Ha ez minden e vektorra igaz akkor itt az e el is hagyható.
Egyetértek. Csakhogy:
(1) ezt nem mondtad a 233-ban (2) ez egy nemtriviális állítás (nem az olvasónak kellene kitalálni) (3) mondtál helyette egy zöldséget ("válasszuk a konstans e-t a változó n-nek")
Na most két ilyen integrál számértéke egyenlőségéből nem következik az integrandusok egyenlősége.
Jelen szituációban nem is egyenlők az integrandusok. Az egyik integrandus a gradiens, a másik egy normálirányú vektor. Nem is erről szól a feladat.
Akkor azok egyenlőségéből már következik az integrandusok egyenlősége.
Ez sem igaz. Pl. ha tekinted az f(x,y,z):=x és g(x,y,z):=y függvényeket és V térfogatok gyanánt origó körüli gömböket választasz, akkor mindkettőnek integrálja végig nulla (a térfogatokon és a felületein egyaránt), de a függvények (az integrandusok) mégsem egyenlők. De neked nem is erre van szükséged. Te csak azt akarod látni, hogy
(grad f)(p) = limV->p 1/vol(V) intA fn dA.
Mivel a jobb oldalon már tudod, hogy intA fn dA = intV grad(f) dV, ezért csak azt kell bizonyítanod, hogy
(grad f)(p) = limV->p 1/vol(V) intV grad(f) dV.
Ez pedig a grad(f) folytonosságából és a háromszög-egyenlőtlenségből azonnal következik:
|(grad f)(p) - 1/vol(V) intV grad(f) dV|
= 1/vol(V) |intV grad(f)(p) - grad(f)(r) dV(r)|
<= supr in V |grad(f)(p)-grad(f)(r)|
és a jobb oldal a grad(f) folytonossága miatt a nullához tart, amint V rászűkül a p-re.
Ha ez minden e vektorra igaz akkor itt az e el is hagyható.
Ekkor baloldal egy térfogati integrál, jobboldal egy felületi. Na most két ilyen integrál számértéke egyenlőségéből nem következik az integrandusok egyenlősége.
Ezért a jobboldalt át kell alakitani V térfogati integrállá, ugyanazon V mint baloldal,
vagy a baloldalt A felületire. Akkor azok egyenlőségéből már következik az integrandusok egyenlősége. Azaz: alkalmazzuk a baloldalra még egyszer a G-O.
Vagy egyszerűen csak mondjunk annyit: a Gradienstételt alkalmazzuk a feladat megoldására. Mert ezt igy nevezik. Ezt bizonyitottuk.
Na durván ezért nem Lebesgue integrálunk a szakmában.
A L-integrált nem számolásra találták ki, hanem azért mert erősebb és általánosabb tulajdonságai vannak, mint a R-integrálnak: több mindent és könnyebben lehet rájuk igazolni. Pl. amikor szingularitásokkal rendelkezik a függvényed (mint pl. a 179-esbeli konvolúció, ami az r=p pontban "felrobban") vagy fel akarsz cserélni integrálokat biztonsággal (mint pl. a 179-ben tettem, hogy bevihessem a parciális deriválásokat és végül a Laplace-t az integrálon belülre) vagy egy függvénysor integráljainak/deriváltjainak limeszét azonosítani akarod a függvénysor limeszének integráljával/deriváltjával, akkor jobb és kényelmesebb a Lebesgue-integrálban gondolkodni, mert erősebb és általánosabb tételeket használhatsz rá, mint a Riemann-integrálra.
Itt azt is mondhattad volna, e állandó vektor, kivihető az integráljel elé.
Igen, de azért vihető ki az integráljel elé, mert az e-vel való skaláris szorzás egy lineáris funkcionál, és az integrálás véges dimenziós tereken felcserélhető a lineáris funkcionálokkal.
Nem ezzel volt a probléma. Azzal volt a probléma, hogy a 233-ban hiányzott az érvelésből egy jelentős lépés, míg helyette volt egy értelmetlen lépés (zöldség).
A jelentős lépés, ami hiányzott a 233-ból:
az előbbi azonosság átírható mint
{intV grad(f) dV}.e = {intA fn dA}.e
Más szóval
v := intV grad(f) dV - intA fn dA
egy olyan vektor, ami minden e vektorra merőleges (azaz v.e=0). Speciálisan ez a v vektor önmagára is merőleges (v.v=0), vagyis v a nullvektor. Ezzel beláttuk, hogy
intV grad(f) dV = intA fn dA.
A zöldség, aminek nem volt értelme a 233-ban:
Akkor integrálokra vonatkozó középértéktétellel továbbá ha a V térrészt és az A felületet a P pontra húzzuk és e vektort eleve e=n választjuk, adódik az állitás.
Az a baj, hogy sok embernek tanítanak felsőfokú matematikát (pl. mérnököknek, fizikusoknak), de nem tanítják meg nekik rendesen, mit jelent a matematikában bizonyítani valamit. Helyette megtanítják őket valamennyire intuitívan gondolkodni, érezni őket, mi igaz és mi nem, továbbá megtanítják őket sok matematikai tételre, és utána szabadon eresztik őket. Aztán gyakran matematikai ámokfutás lesz a vége. Már bocs, de így érzem.
Nem fogalmazol precízen. Van valami a fejedben, de nem tudod szépen és tisztán átadni. Miért kell nekem kitalálni, mire gondolsz?
Vagyis már csak a) nincs megválaszolva.
De meg van válaszolva, mert mint mondtam, ahol a Riemann-integrál létezik, ott a Lebesgue-integrál is létezik és vele egyenlő. A jelen példánkban ez teljesül, hiszen a függvényünk folytonosan differenciálható.
Hadd mondjam már el rendesen a bizonyítást (az eddigi jelölésekkel), mert így ahogy írtad hiányos és zavaros (pl. egy konstans e-t akarsz a változó n-nek választani).
Legyen e tetszőleges vektor, tovább tetszőleges x vektorra jelölje x.e az x és az e skaláris szorzatát. A G-O tétel szerint
intV div(fe)dV = intA fe dA.
A bal oldalon div(fe)=grad(f).e, a jobb oldalon dA=ndA. Felhasználva, hogy az e-vel való skaláris szorzat egy lineáris funkcionál, az előbbi azonosság átírható mint
{intV grad(f) dV}.e = {intA fn dA}.e
Más szóval
v:= intV grad(f) dV - intA fn dA
egy olyan vektor, ami minden e vektorra merőleges (azaz v.e=0). Speciálisan ez a v vektor önmagára is merőleges (v.v=0), vagyis v a nullvektor. Ezzel beláttuk, hogy
intV grad(f) dV = intA fn dA.
Egy mutáns is ezt magyarázta, de ő se mondta el részletesen és érthetően.
Áhh. Dehogy. Én bosszankodtam. Hogy mit nem lehet ezen az egyszerá feladaton érteni?? Ne azt figyeld mit mondok irva. Abból tudsz olvasni ami matematikai összefüggés.
Na most nem akarom borzolni a kedélyeket, de ezt még sehol se láttam Lebesgue integrállal. Meg általában Riemann integrálok a már emlitettek miatt. Vagyis már csak a) nincs megválaszolva.
xi+yj+0k nem két komponensű vektor, hanem három kompensű vektor, aminek az utolsó komponense nulla. Ez az R3 eleme, mert R3-beli vektorok integrálásával adódott. Azonosítottad az R2 egy elemével, de ezt nem magyaráztad el nekünk, hanem megtartottad magadnak, hogy egy napot bosszankodjunk.
Asszem most már értem, mit akartál mondani. A jobb oldali vektornak az i és j által kifeszített síkra való vetülete (magyarán a k-komponens elhagyásával keletkezett vektor) megegyezik a bal oldali vektorral. Mondd, miért nem tudsz pontosan fogalmazni?
Már mondtam, hogy ez így biztos nem jó. Egyrészt a bal oldal egy két komponensű vektor (két koordináta), a jobb oldal meg három komponensű vektor (három koordináta). Másrészt a példádban jobb oldali limesz nem létezik, mert ha I1-et vagy I2-t kifejted eps hatványai szerint, akkor eps-nak 3-nál kisebb kitevőjű hatványai is szerepelni fognak az összegben, azoknak összege pedig eps3-nal osztva nem rendelkezik határértékkel. Szóval itt valamit rosszul gondolsz, de ezt már a 227-ben elmondtam.
233 ban levezettem és felirtam az előbb, hogy a gradiens igy is számitható.
A tételeket ismerem. A mérnököknek gyakran emlegetik, hogy nem Lebesgue integrálnak. Valóban nem. Az alábbi konstrukció a kérdés Lebesgue integrálással.
Mivel az RS integrál most létezik, hiszen a fv intható, akkor a megfelelő Lebesgue integrál most megegyezik a Riemann integrállal.
De most nem a te bizonyitásodról beszéltünk. Hanem az L-S és R-S mértékek szerinti integrálról.
Ja, akkor félreértettem. Az egydimenziós Riemann- és Lebesgue-integrál kapcsolatáról a kövekezőt érdemes tudni:
(1) Ha egy függvény Riemann-integrálható egy [a,b] zárt intervallumban, akkor Lebesgue-integrálható is és a két integrál megegyezik.
(2) Egy függvény akkor és csak akkor Riemann-integrálható egy [a,b] zárt intervallumban, ha korlátos és majdnem minden pontban folytonos (magyarán a szakadási helyeinek halmaza lefedhető tetszőlegesen kicsiny összhosszúságú intervallumrendszerrel).
Ennek egyszerű következménye, hogy
(3) Rn-ben szép korlátos zárt halmazokon (pl. téglákon, sima hiperfelületeken, azok metszetein stb.) a folytonos függvények integrálhatók mind a Riemann-, mind a Lebesgue-értelemben és az integrálok megegyeznek.
Az biztos, hogy a gradiens igy is kiszámolható.
Szerintem a divergencia kiszámolásáról beszélünk itt, legalábbis a gradiensről általad írtakat nem értettem, továbbá a Gauss-Osztrogradszkij tételben divergencia térfogati integrálja szerepel, nem a gradiens térfogati integrálja.
Természetesen ha a parciális deriváltak léteznek és folytonosak, akkor a szóban forgó tételben az integrálok léteznek mind a Riemann-, mind a Lebesgue-féle értelemben és a fenti (3) pont értelmében azok megegyeznek.
De most nem a te bizonyitásodról beszéltünk. Hanem az L-S és R-S mértékek szerinti integrálról. Az biztos, hogy a gradiens igy is kiszámolható. A kérdés a Lebesgue-Integrálás.
Nem hiszem, hogy az integrálátlagos módszereddel le tudnád rövidíteni a bizonyítást.
Arról nem is beszélve, hogy attól, hogy az általad tekintett integrálátlag létezik egy pont környezetében, még nem világos, hogy a divergencia is létezik. A Gauss-Osztrogradszkij tételből csak az következik, hogy ha a divergencia létezik, akkor előáll bizonyos felületi integrálok (osztva térfogattal) limeszeként. De a divergencia létezését külön meg kell vizsgálni. A 179-ben apriori nem világos, hogy az (Us)(p) konvolúciónak léteznek a második parciális deriváltjai. Persze léteznek (ha az s kétszeresen folytonosan differenciálható és a deriváltak korlátosak és abszolút integrálhatók), de egy kicsit ezért is dolgozni kell, amint a 179 első felében részleteztem.
Természetesen mondhatod azt, hogy a 179-ben megadott (Us)(p) konvolúciónak Laplace-a az integrálos módszereddel is ki kell hogy adja az s(p)-t. Persze, én meg mondhatom, hogy a Laplace eredeti definíciójának is ki kell adnia az s(p)-t. Na most hogy valóban kiadja, arról szól a 179-es üzenet. Nem hiszem, hogy az integrálátlagos módszereddel le tudnád rövidíteni a bizonyítást.
Igen, csakhogy én nem a Laplace integrálátlagos kiszámításáról beszéltem a 179-ben, hanem arról, hogy miként lehet olyan függvényt megadni, aminek Laplace-a egy előre megadott függvény. Magyarán én egy differenciálegyenletet oldok meg a 179-ben, míg te a divergenciatétel egy triviális alkalmazását emlegeted itt (és azt is elég zavarosan).
Nem. Legyen v=fe itt f az előbbi adott skalárfv. e pedig tetszőleges vektor.
Ekkor a G-O ból tetszőleges A határú V térfogatú zárt térrészre, ami tartalmazza az
P(x1,y1,f(x1,y1)) pontot IntVdiv(fe)dV=IntAfedA itt dA az A felület külső normálisa irányába mutató vektor. div(fe)=egrad f mert e állandó vektor.
dA =dAn. Akkor fe az f e irányú vetülete. Akkor integrálokra vonatkozó középértéktétellel továbbá ha a V térrészt és az A felületet a P pontra húzzuk és e vektort eleve e=n választjuk, adódik az állitás.
