differentiable function

[myra_panama]

Let $f:[0,1]\to \mathbb{R}$ be a continuos function such that at a point $ a$ , 0<a<1 the following limit exists

$$\lim\limits_{r\to0}\frac{f(a+r)-f(a)}{r}=L$$

($r\in\mathbb{Q}, {r\neq 0} , \mathbb{Q}$ - is the set of all rational number).
Prove that $f$ is differentiable at $a$ and

$$f'(a)=L$$

[AD]

(too easy?)

We can assume that $a=L=0$. Let $\delta>0$ be such that $|f(r)/r|<\varepsilon$ for $|r|<\delta$, $r\neq0$, $r\in\mathbb{Q}$. Since $f$ is continuous, it is easy to show that $|f(r)/r|\leqslant\varepsilon$ for all $r\in(-\delta,0)\cup(0,\delta)$. Since $\varepsilon>0$ is arbitrary, we see that $f'(0)=0$.

[Kallikanzarid]

Follows from $\mathbb{Q}$ being dense in $\mathbb{R}$. That's not challenging at all.

[myra_panama]

AD в сообщении #465378 писал(а):

Since $f$ is continuous, it is easy to show that $|f(r)/r|\leqslant\varepsilon$

How we can show (or maybe prove) $|f(r)/r|\leqslant\varepsilon$?

[ewert]

myra_panama в сообщении #465418 писал(а):

How we can show

молча можем. Надо просто разумно переформулировать. Фактически надо доказать: если функция $g(x)$ непрерывна в выколотой окрестности нуля, и если её предел в нуле по точкам некоего всюду плотного множества равен нулю, то и предел вообще тоже существует и равен нулю.

Ну так надо просто (от противного) сформулировать на языке эпсилон-дельта утверждение о том, что предел вообще не есть ноль. И тогда практически автоматом получится, что и по всюду плотному множеству он нулём быть тоже не может.

И: это уж который случай, когда достаточно элементарное теоретическое упражнение зачем-то выдаётся за олимпиадную задачу...

[Vince Diesel]

Kallikanzarid в сообщении #465379 писал(а):

Follows from $\mathbb{Q}$ being dense in $\mathbb{R}$. That's not challenging at all.

А эти задачи должны быть в помогите решить/разобраться, только тс постит их сюда зачем-то

[myra_panama]

From this olympiad:
2. Let$ A$ be an $m\times n$ matrix, $\mathbf{b}$ an m-vector, and $\alpha>0$.
Using the Euclidean norm, define

$$F(\mathbf{x})=\lVert A\mathbf{x}-\mathbf{b}\rVert_2^2+\alpha\lVert\mathbf{x}\rVert_2^2.$$

(a) Prove that $F(\mathbf{x})$ is a global minimum when $\mathbf{x}$ is a solution of the equation

$$(A^{T}A+\alpha I)\mathbf{x}=A^{T}\mathbf{b}.$$

(b) Prove that for $\mathbf{x}$, a global minimizer of F, we have

$$F(\mathbf{x}+\mathbf{h})=F(\mathbf{x})+\lVert A\mathbf{h}\rVert_2^2+\alpha\lVert\mathbf{h}\rVert_2^2.$$

((20-points))

[Kallikanzarid]

Bullshit, no one in the right mind would ever use these for any contest.

[myra_panama]

$F(x+h)=F(x)+2(Ax-b|Ah)+2a(X|h) + ||Ah||^2 + ||h||^2$

the differential is $dF(x)(h)=2(Ax-b|Ah)+2a(X|h)=(2A^{T}.Ax-2A^{T}b +2ax | h)$

global minimum for any h ,$ dF(x)(h)=0$ then $ A^{T}.Ax-A^{T}b +ax =0$

[ewert]

Дифференцирование тут не особо при чём. Во-первых, можно считать очевидным, что точка глобального минимума существует. Во-вторых, если $x$ -- такая точка, то

$F(x+h)=(Ax-b+Ah,Ax-b+Ah)+\alpha(x+h,x+h)=$

$=(Ax-b,Ax-b)+2\operatorname{Re}(Ax-b,Ah)+(Ah,Ah)+\alpha(x,x)+2\alpha\operatorname{Re}(x,h)+\alpha(h,h)=$

$=F(x)+\|Ah\|^2+\alpha\|h\|^2+2\operatorname{Re}(A^*(Ax-b)+\alpha x,h).$

Чтобы эта точка давала действительно минимум, нужно, чтобы исчезло последнее слагаемое (поскольку оно линейно по $h$, в то время как предыдущие квадратичны). Т.е. вектор $A^*(Ax-b)+\alpha x$ должен быть ортогонален любому вектору $h$. Т.е. попросту должно быть $A^*(Ax-b)+\alpha x=0$.

Только это всё опять же никакая не олимпиадность, а стандартная регуляризация.