f(x)=n(x^(1/n)-x^(1/(2n))) E1=(1/2;1) E2=(1;+бескон) f(x)=((n^2)x)/((n^2+1)(1+(n^4)(x^2))*arctg(1+x)) Е=(0;+бескон)

задан 25 Дек '13 19:47

Здесь речь идёт о рядах (согласно метке), или всё-таки о функциональных последовательностях?

Правильно ли я понимаю, что второе задание относится к последовательности $%f_n(x)=\frac{n^2x}{n^2+1}$%, а дальше уже идёт третий пример? Или тут примеров два, а первый надо решить и для E1, и для E2? Если да, то вторая формула трактуется неоднозначно. Если нет возможности написать формулу по правилам, то желательно словесно прокомментировать: что является числителем, и что знаменателем.

(25 Дек '13 23:32) falcao

Функц.послед.. Сначала первая послед. и рассмотреть на двух промежутках Е1 и Е2, а потом вторая,но после знака деления весь кусок тот в знаменателе.

(26 Дек '13 0:01) Катринка

f(x)=числитель((n^2)x)/знаменатель((n^2+1)(1+(n^4)(x^2))*arctg(1+x)) иследовать на Е=(0;+бескон)

(26 Дек '13 0:04) Катринка
10|600 символов нужно символов осталось
2

Рассмотрим первую последовательность $%f_n^{(1)}(x)=n\left(x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}} \right)=\dfrac{x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}}}{\frac{1}{n}}$% на множестве $%E_1=\left(\dfrac{1}{2},\ 1 \right).\ $% Для краткости обозначим $%\alpha=\dfrac{1}{2n},\ $% имея в виду, что $%\alpha > 0$% и рассмотрим функцию $%\varphi_{\alpha}(x)=\dfrac{x^{2\alpha}-x^{\alpha}}{2\alpha}.\ $% Найдем поточечный предел $$\lim\limits_{\alpha\to{0+}}{\varphi_{\alpha}(x)}=\lim\limits_{\alpha\to{0+}}{\dfrac{x^{2\alpha}-x^{\alpha}}{2\alpha}}=\ln{x}-\dfrac{1}{2}\ln{x}=\dfrac{1}{2}\ln{x}. \tag{1} $$ Значит, функциональная последовательность $%f_n^{(1)}(x)$% поточечно стремится к функции $%\dfrac{1}{2}\ln{x}$% при $%{n}\to{\infty}.\ $% Теперь рассмотрим функцию $%\psi(x)=\varphi_{\alpha}(x)-\dfrac{1}{2}\ln{x}.\ $% Её производная $%\psi'(x)=\dfrac{1}{2x}\left(2x^{2\alpha}-x^{\alpha}-1 \right)$% обращается в нуль при значениях $%x_{1,\, 2}^{\alpha}=\dfrac{1\pm{3}}{4},\ $% из которых лишь точка $%x_2=1$% является предельной точкой множества $%E_1$% и эта точка является точкой минимума функции $%\psi(x).$% Отсюда следует, что функция $%\psi(x)$% монотонна на множестве $%E_1,$% поэтому $%\sup\limits_{x\in{E_1}}{|\psi(x)|}$% равен большему из чисел $%\lim\limits_{x\to{\frac{1}{2}}}{|\psi(x)|}$% и $%\lim\limits_{x\to{1}}{|\psi(x)|}.$% Однако $%\lim\limits_{x\to{1}}{\psi(x)}=0.$% Тогда $$\sup\limits_{x\in{E_1}}{|\psi(x)|}=\lim\limits_{x\to{\frac{1}{2}}}{|\psi(x)|}=\left|\psi \left(\frac{1}{2}\right)\right|=\dfrac{\left(\frac{1}{2}\right)^{2\alpha}-\left(\frac{1}{2}\right)^{\alpha}}{2\alpha}-\dfrac{1}{2}\ln{\left(\frac{1}{2}\right)}\to{0}$$ при $%{\alpha\to{0+}}$% в силу (1). Таким образом, последовательность $%f_n^{(1)}(x)=n\left(x^{\frac{1}{n}}-x^{\frac{1}{2n}} \right)$% сходится равномерно на множестве $%E_1$% к функции $%\dfrac{1}{2}\ln{x}.$%

