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 x0∈[a;b] . Пусть
f не ограничена на сегменте [a;b], например, сверху, тогда для всякого
натуральногоn∈N 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] : limk→∞xnk=x0 (1) Рассмотрим соответствующую последовательность (f(xnk)) . С одной стороны f(xnk)>nk и поэтому limk→∞f(xnk)=+∞ (2), С другой стороны, учитывая определение непрерывной функции по Гейне из
(1) будем иметь limk→∞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=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,tgx∈C((−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,d∈R . 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 d−f(x)>0 . Далее введем вспомогательную
функцию ϕ(x)=1d−f(x). ϕ(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 ϕ(x)на [a;b] ограничена. Это означает, что при
некотором М>0 (∀x∈[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 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<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 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, 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 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.
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 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
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
a
= 1, то
Следовательно,
при a
< 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
a
= 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 G(a) и B(a,
b).
Определим
функцию G(a)
равенством:
.
Покажем,
что интеграл сходится при a > 0. Представим этот интеграл в
виде суммы двух интегралов:
и
докажем сходимость каждого из этих интегралов при a
> 0.
Обозначим
и
.
Если
xÎ(0, 1], то: .
Так как интеграл , как это было доказано выше сходится при
1 - a<
1, т.е. при a>0, то по признаку сравнения интеграл сходится
при a>0.
Если xÎ[1,
+ ) , то для некоторой константы c>0
выполняется неравенство: .
Заметим,
что
,
т.е.
этот интеграл сходится при любых aÎR.
Следовательно, функция Эйлера G(a) = G1(a)
+ G2(a)
определена для всех a>0.
Далее,
определим функцию
B(a,
b)
=
и
докажем, что эта функция определена для любых a>0 и b>0.
Обозначим:
и
.
Если
xÎ(0, 1/2], то .
Интеграл сходится по признаку сравнения 1 - a<1,
т.е. при a>0 и при любых значениях b.
Заметим, что, если в интеграле B2(a,
b)
сделать замену t = 1 – x,
то мы B1(b,
a),
который, как мы выяснили, сходится при b>0 и при любых a.
Следовательно,
функция Эйлера B(a, b)
= B1(a,
b)
+ B2(a,
b)
определена для любых a>0 и b>0. Отметим
(без доказательства) следующие свойства интегралов Эйлера:
1)
G(1)
= 1
2)
G(a
+ 1) = aG(a),
a>0
3)
G(n
+ 1) = n!, nÎN
4)
G(a)G(1
- a)
=,
0<a<1
5)
G(1/2)
=
6)
B(a,
b)
=
Пример:
Вычислить
интеграл вероятности
.
В
силу чётности функции интеграл вероятности можно представить в
виде:
.
Сделав
в этом интеграле замену t
= x2
, получим следующий интеграл: