Задача 4

[Гост]

Да се намери:

a) p(5), ако p(x) е полином и [tex]p(x)-p'(x)=(x+1)^{2}[/tex];

б) [tex]f''''(0)[/tex], ако f(0)=1, f'(0)=2 и [tex]f''(t)=4f'(t)-3f(t)+1[/tex], [tex]\forall[/tex][tex]t[/tex];

в) p, ако p е кубичен полином с водещ коефициент 1, за който p(0)=1 и всички нули на p(x) са нули и на p'(x);

г) [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{\sum_{k=1}^{n }|cos(k)|}{n}[/tex];

д) водещият коефициент на [tex]g(\alpha)[/tex], ако [tex]f(\alpha, x)=\frac{(\frac{x}{2})^{\alpha}}{x-1}[/tex], [tex]g(\alpha)=\frac{d^{4}f}{dx^{4}}|_{x=2 }[/tex];

е) при кое c, за което [tex]f(x)=x^{3}-x^{2}[/tex] и [tex]g(x)=x+c[/tex] разделят равнината на части, две от които са с крайни лица, сумата на двете крайни лица е минимална;

ж) минимумът на [tex]\frac{|a_{1 }+a_{2 }+a_{3 }|}{\sqrt[3]{|a_{1 }a_{2 }a_{3 }|}}[/tex], където [tex]a_{1 }[/tex], [tex]a_{2 }[/tex] и [tex]a_{3 }[/tex] са ненулеви комплексни числа с неотрицателни реални и имагинерни части;

з) [tex]\sum_{n=2}^{\infty }f(n)[/tex], ако [tex]f(n)=\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k^{n}.k!}[/tex];

и) [tex]x(\frac{\pi}{4})[/tex], ако x(t) е решение на у-ето: [tex](x+x')^{2}+x.x''=cos t[/tex], [tex]x(0)=x'(0)=\sqrt{\frac{2}{5}}[/tex];

й) (c, d), ако [tex]f(n)=\sum_{k=1}^{n }\frac{1}{k}[/tex] и ако съществуват константи [tex]\gamma[/tex], [tex]c[/tex] и [tex]d[/tex] такива, че [tex]f(n)=ln(n)+\gamma+\frac{c}{n}+\frac{d}{n^{2}}+O(\frac{1}{n^{3}})[/tex], където [tex]O(\frac{1}{n^{3}})[/tex] означава членове от [tex]\frac{1}{n^{3}}[/tex]-ти или по-нисък ред;

[Гост]

a) [tex]p(x)-p'(x)=x^{2}+2x+1[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] очевидно, че p(х) трябва да е от втора степен [tex]\Rightarrow[/tex]

[tex]p(x)=ax^{2}+bx+c[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]p'(x)=2ax+b[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]ax^{2}+bx+c-2ax-b=x^{2}+2x+1[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex][tex]ax^{2}+(b-2a)x+c-b=x^{2}+2x+1[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]\begin{array}{|l} a = 1 \\ b-2a = 2\\c-b=1 \end{array}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]a=1, b=4, c=5[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]p(x)=x^{2}+4x+5[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]p(5)=50[/tex]

[Гост]

a) може да се реши и като линейно диф. у-е:

[tex]p'(x)-p(x)=-(x+1)^{2}[/tex], умножават се двете страни с [tex]e^{\int-1dx}=e^{-x}[/tex][tex]\Rightarrow[/tex]

[tex](p(x)e^{-x})'=-e^{-x}(x+1)^{2}[/tex]

[tex]p(x)e^{-x}=-[/tex][tex]\int[/tex][tex]e^{-x}(x+1)^{2}dx[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]p(x)=\frac{-\int e^{-x}(x+1)^{2}dx}{e^{-x}}[/tex]

