forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 23 Φεβ 2018, 02:21

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 83 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2, 3, 4, 5, 6  Επόμενο
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: απειροστικο 1
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Νοέμ 2006, 18:50 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
Μια καλη ασκηση απο το βιβλιο του M.Spivak,

Υποθετουμε οτι η [tex]f[/tex] ειναι συνεχης και οτι η ακολουθια
[tex] x, f(x), f(f(x)), f(f(f(x))), ... [/tex] συγκλινει στο [tex]l[/tex]
Αποδειξτε οτι το [tex]l[/tex] ειναι "σταθερο σημειο" της [tex]f[/tex]
δηλ [tex]f(l)=l[/tex]

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 07 Νοέμ 2006, 22:02 
Χωρίς σύνδεση
Επίτιμος Administrator
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 18 Φεβ 2006, 22:25
Δημοσ.: 1377
Τοποθεσια: Nowhere Land
Ενδιαφέρουσα :)

Μια ιδέα λύσης: αν θεωρήσουμε την ακολουθία [tex](x_n)_{n\in\mathbb{N}}[/tex] με [tex]x_0 = x[/tex] και [tex]x_{n+1}=f(x_n)[/tex], τότε από υπόθεση [tex]x_n \to \ell[/tex]. Tότε αφού [tex]f[/tex] συνεχής, έπεται [tex]f(x_n)\to f(\ell)[/tex]. Όμως η ακολουθία [tex]f(x_n)[/tex] είναι η υπακολουθία [tex](x_{n+1})_{n\in\mathbb{N}}[/tex] της [tex]x_n[/tex]. Επομένως [tex]f(x_n)\to \ell[/tex] και άρα από μοναδικότητα του ορίου έπεται [tex]f(\ell)=\ell[/tex].

Θυμίζει κάτι αλγορίθμους της αριθμητικής ανάλυσης, ή έτσι μου φαίνεται;

_________________
\exists x.\varphi(x) \rightarrow \forall x.\varphi(x)


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 08 Νοέμ 2006, 00:05 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
Kαι εγω με την ιδια βασικη ιδεα την ελυσα. Ενδιαφερουσα και συντομη ε?!!
Ας ποσταρω και μια ακομα,

Exoyme [tex]f_{n+1} = f_n + f_{n-1} [/tex] kai [tex]f_1=1, f_2= 2[/tex]

[tex] \lim{\frac{f_{n+1}}{f_n} [/tex] να βρεθει το οριο?

