Основы математического анализа
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 ).
2. Непринадлежность элемента множеству:
где -- элемент и -- множество (элемент не принадлежит множеству ).
3. Объединение множеств: .
Объединением двух множеств и называется множество , которое состоит из элементов множеств и , т.е.
или
4. Пересечение множеств: .
Пересечением двух множеств и называется множество , которое состоит из общих элементов множеств и , т.е.
и
5. Разность множеств: .
Разностью двух множеств и , например, множество минус множество , называется множество , которое состоит из элементов множества , которых нет в множестве , т.е.
и
6. Симметрическая разность множеств:
.
Симметрической разностью двух множеств и называется множество , которое состоит из не общих элементов множеств и , т.е.
7. Дополнение множества: .
Если предположим, что множество является подмножеством некоторого универсального множества , тогда определяется операция дополнения:
и
8. Вхождение одного множества в другое множество: .
Если любой элемент множества является элементом множества , то говорят, что множество есть подмножество множества (множество входит в множество ).
9. 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 x0Ѓё[a;b] . Пусть f не ограничена на сегменте [a;b], например, сверху, тогда для всякого натуральногоnЃёN найдется точка xnЃё[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 x0Ѓё[a;b] : limkЃЁЃ‡xnk=x0 (1) Рассмотрим соответствующую последовательность (f(xnk)) . С одной стороны f(xnk)>nk и поэтому limkЃЁЃ‡f(xnk)=+Ѓ‡ (2), С другой стороны, учитывая определение непрерывной функции по Гейне из (1) будем иметь limkЃЁЃ‡f(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=infxЃё[a;b]f(x),d=supxЃё[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,tgxЃёC((?2р;2р)) , 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)ЃёC([a;b]) , c=infxЃё[a;b]f(x), d=supxЃё[a;b]f(x). По первой теореме Вейерштрасса c,dЃёR . Докажем, что f достигает на [a;b] своих граней, т.е. найдутся такие точки x1,x2Ѓё[a;b] , чтоf(x1)=c,f(x2)=d. Докажем, например, существование точки x2.
По определению верхней грани имеем (ЃНxЃё[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 d?f(x)>0 . Далее введем вспомогательную функцию ?(x)=1d?f(x). ?(x)на [a;b] положительна и непрерывна (как отношение двух непрерывных на [a;b] функций и d?f(x)/=0) , поэтому по первой Т. Вейерштрасса ?(x)на [a;b] ограничена. Это означает, что при некотором М>0 (ЃНxЃё[a;b])(0<1d?f(x)?M) , отсюда имеем f(x)?d?1M<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 x1Ѓё[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 x??E, причём множество E содержит некоторую в- окрестность, что E=(x- в;x+ в) 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<c<b, в которой производная f?(x) обращается в нуль, т.е. f?(c)=0
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, n ? m.
Если
1. P(m) справедливо;
2. P(n) будучи истинным предложением, влечет истинность предложения P(n + 1) для любого натурального n, n ? m, тогда P(n) - истинное предложение для любого натурального n, n ? m.
В дальнейшем рассмотрим примеры применения метода математической индукции.
Пример 1. Доказать следующие равенства
g) формула бинома Ньютона:
где n О 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, n ? N.
b) x1 + x2 + ... + xn ? n, 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 О N.
e)
f) 2n > n3, n О 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-->--_,--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--?--_,--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 + ... + xn ? n.
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 + 1 ? n + 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 + 1 ? n.
Последнее неравенство переписывается следующим образом:
x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1 ? n + xn + xn+1
или
x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1 ? n + 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+1 ? n+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--О--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--О--N,--n--?--1_--имеем--2n-->--n3.
Пример--3.--Доказать,--что--для--любого--n--О--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
n(n + 1)(2n + 1) = n(n - 1 + 2)(2n - 1 + 2) = (n(n - 1) + 2n)(2n - 1 + 2) =
= n(n - 1)(2n - 1) + 2n(n - 1) + 2n(2n + 1) = n(n - 1)(2n - 1) + 2n·3n =
= n(n - 1)(2n - 1) + 6n2
и, как n(n - 1)(2n - 1), так и 6n2 делятся на 6, тогда и их сумма n(n + 1)(2n + 1) делится 6.
