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.
Még mindig nem értem. Mi az állítás? Hogy egy tetszőleges folytonosan differenciálható 3-változós függvény divergenciája egy adott pontban megkapható mint bizonyos felületi integrálok (osztva a befoglalt térfogat mértékével) limesze, amint az azonnal (triviálisan) következik a Gauss divergenciatételéből? Minek kellett akkor gradiensről beszélni? matmérnöknek hangsúlyoznám, hogy a 179-ben nem erről volt szó, hanem a divergenciatételnek (a Green-formula alakjában) egy jóval mélyebb alkalmazásáról (Laplace-egyenlet megoldása R3-ban).
Vegyük körül ezt a pontot reguláris A zárt felületdarabbal, ennek térfogata V.
Erre, mint zárt felületre vette az integrált, ami tehát nem a függvény garfikonjának a része, hanem a grafikony egy pontja körüli, azt magába záró, a határátmenet képzés során a pontra zsugorodó ffelület.
A képlete a G-O tétel alkalmazásával jön ki, amit felírsz mondjuk valami v vektorra, és ezt beszorzod egy kontans k vektorral, és akkor f=vk skaláris szorzat. A bal oldalon kdivv=grad kv, mint szorzat derivált megkapod.
Végül osztasz k-val :)). Na jó, kihasználod, hogy k tetszőleges.
Mondjuk igy sem ertem, amit matmernok akar mondani, hiszen o egy feluletrol beszel a 3-dimenzios terben (ami az f fuggveny grafikonja a T ketdimenzios tartomany felett). Ennek a feluletnek a normalvektorai 3-dimenzios vektorok, tehat az integral is egy 3-dimenzios vektor. Ennek a limesze allitolag a fuggveny gradiense egy adott pontban. Csakhogy a gradiens a jelen peldaban egy 2-dimenzios vektor, hiszen f egy 2-valtozos fuggveny.
Gauss-Osztrogradszkij tétele felhasználásával a grad f= lim V-->0 (1/V)IntAfdAdn
Bocsánat, ezt nem értem. A jobb oldalon IntAfdA egy szám, az f skalárfüggvény integrálja az A felületen. Mit keres ott a dn? És hogy lesz ebből egy vektor, ami szerinted éppen a grad f az (x1,y1) pontban?
Adott egy skalár pont függvény most egy felület T tartomány felett. Ennek legyen (x1, y1) pontja, akkor (x1,y1,f(x1,y1)) egy pont a felületen. Vegyük körül ezt a pontot reguláris A zárt felületdarabbal, ennek térfogata V.
Gauss-Osztrogradszkij tétele felhasználásával a grad f= lim V-->0 (1/V)IntAfdAdn
Ez az integrál a kérdés, kiszámolható e Lebesgue-Stieltjes integrállal.
(Ez egy Riemann-Stieltjes integrál ami itt fel van irva. Kiszámolása trivi)
f(x,y): T---R fv. Pozitiv, minden változójában monoton nem csökkenő fv.
Mérték a L2(x,y). Ez is egy (mindig pozitiv) szám. f mérték szerinti integráljával számolnánk. Hacsak az integrál létezik. (Szerintem létezik és egyenlő R_S integrállal).
Nem tudom, mit foglal össze a példád és azt sem tudom, mitől lenne szép (hiszen triviális). Továbbá a gradiens nem függ semmiféle tartománytól, hiszen lokális mennyiség, csak a pont környezetétől függ ;-) Definíció szerint a gradiens a (df/dx,df/dy) vektor az (x1,y1) pontban. Jelen esetben ez a vektor (2x1y13,3x12y12).
Na nyilván más lenne a helyzet ha én is 15 évet tanultam volna és csak matekot, de sajna én nem matekozhatok ennyit.
Ezt is elfogadom, de szerintem a fizikai és műszaki háttér részletezése a jelen példában csak bonyolító erővel bír. Hiszen egy tisztán matematikai feladatról diskuráltam én és abba kapcsolódtál bele. Nevezetesen engem érdekelt, hogy az Lf(p)=s(p) Laplace-egyenletnek milyen feltételek mellett tényleges megoldása az f(p):=int s(r) 1/|p-r| dr konvolúció (az R3-ban). Erre a pontos választ nem találtam meg az általam gyorsan fellelhető irodalomban, ezért csináltam magamnak egy levezetést és megosztottam veletek. A feladat háttere természetesen a cíprián-féle tömegpontos számolás volt, de az már nem érdekel.
Szerintem a mérték szerinti integrálok helyesebb kifejezés. Akkor pedig egy mérték miért is ne lenne kiterjeszthető térfogatra és felszinre?
Ez rendben van és természetesen ennek a fogalomnak minden téren (minden halmazon) értelme van, még a geometriától nagyon távol állókra is (pl. a valószínűségszámításban eseményterekkel dolgoznak és ezen a mérték a valószínűség). Ennek a tudománya a mérték- és integrálelmélet. Csakhogy általános mértékeknék nincs olyasfajta parciális integrálás, mint az 1-dimenziós L-S integrálra. Ezekkel egyébként (L-S integrál és parciális integrálás) te hozakodtál elő a konvolúció kapcsán. Akkor sem értettem és most sem értem, minek tetted. Te tudod. Az int s(r) 1/|p-r| dr definíció tökéletesen megfelelő volt.
Akkor minden ok adott arra, hogy Riemannal boldoguljunk.
A helyzet az, hogy a Riemann-integrál csak korlátos függvényekre értelmes. Más szóval nem korlátos függvényekre a Riemann-integrál nem létezik, ez egy egyszerű tétel (két sorban bizonyítható) és minden valós analízis könyvben benne van. Tehát amint egy gravitációs vagy elektromágneses potenciált definiálsz, máris értelmetlen a Riemann-integrál definíciója. Tehát vagy külön kezeled a szingularitást a definícióban (egyváltozós esetben ezeket improprius integráloknak szokták mondani) vagy értelmetlen definíciót kapsz. Tehát már itt jelentkezik, miért jobb a Lebesgue-integrál, mert ott nincs szükség ilyen mutatványokra. Aztán amint integrálok limeszét képezed, akkor is sokkal jobb a Lebesgue-integrál, arról nem beszélve, hogy a Fubini-tétel is igazán jól csak a Lebesgue-integrálra működik.
Folytonos problémáink vannak. Nincsenek szakadásos függvényeink.
A számelméletben rengeteg szakadásos függvény van, pl. sump<x 1/p, ahol p a prímeken fut végig. Ilyenekkel nagyon sokat számolunk és a Stieltjes-integrált használjuk rá általában (pl. a fenti összegről igazolható, hogy ln(ln x)+c+O(1/x), ahol c egy konstans).
Itt egy régi beirásom. u=ln(r+z) ez belső energiasűrűség, rugalmas potenciál.
u elmozdulásvektor. Ekkor Navier egyenlet megoldása u=Cgradu= C(r+rk)/r(r+z)
A tér a teljes (rugalmas) tér, koo rsz. Descartes féle, mozgás nincs. A teret origóban
F koncentrál erő terheli. Ez térbeli feladat. Laplace u =0. r=xi+yj+zk
Sikfeladatra: nem igaz, hogy z=0 helyettesités megoldja a feladatot.
Másrészt nem mindegy, hogy sik alakváltozási állapot vagy sik feszültségi állapotról beszélünk.
Legyen sik alakváltozás. Ekkor ue3=0, u diád nabla e3=0,u,3=0 itt e3 a sik normál(egység)vektora. Tehát a diffegyenlet aminek a megoldását keressük eleve más.
Ebben az esetben nincs is ennek a definiciónak különösen értelme, főleg ilyen egyszerű geometriai esetben, mert mitől izgalmas tetszőleges kétváltozós fv. vegyes parciális deriváltjaiból képzett fv. ami most egy felület alatti térfogat (az x,y sikig) és x,y sikon levő téglalap feletti tartomány (a felületig) térfogatát számolgatni. De ha F pl egy valószinűség eloszlásfüggvénye, akkor ez a definició az x,y valószinűség változók együttes eloszlásfv-e pl, pl: y1=x, y2=y valószinűségi változókra (persze a feltételek mások lesznek egy valószinűségszámitási feladatban). Sajna ez van. Nem ad többet a Riemann Integrálnál. Számolni ezzel számolunk általában. Folytonos problémáink vannak. Nincsenek szakadásos függvényeink. Sőt lépcsős fv. is ritka. Akkor minden ok adott arra, hogy Riemannal boldoguljunk. Van e pl. diffegyenletek könyv, ami szisztematikusan kizárólag Lebesgue integrált használ?
Szerintem a mérték szerinti integrálok helyesebb kifejezés. Akkor pedig egy mérték miért is ne lenne kiterjeszthető térfogatra és felszinre?
A Lebesgue-Stieltjes integrál azért sem használható, mert kevesen értenék. Nem ezt használjuk egyszerűen. Ebből nem következik semmiféle lenézés. A Stieltjes integrálokat pedig inkább fv szerinti derivált, integrál kifejezés fedi a legjobban (talán). Az tuti, hogy a Lebesgue integrálás többet tud.
