И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Введение в анализ, производная, интеграл (1108557), страница 7
Текст из файла (страница 7)
е. множество — А ограничено сверху. Согласно аксиоме В.О, В вар( — А) = М". Тогда — х ( М* тх б А, поэтому -М' ( х»»»х б А, следовательно, -М' — нижняя грань множества А. Если г»' — любая другая яижняя грань множества +А, то — Ь» — верхняя грань множества — А, а поэтому -Ф )В М' = явр( — А), откуда Ь» ( — М, так что — М' = — зар(-А) является точной нижней гранью множества А.
н ( 3. Действительные числа гб 2'ь'. Доказать теорему Архимеда: если а > О, а б — произвольное действательпое чпслрь пьо гуьцестзуеьа такое и б е,, что (а — 1)а ( 6, па > Ь. м Докажем сначала, что Эьь Е К такое, что па ) 6. Для доказательства предположим обратное, т. е. Ьа < б гй Е Ж. Тогда множество (Ьа) ограничено сверху и, согласно аксиоме В.О, имеет точную верхнюю грань звр(йа) = М' ( 6. Поскольку число М' — а не является верхней гранью множества (Ьа), то Эра Е (Ьа) такое, что М' — а < ра ( М' Отсюда (р+1)а > М', (р+1) Е Ж, что противоречит определению числа М'.
Источник противоречия в предположении, что Ьа < 6 тй Е е,. Следовательно, существует число 6 б Ж такое, чта 1са > б. Аналогично доказывается, что Лт Е е, такое, что та < 6. Сегмент (та, йа], содержащий точку Ь, делится точками (пь+ 1)а, (пь + 2)а,..., (й — 1)а на й — пь сегментов; одному нз них принадлежит точка 6. (дледовательно.
существует и б е. такое, что (и — 1)а ( 6 < па. и 28. Доказать, что для произвольно заданного положительного числа е существует такое натуральное число и, что 1 — < е. и м Полагая в теореме Архимеда 6 = —, а = 1, приходим к неравенству по 1 ) —, пз Е Е. ь ! ь ! ! А так как †, > О, то ио Е И. Тогда гьь > пз, и Е И, справедливо неравенство и > пе > - илн ! — (е. ш 29. Пусть а н б произвольно заданные действительные числа, причем а < ф.
Доказать, что существует рациональное число г, заключенное между числами а и ьз. м Обозначим Ь = б — а. Согласно предыдущему примеру, Лп б И такое, что 1 — < Ь. Согласно теореме Архимеда, существует ьп б Ж такое, что т пь+1 — <а< и и Отсюда и из неравенства (1) получаем ьп+1 ьп 1 а < — = — + — < а+ Ь = а+ ф — а = ьз. и и и Таким образом, а = — ' < б. и е! пь 30. Показать, что множество всех правильных рациональных дробей —, где г» и ив п натуральные числа н О < т < в, не имеет наименьшего и наибольшего злемеььтов.
Найти точную нижнюю и точную верхнюю грани стого множества. м пусть ьп и и (О < пь < и) — любые натуральные числа. тогда из очевидных неравенств т 2т 2т — 1 т 2т 2т+1 — = — » — О, — = — < <1 и 2а 2п ' и 2п 2ьь следует, что множество правильных рациональных дробей не имеет наименьшего н наибрвь-' Шего элементов. Покажем, что 1п1 ( — "' ) = О, а ввр ( — ) = 1. Согласно теореме Архимеда, для произвольно заданных е > О и т б И найдется такал и Е И, и > ьн, что и > —. Тогда ™ ( е.
Отсюда и из неравенства ~ > О следует,' а что 1п1 ( — ) = О. Аналогично для произвольно заданных е > О и р б И найдетсл такое натуральное число пь, что пь > сь-" — '~. Отсюда — ) 1 — е, т. е. при и = р+ пь имеем У+ ьть — ' ) 1 — е, а зто вместе с неравенством — ( 1 означает, что звр ( — ь = 1. о з 31.
Пусть (х+ у) есть множество всех сумм х+ у, где х Е (х) и у Е (у). Доказать равенства: а) ьы1(х + у) = 1ы((х) + ьв((у); б) звр(х+ у) = зпр(х) + зпр(у). м а) Так как из х ) ьп, х Е (х), и у > ьпь, у Е (у), следует, что х + у )~ гр+ ть! (х+ у) Е (х+у), то существование ьв1(х) = ьп' и ьп((у) = т! влечет за собой существование Гл. 1. Введение в анализ 25 [х! = ((х — у) + у! ( [х — у(+ [у], Нз которого получаем (х! — ]у! ( ]х — у!.
Меняя местами х и у, находим [У! — [Х! < (У вЂ” Х! ж [Х вЂ” У!. Отсюда — (х — у! < ]х! — ]у!. (2) Из неравенств (1) и (2) следует а). б) Пользуясь неравенством треугольника, получаем [Х! = [(Х+ Х1+ Х2+ + Х„) — (Х1+Х2+ . + Х»)! Ч~ ~(]Х+Х!+Х2+ ... +Х [+[Х1+Х2+ ... +Х ! Ч ~ (]Х+ Х1 + Х2+ ... + Х [+ ]Х1]+ ]Х2]+ ° ° ° + ]Х»! откуда непосредственно следует неравенство 6).
