Izrek o natančni zgornji meji množice. Obstoj zgornjega (spodnjega) obraza

MATEMATIČNA ANALIZA

del I

TEORIJA MEJA. Omejitev zaporedja in omejitev funkcije. Izrek o obstoju za natančen supremum.

Naj spremenljivka x n ima neskončno zaporedje vrednosti

x 1 , x 2 , ..., x n , ..., (1)

in zakon spreminjanja spremenljivke je znan x n, tj. za vsakogar naravno število n lahko določite ustrezno vrednost x n. Zato se predpostavlja, da spremenljivka x n je funkcija n:

x n = f(n)

Opredelimo enega od najpomembnejši pojmi matematična analiza - meja zaporedja ali, kar je isto, meja spremenljivke x n, ki poteka skozi zaporedje x 1 , x 2 , ..., x n , ... . .

Opredelitev. Stalna številka a klical omejitev zaporedja x 1 , x 2 , ..., x n , ... . ali meja spremenljivke x n, če za poljubno majhno pozitivno število e obstaja tako naravno število n(tj. številka n), da so vse vrednosti spremenljivke x n, začenši z x n, razlikovati od a Avtor: absolutna vrednost manj kot e. Ta definicija na kratko zapisano takole:

| x n - a |< (2)

pred vsemi n  n, ali kar je isto,

Določitev Cauchyjeve meje. Število A se imenuje limita funkcije f (x) v točki a, če je ta funkcija definirana v neki okolici točke a, z morebitno izjemo same točke a, in za vsako ε > 0 obstaja δ > 0 tako, da za vse x velja pogoj |x – a|< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x) – A| < ε.

Določitev Heinejeve meje. Število A imenujemo limita funkcije f (x) v točki a, če je ta funkcija definirana v neki okolici točke a, z možno izjemo same točke a, in za vsako zaporedje, tako da konvergira k številu a, ustrezno zaporedje funkcijskih vrednosti konvergira k številu A.

Če ima funkcija f (x) limit v točki a, potem je ta limit edinstven.

Število A 1 imenujemo limita funkcije f (x) na levi v točki a, če za vsako ε > 0 obstaja δ >

Število A 2 imenujemo limita funkcije f (x) na desni v točki a, če za vsako ε > 0 obstaja δ > 0 tako, da neenakost velja za vse

Meja na levi je označena z mejo na desni - Te meje označujejo obnašanje funkcije levo in desno od točke a. Te pogosto imenujemo enosmerne omejitve. Pri označevanju enostranskih meja za x → 0 je prva ničla običajno izpuščena: in. Torej za funkcijo

Če za vsako ε > 0 obstaja δ-okolica točke, tako da za vse x, ki izpolnjujejo pogoj |x – a|< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x)| >ε, potem pravijo, da ima funkcija f (x) neskončno mejo v točki a:

Tako ima funkcija neskončno mejo v točki x = 0. Pogosto ločimo meje, enake +∞ in –∞. Torej,

Če za vsako ε > 0 obstaja δ > 0 tako, da za vsak x > δ velja neenakost |f (x) – A|< ε, то говорят, что предел функции f (x) при x, стремящемся к плюс бесконечности, равен A:

Izrek o obstoju za natančen supremum

definicija:АR mR, m je zgornja (spodnja) ploskev A, če je аА аm (аm).

definicija: Množica A je omejena od zgoraj (od spodaj), če obstaja m tak, da je aA, potem velja am (am).

definicija: SupA=m, če je 1) m supremum od A

2) m’: m’ m' ni supremum od A

InfA = n, če je 1) n infimum A

2) n’: n’>n => n’ ni infimum od A

Opredelitev: SupA=m je število tako, da: 1)  aA am

2) >0 a  A, tako da je a  a-

InfA = n je takšno število, da: 1) 1)  aA an

2) >0 a  A, tako da je a E a+

Izrek: Vsaka neprazna množica AR, omejena od zgoraj, ima natančen supremum in edinstvenega.

Dokaz:

Konstruirajmo število m na številski premici in dokažimo, da je to supremum od A.

