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
"Mega-X":
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 questa definizione funzionasse allora prendendo $f(x,y)=x^2y$, risulterebbe
$(\partial^2 f)/(\partial x \partial y) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} (((x+h)^2(y+k)-x^2y-2xyh-x^2k)/(hk)) = \lim_{(h,k) \to (0,0)} ((2xk+hy+hk)/k)$.
E questo ultimo limite non esiste: se h=k risulta $2x+y$, se h=-k risulta $2x-y$.
Sono arrivato ad una conclusione:
consideriamo la derivata parziale mista $\frac{delta^2f}{deltaxdeltay} = lim_{Deltay->0}\frac{f_x^{\prime}(x,y+Deltay) - f_x^{\prime}(x,y)}{Deltay}
dunque definiamo l'operatore funzionale $ccD(f(x),n)$, partendo dalla considerazione di prima, in modo ricorsivo:
$ccD(f(x),n) = lim_ {Deltax_n->0}\frac{ccD(f(...,x_n + Deltax_n),n-1) - ccD(f,n-1)}{Deltax_n}$
cominciamo col dimostrare per $n = 2$ il teorema
dunque abbiamo che $lim_{(Deltax,Deltay)->(0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x,y+Deltay) - f(x+Deltax,y) + f(x,y)}{DeltaxDeltay} =lim_{(Deltay,Deltax)->(0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x+Deltax,y) - f(x,y+Deltay) + f(x,y)}{DeltayDeltax}$
dentro un limite valgono le proprietà commutative del prodotto e della somma (vedi numeratore e denominatore) dunque per $n = 2$ il th. di schwartz è valido
ora si va per $n + 1$
dunque $lim_{AAi Deltai -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1,...,x_{n+1}+Deltax_{n+1}) - f(x_1 + Deltax_1, ... , x_{n+1}) - ... - f(x_1, ... , x_{n+1} + Deltax_{n+1}) + f(x_1,...,x_{n+1})}{prodDeltax_i^{a_i}}= lim_{AAi Deltai -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1,...,x_{n+1}+Deltax_{n+1}) - f(x_1, ... , x_{n+1} + Deltax_{n+1}) - ... - f(x_1 + Deltax_1, ... , x_{n+1}) + f(x_1,...,x_{n+1})}{prodsigma(Deltax_i^{a_i})}$
per gli stessi motivi di prima, ovvero che le addizioni e i prodotti sono commutativi ed ecco dimostrato il teorema $AAn in NN >= 2$
e se ho sbagliato mi do all'ippica (Aspè che metto la sella al cavallo..
)
consideriamo la derivata parziale mista $\frac{delta^2f}{deltaxdeltay} = lim_{Deltay->0}\frac{f_x^{\prime}(x,y+Deltay) - f_x^{\prime}(x,y)}{Deltay}
dunque definiamo l'operatore funzionale $ccD(f(x),n)$, partendo dalla considerazione di prima, in modo ricorsivo:
$ccD(f(x),n) = lim_ {Deltax_n->0}\frac{ccD(f(...,x_n + Deltax_n),n-1) - ccD(f,n-1)}{Deltax_n}$
cominciamo col dimostrare per $n = 2$ il teorema
dunque abbiamo che $lim_{(Deltax,Deltay)->(0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x,y+Deltay) - f(x+Deltax,y) + f(x,y)}{DeltaxDeltay} =lim_{(Deltay,Deltax)->(0,0)} \frac{f(x+Deltax,y+Deltay)-f(x+Deltax,y) - f(x,y+Deltay) + f(x,y)}{DeltayDeltax}$
dentro un limite valgono le proprietà commutative del prodotto e della somma (vedi numeratore e denominatore) dunque per $n = 2$ il th. di schwartz è valido
ora si va per $n + 1$
dunque $lim_{AAi Deltai -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1,...,x_{n+1}+Deltax_{n+1}) - f(x_1 + Deltax_1, ... , x_{n+1}) - ... - f(x_1, ... , x_{n+1} + Deltax_{n+1}) + f(x_1,...,x_{n+1})}{prodDeltax_i^{a_i}}= lim_{AAi Deltai -> 0} \frac{f(x_1+Deltax_1,...,x_{n+1}+Deltax_{n+1}) - f(x_1, ... , x_{n+1} + Deltax_{n+1}) - ... - f(x_1 + Deltax_1, ... , x_{n+1}) + f(x_1,...,x_{n+1})}{prodsigma(Deltax_i^{a_i})}$
per gli stessi motivi di prima, ovvero che le addizioni e i prodotti sono commutativi ed ecco dimostrato il teorema $AAn in NN >= 2$
e se ho sbagliato mi do all'ippica (Aspè che metto la sella al cavallo..
)
Posto perché l'edit non notifica la modifica del messaggio..
"Mega-X":
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...
No, non è quella che indichi tu la definizione di derivata mista.
Le definizioni giuste sono le seguenti (almeno in Calcolo Differenziale classico):
"Siano $U subseteq RR^n$, $c in U^°$, $f:U rarr RR$ ed $i,j in {1,...,n}$.
Diciamo che $f$ è derivabile rispetto alla i-esima variabile da cui dipende nel punto $c in U$ se e solo se esiste finito il limite:
$lim_{h rarr 0} frac{f(c+h e_i)-f(c)}{h}$ (qui $e_i$ è l'i-esimo vettore della base canonica di $RR^n$)
ed in tal caso esso si denota col simbolo $(\partial f) / (\partial x_i) (c)$.
Diciamo che $f$ è derivabile due volte prima rispetto alla i-esima e poi rispetto alla j-sima variabile nel punto $c in U$ se e solo se la derivata prima $(\partial f)/(\partial x_i)$ è definita in un intorno di $c$ in $U$ e se esiste finito il limite:
$lim_{h rarr 0} \frac{(\partial f)/(\partial x_i)(c+h e_j)-(\partial f)/(\partial x_i) (c)}{h}$,
il quale si denota col simbolo $(\partial^2 f)/(\partial x_j \partial x_i) (c)$."
Un'altra annotazione.
Per una funzione di due variabili $f(x,y)$ i simboli:
$1) lim_((x,y) rarr (xi,eta)) f(x,y)$
$2) lim_(x rarr xi) lim_(y rarr eta) f(x,y)$
$3) lim_(y rarr eta) lim_(x rarr xi) f(x,y)$
denotano operazioni di limite diverse che in generale danno risultati diversi; più precisamente, possiamo dire che l'esistenza di $1)$ implica l'esistenza di $2)$ e $3)$ (ed in tal caso, tutti e tre i limiti danno lo stesso risultato), mentre l'esistenza di uno solo od entrambi i limiti $2)$, $3)$ non assicura l'esistenza dei rimanenti.
Prima di cominciare a studiare Calcolo Differenziale in dimensione $ge 2$ bisognerebbe almeno andarsi a riassare le basi della Teoria dei Limiti in dimensione $ge 2$.
Ad ogni modo, Mega-X, non capisco il perchè della tua ostinazione a seguire l'idea delle proprietà commutativa...
La dimostrazione del teorema di Schwarz (che si trova su qualunque manuale di Analisi II) è semplicissima e mostra come la tesi sia un'immediata conseguenza del teorema di Lagrange per le funzioni di una variabile e della continuità delle derivate seconde miste: più facile di così si muore!
La generalizzazione alle derivate di ordine superiore, che forse ti angoscia di più della dimostrazione del risultato per le derivate seconde, si fa semplicemente per induzione sull'ordine $k$ delle derivate e non sul numero $n$ delle variabili.
Potresti ragionare così.
Siano $nge 2$, $kge 3$ ed $alpha , beta in {1,..,n}^k$ due stringhe che differiscono unicamente per la posizione dei loro elementi, cioè esista una permutazione $sigma$ di ${1,...,k}$ tale che $beta_i=alpha_(sigma(i))$ (converremo di scrivere $beta =sigma (alpha)$).
Se $alpha , beta$ differiscono unicamente per l'ordine di loro primi due elementi, l'uguaglianza di $D^{alpha }f$ e $D^{beta} f$ segue dal caso $k=2$.
Supponiamo perciò che le due stringhe d'indici non differiscano solo per l'ordine dei primi due elementi. La permutazione $sigma$ di ${1,...,k}$ si può scomporre nel prodotto di un numero finito di permutazioni che scambiano unicamente l'ordine di due indici contigui, quindi $sigma= sigma_p \circ \sigma_{p-1}\circ ... \circ \sigma_2 \circ sigma_1$: in questo caso, l'ipotesi induttiva (cioè che tutte le derivate di f d'ordine $h
Spero di essere stato chiaro e di non aver sbagliato nulla sulle permutazioni (che non sono davvero il mio forte ).
La dimostrazione del teorema di Schwarz (che si trova su qualunque manuale di Analisi II) è semplicissima e mostra come la tesi sia un'immediata conseguenza del teorema di Lagrange per le funzioni di una variabile e della continuità delle derivate seconde miste: più facile di così si muore!
La generalizzazione alle derivate di ordine superiore, che forse ti angoscia di più della dimostrazione del risultato per le derivate seconde, si fa semplicemente per induzione sull'ordine $k$ delle derivate e non sul numero $n$ delle variabili.
Potresti ragionare così.
Siano $nge 2$, $kge 3$ ed $alpha , beta in {1,..,n}^k$ due stringhe che differiscono unicamente per la posizione dei loro elementi, cioè esista una permutazione $sigma$ di ${1,...,k}$ tale che $beta_i=alpha_(sigma(i))$ (converremo di scrivere $beta =sigma (alpha)$).
Se $alpha , beta$ differiscono unicamente per l'ordine di loro primi due elementi, l'uguaglianza di $D^{alpha }f$ e $D^{beta} f$ segue dal caso $k=2$.
Supponiamo perciò che le due stringhe d'indici non differiscano solo per l'ordine dei primi due elementi. La permutazione $sigma$ di ${1,...,k}$ si può scomporre nel prodotto di un numero finito di permutazioni che scambiano unicamente l'ordine di due indici contigui, quindi $sigma= sigma_p \circ \sigma_{p-1}\circ ... \circ \sigma_2 \circ sigma_1$: in questo caso, l'ipotesi induttiva (cioè che tutte le derivate di f d'ordine $h
Spero di essere stato chiaro e di non aver sbagliato nulla sulle permutazioni (che non sono davvero il mio forte ).
controllate il mio ultimo post e QUESTO link e vedete se non è la stessa dimostrazione (l'unica cosa diversa è che io ho dimostrato questo teorema sempre con il limite del rapporto incrementale, mentre questo utilizza il teorema di lagrange.. (mean value theorem))
poi per $n > 2$ mi sembra che la dimostrazione utilizzi anche la proprietà commutativa perciò gugo82 mi confermi, con ciò che hai detto, che ho dimostrato bene il mio teorema.. (se mi sbaglio scusa in anticipo
)
poi per $n > 2$ mi sembra che la dimostrazione utilizzi anche la proprietà commutativa perciò gugo82 mi confermi, con ciò che hai detto, che ho dimostrato bene il mio teorema.. (se mi sbaglio scusa in anticipo
)
Non per fare la "dimostrazione per intimidazione" ( ) del fatto che forse la tua dim non va, ma... la dimostrazione che c'è nel link che hai fornito è lunga due pagine, mentre la tua consiste di due righe di conti. Inoltre non mi sembra che tu abbia usato il "mean value theorem".
Quindi forse la tua, se non sbagliata, è quantomeno frettolosa...
) del fatto che forse la tua dim non va, ma... la dimostrazione che c'è nel link che hai fornito è lunga due pagine, mentre la tua consiste di due righe di conti. Inoltre non mi sembra che tu abbia usato il "mean value theorem".Quindi forse la tua, se non sbagliata, è quantomeno frettolosa...
"Mega-X":
controllate il mio ultimo post e QUESTO link e vedete se non è la stessa dimostrazione (l'unica cosa diversa è che io ho dimostrato questo teorema sempre con il limite del rapporto incrementale, mentre questo utilizza il teorema di lagrange.. (mean value theorem))
poi per $n > 2$ mi sembra che la dimostrazione utilizzi anche la proprietà commutativa perciò gugo82 mi confermi, con ciò che hai detto, che ho dimostrato bene il mio teorema.. (se mi sbaglio scusa in anticipo
Per $n>2$ non c'è niente da dimostrare!
Il problema nasce non dalla dimensione dello spazio, ma dall'ordine delle derivate!!!
(Poi dici che uno perde le staffe a vedere tutto spiegato e dimostrato sempre e solo per funzioni di due variabili...)
Se avessi studiato da un libro di Analisi serio sapresti che l'enunciato del teorema di Schwarz è il seguente:
"l'autore di un qualunque testo serio di Analisi II":z1qk5bej:
Siano $n in NN-{0,1}$, $U subset RR^n$ con interno non vuoto, $f:U rarr RR$ e $c in U^°$.
Se esiste un intorno aperto di $c$ in $U$ nei punti del quale la $f$ è dotata di derivate seconde miste rispetto alle variabili $x_i$ ed $x_j$, per $i,j in {1,...,n}$, e se le due funzioni $\frac{\partial f}{\partial x_j \partial x_i}$, $\frac{\partial f}{\partial x_i \partial x_j}$ sono continue nel punto $c$ allora sussiste l'uguaglianza $\frac{\partial f}{\partial x_j \partial x_i}(c)=\frac{\partial f}{\partial x_i \partial x_j}(c)$.
Il numero di variabili può essere fissato grande a piacere e ciò viene detto esplicitamente all'inizio dell'enunciato: non c'è bisogno di fare induzione su $n$ per provare vero il risultato di Schwarz per $n>2$ perchè il risultato è vero già per ogni $n>2$!!!
L'unico problema da porsi e se per le derivate d'ordine $k>2$ valga la stessa proprietà: per dirimere questa questione occorre fare induzione su $k$, non sulla dimensione $n$!
Spero di essere stato chiaro.
P.S.:
"Martino":
Non per fare la "dimostrazione per intimidazione" (
Quindi forse la tua, se non sbagliata, è quantomeno frettolosa...
Sarebbe bello poter valutare la consistenza di una dimostrazione dalla sua lunghezza... a quest'ora staremmo elogiando tutti quelli che hanno scritto fiumi d'inchiostro sulla dimostrazione del postulato delle parallele.
La brevità di una dimostrazione è un pregio, non un difetto; tuttavia per produrre dimostrazioni brevi bisogna anche usare strumenti potenti e non alla portata di tutti.
Il fatto è che qui è inconsistente il problema di base, quindi qualunque dimostrazione sarebbe inutile (e sbagliata).
grazie a Sandokan, a Martino ed a gugo82 per aver mostrato la vostra pazienza nei miei confronti, credo tendente a $+oo$ nel mio caso..
sarebbe interessante conoscere per quale ordine di infinito..
SCHERZOoOoOoOoOOoOoOoOOooOOooooOoooOOo
EDIT: Aggiungo che NON sono studente universitario bensì frequento il 5° superiore (ciò non vuole essere una giustificazione per i miei errori..)
sarebbe interessante conoscere per quale ordine di infinito..
SCHERZOoOoOoOoOOoOoOoOOooOOooooOoooOOo
EDIT: Aggiungo che NON sono studente universitario bensì frequento il 5° superiore (ciò non vuole essere una giustificazione per i miei errori..)
"gugo82":
[quote="Martino"]Non per fare la "dimostrazione per intimidazione" (
Quindi forse la tua, se non sbagliata, è quantomeno frettolosa...
Sarebbe bello poter valutare la consistenza di una dimostrazione dalla sua lunghezza... a quest'ora staremmo elogiando tutti quelli che hanno scritto fiumi d'inchiostro sulla dimostrazione del postulato delle parallele.
La brevità di una dimostrazione è un pregio, non un difetto; tuttavia per produrre dimostrazioni brevi bisogna anche usare strumenti potenti e non alla portata di tutti.
Il fatto è che qui è inconsistente il problema di base, quindi qualunque dimostrazione sarebbe inutile (e sbagliata).[/quote]
Già, infatti la mia era più una dimostrazione per intimidazione. Non dico che una dimostrazione ha più "valore" quando è "lunga", anzi: sono per la sintesi più assoluta, sempre. Il problema è che quando viene in mente una dimostrazione alternativa ad un teorema conosciuto, potrebbe essere una buona idea confrontarla con una dimostrazione riportata in un libro, solo come verifica.
Certo che (ed è qui che voglio arrivare) se sul suddetto libro la dimostrazione riportata è cinque volte (o più) più lunga della propria, l'autocritica durante la verifica dev'essere maggiore ancora.
Comunque io conosco una dimostrazione più breve del teorema in questione; se a qualcuno interessa posso postarla.
a me!
Beh, supponiamo che ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y}$ e ${\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$ siano continue in un intorno di $a$, e per assurdo si abbia ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y} (a) > {\partial^2 f} / {\partial y \partial x} (a)$. Allora esiste un rettangolo $A$ contenente $a$ tale che ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y} > {\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$ su $A$, da cui segue $\int_A {\partial^2 f} / {\partial x \partial y} > \int_A {\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$. Ma questi due integrali devono essere uguali per il teorema di Fubini.
"Sandokan.":
Beh, supponiamo che ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y}$ e ${\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$ siano continue in un intorno di $a$, e per assurdo si abbia ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y} (a) > {\partial^2 f} / {\partial y \partial x} (a)$. Allora esiste un rettangolo $A$ contenente $a$ tale che ${\partial^2 f} / {\partial x \partial y} > {\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$ su $A$, da cui segue $\int_A {\partial^2 f} / {\partial x \partial y} > \int_A {\partial^2 f} / {\partial y \partial x}$. Ma questi due integrali devono essere uguali per il teorema di Fubini.
Davvero bella questa! Devo ammettere che non ci avevo mai pensato.Peccato che gli studenti di Analisi II quando studiano il Calcolo Differenziale in $RR^n$ non conoscano ancora né il teorema di Fubini né le formule di riduzione per gli integrali multipli...
Non per fare il pignolo, ma le ipotesi che richiede la tua dimostrazione sono più forti di quelle presenti nell'enunciato originario del teorema (continuità in un intorno di $a$ vs. continuità in $a$ delle derivate miste): è normale, quindi, che la dimostrazione fili via più liscia.
P.S.: Potevi anche chiudere il post con
per fare il ph33go! 
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