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 08 Νοέμ 2006, 20:59 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 08 Οκτ 2006, 19:08
Δημοσ.: 382
Εμένα πάλι μου θύμισε το θεώρημα σταθερού σημείου του Banach καθώς η απόδειξη είναι παρόμοια.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 09 Νοέμ 2006, 05:56 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφή: 21 Σεπ 2006, 00:20
Δημοσ.: 309
Αν [tex]f_1 = 1,f_2=2[/tex]και [tex]\forall n \in \mathbb_{N}[/tex] ισχυει[tex]f_{n+1} =f_n + f_{n-1}[/tex] τοτε [tex]\frac{f_{n+1}}{f_n}\rightarrow \phi[/tex][tex](\phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2})[/tex]
Αποδειξη:
Εστω ακουλουθια [tex]g:\mathbb_{N} \rightarrow \mathbb_{R}[/tex] ετσι ωστε [tex]g_n = \frac{f_{n+1}}{f_n}[/tex],[tex]n \in \mathbb_{N}[/tex]
Εστω οι υπακολουθιες της [tex]g[/tex] οι οποιες ειναι οι[tex]h,b[/tex] ετσι ωστε:
[tex]h_n =g_{2n}[/tex] και [tex]b_n = g_{2n-1}[/tex] [tex]\forall n \in \mathbb_{N}[/tex]
Ισχυει [tex]h_1 = g_2 = \frac{f_{3}}{f_2} = \frac{3}{2}[/tex][tex]\Rightarrow h_1 < \phi[/tex]
Εστω οτι [tex]h_k < \phi[/tex] [tex]k \in \mathbb{N}[/tex]
Αρα [tex]g_{2k} < \phi[/tex][tex]\Rightarrow \frac{f_{2k+1}}{f_{2k}} < \phi[/tex].Επισης,[tex]\frac{f_{2k+2}}{f_{2k+1}} = \frac{f_{2k+1} + f_{2k}}{f_{2k+1}} = 1 + \frac{f_{2k}}{f_{2k+1}}[/tex]
Ομως,[tex]\frac{f_{2k}}{f_{2k+1}} > \frac{1}{\phi}[/tex][tex]\Rightarrow 1 + \frac{f_{2k}}{f_{2k+1}} > \frac{1}{\phi} + 1[/tex][tex]\Rightarrow \frac{f_{2k+2}}{f_{2k+1}} > \frac{1}{\phi} + 1[/tex]
Ομως [tex]\frac{1}{\phi} + 1 = \phi[/tex][tex]\Rightarrow \frac{f_{2k+2}}{f_{2k+1}} > \phi[/tex].Ομως [tex]\frac{f_{2k+3}}{f_{2k+2}} = \frac{f_{2k+2} + f_{2k+1}}{f_{2k+2}} = 1 + \frac{f_{2k+1}}{f_{2k+2}} < 1 + \frac{1}{\phi}[/tex][tex]\Rightarrow \frac{f_{2k+3}}{f_{2k+2}} < \phi[/tex]
Ομως,[tex]h_{k+1} = g_{2(k+1)} = \frac{f_{2k+3}}{f_{2k+2}}[/tex][tex]\Rightarrow h_{k+1} < \phi[/tex]
Αρα απο μαθηματικη επαγωγη ισχυει:[tex]h_n < \phi [/tex][tex]\forall n \in \mathbb_{N}[/tex]
Ομοιως αποδεικνυεται οτι [tex]b_n > \phi[/tex][tex]\forall n \in \mathbb_{N}[/tex]
Ισχυει:
[tex]h_{n+1} = g_{2(n+1)} = \frac{f_{2n+3}}{f_{2n+2}}[/tex][tex]\Rightarrow h_{n+1} = \frac{f_{2n+2} + f_{2n+1}}{f_{2n+2}} = 1 +\frac{f_{2n+1}}{f_{2n+2}}[/tex][tex]\Rightarrow h_{n+1} = 1 + \frac{h_n}{(\frac{f_{2n+2}}{f_{2n}})}[/tex][tex]\Rightarrow h_{n+1} = 1 + \frac{h_n}{h_n + 1}[/tex].
Εστω οτι [tex]\exists n_0 \in \mathbb{N}: h_{n_0} \geq h_{n_0 + 1}[/tex]
Αρα [tex]h_{n_0} \geq 1 + \frac{h_{n_0}}{h_{n_0} + 1}[/tex]
Εκτελωντας τις πραξεις εχουμε [tex](h_{n_0})^2 - h_{n_0} - 1 \geq 0[/tex][tex]\Rightarrow h_{n_0} \geq \phi[/tex] το οποιο ειναι ατοπο.
Αρα [tex]h_{n+1} > h_n [/tex][tex]\forall n \in \mathbb_{N}[/tex]
Αρα η h ειναι γνησιως αυξουσα ακολουθια
Ομοιως αποδεικνυεται οτι η b ειναι γνησιως φθινουσα ακολουθια.
Οι h,b ομως ειναι φραγμενες απο τον [tex]\phi[/tex]
Αρα συγκλινουν και οι δυο.
Αρα [tex] \exists m \in \mathbb_{R} : [/tex][tex]\lim_{n\rightarrow\infty}h_n = m[/tex]Αρα:[tex]\lim_{n\rightarrow\infty}h_{n+1} = m[/tex]
Ομως,[tex]h_{n+1} = 1 + \frac{h_n}{h_n + 1}[/tex][tex]\forall n \in \mathbb{N}[/tex]
Αρα:[tex]\lim_{n\rightarrow\infty}(1 + \frac{h_n}{h_n + 1}) = m[/tex][tex]\Rightarrow 1 + \frac{m}{m+1} = m \Rightarrow m = \phi[/tex]
Αρα [tex]\lim_{n\rightarrow\infty}h_n = \phi[/tex]
Ομοιως αποδεικνυεται οτι [tex]\lim_{n\rightarrow\infty}b_n = \phi[/tex]

Εστω [tex]\epsilon > 0[/tex] "τυχαιο"
[tex]\exists n_1 : \forall n > n_1[/tex]να ισχυει[tex]|h_n - \phi| < \epsilon[/tex][tex]\Leftrightarrow |g_{2n} - \phi| < \epsilon[/tex]
[tex]\exists n_2 : \forall n > n_2[/tex]να ισχυει[tex]|b_n - \phi| < \epsilon[/tex][tex]\Leftrightarrow |g_{2n - 1} - \phi| < \epsilon[/tex]
Αρα [tex]\exists n_0 : \forall n > n_0[/tex]να ισχυει [tex]|g_n - \phi|<\epsilon[/tex]
Αρα [tex]\lim_{n\rightarrow\infty}g_n = \phi[/tex][tex]\Rightarrow \frac{f_{n+1}}{f_n} \rightarrow \phi[/tex]

_________________
The real part of the non-trivial zeros of the zeta function is 1/2


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 12 Νοέμ 2006, 16:01 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 08 Οκτ 2006, 19:08
Δημοσ.: 382
!
Πολύ καλή...
Θα γράψω και μια πιο σύντομη λύση περισσότερο μήπως και μάθω να γράφω σε λατεξ.

Θέτω [tex]a_{n}=\frac{f_{n+1}}{f_{n}}[/tex] και παίρνω την αναδρομική σχέση για το [tex]a_{n}[/tex] διαιρώντας την [tex]f_{n+1}-f_{n}-f_{n-1}=0[/tex] με [tex]f_{n}[/tex] :
[tex]a_{n}-1-\frac{1}{a_{n-1}}=0[/tex] , [tex]a_{1}=2[/tex] , [tex]a_{2}=\frac{3}{2}[/tex]
Συμβολίζω με [tex]a[/tex] και [tex]b[/tex] την θετική και αρνητική αντίστοιχα λύση της εξίσωσης [tex]x^{2}-x-1=0[/tex] , [tex]a+b=1[/tex]
Ισχύει: [tex]a_{n}-a=1+\frac{1}{a_{n-1}}-a=\frac{a_{n-1}+1-aa_{n-1}}
{a_{n-1}}=[/tex] [tex]\frac{\left(a_{n-1}-a\right)\left(1-a\right)}{a_{n-1}}=b\frac{a_{n-1}-a}{a_{n-1}}[/tex]
Εργαζόμενος αντίστοιχα για το [tex]b[/tex] παίρνω:
[tex]a_{n}-b=a\frac{a_{n-1}-b}{a_{n-1}}[/tex]
Διαιρώ κατά μέλη και έχω:
[tex]\frac{a_{n}-a}{a_{n}-b}=\frac{b}{a}\frac{a_{n-1}-a}{a_{n-1}-b}\Rightarrow \frac{a_{n}-a}{a_{n}-b}=\left(\frac{b}{a}\right)^{n-1}\frac{a_{1}-a}{a_{1}-b}[/tex]
Όμως [tex]\|{\frac{b}{a}|<1 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}\left(\frac{b}{a}\right)^{n-1}=0 \Rightarrow \lim_{n\to \infty}a_{n}=a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}[/tex]


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 13 Νοέμ 2006, 01:44 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφή: 21 Σεπ 2006, 00:20
Δημοσ.: 309
Εχεις κανει λαθος στην αποδειξη σου..
Εχεις φτασει στην προταση:[tex]\lim_{n\to\infty}\frac{a_n - a}{a_n -b} = 0[/tex]
Απο εκει δεν συνεπαγεται οτι [tex]\lim_{n\to\infty}a_n - a = 0[/tex]
Για να ισχυει αυτο πρεπει η [tex](a_n - b)[/tex] να ειναι φραγμενη!
Πρεπει να αποδειξεις λοιπον οτι η [tex](a_n - b)[/tex] ειναι φραγμενη.
Αυτο μπορει να αποδειχτει ως εξης:
Εστω οτι υπαρχει [tex]n_0 \in \mathbb_{N} :[/tex] [tex]a_{n_0} \geq 2[/tex]
Αρα [tex]f_{n_0 + 1} \geq 2f_{n_0}[/tex][tex]\Rightarrow f_{n_0} + f_{n_0 - 1} \geq 2f_{n_0}[/tex][tex]\Rightarrow f_{n_0 - 1} \geq f_{n_0}[/tex][tex]\Rightarrow 0 \geq f_{n_0 - 2}[/tex]το οποιο ειναι προφανως ατοπο.
Αρα [tex]a_{n} < 2 \forall n \in \mathbb_{N}[/tex] και επειδη [tex]a_n > 0 \forall n[/tex] εχουμε [tex]|a_n| < 2[/tex][tex] \forall n \in \mathbb_{N}[/tex]Αρα η [tex]a_n[/tex] ειναι φραγμενη.Αρα και η [tex](a_n - b)[/tex]

_________________
The real part of the non-trivial zeros of the zeta function is 1/2


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 04 Δεκ 2006, 18:07 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
Estw mia sinartisi [tex] f : \mathbb R \to \mathbb R [/tex] sinexis sto [tex]0[/tex]
An isxiei [tex] f(x)=f(2x) [/tex] gia kathe [tex] x \in \mathbb R[/tex] na
deixthei oti i f einai statheri.

