Giải Tích 1 « Ngô Quốc Anh

Tháng tám 18, 2009

An other limit supremum of sin function

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1, Giải Tích 6 (MA5205), Linh Tinh, Nghiên Cứu Khoa Học — Ngô Quốc Anh @ 12:35

In the topic we showed that for any irrational $\alpha$ the limit $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {n\alpha \pi } \right)$ does not exist. In this topic, we consider the following limit

$\mathop {\overline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {nx} \right) .$

To be precise, we prove that

$\mathop {\overline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {nx} \right) = 1$

for almost every $x \in [0,2\pi]$ .

Solution. Let

$A = \left\{ {x \in \left( {0,2\pi } \right): \frac{x} {\pi } \notin \mathbb{Q}} \right\}.$

Then is a measurable set of measure $2\pi$ . Moreover, for any $x \in A$ ,

$\mathop {\overline {\lim } }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {nx} \right) = 1.$

Indeed for any $x \in A$ , since

$\left\{ {k\frac{x} {\pi } - 2l: l \in \mathbb{Z}} \right\}$

is dense subgroup of $\mathbb R$ there are sequences $\{k_n\}$ and $\{l_n\}$ of $\mathbb Z$ such that

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{k_n}\frac{x} {\pi } - {l_n}} \right) = \frac{1} {2}.$

Since

$\frac{1} {2} \notin \left\{ {k\frac{x} {\pi } - 2l: k,l \in \mathbb{Z}} \right\}$

$\{k_n\}$ admits a subsequence $\{k'_n\}$ either increasing to $+\infty$ or decreasing to $-\infty$ . If $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {{k'}_n} = + \infty$ then

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {{{k'}_n}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {...$

Otherwise $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( { - 3{{k'}_n}} \right) = + \infty$ and

$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( { - 3{{k'}_n}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \lef...$

Để lại phản hồi

Tháng Mười Một 6, 2008

Differentiability via weird argument

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1, Giải Tích 2 — Ngô Quốc Anh @ 16:37

Question. Suppose that $\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ is such that $f$ is continuous and $|f|$ is differentiable. Should $f$ also be differentiable?

Proof. Let $g=|f|$ . Since $y=f(x)$ satisfies the differentiable equation $y^2=g(x)^2$ , $f$ is differentiable at all points with $f(x)\neq 0$ by the implicit function theorem: $2yy'=2gg'$ , and $f'(x)=\frac{g(x)g'(x)}{f(x)}$ . Where $f(x)=0$ , we note that $g$ has a minimum and $g'(x)=0$ This gives $\lim_{t\to 0}\left|\frac{f(x+t)}{t}\right|=0$ and $f$ is differentiable by the definition.

Comment. The only points of interests are the zeros of $f$ since $f$ has the same sign in some neighborhood of points which are not roots. So there goes half the work. Geometrically it doesn’t make sense for $|f|$ to have anything but derivative 0 at roots of $f$ and this can be verified by taking left hand and right hand limits of the quotient.

Để lại phản hồi

Tháng Chín 11, 2008

Một bài giới hạn khó về hàm lượng giác

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 22:02

Show that for any irrational $\alpha$ the limit $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sin \left( {n\alpha \pi } \right)$ does not exist.

Solution. If the limit existed then we would get

$0 = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\sin \left( {\left( {n + 2} \right)\alpha \pi } \right) - \sin \left( {n\alpha \pi } \right)} \right) = 2\sin \left( {\alpha \pi } \right)\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\left( {n + 1} \right)\alpha \pi } \right)$

and consequently, $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \left( {n\alpha \pi } \right) = 0$ . Similarly,

$0 = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\cos \left( {\left( {n + 2} \right)\alpha \pi } \right) - \cos \left( {n\alpha \pi } \right)} \right) = - 2\sin \left( {\alpha \pi } \right)\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \cos \left( {\left( {n + 1} \right)\alpha \pi } \right)$

which is impossible because $\sin^2x+\cos^2x=1$ for all $x \in \mathbb R$ . Therefore the limit does not exist.

Phản hồi (4)

Tháng Năm 1, 2008

Two times derivable real function

Chuyên mục: Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 16:41

Two times derivable real function
RMO 2008, 11th Grade, Problem 3

Let $\text{[math]}$ be a function, two times derivable on $\text{[math]}$ for which there exist $\text{[math]}$ such that $\frac { f(b)-f(a) }{b-a} \neq f'(c) ,$ for all $\text{[math]}$ . Prove that $\text{[math]}$ .

Phản hồi (1)

Nondecreasing function

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 16:39

Nice nondecreasing function
RMO 2008, 11th Grade, Problem 1

Let $\text{[math]}$ be a continous function such that the sequences $\text{[math]}$ are nondecreasing for any real number $\text{[math]}$ . Prove that $\text{[math]}$ is nondecreasing.

Proof. It’s trivial too see that if $\text{[math]}$ , then $f\left( \frac mn x \right) \geq f(x)$ , for all $\text{[math]}$ , so in particular $\text{[math]}$ for all rational numbers $\text{[math]}$ . Now let $\text{[math]}$ , and let $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ . If $\text{[math]}$ , let $\text{[math]}$ . Because $\text{[math]}$ is continuous, there exists a rational number $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ such that $f(x_0)= f(y) + \frac {\delta}{2}$ . But $\text{[math]}$ , so $\text{[math]}$ contradiction. This means that if $\text{[math]}$ , and $\text{[math]}$ , such that $\text{[math]}$ then $\text{[math]}$ .

Now let $\text{[math]}$ be any two real numbers. Then there exists $\text{[math]}$ such that $\text{[math]}$ , and using the above claim it follows that $\text{[math]}$ which proves that $\text{[math]}$ is nondecreasing.

Để lại phản hồi

Tháng Tư 1, 2008

Find all derivable functions

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 22:25

Find all derivable functions $R\to{R}$ , with the property

$f(x+y+z)+3xyz=f(x)+f(y)+f(z)+3(x+y+z)(xy+yz+zx)-2$

for every $x,y,z\in{R}$ .

Solution. $'_x$ with respect to $x$ to both sides

$f'\left( {x + y + z} \right) - 3\left( {x + y + z} \right)^2 = f'\left( x \right) - 3x^2 .$

Thus

$f'\left( x \right) - 3x^2$

is a constant.

Note. Actually with only ” $f$ is derivable in one point” you obtain the same result

$x=y=z=0 \Longrightarrow f(0)=1$ .

Suppose that $f$ is derivable in $t_0$

$(x=t_0)\& (z=0) \Longrightarrow \frac {f(y)-1}y = \frac {f(t_0+y)-f(t_0)}y-3t_0(t_0+y)$ ,

so $f$ is derivable in $0$ . But

$\frac {f(x+y)-f(x)}y = 3x(x+y)+\frac {f(y)-1}y$

shows that $f(x)$ is derivable for all $x\in R$ : $f'(x) = 3x^2 + f'(0)$ .. and so o.

Phản hồi (1)

Tháng Ba 27, 2008

Liên tục đều vs. Tính khả vi…

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 20:01

Let $f$ be continuous and bounded on $\mathbb{R}$ function such that

$\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f(x + h) - 2f(x) + f(x - h)|\to0,\quad h\to0.$

Does it follows that $f$ is uniformly continuous on $\mathbb{R}$ ?

$\sup_{x \in \mathbb{R}, |h| \leq h_n } \{f(x-h)-2 f(x)+f(x+h)\} \leq \frac{\epsilon}{n}$

So if $x_n<y_n$ satisfies $\delta_n = y_n-x_n \leq h_n$ and $f(y_n) \geq f(x_n) + \epsilon$ , then it is easy to see that:

$f(x_n+ (k+1) \delta_n)-f(x_n + k \delta_n) \geq \epsilon (1 - \frac{k}{n})$

for $0 \leq k \leq n-1$ . Hence

$f(x_n+ n \delta_n) - f(x_n) \geq \epsilon(\frac{n}{n} + \frac{n-1}{n}+ \ldots + \frac{1}{n})=\frac{(n+1) \epsilon}{2}$ ,

which shows that $f$ cannot be bounded, a contradiction.

