Как упростить преподавание матанализа нематематикам?

[Munin]

robot80 в сообщении #870249 писал(а):

Разные - в смысли по типу различные - криволинейные, например. Как их свести к площадям, я не знаю.

Если можно, побольше примеров.

Для интеграла от $Z(x,y)$ по линии на плоскости $F(x,y)=0,$ можно ввести поверхность в трёхмерном пространстве $z=Z(x,y),$ ограниченное этой поверхностью тело $z\in[0,Z(x,y)],$ и его сечение вертикальной поверхностью $F(x,y)=0.$ Это сечение будет двумерной фигурой, и при достаточной гладкости всего, чего надо, - будет обладать площадью.

В частности, так можно ввести и интеграл, задающий длину кривой.

Может, для каких-то интегралов сведение к площадям и будет невозможно геометрически, я не знаю, но в таких случаях никто не мешает их сводить к площадям алгебраически, по известным алгебраическим свойствам интеграла.

-- 01.06.2014 22:17:05 --

ewert в сообщении #870607 писал(а):

Это модуль-то патологичен?...

Вообще-то да. Для начала, в любом случае, стоило бы рассмотреть понятия на менее патологических случаях. И я не про арксинус.

ewert в сообщении #870607 писал(а):

Вынужден разочаровать: без функции Хевисайда и жисть как-то не в жисть.

Это сильно потом. Когда до преобразования Лапласа руки дойдут.

[ewert]

Munin в сообщении #870707 писал(а):

Это сильно потом. Когда до преобразования Лапласа руки дойдут

, -- будет уже поздно. Вредная привычка уже въестся.

Munin в сообщении #870707 писал(а):

Для интеграла от $Z(x,y)$ по линии на плоскости $F(x,y)=0,$ можно ввести поверхность в трёхмерном пространстве $z=Z(x,y),$ ограниченное этой поверхностью тело $z\in[0,Z(x,y)],$ и его сечение вертикальной поверхностью $F(x,y)=0.$ Это сечение будет двумерной фигурой, и при достаточной гладкости всего, чего надо, - будет обладать площадью.

Извратиться можно всегда и во всём, было б желание. Например, Вы наверняка в курсе, что вес докторской колбасы определяется интегралом от гравитационного потенциала Земли по её (колбасы) объёму. Но почему же Вы скрываете это от фасовщицы в магазине?... Это же так просто и естественно, это должен знать каждый.

mishafromusa в сообщении #870654 писал(а):

А что дано то, и что надо оценить?

Даны узлы и узловые значения функции. Требуется получить хоть сколько-то конструктивную информацию насчёт погрешности приближения функции интерполяционным многочленом. Вы обещали сделать это без Ролля.

[Munin]

ewert в сообщении #870722 писал(а):

Вредная привычка уже въестся.

Какая, к чему?

ewert в сообщении #870722 писал(а):

Извратиться можно всегда и во всём, было б желание.

Я буду это цитировать применительно ко всем вашим заявлениям и методам. Спасибо за прекрасную формулировку.

ewert в сообщении #870722 писал(а):

Например, Вы наверняка в курсе, что вес докторской колбасы определяется интегралом от гравитационного потенциала Земли по её (колбасы) объёму.

Увы, нет. Этим определяется только гравитационная потенциальная энергия колбасы. А отнюдь не вес, и даже не сила тяжести (которая с весом тоже связана так себе, местами не непосредственно напрямую).

Как вы забавны...

[ewert]

Munin в сообщении #870755 писал(а):

Этим определяется только гравитационная потенциальная энергия колбасы. А отнюдь не вес,

О, спасибо. Надо чего-нибудь ещё подифференцировать. Но ведь Вы даже и этого фасовщице не объяснили!

Нет, это не спортивно. Как же она вешать-то теперь будет?...

[mishafromusa]

ewert в сообщении #870722 писал(а):

mishafromusa в сообщении #870654
писал(а):
А что дано то, и что надо оценить?
Даны узлы и узловые значения функции. Требуется получить хоть сколько-то конструктивную информацию насчёт погрешности приближения функции интерполяционным многочленом. Вы обещали сделать это без Ролля.

Я понял что за формула, хорошо, Ролля можно оставить, и я уже объяснил как он совсем просто доказывается в рамках равномерной дифференцируемости.

-- 01.06.2014, 21:15 --

mishafromusa в сообщении #870654 писал(а):

И вот ещё что. Если Вам так нравится теорема Ролля, то её просто доказать в моём подходе, потому что принцип монотонности у меня есть независимо от этой теоремы. Если производная не везде нуль, то она где-то положительна, а значит и где-то отрицательная, иначе функция не могла бы быть одной и той же на концах интервала. Теперь вспомним, что у меня все производные непрерывные, поэтому производная имеет корень. Тут, конечно, нужна полнота, я признаю.

-- 01.06.2014, 22:12 --

Да, кстати, оценку то можно доказать и без Ролля, а только имея оценку на $n+1$-ю производную аппроксимируемой функции. Нужно просто $n+1$ раз продифференцировать функцию $\phi_x(t)$ с первой страницы заметки https://www.math.okstate.edu/~binegar/4 ... 13-l16.pdf
Это убъёт интерполяционный многочлен $P(t)$, а от $w(t)$ останется только $(n+1)!$. Оценка следует.

[mishafromusa]

Прошу пардону, ошибся, тут ещё нужно, чтобы где-то $(\phi_x(t))^{(n+1)}=0$, так что Ролль уцелел.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #870856 писал(а):

Да, кстати, оценку то можно доказать и без Ролля, а только имея оценку на $n+1$-ю производную аппроксимируемой функции. Нужно просто $n+1$ раз продифференцировать функцию $\phi_x(t)$ с первой страницы заметки https://www.math.okstate.edu/~binegar/4 ... 13-l16.pdf
Это убъёт интерполяционный многочлен $P(t)$, а от $w(t)$ останется только $(n+1)!$. Оценка следует.

Я лично ничего не понял, кроме одного: заметки -- неспортивны. "Здесь Родос, здесь и прыгай".

(да и наверняка там какая-нибудь банальщина; стоит ли вскрывать?...)

[mishafromusa]

ewert в сообщении #871938 писал(а):

(да и наверняка там какая-нибудь банальщина; стоит ли вскрывать?...)

Фу ты чёрт, линк сломался! Действительно банальщина, хотя и не совсем. Вот формула:

$$\phi_x(t)=f(t)-P(t)-w(t)(f(x)-P(x))/w(x)$$

где $w(t)=(1-x_0)...(t-x_n)$, $x_0,...,x_n$ -- узлы интерполяции, $f$ -- интерполируемая функция, а $P$ -- интерполирующий многочлен. Тогда $\phi_x$ имеет $n+2$ разных корней, поэтому по Роллю $\phi_x^{(n+1)}$ имеет корень, и оценка $|f(x)-P(x)| \le M|w(x)|$, где $M=max(|f^{(n+1)}(x)|)/((n+1)!$ следует.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #871957 писал(а):

Вот формула:

$$\phi_x(t)=f(t)-P(t)-w(t)(f(x)-P(x))/w(x)$$

Ну да, это одно из двух наиболее стандартных доказательств (только чуть-чуть варварски оформленное). Другое такое: $f(x)\equiv L_n(x)+\delta^{n+1}f\cdot\omega_{n+1}(x)$, где $\delta^{n+1}f$ -- разделённая разность, построенная по узлам $x_0,x_1,\ldots,x_n$ и по точке $x$; соответственно, $\omega_{n+1}(x)=(x-x_0)(x-x_1)\cdots(x-x_n)$. Ну а $\delta^{n+1}f=\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}$ уже практически непосредственно по теореме Ролля, без лишних логических пируэтов. Второй способ несколько длиннее первого, но обладает тем преимуществом, что склеивается из двух очень простых утверждений, имеющих самостоятельную ценность.

[mishafromusa]

ewert в сообщении #872344 писал(а):

где $\delta^{n+1}f$ -- разделённая разность

А вот её-то точно можно без Ролля оценить, если есть оценка для $|f^{(n+1)}|$.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #872356 писал(а):

А вот её-то точно можно без Ролля оценить, если есть оценка для $|f^{(n+1)}|$.

Как?

[mishafromusa]

ewert в сообщении #872381 писал(а):

Как?

Как -- это можно студентов спросить для домашней работы. А почему -- это понятно, дело в том, что разделённая разность равна усреднению производной того же порядка, а усреднение не может быть больше (оценки) максимального значения, и Ролль в этом никакой роли не играет.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #872433 писал(а):

разделённая разность равна усреднению производной того же порядка

В каком смысле усреднению?

[mishafromusa]

ewert в сообщении #872434 писал(а):

В каком смысле усреднению?

Ну в том же, в каком первая разделённая разность -- среднее значение первой производной. Для высших формулы сложнее, и вылезают кратные интегралы, но тоже всё получается.

-- 06.06.2014, 06:39 --

ewert в сообщении #872344 писал(а):

Второй способ несколько длиннее первого, но обладает тем преимуществом, что склеивается из двух очень простых утверждений, имеющих самостоятельную ценность.

Интересно... А можно ссылочку, если не лень? Спасибо.

[ewert]

mishafromusa в сообщении #872437 писал(а):

А можно ссылочку, если не лень?

Лень. Где-то когда-то я про этот подход, кажется, читал, но где и когда -- совершенно не помню.

Можете при случае ссылаться на этот форум. А какие конкретно технические детали Вас интересуют?