Начала математического анализа. Учебное пособие

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Действительно, Ck Ck 1

n! n k 1 k

n! n k 1 k

k!(n 1 k)!

k!(n k 1)!

k!(n 1 k)!

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

847 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Если множество X R не ограничено сверху (снизу), то принято писать

sup X , inf X .

Пример 2.8. Пусть X x R : x2 1 . Ясно, что множество

X , 1 1, не ограничено ни снизу,		ни сверху. Поэтому
inf X ,	sup X .
Упражнения		x y и X Y – мно-
1. Пусть X Y – множество чисел вида
жество чисел вида xy, где x X R и y Y R . Проверьте:
а) всегдали sup X Y sup X supY ;
б) sup(X·Y) = supX supY.		x, где x X R .
2. Пусть X есть множество чисел вида
Покажите, что sup X inf X .
3. Пусть X , Y R X , Y , X Y .		Известно, что мно-

жество Y ограничено сверху, а множество X – снизу. Докажите, что множество Y также ограничено снизу, а множество X – сверху

и sup X supY,

inf X inf Y .

4.Всегда ли inf X sup X ?

5.Найдите точные грани множества рациональных чисел, удов-

летворяющих неравенству x2 2.

6. Найдите точные грани множества всех правильных рацио-

нальных дробей	m	: m, n N,		и покажите, что это множес-
нальных дробей		: m, n N,	m n	и покажите, что это множес-
	n

тво не имеет наименьшего и наибольшего элементов.

		1	;		3	1	покажите его ограни-
7. Для множества X	1	n
n 1						n
ченность сверху, снизу, найдите					мажоранту			и миноранту,
inf X , sup X (если они существуют)				и выясните,				являются ли они

соответственно наибольшим и наименьшим элементом X .

ГЛАВА 3. КЛАССЫ ДЕЙСТВИТЕЛЬНЫХ ЧИСЕЛ

Индуктивное свойство натурального ряда.

Метод математической индукции.

Целые числа.

Рациональные числа.

Иррациональные числа.

Принцип Архимеда.

Лемма о вложенных отрезках (принцип Коши–Кантора).

3.1. Индуктивное свойство натурального ряда

Определение. Множество X R называется индуктивным, если вместе с числом x R ему принадлежит также число x 1.

Пересечение X X любого семейства индуктивных мно-

жеств , если оно не пусто, является индуктивным множеством. Действительно,

х Χ

: Α х Χ

индуктивно

Α х 1 Χ	х 1	Χ
			Χ .
		Α

Определение. Наименьшее индуктивное множество в R , содержащее 1 (пересечение всех индуктивных множеств, содержащих 1), называется множеством натуральных чисел и обозначается символом N .

Элементы N называются натуральными числами. Ясно, что

N1, 2, 3, .

3.2.Принцип математической индукции

Пусть для каждого натурального числа n задано высказывание W n и справедливы следующие утверждения:

1) база индукции – W n истинно при некотором n0 N ;

2) шаг индукции – для каждого n N высказывание W n 1 яв-

ляется	следствием утверждения	(предположения индукции) W n
т. е. n W n W n 1 , тогда		W n истинно для любого числа
n N :	n n0 .

Примеры использования метода математической индукции

Пример 3.1. Разложение бинома Ньютона*: для всякого числа n N и любых a, b R справедлива формула

(a b)n an Cn1an 1b Cn2an 2b2	... Cnn 1abn 1 bn , (3.1)
где

	Ck		n!	n(n 1)...(n k 1)				0 k n .
	Ck			n(n 1)...(n k 1)				0 k n .
	n		k!(n k)!			k!
			k!(n k)!			k!
Числа	Ck	называются биномиальными коэффициентами.							Для
	n
доказательства формулы (3.1) заметим, что
					C k	C k C k 1.			(3.2)
					n 1	n	n

	n!		n!
k!(n k)!		k 1 !(n k 1)!
k!(n k)!		k 1 !(n k 1)!
	n 1 !		Ck	.
			Ck	.
	k!(n 1 k)!		n 1
	k!(n 1 k)!

