Название: Основы математического анализа

Вид работы: контрольная работа

Рубрика: Математика

Размер файла: 154.76 Kb

Скачать файл: referat.me-215219.docx

Краткое описание работы: Основные обозначения и понятия, относящиеся к множествам, операции над ними. Объединение, пересечение и разность двух множеств и непринадлежность к нему элемента. Первая и вторая теорема Вейерштрасса, Ферма и Ролля. Вычисление интеграла вероятности.

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 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 + ... + x_n ≥ n, если x₁ x₂ · ... ·x_n = 1 и x_i > 0, .

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического

где x_i > 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 + 1), 

(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 ,...,x_n - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x₁ x₂ ·...·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 x₁ x₂ ·...·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 x₁ x₂ · ... ·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_n x_{n + 1} ≥ n.

Последнее неравенство переписывается следующим образом:

x₁ + x₂ + ... + x_{n -1} + x_n x_{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_n x_{n +1} .

Поскольку

(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.

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) - : sin² a + cos² a = 1. ,  P(n) - :

sin²ⁿ a + cos²ⁿ a ≤ 1

,  P(n + 1). ,

sin^{2(n + 1)} a + cos^{2(n + 1)} a = sin²ⁿ asin² a + cos²ⁿ acos² 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) 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 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: