3!}+\frac{2x^{2}+1}{4!}+\ldots\;\overset{x\rightarrow+\infty}{\longrightarrow}+\infty}$ .
Στην ουσία αφαιρείς δυο άπειρες σειρές δηλαδή άπειρο απο άπειρο(εφόσον και το x τείνει στο άπειρο) .Επιτρέπεται αυτό?

Ναι επιτρέπεται λόγω απόλυτης σύγκλισης. (Αυτή η δικαιολόγηση βέβαια ξεφεύγει αρκετά από τα σχολικά πλαίσια.)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 01, 2011 10:19 pm**

Δημήτρη ευχαριστώ για την αιτιολόγηση. Το θέμα πάντως έγινε πολυδιάστατο, εμφανίστηκαν πολλοί τρόποι αιτιολόγησης!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 03, 2011 3:42 pm**

Ευχαριστώ τον Ωmega Man που έδωσε πιο αναλυτικά τη λύση που είχα στο μυαλό μου. Απλά εγώ στο τελευταίο βήμα παραμέλησα όλους τους όρους πλην του $\frac{2x^2+1}{4!}$ δεδομένου ότι όλοι είναι μη-αρνητικοί.

mathematica.gr

Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο

Re: Ένα ζόρικο όριο