равномерная непрерывность

[Otta]

_genius_ в сообщении #926149 писал(а):

Ну та оценка, что я вывел, к решению не приводит. Если дальше расписать:
$e^{\delta+1}<e^{\ln(\varepsilon)}=\varepsilon$

И не может привести, ибо $\varepsilon$ сколь угодно мало, а левая часть неравенства заведомо больше $e$.
Графически, грю же я Вам. Стройте график $y=e^x-1$, смотрите на него... лучше всего линейные оценки. $y=kx$. Ну вот и постройте прямую, чтобы на всем Вашем промежутке (из условия) график лежал ниже такой прямой. Вроде несложно.

[_genius_]

Тут далеко не один бит. Возможных оценок великое множество.

Цитата:

Ваша оценка плоха тем, что не стремится к нулю. Надо чтобы стремилась.

Полностью с Вами согласен.

[ИСН]

Нет, тут один бит: информация о том, что функция "хорошая" и оценка есть. Больше никакой информации, ниспосланной свыше, в топике пока не появлялось. Так-то да, оценок великое множество, но их не надо угадывать. Их надо искать. Даже не "их" - одну. Любую.

[_genius_]

Цитата:

Стройте график $y=e^x-1$

Скорее $y=|e^x-1|$, причем $x\in(-1,1)$, т.к. $x=x''-x'$ где $x'',x'\in(0,1)$.
Вот он, этот график:

Линейная $y = kx + b$ при $b = 0$ очевидно не подходит.

[Otta]

_genius_ в сообщении #926171 писал(а):

Скорее $y=|e^x-1|$, причем $x\in(-1,1)$,

Значица так. Слушайте старших.
Вам нужен именно тот график, что я написала выше, и только при положительных значениях аргумента, изменяющегося на Вашей области. (Можно даже и сузить ее.) Осознайте, почему этого достаточно.

[_genius_]

Цитата:

Осознайте, почему этого достаточно.

Потому что в окрестности единицы она быстрее всего растет.
Все понял кажись:
$e\cdot|e^{x''-x'}-1|<6|x''-x'|=\varepsilon$
$\delta=\frac{\varepsilon}{6}$

[Otta]

Вам окрестность единицы как раз должна быть фиолетово, это уже для перестраховки, чтобы стопудов оценка построилась, у Вас при малых эпсилон малое изменение аргумента должно получаться (равномерно малое), так что волновать Вас должна окрестность нуля, на деле.

А вот положительность как себе испросить? шоб була? Вернее не так - почему для положительных - оценки достаточно?

[_genius_]

Otta
В общем контрпримеров (таких $\delta$ для которых при $|x''-x'|<\delta$: $|e^{x''}-e^{x'}|\geqslant 6\cdot\delta$) найти не удалось ни в окрестности 0, ни в окрестности 1. Значит скорее всего решение верное. Спасибо что довели меня до нужной мысли .

Цитата:

почему для положительных - оценки достаточно?

Потому что модуль, да?

[gefest_md]

$e^x-e^y$ напоминает одну формулу с комплексными числами. Не поможет?

[Otta]

_genius_ в сообщении #926207 писал(а):

Потому что модуль, да?

Нет, потому что выражение $|e^{x'}-e^{x''}|$ симметрично относительно $x',\,x''$, а значит, за знак модуля (Ваше первое действие) можно вынести меньший из них.

Шестерка, конечно, вызывает вопросы, ну да ладно. (Эпсилон тогда не получится брать произвольным, только меньшими чего-то там. А чего - это считать надо. Но это и не существенно. Для меня. И для существа вопроса. А как к этому отнесется Ваш преподаватель, я не знаю. :) )

[_genius_]

Otta

Цитата:

выражение $|e^{x'}-e^{x''}|$ симметрично относительно $x',\,x''$

Не понял, как это, симметрично относительно двух точек? Вы имеете в виду что их можно поменять местами?

Цитата:

Эпсилон тогда не получится брать произвольным, только меньшими чего-то там

А это ещё почему? На данном отрезке максимальное $\varepsilon=e-1$, при этом $\delta=1$ уже достаточно, а у меня оно даже с запасом получается: $\delta = 0.2864$.
Так я не для преподавателя. Все на добровольных началах. Я совсем другие вещи изучаю. Математику решил нагнать чтобы понять физику, которую, возможно, придется изучать в будущем.

[Otta]

Если Вы в этом выражении $x'$ и $x''$ поменяете местами, его значение изменится? Нет. Это и называется симметричностью. И если у Вас аргумент у одной экспоненты меньше, Вам ничто не мешает их переставить в нужном порядке. И вынести нужную.

_genius_ в сообщении #926226 писал(а):

А это ещё почему? На данном отрезке максимальное $\varepsilon=e-1$,

Да, верно. Это я запамятовала, что оно у Вас на единицу опущено.
Но тогда можно так и писать $\ldots<e(e-1)\delta=\varepsilon$. Математики они такие странные, им почему-то так понятней.

[_genius_]

Otta
А какая разница какую вынести?

Да-да, я так увлекся подбором функции, что забыл про этот банальный ход, который уже применил в самом начале ($e^x < e^1$ если $x<1$).

[Otta]

_genius_ в сообщении #926235 писал(а):

А какая разница какую вынести?

Вы хотите пользоваться Вашим неравенством? Да? Нет?
Так вот на минуточку допустив, что да, то оценку Вы строили только для положительных значений аргумента экспоненты, в роли которого выступает разность двух иксов.

[_genius_]

Otta
Вы правы, но из графика видно что при отрицательных значениях аргумента эта функция растет ещё медленнее чем при положительных. Т.е. моей 6ки тем более хватило бы. Но в общем случае конечно нельзя такое забывать.

Ещё такой момент: тут прозвучало предложение, пусть оно было и не в тему, использовать Лагранжа. Если я правильно понимаю, то речь о том самом Лагранже, который утверждает что у любой функции, непрерывной на $[a,b]$ и дифференцируемой на $(a,b)$ существует $f'(\xi) = \frac{f(x'')-f(x')}{x''-x'}$.
Условия выполнены, значит мне достаточно сказать что $\delta = \frac{\varepsilon}{f'(\xi)}$. Но при этом поскольку знаменатель зависит от $\xi$, а $\xi$ зависит от $x'',x'$, надо выбрать $\xi$, дающее максимальное $f'(\xi)$ на интервале. Тогда получается что уже $\xi=1$ более чем достаточно, т.е. $\delta(\varepsilon) = \frac{\varepsilon}{e}$. Все верно?