[m]=max([a]:aA) [[m],[m]+1]A=>[m]+1 - zgornja meja A

Odsek [[m],[m]+1] - razdeljen na 10 delov

m 1 =max:aA)]

m 2 =max,m 1:aA)]

m k =max,m 1 ...m K-1:aA)]

[[m],m 1 ...m K , [m],m 1 ...m K + 1 /10 K ]A=>[m],m 1 ...m K + 1/ 10 K - zgornji rob A

Dokažimo, da je m=[m],m 1 ...m K supremum in da je edinstven:

k: potem obstaja točka, v kateri funkcija doseže svoj maksimum, obstaja točka, v kateri funkcija doseže svoj minimum.

Dokaz:

Naj bo funkcija f(x) zvezna na , potem je po izreku 1 omejena na tem intervalu. Posledično je nabor funkcijskih vrednosti omejen. Potem ima ta množica na podlagi načela supremuma natančno zgornjo in natančno spodnjo mejo.

Označimo: in pokažimo, da bo to največja vrednost funkcije f(x) na odseku : .

Predpostavimo nasprotno, to je.

Ker je , potem f(x)< .

predstavimo funkcijo . Funkcija je zvezna na , saj je -f(x) 0. Potem je po Weierstrassovem prvem izreku funkcija omejena na .

, kjer je >0

Ker ta neenakost velja, število ni natančna zgornja meja nabora funkcijskih vrednosti. Pridemo do protislovja, kar pomeni, da je naša predpostavka napačna. Podobno lahko dokažemo, da zvezna funkcija doseže svoj najmanjša vrednost. Izrek je dokazan.

DIFERENCIABILNE FUNKCIJE Rollejev in Lagrangeov izrek. Formula TEylorja z ostankom v Lagrangeovi obliki.

Rollejev izrek. Če je funkcija f(x) zvezna na zaprtem intervalu [a, b], ima odvod znotraj intervala in če

f(a) = f(b)

potem je znotraj intervala [a, b] vsaj ena taka vrednost x 0 (a< x 0 < b), что

f "(x 0 ) = 0.

Dokaz. Razmislimo o dveh primerih.

1. Funkcija f(x) je konstantna na intervalu [ a, b]; Potem f" (x) = 0 za kogarkoli x(a< x < b) , tj. izjava Rollejevega izreka se izvede samodejno.

2. Funkcija f(x) ni konstantna (slika 1); potem doseže največjo ali najmanjšo ali obe vrednosti na notranji točki intervala, ker f(b) = f(a), in če f(a) - najmanjša vrednost, potem je največja vrednost funkcija f(x) bo trajalo znotraj intervala.

Ker po pogoju f(x) ima na točki x 0 izpeljanko, potem po izreku o potreben atribut ekstrem,

f "(x 0 ) = 0 ,

in Rollejev izrek je dokazan.

Rollejev izrek ima preprosto geometrijsko razlago: če je podan lok AB krivulje y = f(x), v vsaki točki katere je tangenta in sta konca A in B na enaki razdalji od osi Ox, potem je na tem loku vsaj ena točka, v kateri bo tangenta t na krivuljo vzporedna s tetivo, ki krči lok, in torej z osjo Ox(glej sliko 1).

Če koordinatne osi zasukamo za kot a, potem konci A in B loki AB ne bo več na enaki razdalji od osi vol", ampak tangentno t bo še vedno vzporedna s tetivo AB(glej sliko 1). Zato je naravno pričakovati, da izrek velja: Če je podan lok AB krivulje y = f(x) z zvezno spreminjajočo se tangento, potem je na tem loku vsaj ena točka, v kateri je tangenta vzporedna s tetivo AB, ki jo povezuje(Slika 2).

Lagrangeov izrek. Če je funkcija f(x) zvezna na zaprtem intervalu[a, b] in znotraj ima derivat f "(x), potem obstaja vsaj ena taka vrednost x 0 (a< x 0 < b), что

f(b) - f(a) = (b - a)f "(x).

Dokaz. Razmislite o funkciji pomočnika

F(x) = f(x) - k(x - a),

Kje - kotni koeficient tetive AB(glej sliko 2).

Ta funkcija izpolnjuje vse pogoje Rollejevega izreka.

Pravzaprav kdaj x = a imamo F(a) = f(a) - k(a - a) = f(a), pri x = b imamo

Še več, saj funkcija f(x) in k(x - a) neprekinjeno na [ a, b] in razločljiv v ( a, b), nato funkcijo F(x) = f(x) - k(x - a) neprekinjeno na [ a, b] in razločljiv v ( a, b).

