задачи о функциях

[daogiauvang]

1) данно $f:R \to R$непрерывно дифференцируемма и
$f(0) = 1,f'(0) < 0$
и$0 \le f(x) < 1$; на $\left( {0,1} \right]$
Докажите:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^1 {\left( {f(x)} \right)^n dx} } \right) = - \frac{1}{{f'(0)}}$
2) найти все функции $ f(x) $непревывно на интервале$ \left[ {0,1} \right]$, и дифференцируемма $(0,1)$ прием $f(0) \le 2,\,\,\,f(1) \ge 1$
и $f'(x) \le 2f(x) + 2x - 5$ на $(0,1)$
i cut it!

[Бодигрим]

1. По-видимому, необходимо использовать то, что при любом $\epsilon$ найдется $\delta$, что при $x\in[0,\delta)$ выполняется $f(x)\ge 1-\epsilon$, а при $x\in[\delta,1]$ выполняется $f(x)<1-\epsilon$. Дальше надо придумать, как оценивать интеграл, разбивая область интегрирования на две.

2. Что такое "найти всю функцию"? Либо "найти функцию", либо "найти все функции".

[Руст]

daogiauvang писал(а):

1) данно $f:R \to R$непрерывно дифференцируемма и
$f(0) = 1,f'(0) < 0$
и$0 \le f(x) < 1$; на $\left( {0,1} \right]$
Докажите:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^1 {\left( {f(x)} \right)^n dx} } \right) = - \frac{1}{{f'(0)}}$
2) найти всю функцию $ f(x) $непревывно на интервале$ \left[ {0,1} \right]$, и дифференцируемма $(0,1)$ прием $f(0) \le 2,\,\,\,f(1) \ge 1$
и $f'(x) \le 2f(x) + 2x - 5$ на $(0,1)$

Всё очень просто.
1) Перейдите в интегрировании к y=nx.
2) Запишите $(e^{-2x}f(x))' \le (2x-5)e^{-2x}$ и проинтегрируйте от 0 до 1.
Получится, что неравенство может выполняться только в случае, когда граничные условия - точные равенства и равенство в указанной записи.

[daogiauvang]

еще несколько задач
1)Prove that: $m \le n$ then
$\sum\limits_{k = 0}^m {( - 1)^{m + k} C_m^k \left( {\frac {k}{m}} \right)^n \le C_n^m \frac {{m!}}{{m^m }}}$
2) Caculate:
$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac {{x^{3^n } + \left( {x^{3^n } } \right)^2 }}{{1 - x^{3^{n + 1} } }}}$
3) prove that:
$\sqrt {2\sqrt [3]{{3\sqrt [4]{{4...\sqrt [n]{n}}}}}} < 2,n \ge 2$
4 Caculate:
$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac {{9n + 4}}{{n(3n + 1)(3n + 2)}}}$
PS to:Руст Вы сможете решить детально первую задачу ?

Добавлено спустя 1 час 16 минут 13 секунд:

Re: функция

Руст писал(а):

daogiauvang писал(а):

1) данно $f:R \to R$непрерывно дифференцируемма и
$f(0) = 1,f'(0) < 0$
и$0 \le f(x) < 1$; на $\left( {0,1} \right]$
Докажите:
$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^1 {\left( {f(x)} \right)^n dx} } \right) = - \frac{1}{{f'(0)}}$
2) найти всю функцию $ f(x) $непревывно на интервале$ \left[ {0,1} \right]$, и дифференцируемма $(0,1)$ прием $f(0) \le 2,\,\,\,f(1) \ge 1$
и $f'(x) \le 2f(x) + 2x - 5$ на $(0,1)$

Всё очень просто.
1) Перейдите в интегрировании к y=nx.
2) Запишите $(e^{-2x}f(x))' \le (2x-5)e^{-2x}$ и проинтегрируйте от 0 до 1.
Получится, что неравенство может выполняться только в случае, когда граничные условия - точные равенства и равенство в указанной записи.

да, я нашел такую функцию $ f(x)=-x+2$
я еще хочу просить у кого есть книга" Задачи студенческих олимпиад по математике с указаниями и решениями "?
Можно послать мне одну.
email:[e-mail]

[ИСН]

2) - это $\sum\limits_1^\infty x^n$, только члены переставлены и сгруппированы в экзотическом порядке.

[Бодигрим]

4. Стандартное начало - разложите вашу дробь в сумму элементарных:

$$ {9n+4\over n(3n+1)(3n+2)} = {\ldots\over n} +{\ldots\over 3n+1}+{\ldots\over 3n+2}$$

. Найдите, что должно быть на месте троеточий - тогда обсудим дальнейшее решение.

[Henrylee]

3) Обозначим левую часть $a_n$
Очевидно,

$$ \ln a_n=\sum\limits_{i=2}^n\frac{\ln i}{i!} $$

Оценим для $i\geqslant 2$

$$ \ln i\leqslant \frac12i+\ln 2-1 $$

Остальное дело техники.

[id]

daogiauvang
Что касается первой задачи. Можно воспользовать критерием интегрируемости через суммы Дарбу, непосредственно записав в виде суммы интеграл с дельта = 1/n.

Получится сумма, члены которой, кроме достаточно близких к 0, стремятся крайне к 0 быстро, так что не влияют на сумму ряда.

Остается оценить только первый член суммы, а его предел считается элементарно по Лопиталю.

[Henrylee]

Еще о первой задаче.
Можно также для нахождения асимптотики интеграла с параметром воспользоваться методом Лапласа. Понятно, что основной вклад в асиптотику интеграла дает правая полуокрестность нуля. В этой полуокрестности заменяем функцию $\ln f(x)\approx f'(0)x$. И исходный интеграл эквивалентен

$$ n\int\limits_{0}^\delta e^{nf'(0)x}dx $$

Обоснование. Запишем исходный интеграл как

$$ I_n=n\int\limits_0^1e^{n\ln f(x)}dx $$

Выберем $\delta_0$ так, чтобы для $x\in (0,\delta_0)$ $f'(x)<0$, зафиксируем $0<\varepsilon<1$ и введем последовательность $\delta_n=n^{-1+\varepsilon}\delta_0$. Будем рассматривать интеграл $I_n(\delta_n)$ по отрезку $(0,\delta_n)$. Сделаем замену переменной $t=-\ln f(x)$, на этом интервале существует обратная $f$ функция, поэтому $x(t)=f^{-1}(e^{-t})$. После замены получим

$$ I_n(\delta_n)=-n\int\limits_0^{-\ln f(\delta_n)}e^{-t(n+1)}\frac1{f'(x(t))}dt= -\frac1{f'(\xi_n)}\frac{n}{n+1}\left(1-e^{(n+1)\ln f(\delta_n)}\right), $$

где $\xi_n\in(0,\delta_n)$.
Пользуясь правилом Лопиталя, можно показать, что $(n+1)\ln f(\delta_n)}\to -\infty$, т.е.

$$ I_n(\delta_n)\to-\frac1{f'(0)}. $$

Интеграл по оставшейся части стремится к нулю, действительно, при достаточно больших $n$

$$ I'_n(\delta_n)=n\int\limits_{\delta_n}^1[f(x)]^ndx\le n[f(\delta_n)]^n(1-\delta_n)\to 0. $$

[Руст]

daogiauvang писал(а):

еще несколько задач
1)Prove that: $m \le n$ then
$\sum\limits_{k = 0}^m {( - 1)^{m + k} C_m^k \left( {\frac {k}{m}} \right)^n \le C_n^m \frac {{m!}}{{m^m }}}$
2) Caculate:
$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac {{x^{3^n } + \left( {x^{3^n } } \right)^2 }}{{1 - x^{3^{n + 1} } }}}$
3) prove that:
$\sqrt {2\sqrt [3]{{3\sqrt [4]{{4...\sqrt [n]{n}}}}}} < 2,n \ge 2$
4 Caculate:
$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac {{9n + 4}}{{n(3n + 1)(3n + 2)}}}$
PS to:Руст Вы сможете решить детально первую задачу ?

О какой первой задаче речь? Про первую первую уже в общем объяснили. Вторая первая слева стоит $\frac{1}{m^n}\delta ^m x^n|_{x=0}, \delta f(x)=f(x+1)-f(x)$. Дальше можно представить через многочлены Бернштейна и получится ответ.
4) ответ $\frac{9}{2}-3ln3$.

[ewert]

Henrylee писал(а):

Еще о первой задаче.
Можно также для нахождения асимптотики интеграла с параметром воспользоваться методом Лапласа. Понятно, что основной вклад в асиптотику интеграла дает правая полуокрестность нуля. В этой полуокрестности заменяем функцию $\ln f(x)\approx f'(0)x$. И исходный интеграл эквивалентен

$$ n\int\limits_{0}^\delta e^{nf'(0)x}dx $$

Обоснование.