More. Suppose $f$ continous function on $]a,b[$

Suppose there exist $C>0$ such that

$|\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h}|\leq C$

each time it is possible (in french “chaque fois que cela a un sens”)

1/ prove $f$ is bounded on $]a,b[$

2/ Suppose $x,x+h \in ]a,b[$ with $h>0$

Prove for any $n \in N$

$|f(x+\frac{h}{2^n})-f(x)|\leq \frac{C.n.h}{2^{n+1}} + \frac{|f(x+h)-f(x)|}{2^n}$

Prove there exist $C'>0$ such that for any $d>0$ small

$\sup_{|x-y|\leq d}|f(x)-f(y)| \leq C'.d.\ln(1/d)$

Để lại phản hồi

Tháng Mười Hai 19, 2007

Quen quen :-?

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 2:34

Let $f \in C^1$ and ${\lim_{x \to \infty} {f'^2}(x) + {f^3}(x) = 0$ . Prove that ${\lim_{x \to \infty} f(x) = 0$ .

Proof. Let $h(x) = \{ f'(x) \}^2 + \{ f(x) \}^3$ . For any $\epsilon > 0$ , there is $x_0$ such that for $x>x_0$ , $|h(x)| < \epsilon$ . Consider the set $U = \{ x>x_0 \, : \, |f(x)| > \sqrt[3]{2\epsilon} \}$ . If $U$ is empty, then the result immediately follows. So assume $U$ is nonempty and choose any $a \in U$ . If $f(a) > 0$ , then $\{ f(a) \}^3 > 2\epsilon$ , so $\{ f'(a) \}^2 + 2\epsilon < h(a) < \epsilon,$ which is a contradiction. Thus $f(a) < 0$ and $\{ f(a) \}^3 < -2\epsilon$ . Then

$-\epsilon < \{ f'(a) \}^2 + \{ f(a) \}^3 < \{ f'(a) \}^2 - 2\epsilon,$

or $\epsilon < \{ f'(a) \}^2$ . Since $f'$ is continuous, this inequality implies $f'(a)$ does not vanish at any point in $U$ .

Now assume there is a point $b \in U$ and $x_0 < a < b$ such that $f(b) < f(a)$ , Applying intermediate value theorem, we may assume $a$ is in the neighborhood of $b$ in $U$ . By mean value theorem, there is $c \in U$ such that $f'(c) < 0$ . Since $f'$ cannot change its sign on $U$ , $f$ is strictly decreasing on $U$ . Especially, $I = [a, \infty) \subset U$ .

Now let $f(x) = - u^{-2}$ , where $u = u(x) > 0$ on $I$ . Then

$h(x) = \{ f'(x) \}^2 + \{ f(x) \}^3 = 4 u'^2 u^{-6} - u^{-6}$ ,

$2u' = - \sqrt{1 + u^6 h(x)}$ .

Since $\epsilon < \{ f'(x) \}^2$ and $f'(x) < 0$ , we have $-\sqrt{\epsilon} > f'(x) = 2u'u^{-3}$ and $u$ is strictly decreasing. So $u$ must converge and we have

$\lim_{x\to\infty} 2u' = - \lim_{x\to\infty} \sqrt{1 + u^6 h(x)} = -1,$

which contradicts that $u$ converges.

So, for all $b \in U$ and $x_0 < a < b$ , $f(b) \geq f(a)$ . This means $f$ is monotone increasing on $U$ . If $f(x) < -\sqrt[3]{2\epsilon}$ for all $x > x_0$ , then $f(x)$ must converge to some $-L$ where $L \geq \sqrt[3]{2\epsilon}$ . But this implies $\lim_{x\to\infty} f'(x) = \sqrt{L} > 0$ , leading to a contradiction. Hence $|f(x_1)| \leq \sqrt[3]{2\epsilon}$ for some sufficient large $x_1$ , and by our preceeding argument, $|f(x)| \leq \sqrt[3]{2\epsilon}$ for all $x \geq x_1$ . So $f(x) \to 0$ as $x \to \infty$ .

Để lại phản hồi

Tháng Chín 30, 2007

1 bài tập khó về dãy số

Chuyên mục: Các Bài Tập Nhỏ, Giải Tích 1, Giải Tích 4 — Ngô Quốc Anh @ 8:26

Đề bài. Suppose that $a_{n}$ and $b_{n}$ are two sequences of nonnegative numbers such that for some real number $N_{0}\geq 1$ , the following recursion inquality holds: $a_{n+1}\le{a_{n}+b_{n}}$ , for any $n\ge N_{0}$ . Prove that if $\sum b_{n}<\infty$ , then $a_{n}$ is converges.

Lời giải. Since

$\begin{gathered} <br> a_{n + 1} \leqslant a_n + b_n \hfill \\ <br> a_{n + 2} \leqslant a_{n + 1} + b_{n + 1} \leqslant a_n + \left( {b_n + b_{n + 1} } \right) \hfill \\ <br> ... \hfill \\ <br> \end{gathered}$

then

$a_m \leqslant a_n + \sum\limits_{k = n}^{m - 1} {b_k } \leqslant a_n + \sum\limits_{k = n}^{ + \infty } {b_k }$

provided $m \geq n+1$ . Now taking the $\limsup$ with respect to $m$ we have

$\mathop {\lim \sup }\limits_{m \to + \infty } a_m - \sum\limits_{k = n}^{ + \infty } {b_k } \leqslant a_n .$

Now consider the $\liminf$ with respect to $n$ we deduce

$\mathop {\lim \sup }\limits_{m \to + \infty } a_m \leqslant \mathop {\lim \sup }\limits_{m \to + \infty } a_m - \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to + \infty } \sum\limits_{k = n}^{ + \infty } {b_k } \leqslant \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to + \infty } a_n$

since $\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \sum\limits_{k = n}^{+ \infty } {b_k } = 0$ . This and the fact that $\mathop {\lim \sup }\limits_{m \to + \infty } a_m \geqslant \mathop {\lim \inf }\limits_{n \to + \infty } a_n$ yields the conclusion.

Phản hồi (1)

Tháng Chín 26, 2007

GT1 – Bài Tập 09

Chuyên mục: Giải Tích 1 — Ngô Quốc Anh @ 16:45

Lấy bài tập ở đây: gt1-09.pdf

Để lại phản hồi

Bài viết cũ hơn »

T2	T3	T4	T5	T6	T7	CN
« Tháng 10
						1
2	3	4	5	6	7	8
9	10	11	12	13	14	15
16	17	18	19	20	21	22
23	24	25	26	27	28	29
30

	Ngô Quốc Anh trong bài About
	Pham Quy Muoi trong bài About
	Ngô Quốc Anh trong bài Các công trình gần đây
	Ngô Quốc Anh trong bài Các công trình gần đây
	Ngô Quốc Anh trong bài Các công trình gần đây
	BDT re tien trong bài Các công trình gần đây
	Bat Dang Thuc re tie… trong bài Các công trình gần đây
	Ngô Quốc Anh trong bài Nonexpansive Maps and a fixed …
	Violet trong bài Nonexpansive Maps and a fixed …
	namdhbk trong bài Linear shooting method

Ngô Quốc Anh

Tháng tám 18, 2009

An other limit supremum of sin function

Tháng Mười Một 6, 2008

Differentiability via weird argument

Tháng Chín 11, 2008

Một bài giới hạn khó về hàm lượng giác

Tháng Năm 1, 2008

Two times derivable real function

Nondecreasing function

Tháng Tư 1, 2008

Find all derivable functions

Tháng Ba 27, 2008

Liên tục đều vs. Tính khả vi…

Tháng Mười Hai 19, 2007

Quen quen :-?

Tháng Chín 30, 2007

1 bài tập khó về dãy số

Tháng Chín 26, 2007

GT1 – Bài Tập 09

Đề mục

Phân loại

Lưu trữ

Liên Kết

Bài gửi gần đây

Lịch

Bình luận gần đây

Số người đang xem

Thống kê