Для краткости выражение (3.1) перепишем в виде (a b)n

Cnk an k bk . k 0

Докажем истинность формулы (3.1).

1. База индукции: истинность формулы при n 1 очевидна – в левой части высказывания W 1 имеем a b 1 a b; в правой части – a b.

* Исаак Ньютон (1642–1727) – английский физик, механик, астроном и математик. Разработал (наряду с Лейбницем) основы дифференциального и интегрального исчисления.

Шаг

индукции:

предположим,

что

(a b)n

Cnk an k bk

k 0

при некотором n N . Перейдем от n к n 1 и докажем равенство

n 1

(a b)n 1

Cnk 1an 1 k bk .

(3.3)

k 0

Имеем

(a b)n 1 a(a b)n b(a b)n

Cnk an k 1bk

Cnk an k bk 1

k 0

n 1 0

k 1

n k

k 1

Замена индекса:

Cn a

j, k

k 1

k 0

k 1

j 1

n 1 0

n k 1

n 1

1 n j 1

Cn a

k 1

j 1

Cn0an 1b0

1an j 1b j Cnna0bn 1

Cnk an k 1bk

Cnj

k 1

j 1

Cn0an 1b0

1an k 1bk Cnna0bn 1

Cnk an k 1bk

Cnk

k 1

(3.2)

Cn0an 1b0

Cnk Cnk 1 an k 1bk Cnna0bn 1

(3.2)

k 1

n 1

n k 1 k

n 1

n k 1 k

n 1

k 1

n 1

k 0

Таким образом, равенство (3.3) доказано, т. е. формула бинома Ньютона справедлива и при n 1. Поэтому формула (3.1) верна для всех n N .

Пример 3.2. Докажем неравенство Бернулли*:

n N, x 1: 1 x n 1 n x.

1.База индукции: неравенство при n 1 очевидно: 1 x 1 x .

2.Шаг индукции: предположив неравенство справедливым при

n , покажем, что оно справедливо и при n 1. Действительно, т. к.

* Иоганн Бернулли (1667–1748) – один из представителей знаменитого семейства швейцарских ученых Бернулли; аналитик, геометр, механик. Дал первое систематическое изложение дифференциального и интегрального исчисления.

1 x 0,	используя предположение индукции, получим
1 x n 1	1 x n 1 x 1 nx 1 x 1 n 1 x nx2 .			Так как
nx2 0 ,	то	1 x n 1 1 n 1 x, т. е. неравенство		справедливо
и при n 1. Поэтому неравенство Бернулли верно при всех n N .
Пример 3.3. Доказать для каждого n N истинность формул:
n		n n 1 2n 1 ; б)	n
а) k 2			k k ! n 1 ! 1.
k 1		6	k 1

Докажем истинность формулы (а).

1. База индукции: докажем истинность формулы при n 1. В левой части высказывания W 1 имеем 1; в правой части – 1 26 3 1.

					n			при
2. Шаг индукции: предположим, что k 2 n n 1 2n 1								при
					k 1		6
некотором n N . Перейдем от n к n 1 и докажем равенство
n 1		1 n 2 2n 3 .
k 2 n		1 n 2 2n 3 .
k 1		6
Сумма	n 1	n		1 2 . По предположению индукции
Сумма		k 2 k 2 n		1 2 . По предположению индукции
	k 1	k 1			n 1 2n		n 6n 6
n						2
k 2 n 1 2 n n 1 2n 1 n 1 2
k 1		6					6
n 1 n 2 2n 3 .
6			W n				W n 1	n.
Итак,	истинность		W n	влечет	истинность		W n 1	n.
Следовательно, формула			n	n n 1 2n 1 верна при всех n N .
Следовательно, формула			k 2	n n 1 2n 1 верна при всех n N .
			k 1	6

Докажем истинность формулы (б).

1. База индукции: докажем истинность формулы при n 1. В левой части высказывания W 1 имеем 1; в правой части –

1 1 ! 1 2! 1 1.

2. Шаг индукции:			предположим,			что		n	n 1 ! 1	при
2. Шаг индукции:			предположим,			что		k k !	n 1 ! 1	при
							k 1
некотором	n N . Перейдем от			n	к	n 1		и докажем равенство
n 1			n 1		n
k k ! n 2 ! 1. Сумма k k !					k k ! n 1 n 1 ! По пред-
k 1			k 1		k 1
		n
положению индукции k k ! n 1 n 1 ! n 1 ! 1 n 1 n 1 !
		k 1
n 1 ! 1 n 1 1 n 2 ! 1 n N .
Итак,	истинность		W n	влечет		истинность			W n 1	n.

Следовательно, формула k k ! n 1 ! 1 верна при всех n N .

k 1

Пример 3.4. Применив метод математической индукции, доказать справедливость следующих неравенств при указанных натуральных n :

а)	1	3	2n 1			1	, n Ν;
а)	1	3	2n 1			2n 1	, n Ν;
	2	4	2n			2n 1
б) 2n ! 2 2n n! 2 ,						n 1;
в)		n 1		n
	n !			,	n 1.
	n !		2	,	n 1.
			2
Неравенство (а) при n 1 очевидно:								1	1	. Предположив его
Неравенство (а) при n 1 очевидно:								2	3	. Предположив его
								2	3

справедливым при n , покажем, что оно справедливо и при n 1. Действительно, используя предположение индукции, получаем

2n 1

2n 1 2n 2

2n 2n 2

2n 2

2n 1 2n 3

2n 1

2n 3

2n 2

1	4n2 8n 3	1	, т. е. утверждение справедливо и при
2n 3	4n2 8n 4	2n 3

n 1. Поэтому неравенство (а) верно для всех n N .


Неравенство (б) при	n 2	очевидно: 4! 24 2! 2 ,		24 16 4. Ис-
ходя из справедливости	его при n		покажем, что оно справедливо
и при n 1. В самом		деле,	2n 2 ! 2n ! 2n 1 2n 2

2 2n n! 2 2n 1 2n 2 2 2n n! 2 2n 2 2n 2 2 2n 22 n! 2 n 1 2

22 n 1
22 n 1	n 1 ! 2 , т. е. утверждение справедливо и при n 1. Поэтому
неравенство (б) верно для всех n 1.
Неравенство (в) при n 2 очевидно:		2 1	2
Неравенство (в) при n 2 очевидно:		2 !	, 2 9 4. Ис-
		2

ходя из справедливости его при

покажем, что оно справедливо

n 1

при

n 1.

самом

деле,

n 1 ! n! n 1

n 1

n 1 n 1 2

n 2

n 1

n 2

n 1

2n 1 n

n 1

n 2

n 1

Бином Ньютона

n 1

n 2

n 1

n 2

n 1

т. е. неравенство справедливо и при n 1.

Поэтому неравенство (в) верно для всех n N .

Упражнения

Доказать следующие утверждения.

1.Сумма и произведение натуральных чисел являются числами натуральными.

2.n N n 1 n 1 N .

3.min x N : n x n 1.

4.(m N) n N (m n) (m 1 n).

5.Не существует натуральных чисел x , удовлетворяющих условию n x n 1, n N .

6.Пусть E N, E и ограничено сверху, тогда !max E .

7.Множество натуральных чисел N не ограничено сверху.

8.Каждое непустое подмножество E N содержит наименьший элемент.

9.Для любых n положительных чисел x1, x2 , , xn , удовлет-

воряющих условию x1 x2 xn 1, имеет место неравенство x1 x2 xn n .

10. Справедливость

неравенства

4a 1

a 0.

11.

x1 x2 xn

при

k 1, , n

(среднее

геометрическое n неотрицательных чисел не превосходит их среднего арифметического).

3.3. Целые и рациональные числа

Определение. Объединение множества натуральных чисел, множества чисел, противоположных натуральным числам, и нуля называется множеством целых чисел и обозначается Z. Итак,

Z N N 0, N : n : n N ,

или Z 0, 1, 2, ... . Заметим, что Z – абелева группа (см. параграф 2.1) в отношении операции сложения. В отношении операции

умножения Z не является группой. Пусть x Z,				x 0, x 1. Легко
показать, что x 1 Z .
Определение. Числа вида mn 1, где m Z,				n N , называются
рациональными.
Здесь n 1 : 1 , n 0, m n		1 : m ,	n 0 . Множество рациональ-
n		n
ных чисел обозначается Q . Итак, множество рациональных чисел
m	,	m Ζ,
Q :	,	m Ζ,	n Ν .
n
		28

Заметим, что

m n

n m

k Ζ\ 0 m

km , n

. Если

c Q :

, где, например, c

3.4. Иррациональные числа

Иррациональные числа – это числа множества I : R \ Q. Классическим примером иррационального числа является 2 , т. е. число

s R такое, что s 0 и s2 2. Иррациональное число называется алгебраическим, если оно является корнем алгебраического многочлена с рациональными коэффициентами. Например, 2 – корень

многочлена x2 2, 2 3 – корень многочлена x4 4x2 1. Остальные иррациональные числа называются трансцендентными. Можно доказать, что трансцендентным является, например, число .

3.5. Принцип Архимеда*

Пусть – произвольное положительное число и x – произвольное вещественное число x R , тогда найдется единственное

целое число k такое, что

k 1 x k .

Упражнение 1. Доказать, что 0 n Ν: 0 1n .

Упражнение 2. Если x 0 и n x 1n , то x 0.

Упражнение 3. x R k Ζ: k x k 1. (k : x – целая часть x (функция антье переменной x ), x x x , 0 x 1, x – дробная часть x.)

Упражнение 4. a, b R, a b, r Q : a r b.

* Архимед (287–212 гг. до н.э.) – гениальный греческий ученый.

3. 6. Лемма о вло женных отрезках
(принцип Коши–Кантора*)
П сть	a b,		a, b : x R : a x b					–	отрезок.	Пусть
In an , bn ,	an	bn , и n			In 1	In , т.	е.	In ,	n N	после-
довательность		вложенных		от езков.		Ясно,	что	an an 1		n 1 bn
n N (рис. 3.1).
		[ [	[	[	]	]		]	]
		[ [	[	[	]	]		]	]

Рис. 3.1. Последовательность

			вложенных отрезко
	Для любых двух отрезков				Im am ,	bm	и In an ,		bn нашей
послед вательности am				bn . Действительно,			сли предположить, что
am bn , то an bn am bm , т. е. отрезки Im и In								не имеют общих
точек ( Im In		).
	Определение.			Будем	гово ить,		что	д ины	вложен-
ных	отрезков		стремятся		к	нулю,		если	0
N N N : n N n N bn a n .
	Лемма.	Для любой последовательности вложенных отрезков
найдется точк		c R,		принадлежащая		всем этим		отрезка . Если,

кроме того, дл ны все вложе нных отрезков стремятся к нул ю, то c –

единственная общая точка всех			отрезков.
Д оказат ельство. Пусть			A : am , m	, B : bn , n N . Так
как для	am	A и bn B	am bn , то в	силу аксиомы олноты

* К	оши Ог	стен Луи (1789–1	857) – французский математик, один из наи-

более активных творцов с временного языка и аппарата классическогоанализа. ** Кантор Георг (1845, Петербург – 1 918, Галле) – немецкий математик, создатель теории бесконечных множеств родоначальник теоретико-множе-

ственных понятий в математике.

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]