Th. di Schwarz generalizzato
Volevo chiedervi se va bene questa dimostrazione del Th. di Schwarz generalizzato
Tesi: Sia $f:AsubeRR^n -> RR^n$ ed $f in C^n$ (f è di classe n) allora $(delta^nf)/(proddeltax_i) = (delta^nf)/(prodsigma(deltax_i)), sigma in S_n$ che è una permutazione delle $x_i$ (ovviamente per $x_i$ mi riferisco all'i-esimo argomento della funzione f)
Dimostrazione:
Partiamo da ciò che dobbiamo dimostrare, ovvero $(delta^nf)/(proddeltax_i) = (delta^nf)/(prodsigma(deltax_i)), sigma in S_n$, dividiamo ambo i membri per $delta^nf$ e applichiamo la funzione $f(x) = 1/x$ ad ambo i membri ed abbiamo che $proddeltax_i = prodsigma(deltax_i), sigma in S_n$
ma $proddeltax_i = lim_(Deltax_i -> 0) prodDeltax_i$ e $prodsigma(deltax_i) = lim_(Deltax_i->0) prodsigma(Deltax_i) , sigma in S_n$
e siccome dentro un limite vale la commutabilità dei fattori di una moltiplicazione (l'elementare "Cambiando l'ordine dei fattori il prodotto non cambia") allora si può affermare che
$proddeltax_i = prodsigma(deltax_i), sigma in S_n$, da cui la tesi
Va bene?
Tesi: Sia $f:AsubeRR^n -> RR^n$ ed $f in C^n$ (f è di classe n) allora $(delta^nf)/(proddeltax_i) = (delta^nf)/(prodsigma(deltax_i)), sigma in S_n$ che è una permutazione delle $x_i$ (ovviamente per $x_i$ mi riferisco all'i-esimo argomento della funzione f)
Dimostrazione:
Partiamo da ciò che dobbiamo dimostrare, ovvero $(delta^nf)/(proddeltax_i) = (delta^nf)/(prodsigma(deltax_i)), sigma in S_n$, dividiamo ambo i membri per $delta^nf$ e applichiamo la funzione $f(x) = 1/x$ ad ambo i membri ed abbiamo che $proddeltax_i = prodsigma(deltax_i), sigma in S_n$
ma $proddeltax_i = lim_(Deltax_i -> 0) prodDeltax_i$ e $prodsigma(deltax_i) = lim_(Deltax_i->0) prodsigma(Deltax_i) , sigma in S_n$
e siccome dentro un limite vale la commutabilità dei fattori di una moltiplicazione (l'elementare "Cambiando l'ordine dei fattori il prodotto non cambia") allora si può affermare che
$proddeltax_i = prodsigma(deltax_i), sigma in S_n$, da cui la tesi
Va bene?
Risposte
Scusa se mi permetto, ma non c'e' un solo passaggio sensato!
Non ti preoccupare, non sono uno che se la prende per cose del genere, anzi mi fa piacere che sei intervenuto.. 
comunque la mia dimostrazione è da buttar via?
comunque la mia dimostrazione è da buttar via?
"Mega-X":
Non ti preoccupare, non sono uno che se la prende per cose del genere, anzi mi fa piacere che sei intervenuto..
comunque la mia dimostrazione è da buttar via?
Purtroppo si'... Per esempio, che significa ''dividiamo per $\delta^n f$''?
"Sandokan":
Purtroppo si'... Per esempio, che significa ''dividiamo per $delta^nf$''?
$delta^nf = lim_(Deltax ->0) (f(x_1 + Deltax,x_2+Deltax,...,x_n+Deltax) - f(x_1,x_2,...,x_n))^n$ ovvero la differenza fra $y + deltay$ e $y$ e elevata ad $n$
Mega-X , corri troppo e allora si inciampa !
Rifletti più a lungo prima di.. sparare
Rifletti più a lungo prima di.. sparare
Quello di Schwartz è un altro teorema assai sorprendente...
comunque discende per induzione dal caso di 2, non è necessario dimostrarlo in generale basta fare induzione
comunque discende per induzione dal caso di 2, non è necessario dimostrarlo in generale basta fare induzione
a dir la verità ci avevo pensato, solo che però con le dimostrazioni per induzione non sono tanto bravo.. 
Allora riformuliamo (Ho commesso un grave errore nella tesi.. 
)
Tesi: Sia $f: A sube RR^n -> R^n$ ed $f in C^n$ ($f$ è di classe $n$) allora $\frac{delta^nf}{proddeltax_i^{a_i}} = \frac{delta^nf}{prodsigma(deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, suma_i = n$
Dimostriamo per la base $n = 2$
dunque $\frac{delta^2f}{deltax_1delta_x2} = \frac{delta^2f}{deltax_2deltax_1}$
$\frac{delta^2f}{deltax_1deltax_2} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_1Deltax_2}$
e
$\frac{delta^2f}{deltax_2deltax_1} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_2Deltax_1}$
$\lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_1Deltax_2} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_2Deltax_1}$
siccome i numeratori sono uguali bisogna accadere che per far risultare le 2 frazioni uguali bisogna porre i denominatori uguali
$\lim_((Deltax_1,Deltax_2)->(0.0)) Deltax_1Deltax_2 = \lim_((Deltax_1,Deltax_2)->(0.0)) Deltax_2Deltax_1$
ma siccome nel limite vale la regola commutativa del prodotto ("Cambiando l'ordine dei fattori il prodotto non cambia") allora è dimostrato per $n=2$
dunque dimostriamo la tesi per $n + 1$
$\frac{delta^{n+1}f}{deltax_1^{a_1}*deltax_2^{a_2}*...*deltax_{n+1}^{a_{n+1}}} = \frac{delta^{n+1}f}{prod_{i=1}^{n+1}sigma(x_i^{a_i})}, sigma in S_n$
passando al limite del rapporto incrementale
$\lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)} \frac{(f(x_{01}+Deltax_1,x_{02}+Deltax_2,...,x_{0(n+1)}+Deltax_{n+1})-f(x_{01},x_{02},...,x_{0(n+1)}))^{n+1}}{Deltax_1*Deltax_2*...*Deltax_{n+1}} = \lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)} \frac{(f(x_{01}+Deltax_1,x_{02}+Deltax_2,...,x_{0(n+1)}+Deltax_{n+1})-f(x_{01},x_{02},...,x_{0(n+1)}))^{n+1}}{prod_{i=1}^{n+1}sigma(Deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, sum a_i = n$
allo stesso modo bisogna per far si che le 2 frazioni siano uguali, bisogna che numeratore e denominatore siano uguali, e siccome i numeratori lo sono bisogna vedere i denominatori dunque
$\lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)}Deltax_1*Deltax_2*...*Deltax_{n+1} = prod_{i=1}^{n+1}sigma(Deltax_i^{a_i})$
e allo stesso modo di prima essendo i fattori della moltiplicazione commutabili dentro un limite, vale la tesi $square$
Spero di non aver scritto così tanto per niente..
)Tesi: Sia $f: A sube RR^n -> R^n$ ed $f in C^n$ ($f$ è di classe $n$) allora $\frac{delta^nf}{proddeltax_i^{a_i}} = \frac{delta^nf}{prodsigma(deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, suma_i = n$
Dimostriamo per la base $n = 2$
dunque $\frac{delta^2f}{deltax_1delta_x2} = \frac{delta^2f}{deltax_2deltax_1}$
$\frac{delta^2f}{deltax_1deltax_2} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_1Deltax_2}$
e
$\frac{delta^2f}{deltax_2deltax_1} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_2Deltax_1}$
$\lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_1Deltax_2} = \lim_((Deltax_1,Deltax_2) -> (0,0)) \frac{(f(x_{01} + Deltax_1, x_{02} + Deltax_2)-f(x_{01},x_{02}))^2}{Deltax_2Deltax_1}$
siccome i numeratori sono uguali bisogna accadere che per far risultare le 2 frazioni uguali bisogna porre i denominatori uguali
$\lim_((Deltax_1,Deltax_2)->(0.0)) Deltax_1Deltax_2 = \lim_((Deltax_1,Deltax_2)->(0.0)) Deltax_2Deltax_1$
ma siccome nel limite vale la regola commutativa del prodotto ("Cambiando l'ordine dei fattori il prodotto non cambia") allora è dimostrato per $n=2$
dunque dimostriamo la tesi per $n + 1$
$\frac{delta^{n+1}f}{deltax_1^{a_1}*deltax_2^{a_2}*...*deltax_{n+1}^{a_{n+1}}} = \frac{delta^{n+1}f}{prod_{i=1}^{n+1}sigma(x_i^{a_i})}, sigma in S_n$
passando al limite del rapporto incrementale
$\lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)} \frac{(f(x_{01}+Deltax_1,x_{02}+Deltax_2,...,x_{0(n+1)}+Deltax_{n+1})-f(x_{01},x_{02},...,x_{0(n+1)}))^{n+1}}{Deltax_1*Deltax_2*...*Deltax_{n+1}} = \lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)} \frac{(f(x_{01}+Deltax_1,x_{02}+Deltax_2,...,x_{0(n+1)}+Deltax_{n+1})-f(x_{01},x_{02},...,x_{0(n+1)}))^{n+1}}{prod_{i=1}^{n+1}sigma(Deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, sum a_i = n$
allo stesso modo bisogna per far si che le 2 frazioni siano uguali, bisogna che numeratore e denominatore siano uguali, e siccome i numeratori lo sono bisogna vedere i denominatori dunque
$\lim_{(Deltax_1,Deltax_2,...,Deltax_{n+1})->(0,0,...,0)}Deltax_1*Deltax_2*...*Deltax_{n+1} = prod_{i=1}^{n+1}sigma(Deltax_i^{a_i})$
e allo stesso modo di prima essendo i fattori della moltiplicazione commutabili dentro un limite, vale la tesi $square$
Spero di non aver scritto così tanto per niente..
