1.Множестваи операции над множествами
Напомним основныеобозначения, понятия, относящиеся к множествам, которых будем придерживатьсядальше.
Начнем с основногопонятия, которое встречается практически в каждом разделе математики — этопонятие множества.
Множество- это совокупность, набор элементов, объединенных общими свойствами.
Множества обозначаютсязаглавными латинскими буквами />,а элементы множества строчными латинскими буквами />.
Запись />означает, что естьмножество />с элементами />,которые связаны между собой какой-то функцией />.
Замечание.Элементы в множество входят по одному разу, т.е. без повторений.
Основные операции:
1. Принадлежностьэлемента множеству:
/>
где />--элемент и /> — множество (элемент />принадлежитмножеству /> ).
2. Непринадлежностьэлемента множеству:
/>
где />--элемент и /> — множество (элемент />непринадлежит множеству /> ).
3. Объединениемножеств: />.
Объединением двух множеств/>и />называетсямножество />, которое состоит из элементов множеств />и />, т.е.
/> или/>
4. Пересечениемножеств: />.
Пересечением двухмножеств/>и />называетсямножество />, которое состоит из общих элементов множеств />и />, т.е.
/> и/>
5. Разностьмножеств: />.
Разностью двух множеств/>и />, например,множество />минус множество />, называетсямножество />, которое состоит из элементов множества />,которых нет в множестве />, т.е.
/> и/>
6. Симметрическаяразность множеств:
/>.
Симметрическойразностью двух множеств />и />называется множество />, котороесостоит из не общих элементов множеств />и />, т.е.
/>
7. Дополнениемножества: />.
Если предположим, чтомножество />являетсяподмножеством некоторого универсального множества />, тогда определяется операция дополнения:
/> и/>
8. Вхождениеодного множества в другое множество: />.
Если любой элементмножества />являетсяэлементом множества />, то говорят,что множество />естьподмножество множества />(множество />входит в множество />).
9. Невхождение одного множества в другое множество: />.
Если существует элементмножества />, который неявляется элементом множества />, то говорят,что множество />неподмножество множества />(множество />не входит в множество />).
2. Первая и втораятеорема 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 выделитьподпоследовательность xnk, сходящуюся к x0∈[a;b]. Пустьf не ограничена на сегменте [a;b], например, сверху, тогда для всякогонатуральногоn∈N найдется точка xn∈[a;b], что f(xn)>n. Придавая n значения 1,2,3,{\ldots}, мы получимпоследовательность (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 потеореме 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 единственностипредела). Это противоречие и доказывает справедливость теоремы. Аналогичнодоказывается ограниченность функции снизу. Ч.Т.Д.
Замечание 1 Такимобразом, если f непрерывна на [a;b], то ее множество значений ограниченои 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 функциисвоих граней. Замечание 2 Если слово сегмент в условии теоремы заменить словом интервалили полуинтервал, то теорема может и нарушиться. Пример, y=tgx,tgx∈C((−2π;2π)), но функция не ограничена на этоминтервале.
Теорема (вторая теорема Вейерштрасса) Если функция непрерывна на сегменте, то она достигает на немсвоих граней (т.е. непрерывная на сегменте функция принимает свое наибольшее инаименьшее 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 такиеточки x1,x2∈[a;b], чтоf(x1)=c,f(x2)=d. Докажем,например, существование точки x2.
Поопределению 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)0. Далее введем вспомогательнуюфункцию ϕ(x)=1d−f(x). ϕ(x)на [a;b] положительна и непрерывна (какотношение 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 принекотором М>0 (∀x∈[a;b])(0
Аналогичнодоказывается 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 теоремыБольцано-Коши и второй теоремы Вейерштрасса Ч.Т.Д.
3.ТеоремаФерма 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 естьf´(x)=0, либо производная в точке x не существует. Теорема Ролля Еслифункция f(x) непрерывна на отрезке (a;b), дифференцируема во всех внутреннихточках этого отрезка и на концах x=a и x=b обращается в нуль, [f(a)=f(b)=0], товнутри отрезка (a;b) существует п окрпйней мере одна тоска x=c, a
Метод математическойиндукции
Методматематической индукции является важным способом доказательства предложений(утверждений), зависящих от натурального аргумента.
Методматематической индукции состоит в следующем:
Предложение(утверждение) P(n), зависящее от натурального числа n, справедливо для любогонатурального n если:
1. P(1)является истинным предложением (утверждением);
2. P(n)остается истинным предложением (утверждением), если n увеличить на единицу, тоесть P(n + 1) — истинное предложение (утверждение).
Таким образомметод математической индукции предполагает два этапа:
1. Этаппроверки: проверяется, истинно ли предложение (утверждение) P(1).
2. Этапдоказательства: предполагается, что предложение P(n) истинно, и доказываетсяистинность предложения P(n + 1) (n увеличено на единицу).
/>Замечание 1. Внекоторых 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 любогонатурального n, n ≥ m, тогда P(n) — истинное предложение для любогонатурального n, n ≥ m.
В дальнейшемрассмотрим примеры применения метода математической индукции.
Пример 1. Доказать следующие равенства
/>
g) формула биномаНьютона:
/>
где n ÎN.
Решение. a) При n = 1 равенство примет вид />1=1,следовательно, P(1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, тоесть, имеет место
/>.
Следует проверить(доказать), что P(n + 1), то есть
/>
истинно. Поскольку(используется предположение индукции)
/>
получим
/>
то есть, P(n + 1) — истинное утверждение.
Такимобразом, согласно методу математической индукции, исходное равенствосправедливо для любого натурального n.
/>Замечание 2. Этотпример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 +… + n естьсумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a1 =1 и разностью d = 1. В силу известной формулы />, получим
/>
b) При n = 1равенство 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 имеетместо 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.
Используяпредположение индукции, получим
1 + 3 + 5 +… + (2n — 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.
Такимобразом, P(n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.
/>Замечание 3. Этотпример можно решить (аналогично предыдущему) без использования методаматематической индукции.
c) При n = 1равенство 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 = 1равенство 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 последнееравенство влечет следующее:
/>
Действительно,учитывая, что P(n) имеет место, получим
/>
Такимобразом, равенство доказано.
g) При n = 1имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.
Пусть формулабинома Ньютона справедлива при n = k, то есть,
/>
Тогда
/>
Используя равенство />получим
/>
Пример 2. Доказать неравенства
a) неравенствоБернулли: (1 + )n ≥ 1 + n, > -1, n N.
b) x1 + x2+… + xn ≥ n, если x1x2·… ·xn= 1 и xi > 0, />.
c) неравенство Кошиотносительно среднего арифемтического и среднего геометрического
/> гдеxi > 0, />, n ≥2.
d)sin2na + cos2na≤ 1, n Î N.
e) />
f) 2n > n3,n ÎN, n ≥ 10.
Решение. a) При n = 1 получаем истинноенеравенство
1 + a≥ 1 + a.
Предположим, что имеетместо неравенство
(1 + a)n≥ 1 + na (1)
и покажем, что тогдаимеет 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.
Такимобразом, если P(n) истинно, то и P(n + 1) истинно, следовательно, согласнопринципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.
b) При n = 1получим 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, чтоэто 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.
Рассмотримследующие два случая:
1) x1= x2 =… = xn = xn+1 = 1. Тогдасумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;
2) хотя быодно 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, меньшеединицы). Пусть xn+ 1 > 1 и xn
x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1).
Произведение этих чиселравно единице, и, согласно гипотезе,
x1+ x2 +… + xn-1 + xnxn+ 1 ≥ n.
Последнее неравенствопереписывается 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. Знакравенства 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 ихпроизведение равно единице:
/>
согласно ранеедоказанному 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
(если sin2a ≤ 1, то cos2a
e) При n = 1утверждение справедливо: /> 1
Допустим, что/>идокажем, что
/>
Поскольку
/>
учитывая P(n), получим
/>
f) Учитывая замечание1, 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 приn > 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.
Такимобразом, 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 (0делится 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.
Такимобразом, 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 на11. Утверждение доказано.
Несобственные интегралы
Пусть функция f(x)определена на полуинтервале (a,b] и />, />;кроме того
/>
Определение: Несобственныминтегралом 1рода от f(x)на (a, b]называется предел:
/>
если этот пределсуществует. В этом случае говорят, что несобственный интеграл сходится.
Пример:
/>
Если a= 1, то
/>
Следовательно, при a
/>
/>
Аналогично определяетсянесобственный интеграл, если
/>
Определениенесобственного интеграла 2 рода:
Пусть />:/> и существует предел:
/>
Тогда этот пределназывается несобственным интегралом 2 рода, т.е.
/>
Пример:
/>
Если a= 1, то
/>
Следовательно,несобственный интеграл
/>
Для исследованиясходимости и расходимости несобственных интегралов применяется признаксравнения:
Пусть функция f(x)и g(x)удовлетворяют неравенству: />и несобственный интеграл /> сходится.Тогда сходится и несобственный интеграл />.
Доказательство: В силусходимости /> по критерию Коши дляфункции />, выполняется неравенство />.Но тогда, ввиду неравенств: /> аналогично неравенствобудет справедливо и для функции f(x),т.е.
/>
Следовательно, покритерию Коши существует предел:
/>,
т.е. этот интегралсходится.
Замечание1: Аналогичныйпризнак сравнения справедлив и для несобственных интегралов 2 рода.
Замечание2: Отрицаниемпризнака 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 интегралсходится при a > 0. Представим этот интеграл в виде суммы двухинтегралов:
/>
и докажем сходимостькаждого из этих интегралов при a > 0.
Обозначим
/> и/>.
Если xÎ(0,1], то: />. Так как интеграл />,как это было доказано выше сходится при 1 — a0,то по признаку сравнения интеграл /> сходится при a>0.Если xÎ[1,+ />), то для некоторойконстанты c>0 выполняетсянеравенство: />.
Заметим, что
/>,
т.е. этот интегралсходится при любых aÎR.Следовательно, функция Эйлера G(a) = G1(a)+ G2(a)определена для всех a>0.
Далее, определимфункцию
B(a,b)= />
и докажем, что этафункция определена для любых a>0 и b>0.
Обозначим:
/> и/>.
Если xÎ(0,1/2], то />. Интеграл /> сходитсяпо признаку сравнения 1 — a0и 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, функцияЭйлера 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
5) G(1/2)= />
6) B(a,b)= />
Пример:
Вычислить интегралвероятности
/>.
В силу чётности функции/> интеграл вероятности можнопредставить в виде:
/>.
Сделав в этом интегралезамену t = x2, получим следующий интеграл:
/>