|
$$f_n(x)=arctg(2nx)-arctg(nx) E:(1;+\infty) f(x)=\lim_{n\to \infty}f_n(x)=0 |r_n(x)|=|f_n(x)|$$ У меня вот такие рассуждения, правильны ли они? Если взять производную от модуля разности , она получится меньше нуля , следовательно модуль монотонно убывает, следовательно супремум равен значению модуля в точке 1 ,предел от супремума в точке 1 будет равен нулю , следовательно сходится равномерно по достаточному условию задан 8 Дек '13 19:23 
Jhon
показано 5 из 8
показать еще 3
|
|
Тут достаточно опираться на монотонность. Прежде всего, доказывать надо то, что каждый из арктангенсов равномерно сходится к $%\pi/2$%. Тогда их разность будет равномерно сходиться к нулю. Если $%x > 1$%, то $%\arctan n < \arctan nx < \pi/2$%. Разность между пределом и функцией, она же модуль разности, меньше разности $%\pi/2-\arctan n$%, что не зависит от $%x$% и стремится к нулю. Отсюда сразу вытекает факт равномерной сходимости. Оценка модуля производной (но не производной модуля!) иногда бывает тоже полезна, но здесь достаточно более простых соображений. отвечен 8 Дек '13 20:47 
falcao $$|arctg(2nx)−arctg(nx)|<π/2−arctan(n)$$первое слагаемое оцениваем сверху, а второе поулчается снизу?
(8 Дек '13 22:09)
Jhon
Если не секрет, чем Вас не устроил мой способ объяснения? Я специально выбирал что-то наиболее простое. Если нужен сложный способ, то вот он: $%0 < \arctan 2nx-\arctan nx=(\pi/2-\arctan nx)-(\pi/2-\arctan2nx) < \pi/2-\arctan nx < \pi/2-\arctan n < \varepsilon$% при $%x > 1$%, $%n > \tan(\pi/2-\varepsilon)$% для всех достаточно малых положительных $%\varepsilon$%. Использованы свойства неравенств, возрастание арктангенса, а также то, что все его значения меньше $%\pi/2$%.
(8 Дек '13 23:09)
falcao
Нет, нет,на самом деле,меня он всем устроил, просто немного недопонял , почему разность между пределом и функцией, она же модуль разности, меньше разности $$π/2−arctan n$$
(9 Дек '13 7:47)
Jhon
Модуль разности двух чисел -- это расстояние между ними на числовой прямой. С такой точки зрения удобнее всего рассуждать. Если есть двойное неравенство вида $%A < B < C$%, то длина $%BC$% меньше длины $%AC$%, как в геометрии. Я из этого соображения исходил, записывая неравенства для арктангенсов и делая из них выводы. Если какие-то детали объяснения не до конца ясны, то я всегда приветствую вопросы по этому поводу. Насчёт модулей: функцию $%|f(x)|$% дифференцировать нельзя, и если надо доказать её монотонность, то сначала надо обосновать, что она знакопостоянна -- тогда модуль убирается.
(9 Дек '13 15:46)
falcao
То есть, из геометрического определения пи на два умноженное на арктангенс н-икс меньше пи на два умноженное на арктангенс н?(латексом что-то неполучилось это записать^^)
(9 Дек '13 20:41)
Jhon
Почему умноженное? Там же о разностях идёт речь!
(9 Дек '13 20:53)
falcao
Да, понял,так и получается $$π/2−arctannx<π/2−arctann$$ Да, я потом переосмыслил , стало понятно , спасибо :)
(9 Дек '13 20:55)
Jhon
Откуда может взяться умножение? Вот, допустим, у меня есть на числовой прямой точки A и B с координатами -7 и 4. Какое между ними расстояние? Если измерять по линейке, то будет 7-(-4)=11, по принципу "большее минус меньшее". А чему соответствовало бы произведение -28, я даже затрудняюсь проинтерпретировать. Ой, я вроде бы догадался, что Вас сбило с толку. Дело в том, что BC -- это обозначение длины отрезка, как в геометрических задачах. И это, конечно же, не есть произведение точки B на точку C!
(9 Дек '13 20:59)
falcao
показано 5 из 8
показать еще 3
|
@Jhon: по всей видимости, Ваши рассуждения верны в своей основе, но они оформлены с ошибками. Вот, например, читаем подряд: "производную от модуля разности". Но модуль -- функция недифференцируемая. Всё, есть ошибка. Значит, надо скорректировать рассуждение.
Вот еще возник вопрос, в неравенствах сразу фигурирует $$arctannx$$ как обосновывается переход от $$arctan2nx$$ к оценке уже непосредственно$$arctannx$$
Я здесь привёл два способа решения. В первом из них сначала доказыватся, что $%\arctan nx$% равномерно сходится к $%\pi/2$%. Это же верно и для $%\arctan2nx$%, и доказывается точно так же. В принципе, это и не надо отдельно доказывать, так как если $%f_n(x)$% равномерно сходится к $%f(x)$%, то подпоследовательность $%f_{2n}(x)$% также сходится к $%f(x)$% равномерно.
Во втором способе ("сложном"), где комментарии, про арктангенс $%2nx$% используется лишь тот факт, что он меньше $%\pi/2$%.
То есть вот так записывается док-во:$$arctann<arctannx<π/2 =>|arctgnx|<pi/2-arctgn$$
@Jhon: нет, это неправильно воспроизведено. Предлагаю найти ошибку.
Здесь уже звучало два варианта доказательства. Я могу написать третий, четвёртый, и так далее, если буду знать, чем не подходят первые два, и какие идеи должны быть реализованы в новых доказательствах.
P.S. Будет полезно, если Вы сформулируете, какого рода дополнительная информация для Вас желательна. Например, доказательство можно сделать более формальным, а можно и наоборот: сделать более понятным -- в том смысле, чтобы была ясна внутренняя логика рассуждения, то есть почему поступили так, а не иначе.
Наверное, более формальным, но , чтобы было понятно, что откуда следует, так например, второе док-во подходит под первый критерий, но я не очень понял почему можно написать $$(π/2−arctannx)−(π/2−arctan2nx)<π/2−arctannx$$ здесь получается вычитаемое просто отбрасывается? Насчет ошибки, в предыдущем, $$|r_n(x)|<π/2−arctann$$, но перед этим нужно же расписать каждый из арктангенсов , чтобы прийти к этой оценке?
@Jhon: конечно, вычитаемое отбрасывается. Там стоит положительная величина (разность $%\pi/2$% и арктангенса), и если мы вычтем положительное число, то получится меньшее число.
Оценка, о которой Вы говорите, уже получена. Здесь $%r_n$% совпадает с $%f_n$%, а у меня здесь было выписано неравенство $%0 < \arctan2nx-\arctan nx < \pi/2-\arctan n < \varepsilon$%. Разность арктангенсов -- это и есть $%f_n(x)=r_n(x)$%, и она положительна, поэтому совпадает со своим модулем. То есть все нужные неравенства тут выписаны.
Да, спасибо, теперь все стало на свои места :)