Scusa ma perchè usi il simbolo della derivata funzionale?
$delta$ non è il simbolo della derivata di ordine superiore ad $1$?
boh, che io sappia quello si usa per le derivate funzionali, ma è solo una questione di notazione.
In ogni caso va bene la dimostrazione?
Ma proprio nessuno nessuno nessuno me lo vuole dire?
Per lo meno ditemi se è il caso di mettermi a studiare seriamente, perché a questo punto penso che voi tacete per evitare di offendermi, ma ripeto (non è una battuta ironica) io sono qui per imparare, ed accetto qualunque consiglio (incluso vaffanculo..)
Per lo meno ditemi se è il caso di mettermi a studiare seriamente, perché a questo punto penso che voi tacete per evitare di offendermi, ma ripeto (non è una battuta ironica) io sono qui per imparare, ed accetto qualunque consiglio (incluso vaffanculo..
)
Ok chi tace acconsente, quindi la mia dimostrazione va bene..
Io, lo confesso, non ho risposto perche' della tua dimostrazione non ho capito niente!
Derivare in un ordine rispetto ad un altro è uguale perché quando si passa al limite del rapporto incrementale essendo i 2 numeratori uguali (è sempre la stessa differenza fra un punto $x_0$ è il suo incremento $Deltax$), bisogna dimostrare che i denominatori sono uguali però dentro un limite vale la regola commutativa del prodotto e quindi si può derivare nell'ordine in cui uno più preferisce, sempre se non ho commesso errori
"Mega-X":
Derivare in un ordine rispetto ad un altro è uguale perché quando si passa al limite del rapporto incrementale essendo i 2 numeratori uguali (è sempre la stessa differenza fra un punto $x_0$ è il suo incremento $Deltax$), bisogna dimostrare che i denominatori sono uguali però dentro un limite vale la regola commutativa del prodotto e quindi si può derivare nell'ordine in cui uno più preferisce, sempre se non ho commesso errori
Ma la definizione di derivata che usi tu non mi sembra coincida con quella universalmente accettata!
perché qual è la definizione giusta?
non è questa la definizione di derivata parziale $\frac{deltaf}{deltax_i} = lim_(Deltax_i -> 0) \frac{f(x_1,x_2,...,x_i + Deltax_i,...,x_n) - f(x_1,x_2,...,x_n)}{Deltax_i}$?
e non è questa la definizione di derivata parziale mista $\frac{delta^2f}{deltax_ideltax_j} = lim_((Deltax_i,Deltax_j) -> (0,0)) \frac{f(x_1,x_2,...,x_i + Deltax_i,...,x_j + Deltax_j,...,x_n) - f(x_1,x_2,...,x_n)}{Deltax_iDeltax_j}$?
Non prenderla come se io volessi sembrare che abbia più conoscenze di te, voglio solo capire dove sbaglio..
non è questa la definizione di derivata parziale $\frac{deltaf}{deltax_i} = lim_(Deltax_i -> 0) \frac{f(x_1,x_2,...,x_i + Deltax_i,...,x_n) - f(x_1,x_2,...,x_n)}{Deltax_i}$?
e non è questa la definizione di derivata parziale mista $\frac{delta^2f}{deltax_ideltax_j} = lim_((Deltax_i,Deltax_j) -> (0,0)) \frac{f(x_1,x_2,...,x_i + Deltax_i,...,x_j + Deltax_j,...,x_n) - f(x_1,x_2,...,x_n)}{Deltax_iDeltax_j}$?
Non prenderla come se io volessi sembrare che abbia più conoscenze di te, voglio solo capire dove sbaglio..
Non sono certo un analista, ma ti faccio notare che se la tua definizione di derivata parziale mista fosse giusta, allora applicandola a $f(x,y)=x+y$ avresti
$(\partial^2 f)/(\partial x \partial y) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} (x+h+y+k-x-y)/(hk) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} (h+k)/(hk)$
e questo limite è ben lungi dall'essere uguale a $(\partial^2 (x+y))/(\partial x \partial y)=0$ (per esempio se ti restringi a $h=k$ trovi $oo$).
$(\partial^2 f)/(\partial x \partial y) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} (x+h+y+k-x-y)/(hk) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} (h+k)/(hk)$
e questo limite è ben lungi dall'essere uguale a $(\partial^2 (x+y))/(\partial x \partial y)=0$ (per esempio se ti restringi a $h=k$ trovi $oo$).
ok ora ho trovato la giusta definizione di derivata parziale mista
$\frac{delta^2f}{deltaxdeltay} = lim_{(Deltax,Deltay) -> (0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x,y) - f'_x(x,y)Deltax - f'_y(x,y)Deltay}{DeltaxDeltay}$
vabbe ora ho messo $n = 2$
se è così generalizzando per uno spazio sottoinsieme di $RR^n$ allora abbiamo che $\frac{delta^nf}{prod deltax_i^{a_i}}=\frac{delta^nf}{prod sigma(deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, suma_i = n$. Trasformando tutto ciò in limite tendente a 0 del rapporto incrementale abbiamo
$lim_{AAi\ \ Deltax_i -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1, ... , x_n + Deltax_n) - f(x_1, ... , x_n) - (sum f'_{x_i}(x_1, ... ,x_n)Deltax_i)} {prodDeltax_i^{a_i}} = lim_{AAi\ \ Deltax_i -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1, ... , x_n + Deltax_n) - f(x_1, ... , x_n) - (sum f'_{x_i}(x_1, ... ,x_n)Deltax_i)} {prodsigma(Deltax_i^{a_i})}$
Il ragionamento è sempre lo stesso, ovvero i numeratori sono uguali, bisogna dunque confrontare i denominatori, ma essi sono uguali per via della commutabilità dei fattori di un prodotto, dunque $AAn in NN$ vale il teorema di schwartz (e non schwarz come avevo scritto prima..)
Va bene ora la formulazione?
EDIT: Corretto vari ORRORI sintattici/semantici..
(nel linguaggio italiano.. eppure ci rido di sopra.. 
)
$\frac{delta^2f}{deltaxdeltay} = lim_{(Deltax,Deltay) -> (0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x,y) - f'_x(x,y)Deltax - f'_y(x,y)Deltay}{DeltaxDeltay}$
vabbe ora ho messo $n = 2$
se è così generalizzando per uno spazio sottoinsieme di $RR^n$ allora abbiamo che $\frac{delta^nf}{prod deltax_i^{a_i}}=\frac{delta^nf}{prod sigma(deltax_i^{a_i})}, sigma in S_n, suma_i = n$. Trasformando tutto ciò in limite tendente a 0 del rapporto incrementale abbiamo
$lim_{AAi\ \ Deltax_i -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1, ... , x_n + Deltax_n) - f(x_1, ... , x_n) - (sum f'_{x_i}(x_1, ... ,x_n)Deltax_i)} {prodDeltax_i^{a_i}} = lim_{AAi\ \ Deltax_i -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1, ... , x_n + Deltax_n) - f(x_1, ... , x_n) - (sum f'_{x_i}(x_1, ... ,x_n)Deltax_i)} {prodsigma(Deltax_i^{a_i})}$
Il ragionamento è sempre lo stesso, ovvero i numeratori sono uguali, bisogna dunque confrontare i denominatori, ma essi sono uguali per via della commutabilità dei fattori di un prodotto, dunque $AAn in NN$ vale il teorema di schwartz (e non schwarz come avevo scritto prima..
)Va bene ora la formulazione?
EDIT: Corretto vari ORRORI sintattici/semantici..
(nel linguaggio italiano.. eppure ci rido di sopra.. )
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