Analiza matematyczna, zadanie nr 3713
ostatnie wiadomości | regulamin | latex
| Autor | Zadanie / Rozwiązanie |
| magda2219 postów: 19 |  2015-10-26 17:46:43wykazac że jeżeli funkcja f(x,y) jest różniczkowalna w wypukłym obszarze G i pochodne cząstkowe f_{x}, f_{y} są ograniczone, to wtedy f(x,y) jest jednostajnie ciągla w obszarze G. |
| tumor postów: 8070 | 2015-10-26 19:07:08 Jeśli $\mid f`_x\mid <P$ $\mid f`_y\mid <Q$ to dla punktów $(x,y),(a,b)$ należących do obszaru G mamy jeśli $0\le d((a,b),(x,y))<\delta$ oraz $d$ oznacza metrykę euklidesową (w przypadku zastosowania równoważnej dowód się prawie nie zmienia, a jeśli jakąś dziwną mam stosować, to informuj), to $\mid x-a\mid <\delta$ $\mid y-b\mid <\delta$ zatem $\mid f(x,b)-f(x,y)\mid <\delta*Q$ oraz $\mid f(a,b)-f(x,b)\mid <\delta*P$ $\mid f(a,b)-f(x,y)\mid \le \mid f(x,b)-f(x,y)\mid +\mid f(a,b)-f(x,b)\mid <\delta*(P+Q)$ Zatem dla dowolnego $\epsilon>0$ przyjmujemy $\delta=\frac{\epsilon}{P+Q}$ |
| janusz78 postów: 820 | 2015-10-26 20:49:28 Czy założenie o wypukłości obszaru G było istotne? |
| tumor postów: 8070 | 2015-10-26 20:58:13 Mój szkic dowodu na dobrą sprawę zakłada więcej jeszcze niż tylko wypukłość, bo w obszarze poza (a,b) i (x,y) leży jeszcze (x,b). W praktyce $\delta$ można zawsze zmniejszyć, czyli ograniczyć się także do prostokąta o odpowiednich wierzchołkach, zatem nie jest to luka w dowodzie. Gdyby nie zakładać wypukłości, można stworzyć kontrprzykład. Na przykład z $R^2$ można usunąć półprostą, a następnie "wygiąć" rozcięte fragmenty w przeciwne strony. Nie przecząc warunkowi o ograniczonych pochodnych dostajemy jednak dowolnie duże różnice wartości między dowolnie bliskimi, byle różnymi, argumentami. Wiadomość była modyfikowana 2015-10-26 21:14:36 przez tumor |
| strony: 1 | |
Prawo do pisania przysługuje tylko zalogowanym użytkownikom. Zaloguj się lub zarejestruj