Таким образом, P(n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n(2n2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n ? N.
b) Проверим P(1): 60 + 32 + 30 = 11, следовательно, P(1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 делится на 11 (P(n)), тогда и 62n + 3n+2 + 3n также делится на 11 (P(n + 1)). Действительно, поскольку
62n + 3n+2 + 3n = 62n-2+2 + 3n+1+1 + 3n-1+1 =
= 62·62n-2 + 3·3n+1 + 3·3n-1 = 3·(62n-2 + 3n+1 + 3n-1) + 33·62n-2
и, как 62n-2 + 3n+1 + 3n-1, так и 33·62n-2 делятся на 11, тогда и их сумма 62n + 3n+2 + 3n делится на 11. Утверждение доказано.
Несобственные интегралы
Пусть функция f(x) определена на полуинтервале (a, b] и , ; кроме того
Определение: Несобственным интегралом 1рода от f(x) на (a, b] называется предел:
если этот предел существует. В этом случае говорят, что несобственный интеграл сходится.
Пример:
Если = 1, то
Следовательно, при < 1 интеграл
Аналогично определяется несобственный интеграл, если
Определение несобственного интеграла 2 рода:
Пусть : и существует предел:
Тогда этот предел называется несобственным интегралом 2 рода, т.е.
Пример:
Если = 1, то
Следовательно, несобственный интеграл
Для исследования сходимости и расходимости несобственных интегралов применяется признак сравнения:
Пусть функция f(x) и g(x) удовлетворяют неравенству: и несобственный интеграл сходится. Тогда сходится и несобственный интеграл .
Доказательство: В силу сходимости по критерию Коши для функции , выполняется неравенство . Но тогда, ввиду неравенств: аналогично неравенство будет справедливо и для функции f(x), т.е.
Следовательно, по критерию Коши существует предел:
,
т.е. этот интеграл сходится.
Замечание1: Аналогичный признак сравнения справедлив и для несобственных интегралов 2 рода.
Замечание2: Отрицанием признака сравнения будет следующее утверждение: если несобственный интеграл расходится, то расходится и несобственный интеграл
.
Эйлеровы интегралы () и (, ).
Определим функцию () равенством:
.
Покажем, что интеграл сходится при > 0. Представим этот интеграл в виде суммы двух интегралов:
и докажем сходимость каждого из этих интегралов при > 0.
Обозначим
и .
Если x(0, 1], то: . Так как интеграл , как это было доказано выше сходится при 1 - < 1, т.е. при >0, то по признаку сравнения интеграл сходится при >0. Если x[1, + ) , то для некоторой константы c>0 выполняется неравенство: .
Заметим, что
,
т.е. этот интеграл сходится при любых R. Следовательно, функция Эйлера () = 1() + 2() определена для всех >0.
Далее, определим функцию
(, ) =
и докажем, что эта функция определена для любых >0 и >0.
Обозначим:
и .
Если x(0, 1/2], то . Интеграл сходится по признаку сравнения 1 - <1, т.е. при >0 и при любых значениях . Заметим, что, если в интеграле 2(, ) сделать замену t = 1 - x, то мы 1(, ), который, как мы выяснили, сходится при >0 и при любых .
Следовательно, функция Эйлера (, ) = 1(, ) + 2(, ) определена для любых >0 и >0. Отметим (без доказательства) следующие свойства интегралов Эйлера:
1) (1) = 1
2) ( + 1) = (), >0
3) (n + 1) = n!, nN
4) ()(1 - ) =, 0<<1
5) (1/2) =
6) (, ) =
Пример:
Вычислить интеграл вероятности
.
В силу чётности функции интеграл вероятности можно представить в виде:
.
Сделав в этом интеграле замену t = x2 , получим следующий интеграл:
