UTCN 365, 366, 634

Question

Alex Stoicauser (0)

Pe: 8 iunie 20182018-06-08T10:34:23+03:00 2018-06-08T10:34:23+03:00In: MatematicaIn: Clasele IX-XII

UTCN 365, 366, 634

As avea nevoie de ajutor la exercitiile 365, 366 si 634.

https://imgur.com/a/b7hELqC

Va multumesc!

8 raspunsuri

Raspunde

Raspunde
Anulează răspunsul

Felixx · Answer 1 · 2018-06-08T20:48:03+03:00

Felixx veteran (III)

2018-06-08T20:48:03+03:00A raspuns pe 8 iunie 2018 la 8:48 PM

634)
Se poate arata usor ca : $0< ln\left ( 1+x \right )< x ,\forall x\in \left ( 0,1 \right )$
Atunci: $0< ln\left ( 1+e^{-x} \right )< e^{-x}$ si $0< \int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx< \int_{0}^{n}e^{-x}dx$
Deci:
$0< \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx< \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}e^{-x}dx$
unde:
$\int_{0}^{n}e^{-x}dx=1-\frac{1}{e^{n}}$ si $\frac{1}{n^{2}}\left ( 1-\frac{1}{e^{n}} \right )\rightarrow 0$
Atunci conform criteriul clestelui:
$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx=0$
Avem de calculat :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n}\int_{0}^{1}ln\left ( 1+e^{nx} \right )dx$
Facem substitutia : $nx=y$
Atunci :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{y} \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{y} \right )-y \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\frac{e^{y}+1}{e^{y}} \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{-y} \right ) \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ydy+\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-y} \right )dy=\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}$

0

Raspunde

PhantomR · Answer 2 · 2018-06-09T10:42:06+03:00

$\fbox{365.}$
EDIT: Am gresit notatia de mai jos.. initial am pus la putere doar $k/tex] si nu [tex]\frac{1}{k}$ . Ca urmare, am modificat si restul demonstratiei (postarea originala o puteti vedea in ce a citat domnul Integrator mai jos)..
Daca notam $y_k=\frac{1}{x_k^{\frac{1}{k}}-1}$ ., relatia de recurenta devine $y_{k+1}-y_k = 1$ , care e relatia ce defineste o progresie aritmetica de ratie $1$ .

Puteti aplica direct formula termenului general sau putem aduna relatiile pentru $k=1,2,...,n-1$ pentru $n\geq 2$ spre a obtine:
$y_n -y_1 = n-1$ .

Cum $y_1=1$ , rezulta $y_n=n$ si apoi obtinem $x_n^{\frac{1}{n}}-1=\frac{1}{n}$ sau $x_n^{\frac{1}{n}}=1+\frac{1}{n}$ . De aici, ridicand la puterea $n$ , avem $x_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^n$ , deci $x_n \to e$ .

PhantomR · Answer 3 · 2018-06-09T11:02:19+03:00

$\fbox{366.}$ Daca dam factor comun fortat pe $\sqrt[3]n$ , obtinem ceva destul de urat. Am vrea sa avem in paranteza de factor comun $\cos\sqrt{n+1} - \cos \sqrt n$ . Pentru aceasta, incercam sa adaugam un $\sqrt[3]n \cos\sqrt{n+1}$ si sa il scadem:

$x_n=\sqrt[3]{n+1}\cos \sqrt{n+1} -\sqrt[3]n \cos \sqrt{n+1} + \sqrt[3]n\cos \sqrt{n+1} - \sqrt[3]n \cos \sqrt{n+1}$ . Daca dam factor comun intre ultimii doi termeni, avem forma cautata in paranteza. Sa vedem ce limita au primii doi (ideal, un numar finit):
$y_n=\sqrt[3]{n+1}\cos\sqrt{n+1} - \sqrt[3]n \cos \sqrt{n+1} = \cos \sqrt{n+1} ( \sqrt[3]{n+1} - \sqrt[3] n)=$
$\cos \sqrt{n+1} \frac{1}{\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)} + \sqrt[3]{n^2}} \to 0$ deoarece $\cos$ e marginita.

Atunci ne mai ramane de calculat limita lui $z_n= \sqrt[3]n\cos \sqrt{n+1} - \sqrt[3]n \cos \sqrt{n+1}$ .
Avem $z_n = \sqrt[3] n (\cos \sqrt{n+1} - \cos \sqrt n = -2\sqrt[3]n \sin \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt n}{2} \sin \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt n}{2}$ .
Argumentul primului sinus are limita infinita, deci o sa ignoram acel sinus.. speram ca ce este pe langa el (radicalul si celalalt sinus) sa aiba impreuna limita zero. Avem $z_n =-2\sqrt[3]n \sin \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt n}{2} \sin \frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}$ .
Argumentul celui de-al doilea sinus are limita zero, deci ne gandim la o limita remarcabila:
$z_n = -2 \sqrt[3]n \cdot \sin\left( \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt n}{2}\right) \cdot \frac{\sin \frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}}{\frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}} \cdot \frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}=$
$-2 \cdot \sin\left( \frac{\sqrt{n+1} + \sqrt n}{2}\right) \cdot \frac{\sin \frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}}{\frac{1}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}} \cdot \frac{\sqrt[3]n}{2(\sqrt{n+1} + \sqrt n)}$ . Ei bine, ca sa calculam limita fractiei din dreapta de tot o idee e sa aducem radicalii la acelasi ordin:
$\frac{\sqrt[6]{n^2}}{2(\sqrt[6]{(n+1)^3}+\sqrt[6]{n^3}}$ . Simplificand cu numaratorul, obtinem ca limita este zero. Atunci si limita lui
$z_n$ e zero (primul sinus e marginit, iar restul la un loc au limita $-2\cdot 1 \cdot 0 = 0$ ).

Atunci $x_n = y_n + z_n \to 0 + 0 = 0$ .

Integrator · Answer 4 · 2018-06-09T12:59:19+03:00

PhantomR post_id=111577 time=1528540926 user_id=15235 wrote:
$\fbox{365.}$ Daca notam $y_k=\frac{1}{x_k^k-1}$ ., relatia de recurenta devine $y_{k+1}-y_k = 1$ , care e relatia ce defineste o progresie aritmetica de ratie $1$ .

Puteti aplica direct formula termenului general sau putem aduna relatiile pentru $k=1,2,...,n-1$ pentru $n\geq 2$ spre a obtine:
$y_n -y_1 = n-1$ .

Cum $y_1=1$ , rezulta $y_n=n$ si apoi obtinem $x_n^n-1=\frac{1}{n}$ sau $x_n^n=1+\frac{1}{n}$ . De aici, obtinem $|x_n|=\sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}$ , deci $|x_n|\to 0$ si, ca urmare, $x_n\to 0$ .

NOTA: Am folosit modul deoarece pentru $n$ par exista doua variante posibile: $x_n=\pm \sqrt[n]{1+\frac{1}{n}}$ .

Bună ziua,

Nu am înțeles notatia facută de Dvs.! 💡

Numai bine,

Integrator

PhantomR · Answer 5 · 2018-06-09T13:40:19+03:00

Integrator post_id=111579 time=1528549159 user_id=14570 wrote:
Nu am înțeles notatia facută de Dvs.! 💡

Va multumesc frumos pentru remarca.. am gresit. Am corectat acum editand postarea de mai sus. Sper ca e corect.