[tex]-\int e^{-x}(x+1)^{2}dx=\int(x+1)^{2}d(e^{-x})=(x+1)^{2}e^{-x}-\int e^{-x}d(x+1)^{2}=(x+1)^{2}e^{-x}-\int e^{-x}2(x+1)dx=(x+1)^{2}e^{-x}-2\int e^{-x}(x+1)dx=(x+1)^{2}e^{-x}-2\int e^{-x}.xdx-2\int e^{-x}dx=(x+1)^{2}e^{-x}+2\int xd(e^{-x})+2e^{-x}=(x+1)^{2}e^{-x}+2xe^{-x}-2\int e^{-x}dx+2e^{-x}=(x+1)^{2}e^{-x}+2xe^{-x}+2e^{-x}+2e^{-x}=x^{2}e^{-x}+4xe^{-x}+5e^{-x}[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]p(x)=x^{2}+4x+5[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]p(5)=50[/tex]

Както се вижда, тва е много по-кратко и лесно решение от първото...

https://www.youtube.com/watch?v=3rzgrP7VA_Q

[Kre4etalo]

Какви са тези задачи, колега. Публикуваш десетки задачи, къде е краят? Задачите изискват добри технически умения по Анализ. Защо ти трябват? Откъде ги вземаш? За изпит ли са - къде, какво?

г) Макар че функцията $f(x)=|\cos x|$ не е диференцируема навсякъде, тя има едва краен брой точки на прекъсване върху краен интервал и съответно се възстановява по своята производна. За производна можем да вземем $$v(x) = \left\{\begin{array}{lr}
-\sin x, & \cos x\ge 0\\
\sin x, & \cos x<0\\
0, & else
\end{array}\right\}$$ Следователно сумационната формула на Ойлер-Маклорен е в сила с остатък до първия член. Конкретно $$\sum_{k=1}^n |\cos k|=\int_{1}^{n}|\cos x|\text{d}x+\frac{|\cos n|-|\cos 1|}{2}+\int_{1}^n \{x-\frac{1}{2}\}v(x)\text{d}x$$
Сега последният интеграл излиза ограничен и значи трябва да се пресметне [tex]\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\int_{1}^n|\cos x|\text{d}x[/tex]. Разбира се, това е същото като да се пресметне $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2\pi n}\int_{0}^{2\pi n}|\cos x|\text{d}x$. По индукция лесно се доказва, че този интеграл е равен на $4n$, откъдето отговорът е $\frac{2}{\pi}$.
Друг начин да погледнем на тази задача е вероятностния. Ако счетем за известно, че редицата $n (\mod 2\pi)$ е равномерно разпределена в $[0,2\pi]$, то границата може да се интерпретира като очакването на $|\cos u|$, където $u$ е равномерно разпределена случайна величина в интервала $[0,2\pi]$. Интегралът, с който пресмятаме очакването е $\int_{0}^{2\pi}|\cos t|\frac{1}{2\pi}\text{d}t$ и неговата стойност е $\frac{2}{\pi}$.

и) Правим смяна на променливит $x(t)=e^{-t/2}y(t)$. Уравнението се опростява до $y^2+2y'^2+2y y''=2e^t\cos t$. Забелязваме, че $2y'^2+2y y''=(2y y')'=((y^2)')')=(y^2)''$ и следователно уравнението може да се запише като $y^2+(y^2)''=2e^t\cos t$. Нова смяна - $z(t)=y^2(t)$ и уравнението се свежда до $$z+z''=2e^t\cos t$$ Това е линейно нехомогенно диференциално уравнение, а теорията за решаването на тези уравнения е изцяло развита. Решението става още по-стандартно имайки предвид хубава дясна част.

