Gefälschter Beweis für "Differentiabilität impliziert kontinuierliche Ableitung": Überprüfung

Question

Gefälschter Beweis für "Differentiabilität impliziert kontinuierliche Ableitung": Überprüfung

GaC

Wir wissen, dass eine Funktion an einem Punkt differenzierbar sein kann, während sie an diesem Punkt eine diskontinuierliche Ableitung hat. Die folgende Übung schlägt einen gefälschten Beweis für die Proposition „let $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ überall stetig und differenzierbar sein $f'$ ist kontinuierlich vorbei $\mathbb{R}$ "; Ich werde aufgefordert, den/die Fehler zu finden.

Das beweisen wir für jeden $a \in \mathbb{R}$ , $\lim_{x \rightarrow} f'(x)=f'(a)$ . Fixieren Sie einen Punkt $a \in \mathbb{R}$ , für jeden $x \in \mathbb{R}$ mit $x>a$ , $f$ ist durchgehend an $[a,x]$ und weiter differenzierbar $(a,x)$ , daher existiert nach MVT ein Punkt $\xi \in (a,x)$ so dass:

\frac{F (X) - F (A)}{X - A} = F^{'} (ξ)

$\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = f'(\xi)$ Nun, die Grenze der LHS, wenn

x \to a

$x \rightarrow a$ existiert (und ist gleich

f^{'} (a)

$f'(a)$ seit

f

$f$ ist differenzierbar bei

x = a

$x=a$ ), ebenso die Grenze der RHS. Beachten Sie schließlich, wann

x \to a

$x \rightarrow a$ , Dann

c \to a

$c \rightarrow a$ , führt zu:

F^{'} (A) = lim_{ξ \to A} F^{'} (ξ) .

$f'(a)=\lim_{\xi \rightarrow a} f'(\xi).$ Mein Gedanke ist, dass der Trick in den Welten liegt „wann

x \to a

$x \rightarrow a$ , Dann

ξ \to a

$\xi \rightarrow a$ ":

ξ

$\xi$ ist in der Tat eine Funktion von

x

$x$ (auch wenn nicht explizit gesagt)

ξ = ξ (x)

$\xi=\xi(x)$ , also erfordert die vorherige Behauptung irgendwie die Kontinuität von

ξ (x)

$\xi(x)$ . Ist diese Idee richtig oder gibt es etwas anderes, das ich nicht sehen konnte?

Stahl

Die Punktfolge, die die MVT erfüllt, ist möglicherweise keine repräsentative Folge. Dh sagen, die Ableitung war

1

$1$ über das Irrationale u

0

$0$ auf den Rationalitäten. Dann wenn

a

$a$ ist rational, das könnte jeder haben

ξ (x, a)

$\xi(x,a)$ ist auch rational, aber das sagt Ihnen nicht, dass die

δ - ϵ

$\delta-\epsilon$ Bedingung für Stetigkeit ist für eine kleine Irrationalität erfüllt

ξ

$\xi$ .

Stahl

Kurz gesagt, nur weil Sie eine Funktion haben

ξ (x)

$\xi(x)$ das neigt dazu

a

$a$ als

x \to a

$x\to a$ ,

ξ

$\xi$ möglicherweise nicht alle Werte in der Nähe erreichen

a

$a$ . Um Kontinuität zu gewährleisten, müssen Sie wissen, wie

f^{'}

$f'$ verhält sich bei allen Werten in der Nähe

a

$a$ .

GaC

Ich bin mir nicht sicher, ob ich es verstanden habe. Das Problem liegt also nicht in der Kontinuität der "Lagrange-Punktfunktion", sondern in der Operation der Grenze selbst mit dieser als Variable? Hat das etwas mit Sammelpunkten zu tun?

Mathematiker21

Kontinuität von

f^{'}

$f'$ bedeutet für jede Sequenz

(x_{n})_{n}

$(x_n)_n$ so dass

x_{n} \to x

$x_n \to x$ , Dann

f^{'} (x_{n}) \to f^{'} (x)

$f'(x_n) \to f'(x)$ . Sie haben gerade gezeigt, dass dies für eine Folge von gilt

ξ

$\xi$ 'S.

Antworten (1)

Gefälschter Beweis für "Differentiabilität impliziert kontinuierliche Ableitung": Überprüfung

Die Punktfolge, die die MVT erfüllt, ist möglicherweise keine repräsentative Folge. Dh sagen, die Ableitung war $1$ über das Irrationale u $0$ auf den Rationalitäten. Dann wenn $a$ ist rational, das könnte jeder haben $\xi(x,a)$ ist auch rational, aber das sagt Ihnen nicht, dass die $\delta-\epsilon$ Bedingung für Stetigkeit ist für eine kleine Irrationalität erfüllt $\xi$ .
Kurz gesagt, nur weil Sie eine Funktion haben $\xi(x)$ das neigt dazu $a$ als $x\to a$ , $\xi$ möglicherweise nicht alle Werte in der Nähe erreichen $a$ . Um Kontinuität zu gewährleisten, müssen Sie wissen, wie $f'$ verhält sich bei allen Werten in der Nähe $a$ .
Ich bin mir nicht sicher, ob ich es verstanden habe. Das Problem liegt also nicht in der Kontinuität der "Lagrange-Punktfunktion", sondern in der Operation der Grenze selbst mit dieser als Variable? Hat das etwas mit Sammelpunkten zu tun?
Kontinuität von $f'$ bedeutet für jede Sequenz $(x_n)_n$ so dass $x_n \to x$ , Dann $f'(x_n) \to f'(x)$ . Sie haben gerade gezeigt, dass dies für eine Folge von gilt $\xi$ 'S.

Benutzer228113 · Answer 1

Nein, wann $x\to a$ , In der Tat $\xi(x)\to a$ , seit $a<\xi(x)<x$ . Oder mit anderen Worten, $\xi(\bullet)$ ist stetig bei $a$ .

Hier ist, was Sie tun: Sie vergleichen das Limit als $x\to a$ von zwei Funktionen: man ist $g(x)=\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}$ , der andere ist $f'\circ\xi$ .

Ihr Theorem hat erfolgreich die wahre Tatsache geschlossen, dass diese beiden Funktionen die gleiche Grenze haben und das $\lim_{x\to a} f'(\xi(x))$ existiert. Aber: können Sie das schließen $\lim_{x\to a^+}f'(x)$ existiert? Die Antwort ist nein. Beim Umgang mit $f'\circ\xi$ , berechnen Sie die Grenze von $f'$ nur entlang der Punkte, die als geschrieben werden können $\xi(y)$ für einige $y$ , aber Sie sind sich der Punkte, die nicht in dieser Form vorliegen, völlig unbewusst. Soweit Sie wissen, könnte es eine Pause geben $I=(a,b)$ so dass $\xi(I)$ enthält keine Sequenz $a_n\to a$ . Die entsprechende Folge $f'(a_n)$ konvergieren möglicherweise (und werden es manchmal) nicht oder konvergieren bis zu einer Grenze $L'\ne\lim_{x\to a^+} f'(\xi(x))$ .

Gefälschter Beweis für "Differentiabilität impliziert kontinuierliche Ableitung": Überprüfung

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Stahl

Stahl

GaC

Mathematiker21

Antworten (1)

Benutzer228113

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