Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda m_2000 » 25/05/2020, 17:45

Data una funzione $f$ definita su $AsubR$ dove $A$ è un insieme compatto e $f$ è una funzione semicontinua superiormente, allora $f$ ammette massimo.
Ricordo che quando qualche mese fa ne studiai la dimostrazione rimasi perplesso, oggi i dubbi rimangono ed ho deciso di fare un poco di luce. I miei appunti si basano sulla dimostrazione con una funzione semicontinua inferiormente e quindi sull'esistenza del minimo mentre io qui cercherò di fare il contrario.
Dimostrazione:
Essendo la funzione limitata, allora questa ammette un estremo superiore $Linf(A)uuDr(f(A))$.
1)Se $L$ fosse contenuto nelle immagini di $A$ allora questo semplicemente sarebbe il massimo della funzione.
2)Se $LinDr(f(A))$ allora posso costruire una successione $y_ninf(A) $t.c. $\lim_{n \to \infty}y_n$$=L$

Inoltre esiste una successione $x_ninA$ t.c. $ y_n=f(x_n)$.
Allora è possibile costruire una successione estratta $x_(kn)$ che tende ad un certo $x_0$ se $nrarr+infty$.
Fin qui nulla di strano, anzi l'uso delle successioni e di una estratta mi rimanda al Teorema di Weierstrass sulle funzioni continue.
Successivamente dovrebbe (per analogia ) seguire così anche se io ci ho capito ben poco :? :
$\lim_{n \to \infty}f(x_(kn))=L$

Questo perché anche $f(x_n)$ tende a $L$
ma $L=\lim_{n \to \infty}f(x_(kn))=max\lim_{n \to \infty}f(x_(kn)) $ in questa uguaglianza il primo dubbio,
e quindi proseguendo
$L=\lim_{n \to \infty}f(x_(kn))=max\lim_{n \to \infty}f(x_(kn))<=f(x_0) $ e qui sul maggiore o uguale la mia seconda perplessità.
Finendo con la dimostrazione risulta ovvio che necessariamente $L=f(x_0)$ e quindi la funzione è dotata di massimo.
Il vero problema è che nonostante abbia a disposizione i concetti espressi nella dimostrazione non riesca ad immaginare graficamente questa dimostrazione… sarei estremamente grato se qualcuno potesse spiegarmi non solo i passaggi algebrici ma anche aggiungere un esempio grafico
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda dissonance » 25/05/2020, 20:05

Per cominciare dovresti ricordare la definizione di "funzione semicontinua superiormente". La definizione che serve qui è quella con le successioni.
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda gugo82 » 25/05/2020, 20:16

Praticamente non sai com'è fatto il grafico di una funzione s.c.s.

Beh, dalla definizione hai che \(\displaystyle f(x_0)\geq \limsup_{x\to x_0} f(x)\) per ogni $x_0 \in A$.
Se, per comodità, prendiamo $A$ intervallo, un possibile grafico è fatto in questo modo:
        Internet Explorer richiede Adobe SVG Viewer per visualizzare il grafico


in cui i pallini pieni individuano il valore nei punti $0$, $1$, $2$ e $4$.
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda m_2000 » 26/05/2020, 09:09

Grazie per le risposte! Purtroppo non ho potuto rispondere ieri sera causa connessione scarsa.
Dal grafico di gugo82 e dalla definizione che io ricordo, ovvero che esiste un intorno $U$ di $x_0$ dove $f(x)<f(x_0)+\epsilon$

Ora considerando una successione $x_n$ di elementi di $A$ con $\lim_{n \to \infty}x_n=x_0$, allora dovrebbe esserci un punto dopo il quale gli elementi della successione rientrano in questo intorno $U$ e quindi le rispettive $f(x_n)$ rispettano la condizione iniziale, ovvero:$f(x_n)<f(x_0)+\epsilon$, quindi se $nrarr+infty$ ho che
$maxlim_{n \to \infty}f(x_n)<f(x_0)+\epsilon$, quindi al massimo succede che $maxlim_{n \to \infty}f(x_n)<=f(x_0)$
E da questo risultato mi pare che il resto della dimostrazione sia banale...corretto?
Non vorrei essere troppo prolisso ma devo ancora sedimentare nella testa il concetto :smt021
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda dissonance » 26/05/2020, 17:00

m_2000 ha scritto:dalla definizione che io ricordo, ovvero che esiste un intorno $U$ di $x_0$ dove $f(x)<f(x_0)+\epsilon$
Questa sarebbe una definizione? Se la ricordassi correttamente avresti già finito da un pezzo. Ma devi scrivere enunciati precisi, non parole in libertà
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda m_2000 » 26/05/2020, 17:21

Hai ragione! Peró scrivendo dal telefono (ed essendo la prima volta che scrivo sul forum) ci metto un po’prima di abituarmi all’uso delle formule in TeX. Dunque:
$\forall\epsilon>0 \existsUinI(x_0) | \forall x inA\capU : f(x)<f(x_0)+epsilon$(Questa riguardo una funzione semicontinua superiormente)
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda dissonance » 26/05/2020, 17:48

Da telefono scrivere le formule è un disastro, ti capisco. Comunque, si dimostra abbastanza facilmente una versione per successioni della semicontinuità superiore; una funzione \(f\colon \Omega\to \mathbb R\) è semicontinua superiormente in \(x_0\in\Omega\) se per ogni successione \(x_n\to x_0\) vale la disuguaglianza
\[
f(x_0)\ge \limsup_{n\to \infty}f(x_n).\]
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Re: Teorema di Weierstrass generalizzato

Messaggioda m_2000 » 26/05/2020, 19:46

dissonance ha scritto:Da telefono scrivere le formule è un disastro, ti capisco. Comunque, si dimostra abbastanza facilmente una versione per successioni della semicontinuità superiore; una funzione \(f\colon \Omega\to \mathbb R\) è semicontinua superiormente in \(x_0\in\Omega\) se per ogni successione \(x_n\to x_0\) vale la disuguaglianza
\[
f(x_0)\ge \limsup_{n\to \infty}f(x_n).\]

Allora provo a rispondere…
Dato \[
f(x_0)\ge \limsup_{n\to \infty}f(x_n)\] segue che dal limite:
$\forallepsilon>0 \exists\nu in\NN | \forall n>=\nu : L-\epsilon<=f(x_n)<=L<=f(x_0)<f(x_0)+\epsilon$
da cui ho che $\forallepsilon>0 \existsU\inI(x_o) |\forall x \in U\nnDom(f) : f(x)<f(x_0)+\epsilon$ ovvero la definizione di semicontinuità in un punto $x_0$del dominio.
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