From: veky@student.math.hr (Vedran Cacic)
Newsgroups: hr.sci.matematika
Subject: Re: problem:dokazi svojstva limesa
Date: Thu, 5 Feb 2004 18:14:13 +0000 (UTC)
Lines: 118
Message-ID: <slrnc251vl.2v4.veky@student.math.hr>
References: <bu9fbr$o99$1@bagan.srce.hr>
Xref: CARNet.hr hr.sci.matematika:1277
In article <bu9fbr$o99$1@bagan.srce.hr>, Damir A. wrote:
>Pitanje:
>Treba mi pomoc prilikom dokazivanja svojstva limesa
>ako je limf(x)=L i limg(x)=K
>
>lim(f(x)+g(x))=L+K (gdje x->x0)
>lim(f(x)*g(x))=L*K
>lim(f(x)/g(x))=L/K
>lim(f(x))^g(x)=L^K (neznam da li sam tocno napisao ali se radi o
>potencijama)
>
>Naime, dokaz za zbroj mogu izvesti,
>ali dokaz ostalih triju svostava mi bas
>neide, pa ako ima netko voljan da mi
>objasni/napise ili da me uputi gdje bih
>mogao na netu o tome saznati/nauciti, bio bih jako zahvalan
Vjerujem da ce ti Google dati sasvim dovoljno informacija o
konvencionalnom dokazivanju tih stvari... no kako si rekao da
za zbroj znas, postoji vrlo zgodan pristup (ja prvo vidio kod Kurepe)
koji se oslanja samo na zbrajanje, kompoziciju, i hrpu funkcija jedne
varijable. Evo overviewa:
[lesson title="neprekidnost i racunske operacije, a la Kurepa"
dedicated-to="svim peticama iz MA1"]
(okej, napravit cu i za zbrajanje, cisto da stvar bude potpuna.
Dakle, f i g neprekidne u c , hocu f+g neprekidna u c .
Imam da za svaki epsilon1 postoji delta1 takav da za sve x
iz domene od f vrijedi |x-c|<delta1 => |f(x)-f(c)|<epsilon1 .
Takoder, za svaki epsilon2 postoji delta2 takav da za sve
x iz domene od g vrijedi |x-c|<delta2 => |f(x)-f(c)|<epsilon2 .
Neka je zadan eps>0 . Ako stavim epsilon1:=epsilon2:=eps/2>0 ,
te delta:=min{delta1,delta2} , znam da za sve x iz presjeka domena
od f i od g (sto je inace domena od f+g ) vrijedi
|x-c|<delta<=delta1 => |f(x)-f(c)|<epsilon1=eps/2 |
& |x-c|<delta<=delta2 => |g(x)-g(c)|<epsilon2=eps/2 |=>
|(f+g)(x)-(f+g)(c)|=|f(x)+g(x)-f(c)-g(c)|<=
<=|f(x)-f(c)|+|g(x)-g(c)|<eps/2*2=eps .)
Prvo se dokaze da je kompozicija dviju neprekidnih funkcija neprekidna.
Preciznije, ako je f neprekidna u tocki c , i g neprekidna u tocki
f(c) , tada je i gof neprekidna u c . Da vidimo...
_Za svaki eps>0 _ postoji gama>0 takav da
za sve y iz gama-okoline od f(c)
vrijedi da su njihovi g(y) u eps-okolini od g(f(c)) .
Takoder, za svaki eps1>0 (specijalno za eps1:=gama ) _postoji delta>0
takav da za sve x iz delta-okoline od c vrijedi da_ su njihovi f(x)
u gama-okolini od f(c) . No tada su f(x)evi samo specijalni y-ovi gore,
pa _se njihovi_ g(y) (dakle g(f(x))= _ (gof)(x) _ )
_nalaze u eps-okolini od_ g(f(c))= _ (gof)(c) _ .
Iz ovoga, citajuci ono podvuceno, vidimo da smo dokazali neprekidnost
gof u c .
Sad se za sljedece funkcije dokaze da su neprekidne:
neg(x):=-x . Trivijalno, delta:=eps uvijek radi.
quart(x):=x/4 . delta:=4eps . Stvarno nije neka mudrost. :-)
sq(x):=x^2 . Ovdje treba malo pisati...
