несколько задач

[ewert]

Spook писал(а):

ewert я согласен, что: $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x}=1$ и интеграл становится обычным собственным. Но в формуле трапеции и прямоугольников в правой части неравенства стоит макcимум второй производной, которая неограниченна в нуле:

$${2\sqrt{\sin(x^2)}\over{x^3}}-2x\sqrt{\sin(x^2)}-\frac{\cos(x^2)}{x\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{x\cos^2(x^2)}{\sqrt{sin^3(x^2)}}$$

(и почему MathCad не поддерживает TeX?)
Это выражение стремится к $-\infty$ при $x\to 0$. То есть получается, что она все-таки не аналитична в $0$ (если под аналитичностью понимать разложимость в ряд Тейлора).

$$\frac{\sqrt{\sin(x^2)}}{x}=\sqrt{\frac{\sin(x^2)}{x^2}}=\sqrt{1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\;\dots}\;,\qquad$$

что есть аналитично

[AD]

Да, и еще одна деталь.

Spook писал(а):

Предположим, что образ замкнут, тогда он является банаховым пространством.

Если объемлющее пространство не банахово, то так переходить нельзя. Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством. Например, оно само не является.

Echo-Off, ну вы ничего формально неверного не сказали.

[Spook]

AD писал(а):

Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством.

AD, а если оно будет еще и подпростарнством?

Echo-Off писал(а):

ну вы ничего формально неверного не сказали.

Echo-Off это точно, краснеть за незнание определений надо мне .

ewert, получается, что вторая производная ограничена, если расписать ее через ряд Тейлора, а если посчитать символьно, то нет? А как тогда мне сохранить заданную точность $\epsilon$, то есть до какого члена раскладывать в ряд?

Добавлено спустя 5 минут 23 секунды:

Вот формула для прямоугольников: $\delta\leqslant\frac{1}{24}(b-a)M_2h^2_m$, то есть это все должно быть меньше $\epsilon$. Кстати аналитичность, это когда существуют все производные?

[Narn]

AD писал(а):

Да, и еще одна деталь.

Spook писал(а):

Предположим, что образ замкнут, тогда он является банаховым пространством.

Если объемлющее пространство не банахово, то так переходить нельзя. Не всякое замкнутое подмножество нормированного пространства является банаховым пространством. Например, оно само не является.

AD, так ведь у Spook'а оба пространства банаховы:

Spook писал(а):

1.Пусть $A:X\to Y$ ограниченный оператор в банаховых пространствах.

Spook, так Вы, оказывается, решили, что вполне непрерывность и непрерывность - это одно и тоже! А я подумал, что Вы полагаете, будто $S_n(0)$ - компакт (что неверно) и пользуетесь тем, что образ компакта при непрерывном отображении компактен (что верно).

Spook, вот эти фразы мне не очень нравятся:

Spook писал(а):

Что касается общетопологического отображения, то такого я не знаю

Не отображение общетопологическое, а определение: непрерывное отображение - это отображение, при котором прообразы открытых множеств открыты.

Вот другое определение непрерывности отображения $A$: пусть $x_n \to x_0$ при $n \to \infty$, тогда $Ax_n \to Ax_0$. При этом сходимость последовательности понимается как стремление к 0 расстояния $d(x_n,x_0)$. Чтобы применять это определение, нужно уметь измерять расстояние между точками, оно пригодно лишь в метрических пространствах (раз Вы знаете теорему Бэра, то про них Вы должны знать). А для применения первого определения не нужно знать ничего, кроме того, какие множества считать открытыми. Короче, загляните потом в Колмогорова-Фомина (например), почитайте про топологическе пространства.

Spook писал(а):

полное нормированное пространство представлено в виде счетного объединения тощих множеств, что и противоречит теореме Бэра.

Тощее множество = множество второй категории = счетное объединение нигде не плотных.

По цепям Маркова:

Spook писал(а):

в частности, следущее состояние зависит от предыдущего, но ведь предыдущее от следущего нет

Так не бывает, отношение зависимости симметрично. $A$ зависит от $B$ или $B$ зависит от $A$ - это одно и тоже: $P(AB) \ne P(A)P(B)$. Ну и для случайных величин также.

[Spook]

ewert, а нельзя ли в этой задаче разбить интеграл на два, притом первый будет на $[0,\delta]$ потом сказать, что на отрезке $\delta$ $\sqrt\frac{\sin(x)}{x}=1$? То есть получается :
$I=\int\limits_{0}^{\delta}\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx+\int\limits_{\delta}^{1}\frac{f(x)\sqrt{\sin x}}{x}dx$. Соответственно первый интеграл считается заменой $x=t^2$, а второй особенностей не содержит.
Может так можно? Просто я не смогу обьяснить преподавателю, почему вторая производная вдруг станет существовать:(

[ewert]

Spook писал(а):

ewert, а нельзя ли в этой задаче разбить интеграл на два, притом первый будет на $[0,\delta]$ потом сказать, что на отрезке $\delta$ $\sqrt\frac{\sin(x)}{x}=1$? То есть получается :
$I=\int\limits_{0}^{\delta}\frac{f(x)}{\sqrt{x}}dx+\int\limits_{\delta}^{1}\frac{f(x)\sqrt{\sin x}}{x}dx$. Соответственно первый интеграл считается заменой $x=t^2$, а второй особенностей не содержит.
Может так можно? Просто я не смогу обьяснить преподавателю, почему вторая производная вдруг станет существовать:(

От необходимости оценивать погрешности явно это не спасает.

Вторые производные существуют тривиальным образом: для функции $f(t^2)$ это очевидно, а для всего остального является следствием аналитичности (у Вас ведь, наверное, комплексный анализ уже был? вот на него и надо сослаться, всего-навсего).

Другое дело, что с явной оценкой через вторую производную -- страшная морока. Там ведь, помимо всего прочего, надо ещё оценивать саму функцию и её производную через вторую.

У меня на этот счёт никакого энтузиазма -- никогда не понимал глубокого философского смысла явных оценок. Они всегда или слишком грубы, или практически невычислимы. На практике погрешности всегда оцениваются чем-либо вроде правила Рунге. А для этого вполне достаточно знать гарантированный порядок точности (в данном случае -- второй, и он у нас есть).

[Spook]

Да, с оценкой в моем варианте будет непросто. Просто мне эту задачу завтра сдавать надо, вот я и акцентировался на ней. Не могли бы Вы "на пальцах" обьяснить, почему эта функция аналитична? В моем учебнике написано, что для аналитичности нужно чтобы функция была дифференцируема в каждой точке, и производная её была непрерывна. В нуле эта функция недифференцируема (производную считал в MathCadе), хотя после разложения в ряд - становится дифференцируемой в каждой точке (а значит аналитической). Чертовщина какая-то. Может у нас терминология различается?

[ewert]

Spook писал(а):

Да, с оценкой в моем варианте будет непросто. Просто мне эту задачу завтра сдавать надо, вот я и акцентировался на ней. Не могли бы Вы "на пальцах" обьяснить, почему эта функция аналитична? В моем учебнике написано, что для аналитичности нужно чтобы функция была дифференцируема в каждой точке, и производная её была непрерывна. В нуле эта функция недифференцируема (производную считал в MathCadе), хотя после разложения в ряд - становится дифференцируемой в каждой точке (а значит аналитической). Чертовщина какая-то. Может у нас терминология различается?

Есть несколько эквивалентных определений аналитичности (конечно, эквивалентность -- это в каждом случае некая теорема).

В принципе, исходное определение аналитичности -- это именно дифференцируемость в каждой точке. Но: дифференцируемость -- по комплексному аргументу! С другой стороны, непрерывности при этом можно и не требовать (это, как ни странно, в данном случае будет следствием дифференцируемости). Часто это свойство изначально называют регулярностью, но это -- дело вкуса.

И другое определение, тоже вполне стандартное: аналитичность -- это разложимость в степенной ряд в окрестности данной точки. Наша функция буквально аналитична в этом смысле.

Так вот, оба утверждения эквивалентны. А из них уже вытекает бесконечная дифференцируемость и, как следствие, ограниченность любой производной (на любом строго внутреннем компакте).

--------------------------------------------------
Кстати, насчёт Маткада и вообще любого программирования. Типичная техническая проблема. Лучше пользоваться не трапециями, а центральными прямоугольниками (у них к тому же и погрешность вдвое меньше). А если всё же трапециями -- обязательно позаботиться о доопределении функции в нуле.

[Spook]

ewert писал(а):

А из них уже вытекает бесконечная дифференцируемость и, как следствие, ограниченность любой производной (на любом строго внутреннем компакте).

Означает ли это, что $0$ не принадлежит этой области?

[ewert]

Spook писал(а):

ewert писал(а):

А из них уже вытекает бесконечная дифференцируемость и, как следствие, ограниченность любой производной (на любом строго внутреннем компакте).

Означает ли это, что $0$ не принадлежит этой области?

Принадлежит. Если говорить по существу. Это -- то, что принято называть "устранимой особой точкой" (см. дополнение к предыдущему посту).

[Spook]

Прочитал позже Вашу последнюю дописку. Центральные прямоугольники действительно могут помочь избавиться от точки 0.

Добавлено спустя 3 минуты 33 секунды:

ewert кстати про MathCad я только имел ввиду, что на нем посчитал символьную вторую производную и меня удивило, что в нуле получается бесконечность. А задача будет предложена завтра как задача к билету для решения на листочке, без использования ПК.

[ewert]

Spook писал(а):

А задача будет предложена завтра как задача к билету для решения на листочке, без использования ПК.

Что значит "для решения"? Для написания формулы или для фактического вычисления с конкретной функцией? И надо ли выписывать явную оценку погрешности через вторую производную? (если да, то боюсь, что это в любом случае невозможно)

Кстати: а почему Вы решили, что предел в нуле бесконечен?

[Spook]

Кстати, получается что мы вообще "забиваем" на устранимые особые точки, какие бы значения в них не были? Просто это может быть и подразумевается в определении, я не понял. Но так было бы удобнее.

Добавлено спустя 6 минут 55 секунд:

Функции конкретной не будет. Например
Построить квадратурную формулу для вычисления интеграла c точностью $\epsilon$.
$I=\int\limits_{1}^{\infty}\frac{f(x)}{1+x^2}dx$, где $|f(x)|\leqslant Const$.
$I=\int\limits_{1}^{M}\frac{f(x)}{1+x^2}dx+\int\limits_{M}^{\infty}\frac{f(x)}{1+x^2}dx=I_1+C(\frac{\pi}{2}-\arctg M)$.
Далее аналитически подбираем $M$ так, чтобы выполнялось неравенство: $C(\frac{\pi}{2}-\arctg M)\leqslant\frac{\epsilon}{2}$, а $I_1$ считаем с такой же точностью по любой формуле (например прямоугольников).
Вот это копия полностью решенной задачи, то есть подбирать М самому не надо, в таком виде это готовое решене.

[ewert]

Spook писал(а):

Кстати, получается что мы вообще "забиваем" на устранимые особые точки, какие бы значения в них не были? Просто это может быть и подразумевается в определении, я не понял. Но так было бы удобнее.

Что значит "забиваем"? Предельные значения в них (если они, конечно, нужны) придётся вычислить явно и на листочке. Но после того, как функция доопределена своим предельным значением -- такая точка особой уже не будет.

Spook писал(а):

$I=\int\limits_{1}^{\infty}\frac{f(x)}{1+x^2}dx$, где $|f(x)|\leqslant Const$.
$I=\int\limits_{1}^{M}\frac{f(x)}{1+x^2}dx+\int\limits_{M}^{\infty}\frac{f(x)}{1+x^2}dx=I_1+C(\frac{\pi}{2}-\arctg M)$.
Далее аналитически подбираем $M$ так, чтобы выполнялось неравенство: $C(\frac{\pi}{2}-\arctg M)\leqslant\frac{\epsilon}{2}$, а $I_1$ считаем с такой же точностью по любой формуле (например прямоугольников).
Вот это копия полностью решенной задачи, то есть подбирать М самому не надо, в таком виде это готовое решене.

Если это "копия", то мой вариант вполне подходит. В этом решении точность тоже явно не контролируется.

(кстати, практически такой вариант борьбы с бесконечностью промежутка крайне не выгоден. Хотя теорекхтицски и корректен.)

[Spook]

ewert писал(а):

Кстати: а почему Вы решили, что предел в нуле бесконечен?

Маткад выдал такое символьное решение:

$${2\sqrt{\sin(x^2)}\over{x^3}}-2x\sqrt{\sin(x^2)}-\frac{\cos(x^2)}{x\sqrt{\sin(x^2)}}-\frac{x\cos^2(x^2)}{\sqrt{sin^3(x^2)}}$$

.

Добавлено спустя 1 минуту 33 секунды:

Это собственно меня и смутило, когда я начал оценивать ее максимум.