Zato je po Rollejevem izreku v intervalu ( a, b) obstaja taka točka x 0 , Kaj

F"(x 0 ) = 0 ,

f "(x 0 ) - k = 0

Od tu imamo

f(b) - f(a) = (b - a)f " (x 0 ) ,

Q.E.D.

Ker a + (b - a) = b, nato vrednost a +(b - a), kjer je Q pravi pozitivni ulomek (0 <  < 1) , je enako nekemu številu v intervalu ( a, b), zato lahko Lagrangeovo formulo zapišemo v obliki

f(b) - f(a) = (b - a)f "

Če postavite a = x, b = x +x, kje b - a =x, potem bo Lagrangeova formula zapisana v obliki

y = f(x +x) - f(x) =xf"(x+x).

Prej je bilo dokazano, da če je funkcija enaka konstanti C za katero koli vrednost x v intervalu (a, b), potem je njen odvod enak nič.

Dokažimo zdaj obratni izrek, ki je posledica Lagrangeovega izreka:

Če derivat f "(x) izgine za katero koli vrednost x v intervalu (a, b), potem je v tem intervalu f(x) = C.

Pravzaprav, če x 1 in x 2 - kateri koli dve vrednosti v intervalu (a, b), potem imamo po Lagrangeovem izreku

f(x 2 ) - f(x 1 ) = (x 2 - x 1 )f"(x 0 ),

Kje, x 1 < x 0 < x 2 . Toda odkar f"(x 0 ) = 0 , To

f(x 2 ) - f(x 1 ) = 0,

kar dokazuje naš izrek.

Pomemben izrek sledi neposredno iz tega:

Če dve funkciji f 1 (x) in f 2 (x) imajo enak odvod v intervalu (a, b), potem se med seboj razlikujejo za konstantno vrednost na tem intervalu.

Dejansko upoštevajte funkcijo

(x) = f 2 (x)-f 1 (x).

Potem za poljubno vrednost x iz intervala (a, b)

"(x) = f 2 "(x)-f 1 "(x) = 0.

Toda to pomeni, da  (x) = C in zato

f 2 (x)-f 1 (x) = C.

Taylorjeva formula. Naj na intervalufunkcija f(x) je n-krat diferenciabilna in veljajo naslednje enakosti:

f(a) = f(b) = f "(a) = f ""(a)= ... = f (n-1) (a)=0

Nato znotraj intervalaobstaja vsaj ena vrednost z,pri katerem

f (n) (c) = 0

Dokaz. Avtor: Rollejev izrek imamo

f "(x 0 ) = 0 ,

Kje a< x 0 < b . Potem f "(x) na intervalu izpolnjuje Rollejev izrek, saj po pogoju f "(a) = 0 in f "(x 0 ) = 0 , in zato

f ""(x 1 ) = 0 ,

Kje a< x 1 < x 0 .

Zaporedna uporaba Rollejevega izreka za funkcije f ""(x), f """(x), ..., f (n-1) (x), končno najdemo:

f (n) (c) = 0,

Kje a< c < x n-1 < b . Izrek je dokazan.

Izpeljimo zdaj Taylorjeva formula z ostankom v Lagrangeovi obliki.

Naj funkcija f(x) razločljiv n krat v intervalu.

Razmislite o funkciji pomočnika

(x) = f(x) - P(x),

Razlikujmo n krat funkcija  (x). Potem bomo imeli

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

 (n-1) (x) = f (n-1) (x)-A n-1 - A n (x - a),

 (n) (x) = f (n) (x)-A n

Zahtevamo, da funkcija  (x) izpolnjeval pogoje posplošenega Rollejevega izreka. Potem bomo imeli

(1) .

Ker je funkcija  (x) izpolnjuje pogoje splošnega Rollejevega izreka, potem obstaja taka vrednost z< c < b) , Kaj

 (n) (c) = f (n) (c) - A n = 0 (2)

Omejen komplet. Natančni robovi

Moivrejeva formula

Leta 1707 ga je našel A. Moivre; njegov sodobni zapis je leta 1748 predlagal L. Euler.

z n =r n e v j =r n(ker n j + i greh n j). (3)

Formula (3) je dokazana z indukcijo na n.

Množenje kompleksnih števil

Očitno je pravilna. Recimo, da za nekatere drži n, dokažimo za n+1. Imamo:

Za dano najdemo tisto, ki ustreza enačbi. Z drugimi besedami, poiščimo koren n th stopnjo kompleksno število. Imamo r n e noter j=r e i l Þ n j=y+2p k, kÎZ , r= kje dobimo formule

ki se uporabljajo za izračun korena n-ta potenca kompleksnega števila. Postopek iskanja korena n-ta potenca kompleksnega števila z lahko opišemo na naslednji način. Če ta številka ni enaka 0, potem bodo točno takšne korenine n. Vsi bodo vrhovi pravilnega n– kvadrat, včrtan v krog polmera . Eno od oglišč tega mnogokotnika ima argument enak.

Primer. Izračunaj. V tem primeru ima torej tri vrednosti:

riž. 1.7

Komentiraj: Primerjalni znaki manj kot, večji od (<, >) niso opredeljeni v C .

1.3. Zgornja in spodnja meja množice realna števila

Omejitev in meje množice.

Nabor E, omejen zgoraj:$b"xÎ E:x£ b.

b - zgornja meja niza:"xÎE:x£ b.

Omejena množica:$a"xÎ E: x³ a.

a - spodnji rob kompleti:"xÎE: x ³ a.

Točen supremum niza je: b = sup E je število, ki ima dve lastnosti:

1)(b - zgornji rob)"xÎ E:x£ b.

2) (nič majn) "e>0 $ xÎ E: x > b- e.

Natančen infimum se določi podobno a = inf E.Omejena množicaE:$b"xÎ E: .

komentar:če b = sup E, To -b= inf E¢, Kje E¢- ogledalo za E kup, E¢={xÎR:(-x)ÎE} .

Izrek 1. Zgoraj omejena neprazna množica ima supremum.

Dokaz: Pustiti b zgornja meja niza E in aÎ E. Označimo z [ a 1 ,b 1 ] odsek, če vsebuje točke iz E. Sicer preko [ a 1 ,b 1 ] označujejo segment

riž. 1.8

Opozorimo na lastnosti tega konstruiranega segmenta:

1) "xÎE: x£ b 1 .

2) EÇ[ a 1 ,b 1 ] ¹ Æ .

Ta postopek ponavljamo za [ a 1 ,b 1 ] itd. Kot rezultat dobimo zaporedje ugnezdenih segmentov [ a k,b ​​k], ki izpolnjuje naslednje lastnosti:

1)"xÎE: x £ b k .

2) EÇ[ a k, b k ] ¹ Æ .

Dokaz za to izvedemo z indukcijo. Predpostavimo, da je segment [ a k,b ​​k] z navedenimi lastnostmi. Razpolovite ga s piko. prek [ a k + 1 ,b k + 1 ] označujejo segmente , ki ima neprazno presečišče z E. Če oboje vsebuje

riž. 1.9

točke od E, to [ a k + 1 ,b k + 1 ] naj obstaja desni odsek. Nastali segment ima lastnosti 1), 2). Dolžine teh segmentov b k - a k =(b-a)/ 2k teži k 0, torej obstaja ednina c skupno vsem tem segmentom. To število je natančna zgornja meja tega niza. res:

1) "xÎ E: x £ c.

Predpostavimo nasprotno: $ xÎ E:x>c, vzemimo, saj obstaja takrat, od koder sledi b n< x , kar je v nasprotju s pogojem xÎ[ a n, b n].

riž. 1.10

2) "e > 0 $xÎE: x > c - e.

Za kateri koli e obstaja n: b n - a n< e . Izberimo katerokoli xÎ[ a n, b n] . Zaradi lastnosti 1) bo res x< c, Poleg tega

c-x£ b n - a n< e . Tako zahtevano x.

riž. 1.11

Podobno je mogoče dokazati, da spodaj omejene neprazne množice obstaja infimum.

Izrek 2. Točen supremum (če obstaja) je edinstven.

Dokaz: Naj bosta dva točna obraza b 2 ,b 1 , b 1 2 . Vzemi e = b 2 -b 1 > 0. Z določitev natančne zgornje meje (za b 2) $xÎ E: x > b 2 - e = b 1, ki je v nasprotju s čim b 1 zgornji rob.