На множестве $%E_2=\left(1,\ +\infty\right)$% равномерной сходимости не будет. Действительно, возьмем $%x_n=n^{2n}.$% Тогда $%f_n^{(1)}(x_n)=n(n^2-n)\to+\infty$% при $%n\to\infty.$%

Теперь исследуем вторую из функциональных последовательностей: $$f_n(x)=\dfrac{n^2 x}{(n^2+1)(1+n^4 x^2)\operatorname{arctg}(1+x)}.$$ Поскольку $%\dfrac{\pi}{4}<\operatorname{arctg}(1+x)<\dfrac{\pi}{2}\ $% при $%x>0,\ $% то $${0} < f_n(x) < \dfrac{4}{\pi}\cdot \dfrac{n^2 x}{(n^2+1)(1+n^4 x^2)}=\dfrac{4}{\pi(n^2+1)}\cdot \dfrac{n^2 x}{(1+n^4 x^2)}$$ Обозначим $%g_n(x)={\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}\ $% и найдем $%\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}g_n(x).\ $% Дифференцируя $%g_n(x),\ $% получим $$\dfrac{dg_n(x)}{dx}=\dfrac{d}{dx}{\left({\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}\right)}=\dfrac{n^2(1+n^4 x^2)-n^2 x\cdot 2n^4 x}{(1+n^4 x^2)^2}=\dfrac{n^2-n^6 x^2}{(1+n^4 x^2)^2}=\dfrac{n^2(1-n^4 x^2)}{(1+n^4 x^2)^2}.$$ Знак производной изменяется при переходе через точку $%x_n=\dfrac{1}{n^2}$% с положительного на отрицательный, следовательно, точка $%x_n$% является точкой максимума функции $%g_n(x)={\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}},\ $% значит, наибольшее значение $%g_n(x_n)=\dfrac{1}{2}.$%
Значит, $$\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}{\dfrac{n^2 x}{1+n^4 x^2}}=\dfrac{1}{2}.$$ Тогда $$\sup\limits_{x\in(0,\ +\infty)}{ f_n(x)} \leqslant \dfrac{2}{\pi(n^2+1)} \underset{n\to{\infty}}\to {0}.$$ По теореме Вейерштрасса о равномерной сходимости функциональная последовательность $%f_n(x)\underset{n\to{\infty}}\rightrightarrows{0}.$%

ссылка

отвечен 26 Дек '13 1:30

изменен 27 Дек '13 12:38

а 1ю можете написать?

(26 Дек '13 1:50) Катринка

Я дополнил ответ исследованием равномерной непрерывности первой функции

(27 Дек '13 1:28) Mather

Можете, пожалуйста, пояснить, почему $%\lim\limits_{\alpha \to +0} \dfrac{x^\alpha}{\alpha} = \ln x\ $%?

(17 Май '15 0:25) Poncho

Кажется, понял
$$ \lim_{a \to +0} \frac{x^{2a}-x^a}{2a} = \lim_{a \to +0} \frac{e^{2a\ln x}-1+1-e^{a\ln x}}{2a} = \lim_{a \to +0} \frac{2a\ln x - a\ln x + o(a^2)}{2a} = \ln x - \frac{1}{2} \ln x = \frac{1}{2} \ln x $$

(17 Май '15 11:53) Poncho

@Poncho: здесь основой служит утверждение $%(x^t-1)/t\to\ln x$% при $%t\to0$%, где $%x > 0$%, $%x\ne1$%. Оно равносильно тому, что производная показательной функции с основанием $%x$% в нуле равна $%\ln x$%.

(17 Май '15 15:15) falcao

Спасибо, @falcao

(17 Май '15 15:51) Poncho
показано 5 из 6 показать еще 1
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×550

задан
25 Дек '13 19:47

показан
484 раза

обновлен
17 Май '15 15:51

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru