Matematikos Maratonas Nr. 3

Šaunu! Atsakymas geras :)

0

Įrodykite teiginį
[tex]\left ( \exists N\in \mathbb{N}:\forall n\geqslant N~\Rightarrow ~\left | x_n-x_{n+1} \right | \leqslant \frac{1}{2^n}\right) ~\Rightarrow \exists !\left |\lim_{n\rightarrow \infty}x_n \right |<\infty[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-05

0

Sakykime, kad [tex]\left ( x_n,n \in \mathbb{N} \right )[/tex] yra realiųjų skaičių seka, kuriai galioja savybė.
[tex]\exists N\in \mathbb{N}:\forall n>N\Rightarrow \left | x_n-x_{n+1} \right |\leqslant \frac{1}{2^n}[/tex]
Tarkime, kad tokia seka konverguoja, vadinasi, jai galio Koši kriterijus t.y.
[tex]\forall \varepsilon >0\exists N\in\mathbb{N}:\forall n>N\forall p\Rightarrow \left | x_n-x_{n+p} \right |<\epsilon[/tex].


[tex]\left | x_n-x_{n+p} \right |=\left |\sum_{k=n}^{n+p-1}\left ( x_k-x_{k+1} \right ) \right |\leqslant \sum_{k=n}^{n+p-1}\left |\left ( x_k-x_{k+1} \right ) \right |\leqslant \sum_{k=n}^{n+p-1}\frac{1}{2^k}<\frac{p}{2^n},n>N[/tex],

Tegul dabar p neaprėžtai auga, tada

[tex]\frac{n}{2^n}\overset{n\rightarrow \infty}{\rightarrow}0,\forall n>N.[/tex].

Vadinasi, nagrinėjama seka konverguoja.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-08

0

Raskite ribą
[tex]\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(x)\mathrm{e}^x-f(0)}{f(x)\cos x-f(0)},~f'(0)\neq 0.[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-12

0

[tex]\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{f(x)\mathrm{e}^x-f(0)}{f(x)\cos x-f(0)}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\frac{\frac{f(x)\mathrm{e}^x-f(0)\mathrm{e}^0}{x-0}}{\frac{f(x)\cos x-f(0)\cos 0}{x-0}}= \frac{\left (f(x) \mathrm{e}^x \right )'|_{x=0}}{\left (f(x)\cos x \right )'|_{x=0}}=1+\frac{f(0)}{f'(0)}[/tex]

0

Išspręskite lygtį [tex]f'(x)=0[/tex], jeigu [tex]f(x)=\max\left \{ 7x-6x^2,\left | x \right | ^3\right \}[/tex].

0

Ši funkcija apibrėžta visoje realiųjų skaičių aibėje. Raskime, su kuriomis [tex]x[/tex] reikšmėmis, reiškinys [tex]|x|^3-(7x-6x^2)[/tex] įgyja teigiamas, negiamas ar lygią 0 reikšmes.
Pagal modulio apibrėžtį nagrinėjame du atvejus:
Kai [tex]x<0[/tex], tai: [tex]|x|^3-(7x-6x^2)=-x^3+6x^2-7x=-x(x^2-6x+7)[/tex]
Prisilyginę 0, gauname: [tex]-x(x^2-6x+7)=0\implies x=0 \space (netinka)[/tex]

Kai [tex]x∈(-\infty;0)[/tex], tai [tex]|x|^3-(7x-6x^2)>0[/tex]
Kai [tex]x≥0[/tex], tai: [tex]|x|^3-(7x-6x^2)=x^3+6x^2-7x=x(x^2+6x-7)=x(x-1)(x+7)[/tex]
Prisilyginę 0, gauname: [tex]x(x-1)(x+7)=0\implies x=0,\space x=1,\space x=-7\space (netinka).[/tex]
Kai [tex]x∈[0;1)[/tex], tai: [tex]|x|^3-(7x-6x^2)=x(x-1)(x+7)<0[/tex]
Kai [tex]x∈[1;+\infty)[/tex], tai: [tex]|x|^3-(7x-6x^2)=x(x-1)(x+7)>0[/tex]
Pagal funkcijos [tex]f(x)[/tex] apibrėžimą, gauname, kad:
$$f(x)=\begin{cases}-x^3,\space kai\space x∈(-\infty;0) \\ 7x-6x^2,\space kai\space x∈[0;1)\\x^3,\space kai\space x∈[1;\infty) \end{cases}$$
Vadinasi:
$$f'(x)=\begin{cases}-3x^2,\space kai\space x∈(-\infty;0) \\ 7-12x,\space kai\space x∈[0;1)\\3x^2,\space kai\space x∈[1;\infty) \end{cases}$$ Išsprendę lygtis [tex]-3x^2=0,\space 7-12x=0,\space 3x^2=0[/tex] gauname funkcijos [tex]f(x)[/tex] kritinių taškų abscises: [tex]x=0,\space x=\dfrac{7}{12}[/tex]. Kadangi kai [tex]x=\dfrac{7}{12}[/tex] funkcija neabejotinai turi išvestinę, tai ši reikšmė yra viena iš lygties [tex]f'(x)=0[/tex] sprendinių. Patikriname, likusią reikšmę: Paskaičiuokime vienpuses išvestines taške [tex]x=0[/tex], gauname:
[tex]f'(0-0)=-3\cdot 0^2=0,\space f'(0+0)=7-12\cdot 0=7[/tex]. Kadangi viepusės išvestinės taške [tex]x=0[/tex] nelygios, tai šis taškas netenkina lygties [tex]f'(x)=0[/tex].
Ats.: [tex]\dfrac{7}{12}[/tex]

0

Apibrėžimą pakeisti į apibrėžtį... kaip feministiška! :D

P.S. gali kelti savo užduotį.

0

Raskite ribą:
[tex]\lim\limits_{n\to\infty}\left(5(n-1)-2\sqrt{n^2+3n}-\sqrt{9n^2-48n}\right)\cdot n[/tex]

0

[tex]\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left ( 5\left ( n-1 \right )-2 \sqrt{n^2+3n} -\sqrt{9n^2-48}\right )n=\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left ( 3n^2-8n-n\sqrt{9n^2-48} +2n^2+3n-2n\sqrt{n^2+3n}\right )=[/tex]
[tex]\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left ( \left ( 3n^2-8n-n\sqrt{9n^2-48} \right )\frac{3n^2-8n+n\sqrt{9n^2-48}}{3n^2-8n+n\sqrt{9n^2-48}}+\left (2n^2+3n-2n\sqrt{n^2+3n} \right )\frac{2n^2+3n+2n\sqrt{n^2+3n}}{2n^2+3n+2n\sqrt{n^2+3n}} \right )=[/tex]
[tex]\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left (\frac{\left (3n^2-8n \right )^2-\left (n\sqrt{9n^2-48} \right )^2}{3n^2-8n+n\sqrt{9n^2-48}}+\frac{\left (2n^2+3n \right )^2-\left (2n\sqrt{n^2+3n} \right )^2}{2n^2+3n+2n\sqrt{n^2+3n}} \right )=[/tex]

[tex]\underset{n\rightarrow \infty}{\lim}\left (\frac{64n^2 }{3n^2-8n+n\sqrt{9n^2-48}}+\frac{9n^2}{2n^2+3n+2n\sqrt{n^2+3n}} \right )=\frac{64}{3+3}+\frac{9}{2+2}=\frac{155}{12}[/tex]

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!