fixfix
2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 12:39 


25/10/09
832
g______d в сообщении #933225 писал(а):
Алексей

[quote="integral2009 в сообщении #932841
писал(а):
Как доказать, что $f(x)=\cos x$ непрерывна на интервале $(0;\frac{\pi}{2})$


Я думаю, надо воспользоваться определением $\cos x$. Выглядит как тролльский комментарий, наверное, но в точном определении косинуса и зарыта большая часть доказательства.
$\cos x $- абсцисса точки, получаемая поворотом точки $(1;0)$ против часовой стрелки на угол $x$ вдоль окружности единичного радиуса с центром в начале координат. Как это можно использовать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 12:50 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5502
Нов-ск
integral2009 в сообщении #933303 писал(а):
$\cos x $- абсцисса точки, получаемая поворотом точки $(1;0)$ против часовой стрелки на угол $x$ вдоль окружности единичного радиуса с центром в начале координат. Как это можно использовать?
Изменение аргумента - это дуга. А изменение значения косинуса - это проекция хорды, стягивающей эту дугу. Очевидно, проекция короче дуги.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 12:57 


25/10/09
832
Согласен, только как это может помочь доказать непрерывность?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 13:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12065
Казань
Именно это и поможет. Ведь вам надо что показать? Что изменение косинуса будет невелико, если изменение дуги мало. Ну, а раз эти два изменения связаны друг с другом...

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 14:29 


25/10/09
832
provincialka в сообщении #933313 писал(а):
Именно это и поможет. Ведь вам надо что показать? Что изменение косинуса будет невелико, если изменение дуги мало. Ну, а раз эти два изменения связаны друг с другом...
Спасибо! Можно взять $\delta=\varepsilon $. А есть еще другой способ доказать?

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 15:15 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12065
Казань
Смотря что считать "другим". Можно довести до ума прежнее рассуждение с произведением синусов. Хотя по сути все сведется к тому же.

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 15:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
integral2009 в сообщении #933337 писал(а):
Можно взять $\delta=\varepsilon $. А есть еще другой способ доказать?

Можно - взять $\delta=\frac{\varepsilon}2. $

 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 20:48 


29/09/06
4552

(Оффтоп)


 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение19.11.2014, 22:52 


29/09/06
4552

(Оффтоп)


 Профиль  
                  
 
 Re: Доказать очевидное. Непрерывность косинуса.
Сообщение20.11.2014, 08:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5937
Новосибирск
bot в сообщении #933353 писал(а):
Можно

Если без шуток, то просто в лоб. Что нам нужно? А нужно по заданному $\varepsilon>0$ отыскать $\delta>0$ чтоб была верна импликация
$$|x-x_0|< \delta\Rightarrow |f(x)-f(x_0)|< \varepsilon $$
Теперь перепишем это в эквивалентной форме
$$(x_0-\delta, x_0+\delta)\subseteq \{x\ :\ |f(x)-f(x_0)|< \varepsilon \},$$
то есть в множестве решений неравенства $|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon$ надо отыскать интервал, симметричный относительно точки $x_0$.
В некоторых случаях, такое неравенство без труда решается (а данный случай таков) и можно найти максимально возможное $\delta$.
Однако определение гуманно - оно не требует нахождения всех решений неравенства, достаточно найти такую его часть, в которой нужный интервал гарантированно найдётся, то есть $|f(x)-f(x_0|$ можно мажорировать сверху какой-нибудь функцией, сохраняя возможность сделать мажоранту меньше $\varepsilon$. Обычно этот путь технически проще, а потому предпочтительнее.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 25 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group