й) Ще означаваме стандартно сумата с $H(n)$. По условие знаем, че такива константи съществуват. Тогава
$n(H(n)-\ln n-\gamma)=c+O\left(\frac{1}{n}\right)$
$n(H(2n)-\ln n-\ln 2-\gamma)= \frac{c}{2} +O\left(\frac{1}{n}\right)$
$n(H(n)-\ln n-\gamma)+n(H(2n)-H(n)-\ln 2)=\frac{c}{2} +O\left(\frac{1}{n}\right)$ и след граничен преход $c+\lim_{n\to\infty}n(H(2n)-H(n)-\ln 2)=\frac{c}{2}$. Да намерим последната граница.
Забелязваме, че $H(2n)-H(n)=\sum_{k=1}^{2n}\frac{(-1)^{k-1}}{k}$ и понеже $\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}=\ln 2$, то $H(2n)-H(n)-\ln 2=\sum_{k=2n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k}$. Разбира се, можем да запишем последната сума като интеграл, а именно $\sum_{k=2n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k}=\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n}}{1-x}\text{d}x$. И така търсим $\lim_{n\to\infty}n\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n}}{1-x}\text{d}x$, което можем да се преобразува до $\frac{1}{2}\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{-1}\frac{(2n+1)x^{2n}}{1-x}\text{d}x$. Сега естествено ще приложим по части.
$$\int_{0}^{-1}\frac{(2n+1)x^{2n}}{1-x}\text{d}x=\int_{0}^{-1}\frac{1}{1-x}\text{d}x^{2n+1}=\frac{x^{2n+1}}{1-x}\Bigg|_0^{-1}-\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n+1}}{(1-x)^2}\text{d}x$$ Последният интеграл клони към $0$, което може да се види с елементарни средства, като се провери, че при голямо $n$ функцията става колкото си искаме малка, върху колкото искаме голяма част от интервала (просто $x^{2n+1}$ клони равномерно към $0$ върху $[-1+\delta,0]$). Разбира се, може и директно да се позовем на по-мощен апарат като теоремата на Лебег за ограничената сходимост. Така получаваме, че търсената от нас граница е $-1/4$, откъдето като заместим в горното уравнение за $c$ получаваме $c=\frac{1}{2}$.
За да намерим $d$ историята е горе-долу същата. Посредством подобни еквилибристики на тези от по-горе с $n$ и $2n$ получаваме уравнението $d+l=d/4$, където $l=\lim_{n\to\infty}n^2\left(H(2n)-H(n)-\ln 2+\frac{1}{4n}\right)$. Записваме както по-рано редицата, на която трябва да търсим граница - $A_n=n^2\left(\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n}}{1-x}\text{d}x+\frac{1}{4n}\right)$. Разбира се, ще правим по части.
$$A_n=\frac{n^2}{2n+1}\left(\int_{0}^{-1}\frac{\text{d}x^{2n+1}}{1-x}+\frac{1}{4n}\right)=\frac{n^2}{2n+1}\left(\frac{x^{2n+1}}{1-x}\Bigg|_0^{-1}-\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n+1}}{(1-x)^2}\text{d}x+\frac{1}{4n}\right)=\frac{n^2}{2n+1}\left(\frac{1}{4n}-\int_{0}^{-1}\frac{x^{2n+1}}{(1-x)^2}\text{d}x\right)$$
Сега да пробваме отново по части. $$A_n=\frac{n^2}{(2n+1)(2n+2)}\left(\frac{2n+2}{4n}-\int_{0}^{-1}\frac{\text{d}x^{2n+2}}{(1-x)^2}\right)=\frac{n^2}{(2n+1)(2n+2)}\left(\frac{2n+2}{4n}-\frac{x^{2n+2}}{(1-x)^2}\Bigg|_0^{-1}+\int_{0}^{-1}\frac{2x^{2n+2}}{(1-x)^3}\text{d}x\right)=\frac{n^2}{(2n+1)(2n+2)}\left(\frac{n+2}{4n}+\int_{0}^{-1}\frac{2x^{2n+2}}{(1-x)^3}\text{d}x\right)$$
Сега вече виждаме какво се случва - разкриваме скобите и гледаме събираемите поотделно. Първото клони към $1/16$, а второто към $\frac{1}{4}\cdot 0$, понеже този интеграл също клони към $0$. Така $l=1/16$, откъдето $d=-\frac{1}{12}$.
Не очаквах, че тези константи могат да се намерят с елементарни средства. Бях скептичен в началото като тръгнах да решавам задачата и се изненадах приятно, когато намерих решение. Забележете, че все пак съществено използваме, че такива константи съществуват - при правенето на граничен преход, така че реално ние не сме доказали, че такова представяне наистина има. Повече поглед върху нещата може да се добие, ако се разгледа чрез формулата на Ойлер-Маклорен (или направо се потърси в Уики).

[aifC]

Какви са тези задачи, колега. Публикуваш десетки задачи, къде е краят? Задачите изискват добри технически умения по Анализ. Защо ти трябват? Откъде ги вземаш? За изпит ли са - къде, какво?

И аз това се чудя.

[Гост]

й) вадим [tex]\frac{k}{n^{3}}[/tex] от [tex]O(\frac{1}{n^{3}}[/tex] и се получава

[tex]f(n)=ln(n)+\gamma+\frac{c}{n}+\frac{d}{n^{2}}+\frac{k}{n^{3}}+O(\frac{1}{n^{4}}[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]f(n+1)-f(n)=ln(\frac{n+1}{n})-c(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})-d(\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{(n+1)^{2}})-k(\frac{1}{n^{3}}-\frac{1}{(n+1)^{3}}+O(\frac{1}{n^{4}}[/tex]

но [tex]f(n+1)-f(n)=\frac{1}{n+1}[/tex]

полагаме [tex]n=\frac{1}{x}[/tex] и получаваме еквивалентното у-е

[tex]\frac{x}{x+1}=ln(1+x)-cx^{2}.\frac{1}{x+1}-dx^{3}.\frac{x+2}{(x+1)^{2}}-kx^{4}.\frac{x^{2}+3x+3}{(x+1)^{3}}+O(x^{4})[/tex]

x е от [tex]\frac{1}{n}[/tex] ред [tex]\Rightarrow[/tex] [tex]\frac{1}{(x+1)^{3}}[/tex] е от ред на константа

[tex]\Rightarrow[/tex] всяко произведение от [tex]kx^{4}.\frac{x^{2}+3x+3}{(x+1)^{3}}[/tex] е от [tex]x^{4}[/tex] или по-висок ред и можем да го сложим в [tex]O(x^{4})[/tex].

Използваме ред на Тейлър за [tex]ln(1+x)[/tex] и [tex]\frac{1}{1+x}[/tex] и получаваме

[tex]x(1-x+x^{2})+O(x^{4})=(x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3})-cx^{2}(1-x)-dx^{3}(2)+O(x^{4})[/tex]

Като сравним коефициентите, получаваме [tex]c=\frac{1}{2}[/tex], [tex]d=-\frac{1}{12}[/tex]

[Kre4etalo]

Добро решение, колега!

[Гост]

б) Замествайки, получаваме [tex]f''(0)=6[/tex]. Като диференцираме 2-те страни на даденото у-е, получаваме [tex]f'''(t)=4f''(t)-3f'(t)[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex][tex]f'''(0)=18[/tex]. По същия начин се намира [tex]f''''(t)=4f'''(t)-3f''(t)[/tex][tex]\Rightarrow[/tex][tex]f''''(0)=54[/tex]

[Гост]

з) [tex]\sum_{n=2}^{\infty }f(n)=\sum_{k=2}^{\infty }\sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{k^{n}.k!}=\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k!}\sum_{n=2}^{\infty }\frac{1}{k^{n}}=\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k!}.\frac{1}{k(k-1)}=\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{(k-1)!}.\frac{1}{k^{2}.(k-1)}=\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{(k-1)!}(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{k})=\sum_{k=2}^{\infty }(\frac{1}{(k-1)!(k-1)}-\frac{1}{k!.k}-\frac{1}{k!})=\sum_{k=2}^{\infty }(\frac{1}{(k-1)(k-1)!}-\frac{1}{k.k!})-\sum_{k=2}^{\infty }\frac{1}{k!}=\frac{1}{1.1!}-(e-\frac{1}{0!}-\frac{1}{1!})=3-e[/tex].


https://www.youtube.com/watch?v=E4BhOxhivwo

[Гост]