Neka je zadan eps>0 (i tocka c@|R ). Treba naci delta>0 takav da
za sve x@<c-delta,c+delta> vrijedi |x^2-c^2|<eps . No
|x^2-c^2|=|x-c||x+c| , prvi faktor je ocito manji od delta , a drugi
je manji od max{|2c-delta|,|2c+delta|} . Ako je c=0 , delta:=sqrt(eps)
je sasvim ok. Ako nije, taj je potpuno simetricno bio c>0 ili c<0 , pa
BSOMP da je c>0 . Ako stavim delta:=min{eps/(3c),c}>0 ,
tad je prvi faktor <delta<eps/(3c) , a drugi
<max{|2c-delta|,|2c+delta|}<=max{2c,3c}=3c ,
pa im je umnozak (jer su nenegativni) manji od eps/(3c)*3c=eps .
inv(x):=1/x . Takoder...
Neka je zadan eps>0 i c@|R\{0} (u domeni od inv ). Analogno, trebamo
|1/x-1/c|<eps . (BSOMP c>0 .) No |1/x-1/c|=|c-x|/(|x||c|) .
Brojnik je manji od delta. Nazivnik treba ograniciti odozdo. |c|=c je
konstanta, a |x| ce biti veci od c/2 ako stavimo delta<=c/2 (vidi
gore za analognu pricu). Dakle delta:=min{c^2*eps/2,c/2}>0 ,
a tada je |1/x-1/c|<delta/(c/2*c)<eps .
exp(x):=e^x . Ovo ovisi o preciznoj definiciji eksponencijalne
funkcije, koja bas i nije elementarna, ali se moze zgodno napraviti
kad imamo limes niza, kao e^x:=lim_n(1+x/n)^n (gdje ovo ^n znaci
jednostavno potenciranje prirodnim brojem, dakle iterirano mnozenje).
Samo ideja... zadan c i eps>0 , neka je c>0 (ovo nije BSOMP, ali
prilicno analogno ide i za c<0 , te c=0 ). Zelimo da limesi (po n )
od (1+x/n)^n i (1+c/n)^n budu eps-bliski. To cemo uciniti tako da
same (odgovarajuce) clanove tih nizova ucinimo eps/2-bliskima.
Opcenito, ako su |a| i |b| omedeni s nekim r ,
|a^n-b^n|=|a-b||a^(n-1)+a^(n-2)*b+...+b^(n-1)|<=
<=|a-b|*(|a|^(n-1)+|a|^(n-2)*|b|+...+|b|^(n-1)|<=
<=|a-b|*(r^(n-1)*n)=n*|a-b|*r^(n-1)
Za a:=1+x/n & b:=1+c/n , vrijedi n*|a-b|=|x-c|<delta , a za r mozemo
staviti 1+2c/n ako delta bude manji od c . r je veci od 1 , pa
je r^(n-1) manji od r^n=(1+2c/n)^n , a to je jedan od clanova u
(rastucem, lako se dokaze...) nizu ciji je limes e^(2c) (po gornjoj
definiciji), pa je manji (ili jednak) od tog limesa. Dakle, ako za
delta stavimo min{c,eps/(2*e^(2c))}>0 , imat cemo
|(1+x/n)^n-(1+c/n)^n|<eps/2 . No onda su po teoremu o sendvicu i
njihovi limesi udaljeni za najvise eps/2 , sto je manje od eps.
ln(x) . Ide na teorem o otvorenom preslikavanju, jednom kad se
zna da je exp'=exp>0 , moze se vidjeti da je exp difeomorfizam,
pa mu je i inverzno preslikavanje derivabilno a time i neprekidno.
Moze i elementarnije, koristeci lnx-lnc=ln(x/c)=ln(1+(x-c)/c)<(x-c)/c ,
ali tu ima dosta posla... No dobro, ovo i nisu tako
elementarne funkcije - bas kao ni opca potencija, a jedino za nju nam
to treba.
E sad ide raspetljavanje situacije. Ako vam je ovo dosad bilo zabavno,
na ovih par redaka cete zinuti. :-)
f - g = f + ( neg o g ) <- dakle, oduzimanje je ok.:-)
Probajte sad za ostale... lego-kockice imate gore:-).
--SPOILER-- ^L
f * g = quart o ( sq o ( f + g ) - sq o ( f - g ) ) <- mnozenje je ok.
(Naravno, ovdje samo pise a*b=1/4*((a+b)^2-(a-b)^2) , ali koristenje
toga za neprekidnost produkta po mom misljenju je genijalno:)
f / g = f * ( inv o g ) <- dakle, dijeljenje je ok.
f ^ g = exp o ( g * ( ln o f ) ) <- opca potencija je ok.
[/lesson]
Etoga. Pitanja? (osim: kako se Kurepa toga sjetio? :))
--
Veky ... go ahead and jump ...