Ряд интересных задач

[VSSISTU]

Из восьми задач четыре решил с четырьмя возникли затруднения
Буду рад идеям и решениям
Ряд интересных задач с олимпиады нематематических вузов:
1) Вычислить \lim\limits_{n \to \infty} \frac {\sum\limits_{k=1}^{n} tg(k-1)*tg(k)}{tg^2 n + n^a }, где a>1
2) Пусть f(x), x\in[-1,1] - дважды дифференцируемая функция, f(-1)=f(0)=f(1)=0. Доказать, что существует такое число x_0 \in (-1,1), что f(x_0), f'(x_0), f''(x_0) образуют арифметическую прогрессию.
3) Пусть f(x)- дважды дифференцируемая на (0, \infty) функция, a \in R, a \neq 0 . Доказать, что если g(x)=xf(x^a ) выпукла (вниз) на (0, \infty), то и h(x)=f(1/x^a ) выпукла вниз на (0, \infty)
4) Вычислить интеграл \int\limits_{0}^{1} f(x) dx , где f(x)=min\limits_{y\in[0;1]} max \{ 4x-y;y \}

[RIP]

2) Надо рассмотреть функцию $g(x)=f(x)e^{-x}$. Тогда найдется точка $g''(x_0)=0$.

[Руст]

VSSISTU писал(а):

Из восьми задач четыре решил с четырьмя возникли затруднения
Буду рад идеям и решениям
Ряд интересных задач с олимпиады нематематических вузов:
1) Вычислить \lim\limits_{n \to \infty} \frac {\sum\limits_{k=1}^{n} tg(k-1)*tg(k)}{tg^2 n + n^a }, где a>1
2) Пусть f(x), x\in[-1,1] - дважды дифференцируемая функция, f(-1)=f(0)=f(1)=0. Доказать, что существует такое число x_0 \in (-1,1), что f(x_0), f'(x_0), f''(x_0) образуют арифметическую прогрессию.
3) Пусть f(x)- дважды дифференцируемая на (0, \infty) функция, a \in R, a \neq 0 . Доказать, что если g(x)=xf(x^a ) выпукла (вниз) на (0, \infty), то и h(x)=f(1/x^a ) выпукла вниз на (0, \infty)
4) Вычислить интеграл \int\limits_{0}^{1} f(x) dx , где f(x)=min\limits_{y\in[0;1]} max \{ 4x-y;y \}

1) Ответ 0. Представьте $tg(k)tg(k-1)=\frac {tg(k)-tg(k-1)}{tg(1)}-1.$
3) Упражнение на дифференцирование.
4) Вычисляете f(x)=4x-1, 0.5<x<1 и f(x)=2x, 0<x<0.5. Ответ , если не ошибся 5/4

[VSSISTU]

Огромное спасибо за проявленный интерес к данной теме все задачи получились, кроме первой. Уважаемый Руст, если для Вас не будет обрименительным, напишите пожалуйста решение, а то интересно, а у самого ничего не получается

[ИСН]

Указанный Рустом приём позволяет свернуть сумму наверху в два слагаемых, из которых одно - порядка n, другое - порядка его тангенса, а внизу стоит конструкция, которая растёт заведомо быстрее и того, и другого.

Добавлено спустя 1 минуту 8 секунд:

"растёт" не совсем верное слово - тангенс не растёт, он пляшет как хочет. Но идея такая.

[Руст]

Выражая tg(1)=tg(k-(k-1))=(tg(k)-tg(k-1))/(1+tg(k)tg(k-1)) получаем указанную формулу
tg(k)tg(k-1)=(tg(k)-tg(k-1))/tg(1)-1. Суммируя по к от 1 до n получим tg(n)/tg(1)-n. Поэтому, вам надо найти предел $$\lim_{n\to \infty }f(n) , \ \ \ f(n)=\frac{tg(n)-ntg(1)}{tg(1)(tg^2(n)+n^a)}.$
Исследуем величину f(n), обозначив через х=tg(n), который может меняться от - бесконечности до плюс бесконечности $|f(n)|\le g(x)/c, x=|tg(n)|, g(x)=\frac{x+cn}{x^2+b}, \ c=tg(1), b=n^a.$
Дифференцируя находим максимальное значение g(x) по всем x, оно равно $\frac{cn+\sqrt{c^2n^2+b}}{2b}=\frac{c+\sqrt{c^2+n^{a-2}}}{2n^{a-1}}<\frac{c+1}{n^{a-1}}.$
Очевидно, что оно стремится к нулю при a>1, n стремящимся к нулю.

[VSSISTU]

Блин как красиво, спасибо теперь дошло

Добавлено спустя 31 минуту 32 секунды:

А вот еще одна интересная задача:
Пусть f(x) бесконечно дифференцируемая на интервале (-a,a), и пусть последовательность MATH] f^n (x) [/MATH] сходится равномерно на (-a,a). Пусть \lim\limits_{n\to\infty} f^{(n)} (0) = 1. Найти \lim\limits_{n\to\infty} f^{(n)} (x). Я решил получил exp(x), но решение не очень красивое, может кто-то что предложит интереснее

[RIP]

Если $g(x)=\lim\limits_{n\to\infty}f^{(n)}(x)$, то $g'(x)=g(x)$ (по теореме о перемене порядка дифференцирования и перехода к пределу (блин, не помню, как она по нормальному называется))

[VSSISTU]

Ну я тоже не помню А вообще я сделал также только еще почленно проинтегрировал

Добавлено спустя 1 минуту 11 секунд:

А кто что думает по поводу второй задачи из первого поста?

Добавлено спустя 16 минут:

Руст, не могли бы Вы поподробнее рассказать как нашли f(x)=min\limits_{y\in[0;1]} max \{ 4x-y;y \}

[Руст]

RIP же дал решение. Для g(x)=f(x)exp(-x) получаем три нуля, что приводит к нулю второй производной в некоторой точке x0. А это значит
(1) f''(x0)-2f'(x0)+f(x0)=0,
т.е. они образуют арифметическую функцию. Конечно для получения этого красивого решения я (думаю и RIP) вначале записали условие арифметической прогрессии в виде (1), которая умножением на exp(-x) приводится к виду (f(x)exp(-x))''=0.

[VSSISTU]

Руст писал(а):

RIP же дал решение. Для g(x)=f(x)exp(-x) получаем три нуля, что приводит к нулю второй производной в некоторой точке x0. А это значит
(1) f''(x0)-2f'(x0)+f(x0)=0,
т.е. они образуют арифметическую функцию. Конечно для получения этого красивого решения я (думаю и RIP) вначале записали условие арифметической прогрессии в виде (1), которая умножением на exp(-x) приводится к виду (f(x)exp(-x))''=0.

Ой сори я просмтотрел

[незваный гость]

Руст писал(а):

Поэтому, вам надо найти предел $$\lim_{n\to \infty }f(n) , \ \ \ f(n)=\frac{tg(n)-ntg(1)}{tg(1)(tg^2(n)+n^a)}.$

Мне кажется проще:
Для тех $n$, для которых $\tg n < n^{a/2}$, мы имеем $|f(n)| <\frac{ n^{a/2}+n \tg 1}{n^a \tg 1} < C_1 n^{\max(1-a,-a/2)}$. При $tg n > n^{a/2}$ имеем $|f(n)| <\frac{ \tg n+n \tg 1}{\tg^2 n \tg 1} < C_2 \tg^{-1} n$. Поскольку обе величины стремятся к нулю, мы победили.

[VSSISTU]

незваный гость писал(а):

:evil:

Руст писал(а):

Поэтому, вам надо найти предел $$\lim_{n\to \infty }f(n) , \ \ \ f(n)=\frac{tg(n)-ntg(1)}{tg(1)(tg^2(n)+n^a)}.$

Мне кажется проще:
Для тех $n$, для которых $\tg n < n^{a/2}$, мы имеем $|f(n)| <\frac{ n^{a/2}+n \tg 1}{n^a \tg 1} < C_1 n^{\max(1-a,-a/2)}$. При $tg n > n^{a/2}$ имеем $|f(n)| <\frac{ \tg n+n \tg 1}{\tg^2 n \tg 1} < C_2 \tg^{-1} n$. Поскольку обе величины стремятся к нулю, мы победили.

Красиво

[neo66]

незваный гость писал(а):

:evil:

Руст писал(а):

Поэтому, вам надо найти предел $$\lim_{n\to \infty }f(n) , \ \ \ f(n)=\frac{tg(n)-ntg(1)}{tg(1)(tg^2(n)+n^a)}.$

Мне кажется проще:
Для тех $n$, для которых $\tg n < n^{a/2}$, мы имеем $|f(n)| <\frac{ n^{a/2}+n \tg 1}{n^a \tg 1} < C_1 n^{\max(1-a,-a/2)}$. При $tg n > n^{a/2}$ имеем $|f(n)| <\frac{ \tg n+n \tg 1}{\tg^2 n \tg 1} < C_2 \tg^{-1} n$. Поскольку обе величины стремятся к нулю, мы победили.

$\tg^{-1}n$ не стремиться к $0$.

[bot]

neo66 писал(а):

$\tg^{-1}n$ не стремится к $0$.

незваный гость и не утверждал, что стремится.
Он разбил последовательность f(n) на две подпоследовательности и для каждой из них получил сходимость к нулю.

он писал(а):

Поскольку обе величины стремятся к нулю, мы победили.