Neki simple racun

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Postopoma po redu gladkosti. Najprej zveznost (leva in desna limita enaki).
\(b=1+1=2\) (kot vidimo a sploh ni vplival).
Zdaj pa potrebujemo odvedljivost. Levi in desni odvod seveda obstajata ker sta oba izraza analiticni funkciji (neskoncnokrat odvedljivi). Morata biti enaka:
\(1=a+a\)
\(a=\frac{1}{2}\)

Funkcija je tudi zvezno odvedljiva (odvod je zvezen).

Odvedljivost in zvezna odvedljivost je za normalne funkcije (take brez kaksnih divjih clenov ki cudno izgledajo) ponavadi itak isto. Ze nastavek da sta levi in desni odvod enaka, je pomenil da smo ciljali direktno na zvezno odvedljivost (in posredno smo dokazali samo odvedljivost).

Imas pa funkcije, ki so odvedljive, niso pa zvezno odvedljive. To se zgodi, ce je odvod v tisti tocki izracunljiv po definiciji (s tisto limito diferencnega izraza), levi in desni odvod pa pocneta cisto nekaj drugega.

Recimo wiki navaja primer \(f(x)=x^2\sin\frac{1}{x}\), ki je odvedljiva v izhodiscu (ce racunas po definiciji odvoda, vidis da kvadraticni clen pada proti nic hitreje kot linearno (sinus je pa omejen in kvecjemu zmanjsa vrednosti), in dobis da je odvod v izhodiscu nic. Ce pa izracunas f'(x) pa vrednosti okrog izhodisca oscilirajo in nimajo leve/desne limite).

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

aha hvala :)
znova sme naletel na rekurziven problem...monotonost
Zaporedje {\(a_n\)}\(_n\) je podano z zečetnim členom \(a_1 = 1\) in rekurzivnim pravilom
\(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\farc{3}{a_n})\)

Pokaži, da je to zaporedje monotono in omejeno, ter izračunaj limito
Monotonost v teoriji ni problem, ker velja da je zaporedje monotono, če je monotono naraščajoče ali monotona padajoče.
no če po pogledamo to zaporedje
\(a_1=1\)
\(a_2=2\)
\(a_3=1.75\)

Kaj potem torej ni monotono?
Sem šel delati z indukcijo in mi pride pravilen sklep, da je monotono naraščajoča, tako da ne vem kje je napaka
Predpostavka: \(a_{n+1}\geq a_n\)
Dokazujemo: \(a_{n+2}\geq a_{n+1}\)
dobimo: \(2a_{n+1}\geq 2a_n\)

no tukaj pa zadeve postanejo čudne, ker bi prav tako dobili pravilno rešitev če bi prevzeli, da je zaporedje monotono padajoče
Predpostavka: \(a_{n+1}\leq a_n\)
Dokazujemo: \(a_{n+2}\leq a_{n+1}\)
dobimo: \(2a_{n+1}\leq 2a_n\)

Torej kje je zdaj trik?

hvala
lp

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14590
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a shrink »

Pa si rekurzivno formulo sploh pravilno prepisal?

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Ok najprej pravilno zapisimo:
\(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+3/a_n)\)

Namig: zaporedje ni nujno monotono od prvega clena dalje ampak od nekje drugje. Ko bos dokazoval monotono padanje/narascanje, bos dobil neenakost, ki ti bo povedala kdaj to drzi.

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14590
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a shrink »

Ah, sedaj vidim lapsus v TeX sintaksi. Ampak vseeno: potrudi se ne biti površen in preveri, kaj pišeš.

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

ups..ja sem spregledal
\(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{3}{a_n})\)
no s tabeliranjem sem prišel, do
\(a_1=1\)
\(a_2=2\)
\(a_3=1.75\)
\(a_4=1.73\)

Torej kako bi zdej formalno izvedel dokaz monotonosti? Z indukcijo pride čudno.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

\(a_{n+1}<a_n\)
\(\frac{1}{2}(a_n+\frac{3}{a_n})<a_n\)
\(a_n^2+3<2a_n^2\)
\(3<a_n^2\)
\(a_n>\sqrt{3}\)

Kaj to pomeni: rekurzija je prvega reda, in lahko narascanje ali padanje pokazemo direktno, neodvisno od prejsnjih clenov - naslednji clen je direktno izrazljiv s prejsnjim. Dobili smo enostavno zvezo: zaporedje je padajoce, ce so cleni vecji od korena iz tri (to je tudi limita zaporedja).
Seveda pa se vedno manjka indukcijski korak: zdaj moramo dokazat, da so vsi cleni vecji od korena iz tri (da je koren iz tri spodnja meja). Ker ce niso, potem ne bo padajoce. Omejenost moras itak dokazat tako da to je samo plus.

To tudi pojasni kaj se dogaja: 1 je manjsa od koren iz tri, zato prvi korak ni padajoc. Potem pa prides na zgornjo vejo in monotono padas dol proti korenu iz tri.

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

aha hvala...
no pa spet nekaj rekurzije
\(a_{n+1}=2a_n(1-a_n)\)
(isti prime kot na prejsni strani) vendar tokrat me zanima odvisnost konvergence od začetnega člena.
Torej izhajam iz tega, da je zaporedje konvergnetno če je padajoče in ima natančno spodnjo mejo \(inf a_n\) (in obratno).
Torej, da je padajoče dobim hitro ven. Dobim rešitvi \(a_n < 0\) in \(a_n>\frac{1}{2}\). Kako zdaj iz teh podatkov poiskati \(inf a_n\)?

hvala
lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Za rekurzije prvega reda lahko dolocis vse naenkrat. Naredi si graf
\(a_{n+1}(a_n)\) in premico \(a_n=a_n\). Presecisca so stacionarne tocke. Potem:
Ce je okrog stacionarne tocke odvod med -1 in 1, je tocka privlacna (stabilna) - limita zaporedja. V nasprotnem primeru je odbojna (gre stran od tam).
Ce je odvod pozitiven okrog stacionarne tocke, gre monotono noter/ven, ce je negativen, gre alternirajoce levo/desno/levo/desno od stacionarne tocke.

Tako lahko klasificiras obnasanje na celi realni osi hkrati in si narises "pretok" za kjerkoli ze zacnes.

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

ok v tem primeru mi je prišla parabola s stacionarnima točkama v \(x=\frac{1}{2}\) in \(x=0\).
Okrog točke \(x=0\) odvod ni med \(1\) in \(-1\) zato ta točka ni privlačna (stabilna) ampak je odbojna; ker je odvod v okolici negativen gre alternirujoče levo desno od stacionarne točke.

Okrog točke \(x=\frac{1}{2}\) je odvod \(0\) torej je to limita zaporedja. Od \(-\infty\) do \(\frac{1}{2}\) je odvod negativen torej gre levo, desno od stacionarne točke, če pa je \(x>\frac{1}{2}\) pa torej konvergira?

Če je \(\frac{1}{2}\) je zaporedje konstantno

Ta razlaga sem i zdi nekako čudna...bolj logično se mi sliši, da členi manjši od \(\frac{1}{2}\) konvergirajo k \(\frac{1}{2}\), čelni večji od \(\frac{1}{2}\) pa ne konvergirajo.

Kaj je prav?
Graf je parabola(negativen del), ki ima teme premaknjeno za \(\frac{1}{2}\) v smeri \(x\) in \(y\) ter ničli v \(x=0\) in \(x=1\)

hvala
lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

V x=0 odvod ni negativen ampak pozitiven :)

Drugace je enostavno: pri zacetnem x gres navpicno do f(x) (racunanje naslednjega clena), potem pa vodoravno do y=x (vstavljanje nazaj). Lahko gres s prstom po grafu.

Med 0 in 1/2 gre vse v desno k limiti. Levo od 0 gre vse v minus neskoncnost. Nad 1/2 pa je malo tezje (negativni odvodi so problematicni ker delajo funkcijo neinjektivno in moras pogledat kam te vrze). Ce zacnes nad 1, te f(x) vrze pod 0 in nadaljujes v minus neskoncnost. Ce zacnes med 1/2 in 1, te vrze v interval (0,1/2) kjer nadaljujes navzgor proti limiti.


Ce pa hoces gledati samo neposredno okolico stacionarnih tock so kriteriji ki sem jih napisal vse kar je (kdaj konvergira in kdaj ne). Globalno gledano pa je, kot si videl, treba malo pazit.

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

aha..zanimivo :)
hvala za pomoč
rabim pomoč pri razvoju Taylorjeve vrste ene spremenljivke
Znam narediti če mi piše, razvij okoli x_0 = 1 (karkoli), ne znam pa narediti uporabne naloge npr. \(\sqrt{0.99}\) po tej paradigmi, znam pa jo npr. narediti po paradigmi za \(m\) spremenljivk
Naloga: Približno izračunaj \(\sqrt{0.99}\)
Se lotim po pardigmi za m spremenljivk in dobim... \(f(a)=\sqrt{a}\) potem pa razvijem v stilu..
\(f(a+h) = f(a) + \frac{1}{1!}(f'(a)h)^1_{(a)}\) in dobim vrednost \(.995\)

Ne znam pa narediti po pradigmi, ki je napisna na Wiki http://en.wikipedia.org/wiki/Taylor_series
ker ne vem kaj naj to obračam da bo prav prišlo... \(a\) je točka okoli katere razvijam, torej 1, kakšen pa dam \(x\)? \(-0.01\) ali \(+0.01\). Ne vem kaj naj bi tist razvoj pomenil; \(f(x+a)\) ali \(f(a+x)\)

help
hvala
lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

Mah kompliciras, vedno se je f(a+h) racunalo. Tam je samo vstavljeno x=a+h. Tako da x je kar 0.99 v tvojem primeru. h je pa -0.01 (ce ga sploh uvajas).
Torej, tisto na wiki je tole:
\(f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+\cdots\)
lahko pa isto zapises kot
\(f(a+h)=f(a)+f'(a)h+\cdots\)
Tvoja izbira kako si predstavljas. Se pa iz drugega zapisa bolje odraza pomen Taylorja.

Torej, po prvi formuli je x=0.99, a=1.
Po drugi formuli je a=1, h=-0.01.
Oboje je seveda popolnoma isto.

alexa-lol
Prispevkov: 380
Pridružen: 12.5.2006 19:57

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a alexa-lol »

aha..to me je malo begalo :)

kaj pa tole...
\(a_{n+2}=2a_{n+1}+3a_n\)
Začetni člen \(a_0=1\) in \(a_1=\beta\)
Določi število stekališč v odvsnosti od \(\beta\)

hvala
lp

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Neki simple racun

Odgovor Napisal/-a Aniviller »

To je linearno zaporedje, lahko kar poisces resitev. \(a_n=q^n\):
\(q^2=2q+3\)
\((q-3)(q+1)=0\)
\(q=3,-1\)
Nastavek:
\(a_n=A 3^n+B (-1)^n\)
Zdaj hitro vidis tole: 3^n bo divergiral. Drugi clen pa alternira med dvema vrednostima. Torej, ce je A=0 bo zaporedje alternirajoce, ce sta A=B=0, je zaporedje konstantno in enako nic, ce ni noben enak nic, zaporedje nima stekalisc ker divergira.

Dolocimo zdaj ti dve konstanti:
\(a_0=1=A+B\)
\(a_1=\beta=3A-B\)
\(A=\frac{\beta+1}{4},\quad B=\frac{3-\beta}{4}\)

Oba ne moreta biti nic (ker nismo zaceli v nicli). Drugace pa
\(A=0\Rightarrow \beta=-1\)
V tem primeru ima dve stekalisci, v vseh ostalih nima nobenega. Za \(\beta=-1\) je \(B=1\), torej sta stekalisci -1 in 1.

Odgovori