jos malo pa 2.kolokvij (2012.) (objasnjenje gradiva)

[kikota]

evo teme da malo diskutiramo o rjesenim zadacima s proslogodisnjih kolokvija, za nejasnoće i slično... pa dragi kolege bili netko mogao detaljno objasnit 3. zadatak s proslogodisnjeg kolokvija ili neki sličan??? http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/kolokviji/ma1-1011-kol2.pdf hvalaaa

_________________
i najduži put počinje prvim korakom... i tako sam ja upisala pmf...

[satja]

Evo pokazat ću taj 3. od A grupe (ovaj od B grupe sam pokazao na demonstraturama, ista je ideja samo ima malo više pisanja).

Najvažnije kod tih zadataka sa infimumom i supremumom jest naslutiti rješenje. Dakle, upitajmo se: koliko najmanje, a koliko najviše može iznositi [tex]\sqrt[mn]{m+n}[/tex]?

Nakon malo razmišljanja zaključujemo: što su [tex]m, n[/tex] manji, izraz je veći. Zaista, stavimo li [tex]m = n = 1[/tex] dobit ćemo vrijednost [tex]2[/tex], a stavimo li kakve veće [tex]m, n[/tex] (npr 1-2, 2-2, 1-3 ili slično), dobivamo manje vrijednosti izraza. Odatle naslućujemo da je supremum [tex]2[/tex].

Budući da smo vidjeli da se taj supremum zaista postiže, i to za [tex]m=n=1[/tex], još treba pokazati da se ne može postići nijedna veća vrijednost, tj. dokazujemo [tex]\sqrt[mn]{m+n}\le 2[/tex] što je ekvivalentno s [tex]m+n\le 2^{mn}[/tex]. Ovo možemo dokazati na razne načine: jedan način je da fiksiramo [tex]m[/tex] pa radimo indukciju po [tex]n[/tex]. Drugi način je jednostavniji: za [tex]m, n \ge 2[/tex] je [tex]m+n\le mn[/tex], pa nam u tom slučaju preostaje dokazati [tex]mn\le 2^{mn}[/tex] što je očito. Ako je pak [tex]m=1[/tex] (ili [tex]n=1[/tex]), treba dokazati [tex]n+1\le 2^{n}[/tex] što je isto očito (npr. indukcijom).

To je što se tiče supremuma. Znači vidjeli smo da se on postiže za najmanje [tex]m, n[/tex]. Prirodno je pogledati što se događa kad su [tex]m, n[/tex] jako veliki. Recimo tisuću. Tada imamo milijunti korijen iz dvije tisuće, što je približno jednako jedan. I inače, što su [tex]m, n[/tex] veći, to je umnožak [tex]mn[/tex] puno ogromniji od zbroja [tex]m+n[/tex], pa imamo neki brutalan korijen iz nečeg što je u usporedbi s time relativno maleno - a kad nešto korjenujemo do besvijesti, obično dobijemo (skoro) jedinicu.

Znači naslućujemo da infimum jednak [tex]1[/tex]. On se očito ne može postići jer je uvijek [tex]\sqrt[mn]{m+n}> 1[/tex], stoga moramo dokazati da mu se možemo proizvoljno približiti. A to ćemo dokazati tako da nađemo neki niz u skupu [tex]A[/tex] koji teži u [tex]1[/tex]. Ne trebamo biti posebno domišljati, uzmimo [tex]m=n=k[/tex] i niz [tex]a_k=\sqrt[k\cdot k]{k+k}[/tex]. Da on teži u [tex]1[/tex], pokazujemo pomoću teorema o sendviču: jasno je [tex]1<a_k[/tex], a za gornju ogradu primijetimo da niz [tex]\sqrt[k]{k}[/tex] teži u [tex]1[/tex] - to vam je nadam se poznato s vježbi - pa ćemo samo pokazati [tex]a_k\le \sqrt[k]{k}\quad \iff \quad \sqrt[k^2]{2k}\le \sqrt[k]{k}\quad \iff \quad 2k\le k^k[/tex], što je očito za [tex]k\ge 2[/tex]. Rezimirajmo: za [tex]k\ge 2[/tex] imamo sendvič [tex]1\le a_k\le \sqrt[k]{k}[/tex], pa je [tex]\lim_{k\to\infty}a_k = 1[/tex], dakle možemo se približiti jedinici proizvoljno blizu pa je [tex]1[/tex] zaista infimum.

[kikota]

hvala satjaaa....

_________________
i najduži put počinje prvim korakom... i tako sam ja upisala pmf...

[malalodacha]

može objašnjenje 2. zadatak pod b, a grupa? i je li rješenje 2.a) 4/5??

[satja]

Da, 2a) je 4/5.

2b) odmah vuče na Stolzov teorem. Po njemu nas zapravo zanima [dtex]\lim_n\frac{\frac 1{2n+1}}{\ln(n+1)-\ln n} = \lim_n\frac{1}{(2n+1)\ln(1+\frac 1 n)}.[/dtex]
Znamo da [tex](1+\frac 1 n)^n\to e[/tex], pa možemo naštimati na taj oblik: [dtex]\lim_n\frac{1}{(2n+1)\ln(1+\frac 1 n)} = \lim_n\frac{1}{2\ln(1+\frac 1 n)^n + \ln(1+\frac 1 n)}=\frac{1}{2\ln e+\ln 1} = \frac{1}{2}.[/dtex]

[kikota]

ajde molin te napisi i rjesenja ostalih zadataka koje si rjesio Mala ludačo

_________________
i najduži put počinje prvim korakom... i tako sam ja upisala pmf...

[angelika]

jel moze netko rijesiti 1.zadatak iz A grupe?

[Shaman]

[kikota]

napišeš prvih nekoliko članova niza... i primjetiš da je nakon 3. člana niz rastući i da ide prema 1. onda kre4neš to dokazivat:
1) dokaz da je niz omeđen odozgo međom M=1 mat. indukcijom:
baza: treći član niza je <= 1.
pretpostavka an+1<=1 <--> -4/ an - 5 <=1 <--> bla bla... 1>=an dokaz gotov!
2) dokazivanje monotonosti, tj. da je nakon trećeg člana niz rastući:
baza: a3<=a4
pretp: an<= an+1 za neki neN...
koraK: an+1<= an+2 <--> bla bla bla.... an+1>= an, mat.indukcijom dokazano da je rastući...
zaključak s obzirom da je rasstući i omeđen odozgo konvergentan je i ima limes:
L= -4/L-5..... rjesit kvadratnu jednadzbu s rjesenjem:
L1=1 i L2=4--- otpada jer smo dokazali da je an<=1...
dakle: lim(an)=1

moze neko lipo detaljno objasnit 4. zadatak bilo koja grupa od lani??? hvala

_________________
i najduži put počinje prvim korakom... i tako sam ja upisala pmf...

[Shaman]

http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/analiza/kolokviji/ma1-1011-kol2.pdf

prva grupa

4.a brojnik svedi na tablicni
nazivnik i brojnik pomnozi sa sqrt(ch(3x))+1
nakon toga nazivnik svedi na tablicni
x^2 u brojniku i nazivniku se pokrati, izracunaj limes

4.b napravi supstituciju t=x-1
svedi brojnik na tablicni, nazivnik na tablicni
t u brojniku i nazivniku se pokrati, izracunaj limes

druga grupa 4 zadatak se identicno rjesava

ne znam bas koliko ovo pomaze, jel netko moze rec gdje mogu pogledat kako se uredno mogu pisati matematicki izrazi.

_________________
it was merely a setback

[malalodacha]

prvi zadatak se dobije rješenje 1. prvi član je 6, a onda od 2. člana pa nadalje nijednom neće doseći 1. Indukcijom se dokaže da je 1 gornja ograda od niza ne računajući prvi član, niz je rastući, i kada se po limesu rješava dobije se 1. ja mislim da je tako


stigao je već odgovor

[angelika]

[5_ra]

jel moze netko rijesit i objasnit 2.a) iz kolokvija 2009./10. iz bilo koje grupe?

[quark]

[kikota]

a 1.zad od 2009/2010.... zbunjuje me onaj an+2=... neznan kako bi dokazala monotonost?'

_________________
i najduži put počinje prvim korakom... i tako sam ja upisala pmf...

[5_ra]

Prva grupa: napiši tanh kao kvocijent i onda ćeš uspjeti izlučiti sinh; onda imaš dva faktora, odvoji korijen i svakog "napadni" limesom pojedinačno.
Ako ne pogriješih, meni ispada e * 1 = e.[/quote]

ja to odvojim na korijene i onda dalje ne kuzim sta treba radit...jel moze postupak

[quark]

[5_ra]

eh pa sad je puno jasnije
hvala puno!

[quark]

[Shaman]