Najmanje pozitivno realno r

Odgovori Nova tema

27 odgovora
7.603 pregleda

Re: Najmanje pozitivno realno r 07.03.2025. u 23:03 · pre 20 meseci #21

Pretpostavimo da su $f,g,r$ kao u zadatku, pri čemu je $r<\frac\pi 2$ i izvedimo protivrečnost.

Teorema 1: Neka su $f,g,r$ kao u zadatku. Tada je $r>1$ .

Dokaz: Iz neprekidnosti funkcije $f$ na ograničenom zatvorenom intervalu $[0,r]$ sledi da funkcija $f$ na tom intervalu dostiže najveću vrednost $M$ u nekoj tački $x_0$ . Iz $f(x_0)=M>0=f(r)$ sledi da je $f(x_0)>f(r)$ , a samim tim i $x_0\neq r$ , odnosno $0\leq x_0<r$ . Za neko $x_1\in(x_0,r)$ važi sledeće:

$\frac{M}{r-x_0}=\left|\frac{0-M}{r-x_0}\right|=\left|\frac{f(r)-f(x_0)}{r-x_0}\right|=|f'(x_1)|\leqslant|g(x_1)|$ ,

$|g(x_1)|\geqslant\frac{M}{r-x_0}$ ,

Za neko $x_2\in(0,x_1)$ važi sledeće:

$\frac M{r^2}<\frac{M}{x_1(r-x_0)}\leq\frac{|g(x_1)-0|}{x_1}=\left|\frac{g(x_1)-g(0)}{x_1-0}\right|=|g'(x_2)|\leq|f(x_2)|\leqslant M$ ,

$\frac M{r^2}<M$ ,

što zajedno sa $M>0$ daje $r>1$ .

Kraj dokaza.

Teorema 2: Neka su $f,g,r$ kao u zadatku. Tada postoji $r_0\in(0,r]$ , kao i neprekidne funkcije $f_0,g_0:[0,r_0]\longrightarrow R$ diferencijabilne na intervalu $(0,r_0)$ takve da važi $f_0(0)>0$ , $f_0(r_0)=0$ , $g_0(0)=0$ , $|f_0'|\leq|g_0|$ , $|g_0'|\leqslant|f_0|$ , kao i $f_0,g_0>0$ na $(0,r_0)$ .

Dokaz: Iz neprekidnosti funkcije $f$ na ograničenom, zatvorenom intervalu $[0,r]$ i $f(r)=0$ sledi da postoji najmanja nula $funkcije f$ na intervalu $[0,r]$ . Pritom, iz $f(0)>0$ sledi da je $v\neq 0$ , a samim tim i $v>0$ . Dakle, $f$ je različito od nule na intervalu $[0,v)$ na zbog neprekidnosti na njemu ne menja znak, pa iz $f(0)>0$ sledi da je $f>0$ na intervalu $[0,v)$ .

Iz Teoreme 1 sledi da je $v>1$ . Dokažimo da funkcija $g$ nema nula na intervalu $[v-1,v)$ . Dokaz izvodimo svođenjem na protivrečnost. Pretpostavimo da je $s\in[v-1,v)$ nula funkcije $g$ i izvedimo protivrečnost. Tada bi za funkcije $F,G:[0,v-s]\longrightarrow R$ definisane sa $F(x)=f(s+x)$ i $G(x)=g(s+x)$ važilo da su neprekidne na $[0,v-s]$ , diferencijabilne na $(0,v-s)$ , kao i $F(0)=f(s)>0$ , $G(0)=g(s)=0$ , $F(v-s)=f(v)=0$ , $|F'|\leq|G|$ i $|G'|\leq|F|$ , pa prema Teoremi 1 važi $v-s>1$ suprotno izboru broja $s$ .

Iz neprekidnosti funkcije $g$ na ograničenom i zatvorenom intervalu $[0,v-1]$ i $g(0)=0$ sledi da funkcija $g$ ima najveću nulu $u$ na intervalu $[0,v-1]$ . Pošto funkcija $g$ nema nula na intervalu $[v-1,v)$ , zaključujemo da je $u<v-1$ i da je $u$ najveća nula funkcije $g$ na intervalu $[0,v)$ . Dakle, funkcija $g$ nema nula na intervalu $(u,v)$ , pa na njemu ne menja znak, pa važi jedno od sledećeg:

a) $|g|=g$ na $(u,v)$ ,
b) $|g|=-g$ na $(u,v)$ .

Iz neprekidnosti funkcija $g$ , $-g$ i $|g|$ zaključujemo da ista jednakost važi i na intervalu $[u,v]$ .

Sada se lako zaključuje da su traženi uslovi ispunjeni za $r_0=v-u$ , $f_0(x)=f(u+x)$ i $g_0(x)=|g(u+x)|$ .

Kraj dokaza.

Dokažimo napokon da je $r\geq\frac\pi 2$ . Pretpostavimo suprotno i izvedimo protivrečnost. Prema Teoremi 2 možemo bez umanjenja opštosti pretpostaviti da je $f,g>0$ na $(0,r)$ . Definišimo funkciju $h:[0,r]\longrightarrow R$ na sledeći način:

$h(x)=f(x)\sin(x)-g(x)\cos(x)$ .

Važi sledeće:

$h'=(f'+g)\sin+(f-g')\cos$ .

Iz $-f'\leq|f'|\leq g$ sledi da je $-f'\leq g$ , odnosno $f'+g\geq 0$ . Iz $g'\leq|g'|\leq f$ sledi da je $g'\leq f$ odnosno $f-g'\geq 0$ . Odatle i iz $0<r<\pi/2$ sledi da je $\sin,\cos>0$ na intervalu $(0,r), a samim tim i h'>0$ na $(0,r)$ . Odatle i iz neprekidnosti funkcije $h$ na $[0,r]$ sledi da je funkcija $h$ monotono neopadajuća na $[0,r]$ .

Odatle i iz $h(0)=0$ i $h(r)=-g(r)\cos(r)\leq 0$ sledi da je funkcija $h$ konstantno jednaka nuli, odnosno da je

$\frac f\cos=\frac g\sin=p$ na $(0,r]$ za neku funkciju $p$ koja je neprekidna na $[0,r]$ i diferencijabilna i pozitivna na $(0,r)$ . Drugim rečima, važi

$f=p\cos$ , $g=p\sin$ .

Iz $-f'\leq|f'|\leq g$ sledi da je $p\sin-p'\cos\leq p\sin$ , odnosno $-p'\cos\leq 0$ , odnosno $p'\geq 0$ .

Iz $g'\leq|g'|\leq f$ sledi da je $p'\sin+p\cos\leq p\cos$ , odnosno $p'\sin\leq 0$ , odnosno $p'\leq 0$ .

Dakle, $p'=0$ na $(0,r)$ , pa je neprekidna funkcija $p$ konstantna na $[0,r]$ . Pritom je $p(0)=f(0)>0$ , pa za pozitivnu konstantu $p$ važi $0=f(r)=p\cos(r)$ , odnosno $\cos(r)=0$ što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je $0<r<\pi/2$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 10:44 · pre 20 meseci #22

Citat:

miki069

Ne verujem da student I godine bilo kog fakulteta ima predzanje o redovima i to funkcionalnim alternativnim redovima.

Ima i to.
Na primer PMF 1.Godina Računarske nauke.
Rade stepene redove a pre Bolonje je toga bilo i više sa alternativnim i funkcionalnim redovima.

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 11:18 · pre 20 meseci #23

U prilogu koji si dao nema nikakvih stepenih redova.
To se radi u Analizi-3 u drugoj godini.
Na PMF u Kragujevcu.

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 12:54 · pre 20 meseci #24

Poenta je u vezi između analize i geometrije.

Ako je geometrijski sinus $\sin_G$ , koji svakom uglu kao geometrijskoj figuri pridružuje realan broj, definisan preko sličnosti trouglova i ako je definisana mera $\mu$ ugla, koja svakom uglu kao geometrijskoj figuri pridružuje pozitivan realan broj tako da podudarnim uglovima pridružuje isti realan broj i koja uniji dva ugla pridružuje zbir brojeva pridruženih tim uglovima u slučaju kada je presek tih uglova prava, a unija neki veći ugao, onda se dokazuje da je mera ugla jednoznačno određena do na multiplikativnu konstantu. Tada možemo definisati analitički sinus $\sin_A$ koji svako realnom broju pridružuje realan broj i takva da važi $\sin_A(\mu(X))=\sin_G(X)$ za svaki ugao $X$ i uz odgovarajuće neprekidno i periodično produženje. Tada se dokazuje da postoji pozitivna konstanta $k$ koja zavisi od izbora mere pravog ugla, takva da važi

$\sin_A(x)=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(kx)^{2n+1}}{(2n+1)!}$

i slično za kosinus, pri čemu ista pozitivna konstanta učestvuje i u formuli za kosinus. Pritom je moguće odabrati meru pravog ugla tako da bude $k=1$ . Tada je moguće koristiti stepene redove za rešavanje tih diferncijalnih jednačina i geometrijsku interpretaciju tih redova jer se zna da to jeste njihova geometrijska interpretacija.

Naravno, postoje i prečice da se iz definicija funkcija

$s(x)=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ ,

$c(x)=\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}$

može izvesti da su periodične sa istim periodom na kojim intervalima (izraženim preko perioda) kog znaka, gde su monotono rastuće, a gde monotoo neopadajuće, gde su konveksne, a gde konkavne. Prečica je kraća ako se koriste izvodi, ali je moguće i bez njih, samo sa neprekidnošću.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 13:45 · pre 20 meseci #25

U vezi diferencijalne jednačine y'' + y = 0, ako se dobro sećam, tražilo se samo da se diskutuju osobine rešenja, bez znanja o postojanju trigonometrijskih funkcija.
Kako se na osnovu drugog izvoda mogu odrediti prevojne tačke funkcije (tj. grafika funkcije), a za koje važi da je drugi izvod jednak 0, iz gornje diferencijalne jednačine sledi da f(x) ima prevojne tačke u preseku sa x-osom, tj. u tačkama koje su istovremeno i nule te funkcije.
Pored toga, vrednosti drugog izvoda funkcije i vrednosti same funkcija imaju istu apsolutnu vrednost i suprotan znak u svim ostalim tačkama, što znači da prvi izvod funkcije (koeficijent pravca tangente na grafik funkcije) opada kada je funkcija pozitivna i raste kada je funkcija negativna, i te vrednosti se menjaju istom "brizinom" počevši od tačke gde je f=0.
Znajući ovo, čak se može približno skicirati grafik takve funkcije. Ovo, onako, laički, na osnovu sećanja :)

Kako se na istom kursu pominjala i Gama funkcija, ali ne preko integrala, već kao funkcija koja za prirodne brojeve praktično predstavlja n! (faktorijel) i kako su tu pominjane osobine, između kojih i logaritamska konveksnost, ne znam da li su nešto od tih činjenica mogli da primene i na diskusiju o osobinama rešenja gornje diferencijalne jednačine.

Potpis

Blessed are those who can laugh at themselves, for they shall never cease to be amused.

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 17:29 · pre 20 meseci #26

Evo ispravan link na obavezan ispit Matematička analiza 1. Ispit je na 1. godini studijskog programa Računarske nauke.

Analiza-1.jpg81.5k

Re: Najmanje pozitivno realno r 08.03.2025. u 17:30 · pre 20 meseci #27

Osloniću se na teoriju linearnih diferencijalnih jednačina i neprekidnost i diferencijabilnost funkcija i osobine izvoda kao predznanje.

Iz teorije homogenih linearnih diferencijalnih jednačina se zna da postoje tačno dva rešenja do na linearnu nezavisnost. Obeležimo ih sa $c$ i $s$ uz odgovarajuće početne uslove

$c(0)=1$ , $c'(0)=0$ , $s(0)=0$ , $s'(0)=1$ .

Za funkciju $C(x)=c(-x)$ se ispostavlja da zadovoljava isti Košijev zadatak kao funkcija $c$ , pa je to ista funkcija, odnosno funkcija $c$ je parna. Slično tome, funkcija $S(x)=-s(-x)$ zadovoljava isti Košijev zadatak kao funkcija $s$ , odakle sledi da je funkcija $s$ neparna. Dakle, dovoljno ih je proučiti desno od nule.

Iz dvostruke diferencijabilnosti funkcije $y$ i iz $y''=-y$ sledi da je $y$ četiri puta diferencijabilna funkcija. Takođe, $c''(0)=-c(0)=-1$ , odakle sledi da funkcija $c'$ zadovoljava isti Košijev zadatak kao $-s$ , pa je $c'=-s$ . Na sličan način se zaključuje da je $s'=c$ . Iz

$(c^2+s^2)'=2cc'+2ss'=-2cs+2sc=0$ zaključujemo da je funkcija $c^2+s^2$ konstantna, pa pošto je u nuli jednaka jedinici, važi $c^2+s^2=1$ , odakle sledi da su funkcije $c$ i $s$ ograničene i da imaju vrednosti u intervalu $[-1,1]$ .

Iz $c(0)=1>0$ sledi da je funkcija $c$ pozitivna u nekoj okolini nule, pa pošto zadovoljava datu diferencijalnu jednačinu, drugi izvod joj je negativan u istoj toj okolini, pa je prvi izvod opadajuća funkcija u istoj okolini. Iz $c'(0)=0$ sledi da je $c'$ pozitivno u nekoj levoj poluokolini nule, a u desnoj negativno. Dakle, ako funkcija $c$ nema nijednu nulu, onda je stalno poyitivna, izvod joj je desno od nule negativan i sve manji. Na prime, desno od jedinice će stalno biti manji od $c'(1)<c'(0)=0$ , odakle sledi da će ipak morati negde da preseče x-osu. Međutim, zbog neprekidnosti mora postojati najmanja nenegativna nula $a$ funkcije $c$ . Iz $c(0)=1\neq 0$ sledi da je $a>0$ .

Dakle, funkcija $c$ je pozitivna na intervalu $(-a,a)$ , pa na njemu ima negativan drugi izvod. odatle i iz neprekidnosti sledi da je funkcija $c$ konkavna na intervalu $[-a,a]$ . Ona na intervalu $[0,a]$ monotono opada.

Odatle sledi da je funkcija $c$ na intervalu $(0,a]$ nenegativna i manja od jedinice, pa zbog $c^2+s^2$ funkcija $s$ nema nula na tom intervalu, pa na njemu ne menja ynak. Iz $s'(0)=1>0$ sledi da funkcija $s$ raste u nekoj desnoj poluokolini nule, pa je zbog $s(0)=0$ pozitivna u nekoj desnoj šupljoj poluokolini nule. Prema tome, funkcija $s$ je nenegativna na intervalu $[0,a]$ , pa na njemu važi $s=\sqrt{1-c^2}$ .

Odatle sledi da je $s(a)=\sqrt{1-c^2(a)}=1$ i $s'(a)=c(a)=0$ , a onda i $c'(a)=-s(a)=-1$ , pa funkcija $c(a+x)$ zadovoljava isti Košijev zadatak kao funkcija $-s(x)$ , dok funkcija $s(a+x)$ zadovoljava isti Košijev zadatak kao funkcija $c(x)$ . Dakle, $c(a+x)=-s(x)$ i $s(a+x)=c(x)$ , gde su $A$ i $x_0$ proizvoljne konstante.

Odatle sledi da je $c(2a+x)=-s(a+x)=-c(x)$ i $s(2a+x)=c(a+x)=-s(x)$ , a odatle i $4a$ -periodičnost funkcija $c$ i $s$ , a samim tim i svih rešenja date diferencijalne jednačine kao linearnih kombinacija $4a$ -periodičnih funkcija $c$ i $s$ .

Iz $s(x)=c(x-a)=c(a-x)$ (parnost) sledi da je funkcija $s$ na intervalu $[0,a]$ rastuća i konkavna. Odatle i iz $c(a+x)=-s(x)$ i $s(a+x)=c(x)$ se lako iyvodi gde su funkcije $c$ is $s$ rastuće/opadajuće, odnosno konveksne/konkavne.

Neka je $f=Uc+Vs$ bilo koje rešenje date diferencijalne jednačine različito od nule i neka je $A=\sqrt{U^2+V^2}$ i $u=U/A$ i $v=V/A$ . Tada važi $f=A(uc+vs)$ , kao i $u^2+v^2=1$ , odakle sledi da je $-1\leq u\leq 1$ .

Funkcija $c$ na intervaliu $[-1,1$ opada od $1$ do $-1$ pa postoji neka tačka $t$ za koju je $c(t)=u$ . Tada je $|s(t)|=\sqrt{1-c(t)}=\sqrt{1-u^2}=|v|$ , odnosno $s(t)=v$ ili $s(t)=-v$ . Neka je $x_0=t$ u prvom slučaju, odnosno $x_0=-t$ u drugom.

Iz parnosti/neparnosti sledi da je $c(x_0)=u$ i $s(x_0)=v$ . Dakle, funkcija $f(x)$ zadovoljava u tački $0$ isti Košijev uslov kao funkcija $Ac(x-x_0)$ jer važi

$f(0)=Au=Ac(x_0)=Ac(0-x_0)$

$f'(0)=Av=As(x_0)=-Ac'(x_0)=(Ac(x-x_0))'\left.\right_{x=x_0}$ ,

odakle sledi da je $Ac(x-x_0)$ opšte rešenje.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Najmanje pozitivno realno r 12.03.2025. u 21:52 · pre 20 meseci #28

U videu je rešen prvi zadatak na nepotrbno komplikovan način.

Zanima nas samo vrednost drugog izvoda funkcije $f_n(x)=\prod_{k=1}^n\cos(kx)$ , u tački 0, pri čemu je fukkcija data kao izraz (u ovom slučaju proizvod) po nekim drugim funkcijama, tako da $f_n''(0)$ zavisi samo od vrednosti i izvoda tih drugih funkcija do drugog reda u tački 0.

Ako je $f_n(x)=g_1(x)\cdots g_n(x)$ , onda ćemo diferenciranjem tog izraza dva puta dobiti izraz samo po $g_k(x)$ , $g_k'(x)$ i $g_k''(x)$ , pa vrednost $f_n''(a)$ zavisi samo od $g_k(0)$ , $g_k'(0)$ i $g_k''(0)$ , pa za funkciju $F_n(x)=G_1(x)\cdots G_n(x)$ važi $F_n''(0)=f_n''(0)$ ako je $G_k(0)=g_k(0)$ , $G_k'(0)=g_k'(0)$ i $G_k''(0)=g_k''(0)$ .

Dakle, funkcija $\cos(kx)$ se može zameniti drugom funkcijom koja je u okolini nule aproksimira sa tačnošću do drugog reda, kao što je funkcija $1-\frac{k^2x^2}2$ .

Iz istog razloga, prilikom množenja možemo zanemariti članove višeg reda od 2 i tako brzo dolazimo do toga da je

$f''(0)=-\sum_{k=0}^nk^2$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Prijavite se da biste odgovorili u ovoj temi.Prijava Registracija

Forum kao aplikacija na telefonu

Srodne teme