1. Множини та операції над множинами
Нагадаємо основні позначення, поняття, пов'язані з множинам, яких будемо дотримуватися далі.
Почнемо з основного поняття, яке зустрічається практично в кожному розділі математики - це поняття безлічі.
Множина - це сукупність, набір елементів, об'єднаних загальними властивостями.
Безлічі позначаються заголовними латинськими літерами , А елементи множини рядковими латинськими буквами
.
Запис означає, що є безліч
з елементами
, Які пов'язані між собою якийсь функцією
.
Зауваження. Елементи в безліч входять по одному разу, тобто без повторень.
Основні операції:
Належність елемента множині:
де - Елемент, і
- Безліч (елемент
належить безлічі
).
Неналежність елемента множині:
де - Елемент, і
- Безліч (елемент
не належить множині
).
Об'єднання множин:
.
Об'єднанням двох множин і
називається безліч
, Яке складається з елементів множин
і
, Тобто
або
Перетин множин:
.
Перетином двох множин і
називається безліч
, Яке складається із загальних елементів множин
і
, Тобто
і
Різниця множин:
.
Різницею двох множин і
, Наприклад, безліч
мінус безліч
, Називається безліч
, Яке складається з елементів множини
, Яких немає в множині
, Тобто
і
Симетрична різниця множин:
.
Симетричної різницею двох множин і
називається безліч
, Яке складається з не загальних елементів множин
і
, Тобто
Доповнення множини:
.
Якщо припустимо, що безліч є підмножиною деякого універсального безлічі
, Тоді визначається операція додатки:
і
Входження одного безлічі в інше безліч: .
Якщо будь-який елемент безлічі є елементом множини
, То говорять, що безліч
є підмножина безлічі
(Безліч
входить в безліч
).
Не входження одного безлічі в інше безліч: .
Якщо існує елемент безлічі , Який не є елементом множини
, То говорять, що безліч
НЕ підмножина безлічі
(Безліч
не входить в безліч
).
2. П ерша і друга теорема Вейєрштрасса
Теорема (перша теорема Вейєрштрасса) Якщо функція неперервна на сегменті, то вона обмежена на ньому. Доказ: методом від протилежного, скористаємося властивістю замкнутості сегмента [a; b]. З будь-якої послідовності (xn) цього сегмента можемо виділити підпослідовність xnk , Сходяться до x 0 ∈ [a; b]. Нехай f не обмежена на сегменті [a; b], наприклад, зверху, тоді для всякого натурального n ∈ N знайдеться точка xn ∈ [a; b], що f (xn)> n. Надаючи n значення 1,2,3, {\ ldots}, ми отримаємо послідовність (xn) точок сегмента [a; b], для яких виконано властивість f (x 1)> 1, f (x 2)> 2, f ( x 3)> 3 ,..., f (xn)> n ... Послідовність (xn) обмежена і тому з неї по теоремі можна виділити підпослідовність (xnk), що сходиться до точки x 0 ∈ [a; b]: lim k → ∞ xnk = x 0 (1) Розглянемо відповідну послідовність (f (xnk)). З одного боку f (xnk)> nk і тому lim k → ∞ f (xnk) = + ∞ (2), З іншого боку, враховуючи визначення безперервної функції з Гейне з (1) будемо мати lim k → ∞ f (xnk) = f (x 0) (3) Отримуємо рівності (2) і (3) суперечать теоремі (о єдиності межі). Це протиріччя і доводить справедливість теореми. Аналогічно доводиться обмеженість функції знизу. Ч.т.д.
Зауваження 1 Таким чином, якщо f безупинна на [a; b], то її безліч значень обмежена і тому існує кінцеві верхня і нижня межа функції. C = inf x ∈ [a; b] f (x), d = sup x ∈ [a; b] f (x), але відкритий питання про досягнення функції своїх граней. Зауваження 2 Якщо слово сегмент в умові теореми замінити словом інтервал або полуінтервал, то теорема може і порушитися. Приклад, y = tgx, tgx ∈ C ((- 2 π, 2 π)), але функція не обмежена на цьому інтервалі.
Теорема (друга теорема Вейєрштрасса) Якщо функція неперервна на сегменті, то вона досягає на ньому своїх граней (тобто безперервна на сегменті функція приймає своє найбільше і найменше значення). Доказ: Нехай f (x) ∈ C ([a; b ]), c = inf x ∈ [a; b] f (x), d = sup x ∈ [a; b] f (x). За першою теоремою Вейєрштрасса c, d ∈ R . Доведемо, що f досягає на [a; b] своїх граней, тобто знайдуться такі точки x 1, x 2 ∈ [a; b], що f (x 1) = c, f (x 2) = d. Доведемо, наприклад, існування точки x 2.
За визначенням верхньої межі маємо (∀ x ∈ [a; b]) (f (x) = d). Припустимо гидке, тобто точки x 2, у якій f (x 2) = d на [a; b], тоді на [a; b] виконується умова f (x) <d або d - f (x)> 0. Далі введемо допоміжну функцію φ (x) = 1 d - f (x). Φ (x) на [a; b] позитивна і неперервна (як відношення двох неперервних на [a; b] функцій і d - f (x) / = 0), тому по першій Т. Вейерштрасса φ (x) на [a; b] обмежена. Це означає, що при деякому М> 0 (∀ x ∈ [a; b]) (0 <1 d - f (x) ≤ M), звідси маємо f (x) ≤ d - 1 M <d . Отримане нерівність суперечить тому, що d є верхньою межею функції f (x) на [a; b], тобто найменшим з верхніх меж. Отримане протиріччя і означає існування точки x 2 такої, що f (x 2) = d.
Аналогічно доводиться існування точки x 1 ∈ [a; b], такий що f (x 1) = c.
Слідство Якщо f безупинна і непостійна на [a; b], то образ цього відрізка [a; b] при відображенні f буде так же відрізок, тобто безперервний непостійний образ відрізка є відрізок. Доказ: Справді чином відрізка [a; b] при відображенні f буде відрізок [с; d], де c = inf [a; b] f (x) = min [a; b] f (x), а d = sup [a; b] f (x) = max [a; b] f (x), що слід з другої теореми Больцано-Коші та другої теореми Вейєрштрасса ч.т.д.
3. Теорема Ферма і Ролл я
Нехай функція f (x) має на безлічі E точку екстремуму x ₀? E, причому безліч E містить деяку β-околиця, що E = (x-β; x + β) точки x. Тоді або f (x) має в точці x похідну, що дорівнює 0, тобто f '(x) = 0, або похідна в точці x не існує. Теорема Ролля Якщо функція f (x) неперервна на відрізку (a; b), дифференцируема у всіх внутрішніх точках цього відрізку і на кінцях x = a і x = b звертається в нуль, [f (a) = f (b) = 0 ], то всередині відрізка (a; b) існує п окрпйней заходу одна туга x = c, a <c <b, в якій похідна f '(x) звертається в нуль, тобто f '(c) = 0
Метод математичної індукції
Метод математичної індукції є важливим способом докази пропозицій (тверджень), що залежать від натурального аргументу.
Метод математичної індукції полягає в наступному:
Пропозиція (затвердження) P (n), залежне від натурального числа n, справедливо для будь-якого натурального n якщо:
P (1) є істинним пропозицією (затвердженням);
P (n) залишається істинним пропозицією (затвердженням), якщо n збільшити на одиницю, тобто P (n + 1) - істинне речення (затвердження).
Таким чином метод математичної індукції передбачає два етапи:
Етап перевірки: перевіряється, чи істинно пропозиція (затвердження) P (1).
Етап докази: передбачається, що пропозиція P (n) істинно, і доводиться істинність пропозиції P (n + 1) (n збільшено на одиницю).
Зауваження 1. У деяких випадках метод математичної індукції використовується в такій формі:
Нехай m - натуральне число, m> 1 і P (n) - пропозиція, залежне від n, n ≥ m.
Якщо
P (m) справедливо;
P (n) будучи істинним пропозицією, тягне істинність пропозиції P (n + 1) для будь-якого натурального n, n ≥ m, тоді P (n) - істинне речення для будь-якого натурального n, n ≥ m.
Надалі розглянемо приклади застосування методу математичної індукції.
Приклад 1. Довести наступні рівності
g) формула бінома Ньютона:
де n N.
Рішення. A) При n = 1 рівність прийме вигляд 1 = 1, отже, P (1) істинно. Припустимо, що дане рівність справедливо, тобто, має місце
.
Слід перевірити (довести), що P (n + 1), тобто
істинно. Оскільки (використовується припущення індукції)
одержимо
тобто, P (n + 1) - істинне твердження.
Таким чином, згідно з методом математичної індукції, вихідне рівність справедливо для будь-якого натурального n.
Зауваження 2. Цей приклад можна було вирішити і інакше. Дійсно, сума 1 + 2 + 3 + ... + N є сума перших n членів арифметичної прогресії з першим членом a 1 = 1 і різницею d = 1. У силу відомої формули , Одержимо
b) При n = 1 рівність прийме вигляд: 2.1 - 1 = 1 2 або 1 = 1, тобто, P (1) істинно. Припустимо, що має місце рівність
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n 2
і доведемо, що має місце P (n + 1):
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2 (n + 1) - 1) = (n + 1) 2
або
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1) 2.
Використовуючи припущення індукції, одержимо
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n 2 + (2n + 1) = (n + 1) 2.
Таким чином, P (n + 1) істинно і, отже, необхідний рівність доведено.
Зауваження 3. Цей приклад можна вирішити (аналогічно попередньому) без використання методу математичної індукції.
c) При n = 1 рівність істинно: 1 = 1. Припустимо, що істинно рівність
і покажемо, що
тобто істинність P (n) тягне істинність P (n + 1). Дійсно,
і, так як 2 n 2 + 7 n + 6 = (2 n + 3) (n + 2), отримаємо
і, отже, вихідне рівність справедливо для будь-якого натурального n.
d) При n = 1 рівність справедливо: 1 = 1. Припустимо, що має місце
і доведемо, що
Дійсно,
e) Затвердження P (1) справедливо: 2 = 2. Припустимо, що рівність
справедливо, і доведемо, що воно тягне рівність
Дійсно,
Отже, вихідне рівність має місце для будь-якого натурального n.
f) P (1) справедливо: 1 / 3 = 1 / 3. Нехай має місце рівність P (n):
.
Покажемо, що останнє рівність тягне наступне:
Дійсно, враховуючи, що P (n) має місце, отримаємо
Таким чином, рівність доведено.
g) При n = 1 маємо a + b = b + a і, отже, рівність справедливо.
Нехай формула бінома Ньютона справедлива при n = k, тобто,
Тоді
Використовуючи рівність одержимо
Приклад 2. Довести нерівності
a) нерівність Бернуллі: (1 + ) n ≥ 1 + n , > -1, n N.
b) x 1 + x 2 + ... + X n ≥ n, якщо x 1 x 2 · ... · X n = 1 і x i> 0, .
c) нерівність Коші щодо середнього аріфемтіческого та середнього геометричного
де x i> 0,
, N ≥ 2.
d) sin 2 n + cos 2 n ≤ 1, n N.
e)
f) 2 n> n 3, n N, n ≥ 10.
Рішення. a) При n = 1 отримуємо справжнє нерівність
1 + ≥ 1 + .
Припустимо, що має місце нерівність
(1 + ) n ≥ 1 + n (1)
і покажемо, що тоді має місце і
≥
Дійсно оскільки тягне то множачи обидві частини нерівності на одержимо
≥
або
≥
Оскільки ≥ отже,
≥ ≥
Таким чином, якщо P (n) істинно, то і P (n + 1) істинно, отже, згідно з принципом математичної індукції, нерівність Бернуллі справедливо.
b) При n = 1 одержимо x 1 = 1 і, отже, x 1 ≥ 1 то є P (1) - справедливе твердження. Припустимо, що P (n) істинно, тобто, якщо adica, x 1, x 2 ,..., x n - n позитивних чисел, твір яких дорівнює одиниці, x 1 x 2 ·...· x n = 1 , і x 1 + x 2 + ... + X n ≥ n.
Покажемо, що ця пропозиція вилучити істинність наступного: якщо x 1, x 2 ,..., x n, x n +1 - (n + 1) позитивних чисел, таких, що x 1 x 2 ·...· x n · x n +1 = 1, тоді x 1 + x 2 + ... + X n + x n + 1 ≥ n + 1.
