2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 Предел функции
Сообщение17.05.2018, 18:44 


30/01/17
162
Демидович 385
Исследовать на ограниченность функцию
$f(x)=\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}$
в интервале $0<x<\varepsilon$

Решение
$\sin^2\frac{\pi}{x}$ при $0<x<\varepsilon$ принимает значения из $[0;1]$ Поэтому $f(x)$ в интервале $0<x<\varepsilon$ может будет равна $0$, когда $\sin^2\frac{\pi}{x}=0$ и $\ln x$, когда $\sin^2\frac{\pi}{x}=1$. Значит $f(x)$ неограничена снизу.

Как решить задачу при $x \to \infty$ придумать не получается.
Та же история с $f(x)=\ln x \cdot \sin x$ при $x \to 0$.
Дочитал Зорича до пятой главы. Решение меня интересует только если на текущем этапе у меня должно получиться решить эти задачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение17.05.2018, 18:56 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Нет Зорича под рукой, но быть может использовать эквивалентности синуса, что в первом, что во втором примере (в первом -- на бесконечности, во втором -- в нуле), а затем сравнением скорости роста логарифма и степенной функции

-- 17.05.2018, 20:59 --

Либо использовать оценку $\sin x\leqslant x$ при $x\geqslant 0$

-- 17.05.2018, 21:17 --

Ivan_B в сообщении #1312943 писал(а):
в интервале $0<x<\varepsilon$

А здесь попробовать взять последовательность $x_n=\frac{2}{n}$ и посмотреть, что будет

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение17.05.2018, 19:36 
Заслуженный участник


18/01/15
685
Есть в Зориче это, сведений из главы 3 вполне достаточно. Это вопрос на понимание того, как сравнить скорость роста логарифма и степенной функции (как на бесконечности, так и в окрестности нуля, что в принципе одно и то же). Плюс первый замечательный предел (или второй? короче, тот, который с синусом).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 14:26 


30/01/17
162
thething в сообщении #1312947 писал(а):
использовать эквивалентности синуса

$\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \left(\frac{\pi}{x}\right)^2 \left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2=$(поскольку каждый из следующих трех пределов существует)
$=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x} \lim\limits_{x\to\infty}\left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2  \lim\limits_{x\to\infty} \frac{\pi^2}{x}=0\cdot 1 \cdot 0 = 0$

Точно так же $\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin\frac{1}{x} = 0$ Тогда
$\lim\limits_{x\to 0}\ln x \cdot \sin x = \lim\limits_{t\to \infty} \ln \frac{1}{t} \cdot \sin\frac{1}{t} = -\lim\limits_{t\to \infty} \ln t \cdot \sin\frac{1}{t} = 0$

thething в сообщении #1312947 писал(а):
Либо использовать оценку $\sin x\leqslant x$ при $x\geqslant 0$

thething в сообщении #1312947 писал(а):
А здесь попробовать взять последовательность $x_n=\frac{2}{n}$ и посмотреть, что будет

Тут ничего придумать не получается.

vpb в сообщении #1312958 писал(а):
Это вопрос на понимание того, как сравнить скорость роста логарифма и степенной функции

Сам предел $\lim\limits_{t\to \infty}\frac{\ln x}{x}$ есть в Зориче. Там используется замена $x=e^t$ (без объяснения). Чтобы показать, что такую замену можно использовать(могу ошибаться), нужно воспользоваться теоремой о пределе композиции функций и показать, что для $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что $e^{T} \subset X$ (не знаю как это правильно записать, имеется в виду множество значений функции $e^t$ на множестве $T$ принадлежит множеству $X$) Как это доказывать не очень себе представляю.
Дальше еще один пример $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x}{a^x}$ Там используется неравенство $\frac{1}{a}\frac{[x]}{a^{[x]}}<\frac{x}{a^x}<\frac{[x]+1}{a^{[x]+1}}\cdot a$
Дальше $\lim\limits_{n \to \infty}\frac{n}{a^n}$ Тут используется предел отношения соседних элементов последовательности $\frac{1}{a}$, который меньше одного, поэтому элементы исходной последовательности будут меньше элементов последовательности $Aq^m, q<1$ начиная с некоторого $N$. Элементы последовательности $\left(\frac{1}{q}\right)^m$ неограничены. Если предположить обратное, то получается противоречие: должна существовать точная верхняя граница $S$, тогда существует $M$ $qS<\left(\frac{1}{q}\right)^M<S$ откуда $S<\left(\frac{1}{q}\right)^{M+1}$ Откуда пределом $Aq^m, q<1$ является 0.
Сойдет ли это за "понимание"?

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 14:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
$\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \sin^2\frac{\pi}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\ln x \cdot \left(\frac{\pi}{x}\right)^2 \left(\gamma\left(\frac{\pi}{x}\right)\right)^2=$(

А что это за гамма? Вы должны в пределе просто синус заменить на эквивалентную функцию -- и всё.
Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
Тут ничего придумать не получается.

Это я посоветовал Вам применить к первому своему рассуждению, по-моему такой пример будет более строгим, нежели Ваши словесные рассуждения про значения $x$, при которых синус обращается в единицу. Просто подставьте эту последовательность в свой первый случай на интервале $0<x<\varepsilon$
Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
Сойдет ли это за "понимание"?

А разве там в Зориче не доказывается, что показательная функция растет быстрее степенной, а логарифмическая -- медленнее.. Т.е. непонятно, о каком понимании речь, если там это обосновывается? Или Вы пытаетесь это заново вывести самостоятельно?

-- 18.05.2018, 16:58 --

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
Чтобы показать, что такую замену можно использовать(могу ошибаться), нужно воспользоваться теоремой о пределе композиции функций и показать

Опять же, зачем что-то показывать, если можно просто воспользоваться теоремой о замене переменной? Примерно вот такая формулировка: если $f(x)\to b$ при $x\to a$ и $g(y)\to A$ при $y\to b$, то $g(f(x))\to A$ при $x\to a$

-- 18.05.2018, 17:17 --

Предлагаю Вам следующую (по-моему, довольно простую и понятную) схему доказательства того, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=0$ ($\alpha >0$, $a>1$):
1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$
2. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^x}=0$ (с помощью неравенства о двух милиционерах)
3. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=0$ при $a>1$
4. Покажите требуемое
Ну а потом заменой переменной покажете, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 15:43 


30/01/17
162
thething в сообщении #1313192 писал(а):
А что это за гамма?

Определение 25. Если между функциями $f$ и $g$ финально при базе $\mathcal B$ выполнено соотношение $f(x)=\gamma(x)g(x)$, где $\lim\limits_{\mathcal B}\gamma(x)=1$, то говорят, что при базе $\mathcal B$ функция $f$ асимптотически ведет себя как функция $g$ или, короче, что $f$ эквивалентна $g$ при базе $\mathcal B$.
В Зориче есть теорема о том, что в одночлене можно заменять, и есть пример, на котором я попался. Пишу я ее, чтобы не ошибиться.

thething в сообщении #1313192 писал(а):
Это я посоветовал Вам применить к первому своему рассуждению, по-моему такой пример будет более строгим, нежели Ваши словесные рассуждения про значения $x$, при которых синус обращается в единицу

Понял. В этих точках синус будет равен 1, $f(\frac{2}{n})=\ln\frac{2}{n}$

thething в сообщении #1313192 писал(а):
А разве там в Зориче не доказывается, что показательная функция растет быстрее степенной, а логарифмическая -- медленнее.. Т.е. непонятно, о каком понимании речь, если там это обосновывается?

В Зориче это доказывается. Это можно просто запомнить. Тогда это не совсем понимание. Что такое понимание я толком сказать не могу. Пытаюсь как-то разобраться с этим вопросом.

thething в сообщении #1313192 писал(а):
Примерно вот такая формулировка: если $f(x)\to b$ при $x\to a$ и $g(y)\to A$ при $y\to b$, то $g(f(x))\to A$ при $x\to a$

Я на этом попался.
$y=f(x)=x\sin\frac{1}{x}$
$g(y)=|\text{sgn}(y)|$
$x \to 0$

-- 18.05.2018, 16:49 --

thething в сообщении #1313192 писал(а):
1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

А чем можно пользоваться для доказательства?

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 15:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):
В Зориче есть теорема о том, что в одночлене можно заменять, и есть пример, на котором я попался. Пишу я ее, чтобы не ошибиться.

На самом деле просто запомните, что в произведении и в частном (в одночлене) функцию можно заменять на эквивалентную, а в сумме и разности -- нельзя.
Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):
Пытаюсь как-то разобраться с этим вопросом.

Попробуйте то, что я предложил
Ivan_B в сообщении #1313202 писал(а):
Я на этом попался.
$y=f(x)=x\sin\frac{1}{x}$
$g(y)=|\text{sgn}(y)|$
$x \to 0$

Непонятно, как именно попались? Правильно будет так $\lim\limits_{x\to 0}^{}x\sin \frac{1}{x}=\lim\limits_{y\to \infty}^{}\frac{\sin y}{y}=0$

-- 18.05.2018, 17:56 --

Или Вы попались с тем, что у сигнума предел в нуле не существует? Но в том, что я сформулировал как раз существование всех пределов (хотя бы бесконечных) подразумевается

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:00 


30/01/17
162
thething в сообщении #1313203 писал(а):
Попробуйте то, что я предложил

Пробую...

thething в сообщении #1313203 писал(а):
Непонятно, как именно попались?

Обе функции по отдельности имеют предел в 0. А их композиция - нет.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Ivan_B в сообщении #1313207 писал(а):
Обе функции по отдельности имеют предел в 0

А вот это категорически неверно. Сигнум предела в нуле не имеет!

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:03 


30/01/17
162
thething в сообщении #1313208 писал(а):
А вот это категорически неверно. Сигнум предела в нуле не имеет!

Там модуль. Предел существует.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Ivan_B в сообщении #1313209 писал(а):
Там модуль.

А, да, точно :-) Но тогда и композиция имеет предел, равный единице

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:07 


30/01/17
162
thething в сообщении #1313210 писал(а):
Но тогда и композиция имеет предел, равный единице

Нет. Проблема в том, что синус может принимать значение 0.

-- 18.05.2018, 17:16 --

thething в сообщении #1313192 писал(а):
1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

Можно подсказку, а то я что-то туплю.
Если все очень просто, то мне нужно передохнуть и вернуться к этому вопросу позже.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 16:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


27/12/17
835
Антарктика
Ivan_B в сообщении #1313211 писал(а):
Проблема в том, что синус может принимать значение 0.

Ага, уже дошло, что есть последовательность $\frac{1}{\pi n}$. Надо было в своей формулировке, конечно же проколотые окрестности помянуть. Так что, данный пример -- хорошая ловушка для невнимательных, в которую попался и я :-)
Ivan_B в сообщении #1313211 писал(а):
Можно подсказку, а то я что-то туплю.

Попробуйте доказать неравенство только на отрезке $[1,2]$, потом -- на отрезке $[2,3]$,...

-- 18.05.2018, 19:18 --

Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
показать, что для $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что $e^{T} \subset X$ (не знаю как это правильно записать, имеется в виду множество значений функции $e^t$ на множестве $T$ принадлежит множеству $X$) Как это доказывать не очень себе представляю.

Надо так: для любого $X=\{x>x_0| x \in \mathbb R\}$ всегда найдется $T=\{t>t_0| t \in \mathbb R\}$, такое что для любого $t\in T$ выполнено $e^t \in X$. Ну а тогда возьмите $t_0=\ln x_0$ для достаточно больших $x_0$

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение18.05.2018, 20:19 
Заслуженный участник


18/01/15
685
Ivan_B в сообщении #1313186 писал(а):
Сойдет ли это за "понимание"?
Вполне. Как говорится, "с пивом потянет" (точного смысла сих слов не знаю :-) ).
thething
Мне кажется, товарищ уже достаточно хорошо понимает, как соотносятся между собой в отношении скорости роста логарифм, степенная функция, и показательная, и если дальше продолжать обсуждение, он будет только запутываться, имхо...

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел функции
Сообщение22.05.2018, 17:22 


30/01/17
162
Выполнить все шаги не получилось. Попытки решения:

thething в сообщении #1313192 писал(а):
1. Покажите, что при $x\geqslant 1$ $2^x\geqslant x$

Получается доказать неравенство для натуральных чисел:
$x\geqslant 1 \Rightarrow 1\geqslant\frac{1}{x} \Rightarrow 2\geqslant 1 + \frac{1}{x}$
$2^1\geqslant 1$. Числа положительны, поэтому $2^n \geqslant n \Rightarrow 2^{n+1} \geqslant n(1+\frac{1}{n}) = n+1$

Есть еще одно наблюдение(если можно пользоваться $a>1 \wedge x_1\leqslant x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}\leqslant a^{x_2}$):
Если $a>1$, то для $x \in [0;a^0)$ с одной стороны $x \geqslant 0 \Rightarrow a^x \geqslant a^0$, по построению $x<a^0$, откуда $x < a^x$ при $x \in [0;a^0)$
Дальше аналогично $0 < a^0 \Rightarrow a^0 < a^{\left(a^0\right)}$, тогда для $x \in [a^0; a^{\left(a^0\right)})$ с одной стороны $x \geqslant a^0 \Rightarrow a^x \geqslant a^{\left(a^0\right)}$, по построению $x<a^{\left(a^0\right)}$, откуда $x < a^x$ при $x \in [a^0; a^{\left(a^0\right)})$

thething в сообщении #1313192 писал(а):
2. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^x}=0$ (с помощью неравенства о двух милиционерах)

thething в сообщении #1313192 писал(а):
3. Покажите, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=0$ при $a>1$

Если считать известным, что $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n}{a^n}=0$
то можно воспользоваться неравенством $\frac{1}{a}\frac{[x]}{a^{[x]}}<\frac{x}{a^x}<\frac{[x]+1}{a^{[x]+1}}\cdot a$
(предел левой и правой частей 0, значит искомый предел тоже 0)

thething в сообщении #1313192 писал(а):
4. Покажите требуемое

thething в сообщении #1313192 писал(а):
$\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=0$

$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x^k}{a^x}=\lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\right)^k=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\cdot\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}\cdot\dots\cdot\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt[k]{a}^x}=0$
$\frac{x^\alpha}{a^x}<\frac{x^{[\alpha]+1}}{a^x}$
(предел правой части 0, значит искомый предел тоже 0)
thething в сообщении #1313192 писал(а):
Ну а потом заменой переменной покажете, что $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=0$

Замены $t=x^\alpha$ и $t=a^y$
$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\log_a x}{x^\alpha}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\log_a x^\alpha}{x^\alpha}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{t\to\infty}\frac{\log_a t}{t}=\frac{1}{\alpha}\lim\limits_{y\to\infty}\frac{y}{a^y}=0$

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 23 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group