szukanie zaawansowane
 [ Posty: 1 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Online
PostNapisane: 3 lis 2012, o 21:29 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2318
Lokalizacja: Katowice
Nudzą Cię styczne i asymptoty w kształcie prostych? Może chciałbyś wyznaczać takie krzywe, które kształtem są dowolne? Świetnie, ten temat jest dla Ciebie!

Zanim przejdziemy dalej, przypomnijmy sobie, czym była styczna (funkcji różniczkowalnej). Za Wiki:

Równanie stycznej do krzywej f(x) określonej w punkcie P =(x_0, y_0), gdzie y_0 = f(x_0), ma postać:

y-y_0 = f'(x_0)(x-x_0)

Asymptotą ukośną funkcji f(x) nazywamy prostą y=a x + b dla a:

a=\lim_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}

oraz:

b=\lim_{x\to +\infty}(f(x)-ax)

o ile powyższe granice są właściwe.

Teraz będę musiał prosić o cierpliwość. Do wyznaczania "nowych stycznych" będzie potrzebne wprowadzenie pewnego konstruktu i niezbędnych operacji. Gotowi na nowe, nudne definicje? To zaczynamy.

Rozważmy dowolną funkcję f różnowartościową z funkcją odwrotną f^{-1}. Transformatorem funkcji g względem funkcji f nazywamy operator zdefiniowany w następujący sposób:

{\bf f}(g) = f\circ g\circ f^{-1}

Jak to działa? Rozważmy sobie f(x)=\arctan x (funkcja odwrotna to oczywiście \tan x) oraz g(x)=e^x.

Wtedy zgodnie z definicją:

{\bf f}(g)(x)=\arctan (e^{\tg x})

Nie zawsze funkcja może być dobrze określona, np. biorąc f(x)=\ln x oraz g(x)=-x mamy:

\ln\left(-e^x\right)

które nie jest nigdzie określone dla liczb rzeczywistych. Ale nie będziemy się nad tym rozwodzić - wszystkie dalsze fakty będą zachodzić dla funkcji "ładnych", czyli takich, dla których transformacje mają sens. W dalszej części będziemy zakładać, że f jest różnowartościowa.

Zauważmy, że jako g możemy wstawić działania dobrze nam znane: +, \cdot itd. - to będzie kluczem naszych dalszych rozważań. Rozwińmy dodawanie:

{\bf f}(+) jest transformatą funkcji dwuargumentowej g(x,y)=x+y. Stąd, z definicji:

{\bf f}(g(x,y))=f\big(g(f^{-1}(x),f^{-1}(y)\big)=f\big(f^{-1}(x)+f^{-1}(y)\big)

Analogicznie możemy zdefiniować dalsze działania. Dla klarowności zapisu przyjmijmy, iż \oplus = {\bf f}(+), \odot = {\bf f}(\cdot) oraz \oslash = {\bf f}(:). Elementy neutralne działań, tj. 0 i 1 także przechodzą na swoje odpowiedniki, oznaczane w następujący sposób:

f(0)={\bf 0} oraz f(1)={\bf 1}

W ogólności będziemy oznaczać f(a)={\bf a}.

Dociekliwy Czytelnik może się przekonać, że w istocie {\bf a}\oplus {\bf 0}={\bf a} oraz {\bf a}\odot {\bf 1}={\bf a}. Na końcu artykułu załączone są proste własności każdego transformatora.

Ok, mamy sobie jakiś transformator oraz jakieś działania w nim. Tylko co to ma wspólnego ze stycznymi bądź asymptotami?

Cierpliwości. Wszystko będzie logiczną konsekwencją. Mamy już działania, ale, patrząc na wzór stycznej, potrzebować będziemy konstruktu w nowej przestrzeni: pochodnej. Zdefiniujmy sobie pochodną funkcji g jako:

g^{\circ}(x)=\lim_{h\to 0} \, f\left(\frac{f^{-1}(g(x+h))-f^{-1}(g(x))}{h}\right)=\lim_{h\to 0} \, (g(x+h)\ominus g(x)) \oslash f(h)

Przyjmijmy, że g^{[0]} = g, g^{[1]} = g^{\circ}, g^{[2]} = g^{\circ\circ} etc.

Przykład. Niech f(x)=\frac{1}{x+1} (po uproszczeniu f^{-1}(x)=\frac{1-x}{x}). Zgodnie z definicją pochodną funkcji g jest funkcja:

g^{\circ}(x)=\lim_{h\to 0} \, \frac{h g(x) g(x+h)}{(h g(x)-1) g(x+h)+g(x)}

Wyznaczmy pochodną funkcji g(x)=x z definicji. Podstawiając:

g^{\circ}(x)=\lim_{h\to 0} \, \frac{h x (x+h)}{(h x-1) (x+h)+x}
g^{\circ}(x)=\lim_{h\to 0} \, \frac{1}{x (h+x)-1}+1
g^{\circ}(x)=\frac{1}{x^2-1}+1
g^{\circ}(x)=\frac{x^2}{x^2-1}

Stąd pochodna g(x)=x w rachunku funkcji f jest równa g^{\circ}(x)=\frac{x^2}{x^2-1}.

Liczenie granic w takiej formie jest toporne. Na szczęście można wykazać, że do liczenia granic w nowej przestrzeni możemy użyć klasycznych pochodnych.

Twierdzenie. Dla każdej ciągłej funkcji f i dowolnej g zachodzi:

g^{\circ}(x)=f\left(\left[f^{-1}(g(x))\right]'\right)

Dowód. Funkcja f jest ciągła, zatem można wejść z granicą pod funkcję:

g^{\circ}(x)=f\left(\lim_{h\to 0} \, \frac{f^{-1}(g(x+h))-f^{-1}(g(x))}{h}\right)

Granica przedstawia pochodną funkcji f^{-1}(g(x)), stąd też:

g^{\circ}(x)=f\left(\left[f^{-1}(g(x))\right]'\right)

Co należało pokazać. \spadesuit

Jest to bardzo pomocne twierdzenie. przyspieszające znacznie rachunki. Dla f i g jak z powyższego przykładu, otrzymujemy:

g^{\circ}(x)=\frac{1}{\left(\left[\frac{1-x}{x}\right]'\right)+1}

\left[\frac{1-x}{x}\right]'=-\frac{1}{x^2}, stąd:

g^{\circ}(x)=\frac{1}{\left(-\frac{1}{x^2}\right)+1}=\frac{1}{\frac{x^2-1}{x^2}}=\frac{x^2}{x^2-1}

Własności pochodnych załączyłem na samym dole (załącznik 2).

Mając pochodne, niedługa droga do otrzymania stycznych. Zdefiniujmy jeszcze funkcje proste w rachunku funkcji f.

Definicja. Dla dowolnej różnowartościowej funkcji f funkcją prostą w rachunku funkcji f nazywamy funkcję postaci:

{\bf f}\left(W_1(x)\right)={\bf a}\odot {\bf x} \oplus {\bf b}

Widzimy, że jest to analog równania klasycznej prostej (a takimi krzywymi są właśnie asymptoty i styczne) W_1(x) = a\, x + b. Jest to też wielomian stopnia pierwszego w tym rachunku.

Uwaga. Funkcje proste mają pochodną równą {\bf a} (patrz załącznik 2 punkt 6).

Czy już możemy przejść do stycznych?

Tak, zdefiniujmy wreszcie nasz żądany obiekt.

Definicja. Styczną rachunku funkcji f w punkcie x_0 różniczkowalnej funkcji g nazywamy krzywą h o równaniu:

h(x)=g^{\circ}(x_0)\odot f(x-x_0)\oplus g(x_0)

Uwaga. Styczna jest funkcją prostą.

Dowód. Aby to pokazać, rozpiszemy wzór stycznej używając operacji algebraicznych rachunku funkcji f (m.in. prawa rozdzielności; patrz załącznik 1 punkt 7).

h(x)=g^{\circ}(x_0)\odot f(x-x_0)\oplus g(x_0)
h(x)=g^{\circ}(x_0)\odot ({\bf x}\ominus{\bf x_0}) \oplus g(x_0)
h(x)=g^{\circ}(x_0)\odot {\bf x}\ominus g^{\circ}(x_0)\odot {\bf x_0} \oplus g(x_0)
h(x)=\underbrace{g^{\circ}(x_0)}_{\bf a} \ \odot {\bf x} \ \underbrace{\oplus g(x_0) \ominus g^{\circ}(x_0)\odot {\bf x_0}}_{\bf b}

A więc jest postaci {\bf a}\odot {\bf x} \oplus {\bf b}, co należało pokazać. \spadesuit

