lepo prosim,ce bi bil kdo pripravljen mi pomagati in mi resit kak izpit. saj sem resevala,a ne vem ce je prav postopek in vse
hvala
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i31112.pdf
analiza_fmf
Re: analiza_fmf
2. Problem je lahko pri 0 ali pri neskončnosti. Pri neskončnosti gre arctg(x^2) proti konstanti (pi/2), torej mora biti a>1. Pri 0 izračunaš limito lim(arctg(x^2)/x^2)=1 in upoštevaš \(\frac{\textnormal{arctg}(x^2)}{x^a}=\frac{\textnormal{arctg}(x^2)}{x^2}\cdot\frac{1}{x^{a-2}}\). Torej mora biti \(a-2<1\) oziroma \(a<3\). Končni rezultat je \(a\in(1,3)\).
4. Definirajmo \(A=\{x\in\mathbb{R}|\ f(x)=f(0)\}\). Po predpostavki velja \(f(x)=f(x+k\cdot a_n)\) za vsak \(x\in\mathbb{R}\), \(k\in\mathbb{Z}\) in \(n\ge 1\). Torej je \(f(ka_n)=f(0)\) za vsak \(k\in\mathbb{Z}\) in \(n\ge 1\) in zato \(ka_n\in A\). Odtod sledi, da je \(A\) gosta. Res, za vsak \(t\in\mathbb{R}\) in \(\epsilon>0\) lahko izberemo \(n\), da je \(|a_n|<\epsilon\) in zato \(|t-ka_n|<\epsilon\) za nek \(k\). Ker je torej \(f\) konstantna na gosti množici, je konstantna na \(\mathbb{R}\).
4. Definirajmo \(A=\{x\in\mathbb{R}|\ f(x)=f(0)\}\). Po predpostavki velja \(f(x)=f(x+k\cdot a_n)\) za vsak \(x\in\mathbb{R}\), \(k\in\mathbb{Z}\) in \(n\ge 1\). Torej je \(f(ka_n)=f(0)\) za vsak \(k\in\mathbb{Z}\) in \(n\ge 1\) in zato \(ka_n\in A\). Odtod sledi, da je \(A\) gosta. Res, za vsak \(t\in\mathbb{R}\) in \(\epsilon>0\) lahko izberemo \(n\), da je \(|a_n|<\epsilon\) in zato \(|t-ka_n|<\epsilon\) za nek \(k\). Ker je torej \(f\) konstantna na gosti množici, je konstantna na \(\mathbb{R}\).
Re: analiza_fmf
3. Krivulja je sestavljena iz dveh delov. Pri \(t>0\) je \(t=\sqrt{\frac{x}{3}}\), torej \(y=\sqrt{3x}-\sqrt{\frac{x^3}{27}}\). Pri \(t<0\) pa je \(t=-\sqrt{\frac{x}{3}}\), torej \(y=-\sqrt{3x}+\sqrt{\frac{x^3}{27}}\). Oba grafa skupaj dasta pentljo, ki se seka tam, kjer je \(\sqrt{3x}-\sqrt{\frac{x^3}{27}}=0\), torej pri \(x=9\). Tam ima funkcija \(y=\sqrt{3x}-\sqrt{\frac{x^3}{27}}\) odvod \(-\frac{1}{\sqrt{3}}\), kar ustreza kotu \(\frac{\pi}{6}\). Skupni kot je dvakratnik tega, torej \(\frac{\pi}{3}\).
Ploščina pa je \(2\int_0^9(\sqrt{3x}-\sqrt{\frac{x^3}{27}})dx=\frac{72\sqrt{3}}{5}\).
Ploščina pa je \(2\int_0^9(\sqrt{3x}-\sqrt{\frac{x^3}{27}})dx=\frac{72\sqrt{3}}{5}\).
Re: analiza_fmf
1. Če je \(a\) osnovnica trikotnika, potem je višina \(v=\frac{2\sqrt{3}}{a}\), stranski rob pa \(\sqrt{\frac{a^2}{4}+v^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{12}{a^2}\). Iščemo \(a>0\), za katerega je obseg \(a+2\sqrt{\frac{a^2}{4}+\frac{12}{a^2}}=a+\sqrt{a^2+\frac{48}{a^2}}\) minimalen. Uvedemo novo spremenljivko \(b=a^2\); iščemo torej \(b>0\), za katerega je izraz \(\sqrt{b}+\sqrt{b+\frac{48}{b}}\) minimalen. Odvajamo ta izraz po \(b\), izenačimo z \(0\) in dobimo \(b=4\), torej \(a=2\).
