Подготовка к экзамену. Матан

[alex-omsk]

Здравствуйте!
При подготовке к экзамену возникают всякие вопросы по задачам.
1. Пусть $I=\{ -2 < x < 2\}$. На $I$ задана последовательность функций $f_n(x) = \max \{ n - n^3(x- \sin \, \frac{2}{n})^2,0\}$. Пока вопрос таков: существует ли поточечный предел для $x \in I$?

Посчитаем предел первой части максимума:
$\lim\limits_{n \to \infty} n - n^3(x- \sin \, \frac{2}{n})^2 = \\ \lim\limits_{n \to \infty} n - n^3 x^2 + 2 n^3 x \sin \, \frac{2}{n} - n^3 \sin^2 \, \frac{2}{n} = \\ \lim\limits_{n \to \infty} n - n^3 x^2 + 2n^3x(\frac{2}{n} - \frac{8}{6n^3} + o(\frac{1}{n^3})) - n^3(\frac{4}{n^2} + o(\frac{1}{n^4})) =\\ \lim\limits_{n \to \infty} -n (n^2x^2 - 4nx +3) - \frac{8}{3}x + o(\frac{1}{n}) < 0 $
Таким образом, вроде бы поточечный предел равен нулю?

[alex-omsk]

Ещё одна задача:
Найти область определения $I$ функции $f$ и исследовать на дифференцируемость во всех точках множества $I$:

$$f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty} (3^{\frac{1}{n^2}}-1)x^n$$

Так как $3^{\frac{1}{n^2}}-1 = \frac{\ln \, 3}{n^2}+ \frac{\ln^2 \, 3}{2n^4}(1+o(1))$, то получаем, что радиус сходимости равен $1$. При $x=-1$ сходится по признаку Лейбница, при $x=1$ - из разложения и признака сравнения.
Соответсвтенно, производная $f^\prime (x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty} n(3^{\frac{1}{n^2}}-1)x^{n-1} $ при $x \in (-1;1)$. Тогда $\lim\limits_{x \to -0+1} f^\prime(x) = \infty$, тогда производная в точке $1$ не существует. А в точке $x=-1$ ряд из производных сходится по признаку Лейбница и по второй теореме Абеля существует производная.

Вроде верно пока писал понял, но так как написал, не удалять же)

[alex-omsk]

Гм, а вот что-то пока не ясно:
Найти область дифференцируемости функции $f(x,y)= \cos \, \sqrt{x^2+y^2-xy}$
Соответственно, можно найти частные производные:

$$\frac{\partial f}{\partial x} = -\sin \, \sqrt{x^2-xy+y^2} \frac{(2x-y)}{2\sqrt{x^2+y^2-xy}}$$

$$\frac{\partial f}{\partial y} = -\sin \, \sqrt{x^2-xy+y^2} \frac{(2y-x)}{2\sqrt{x^2+y^2-xy}}$$

Тогда там где эти производные обе неперерывны будет дифференцируемость, но не понятно что будет в других точках, да и как эти самые точки найти

[gris]

А корень забыли продифференцировать.

[alex-omsk]

gris в сообщении #681932 писал(а):

А корень забыли продифференцировать.

Ох блин, спасибо, что-то я забыл действительно.Исправил.

Судя по всему во всех точках кроме $(0,0)$ всё ок. Вопрос получается только в этой самой точке.
Не понятно, почему в точке $(0,0)$ нельзя определить частные производные по таким формулам?

А то судя по всему $\frac{\partial f}{\partial x}$ и $\frac{\partial f}{\partial y}$ в точке $(0,0)$ будут равны $0$.
$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x,0)- f(0,0)}{x} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\cos \, x-1}{x} = \lim\limits_{x \to 0} (-\frac{x}{2} + o(x))=0 $

[alex-omsk]

А далее тогда, если дифференцируема, то $f(x,y) = o(\sqrt{x^2+y^2})$ в окрестности нуля. Но при этом
$\lim\limits_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\cos \sqrt{x^2+y^2-xy}}{\sqrt{x^2+y^2}} \not= 0$

-- Сб фев 09, 2013 23:59:49 --

А вот задача, где пока идей нет:
Доказать неравенство $\sqrt[2012] {\frac{1}{x}}+\sqrt[2012] {\frac{1}{x+2012}}< \sqrt[2012] {\frac{1}{x^{2013}}}$ при $x>0$.

[bot]

alex-omsk в сообщении #681947 писал(а):

А далее тогда, если дифференцируема, то $f(x,y) = o(\sqrt{x^2+y^2})$

то $f(x,y)-f(0,0) = o(\sqrt{x^2+y^2})$,
так как и в самом деле $f'_x(0,0)=0=f'_y(0,0)$

[alex-omsk]

Да, что то я лихо положил $f(0,0)=0$.
Тогда $\lim\limits_{(x,y) \to (0,0)} \frac{\cos \sqrt{x^2+y^2-xy}-1}{\sqrt{x^2+y^2}} = \lim\limits_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2+y^2-xy+o((x^2+y^2-xy)^2)}{2\sqrt{x^2+y^2}}=0 $, так как $\lim\limits_{(x,y) \to (0,0)} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=0$.
То есть всё таки дифференцируема получается и в $(0,0)$.

[мат-ламер]

По поводу последней задаче на дифференцируемость. Вне нуля дифференцируемость очевидна. Очевидно равенство $\cos |x|=\cos x$. Что намекает на дифф-сть и в нуле. Т.е. косинус особенность должен нейтрализовать. Хотя вряд-ли это можно считать строгим доказательством. Просто интересно, возможно ли здесь строгое обоснование без явных вычислений.

-- Вс фев 10, 2013 12:56:56 --

По поводу неравенства с корнями. Может быть можно использовать вогнутость корня?

[alex-omsk]

Судя по всему без вычислений не показать.
Кстати, в корне я не правильно написал:
$\sqrt[2012] {\frac{1}{x}}-\sqrt[2012] {\frac{1}{x+2012}}< \sqrt[2012] {\frac{1}{x^{2013}}}$ при $x>0$

-- Вс фев 10, 2013 15:32:24 --

Собственно левая часть равна $2012 \int\limits_{x}^{x+2012} t^{-2013} \,dt$.
Наверное из этого можно что-то извлечь.

[alex-omsk]

С неравенством что-то глухо.
Если вернуться к первой задаче, то если так, то сразу автоматически и равномерная сходимость к нулю получается?
Странно как-то.

[bot]

$\dfrac{f(x+n)-f(x)}{n}>f'(x)$

[alex-omsk]

Гм, если $f(x) = \sqrt[2012]{\frac{1}{x}}$ - то действительно нужно доказать это. Но что-то это не легче.
Кстати при $x \leqslant 1$ неравенство очевидно верно.

Понятное дело, что если функция выпуклая вниз, коей является $f(x)$, то её график лежит под касательной прямой.

[bot]

alex-omsk в сообщении #682810 писал(а):

Но что-то это не легче

Теорема Лагранжа и монотонность производной.

[alex-omsk]

Да, спасибо, этой задачей прямо беда какая-то)
Теперь ясно.