Przykład. Niech f(x)=\ln x oraz g(x)=\arctan x. Wyznaczmy styczną rachunku funkcji f do h w punkcie x_0 = 1 z powyższego równania:

h(x)=g^{\circ}(1)\odot f(x-1)\oplus g(1)

Pochodna \arctan x wynosi \ln \left(\frac{e^{\arctan(x)}}{x^2+1}\right), a zatem:

h(x)=\ln \left(\frac{e^{\arctan(1)}}{1^2+1}\right)\odot f(x-1)\oplus g(1)=\ln \left(\frac{e^{\frac{\pi}{4}}}{2}\right)\odot\ln (x-1)\oplus \arctan 1
\ln \left(\frac{e^{\frac{\pi}{4}}}{2}\right)\odot\ln (x-1)\oplus \arctan 1=\ln\left(\frac{1}{2} e^{\frac{\pi}{4}} (x-1)+e^{\frac{\pi}{4}}\right)=\ln\left(e^{\frac{\pi}{4}}\frac{x+1}{2}\right)=\frac{\pi }{4}+\ln(x+1)-\ln (2)

Obrazek
Funkcja g(x)=\arctan x zaznaczona na niebiesko oraz styczna h(x)=\frac{\pi }{4}+\ln(x+1)-\ln (2) w punkcie \left(1,\frac{\pi}{4}\right).

Uwaga. Szukana krzywa może nie istnieć. Niech f(x)=\arctan x oraz g(x)=x^2+2. Szukając równania stycznej w punkcie x_0=0 otrzymujemy:

h(x)=g^{\circ}(0)\odot f(x)\oplus g(0)

Przekształcając równoważnie (\displaystyle \left(x^2+2\right)^{\circ}=\arctan\left(\frac{2 x}{\cos^2\left(x^2+2\right)}\right), dla x_0 =0 g^{\circ}(0)=0):

h(x)=0\odot f(x)\oplus g(0)=0 \oplus 2=\arctan(\tg 0 + \tg 2)

Ale 2 nie należy do dziedziny f^{-1}, tj. {\rm rg}\, f=\left(-\frac{1}{\pi},\frac{1}{\pi}\right)\not\ni 2. Należy zawsze sprawdzać przynależność do dziedziny zadanej funkcji f, jeżeli nie rozważa się tylko tych funkcji, dla których transformator jest całkowicie odwracalny, tj. f nie jest bijekcją \mathbb{R}.

Przykład. Powyższa definicja stycznej może być podstawą do zdefiniowania stycznych hiperbolicznych będących fragmentami hiperboli, gdzie f(x)=\frac{1}{x}. Równanie ogólne stycznej przedstawia się jako:

\frac{1}{\frac{x-c}{f^{\circ}(c)}+\frac{1}{g(c)}}=\frac{a}{b+x}

dla a=g^{\circ}(c) oraz b=\frac{g^{\circ}(c)}{g(c)}-c.

Twierdzenie (warunki równoważne na to, by funkcja prosta była styczną). Niech dana będzie struktura uformowana przez funkcję f w obrębie pewnego podzbioru D\subseteq\mathbb{R}, dwie różniczkowalne funkcje f,g oraz pewien punkt

x_0\in D. Wtedy następujące warunki są równoważne:
1. h jest styczną do g w punkcie x_0
2. \forall_{x\in D}\ h^{\circ}(x) = g^{\circ}(x_0) \wedge g(x_0)=h(x_0)

Dowód. (1\Rightarrow 2)
Niech h będzie styczną do funkcji g w punkcie x_0. Z definicji stycznej h spełnia:

h(x)=g^{\circ}(x_0)\odot f(x-x_0)\oplus g(x_0)

z czego wynika bezpośrednio równość dla x_0:

h(x_0)=g^{\circ}(x_0)\odot f(0)\oplus g(x_0)=g(x_0)

Różniczkując stronami:

h^{\circ}(x)=\bigg[g^{\circ}(x_0)\odot f(x-x_0)\bigg]^{\circ}\oplus \bigg(g(x_0)\bigg)^{\circ}=g^{\circ}(x_0)\odot{\bf 1}\oplus{\bf 0} = g^{\circ}(x_0)

(2\Rightarrow 1)
Niech h spełnia warunki: \forall_{x\in D}\ h^{\circ}(x) = g^{\circ}(x_0) \wedge g(x_0)=h(x_0). Wiedząc, że pochodna jest stała, możemy przewidzieć, że funkcja pierwotna, tj. taka, że H^{\circ}(x)=h(x), jest postaci g^{\circ}(x_0)\odot f(x)\oplus {\bf b} dla pewnego {\bf b} (patrz załącznik 2 punkt 6; Operacja znajdowania funkcji pierwotnej jest niczym innym jak całkowaniem. Nie będziemy jednak wprowadzać tego pojęcia na tym etapie i przyjmiemy, że operacja ta jest ściśle analogiczna do operacji klasycznego wyznaczania funkcji pierwotnej).

\bigg[\forall_{x\in D}\ h^{\circ}(x) = g^{\circ}(x_0)\bigg] \Rightarrow \bigg[\forall_{x\in D}\ h(x) = g^{\circ}(x_0) \odot f(x)\oplus {\bf b}\bigg]

Podstawiając za argument x_0 oraz łącząc to z drugim warunkiem, otrzymujemy:

h(x_0) = f(x_0)\odot g^{\circ}(x_0)\oplus {\bf b}
h(x_0) \ominus f(x_0)\odot g^{\circ}(x_0) = {\bf b}

Stąd:

h(x) = f(x)\odot g^{\circ}(x_0)\oplus h(x_0) \ominus f(x_0)\odot g^{\circ}(x_0)
h(x) = f(x-x_0)\odot g^{\circ}(x_0)\oplus h(x_0)

A skoro g(x_0)=h(x_0):

h(x) = g^{\circ}(x_0)\odot f(x-x_0) \oplus g(x_0)

co stanowi definicję stycznej. \spadesuit

Prawdziwe pozostaje też kolejne twierdzenie.

Twierdzenie. Niech f, g będą funkcjami różnowartościowymi takimi, że na pewnym podzbiorze D\subseteq \mathbb{R} ich transformatory są całkowicie odwracalne oraz g(1)\in D jest określone. Jeżeli h jest styczną funkcji g w rachunku funkcji f w ustalonym punkcie x_0\in D, to g jest styczną w rachunku funkcji g do h w x_0.

Pozostawiam to bez dowodu.

No... ok, a co z asymptotami?

Dobrze, zatem zdefiniujmy kolejne funkcje proste będące analogiem asymptot ukośnych.

Definicja. Asymptotą funkcji g w rachunku funkcji f nazywamy krzywą o równaniu ogólnym:

h(x)={\bf a} \odot f(x) \oplus {\bf b}

dla pewnych {\bf a}, {\bf b} takich, że:

{\bf a} = \lim_{x\to\infty} g(x)\oslash f(x)
{\bf b} = \lim_{x\to\infty} g(x)\ominus {\bf a} \odot f(x)

Widzimy, że zastępując \ominus zwykłym odejmowaniem. \odot mnożeniem oraz \oslash dzieleniem, dla f(x)=x otrzymujemy klasyczną asymptotę ukośną.

Oczywiście, asymptota może nie istnieć: np. gdy nie istnieją właściwe granice a i b. Może się zdarzyć, iż mimo istnienia a i b funkcja h nie jest asymptotą, dlatego należy sprawdzać warunek asymptoty:

\lim_{x\to\infty}g(x) \ominus h(x)={\bf 0}

Jeżeli granice jest różna od {\bf 0}, to znaczy, iż asymptota nie istnieje.

Uwaga. Asymptota może nie spełniać naszych oczekiwań. Zauważmy, iż, idąc w stronę nieskończoności, odległość między funkcjami zmniejsza się, lecz w sensie metryki funkcji f (definicja metryki w załącznikach).

Przykład. Dobierzmy f(x)=e^x=\exp x oraz g(x)=\cosh x. Naszym celem będzie wyznaczenie wykładniczej asymptoty funkcji g w nieskończoności. Wyznaczając {\bf a}:

{\bf a} = \lim_{x\to\infty} \cosh x \oslash \exp x= \lim_{x\to\infty}\sqrt[x]{\cosh (x)}=e

oraz {\bf b}:

{\bf b} = \lim_{x\to\infty} \cosh x \ominus e \odot \exp x= \lim_{x\to\infty}\cosh \ominus \exp x=\lim_{x\to\infty}\exp(-x) \cosh (x)=\frac{1}{2}

Stąd h(x)=e\odot x\oplus \frac{1}{2} = \frac{e^x}{2}.

Obrazek
Funkcja g(x)=\cosh x (na niebiesko) wraz z asymptotą h(x)=\frac{e^x}{2}.

To tylko wycinek własności takiego transformatora. Nie musimy się ograniczać do wyznaczania funkcji prostych, możemy zdefiniować grupy, ciała, całki, szeregi czy nawet równania różniczkowe... ale może o tym kiedy indziej. Dodam tylko, że z tego operatora da się "wyprowadzić" rachunek multiplikatywny, tj. dla f(x)=e^x, który przekształca dodawanie na mnożenie, odejmowanie na iloraz, a mnożenie na potęgowanie.

Na koniec zostawiam problem.

Problem. Czy dla każdej różnowartościowej funkcji f przez dwa punkty o współrzędnych \big(f(x_1),f(y_1)\big) oraz \big(f(x_2),f(y_2)\big) takich, że x_1\neq x_2, przechodzi dokładnie jedna funkcja prosta rachunku f?

Załącznik 1. Dla dowolnego, dobrze określonego {\bf a} i {\bf b} zachodzi:

1. \forall_{{\bf a},{\bf b}}\, \exists \, ({\bf a} \oplus {\bf b}) \Rightarrow {\bf a} \oplus {\bf b} = {\bf b} \oplus {\bf a}
2. \forall_{{\bf a},{\bf b}}\, \exists \, ({\bf a} \odot {\bf b}) \Rightarrow {\bf a} \odot {\bf b} = {\bf b} \odot {\bf a}
3. \exists \, {\bf 0} \Rightarrow \forall_{{\bf a}}\, {\bf a} \oplus {\bf 0} = {\bf a}
4. \exists \, {\bf 1} \Rightarrow \forall_{{\bf a}}\, {\bf a} \odot {\bf 1} = {\bf a}
5. \forall_{{\bf a},{\bf b},{\bf c}}\, \exists \, ({\bf a} \oplus ({\bf b} \oplus {\bf c})) \Rightarrow {\bf a} \oplus ({\bf b} \oplus {\bf c})= ({\bf a} \oplus {\bf b}) \oplus {\bf c}
6. \forall_{{\bf a},{\bf b},{\bf c}}\, \exists \, ({\bf a} \odot ({\bf b} \odot {\bf c})) \Rightarrow {\bf a} \odot ({\bf b} \odot {\bf c})= ({\bf a} \odot {\bf b}) \odot {\bf c}
7. \forall_{{\bf a},{\bf b},{\bf c}}\, \exists \, ({\bf a} \odot ({\bf b} \oplus {\bf c})) \Rightarrow {\bf a} \odot ({\bf b} \oplus {\bf c})= ({\bf a} \odot {\bf b}) \oplus ({\bf a} \odot {\bf c})

Dodatkowo, jeżeli istnieją {\bf 0} oraz {\bf 1}:
8. {\bf 0} \neq {\bf 1}
9. {\bf a} \odot {\bf 0} = {\bf 0}
10. {\bf a} \odot {\bf b} = {\bf 0} \Rightarrow {\bf a} = {\bf 0} \lor {\bf b} = {\bf 0}
11. (\ominus(\ominus {\bf a})) = {\bf a}
12. {\bf a} \neq {\bf 0} \Rightarrow \left({\bf a}^{\underline{-1}}\right)^{\underline{-1}} = {\bf a}

gdzie {\bf a}^{\underline{-1}} to element odwrotny w tym rachunku. Dowody tych własności są proste.

Załącznik 2. Własności pochodnych rachunku funkcji f oraz funkcji g, h różniczkowalnych:

1. ({\bf 1})^{\circ} = {\bf 0}
2. \big({\bf a} \odot g(x)\big)^{\circ} = {\bf a} \odot g^{\circ}(x) (jednorodność)
3. \big(g(x)\oplus h(x)\big)^{\circ} = g^{\circ}(x) \oplus h^{\circ}(x) (addytywność)
4. \big({\bf a} \odot g(x)\oplus {\bf b}\odot h(x)\big)^{\circ} = {\bf a} \odot g^{\circ}(x) \oplus {\bf b} \odot h^{\circ}(x) (liniowość)
5. \big(f^{\circ}(x))={\bf 1}
6. \big({\bf a} \odot f(x) \oplus {\bf b})={\bf a}
7. \left(g(x) \odot h(x)\right)^{\circ} = g^{\circ}(x)\odot h(x)\oplus g(x)\odot h^{\circ}(x) (pochodna iloczynu)
8. (g\circ h)^{\circ}(x)=g^{\circ}\big(h(x)\big)\odot f\big(h'(x)\big) (pochodna złożenia)

Własności te można wyprowadzić z definicji pochodnej. Pozostawiam to jako ćwiczenie.

Załącznik 3. Możemy sobie wyznaczyć "odległości" między liczbami transformowanymi. Uprzednio jednak niezbędnie będzie zdefiniowanie relacji porządku oraz wartości bezwzględnej w rachunku funkcji f.

Definicja. Element x z liniowo uporządkowanego relacją \leqslant zbioru K nazywamy niewiększym od y \in f(K) wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi:

x \preceq y \Leftrightarrow f(x)\leqslant f(y)

W sposób oczywisty definiuje się silną mniejszość oraz większość (także i silną). Porządek ten jest liniowy oraz jest dobrze zdefiniowany (nie należy mylić z dobrym porządkiem) z racji różnowartościowości funkcji f.

Przykład. Pokażemy, że dla dowolnej funkcji f oraz pewnego {\bf a}, o ile tylko istnieje f(1) oraz {\bf a} \oplus {\bf 1}, zachodzi:

{\bf a} \oplus {\bf 1} \succ {\bf a}
{\bf a} \oplus {\bf 1} = f(f^{-1}({\bf a})+f^{-1}({\bf 1}))= f(f^{-1}({\bf a}) + 1)

Oczywiście, f^{-1}({\bf a}) + 1 > f^{-1}({\bf a}), stąd z definicji {\bf a} \oplus {\bf 1} \succ {\bf a}.

Nierówności można mnożyć (\odot) stronami, pamiętając o zmianie "znaku" (\odot ({\bf -1})), jeżeli skalar jest ujemny w relacji porządku struktury \preceq.

Definicja. Niech {\rm abs}\, x oznacza wartość bezwzględną: |x|. Wtedy funkcję {\bf f}({\rm abs})(x)

określoną poniższym wzorem nazywamy wartością bezwzględnej w rachunku funkcji f:

{\bf f}({\rm abs})(x) = f\left(\left|f^{-1}(x)\right|\right)

Uwaga. Może się zdarzyć, iż funkcja moduł przejdzie na funkcję identyczności, tj.:

\forall_x\, {\bf f}({\rm abs})(x)=x

np. w rachunku funkcji \ln x dla dziedziny rzeczywistej. Dla dziedziny zespolonej prawdziwe jest wyrażenie {\bf f}({\rm abs})(x)=\Re(x).

Za pomocą wartości bezwzględnej można zdefiniować funkcję \max oraz \min:

{\bf \rm{max}}(x,y) = \big(x\oplus y \oplus {\bf f}({\rm abs})(x\ominus y)\big)\oslash {\bf 2}
{\bf \rm{min}}(x,y) = \big(x\oplus y \ominus {\bf f}({\rm abs})(x\ominus y)\big)\oslash {\bf 2}

Definicja. Metryką w rachunku funkcji f nazywamy funkcję:

{\bf f}(d)(x,y)=f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|\right)

Pod tym, zdawałoby się, skomplikowanym wyrażeniem kryje się prosta zależność: jest to złożenie transformaty różnicy z wartością bezwzględną. Rozważmy przykład.

Przykład. Dla funkcji f(x)=\exp(x) (rachunek multiplikatywny), zgodnie z podanym wzorem, otrzymujemy metrykę ilorazową d^*(x,y)=\exp\left(\left|\ln x-\ln y\right|\right), która określa stosunek długości liczb dodatnich. Niech a=12 oraz b=48, wtedy:

d^*(12,48)=\exp\left(\left|\ln 12-\ln 48\right|\right)=\exp\left(\left|\ln \frac{12}{48}\right|\right)=\exp\left(\ln \frac{48}{12}\right)=\frac{48}{12}=4

Twierdzenie (cechy metryki uformowanej). Każda metryka uformowana przez dowolną różnowartościową funkcję f spełnia następujące cechy:

1. {\bf f}(d)(x,y) = {\bf 0} \Leftrightarrow x = y
2. {\bf f}(d)(x,y) = {\bf f}(d)(y,x)
3. {\bf f}(d)(x,y) \oplus {\bf f}(d)(y,z) \succeq {\bf f}(d)(x,z)

Dowód. Dowód tych własności opiera się na wykorzystaniu definicji, różnowartościowości f oraz własności funkcji {\rm abs}.

1. Przypuśćmy x=y, wtedy na mocy różnowartościowości funkcji f mamy równoważnie prawdziwą równość:

f^{-1}(x)-f^{-1}(y)=0

Możemy równoważnie obłożyć lewą stronę modułem:

\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|=0

Po raz kolejny z różnowartościowości funkcji, powyższe wyrażenie równoważne jest:

f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|\right)=f(0)

f(0)={\bf 0}, a f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|\right)={\bf f}(d)(x,y), a zatem {\bf f}(d)(x,y) = {\bf 0}. Powyższe kroki były równoważne, stąd otrzymujemy prawdziwość tezy w obie strony.

2. Wykorzystując definicję metryki:

{\bf f}(d)(x,y) = f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|\right)

Korzystając z równości dla modułu |a-b|=|b-a| oraz po raz kolejny z definicji:

f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|\right)=f\left(\left|f^{-1}(y)-f^{-1}(x)\right|\right)={\bf f}(d)(y,x)

3. Przenieśmy prawą stronę na lewo:

{\bf f}(d)(x,y) \oplus {\bf f}(d)(y,z) \ominus {\bf f}(d)(x,z)\succeq {\bf 0}

Wtedy po rozpisaniu, otrzymujemy:

f\left(\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|+\left|f^{-1}(y)-f^{-1}(z)\right|-\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(z)\right|\right)\succeq {\bf 0}

co z definicji porządku równoważne jest:

\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)\right|+\left|f^{-1}(y)-f^{-1}(z)\right|-\left|f^{-1}(x)-f^{-1}(z)\right| \geqslant 0

Powyższa nierówność zachodzi dla dowolnych x, y, z na mocy nierówności trójkąta funkcji {\rm abs} (dla argumentów f^{-1}(x), f^{-1}(y), f^{-1}(z)).

Wszystkie cechy zostały potwierdzone, co kończy dowód. \spadesuit

Obrazek
Odległość pionowa (czarny kolor) między funkcjami x^2 i e^x w rachunku funkcji f(x)=\frac{1}{x+1} zmierza do {\bf 0}, tj. \displaystyle\lim_{x\to\infty}{\bf f}(d)(x^2,e^x)= {\bf 0}. W sensie metryki f funkcje x^2 i e^x mają identyczne asymptotyczne tempo wzrostu. Rozpisując tę odległość, można pokazać, iż zachodzi \cosh x - \sinh < 1 dla każdego x>0.

Załącznik 4. Gdyby ktoś był zainteresowany, załączam zestaw funkcji do programu \textrm{Wolfram Mathematica}, który umożliwia podstawowy rachunek w strukturze uformowanej przez f.

Kod:
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
f:=Exp[#]& (*domyślnie rachunek multiplikatywny*)
CirclePlus[x_,y_]:=f[InverseFunction[f][x]+InverseFunction[f][y]] (*dodawanie w rachunku funkcji f (symbol \[CirclePlus])*)
CircleMinus[x_,y_]:=f[InverseFunction[f][x]-InverseFunction[f][y]] (*odejmowanie w rachunku funkcji f (symbol \[CircleMinus])*)
CircleDot[x_,y_]:=f[InverseFunction[f][x]InverseFunction[f][y]] (*odejmowanie w rachunku funkcji f (symbol \[CircleDot])*)
Diamond[x_,y_]:=f[InverseFunction[f][x]/InverseFunction[f][y]] (*dzielenie w rachunku funkcji f (symbol \[Diamond])*)
CircleTimes[x_,y_]:=f[InverseFunction[f][x]^InverseFunction[f][y]] (*potęgowanie w rachunku funkcji f (symbol \[CircleTimes])*)
metric[x_,y_]:=Evaluate[f[Abs[InverseFunction[f][x]-InverseFunction[f][y]]]] (*odległość między punktami w rachunku f*)
abs[x_]:=Evaluate[f[Abs[InverseFunction[f][x]]]] (*wartość bezwzględna w f*)
max[x_,y_]:=((x\[CirclePlus]y)\[CirclePlus]abs[x\[CircleMinus]y])\[Diamond]f[2] (*max bezwzględna w f*)
min[x_,y_]:=((x\[CirclePlus]y)\[CircleMinus]abs[x\[CircleMinus]y])\[Diamond]f[2] (*min bezwzględna w f*)
isgreater[x_,y_]:=TrueQ[g[x]-g[y]>=0] (*sprawdzania wiekszości*)
sum[c_,k_]:=f[Sum[InverseFunction[f][c] ,k]] (*suma*)
prod[c_,k_]:=f[Product[InverseFunction[f][c] ,k]] (*produkt*)
dot[x_List,y_List]:=If[Length[x[[1]]]==Length[y[[1]]],f[Sum[InverseFunction[f][x[[1]][[k]]\[CircleDot]y[[1]][[k]]],{k,1,Length[x[[1]]]}]]] (*iloczyn skalarny*)
sqrt[x_]:=f[Sqrt[InverseFunction[f][x]]] (*pierwiastek*)

g[x_]:=Cosh[x]  (*funkcja transformowana*)
Print["Dziedzina: ",Domain[x_]=Reduce[Element[InverseFunction[f][x],Reals],x,Reals]]
Print["Obraz: ",Rang[x_]=Reduce[Element[f[x],Reals],x,Reals]]
If[And[Reduce[ForAll[x,Element[x,Reals],Domain[g[x]]]] ,Reduce[ForAll[x,Element[g[x],Reals]&& Rang[x],Rang[g[x]]]]],Print["Funkcja odwracalna w R"],Print[Style["FUNKCJA NIEODWRACALNA W R",Red]]]
(*Print["Pochodna: ",Deriv=Simplify[Limit[f[InverseFunction[f][f[InverseFunction[f][g[x+h]]-InverseFunction[f][g[x]]]]/h],h->0]]]*)
(*Print["Metryka: ",Metric=Simplify[f[Abs[InverseFunction[f][x]-InverseFunction[f][y]]]]]*)
Print["Zero: ",zero=Limit[f[x],x->0]]
Print["Jedynka: ",one=Limit[f[x],x->1]]
Print["Funkcja przekształcona: ",Operator[x_]=Simplify[f[g[InverseFunction[f][x]]],Domain[x]]]
Print["Pochodna: ",DOperator[x_]=FullSimplify[f[Evaluate[D[InverseFunction[f][g[x]],x]]],Domain[x]]]
Print["Całka: ",IOperator[x_]=FullSimplify[f[Evaluate[Integrate[InverseFunction[f][g[x]],x]]],Domain[x]]]

calka[g_,x_]:=FullSimplify[f[Evaluate[Integrate[InverseFunction[f][g],x]]],Domain[x]]
pochodna[g_,x_]:=FullSimplify[f[Evaluate[D[InverseFunction[f][g],x]]],Domain[x]]

a:=Limit[g[x]\[Diamond] f[x],x->Infinity]
b:=Limit[g[x]\[CircleMinus] a\[CircleDot]f[x],x->Infinity]
h[x_]=Simplify[a\[CircleDot]f[x]\[CirclePlus]b];
If[Limit[h[x]\[CircleMinus]g[x],x->Infinity]==f[0],Print["Asymptota istnieje: ",h[x]],Print[Style["Asymptota nie istnieje.",Red]]]

styczna[c_,l_,r_]:=Module[{},y[x_,x0_]:=DOperator[x0]\[CircleDot]f[x-x0]\[CirclePlus]g[x0];Print[y[x,c]];Show[{Plot[{y[x,c],g[x
]},{x,l,r},PlotStyle->{{Thick,Red},{Thick,Blue}},LabelStyle->(FontFamily->"Courier")],ListPlot[{{c,g[c]}},PlotStyle->{Black,PointSize[1/80]}]},ImageSize->450]]
asymptota[l_,r_]:=Show[{Plot[{h[x],g[x]},{x,l,r},PlotStyle->{{Thick,Red},{Thick,Blue}},LabelStyle->(FontFamily->"Courier")]},ImageSize->450]


PS Jeżeli dotarłeś tutaj, czytając całość - gratulacje, uzyskałeś kolejny poziom w profesji Czytelnik!
Góra
Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski
Utwórz nowy temat Ten temat jest zamknięty. Nie możesz w nim pisać ani edytować postów.  [ Posty: 1 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 asymptoty wykresu funkcji - zadanie 3  lukasz1804  0
 Okręgi styczne wewnętrznie - zadanie 7  Cartman93  2
 Okręgi styczne zewnętrznie - zadanie 4  LadyM  0
 obliczenienie asymptoty ukosnej  songo983  5
 Asymptoty funkcji - zadanie 25  hammock  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) ParaRent.com