Matematika

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 20.6.2013 13:24

Torej kar to vpišem in potem seštejem: tan (pi + x) + tan x + tan (pi - x) = tan x + tan x - tan x = tan x ?
Tko ja.
3. Zapišite in pojasnite relacije med komplementarnimi, suplementarnimi in nasprotnimi koti(kotne funkcije). To vem, ampak ne vem kako se spodnji primeri vežejo na to teorijo:
Ma sej kaj je "lepse" za rezultat je stvar okusa, ampak ponavadi je fino stlacit v prvi kvadrant, pol pa za tele lepe kote lazje prepoznas na pamet.
b) cos(5π/6)=

pomoje cos(5π/6)= cos(5π/6 - π)=cos(5π/6 - 6π/6)=cos(- 1π/6)=cos( 1π/6)
Ta zveza ne drzi. cos(x)-cos(x-pi) ni res. Velja pa cos(x)=-cos(pi-x). Tko da minus manjka. Pa cos(pi/6) itak ves kolk je.
c) tan(-π/4) =

pomoje = - tan(π/4)=- tan(3π/4)
Ta -tan(pi/4) je ok. Pol na zadnjem koraku si pa po eni strani zakompliciral nazaj na grsi izraz (pa se prav ni). tan(pi/4) je itak 1.

Asimptota je pa ok.

finpol1
Posts: 87
Joined: 29.5.2011 21:27

Re: Matematika

Post by finpol1 » 20.6.2013 18:53

Hvala, samo še to:

Splošni člen zaporedja:
an=1/n,

spodnja meja je vprašanje:

Poskušam: 1/neskočno, torej =0 ?

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 20.6.2013 20:09

Seveda. Limitira k 0, pa nikoli ni negativno, tko da ves da ne gre pod 0, ne mores pa tudi izbrat visje spodnje meje, tko da 0=najvisja spodnja meja :)

repsag
Posts: 15
Joined: 16.1.2013 5:09

Re: Matematika

Post by repsag » 21.6.2013 2:44

Pozdravljeni,
imam par nalog pri katerih sem v težavah

1. Naj bo \(a_n >0\) zaporedje pozitivnih števil, ki konvergirajo proti \(a \in \mathbb{R}\). Definirajmo funkcijsko zaporedje \(f_n: \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) s predpisom \(f_n(x)=arctg(a_n x)\).
a)Ugotovi ali f_n konvergira po točkah na R
b)Dokaži, da zaporedje f_n ne konvergira enakomerno na R, če je a=0
c)Dokaži, da zaporedje f_n enakomerno konvergira, če je a>0
2a) Določi konvergenčni polmer potenčne vrste \(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n!x^{n}}{(a+1)(a+2) \cdots (a+n)}\), kjer je a>0.
Tu me zanima če se konvergenčni polmer v tem primeru zračuna kot \(\frac{1}{R}= lim_{n \to \infty} | \frac{a_{n+1}}{a_n} |\). Če računam po tem dobim konvergenčni polmer 1/x, kar ne vem če je ravno smiselno.
2b) Za a \(\ge\) 1 razišči tudi konvergenco v krajiščih območja konvergence.
3. Funkcijo \(f(x)=ln \ \frac{1+x^4}{1-x^2}\) razvij v Taylorjevo vrsto okrog točke a=0.

Hvala za kakršnokoli pomoč

lp

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 21.6.2013 6:53

1.
a)Seveda, zvezna in omejena funkcija konvergentnega zaporedja vrne novo konvergentno zaporedje.
b)Ce je a=0, potem je limita funkcijskega zaporedja f(x)=0. Definicija enakomerne konvergence govori o tem, koliksna je najvecja razlika trenutne funkcije od limitne funkcije, in v tem primeru je ta razlika kar max(abs(fn(x)-f(x)))=max(fn(x)) in to ne gre proti nic, ampak je vedno enako pi/2, saj za vsak a>0 velja \(\lim_{x\to\infty}\arctan ax=\frac{\pi}{2}\).
c) Lahko po definiciji spet. Ampak mene srbi da bi poskusil z adicijskim za tangens:
\(\arctan a_n x-\arctan ax=\arctan\frac{(a_n-a) x}{1+a_n a x^2}\)
Za enakomerno konvergenco testiras da gre maksimum tega proti nic, ko gre n v neskoncnost.
Ker je arctan monotona funkcija, lahko isces kar maksimum tistega notri (max po x). In to lahko naredis celo z odvodom:
\(\frac{a_n-a}{1+a_n a x^2}-\frac{2(a_n-a)x^2 a_n a}{(1+a_n a x^2)^2}=0\)
\((a_n-a)(1+a_n a x^2)=2 (a_n-a) x^2 a_n a\)
\(x^2=\frac{1}{a a_n}\)
Ce je a=0, pol je maksimum razlike do skonvergirane funkcije v neskoncnosti, kjer zavzame vrednost pi/2 in torej ne pade proti nic.
Ce a>0, potem to vstavis nazaj in dobis, da je maksimalni odmik od skonvergirane funkcije
\(\arctan \frac12\frac{a_n-a}{\sqrt{a a_n}}\)
In to gre pa ocitno proti 0, ko gre a_n proti a.

2a)
Nekaj je hudo narobe, kako ti je ratalo dobit x v resitvi, ce pa ze formula za konvergencni polmer vsebuje samo predfaktorje pri potencah? Probaj se enkrat :)
b) Na krajiscu konvergence potencne vrste imas lahko bodisi popolno divergenco, pogojno konvergenco, ali mogoce celo absolutno konvergence. Lahko sprobas obe krajisci.

3) Razbij na razliko logaritmov in na obeh uporabi znano vrsto za ln(1+x), s tem da je x zdaj nekaj drugega.

PerkoA
Posts: 4
Joined: 23.6.2013 13:53

Re: Matematika

Post by PerkoA » 23.6.2013 19:35

Lepo prosim če bi mi znal kdo pomagati pri reševanju 3. naloge

http://ucilnica.fmf.uni-lj.si/mod/resou ... hp?id=7433

bedanec
Posts: 31
Joined: 4.10.2012 19:54

Re: Matematika

Post by bedanec » 23.6.2013 22:21

Lahko bi se potrudu pa skopiru celo nalogo, glede na to, da se je treba prjavt v učilnico ..

\(\sum _{n=2}^{\infty } \frac{e^{-n x}}{ \left(n^2-1\right)}\)

a) s konvergenčnim testom ugotoviš, da mora biti x>1.

b) Ker obstaja majoranta, ki konvergira, je konvergenca enakomerna

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 23.6.2013 22:52

Kot prvo, ce pises e^-x=y, imas potencno vrsto
\(\sum_{n=2}^\infty \frac{y^n}{n^2-1}\)
in za potencne vrste lepo dolocis konvergencni radij, pa imas odgovor (pa potem z logaritmiranjem substitucije dobis se obmocje po x). Ker gre za potencno vrsto, je ta znotraj obmocja zvezna in zvezno odvedljiva. Konvergencni radij lahko dobis po znanih formulah, lahko pa celo sestejes vrsto, saj ni tezko. Imenovalec lahko prepises v (n-1)(n+1). Z odvajanjem se bomo poskusali znebit obeh clenov in pridelat geometrijsko vrsto. Torej, najprej mnozis na obeh straneh z y:
\(yf(y)=\sum_{n=2}^\infty \frac{y^{n+1}}{(n-1)(n+1)}\)
Odvajamo:
\((yf(y))'=\sum_{n=2}^\infty \frac{y^{n}}{n-1}\)
Delis z y:
\(\frac{1}{y}(yf(y))'=\sum_{n=2}^\infty \frac{y^{n-1}}{n-1}\)
Odvajas se enkrat in sestejes:
\(\left(\frac{1}{y}(yf(y))'\right)'=\sum_{n=2}^\infty y^{n-2}=\frac{1}{1-y}\)
Zdaj pa v obratni smeri, da dobis f(y). Najprej integriras:
\(\frac{1}{y}(yf(y))'=-\ln(1-y)+C\)
Ce pogledas gor v vrsto za (yf(y))'/y vidis da mora za y=0 pridet 0, zato je C=0.
Mnozis z y:
\((yf(y))'=-y\ln(1-y)\)
Integriras se enkrat:
\(yf(y)=D+\frac{1}{4}y(y+2)-\frac{1}{2}(y^2-1)\ln (1-y)\)
Spet ves D=0.
\(f(y)=\frac{1}{4}(y+2)-\frac{1}{2}(y-y^{-1})\ln (1-y)\)
Vrsto sva torej uspela sestet.

Mnozenje, deljenje, odvajanje in integracija ne spremenijo konvergencnega radija, tako da lahko preberes konvergencni radij potencne vrste kot |y|<1, obmocje po x pa torej pride x>0.

Za enakomerno zveznost moras preverit obnasanje na robovih. Pogledat moras ali na obeh koncih za skrajno tocko konvergira ali ne - ni vedno ocitno - vcasih divergira vcasih pogojno konvergira, vcasih pa celo absolutno konvergira. Za x=neskoncno bo ok, ker to je pri y=0 in je v sredini konvergencnega obmocja (negativnih y sploh ne rabimo). Pri y=1 pa imas vrsto
\(\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^2-1}\)
in to se da lepo sestet. Vsak clen lahko pises kot \(\frac12\frac{1}{n-1}-\frac12\frac{1}{n+1}\). To sta dva ista clena, v razmiku 2 in z nasprotnim predznakom. Torej, ko bos sestel vse sode clene, bo ostal samo \(\frac12\frac{1}{2-1}\) in ko bos sestel se lihe, bo ostalo le \(\frac12\frac{1}{3-1}\) torej je rezultat \(\frac12+\frac14=\frac34\). Vrsta torej konvergira, in to absolutno (saj je vendar vrsta pozitivnih clenov). Torej lahko ves, da na robovih obmocja ne bo nekaj divje alterniralo med negativnimi in pozitivnimi stevili ali pobegnilo v neskoncnost - ce na robovih konvergira, potem bi moralo enakomerno konvergirat. Za potencno vrsto vedno ves, da je enakomerno konvergentna na odprtem intervalu znotraj konvergencnega radija. Ampak zdaj pa veva, da lahko interval zapres in da za x=0 (y=1) vrsta tudi konvergira.

PerkoA
Posts: 4
Joined: 23.6.2013 13:53

Re: Matematika

Post by PerkoA » 23.6.2013 22:55

Res najlepša hvala za tako obsežen odgovor. Se pravi lahko komot to potem ''spremenimo'' v potenčno vrsto.

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 23.6.2013 23:06

Ja menjava spremenljivke samo preimenuje stvari, nic ne vpliva na konvergenco po tockah. Samo na koncu moras pac prevest na svojo originalno spremenljivko.

PerkoA
Posts: 4
Joined: 23.6.2013 13:53

Re: Matematika

Post by PerkoA » 23.6.2013 23:09

Aha. Hvala. Seveda pa lahko tudi odvajamo potem to vrsto na njenem konvergenčnem območju

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 23.6.2013 23:14

Ja, odvajanje in integracija potencni vrsti ne spremenita konvergencnega radija (spremenita pa lahko konvergenco na skrajnem robu tako da to moras posebej preverit).

PerkoA
Posts: 4
Joined: 23.6.2013 13:53

Re: Matematika

Post by PerkoA » 23.6.2013 23:34

Najlepša hvala

anavotm
Posts: 89
Joined: 12.1.2012 12:01

Re: Matematika

Post by anavotm » 24.6.2013 19:32

Pozdravljeni
Ne znam rešiti naslednje naloge
Naj bo
\(a_n=\dfrac{(n^2+3)^{n^2+\frac{1}{n}}}{(n^2+2)^{n^2- \frac{1}{n}}}cos \dfrac{2n \pi}{3}\).
a)Določi vsa stekališča.
b)Ugotovi za katere \(x \in \mathbb{R}\) konvergira vrsta \(\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-5)^n\).

Pri a delu imam neko idejo da bi zaporedje razbil na dva zaporedja in sicer
\(b_n=\dfrac{(n^2+3)^{n^2+\frac{1}{n}}}{(n^2+2)^{n^2- \frac{1}{n}}}\). Če tu poračunam limito ko gre \(n \to \infty\) dobim e.
Potem mi ostane še drugi del zaporedja \(cos \frac{2n \pi}{3}\), kjer pa nevem kako naj gledam člene. Edino kar sem opazil je, da če vstavim not 1,2,4,5,7,8,... dobim -1/2,pri vseh večkratnikih 3 pa dobim 1.
Zanima me še, če moram potem, ko že dobim stekališča dokazati, da je to edino stekališče?
Pri b delu pa nevem najbol kako naj se lotim. Razmišljal sem če bi izračunal konvergenčni polmer in potem dobil nek interval (5-R,5+R) in potem preveril še konvergenco na krajiščih?

Hvala za kakršekoli odgovore

Lp

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 24.6.2013 22:41

Potem mi ostane še drugi del zaporedja cos \frac{2n \pi}{3}, kjer pa nevem kako naj gledam člene. Edino kar sem opazil je, da če vstavim not 1,2,4,5,7,8,... dobim -1/2,pri vseh večkratnikih 3 pa dobim 1.
Zanima me še, če moram potem, ko že dobim stekališča dokazati, da je to edino stekališče?
No saj tukaj lahko vidis v katerem grmu tici zajec... zaporedje ni konvergentno, ima vec kot eno stekalisce. Rezultat tistega kosinusa se ciklicno ponavlja na vsake tri, torej bos imel tri stekalisca: za vsak ostanek po deljenju n s 3 bos imel svoj rezultat. Zaporedje bo ciklalo med temi tremi stevilkami.

Pri b) bi nekako uporabil to, da (znotraj konvergencnega obmocja) potencne vrste konvergirajo absolutno. Torej lahko vzames absolutne vrednosti, pa v bistvu lahko gledas zgornjo mejo (torej kosinus postavis na 1) in za to poenostavljeno zaporedje predfaktorjev izracunas konvergencni radij.

Post Reply