Re: analiza_fmf
js bi pa tole mela če lahk:
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i41112.pdf
in 3jo in 4to od kle http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i21112.pdf
hvala
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i41112.pdf
in 3jo in 4to od kle http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i21112.pdf
hvala
Re: analiza_fmf
3. Razstavimo na parcialne ulomke \(f(x)=\frac{12-5x}{6-5x-x^2}=\frac{6}{6+x}+\frac{1}{1-x}\), torej dobimo \(f(x)=\frac{6}{8+(x-2)}-\frac{1}{1+(x-2)}=\) \(\frac{3}{4}\frac{1}{1+\frac{x-2}{8}}-\frac{1}{1+(x-2)}=\) \(\frac{3}{4}\sum_{n=0}^\infty (-\frac{1}{8})^n(x-2)^n-\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(x-2)^n=\) \(\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(\frac{3}{4}\frac{1}{8^n}-1)(x-2)^n\). Odvod je potem \(f^{(2012)}(2)=2012!\cdot (-1)^{2012}(\frac{3}{4}\frac{1}{8^{2012}}-1)=2012!\cdot(\frac{3}{4\cdot 8^{2012}}-1)\).
Re: analiza_fmf
4. Naj bo \(\epsilon>0\). Po predpostavki naloge za vsak \(x\in[0,1]\) obstaja \(f_x\in\mathcal{A}\), za katero je \(f_x(x)<\epsilon\). Zaradi zveznosti je potem \(f_x(t)<\epsilon\) za vse \(t\) in neke odprte okolice \(U_x\) točke \(x\). Družina \(\{U_x|\ x\in[0,1]\}\) je odprto pokritje prostora \([0,1]\). Zaradi kompaktnosti obstaja končno podpokritje \(U_{x_1},\ldots,U_{x_n}\). Po predpostavki naloge pa obstaja \(f\in\mathcal{A}\), za katero je \(f(t)\le f_{x_i}(t)\) za vsak \(i=1,\ldots,n\). Torej je \(f\) iskana funkcija, saj za poljuben \(t\in[0,1]\) velja \(t\in U_{x_i}\) za nek \(i\), torej \(f(t)\le f_{x_i}(t)<\epsilon\).
Re: analiza_fmf
3. Razvoj: \(f(x)=\textnormal{ln}(1+x^4)-\textnormal{ln}(1-x^2)=\) \(\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^{4n}}{n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(-x^2)^n}{n}=\) \(\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^{4n}}{n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n}=x^2+\frac{3}{2}x^4+\ldots\).
Limita: razvijemo števec in imenovalec in dobimo \(\frac{(x^2+\frac{3}{2}x^4+\ldots)-x^2}{2(1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\ldots)-2+x^2}=\frac{\frac{3}{2}x^4+\ldots}{\frac{2}{24}x^4+\ldots}\). V limiti dobimo \(12\cdot\frac{3}{2}=18\).
Limita: razvijemo števec in imenovalec in dobimo \(\frac{(x^2+\frac{3}{2}x^4+\ldots)-x^2}{2(1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\ldots)-2+x^2}=\frac{\frac{3}{2}x^4+\ldots}{\frac{2}{24}x^4+\ldots}\). V limiti dobimo \(12\cdot\frac{3}{2}=18\).
Re: analiza_fmf
4. Izberimo \(f_0\in\mathcal{C}([0,1])\) in \(\epsilon>0\). Pokažimo, da \(\delta=\epsilon\) zadošča pogoju. Naj bo \(f\in\mathcal{C}([0,1])\) poljubna, da je \(d_\infty(f,f_0)<\delta\). Potem za poljuben \(x\in[0,1]\) velja \(|F(f)(x)-F(f_0)(x)|=|x+\int_0^1f(t)dt-x-\int_0^1f_0(t)dt|=\) \(|\int_0^1(f(t)-f_0(t))dt|\le\int_0^1|f(t)-f_0(t)|dt<\int_0^1\epsilon dt=\epsilon\), torej \(d_\infty(F(f),F(f_0))<\epsilon\). S tem smo pokazali zveznost.
Če je \(F(f)=f\), je \(f\) oblike \(f(x)=x+a\) za nek \(a\), torej \(x+a=f(x)=F(f)(x)=x+\int_0^1(t+a)dt=x+\frac{1}{2}+a\) za vsak \(x\in[0,1]\). To pa je protislovje, torej \(f\) z lastnostjo \(F(f)=f\) ne obstaja.
Če je \(F(f)=f\), je \(f\) oblike \(f(x)=x+a\) za nek \(a\), torej \(x+a=f(x)=F(f)(x)=x+\int_0^1(t+a)dt=x+\frac{1}{2}+a\) za vsak \(x\in[0,1]\). To pa je protislovje, torej \(f\) z lastnostjo \(F(f)=f\) ne obstaja.
Re: analiza_fmf
http://www.fmf.uni-lj.si/~vavpetic/Anal ... i11112.pdf
pri prvi me mede to,da spodaj ni x-a. izračunat bi pa mogla limito v več delih? pa ostale? preverila bi rada
hvala
pri prvi me mede to,da spodaj ni x-a. izračunat bi pa mogla limito v več delih? pa ostale? preverila bi rada
hvala
Re: analiza_fmf
1)
Ja funkcija je sestavljena (lepljena) in ce hoces, da bo zvezna, mora biti limita prvega dela (x!=0) enaka b. Za negativne x itak ni definirano zaradi korena. So pa dali tako limito da ima precej visok red.
Zaradi korenov in vseh teh neumnosti je direktno resevanje neznosno (odvajanje korenov in podobno)... Obupamo, in damo \(u=\sqrt x\), da ne bo treba korenov odvajat... limita je se vedno u->0.
\(\frac{\ln (1+u^2)-au^2 \cos u}{u^6}\)
Tega se zdaj lahko lotis z razvojem z znanimi formulami:
\(\ln (1+u^2)=u^2-\frac{1}{2}u^4+\frac{1}{3}u^6-\cdots\)
\(\cos u =1-\frac{1}{2}u^2+\frac{1}{4!}u^4-\cdots\)
Dobis
\(\lim_{u\to 0}\frac{u^2-\frac{1}{2}u^4+\frac{1}{3}u^6-au^2+\frac{a}{2}u^4-\frac{a}{4!}u^6}{u^6}\)
Vidis, da ce hoces, da imas sploh nedolocen izraz tipa 0/0, mora biti a=1. Ostane
\(\lim_{u\to 0}\frac{\frac{1}{3}u^6-\frac{1}{24}u^6}{u^6}=\frac{7}{24}\)
Ja funkcija je sestavljena (lepljena) in ce hoces, da bo zvezna, mora biti limita prvega dela (x!=0) enaka b. Za negativne x itak ni definirano zaradi korena. So pa dali tako limito da ima precej visok red.
Zaradi korenov in vseh teh neumnosti je direktno resevanje neznosno (odvajanje korenov in podobno)... Obupamo, in damo \(u=\sqrt x\), da ne bo treba korenov odvajat... limita je se vedno u->0.
\(\frac{\ln (1+u^2)-au^2 \cos u}{u^6}\)
Tega se zdaj lahko lotis z razvojem z znanimi formulami:
\(\ln (1+u^2)=u^2-\frac{1}{2}u^4+\frac{1}{3}u^6-\cdots\)
\(\cos u =1-\frac{1}{2}u^2+\frac{1}{4!}u^4-\cdots\)
Dobis
\(\lim_{u\to 0}\frac{u^2-\frac{1}{2}u^4+\frac{1}{3}u^6-au^2+\frac{a}{2}u^4-\frac{a}{4!}u^6}{u^6}\)
Vidis, da ce hoces, da imas sploh nedolocen izraz tipa 0/0, mora biti a=1. Ostane
\(\lim_{u\to 0}\frac{\frac{1}{3}u^6-\frac{1}{24}u^6}{u^6}=\frac{7}{24}\)
Re: analiza_fmf
a bi mi prosim še ostale prepračunal da mam rešitve? hvala
Re: analiza_fmf
no drugo in četro. za tretjo sem skoraj prepričana,da je prav
Re: analiza_fmf
2.
a)
konvergencni radij gre tukaj najlazje preko
\(r=\lim{\,\rm sup} \frac{|a_{n}|}{|a_{n+1}|}\)
in kvocient tukaj je zelo enostaven:
\(\frac{|a_{n}|}{|a_{n+1}|}=\frac{(a+n+1)(n+1)}{(a+n)n}\)
In to ni problem limitirat: delis z n^2 na obeh straneh in prides do r=1.
V krajiscih pa vstavi x=1 in x=-1 in uporabi obicajne teste za konvergence vrst (za alternirajoce imas svoj test recimo, tako da x=-1 je pokrit z enim izmed testov).
b)
za konvergenco je vazen rep funkcije, in tam je 1/n^2 majhen in arctan(x)=~x. Vrsto lahko omejis od zgoraj z vrsto 1/2n^2.
4.
To je pac posplosen pitagorov izrek, kjer ves da za n v neskoncnosti dobis kot rezultat najvecji element. Po domace,
\(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a^n+b^n}={\rm max}(a,b)\)
Da to konvergira lahko dokazes na zgornjem primeru (fiksen a, fiksen b,... lahko pogledas kvocientni test in potegnes limito). To je ze dokaz konvergence po tockah (in dokaz da dobis g(x)). Da preprecis enakomerno konvergenco, lahko kaksni funkciji dodas pol...
a)
konvergencni radij gre tukaj najlazje preko
\(r=\lim{\,\rm sup} \frac{|a_{n}|}{|a_{n+1}|}\)
in kvocient tukaj je zelo enostaven:
\(\frac{|a_{n}|}{|a_{n+1}|}=\frac{(a+n+1)(n+1)}{(a+n)n}\)
In to ni problem limitirat: delis z n^2 na obeh straneh in prides do r=1.
V krajiscih pa vstavi x=1 in x=-1 in uporabi obicajne teste za konvergence vrst (za alternirajoce imas svoj test recimo, tako da x=-1 je pokrit z enim izmed testov).
b)
za konvergenco je vazen rep funkcije, in tam je 1/n^2 majhen in arctan(x)=~x. Vrsto lahko omejis od zgoraj z vrsto 1/2n^2.
4.
To je pac posplosen pitagorov izrek, kjer ves da za n v neskoncnosti dobis kot rezultat najvecji element. Po domace,
\(\lim_{n\to \infty}\sqrt[n]{a^n+b^n}={\rm max}(a,b)\)
Da to konvergira lahko dokazes na zgornjem primeru (fiksen a, fiksen b,... lahko pogledas kvocientni test in potegnes limito). To je ze dokaz konvergence po tockah (in dokaz da dobis g(x)). Da preprecis enakomerno konvergenco, lahko kaksni funkciji dodas pol...
Re: analiza_fmf
Zdravo. Mi lahko kdo pomaga pri spodnji nalogi.
Naj bo \(f:[0,1] \to \mathbb{R}\) zvezna funkcija, ki je zvezno odvedljiva na (0,1) in velja f(0)=f(1)=0. Naj obstajata \(a,b \in (0,1)\), da je a>b in je f(a)-f(b)=0. Pokaži, da obstaja \(\xi \in (0,1)\), da je \(f'(\xi)=1\).
Vem, da ker je f zvezno odvedljiva na (0,1) je njen odvod zvezna funkcija na (0,1). f zadošča vsem kriterijem Rolleovega izreka, torej obstaja taka točka \(\xi_1 \in (0,1)\), da je \(f(\xi_1)=0.\) Drugi si razlagam, da če velja f(a)-f(b)=0 ima f v a in v b ekstrema. Ne znam pa kakorkoli stvari povezat in prit do neke konkretne ideje.
Hvala vnaprej
Naj bo \(f:[0,1] \to \mathbb{R}\) zvezna funkcija, ki je zvezno odvedljiva na (0,1) in velja f(0)=f(1)=0. Naj obstajata \(a,b \in (0,1)\), da je a>b in je f(a)-f(b)=0. Pokaži, da obstaja \(\xi \in (0,1)\), da je \(f'(\xi)=1\).
Vem, da ker je f zvezno odvedljiva na (0,1) je njen odvod zvezna funkcija na (0,1). f zadošča vsem kriterijem Rolleovega izreka, torej obstaja taka točka \(\xi_1 \in (0,1)\), da je \(f(\xi_1)=0.\) Drugi si razlagam, da če velja f(a)-f(b)=0 ima f v a in v b ekstrema. Ne znam pa kakorkoli stvari povezat in prit do neke konkretne ideje.
Hvala vnaprej