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 множестви называется множество , которое состоит из элементов множеств и , т.е.
или
4. Пересечение множеств: .
Пересечением двух множестви называется множество , которое состоит из общих элементов множеств и , т.е.
и
5. Разность множеств: .
Разностью двух множестви , 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 множестви 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∈Nнайдется 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)>nkи 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 1Таким 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 2Если 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.
СледствиеЕсли 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 x1
x2
· ... ·xn
= 1 и xi
> 0, .
c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического
где xi
> 0, , n ≥ 2.
d) sin2n
a + cos2n
a ≤ 1, n ÎN.
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.
, a > -1 a + 1 > 0, =
(1 + a)n
(1 + a) ≥ (1 + na)(1 + a)
(1 + a)n + 1
≥ 1 + (n + 1)a + na2
na2
≥ 0, ,
(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, x1
x2
·...·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 x1
x2
·...·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 x1
x2
· ... ·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
+ xn
xn
+ 1
≥ n.
Последнее неравенство переписывается следующим образом:
x1
+ x2
+ ... + xn
-1
+ xn
xn
+1
+ xn
+ xn
+1
≥ n + xn
+ xn
+1
или
x1
+ x2
+ ... + xn
-1
+ xn
+ xn
+1
≥ n + xn
+ xn
+1
- xn
xn
+1
.
Поскольку
(1 - xn
)(xn
+1
- 1) > 0,
n + xn
+ xn
+1
- xn
xn
+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) - : sin2
a + cos2
a = 1. , P(n) - :
sin2n
a + cos2n
a ≤ 1
, P(n + 1). ,
sin2(n + 1)
a + cos2(n + 1)
a = sin2n
asin2
a + cos2n
acos2
a < sin2n
a + cos2n
a ≤ 1
( sin2
a ≤ 1, cos2
a < 1, : cos2
a ≤ 1, sin2
a < 1). , n Î N sin2n
a + cos2n
≤ 1 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 илиn3
> 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 n Î N, n ≥ 10 2n
> n3
.
3., 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: