IMC 2014/2/3

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

IMC 2014/2/3

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Παρ Αύγ 01, 2014 5:59 pm

Έστω f(x) = \frac{\sin x}{x}, x > 0. Έστω ακόμα n θετικός ακέραιος. Να δειχτεί ότι:

|f^{(n)}(x)| < \frac{1}{n+1}

(Με f^{(n)} συμβολίζουμε τη n-οστή παράγωγο της συνάρτησης f).


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Άβαταρ μέλους
Zarifis
Δημοσιεύσεις: 107
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 15, 2011 12:44 am
Τοποθεσία: Νίκαια

Re: IMC 2014/2/3

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Zarifis » Παρ Αύγ 01, 2014 6:40 pm

Για να χαρούμε κι εμείς οι ΗΜΜΥτες . :P
\displaystyle{\sin cx = \frac{{\sin x}}{\pi*x}} Η οποία έχει γνωστό μετασχημασμά Fourier.
Για κάθε μη-περιοδική συνάρτηση έχω ότι:
\displaystyle{f(x) = \frac{1}{2 \pi}\int\limits_{ - \infty }^\infty  {F(\omega ){e^{i\omega x}}} }
Επίσεις:
\displaystyle{f{(x)^{(n)}} -> {(i\omega )^n}F(\omega )}
Και \displaystyle{\overline{\overline F} (sincx) = X(\omega ) = 1,|\omega | < 1} και 0 στα υπόλοιπα σημεία.
Άρα έχουμε \displaystyle{\pi|f{(x)^{(n)}}| = |\pi\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_R {{{(i\omega )}^n}F(\omega ){e^{i\omega x}}} | = |\pi\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - 1}^1 {{{(i\omega )}^n}{e^{i\omega x}}d\omega } | \le \pi\frac{1}{{2\pi }}\int\limits_{ - 1}^1 {|{{(i\omega )}^n}||{e^{i\omega x}}} |d\omega }
Άρα \displaystyle{\pi |f{(x)^{(n)}}| \le \pi\frac{1}{\pi }\int\limits_0^1 {{\omega ^n}} d\omega  }}
\displaystyle{|f{(x)^{(n)}}| \le \frac{1}{{n + 1}}}

Edit1: To θέμα είναι πως οι παράγωγοι δεν ορίζονται στο 0 . Άρα είναι άκυρο.
Edit2: http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blur ... derint.pdf p10 , ακυρο το Edit1
τελευταία επεξεργασία από Zarifis σε Κυρ Ιουν 05, 2016 5:43 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Τι νόημα έχει το όνειρο χωρίς μικρές νοθείες...
Νίκος Ζαρίφης-ΗΜΜΥ
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2278
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: IMC 2014/2/3

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Πέμ Απρ 28, 2016 9:56 am

\displaystyle{x>0,f(x)=(sinx)/x \Leftrightarrow xf(x)=sinx \Rightarrow (xf(x))^{(n)}=sin(n\pi/2+x) 
 
\Rightarrow nf^{(n-1)}(x)+xf^{(n)}(x)=sin(n\pi/2+x)}

άρα\displaystyle{-\frac{(-x)^{n-1}f^{(n-1)}(x)}{(n-1)!}+\frac{(-x)^{n}f^{(n)}}{n!}=\frac{(-x)^nsin(n\pi/2+x)}{n!}}

οπότε αν \displaystyle{\frac{(-x)^{n}f^{(n)}(x)}{n!}=a_n} θα έχουμε

\displaystyle{a_n-a_{n-1}=\frac{(-x)^nsin(n\pi/2+x)}{n!}} τότε \displaystyle{a_n=a_0+\sum_{1}^{n}{\frac{(-x)^ksin(k\pi/2+x)}{k!}} δηλαδή

\displaystyle{\frac{(-x)^{n}f^{(n)}(x)}{n!}=sinx/x+\sum_{1}^{n}{\frac{(-x)^ksin(k\pi/2+x)}{k!}} ή

\displaystyle{f^{(n)}(x)=(-1)^nn!x^{1-n}(sinx)+n!\sum_{1}^{n}{\frac{(-x)^{k-n}sin(k\pi/2+x)}{k!}}

(προφανώς η f είναι άπειρες φορές παραγωγίσιμη στο \displaystyle{(0,+\infty)})
ΔΕΝ ΕΙΝΑΙ ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ. ΕΙΝΑΙ Η ΕΥΡΕΣΗ ΤΗΣ ΝΙΟΣΤΗΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥ. ΣΥΓΝΩΜΗ!
τελευταία επεξεργασία από R BORIS σε Πέμ Απρ 28, 2016 5:33 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6297
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: IMC 2014/2/3

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Απρ 28, 2016 11:54 am

Είναι

\displaystyle{f(x)=\int_{0}^{1}\cos (tx)dt}

και παραγωγίζοντας υπό το σύμβολο της ολοκλήρωσης, εύκολα βλέπουμε ότι

\displaystyle{f^{(n)}(x)=(-1)^n\int_{0}^{1}t^n\cos (tx)dt.}

Επομένως είναι

\displaystyle{|f^{(n)}(x)|=\left|\int_{0}^{1}t^n\cos (tx)dt\right|<\int_{0}^{1}t^ndt=\frac{1}{n+1}.}


Μάγκος Θάνος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3322
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: IMC 2014/2/3

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Απρ 28, 2016 7:02 pm

Η συνάρτηση είναι άπειρες φορές παραγωγίσημη.
Γιατί αν την βάλουμε στο μηδέν τιμή ένα μπορούμε να την αναπτύξουμε σε δυναμοσειρά.
Η λύση του Zarifis είναι σωστή αλλά με βαριά εργαλεία.
Η λύση του Θάνου είναι καταπληκτική.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6297
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: IMC 2014/2/3

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Απρ 28, 2016 7:30 pm

Όντως είναι ωραία η απόδειξη αυτή Σταύρο. Την ξαναείδαμε εδώ.


Μάγκος Θάνος
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2782
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: IMC 2014/2/3

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Πέμ Απρ 28, 2016 7:57 pm

Καλησπέρα σας!

Άλλη μια απόδειξη υπάρχει κι εδώ.

Η 2η στην παραπάνω παραπομπή είναι ίδια με αυτή του Θάνου.

Όπως αποδεικνύει και το link της λύσης του 2012 του Θάνου, το πρόβλημα αυτό ήταν "γνωστό" και μάλλον "ακατάλληλο" για τον IMC(?).

Παρεμπιπτόντως, επειδή πρόσφατα χρειάστηκα παραγώγιση υπό το σύμβολο της ολοκλήρωσης, μια τεχνική που έχει εμφανιστεί πολλές φορές στο forum,
μια σχετική εργασία που μου άρεσε είναι του Keith Conrad που είναι διαθέσιμη εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης