|
[quote="Anonymous"]ovak, imam par pitanjca vezano za dokaze nekih teorema o r-integrabilnosti, pa bih molio ako mi netko može što prije na njih odgovoriti:
funkcije f, g :[a,b]->IR su r-integrabilne,
(a) da li su onda i funkcije f/g (g u tom slučaju različita od nule za svaki x iz domene) i f*g također r-integrabilne
(b) ako je definirana kompozicija fog, da li i ona mora biti r-integrabilna
(c) dokažite |int f(x)dx|<=int|f(x)|dx
unaprijed hvala svima :)[/quote]
[quote]funkcije f, g :[a,b]->IR su r-integrabilne, [/quote]
Koristim teorem:
Neka su f i g R-integrabilne funkcije na [a,b] ,
im f C= [c,d] & im g C=[c',d'] . Neka je H:[c,d]x[c',d']->|R funkcija
takva da postoji K@|R takav da univerzalno vrijedi
|H(a1,b1)-H(a2,b2)|<=K*(|a1-a2|+|b1-b2|) . Tada je i funkcija
x|->H(f(x),g(x)) R-integrabilna na [a,b] .
[quote](a) da li su onda i funkcije f/g
(g u tom sluhaju razlihita od nule za svaki x iz domene)[/quote]
Ne. Uzmi za f konstantu 1 na segmentu [0,1] ,
a za g funkciju koja je identiteta na <0,1] , a u 0 je 1 . f i g su
očito R-integrabilne, ali f/g je funkcija koja uopće nije ograničena
na [0,1] , pa R-integrabilnost nema smisla.
[quote] i f*g također r-integrabilne [/quote]
Da. Naime, po gornjem teoremu, zbroj i razlika ( H(x,y):=x+-y ; K=1 )
R-integrabilnih funkcijā su R-integrabilne. Također,
kvadrat ( H(x,y):=x^2 ; K=2max{|a|,|b|} - razlika kvadrata ) ,
te četvrtina ( H(x,y):=x/4 ; K=1/4 ) R-integrabilne funkcije je
R-integrabilna funkcija.
Sad, iz f ok i g ok slijedi f+g ok i f-g ok , dakle i (f+g)^2 ok
i (f-g)^2 ok , pa i njihova razlika, (f+g)^2-(f-g)^2=4fg ok , pa i
četvrtina njihove razlike 1/4*4fg=fg ok .
Da, moglo se i jednostavnije, ali ovako je ekonomičnije ako ne ides
dokazivati onu teoremčinu gore... jedino oko cega se moraš
namučiti je kvadriranje.
[quote](b) ako je definirana kompozicija fog,
da li i ona mora biti r-integrabilna [/quote]
Ne. Uzmi g:[0,1]->[0,1];x|->1/min{q@|N:x*q@|Z}
( 0 za iracionalne brojeve), te f:[0,1]->[0,1];x|->["x>0"] ,
( 0 za 0 , inače 1 ). Za f se lako vidi da je R-integrabilna,
za g malo teže (ali jest), ali fog je Dirichletova funkcija,
dakle nije R-integrabilna.
[quote](c) dokažite |int f(x)dx|<=int|f(x)|dx [/quote]
Prvo, ako su f i g ograničene funkcije na [a,b]
takve da vrijedi (Ax@[a,b])(f(x)<=g(x)) , lako se vidi da če za
svaku particiju pripadni m_i , M_i , gornje i donje Darbouxove sume, te
gornji i donji integrali biti u istom odnosu: oni za f bit će manji ili
jednaki od onih za g . Ako su k tome f i g R-integrabilne, dakle, bit
će intf(x)dx<=intg(x)dx (monotonost integrala).
Drugo, ako je f R-integrabilna, po gornjem teoremu je i ||of R-integrabilna
( H(x,y):=|x| ; K=1 ), a jednako tako i -o||of ( H(x,y):=-|x| ; K=1 ).
Štoviše, budući da očito univerzalno vrijedi -|f(x)|<=f(x)<=|f(x)| ,
po monotonosti slijedi int(-|f(x)|dx)<=intf(x)dx<int|f(x)|dx .
Jer je očito integral od suprotne funkcije suprotan ( m_i i M_i
zamijene mjesta i predznake, isto tako Darbouxove sume i gornji/donji
integral), intf(x)dx se nalazi između -A i A , gdje je A:=int|f(x)|dx .
Odnosno, vrijedi |intf(x)dx|<=A , što je i trebalo dokazati.
| Anonymous (napisa): | ovak, imam par pitanjca vezano za dokaze nekih teorema o r-integrabilnosti, pa bih molio ako mi netko može što prije na njih odgovoriti:
funkcije f, g :[a,b]→IR su r-integrabilne,
(a) da li su onda i funkcije f/g (g u tom slučaju različita od nule za svaki x iz domene) i f*g također r-integrabilne
(b) ako je definirana kompozicija fog, da li i ona mora biti r-integrabilna
(c) dokažite |int f(x)dx|⇐int|f(x)|dx
unaprijed hvala svima  |
| Citat: | | funkcije f, g :[a,b]→IR su r-integrabilne, |
Koristim teorem:
Neka su f i g R-integrabilne funkcije na [a,b] ,
im f C= [c,d] & im g C=[c',d'] . Neka je H:[c,d]x[c',d']→|R funkcija
takva da postoji K@|R takav da univerzalno vrijedi
|H(a1,b1)-H(a2,b2)|⇐K*(|a1-a2|+|b1-b2|) . Tada je i funkcija
x|→H(f(x),g(x)) R-integrabilna na [a,b] .
| Citat: | (a) da li su onda i funkcije f/g
(g u tom sluhaju razlihita od nule za svaki x iz domene) |
Ne. Uzmi za f konstantu 1 na segmentu [0,1] ,
a za g funkciju koja je identiteta na <0,1] , a u 0 je 1 . f i g su
očito R-integrabilne, ali f/g je funkcija koja uopće nije ograničena
na [0,1] , pa R-integrabilnost nema smisla.
| Citat: | | i f*g također r-integrabilne |
Da. Naime, po gornjem teoremu, zbroj i razlika ( H(x,y):=x+-y ; K=1 )
R-integrabilnih funkcijā su R-integrabilne. Također,
kvadrat ( H(x,y):=x^2 ; K=2max{|a|,|b|} - razlika kvadrata ) ,
te četvrtina ( H(x,y):=x/4 ; K=1/4 ) R-integrabilne funkcije je
R-integrabilna funkcija.
Sad, iz f ok i g ok slijedi f+g ok i f-g ok , dakle i (f+g)^2 ok
i (f-g)^2 ok , pa i njihova razlika, (f+g)^2-(f-g)^2=4fg ok , pa i
četvrtina njihove razlike 1/4*4fg=fg ok .
Da, moglo se i jednostavnije, ali ovako je ekonomičnije ako ne ides
dokazivati onu teoremčinu gore... jedino oko cega se moraš
namučiti je kvadriranje.
| Citat: | (b) ako je definirana kompozicija fog,
da li i ona mora biti r-integrabilna |
Ne. Uzmi g:[0,1]→[0,1];x|→1/min{q@|N *q@|Z}
( 0 za iracionalne brojeve), te f:[0,1]→[0,1];x|→["x>0"] ,
( 0 za 0 , inače 1 ). Za f se lako vidi da je R-integrabilna,
za g malo teže (ali jest), ali fog je Dirichletova funkcija,
dakle nije R-integrabilna.
| Citat: | | (c) dokažite |int f(x)dx|⇐int|f(x)|dx |
Prvo, ako su f i g ograničene funkcije na [a,b]
takve da vrijedi (Ax@[a,b])(f(x)⇐g(x)) , lako se vidi da če za
svaku particiju pripadni m_i , M_i , gornje i donje Darbouxove sume, te
gornji i donji integrali biti u istom odnosu: oni za f bit će manji ili
jednaki od onih za g . Ako su k tome f i g R-integrabilne, dakle, bit
će intf(x)dx⇐intg(x)dx (monotonost integrala).
Drugo, ako je f R-integrabilna, po gornjem teoremu je i ||of R-integrabilna
( H(x,y):=|x| ; K=1 ), a jednako tako i -o||of ( H(x,y):=-|x| ; K=1 ).
Štoviše, budući da očito univerzalno vrijedi -|f(x)|⇐f(x)⇐|f(x)| ,
po monotonosti slijedi int(-|f(x)|dx)⇐intf(x)dx<int|f(x)|dx .
Jer je očito integral od suprotne funkcije suprotan ( m_i i M_i
zamijene mjesta i predznake, isto tako Darbouxove sume i gornji/donji
integral), intf(x)dx se nalazi između -A i A , gdje je A:=int|f(x)|dx .
Odnosno, vrijedi |intf(x)dx|⇐A , što je i trebalo dokazati.
|