д) записваме 1-то у-е във вида [tex](x-1)f=(\frac{x}{2})^{\alpha}[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex][tex](x-1)f'+f=\frac{\alpha}{2}(\frac{x}{2})^{\alpha-1}[/tex]
[tex](x-1)f''+2f'=\frac{\alpha}{2}\frac{\alpha-1}{2}(\frac{x}{2})^{\alpha-2}[/tex]
[tex](x-1)f'''+3f''=\frac{\alpha}{2}\frac{\alpha-1}{2}\frac{\alpha-2}{2}(\frac{x}{2})^{\alpha-3}[/tex]
[tex](x-1)f''''+4f'''=\frac{\alpha}{2}\frac{\alpha-1}{2}\frac{\alpha-2}{2}\frac{\alpha-3}{2}(\frac{x}{2})^{\alpha-4}[/tex]
Заместваме х=2 и получаваме [tex]g(\alpha)=f''''(\alpha, 2)=\frac{\alpha}{2}\frac{\alpha-1}{2}\frac{\alpha-2}{2}\frac{\alpha-3}{2}-4f'''(\alpha, 2)[/tex]
[tex]f'''(\alpha, 2)[/tex] е кубичен полином относно [tex]\alpha[/tex] [tex]\Rightarrow[/tex] водещият коефициент на [tex]g(\alpha)[/tex] е [tex]\frac{1}{16}[/tex]

[Гост]

Да се намери:
в) p, ако p е кубичен полином с водещ коефициент 1, за който p(0)=1 и всички нули на p(x) са нули и на p'(x);

[tex]p\equiv (x+1)^{3}[/tex]

[Гост]

4.PNG (43.33 KiB) Прегледано 644 пъти

Да се намери:
е) при кое c, за което [tex]f(x)=x^{3}-x^{2}[/tex] и [tex]g(x)=x+c[/tex] разделят равнината на части, две от които са с крайни лица, сумата на двете крайни лица е минимална;

Точката на "нечетна" симетрия на кубичния полином е [tex](1/3,-2/27)[/tex], защото той може да се представи във вида [tex](x-1/3)^{3}-(1/3)(x-1/3)-2/27[/tex]. Да започнем с правата [tex]y=x[/tex] (пунктираната линия). Първоначално кривата отсича от нея отсечки с дължини [tex]d_1'[/tex] и [tex]d_2'[/tex]. Когато придвижваме правата към точка [tex]A[/tex] на разстояние [tex]\Delta x\rightarrow 0[/tex] по направление, перпендикулярно на правата, лицето на долната част ще се увеличи с [tex]d_1'\Delta x[/tex], a това на горната част ще намалее с [tex]d_2'\Delta x[/tex]. Общо промяната ще е [tex]|d_1'-d_2'|\Delta x[/tex] и понеже [tex]d_2'>d_1'[/tex], сумата от двете лица ще намалее с [tex]|d_1'-d_2'|\Delta x[/tex]. Тук можем да си представим безкрайните малки правоъгълници от римановата сума при интегриране на зелената функция върху правата или да търсим апроксимация чрез псевдотрапец, който топологично при малки изменения е хомеоморфен с правоъгълник. Това намаление на общата сума ще продължи, докато правата удари точка [tex]A: -2/27=1/3+c\Rightarrow c=-11/27[/tex]

[Гост]

е) друг начин за намиране на точката на симетрия е да се намери точката на инфлексия: [tex]f''(x)=6x-2=0\Rightarrow x=1/3\Rightarrow y=-2/27[/tex]; ако някой иска да бъде безкрайно акуратен, може да каже, че преместваме правата на разстояние [tex]\Delta x[/tex], успоредно на абсцисната ос, при което лицата ще се променят с [tex]d_i'\Delta s, i=\{1,2\}\,(\Delta s=(\sqrt{2}/2)\Delta x)[/tex], или че я преместваме перпендикулярно на нея на разстояние [tex]\Delta s[/tex], което е едно и също [tex](\Delta s=(\sqrt{2}/2)\Delta x=(\sqrt{2}/2)|\Delta y|,\Delta x =|\Delta y|[/tex]).

[Гост]

Да се намери:
ж) минимумът на [tex]\frac{|a_{1 }+a_{2 }+a_{3 }|}{\sqrt[3]{|a_{1 }a_{2 }a_{3 }|}}[/tex], където [tex]a_{1 }[/tex], [tex]a_{2 }[/tex] и [tex]a_{3 }[/tex] са ненулеви комплексни числа с неотрицателни реални и имагинерни части;

Числата са в първи квадрант и ако са изцяло реални или изцяло имагинерни, минимумът е 3, заради неравенството м/у аритм. и геом. среда.