Основы математического анализа (86186)

Посмотреть архив целиком

1. Множества и операции над множествами


Напомним основные обозначения, понятия, относящиеся к множествам, которых будем придерживаться дальше.

Начнем с основного понятия, которое встречается практически в каждом разделе математики - это понятие множества.

Множество - это совокупность, набор элементов, объединенных общими свойствами.

Множества обозначаются заглавными латинскими буквами , а элементы множества строчными латинскими буквами .

Запись означает, что есть множество с элементами , которые связаны между собой какой-то функцией .

Замечание. Элементы в множество входят по одному разу, т.е. без повторений.

Основные операции:

  1. Принадлежность элемента множеству:



где -- элемент и -- множество (элемент принадлежит множеству ).

  1. Непринадлежность элемента множеству:






где -- элемент и -- множество (элемент не принадлежит множеству ).

  1. Объединение множеств: .

Объединением двух множеств и называется множество , которое состоит из элементов множеств и , т.е.


или


  1. Пересечение множеств: .

Пересечением двух множеств и называется множество , которое состоит из общих элементов множеств и , т.е.


и


  1. Разность множеств: .

Разностью двух множеств и , например, множество минус множество , называется множество , которое состоит из элементов множества , которых нет в множестве , т.е.


и


  1. Симметрическая разность множеств:


.





Симметрической разностью двух множеств и называется множество , которое состоит из не общих элементов множеств и , т.е.



  1. Дополнение множества: .

Если предположим, что множество является подмножеством некоторого универсального множества , тогда определяется операция дополнения:


и


  1. Вхождение одного множества в другое множество: .

Если любой элемент множества является элементом множества , то говорят, что множество есть подмножество множества (множество входит в множество ).

  1. Не вхождение одного множества в другое множество: .

Если существует элемент множества , который не является элементом множества , то говорят, что множество не подмножество множества (множество не входит в множество ).


2. Первая и вторая теорема Вейерштрасса


Теорема (первая теорема Вейерштрасса) Если функция непрерывна на сегменте, то она ограничена на нем. Доказательство: методом от противного, воспользуемся свойством замкнутости сегмента [a;b]. Из любой последовательности (xn) этого сегмента можем выделить подпоследовательность xnk , сходящуюся к x0[a;b] . Пусть f не ограничена на сегменте [a;b], например, сверху, тогда для всякого натуральногоnN найдется точка xn[a;b] , что f(xn)>n. Придавая n значения 1,2,3,{\ldots}, мы получим последовательность (xn) точек сегмента [a;b], для которых выполнено свойство f(x1)>1,f(x2)>2,f(x3)>3,...,f(xn)>n... Последовательность (xn) ограничена и поэтому из нее по теореме можно выделить подпоследовательность(xnk) , которая сходится к точке x0[a;b] : limkxnk=x0 (1) Рассмотрим соответствующую последовательность (f(xnk)) . С одной стороны f(xnk)>nk и поэтому limkf(xnk)=+ (2), С другой стороны, учитывая определение непрерывной функции по Гейне из (1) будем иметь limkf(xnk)=f(x0) (3) Получаем равенства (2) и (3) противоречат теореме (о единственности предела). Это противоречие и доказывает справедливость теоремы. Аналогично доказывается ограниченность функции снизу. Ч.Т.Д.

Замечание 1 Таким образом, если f непрерывна на [a;b], то ее множество значений ограничено и поэтому существует конечные верхняя и нижняя грань функции. c=infx[a;b]f(x),d=supx[a;b]f(x), но открыт вопрос о достижении функции своих граней. Замечание 2 Если слово сегмент в условии теоремы заменить словом интервал или полуинтервал, то теорема может и нарушиться. Пример, y=tgx,tgxC((2π;2π)) , но функция не ограничена на этом интервале.

Теорема (вторая теорема Вейерштрасса) Если функция непрерывна на сегменте, то она достигает на нем своих граней (т.е. непрерывная на сегменте функция принимает свое наибольшее и наименьшее значения). Доказательство: Пусть f(x)C([a;b]) , c=infx[a;b]f(x), d=supx[a;b]f(x). По первой теореме Вейерштрасса c,dR . Докажем, что f достигает на [a;b] своих граней, т.е. найдутся такие точки x1,x2[a;b] , чтоf(x1)=c,f(x2)=d. Докажем, например, существование точки x2.

