mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 2:01 am**

Καλησπέρα σας !
Πώς μπορώ να δείξω ότι αν η f(x,y)

είναι $C^{1}$ παντού στο $\mathbb{R}^{2}$ , τότε για κάθε $0\leq a< b$ είναι $\frac{d}{dx}(\int_{a}^{b}f(x,y)dy)=\int_{a}^{b}\frac{df}{dx}(x,y)dy$ ;

ευχαριστώ πολύ !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 2:56 am**

Στην συγκεκριμένη περίπτωση χρειαζόμαστε μόνο την διαφορισιμότητα της f(x,y)

ως προς

(με την παράγωγό της $\frac{d}{dx}f(x,y)$ τουλάχιστον ολοκληρώσιμη) και την ολοκληρωσιμότητα της f(x,y)

ως προς

. Επίσης δεν είναι απαραίτητο το $a\geqslant 0$ :

Αν $\{\xi_i\;|\; i=1,2,\ldots,n\}$ ένα σύνολο ενδιαμέσων σημείων του [a,b]

, τότε

$\begin{aligned} \displaystyle\int_{a}^{b}f(x,y)\,dy&=\lim_{n\to+\infty}\mathop{\sum}\limits_{i=1}^nf(x,\xi_i)\,\delta y\quad\Rightarrow\\ \frac{d}{dx}\displaystyle\int_{a}^{b}f(x,y)\,dy&=\frac{d}{dx}\bigg(\lim_{n\to+\infty}\mathop{\sum}\limits_{i=1}^nf(x,\xi_i)\,\delta y\bigg)\\ &=\lim_{n\to+\infty}\mathop{\sum}\limits_{i=1}^n\frac{d}{dx}f(x,\xi_i)\,\delta y\\ &=\int_{a}^{b}\frac{d}{dx}f(x,y)\,dy\,.\end{aligned}$

edit: 12:24 10/9/2016 Μετά την παρατήρηση του Σταύρου να σημειώσω ότι η διαφορισιμότητα της συνάρτησης και ως προς τις δυο μεταβλητές και η συνέχεια της μερικής παραγώγου ως προς

είναι οι ελάχιστες συνθήκες. Η ολοκληρωσιμότητα δεν αρκεί.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 12:10 pm**

Η απόδειξη του Γρηγόρη έχει πρόβλημα.
Το πρόβλημα βρίσκεται στην εναλλαγή του ορίου με την παράγωγο.
Στο παρακάτω υπάρχει το 6 example που δείχνει ότι με τις προυποθέσεις του Γρηγόρη δεν ισχύει
http://people.hss.caltech.edu/~kcb/Note ... tegral.pdf
Στο παραπάνω 5 Theorem έχει τις συνθήκες που πρέπει να ισχύουν.
Αυτές είναι :
Η f(x,y)

να είναι συνεχής ως προς κάθε μεταβλητή ξεχωριστά
και το ιδιο να ισχύει για την μερική της παράγωγο ως προς

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 12:21 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Η απόδειξη του Γρηγόρη έχει πρόβλημα.
Το πρόβλημα βρίσκεται στην εναλλαγή του ορίου με την παράγωγο.
Στο παρακάτω υπάρχει το 6 example που δείχνει ότι με τις προυποθέσεις του Γρηγόρη δεν ισχύει
http://people.hss.caltech.edu/~kcb/Note ... tegral.pdf
Στο παραπάνω 5 Theorem έχει τις συνθήκες που πρέπει να ισχύουν.
Αυτές είναι :
Η να είναι συνεχής ως προς κάθε μεταβλητή ξεχωριστά
και το ιδιο να ισχύει για την μερική της παράγωγο ως προς .

Σταύρο,

όντως χρησιμοποίησα εναλλαγή διαφόρισης-ορίου κάτι που απαιτεί την συνέχεια της μερικής παραγώγου (και όχι μόνο την ολοκληρωσιμότητα) . Επίσης η ολοκληρωσιμότητα της

ως προς

δεν αρκεί (και εδώ απαιτείται διαφορισιμότητα) Άλλά αυτά δίνονται στην εκφώνηση σαν δεδομένα (θα έπρεπε να δίνεται και η συνέχεια της μερικής παραγώγου ως προς

)
Προσπάθησα να ελαχιστοποιήσω τις συνθήκες -κακώς!- αλλά αυτό δεν σημαίνει ότι η λύση έχει πρόβλημα!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 12:40 pm**

Γρηγόρη, η λύση έχει ένα γενικότερο «πρόβλημα».

Η άσκηση ζητά κάτω από κάποιες συνθήκες να δείξουμε ότι δυο διαδικασίες ορίων (παραγώγιση και ολοκλήρωση) εναλλάσσονται. Εσύ χρησιμοποιείς ως δεδομένο ότι κάτω από αυτές τις συνθήκες δυο άλλες διαδικασίες ορίων (παραγώγιση και άπειρο άθροισμα) επίσης εναλλάσσονται.

Θα έπρεπε όμως αυτό να συνοδευτεί και από απόδειξη ότι επιτρέπεται να κάνεις την εναλλαγή στην δική σου περίπτωση. Νομίζω μάλιστα ότι είναι ισοδύναμης δυσκολίας με το αρχικό ερώτημα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 12:49 pm**

Demetres έγραψε:Γρηγόρη, η λύση έχει ένα γενικότερο «πρόβλημα».

Η άσκηση ζητά κάτω από κάποιες συνθήκες να δείξουμε ότι δυο διαδικασίες ορίων (παραγώγιση και ολοκλήρωση) εναλλάσσονται. Εσύ χρησιμοποιείς ως δεδομένο ότι κάτω από αυτές τις συνθήκες δυο άλλες διαδικασίες ορίων (παραγώγιση και άπειρο άθροισμα) επίσης εναλλάσσονται.

Θα έπρεπε όμως αυτό να συνοδευτεί και από απόδειξη ότι επιτρέπεται να κάνεις την εναλλαγή στην δική σου περίπτωση. Νομίζω μάλιστα ότι είναι ισοδύναμης δυσκολίας με το αρχικό ερώτημα.

Δημήτρη

σωστές είναι οι παρατηρήσεις σου. Αλλά αν πρέπει να αποδειχθεί η εναλλαγή διαφόρισης και άπειρου αθροίσματος, τότε θα έπρεπε να παραθέσουμε ολόκληρη την απόδειξη του αντίστοιχου θεωρήματος (το οποίο είναι και κλασσικό). Επειδή θεώρησα ότι το θέμα είναι -με κάποιον τρόπο- άσκηση, χρησιμοποίησα το θεώρημα σαν δεδομένο. Όπως και να έχει, ας μας γράψει η Μαριάννα, τι ακριβώς ζητάει από την άσκηση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 10, 2016 1:04 pm**

Ναι είναι όντως κλασικό. Μερικές φορές ονομάζεται κανόνας του Leibniz. Μια απόδειξη υπάρχει εδώ καθώς βέβαια και σε πολλά βιβλία.

Επεξεργασία: Η πιο πάνω απόδειξη που παρέθεσα δεν είναι τόσο στοιχειώδης αφού χρησιμοποιεί το θεώρημα φραγμένης/κυριαρχημένης σύγκλισης. Υπάρχει άλλη απόδειξη που χρησιμοποιεί μόνο ομοιόμορφη σύγκλιση.

mathematica.gr

ΑΝΑΛΥΣΗ

ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ

Re: ΑΝΑΛΥΣΗ