Alex Stoica · Answer 6 · 2018-06-10T07:26:20+03:00

Felixx post_id=111575 time=1528490883 user_id=21270 wrote:
634)
Se poate arata usor ca : $0< ln\left ( 1+x \right )< x ,\forall x\in \left ( 0,1 \right )$
Atunci: $0< ln\left ( 1+e^{-x} \right )< e^{-x}$ si $0< \int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx< \int_{0}^{n}e^{-x}dx$
Deci:
$0< \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx< \frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}e^{-x}dx$
unde:
$\int_{0}^{n}e^{-x}dx=1-\frac{1}{e^{n}}$ si $\frac{1}{n^{2}}\left ( 1-\frac{1}{e^{n}} \right )\rightarrow 0$
Atunci conform criteriul clestelui:
$\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-x} \right )dx=0$
Avem de calculat :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n}\int_{0}^{1}ln\left ( 1+e^{nx} \right )dx$
Facem substitutia : $nx=y$
Atunci :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{y} \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{y} \right )-y \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\frac{e^{y}+1}{e^{y}} \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{-y} \right ) \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ydy+\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-y} \right )dy=\frac{1}{2}+0=\frac{1}{2}$

La toate exercitiile de genul ar trebui sa procedez in acest mod ?? Ca nu prea pricep acest tip de exercitii.

PhantomR · Answer 7 · 2018-06-10T11:07:28+03:00

Alex Stoica post_id=111589 time=1528615580 user_id=22752 wrote:
La toate exercitiile de genul ar trebui sa procedez in acest mod ?? Ca nu prea pricep acest tip de exercitii.

Va recomand sa cititi mai intai ultima parte din rezolvarea lui Felixx:

Felixx post_id=111575 time=1528490883 user_id=21270 wrote:

Avem de calculat :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n}\int_{0}^{1}ln\left ( 1+e^{nx} \right )dx$
Facem substitutia : $nx=y$
Atunci :
$I=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{y} \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{y} \right )-y \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\frac{e^{y}+1}{e^{y}} \right )dy$ [tex]=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}\left ( y+ln\left ( 1+e^{-y} \right ) \right )dy=\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ydy+\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{n}ln\left ( 1+e^{-y} \right )dy[/tex]

Mai departe ramane de calculat a doua integrala pentru care aveti rezolvarea in prima parte a postarii lui 😀.

ghioknt · Answer 8 · 2018-06-10T19:21:25+03:00

Alex Stoica post_id=111589 time=1528615580 user_id=22752 wrote:
La toate exercitiile de genul ar trebui sa procedez in acest mod ?? Ca nu prea pricep acest tip de exercitii.

Să încerc o abordare mai directă decât cea propusă de Felixx, dar pe fond, cam aceeași.
Poate că intuiești că, pe masură ce n crește, diferența dintre $\ln (1+e^{nx})$ și $\ln e^{nx}$ devine tot mai nesemnificativă, deci la fel și diferența dintre $I_n=\frac{1}{n}\int _0^1\ln(1+e^{nx})dx$ și $\frac{1}{n}\int _0^1\ln e^{nx}dx=\frac{1}{2}$ .
Altfel spus, $\frac{1}{2}$ este un aproximant – prin lipsă – al lui $I_n$ , deci și a limitei cerute. Asta
înseamnă că probabilitatea ca răspunsul corect să fie acesta este destul de mare pentru a-l bifa, chiar dacă nu știi și o demonstrație.
Pentru a aprecia cât de mare/mică este diferența pomenită mai sus, poți apela la o consecință a teoremei lui Lagrange:
$\frac{b-a}{b}\leq \ln b-\ln a\leq \frac{b-a}{a}$ , care aplicată aici: $\frac{1}{1+e^{nx}}\leq \ln(1+e^{nx})-\ln e^{nx}\leq \frac{1}{e^{nx}}$ ,
apoi integrată și înmulțită cu 1/n: $\frac{1}{n}\int _0^1\frac{1}{1+e^{nx}}dx\leq \frac{1}{n}\int _0^1[\ln(1+e^{nx})-\ln e^{nx}]dx\leq \frac{1}{n}\int _0^1 \frac{1}{e^{nx}}dx$ .
Minorând/majorând integralele din capete: $\frac{1}{n(1+e^n)}<I_n-\frac{1}{2}<\frac{1}{n}.$
Criteriul cleștelui confirmă acum că limita cerută este 1/2.

Inregistrare

Login

Resetare parola

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

UTCN 365, 366, 634

Similare

8 raspunsuri

RaspundeAnulează răspunsul

Raspunde
Anulează răspunsul