mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 16, 2025 1:35 am**

Έστω $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ συνάρτηση για την οποία κοντά στο x_0=0

ισχύει

Αν $\lim\limits_{x\to0}\eta \mu \,f(x)=0$ να δειχθεί ότι το όριο $\lim\limits_{x\to0}f(x)$ υπάρχει και είναι ίσο με

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 16, 2025 9:42 am**

Ιάσων Κωνσταντόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 16, 2025 1:35 am
Έστω $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ συνάρτηση για την οποία κοντά στο ισχύει

Αν $\lim\limits_{x\to0}\eta \mu \,f(x)=0$ να δειχθεί ότι το όριο $\lim\limits_{x\to0}f(x)$ υπάρχει και είναι ίσο με

Χρησιμοποιούμε την (γνωστή) ανισότητα $\sin t\ge \dfrac {2}{\pi}t$ για

στο πρώτo τεταρτημόριο: Αποδεικνύεται από το γεγονός ότι σε αυτό το διάστημα η $\sin t$ είναι κοίλη, αφού $(\sin t)'' \le 0$ , και άρα το γράφημα της $\sin t$ είναι πάνω από την ευθεία που συνδέει το (0,0)

με το $\left ( \dfrac {\pi}{2} , \, 1\right )$ , δηλαδή την $y=\dfrac {2}{\pi} x$ .

Τώρα, είναι $\left | \sin |f(x)| \right |= \left | \sin (\pm f(x)) \right | = \left | \pm \sin f(x) \right |= \left |\sin f(x) \right |\to 0$ (έπεται από την υπόθεση). Συνεπώς από την παραπάνω ανισότητα, και αφού το |f(x)|

είναι στο πρώτο τεταρτημόριο, ισχύει

$\dfrac {\pi}{2} \left | \sin |f(x)| \right |= \dfrac {\pi}{2} \sin |f(x)| \ge |f(x)|\ge 0$ .

Από ισοσύγκλίνουσες έπεται $\lim\limits_{x\to0}|f(x)|=0$ , και άρα το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 16, 2025 2:11 pm**

Είμαι από κινητό δεν έχει καλό σήμα εδώ πέρα .
Από την ανισότητα Jordan στο $[0,\frac{\pi}{2}]$ ισχύει $\sin x\geq \frac{2}{\pi} x$ οπότε κοντά στο

από περιττότητα της $\sin x$ έχουμε
$|f(x)|\leq \frac{\pi}{2} \sin |f(x)|=\frac{\pi}{2}|\sin f(x)|\rightarrow 0$
Η ανισότητα Jordan αποδεικνύεται και με διπλό ΘΜΤ και μονοτονία παραγωγου (βλέπε ποστ του κυρίου Λάμπρου )
αλλά και με τη σειρά Fourier
$\displaystyle |\sin x|=\frac{2}{\pi}-\frac{4}{\pi} \sum_ {k=1}^{\infty} \frac {\cos \left (2kx \right )}{4k^{2}-1}$
$\forall x\in \mathbb {R}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 16, 2025 3:28 pm**

Dimessi έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 16, 2025 2:11 pm

αλλά και με τη σειρά Fourier
$\displaystyle |\sin x|=\frac{2}{\pi}-\frac{4}{\pi} \sum_ {k=1}^{\infty} \frac {\cos \left (2kx \right )}{4k^{2}-1}$
$\forall x\in \mathbb {R}$

Ενδιαφέρον!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 18, 2025 8:59 pm**

Πριν ενάμιση χρόνο την είχα χρησιμοποιήσει στη λύση μου εδώ viewtopic.php?f=52&t=75187&p=363797#p363797
Διαφορετική λύση.
Έχουμε $\arcsin \left ( \sin x \right )=x$ στο $\left [ -1,1 \right ]\subseteq \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ και αφού |f(x)|<1

κοντά στο

, είναι $f\left ( x \right )=\arcsin \left ( \sin f\left ( x \right ) \right )\rightarrow \arcsin 0$ καθώς $x\rightarrow 0$ από το γεγονός $\sin f\left ( x \right )\rightarrow 0$ και τη συνέχεια της $\arcsin x$ στο

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 18, 2025 9:43 pm**

Άλλη λύση, εκτός φακέλου, εμπνευσμένη από την προηγούμενη απάντηση, του Δημήτρη.

Έστω ακολουθία $x_{n}$ , με $x_{n}\to 0$ . Επειδή η $f(x_{n})$ φραγμένη, το $limsupf(x_{n})$ υπάρχει και έστω ότι δεν είναι

. Τότε υπάρχει υπακολουθία $x_{n_{k}}$ , με $f(x_{n_{k}})\to c\neq0$ , κι επειδή $f(x_{n_{k}})\in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$ , είναι $lim (sinf(x_{n_{k}}))\to sinc \neq 0$ , άτοπο. Άρα, $limsupf(x_{n})=0$ και, όμοια, $liminff(x_{n})=0$ . H επιλογή της $x_{n}$ ήταν τυχαία. Τελικά, υπάρχει το ζητούμενο όριο και είναι ίσο με

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 18, 2025 11:32 pm**

Dimessi έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 18, 2025 8:59 pm
Πριν ενάμιση χρόνο την είχα χρησιμοποιήσει στη λύση μου εδώ viewtopic.php?f=52&t=75187&p=363797#p363797
Διαφορετική λύση.
Έχουμε $\arcsin \left ( \sin x \right )=x$ στο $\left [ -1,1 \right ]\subseteq \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ και αφού κοντά στο , είναι $f\left ( x \right )=\arcsin \left ( \sin f\left ( x \right ) \right )\rightarrow \arcsin 0$ καθώς $x\rightarrow 0$ από το γεγονός $\sin f\left ( x \right )\rightarrow 0$ και τη συνέχεια της $\arcsin x$ στο

Πάρα πολλή ωραία λύση. Όμως επειδή ίσως οι μαθητές δεν γνωρίζουν την $\arcsin x$ και, κυρίως, την συνέχειά της στο

, ας δούμε άλλη μία απλή λύση.

Είναι γνωστό ότι για

στο πρώτο τεταρτημόριο ισχύει $\tan x \ge x$ , ισοδύναμα $|\tan x |\ge |x|$ . Η τελευταία ισχύει και για

στην θέση του

. Η ιδιότητα αυτή είναι γνωστή και απλή, αλλά ας την ξαναδούμε: Είναι $|\tan (-x) |=|-\tan x |= |\tan x |\ge |x|= |-x|$ .

Με αυτά κατά νου, έχουμε

$0\le |f(x)|^2\le |\tan f(x) | ^2= \tan ^2f(x) = \dfrac { \sin ^2f(x)} {\cos ^2f(x) }= \dfrac { \sin ^2f(x)} {1-\sin ^2f(x )} \to \dfrac { 0} {1-0 }=0$ .

Άρα $|f(x)|^2\to 0$ , οπότε $|f(x)|\to 0$ από όπου $f(x)\to 0$ .

mathematica.gr

Μελέτη Ορίου V

Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V

Re: Μελέτη Ορίου V