Это, собственно, идея Руста, только обоснование чего-то уж шибко долгое. Прежде всего,

$$n\int_{\delta}^1f^n(x)\,dx\mathop{\longrightarrow}\limits_{n\to\infty}=0$$

$(\forall\;\delta>0)$, т.к. сам по себе интеграл стремится к нулю с экспоненциальной скоростью. Следовательно, можно построить последовательность

$$\delta_n\to0$$

при

$$n\to\infty$$

такую, что

$$n\int_{\delta_n}^1f^n(x)\,dx\mathop{\longrightarrow}\limits_{n\to\infty}=0$$

, причём

$$n\,\delta_n\to\infty$$

. Далее, на промежутке $[0;\delta_n]$ функция $\ln f(x)$ двусторонне оценивается как $\alpha_nx<\ln f(x)<\beta_nx}$, где $\alpha_n\equiv\min(\ln f(x))'$ и $\beta_n\equiv\max(\ln f(x))'$ (максимум и минимум берутся по промежутку $[0;\delta_n]$); тогда $\alpha_n\to f'(0)$ и $\beta_n\to f'(0)$. Соответственно оценивается и основная часть интеграла:

$$n\int_0^{\delta_n}e^{n\,\alpha_nx}dx<n\int_0^{\delta_n}f^n(x)\,dx<n\int_0^{\delta_n}e^{n\,\beta_nx}dx$$

.

Интегралы слева и справа очевидным образом стремятся ровно к тому, к чему нужно.

------------------------------------------------------
Пр. пр., пытался для пущей внятности знаками поманипулировать, потом отказался от этой мысли, но всех минусов не убил. Исправил.

И пределы в двух верхних интегралах исправлены с подачи Henrylee, который любезно обратил внимание на мой ляп.

Вредно набивать впопыхах.

[id]

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^1 {\left( {f(x)} \right)^n dx} } \right) = - \frac{1}{{f'(0)}} = \lim\limits_{n \to \infty} n\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})^n$ ? Смущает, что там должен бы идти двойной предел по определению, жульничество выходит. Или все-таки не совсем?

[Henrylee]

ewert писал(а):

Это, собственно, идея Руста

Не понял, честно говоря, в каком именно месте.

ewert писал(а):

, только обоснование чего-то уж шибко долгое.

Ну само собой, опуская промежуточные выкладки, можно просто было написать, "легко видеть, что равенство выполняется", подразумевая, что все очевидно, например вот так вот:

ewert писал(а):

... т.к. сам по себе интеграл стремится к нулю с экспоненциальной скоростью. Следовательно, можно построить последовательность

$$\delta_n\to0$$

при

$$n\to\infty$$

такую, что

$$n\int_{\bf\delta_n}^{\bf 1}f^n(x)\,dx\mathop{\longrightarrow}\limits_{n\to\infty}=0$$

, причём

$$n\,\delta_n\to\infty$$

...

(пределы подправил, Вы ведь эти имели в виду?)
Но в целом Вы правы, оценка логарифма экономнее, хотя сославшись на метод Лапласа, мне можно было и остановиться - все получается автоматом из известных теорем.

[ewert]

Henrylee писал(а):

(пределы подправил, Вы ведь эти имели в виду?)

да уж само собой, прошу прощения. Мне как-то просто не по душе пришлась Ваша возня со степенями.

А что до Руста -- всё очень просто:

Руст в сообщении #136813 писал(а):

Всё очень просто.

1) Перейдите в интегрировании к y=nx.

Естественно, ничего другого кроме того или иного Лапласа он в этом месте не мог иметь в виду.

[Henrylee]

id писал(а):

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {n\int\limits_0^1 {\left( {f(x)} \right)^n dx} } \right) = - \frac{1}{{f'(0)}} = \lim\limits_{n \to \infty} n\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})^n$ ? Смущает, что там должен бы идти двойной предел по определению, жульничество выходит. Или все-таки не совсем?

Ну, вообще говоря, жульничество. Из существования конечного двойного предела схемы серий

$$ \lim\limits_n\lim\limits_m a_{nm}=a $$

вообще говоря не следует существование и, тем более, равенства $a$ предела

$$ \lim\limits_n a_{nn} $$

Пример $a_{nm}=n/m$
Если я чего-то не увидел, поправьте.
PS А кстати, как Вы вычисляете сумму $\sum\limits_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)^n$ ? (кстати, не Дарбу, а Римана)