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)<d или d?f(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<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 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 в- окрестность, что E=(x- в;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<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 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, 1/2], 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) (1/2) =

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: