| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
mathh5
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 05. 2012. (12:16:25)
Postovi: (E)16
|
 Postano: 13:57 uto, 26. 6. 2012 Naslov: |
    |
|
|
Kao prvo, nije u redu da raspravljate o ovoj temi kao Gost. Tako vas nitko ne shvaća ozbiljno.
a kao drugo, možete se nadati bilo što, ali jasno u pravilima piše da je bodovni prag 50, i nema se tu što moliti profesora. Pokušali su studenti i prošle god. moliti još jedan rok, tražili na vijeću studenata, ali mislim da je jednoglasno odbijeno, zato nema spasa... samo učenje!
Kao prvo, nije u redu da raspravljate o ovoj temi kao Gost. Tako vas nitko ne shvaća ozbiljno.
a kao drugo, možete se nadati bilo što, ali jasno u pravilima piše da je bodovni prag 50, i nema se tu što moliti profesora. Pokušali su studenti i prošle god. moliti još jedan rok, tražili na vijeću studenata, ali mislim da je jednoglasno odbijeno, zato nema spasa... samo učenje!
|
|
| [Vrh] |
|
ela999
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 11. 2011. (13:15:31)
Postovi: (D)16
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
vjekovac
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55)
Postovi: (2DB)16
Spol: 
|
| Postano: 16:09 uto, 26. 6. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Anonymous"]zašto vrijedi n/(1+n^2x) manje ili jednako 1/2sqrt(x)[/quote]
Naprosto se pomnoži s nazivnicima i dobije
[tex]2n\sqrt{x}\leq 1+n^2 x[/tex]
što je ekvivalentno s
[tex](1-n\sqrt{x})^2\geq 0[/tex].
Dakle, lako je provjeriti, ali je dosta teže pogoditi koja funkcija dominira izraz [tex]n/(1+n^2x)[/tex] za sve n.
Zato bih preporučio sljedeću varijantu istog argumenta kao gore. Za brojeve a,b>0 uvijek vrijedi [tex]\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}[/tex]. To je tzv nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine, koja je u ovom posebnom slučaju ekvivalentna s [tex](\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0[/tex] pa očigledno vrijedi.
Sada ocjenjujemo uzimajući [tex]a=1[/tex], [tex]b=n^2 x[/tex]. Obratna je nejednakost jer se izraz nalazi u nazivniku.
[dtex]\frac{n}{1+n^2 x}\leq\frac{n}{2\sqrt{1\cdot n^2 x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}[/dtex]
| Anonymous (napisa): | | zašto vrijedi n/(1+n^2x) manje ili jednako 1/2sqrt(x) |
Naprosto se pomnoži s nazivnicima i dobije
[tex]2n\sqrt{x}\leq 1+n^2 x[/tex]
što je ekvivalentno s
[tex](1-n\sqrt{x})^2\geq 0[/tex].
Dakle, lako je provjeriti, ali je dosta teže pogoditi koja funkcija dominira izraz [tex]n/(1+n^2x)[/tex] za sve n.
Zato bih preporučio sljedeću varijantu istog argumenta kao gore. Za brojeve a,b>0 uvijek vrijedi [tex]\frac{a+b}{2}\geq\sqrt{ab}[/tex]. To je tzv nejednakost između aritmetičke i geometrijske sredine, koja je u ovom posebnom slučaju ekvivalentna s [tex](\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0[/tex] pa očigledno vrijedi.
Sada ocjenjujemo uzimajući [tex]a=1[/tex], [tex]b=n^2 x[/tex]. Obratna je nejednakost jer se izraz nalazi u nazivniku.
[dtex]\frac{n}{1+n^2 x}\leq\frac{n}{2\sqrt{1\cdot n^2 x}}=\frac{1}{2\sqrt{x}}[/dtex]
|
|
| [Vrh] |
|
xyz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 02. 2009. (11:14:15)
Postovi: (8A)16
Spol: 
Lokacija: Zagreb
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
| Postano: 18:18 uto, 26. 6. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Anonymous"][quote="xyz"]http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/mii-2011-popravni.pdf
Moze pomoc oko 2.c zadatka?
E nije m*-izmjeriv pa vrijedi m*(B)> m*(B^E)+m*(B^E(kompl)) za svaki B iz X
možemo posebno uzeti da je B=A
pa imamo m*(A)> m*(A^E)+m*(A^E(kompl)), a budući da je A podskup od E imamo da je A^E=A i znamo da vrijedi A^E(kompl)=A\E
pa imamo m*(A)> m*(A)+m*(A\E)=m*(A)+m*(A)-m*(E) ZZZZZZ
budući da je A izmjeriv vrijedi: m*(B)=m*(B^A)+m*(B^A(kompl)) za svaki B pa posebno uzmemo da je B=E
m*(E)=m*(E^A)+m*(E^A(kompl))=m*(A)+m*(E\A) i ako to uvrstimo u gornju jednakost ZZZZZZ imamo 0>-m*(E\A)[/quote]
Malo su mi sumnjivi neki argumenti koje koristiš (npr. već ovaj prvi: ako E nije m*-izmjeriv, to ne znači da stroga nejednakost vrijedi za svaki B (npr. za B = prazan skup uvijek vrijedi jednakost), već samo da postoji neki B za koji vrijedi stroga nejednakost i tu sve pada).
Zadatak se može riješiti ovako:
pretpostavimo suprotno, da postoji neki izmjeriv skup [tex]A\subset E[/tex] t. d. je [tex]\mu^*(E\backslash A)=0[/tex]. Tada je, po b), [tex]E\backslash A[/tex] izmjeriv. Kako je skup svih izmjerivih skupova sigma-algebra, pa je zatvoren na unije, i [tex]E=(E\backslash A)\cup A[/tex] je onda izmjeriv, što je kontradikcija.
[quote="Anonymous"] | xyz (napisa): | http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/mii-2011-popravni.pdf
Moze pomoc oko 2.c zadatka?
E nije m*-izmjeriv pa vrijedi m*(B)> m*(B^E)+m*(B^E(kompl)) za svaki B iz X
možemo posebno uzeti da je B=A
pa imamo m*(A)> m*(A^E)+m*(A^E(kompl)), a budući da je A podskup od E imamo da je A^E=A i znamo da vrijedi A^E(kompl)=A\E
pa imamo m*(A)> m*(A)+m*(A\E)=m*(A)+m*(A)-m*(E) ZZZZZZ
budući da je A izmjeriv vrijedi: m*(B)=m*(B^A)+m*(B^A(kompl)) za svaki B pa posebno uzmemo da je B=E
m*(E)=m*(E^A)+m*(E^A(kompl))=m*(A)+m*(E\A) i ako to uvrstimo u gornju jednakost ZZZZZZ imamo 0>-m*(E\A) |
Malo su mi sumnjivi neki argumenti koje koristiš (npr. već ovaj prvi: ako E nije m*-izmjeriv, to ne znači da stroga nejednakost vrijedi za svaki B (npr. za B = prazan skup uvijek vrijedi jednakost), već samo da postoji neki B za koji vrijedi stroga nejednakost i tu sve pada).
Zadatak se može riješiti ovako:
pretpostavimo suprotno, da postoji neki izmjeriv skup [tex]A\subset E[/tex] t. d. je [tex]\mu^*(E\backslash A)=0[/tex]. Tada je, po b), [tex]E\backslash A[/tex] izmjeriv. Kako je skup svih izmjerivih skupova sigma-algebra, pa je zatvoren na unije, i [tex]E=(E\backslash A)\cup A[/tex] je onda izmjeriv, što je kontradikcija.
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
| Postano: 18:25 uto, 26. 6. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="xyz"]
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/mii/mi-popravni-2009-rj.pdf
Nije mi jasno ovo u 2.a zadatku zasto je dovoljno pokazati da je za svaki a ∈ R skup {x ∈ R : f (x) ≤ a} Borelov, odakle to? :-k
Hvala.[/quote]
Znamo da je dovoljno dokazati da su praslike nekog skupa generatora Borelove sigma-algebre izmjerive. [tex]<-\infty,a], a \in \mathbb{R}[/tex] generiraju Borelovu sigma-algebru, pa je dovoljno pokazati da su praslike tih skupova izmjerive, što tu zapravo i piše.
Znamo da je dovoljno dokazati da su praslike nekog skupa generatora Borelove sigma-algebre izmjerive. [tex]←\infty,a], a \in \mathbb{R}[/tex] generiraju Borelovu sigma-algebru, pa je dovoljno pokazati da su praslike tih skupova izmjerive, što tu zapravo i piše.
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
| Postano: 19:31 uto, 26. 6. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Anonymous"]nisam pisao ono doli ali da skup ne bi bio izmjeriv mora postojati A za koji vrijedi ta nejednakost, u suprotnom bi bio izmjeriv[/quote]
Slažem se. Ali gornji dokaz, barem ja tako shvatih, ne počinje sa "mora postojati takav A", nego "vrijedi za svaki A" (tamo piše B). Možda krivo shvatih, često se pogubim u tuđim dokazima... U svakom slučaju, bolje dva dokaza nego jedan. :wink:
[quote]
Kako bi isao ovaj 4., pod a)- popravni prosle godine?
[/quote]
[dtex]|e^{(1+\frac{1}{n})x}\cos^2\frac{x}{3n^2}|\leq e^{2x}=:g(x),\quad n\in \mathbb{N},\quad x\in[0,1][/dtex]
pa možemo primijeniti LTDK, dalje nije problem.
| Anonymous (napisa): | | nisam pisao ono doli ali da skup ne bi bio izmjeriv mora postojati A za koji vrijedi ta nejednakost, u suprotnom bi bio izmjeriv |
Slažem se. Ali gornji dokaz, barem ja tako shvatih, ne počinje sa "mora postojati takav A", nego "vrijedi za svaki A" (tamo piše B). Možda krivo shvatih, često se pogubim u tuđim dokazima... U svakom slučaju, bolje dva dokaza nego jedan. 
| Citat: |
Kako bi isao ovaj 4., pod a)- popravni prosle godine?
|
[dtex]|e^{(1+\frac{1}{n})x}\cos^2\frac{x}{3n^2}|\leq e^{2x}=:g(x),\quad n\in \mathbb{N},\quad x\in[0,1][/dtex]
pa možemo primijeniti LTDK, dalje nije problem.
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
|
