mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 08, 2015 10:48 pm**

4) Έστω $I\subset \mathbb{R}$ ένα ανοικτό σύνολο που περιέχει το

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 $r\in\mathbb{R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **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

ταξης

στο

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

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

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.

Δημοσιεύτηκε: **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

, 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

, 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

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

.

Δημοσιεύτηκε: **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

mathematica.gr

SEEMOUS 2015/4

SEEMOUS 2015/4

Re: SEEMOUS 2015/4

Re: SEEMOUS 2015/4

Re: SEEMOUS 2015/4