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)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

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 вокрестность, что E=(xв;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

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 + … + x_n? n, если x₁x₂· … · x_n = 1 и x_i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического

где x_i > 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,…, x_n — n положительных чисел, произведение которых равно единице, x₁x₂· …·x_n = 1, и x₁ + x₂ + … + x_n? n.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x₁, x₂,…, x_n, x_n+1 — (n + 1) положительных чисел, таких, что x₁x₂· …·x_n·x_n+1 = 1, тогда x₁ + x₂ + … + x_n + x_{n + 1}? n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x₁ = x₂ = … = x_n = x_n+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· … · x_n·x_{n + 1} = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть x_{n + 1} > 1 и x_n < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x₁, x₂,…, x_n-1,(x_n· x_n+1).

Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе,

x₁ + x₂ + … + x_n-1 + x_nx_{n + 1}? n.

Последнее неравенство переписывается следующим образом:

x₁ + x₂ + … + x_n-1 + x_nx_n+1 + x_n + x_n+1? n + x_n + x_n+1

или

x₁ + x₂ + … + x_n-1 + x_n + x_n+1? n + x_n + x_n+1 — x_nx_n+1.

Поскольку

(1 — x_n)(x_n+1 — 1) > 0,

n + x_n + x_n+1 — x_nx_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.

Следовательно,

x₁ + x₂ + … + x_n + x_n+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 = … = x_n = 1.

c) Пусть x₁, x₂,…, x_n — 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 = … = x_n.

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,

sin^2(n—+—1)a—+—cos^2(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) 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-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 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-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 = 6^2n-2+2 + 3ⁿ⁺¹⁺¹ + 3^n-1+1 =

= 6²· 6^2n-2 + 3· 3ⁿ⁺¹ + 3· 3^n-1 = 3· (6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1) + 33· 6^2n-2

и, как 6^2n-2 + 3ⁿ⁺¹ + 3^n-1, так и 33· 6^2n-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, ½], 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) (½) =

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: