funzione bilanciata
Inviato: 04 dic 2007, 16:55
è vero che "se una funzione è bilanciata, allora è limitata" ?
quale potrebbe essere un modo per provarlo?
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funzione bilanciata
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Inviato: 04 dic 2007, 17:11
Cos'è una funzione bilanciata?
Inviato: 04 dic 2007, 17:41
(secondo il De Marco vuol dire questo)
"sia I intervallo di R; una funzione $ f: I\to\mathbb{R} $ si dice bilanciata su I se ha in I solo discontinuità di prima specie, cioè i limiti dx e sx di f esistono entrambi finiti, in ogni punto di I dove possono essere considerati, cioè $ \forall x $ interno ad I i limiti
$ f(x^{-}) = \displaystyle\lim_{t\to{x^{-}}}{f(t);\ \ f(x^{+})=\displaystyle\lim_{t\to{x^{+}}}f(t) $
esistono finiti;"
"sia I intervallo di R; una funzione $ f: I\to\mathbb{R} $ si dice bilanciata su I se ha in I solo discontinuità di prima specie, cioè i limiti dx e sx di f esistono entrambi finiti, in ogni punto di I dove possono essere considerati, cioè $ \forall x $ interno ad I i limiti
$ f(x^{-}) = \displaystyle\lim_{t\to{x^{-}}}{f(t);\ \ f(x^{+})=\displaystyle\lim_{t\to{x^{+}}}f(t) $
esistono finiti;"
Inviato: 04 dic 2007, 17:44
ma la funzione $ f(x)=[x] $ (parte intera di x) ammette limiti a dx e sx in ogni punto ma non è limitata...
Inviato: 04 dic 2007, 17:54
"Ci credete o lo dimostriamo?"
"Ci crediamo, ci crediamo!"
l'enunciato è cambiato rispetto all'anno scorso, dove diceva
Che comunque, io me la sono riletta or ora... credo lui intenda implicitamente che una bilanciata è limitata su un compatto. Il che credo sia vero per Weierstrass (continue su compatti sono limitate)... se sbaglio mi corriggerete.
"Ci crediamo, ci crediamo!"
l'enunciato è cambiato rispetto all'anno scorso, dove diceva
che ti accorgi suonare già meglio. Sicuro di non aver capito male? O confuso i gessetti colorati di Umbertino?funzioni bilanciate sono localmente Riemann integrabili
Che comunque, io me la sono riletta or ora... credo lui intenda implicitamente che una bilanciata è limitata su un compatto. Il che credo sia vero per Weierstrass (continue su compatti sono limitate)... se sbaglio mi corriggerete.
Inviato: 04 dic 2007, 17:58
parte intera è limitata nell'intervallo in cui l'hai definita; per capirci, una non bilanciata è per esempio l'iperbole;
Inviato: 04 dic 2007, 18:02
@ killing_buddha
quello che dici tu è un'altra cosa, e marconi l'ha fatta; il problema è che ha fatto e "dimostrato" anche quest'altra cosa che ti ho detto;
ma se io prendo una funzione da me definita, e.g., f=sinx $ \forall x $ diverso da 3, e $ +\infty $ per x=3, questa ha solo discontinuità di primo tipo e quindi è bilanciata e anche R.i., ma non è certo limitata;
quello che dici tu è un'altra cosa, e marconi l'ha fatta; il problema è che ha fatto e "dimostrato" anche quest'altra cosa che ti ho detto;
ma se io prendo una funzione da me definita, e.g., f=sinx $ \forall x $ diverso da 3, e $ +\infty $ per x=3, questa ha solo discontinuità di primo tipo e quindi è bilanciata e anche R.i., ma non è certo limitata;
Inviato: 04 dic 2007, 18:28
Allora per dimostrare che è limitata in un compatto si può far così:
ci crederete che dato un sottoinsieme illimitato A di R, posso estrarre un sottoinsieme infinito B di A tale che due punti di B hanno distanza almeno 1.
Se è illimitata, l'immagine è illimitata, prendo un tale sottoinsieme B dell'immagine, prendo la sua controimmagine (diciamo che questa controimmagine è C). C è ancora infinito, visto che lavoriamo su un compatto, ha un punto di accumulazione: sia x tale punto.
Beh, visto che in x la f ha limite destro e sinistro, esisterà un intorno destro la cui immagine ha diametro minore di 1 (e quindi non contiene punti di C), e un intorno sinistro la cui immagine ha diametro minore di 1 (e quindi non contiene punti di C). Unendo questi due intorni e x, troviamo un intorno I di x tale che $ ~ I \ \{x\} \cap C = \empty $, contro l'ipotesi che C si accumulava in x!
Spero si capisca..
ci crederete che dato un sottoinsieme illimitato A di R, posso estrarre un sottoinsieme infinito B di A tale che due punti di B hanno distanza almeno 1.
Se è illimitata, l'immagine è illimitata, prendo un tale sottoinsieme B dell'immagine, prendo la sua controimmagine (diciamo che questa controimmagine è C). C è ancora infinito, visto che lavoriamo su un compatto, ha un punto di accumulazione: sia x tale punto.
Beh, visto che in x la f ha limite destro e sinistro, esisterà un intorno destro la cui immagine ha diametro minore di 1 (e quindi non contiene punti di C), e un intorno sinistro la cui immagine ha diametro minore di 1 (e quindi non contiene punti di C). Unendo questi due intorni e x, troviamo un intorno I di x tale che $ ~ I \ \{x\} \cap C = \empty $, contro l'ipotesi che C si accumulava in x!
Spero si capisca..
Inviato: 04 dic 2007, 18:33
non se l'intervallo in questione è tutto $ \mathbb{R} $ (che infatti non è un compatto, ma mancava nelle ipotesi...)piazza88 ha scritto:parte intera è limitata nell'intervallo in cui l'hai definita;
Si può assegnare $ +\infty $ come valore di una funzione $ f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ in un punto???piazza88 ha scritto:ma se io prendo una funzione da me definita, e.g., f=sinx \forall x diverso da 3, e +\infty per x=3
Inviato: 05 dic 2007, 12:32
giusto, nelle ipotesi mancava il compatto, cosi` torna tutto.