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Δεκ 2006, 15:29 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφή: 09 Μαρ 2006, 14:43
Δημοσ.: 2767
Τοποθεσια: White Hart Lane
Έστω [tex]x \in \mathbb{R}[/tex]. Από τη δοσμένη σχέση ισχύει [tex]f\left(\frac{x}{2}\right) = f(x)[/tex] και επαγωγικά προκύπτει [tex]f\left(\frac{x}{2^n}\right) = f(x)[/tex]. Αφού [tex]\frac{x}{2^n} \to 0[/tex], έπεται ότι [tex]f(x) = f\left(\frac{x}{2^n}\right) \to f(0)[/tex]. Επομένως [tex]f(x) = f(0)[/tex], αφού κάθε μετρική είναι χώρος Hausdorff.

_________________
Lab Radio


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 05 Δεκ 2006, 21:08 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
Pros yosi, idios ergazomenos parolo pou den exo idea gia xorous Hausdorff.
Mia oraia
[tex] a_n = \ ( 1+\frac{1}{n} )^n, \ b_n= \ (1+\frac{1}{n})^{n+1} [/tex]
deixte oti [tex] (1) \ a_n < b_n [/tex] gia [tex] n \in N [/tex]
[tex] (2) {a_n}, {b_n}[/tex] einai gnisios ayxousa kai gnisios fthinousa antistoixa.
[tex] (3) [/tex] deixte oti exoun to idio orio to opoio orizete san to e.

I askisi exei douleutei xrisimopoiontas tin anisotita bernoulli, oraia einai
kai i proseggisi me xrisi tou AM-GM-HM.

kai ena orio [tex] lim ( 1+ \frac{x}{n})^n = e^x [/tex]

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 08 Δεκ 2006, 23:58 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφή: 07 Οκτ 2006, 16:42
Δημοσ.: 19
Για το όριο:

Αν [tex]x \neq 0 [/tex] τότε
[tex]\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{\frac{n}{x}}\right)^{\frac{n}{x}}[/tex][tex]=\lim_{\left(\frac{n}{x}\right)\to\infty}\left(1+\frac{1}{\left(\frac{n}{x}\right)}\right)^{\left(\frac{n}{x}\right)}=e \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}=e^x[/tex] .

Αν τώρα [tex]x=0[/tex] τότε [tex]\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{0}{n}\right)^{n}=1=e^0=e^x[/tex] .

Άρα ισχύει [tex]\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}=e^x \ \ \forall x \in \mathbb R[/tex] .


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Δεκ 2006, 16:59 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
pros boss, i askisi auti linete mono me tis gnoseis tou apeirostikou 1 pou exeis
os tora. Paratirisi 1) an [tex] x<0 [/tex] tote to [tex] \frac{n}{x}[/tex] den teinei
sto[tex]+\ \infty[/tex] 2) to [tex] \frac{n}{x}[/tex] den einai akolouthia akeraion
opote aytous toys metasximatismous pou toys stirizeis(exigise ama thes)?

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Δεκ 2006, 17:43 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφή: 01 Οκτ 2006, 11:40
Δημοσ.: 2950
Μια σχετική ( ; ) άσκηση: θέτουμε [tex]a_1=x[/tex] και, για κάθε [tex]n=1,2,\ldots [/tex],

[tex]a_{n+1}=\log\left (\frac{e^{a_n}-1}{a_n}\right ),[/tex]

με τη σύμβαση [tex]\frac{e^0-1}{0}=\lim_{t\to 0}\frac{e^t-1}{t}=1[/tex]. Δείξτε ότι:

[tex]1+\sum_{k=1}^{\infty }(a_1a_2\cdots a_k)=1+a_1+a_1a_2+a_1a_2a_3+\cdots =e^x.[/tex]


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Δεκ 2006, 20:36 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφή: 07 Οκτ 2006, 16:42
Δημοσ.: 19
Έχεις δίκιο sef. Αυτά ισχύουν αν [tex]x>=0[/tex].

Αν τώρα [tex]x<0[/tex], θέτουμε [tex]x=-y[/tex] με [tex]y>0[/tex], οπότε
[tex]\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\left(1-\frac{1}{\frac{n}{y}}\right)^{\frac{n}{y}}}=[/tex]
[tex]=\lim_{\left(\frac{n}{y}\right)\to\infty}\frac{1}{\left(1-\frac{1}{\left(\frac{n}{y}\right)}\right)^{\left(\frac{n}{y}\right)}}=\frac{1}{\frac{1}{e}}=e \Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^{n}=e^x[/tex] .

Ελπίζω τώρα να είναι σωστό.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης:
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 11 Δεκ 2006, 21:41 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφή: 23 Αύγ 2006, 16:43
Δημοσ.: 148
Pross boss dexosoun os dedomeno? to akoloutho:

an [tex] x\to\infty[/tex] tote [tex] \lim_{x\to\infty}( 1 + \frac{1}{x})^x=e [/tex]
opou to x einai metabliti sto R.

_________________
http://ibiblio.org/


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 83 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2, 3, 4, 5, 6  Επόμενο

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group