По определению верхней грани имеем (x[a;b])(f(x)=d) . Предположим противное, т.е. точки x2, в которой f(x2)=dна [a;b], тогда на [a;b] выполняется условиеf(x)<d или df(x)>0 . Далее введем вспомогательную функцию ϕ(x)=1df(x). ϕ(x)на [a;b] положительна и непрерывна (как отношение двух непрерывных на [a;b] функций и df(x)/=0) , поэтому по первой Т. Вейерштрасса ϕ(x)на [a;b] ограничена. Это означает, что при некотором М>0 (x[a;b])(0<1df(x)M) , отсюда имеем f(x)d1M<d . Полученное неравенство противоречит тому, что d является верхней гранью функции f(x) на [a;b], т.е. наименьшим из верхних границ. Полученное противоречие и означает существование точки x2 такой, что f(x2)=d.

Аналогично доказывается существование точки x1[a;b] , такой что f(x1)=c.

Следствие Если f непрерывна и непостоянна на [a;b], то образ этого отрезка [a;b] при отображении f будет так же отрезок, т.е. непрерывный непостоянный образ отрезка есть отрезок. Доказательство: В самом деле образом отрезка [a;b] при отображении f будет отрезок [с;d], где c=inf[a;b]f(x)=min[a;b]f(x), а d=sup[a;b]f(x)=max[a;b]f(x), что следует из второй теоремы Больцано-Коши и второй теоремы Вейерштрасса Ч.Т.Д.


3. Теорема Ферма и Ролля


Пусть функция f(x) имеет на множестве E точку экстремума x₀?E, причём множество E содержит некоторую β- окрестность, что E=(x- β;x+ β) точки x. Тогда либо f(x) имеет в точке x производную, равную 0, то есть f´(x)=0 , либо производная в точке x не существует. Теорема Ролля Если функция f(x) непрерывна на отрезке (a;b), дифференцируема во всех внутренних точках этого отрезка и на концах x=a и x=b обращается в нуль, [f(a)=f(b)=0], то внутри отрезка (a;b) существует п окрпйней мере одна тоска x=c, a

Метод математической индукции

Метод математической индукции является важным способом доказательства предложений (утверждений), зависящих от натурального аргумента.

Метод математической индукции состоит в следующем:

Предложение (утверждение) P(n), зависящее от натурального числа n, справедливо для любого натурального n если:

  1. P(1) является истинным предложением (утверждением);

  2. P(n) остается истинным предложением (утверждением), если n увеличить на единицу, то есть P(n + 1) - истинное предложение (утверждение).

Таким образом метод математической индукции предполагает два этапа:

  1. Этап проверки: проверяется, истинно ли предложение (утверждение) P(1).

  2. Этап доказательства: предполагается, что предложение P(n) истинно, и доказывается истинность предложения P(n + 1) (n увеличено на единицу).

Замечание 1. В некоторых случаях метод математической индукции используется в следующей форме:

Пусть m - натуральное число, m > 1 и P(n) - предложение, зависящее от n, nm.

Если

  1. P(m) справедливо;

  2. P(n) будучи истинным предложением, влечет истинность предложения P(n + 1) для любого натурального n, nm, тогда P(n) - истинное предложение для любого натурального n, nm.

В дальнейшем рассмотрим примеры применения метода математической индукции.

Пример 1. Доказать следующие равенства



g) формула бинома Ньютона:



где n Î N.

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид 1=1, следовательно, P(1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место


.


Следует проверить (доказать), что P(n + 1), то есть






истинно. Поскольку (используется предположение индукции)



получим



то есть, P(n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы , получим



b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 12 или 1=1, то есть, P(1) истинно. Допустим, что имеет место равенство


1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2


и докажем, что имеет место P(n + 1):


1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1)2






или


1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1)2.


Используя предположение индукции, получим


1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.


Таким образом, P(n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: 1=1. Допустим, что истинно равенство



и покажем, что



то есть истинность P(n) влечет истинность P(n + 1). Действительно,



и, так как 2n2 + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2), получим






и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

d) При n = 1 равенство справедливо: 1=1. Допустим, что имеет место



и докажем, что



Действительно,



e) Утверждение P(1) справедливо: 2=2. Допустим, что равенство



справедливо, и докажем, что оно влечет равенство







Действительно,



Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n.

f) P(1) справедливо: 1/3 = 1/3. Пусть имеет место равенство P(n):


.


Покажем, что последнее равенство влечет следующее:



Действительно, учитывая, что P(n) имеет место, получим



Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.





Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k, то есть,



Тогда



Используя равенство получим



Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + )n ≥ 1 + n,  > -1, nN.


b) x1 + x2 + ... + xnn, если x1x2· ... ·xn = 1 и xi > 0, .


c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического


где xi > 0, , n ≥ 2.

d) sin2na + cos2na ≤ 1, n Î N.

e)

f) 2n > n3, n Î N, n ≥ 10.


Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство






1 + a ≥ 1 + a.


Предположим, что имеет место неравенство


(1 + a)n ≥ 1 + na (1)


и покажем, что тогда имеет место и


(1 + a)n + 1 1 + (n + 1)a.


Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим


(1 + a)n(1 + a) (1 + na)(1 + a)


или


(1 + a)n + 1 1 + (n + 1)a + na2


Поскольку na2 0, следовательно,


(1 + a)n + 1 1 + (n + 1)a + na2 1 + (n + 1)a.


Таким образом, если P(n) истинно, то и P(n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x1 = 1 и, следовательно, x1 ≥ 1 то есть P(1) - справедливое утверждение. Предположим, что P(n) истинно, то есть, если adica, x1,x2,...,xn - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x1x2·...·xn = 1, и x1 + x2 + ... + xnn.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x1,x2,...,xn,xn+1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x1x2·...·xn·xn+1 = 1, тогда x1 + x2 + ... + xn + xn + 1n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x1 = x2 = ... = xn = xn+1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x1x2· ... ·xn·xn + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть xn + 1 > 1 и xn < 1. Рассмотрим n положительных чисел


x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1).


Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе,


x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn + 1n.


Последнее неравенство переписывается следующим образом:


x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1n + xn + xn+1


или


x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1n + xn + xn+1 - xnxn+1.


Поскольку






(1 - xn)(xn+1 - 1) > 0,

n + xn + xn+1 - xnxn+1 = n + 1 + xn+1(1 - xn) - 1 + xn = = n + 1 + xn+1(1 - xn) - (1 - xn) = n + 1 + (1 - xn)(xn+1 - 1) ≥ n + 1.


Следовательно,


x1 + x2 + ... + xn + xn+1n+1,


то есть, если P(n) справедливо, то и P(n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1 = x2 = ... = xn = 1.

c) Пусть x1,x2,...,xn - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел:



Поскольку их произведение равно единице:



согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что



откуда






Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x1 = x2 = ... = xn.

d) P(1) - справедливое утверждение: sin2a + cos2a = 1. Предположим, что P(n) - истинное утверждение:

sin2na + cos2na 1

и покажем, что имеет место P(n + 1). Действительно,

sin2(n + 1)a + cos2(n + 1)a = sin2na·sin2a + cos2na·cos2a < sin2na + cos2na 1

(если sin2a 1, то cos2a < 1, и обратно: если cos2a 1, то sin2a < 1). Таким образом, для любого n Î N sin2na + cos2n 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: 1 < 3/2.

Допустим, что и докажем, что



Поскольку



учитывая P(n), получим






f) Учитывая замечание 1, проверим P(10): 210 > 103, 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2n > n3 (n > 10) и докажем P(n + 1), то есть 2n+1 > (n + 1)3.

Поскольку при n > 10 имеем или , следует, что


2n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 или n3 > 3n2 + 3n + 1.


Учитывая неравенство (2n > n3), получим


2n+1 = 2n·2 = 2n + 2n > n3 + n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n + 1)3.


Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n Î N, n 10 имеем 2n > n3.

Пример 3. Доказать, что для любого n Î N


a) n(2n2 - 3n + 1) делится на 6,

b) 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 делится на 11.


Решение. a) P(1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P(n) справедливо, то есть n(2n2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P(n + 1), то есть, (n + 1)n(2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку



Случайные файлы

Файл
28989-1.rtf
84231.doc
kursovik.doc
8813.rtf
50301.rtf




Чтобы не видеть здесь видео-рекламу достаточно стать зарегистрированным пользователем.
Чтобы не видеть никакую рекламу на сайте, нужно стать VIP-пользователем.
Это можно сделать совершенно бесплатно. Читайте подробности тут.