Непрерывен ли арктангенс равномерно?

[gris]

Хорхе, там "и" при отрицании превращается в "или". Корень прекрасно рисуется без растопырки. А вот если не избежать ни того, ни другого, тогда равномерной непрерывности нет.

[Null]

samuil в сообщении #506685 писал(а):

Цитата:

Функция с ограниченной производной на промежутке, равномерно непрерывна на нем.

Если промежуток --- бесконечен, то это все равно выполняется?!

Да.

[samuil]

gris в сообщении #506679 писал(а):

График непрерывной функции можно нарисовать пальцем, не отрывая его от доски.
График равномерно непрерывной — двумя пальцами одной руки без растопырки и выворачивания.

=))) Забавное определение) Спасибо!

-- 22.11.2011, 20:37 --

Хорхе в сообщении #506687 писал(а):

Нет, $n$ пусть стремится к бесконечности все-таки (хотя это действительно не важно, но данная неважность универсальна). А вот $x_n$ с $y_n$ могут ходить где угодно и как угодно.

Ок, теперь понятно, спасибо!

-- 22.11.2011, 20:38 --

А как все-таки быть с арктангенсом?)
Можно ли сослаться на то, что производная ограниченна и дело с концом?)

[Хорхе]

gris в сообщении #506688 писал(а):

Хорхе, там "и" при отрицании превращается в "или". Корень прекрасно рисуется без растопырки. А вот если не избежать ни того, ни другого, тогда равномерной непрерывности нет.

Ну так и $x^2$ прекрасно рисуется без растопырки. Возможно, я неправильно понял, что такое растопырка и выворачивание.

-- Вт ноя 22, 2011 20:44:06 --

samuil в сообщении #506690 писал(а):

Можно ли сослаться на то, что производная ограниченна и дело с концом?)

С точностью до орфографии, правильно.

[gris]

(Хорхе)

[b]Вы всё правильно поняли. Растопырка это когда растопыр пальцев превышает заранее установленный предел и без выворачивания не обойтись, как при рисовании икс квадрат, а при рисовании корня в нуле выворачивания легко избежать не превышая небольшого растопыра. Я об этом прочитал в книге "Интегралъ". Там всё на пальцах объясняется.

Боюсь, что в задании надо как раз на эпсилон-дельта доказывать.

[Хорхе]

(gris)

То есть мы не должны нарисовать график каждым из пальцев, достаточно одним? Тогда вроде понял.

[Алексей К.]

(Прошу уточнить определение растопырки)

Растопырку здесь поминают так часто, что, пожалуй, могу и не цитировать.
Но до сих пор мне было известно единственное определение растопырки, которое в данное обсуждение, похоже, не вписывается.
Не могли бы вы привести используемое здесь определение растопырки?

[samuil]

Цитата:

Боюсь, что в задании надо как раз на эпсилон-дельта доказывать

А как тогда через эпсилон-дельта доказывать равномерную непрерывность для арктангенса?

$f(x)=\arctg x$ при $x\in (-\infty; \infty)$

С чего начать?!

-- 22.11.2011, 21:38 --

(gris)

Я об этом прочитал в книге "Интегралъ". Там всё на пальцах объясняется.

А где можно найти эту книжку в интернете? У меня не получилось, гугл не помог)

(Хорхе)

Хорхе в сообщении #506696 писал(а):

С точностью до орфографии, правильно.

Ок, спасибо!

-- 22.11.2011, 21:47 --

(Алексей К.)

оО Не знал такого определения растопырки)

[arseniiv]

Ну как-как. Покажите, что, каким бы ни было $\varepsilon$, можно всегда из него как-то найти такое $\delta$, что функция на значениях аргумента, различающихся не более чем на $\delta$, сама меняется не более чем на $\varepsilon$.

Вроде бы обычно такие доказательства делают «справа налево» — рассматриваем любой с потолка взятый отрезок (можно взять отрезок, если не ошибаюсь, потому что функция монотонная), к примеру, $[x; x + \delta]$ и смотрим, чем ограничено $\lvert\arctg(x + \delta) - \arctg x\rvert$… Потом называем ограничивающее число єѱілоном и пытаемся выразить $\delta$ через $\varepsilon$. Если выразили, то утверждение определения равномерной непрерывности будет верно.

(А вообще лучше меня по анализу не слушать. Но вдруг правильно?)

-- Ср ноя 23, 2011 00:01:23 --

Применив всяческие производные, можно показать, что (т. к. мы должны брать только неотрицательные $\delta$) $\arctg(x + \delta) \leqslant \arctg x + \delta \arctg' x$. Ну и так далее.

[Хорхе]

(samuil)

samuil в сообщении #506732 писал(а):

Я об этом прочитал в книге "Интегралъ". Там всё на пальцах объясняется.

А где можно найти эту книжку в интернете? У меня не получилось, гугл не помог)

Увы, эта книга существует в единственном экземпляре в личной библиотеке grisа. Копировать ее бессмысленно - бумага засвечивается.

[samuil]

В том-то и дело, что не получается ограничить разность арктангенсов, разве что

$|\arctg\alpha-\arctg\beta|\le\pi$

(Оффтоп)

Извиняюсь за "неоперативность"

[ewert]

samuil в сообщении #507787 писал(а):

В том-то и дело, что не получается ограничить разность арктангенсов

Легко:

$\tg(\arctg x-\arctg y)=\dfrac{x-y}{1+xy};\qquad \arctg x-\arctg y=\arctg\dfrac{x-y}{1+xy}.$

Ну и остаётся лишь заметить, что при $|x-y|<\delta$ будет $1+xy>1-\delta^2$ (и это ещё грубая оценка) и что $|\arctg t|\leqslant|t|$.

Только всё это довольно нелепо. Равномерная непрерывность арктангенса автоматически следует из равномерной ограниченности его производной (которая очевидна) -- следует просто по теореме Лагранжа.

[bot]

Зачем Вам неравенство, столь же верное сколько и бесполезное?

samuil в сообщении #506690 писал(а):

Можно ли сослаться на то, что производная ограничена и дело с концом?)

Если можно, то с концом, а если нет, то не грех воспользоваться ограниченностью для получения более полезного неравенства, которое (или даже погрубее) попробовать доказать без теоремы Лагранжа. Если спросят, откуда догадался о таком неравенстве, объяснить внезапным озарением.

[samuil]

Цитата:

$1+xy>1-\delta^2$

А откуда вот это следует?

[ewert]

Если икс и игрек одного знака, то левая часть просто больше единицы. Если разного, то каждый из них, во всяком случае, по модулю меньше дельты.