Розглянемо наступні два випадки:
1) x 1 = x 2 = ... = X n = x n +1 = 1. Тоді сума цих чисел дорівнює (n + 1), та потрібне неравество виконується;
2) хоча б одне число відмінно від одиниці, нехай, наприклад, більше одиниці. Тоді, оскільки x 1 x 2 · ... · X n · x n + 1 = 1, існує ще хоча б одне число, відмінне від одиниці (точніше, менше одиниці). Нехай x n + 1> 1 і x n <1. Розглянемо n позитивних чисел
x 1, x 2 ,..., x n -1, (x n · x n +1).
Твір цих чисел дорівнює одиниці, і, відповідно до гіпотези,
x 1 + x 2 + ... + X n -1 + x n x n + 1 ≥ n.
Останнє нерівність переписується наступним чином:
x 1 + x 2 + ... + X n -1 + x n x n +1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1
або
x 1 + x 2 + ... + X n -1 + x n + x n +1 ≥ n + x n + x n +1 - x n x n +1.
Оскільки
(1 - x n) (x n +1 - 1)> 0,
n + x n + x n +1 - x n x n +1 = n + 1 + x n +1 (1 - x n) - 1 + x n = = n + 1 + x n +1 (1 - x n) - (1 - x n) = n + 1 + (1 - x n) (x n +1 - 1) ≥ n + 1.
Отже,
x 1 + x 2 + ... + X n + x n +1 ≥ n +1,
тобто, якщо P (n) справедливо, то і P (n + 1) справедливо. Нерівність доведено.
Зауваження 4. Знак рівності має місце тоді і тільки тоді, коли x 1 = x 2 = ... = X n = 1.
c) Нехай x 1, x 2 ,..., x n - довільні позитивні числа. Розглянемо наступні n позитивних чисел:
Оскільки їх добуток дорівнює одиниці:
згідно з раніше доведеним нерівності b), випливає, що
звідки
Зауваження 5. Рівність виконується якщо і тільки якщо x 1 = x 2 = ... = X n.
справедливе твердження Припустимо що істинне твердження
≤
і покажемо що має місце Дійсно
· · ≤
якщо ≤ то і назад якщо ≤ то Таким чином для будь-якого ≤ і знак рівності досягається лише при
e) При n = 1 твердження справедливо: 1 <3 / 2.
Припустимо, що і доведемо, що
Оскільки
враховуючи P (n), отримаємо
f) Враховуючи зауваження 1, перевіримо P (10): 2 10> 10 Березень 1024> 1000, отже, для n = 10 твердження справедливо. Припустимо, що 2 n> n 3 (n> 10) і доведемо P (n + 1), тобто 2 n +1> (n + 1) 3.
Оскільки при n> 10 маємо або
, Випливає, що
2 n 3> n 3 + 3 n 2 + 3 n + 1 або n 3> 3 n 2 + 3 n + 1.
Враховуючи нерівність (2 n> n 3), отримаємо
2 n +1 = 2 n · 2 = 2 n + 2 n> n 3 + n 3> n 3 + 3n 2 + 3n + 1 = (n + 1) 3.
Таким чином, згідно з методом математичної індукції, для будь-якого натурального ≥ маємо
Приклад Довести що для будь-якого
a) n (2n 2 - 3n + 1) ділиться на 6,
b) 2 Червня n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 ділиться на 11.
Рішення. a) P (1) - істинне твердження (0 ділиться на 6). Нехай P (n) справедливо, тобто n (2n 2 - 3n + 1) = n (n - 1) (2n - 1) ділиться на 6. Покажемо, що тоді має місце P (n + 1), тобто, (n + 1) n (2n + 1) ділиться на 6. Дійсно, оскільки
n (n + 1) (2 n + 1) = n (n - 1 + 2) (2 n - 1 + 2) = (n (n - 1) + 2 n) (2 n - 1 + 2) =
= N (n - 1) (2 n - 1) + 2 n (n - 1) + 2 n (2 n + 1) = n (n - 1) (2 n - 1) + 2 n · 3 n =
= N (n - 1) (2n - 1) + 6n 2
і, як n (n - 1) (2n - 1), так і 6n 2 діляться на 6, тоді і їх сума n (n + 1) (2n + 1) ділиться 6.
Таким чином, P (n + 1) - справедливе твердження, і, отже, n (2n 2 - 3n + 1) ділиться на 6 для будь-якого n N.
b) Перевіримо P (1): 6 0 + 3 2 + 3 0 = 11, отже, P (1) - справедливе твердження. Слід довести, що якщо 2 Червень n -2 + 3 n +1 + 3 n -1 ділиться на 11 (P (n)), тоді і 6 лютого n + 3 n +2 + 3 n також ділиться на 11 (P ( n + 1)). Дійсно, оскільки
2 червня n + 3 n +2 + 3 n = 6 лютого n -2 +2 + 3 n +1 +1 + 3 n -1 +1 =
= 6 2 · 2 Червень n -2 + 3.3 n +1 + 3.3 n -1 = 3 · (2 червня n -2 + 3 n +1 + 3 n -1) + 33.6 2 n - 2
і, як 6 лютого n -2 + 3 n +1 + 3 n -1, так і 33.6 2 n -2 діляться на 11, тоді і їх сума 2 червня n + 3 n +2 + 3 n ділиться на 11 . Затвердження доведено.
Невласні інтеграли
Нехай функція f (x) визначена на полуінтервале (a, b] і ,
, Крім того
Визначення: невласним інтегралом 1рода від f (x) на (a, b] називається межа:
якщо ця межа існує. У цьому випадку говорять, що невласний інтеграл сходиться.
Приклад:
Якщо a = 1, то
Отже, при a <1 інтеграл
Аналогічно визначається невласний інтеграл, якщо
Визначення невласного інтеграла 2 роду:
Нехай :
і існує межа:
Тоді ця межа називається невласним інтегралом 2 роду, тобто
Приклад:
Якщо a = 1, то
Отже, невласний інтеграл
Для дослідження збіжності та расходимости невласних інтегралів застосовується ознака порівняння:
Нехай функція f (x) і g (x) задовольняють нерівності: і невласний інтеграл
сходиться. Тоді сходиться і невласний інтеграл
.
Доказ: В силу збіжності за критерієм Коші для функції
, Виконується нерівність
. Але тоді, зважаючи нерівностей:
аналогічно нерівність буде справедливо і для функції f (x), тобто
Отже, за критерієм Коші існує межа:
,
тобто цей інтеграл сходиться.
Замечаніе1: Аналогічний ознака порівняння справедливий і для невласних інтегралів 2 роду.
Замечаніе2: Запереченням ознаки порівняння буде таке твердження: якщо невласний інтеграл розходиться, то розходиться і невласний інтеграл
.
Ейлерови інтеграли G (a) і B (a, b).
Визначимо функцію G (a) рівністю:
.
Покажемо, що інтеграл сходиться при a> 0. Уявімо цей інтеграл у вигляді суми двох інтегралів:
і доведемо збіжність кожного з цих інтегралів при a> 0.
Позначимо
і
.
Якщо x Î (0, 1], то: . Так як інтеграл
, Як це було доведено вище сходиться при 1 - a <1, тобто при a> 0, то за ознакою порівняння інтеграл
сходиться при a> 0. Якщо x Î [1, +
), То для деякої константи c> 0 виконується нерівність:
.
Зауважимо, що
,
тобто цей інтеграл сходиться при будь-яких aÎ R. Отже, функція Ейлера G (a) = G 1 (a) + G 2 (a) визначена для всіх a> 0.
Далі, визначимо функцію
B (a, b) =
і доведемо, що ця функція визначена для будь-яких a> 0 і b> 0.
Позначимо:
і
.
Якщо x Î (0, 1 / 2], то . Інтеграл
сходиться за ознакою порівняння 1 - a <1, тобто при a> 0 і при будь-яких значеннях b. Зауважимо, що, якщо в інтегралі B 2 (a, b) зробити заміну t = 1 - x, то ми B 1 (b, a), який, як ми з'ясували, сходиться при b> 0 і при будь-яких a.
Отже, функція Ейлера B (a, b) = B 1 (a, b) + B 2 (a, b) визначена для будь-яких a> 0 і b> 0. Зазначимо (без доведення) наступні властивості інтегралів Ейлера:
G (1) = 1
G (a + 1) = aG (a), a> 0
G (n + 1) = n!, N Î N
G (a) G (1 - a) =
, 0 <a <1
G (1 / 2) =
B (a, b) =
Приклад:
Обчислити інтеграл ймовірності
.
В силу парності функції інтеграл ймовірності можна представити у вигляді:
.
Зробивши в цьому інтегралі заміну t = x 2, отримаємо наступний інтеграл: