Непрерывность отображения

[ferlon]

Вот что получилось:
$A: C[a,b] \to C[a,b]$ непрерывно в точке $x_{0}(t)$, если $\forall \{x_{n}(t)\} \xrightarrow{n \to \infty} x_{0}(t)$, т.е. $\forall \varepsilon > 0 \exists N \in \mathbb{N} : \forall n>N, d(x_{n}(t), x_{0}(t))<\varepsilon$, выполняется, что $Ax_{n}(t) \xrightarrow{n \to \infty} Ax_{0}(t)$, т.е. $\forall \varepsilon_{1}>0 \exists N_{1} \in \mathbb{N}: \forall n>N_{1}, d(Ax_{n}(t), Ax_{0}(t))<\varepsilon_{1}$.

Рассмотрим $d(Ax_{n}, Ax_0)$:

$ d(Ax_n, Ax_0) = \max\limits_{t \in [a,b]} |x_n(t) - x_0(t)| = \max\limits_{t \in [a,b]} |t^2 \cos(x_n(t)) - t^2 \cos(x_0(t))|$ $ = \max\limits_{t \in [a,b]} |t^2(\cos(x_n(t)) - \cos(x_0(t)))| \leqslant \max\limits_{t \in [a,b]} |\cos(x_n(t)) - \cos(x_0(t))|$ $= 2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t) + x_0(t)}{2} \sin\frac{x_n(t) - x_0(t)}{2}\right\rvert $ $\leqslant 2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)+x_0(t)}{2}\right\rvert\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)-x_0(t)}{2}\right\rvert $ $\leqslant 2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)-x_0(t)}{2}\right\rvert = \max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert x_n(t)-x_0(t) \right\rvert = d(x_n(t), x_0(t)) < \varepsilon $

Таким образом, построили зависимость $\varepsilon_1$ от $\varepsilon$. Как мне кажется, рассуждения выше должны показать непрерывность $A$.

[Dan B-Yallay]

ferlon в сообщении #1214853 писал(а):

$d(Ax_n, Ax_0) = \max\limits_{t \in [a,b]} |x_n(t) - x_0(t)| = \max\limits_{t \in [a,b]} |t^2 \cos(x_n(t)) - t^2 \cos(x_0(t))|$

Во-первых,

$$d(Ax_n, Ax_0) = \max\limits_{t \in [a,b]} |\textcolor{blue}{A}x_n(t) - \textcolor{blue}{A}x_0(t)| = \max\limits_{t \in [a,b]} |t^2 \cos(x_n(t)) - t^2 \cos(x_0(t))|$$

А во-вторых, куда-то делась $t^2$:

ferlon в сообщении #1214853 писал(а):

$ = \max\limits_{t \in [a,b]} |t^2(\cos(x_n(t)) - \cos(x_0(t)))| \leqslant \max\limits_{t \in [a,b]} |\cos(x_n(t)) - \cos(x_0(t))|$

[ferlon]

Dan B-Yallay
Ах да, я случайно оценил сверху, взяв $\max|t^2| = 1$, тогда как $\max|t^2| = b^2$.
Тогда получится $d(Ax_n(t), Ax_0(t)) \leqslant b^2 d(x_n(t), x_0(t)) \leqslant \frac{\varepsilon}{b^2}$

Благодарю за поправки!

[Dan B-Yallay]

ferlon в сообщении #1214863 писал(а):

я случайно оценил сверху, взяв $\max|t^2| = 1$, тогда как $\max|t^2| = b^2$.

Опять поправлю. Что произойдёт с Вашей оценкой, если задано пространство $C[a,b], \ a= -1000, b = 0$?

[ferlon]

Dan B-Yallay в сообщении #1214864 писал(а):

ferlon в сообщении #1214863 писал(а):

я случайно оценил сверху, взяв $\max|t^2| = 1$, тогда как $\max|t^2| = b^2$.

Опять поправлю. Что произойдёт с Вашей оценкой, если задано пространство $C[a,b], \ a= -1000, b = 0$?

Действительно, проглядел. $\max|t^2| = (\max(|a|, |b|))^2 = \max(a^2,b^2)$

[Dan B-Yallay]

Всё, у меня более вопросов нет.

[ewert]

ferlon в сообщении #1214853 писал(а):

$= 2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t) + x_0(t)}{2} \sin\frac{x_n(t) - x_0(t)}{2}\right\rvert $ $\leqslant 2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)+x_0(t)}{2}\right\rvert\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)-x_0(t)}{2}\right\rvert $

Вот это -- некоторое извращение. Гораздо проще было бы оценить через производную косинуса. К тому же дальше просто формально неверное равенство:

ferlon в сообщении #1214853 писал(а):

$2\max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert\sin\frac{x_n(t)-x_0(t)}{2}\right\rvert = \max\limits_{t \in [a,b]} \left\lvert x_n(t)-x_0(t) \right\rvert$

Но это семечки, а так, в принципе, всё верно.

Тем не менее -- для общего развития предлагаю доказать аналогичное утверждение для произвольной непрерывной функции вместо косинуса (непрерывной на всей оси, естественно). Задействуя её равномерную непрерывность в соотв. смысле.

-- Пн май 08, 2017 00:21:20 --

А, ещё:

ferlon в сообщении #1214866 писал(а):

$\max|t^2| = (\max(|a|, |b|))^2 = \max(a^2,b^2)$

Вообще-то вместо круглых скобок здесь несколько приличнее фигурные. И, кроме того, можно огрубить оценку, заменив максимум на сумму -- так компактнее выйдет. Но это уж сугубое эстетство, конечно.