Matematikos Maratonas Nr. 3

Staigiai tu čia :D Puiku :) Laukiame užduoties.

0

Raskite ribą [tex]\lim_{n\rightarrow \infty}\left ( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}-\ldots-\frac{1}{n^2-1}-\frac{1}{n^2}\right )[/tex].

0

Patarimas: naudokite Eulerio-Mascheroni konstantos apibrėžimą.

0

Sprendimas
Patogumo ir trumpumo dėlei, įvesiu žymėjimą: [tex]H_n:=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}[/tex]. Čia [tex]n\in\mathbb{N}[/tex].
Tada Eulerio-Mascheroni konstantos apibrėžimas atrodys taip: [tex]\mathrm{\gamma }=\lim_{n\rightarrow \infty}\left ( H_n-\ln n \right )[/tex], arba šitaip:
[tex]H_n-\ln n\sim \gamma ,~n\rightarrow \infty,~~~(1)[/tex].

Iš (1) tampa akivaizdu, kad
[tex]H_{n^2}-\ln n^2 \sim\gamma,~n\rightarrow \infty,~~~(2)[/tex]

Dabar iš pirmojo sąryšio, prieš tai jo abi puses padauginę iš 2, atimkime antrąjį sąryšį:
[tex]2H_n-2 \ln n - \left (H_{n^2}-\ln n^2 \right )\sim 2\gamma - \gamma,~n\rightarrow \infty[/tex].
Iš čia seka, kad sąlygoje nurodytos sekos riba yra lygi [tex]\gamma[/tex].

Kol kas nekyla naujų idėjų dėl kito uždavinio. Gal kils kitiems.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-14

0

Įdomus buvo tavo uždavinys, apie tą konstantą pirmą kartą sužinojau, tai praplėčiau savo žinias :).
Aš galiu pasiūlyti tokį uždavinį:
Funkcijos [tex]f(x)[/tex] ir [tex]g(x)[/tex] yra diferencijuojamos visoje realiųjų skaičių aibėje ir taip pat [tex]f(0)=g(0)=0[/tex].
Žinoma, kad: [tex]\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)+g(x)}{\sin x}=3[/tex] ir [tex]\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{g(x)-x}=2[/tex]. Raskite: [tex]\lim\limits_{x\to 0}[f(x)+1]^{\frac{1}{g(x)}}[/tex].

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-15

0

Duodu patarimą: Taikykit Lopitalio taisyklę. Jei neišpręsk niekas, tada ryt įkelsiu sprendimą.

0

[tex]\sin x \sim x,~x\rightarrow 0[/tex], tai [tex]\frac{f(x)+g(x)}{\sin x} \sim \frac{f(x)+g(x)}{ x} \sim\frac{f'(x)+g'(x)}{1}\sim 3,~x\rightarrow 0.~~(1)[/tex].

Be to
[tex]\frac{f(x)}{g(x)-x}\sim\frac{f'(x)}{g'(x)-1}\sim2,~x\rightarrow 0.~~(2)[/tex].

Tai dabar, atsižvelgiant į (1),
[tex]\left ( f(x)+1 \right )^{\frac{1}{g(x)}}\sim \mathrm{e}^\frac{f(x)}{g(x)}\sim \mathrm{e}^\frac{f'(x)}{g'(x)}\sim \mathrm{e}^\frac{3-g'(x)}{g'(x)}\sim \mathrm{e}^{\frac{3}{g'(x)}-1},~x\rightarrow 0.~~(3)[/tex]

Atsižvelgiant į (2),
[tex]\left ( f(x)+1 \right )^{\frac{1}{g(x)}}\sim \mathrm{e}^\frac{f(x)}{g(x)}\sim \mathrm{e}^\frac{f'(x)}{g'(x)}\sim \mathrm{e}^\frac{2g'(x)-2}{g'(x)}\sim \mathrm{e}^{2-\frac{2}{g'(x)}},~x\rightarrow 0.~~(4)[/tex].

Iš (3) ir (4) seka, kad
[tex]\mathrm{e}^{2-\frac{2}{g'(x)}}\sim \mathrm{e}^{\frac{3}{g'(x)}-1},~x\rightarrow 0.~~(4)[/tex]

O iš čia seka, kad
[tex]g'(x)\sim-\frac{5}{3},~x\rightarrow 0.[/tex].

Dabar (5) sąryšio rezultatą panaudojame (3) arba (4) išraiškose.
[tex]\left ( f(x) +1\right )^{1/g(x)}\sim\mathrm{e}^{5/4},~x\rightarrow 0.[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-10-18

0

[tex]g'(x)\sim\dfrac{5}{3}[/tex], kai [tex]x[/tex] artėja prie 0.
Atsakymas: [tex]e^{4/5}[/tex]. Gali jei turi kelti savo užduotį.

0

Ar yra toks natūralusis n, kad lygybė
[tex]n+n^2+n^3+n^4+n^5+n^6+n^7+n^8+n^9=\left ( n+1 \right )^{10}[/tex]
būtų teisinga?

0

Pritaikę dešiniajai lygybės pusei Niutono binomą, gauname:
[tex]\sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} = \sum\limits_{k=0}^{10} C_{10}^{k}n^{10-k}\cdot 1^k\iff \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} = \sum\limits_{k=0}^{10} C_{10}^{k}n^{10-k}\iff \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} =C_{10}^{0}n^{10-0}+ \sum\limits_{k=1}^{9} C_{10}^{k}n^{10-k}+C_{10}^{10}n^{10-10}\iff\\ \sum\limits_{k=1}^{9} n^{k} =n^{10}+ \sum\limits_{k=1}^{9} C_{10}^{k}n^{10-k}+1\iff \sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}n^{10-k}-n^k)+n^{10}+1=0 \iff \sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}+n^{10}+1=0[/tex]
Akivaizdu, kad: [tex](C_{10}^{k}-1)n^{10-k}>0[/tex], kai [tex]k=1..9[/tex], o [tex]n∈\mathbb{N}[/tex], taigi kartu
[tex]\sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}>0[/tex]
Tada [tex]∀n∈\mathbb{N}[/tex]: [tex]\sum\limits_{k=1}^{9} (C_{10}^{k}-1)n^{10-k}+n^{10}+1>0[/tex].
Taigi lygtis natūralių sprendinių neturi.

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!