35. Решить уравнение [х! + [х — 1! + [х — 2! — 2,5 = О. м Имеем — Зх ]х! + [х — 1! + ]х — 2! — 2,5 = +х +Зх + 0,5 = О, если х Е] — со, О[, + 0,5 = О, если х Е [О, 1[, — 1,5=0, еслнхб[1,2[, — 5,5 = О, если х Е [2, +со[. Отсюда заключаем, что на промежутках ] — со, О[, [2, +ос[ решений нет, а на промежутке [О, 1[ имеем корень х = 0,5 и на [1, 2[ — корень х = 1,5.
М 1пЦх + у). Ясно, что х + у )~ гп'+ ш1. далее, для произвольногр е > 0 существует такой злемеит (х + у ) 6 (х + у), что 1п' + т1' < х + у < ш + ш, + е, поскольку существуют такие х Е (х) и у б (у), что гв ( х ( т + — и гн, < у < т1" + —. Следовательно, 1пЦ х + у) = х + у = ш1(х) + шЦ у), Равенство'б) предлагаем доказать самостоятельно. 1» 32.
Пусть (ху) есть множество всех произведений ху, где х Е (х) и у Е (у), причем х ) О, у ) )О. Доказать равенства: а) шЦху) = 1пЦХ)!п1(у); б) авр(ху) = вар(х) звр(у). М Докажем равенство б) (равенство а) предлагаем доказать самостоятельно). Так как из х ~ (М, х Е (х), х )~ О, и у ~ (М1, у Е (у), у ) О, следует, что ху ( ММ1, то из существования вар(х) = М' и зар(у) = М; вытекает существование зпр(ху).
Из неравенств М* — е1 < х ( М', М1' — ез < у ( М,' следует, что М*М1' — (е1М; + езМ вЂ” е1хз) ( ху ( М'М1'. Поскольку величина е1М1' + езМ' — егез может 01ыть сколь угодно малой, то ввр(ху) = М М1» = зар(х)зпр(у). М Г! и 33. Пусть Х = ( — ж 1, н Е 01. Доказать, что 1п1Х = О, вар Х = 1.
12 2я+1/ ' М Пусть е > 0 — произвольно заданное число. Тогда из неравенств 1 н 1 н 0< —— <с, 1 — е< -+ — <1, 2 2в+1 2 2в+1 1-2 справедливых при всех и ) — ', вытекает, что 1п( Х = О, явр Х = 1. > 34. Доказать неравенства: а) [х — у! )~ ][х! — [у![; б) [х+ х1+хз+ .. +х„! ) )[х! — (]х1[+ [ха]+ ... +[я !). щ а) Применяя к сумме (х — у) + у неравенство треугольника, приходим к неравенству $3. Действительные числа 36. Найти сумму 1 1 1 1 ,Ь;, = ага!8 — + атсг8 — + а!с!8 — + ... + атст8 — .
2 8 18 2»2 < Применим метод математической индукции. Поскольку 2+Ь 1 1 2 = агстб , ь ж агст8 — , 1 ., 1 1 8! = агсь8 —, Я» = атст8 — + атстб— 2' 2 8 2 з — + 1 3 а' = ахсь8 —, ' 1а 2 1 Яз = ахстд — + агс!8 — = атстб 3 18 1 —— 2 з то можно предполагать, что 5 = зхсг8 —, и Е 11Ь. »+1' Л так как ч 1 1Ь 1 .1! + 2!иаО» и+Д ,6„.~1 = агсг8 — + агст8 = агст8 „ , = агстд — , !ь+1 2(»+1)2 1 " . ! »+2 +1 2!аа1)» и равенство (1) справедливо при и = 1, то, согласно индукции, оно справедливо при всея и.
М 3 ь . Применяя метод математической индукции, доказать, что для 'любвго натуралтбиото. числа и справедливы следующие равенства; а)1 +2 +...+»2= ) ); б)1 +2 +...+»з=(1+2+...+и) 6 й а) При и = 1 равенство справедливо. Предполагая справедливость равенства ири и; покажем справедливость его и при и + 1. Действительно, и(!ь+ 1)(2»+ 1),2 (»+ 1)(»+ 2)(2»+ 3) 1 +2 + ... +и +(ьь+1) 6 + (и + 1) 6 что и требовалось доказать.
б) При и = 1 справедливость равенства очевидна. Из предполозкения справедливости его при и следует 1 +2 + ... +и' +(и+1)*=(1+2+,. +и) +(и+1) = (1+ 2 + ... + и) + 2 (и + 1) + (»+ 1)З! 2 Учитывая равенство 1+ 2+ ., + н =, получаем Ь1! 2 1 +2 + ... +и +(н+1) =(1+2+ ... +и+(и+1)), т. е. утверждение справедливо и при и + 1. > 38, Доказать формулу бинома Ньютона и (а+6)" =ЕС а" 6 1 (а+Ь)= ь С! а б = — 'а+ — '6=а+6. ч 1! О!1! ПО! Остается показать,что из предположения справедливости утверждения для и следует, что .ь! (а+6)"+' = ~~ь Си+!а"+ Ь ! '„..О! ь ! где с„= (число сочетаний из и элементов по т), ь! = 1 2 ... ь, причемполагвиьт' тД» — т)! О! = 1. < При и ж 1 имеем Гл.
1. Введение в анализ 28 В самом деле, (а-1-6)и+! = (а+6)(а+Ь)и = (а+6) ~ Си аи ~6'" ж ~~ С~а"~ 6 +~~! Сваи 6 »+1 и +",ь Си 'аи+' "'Ь =а»Э'+ ~ (Си +С„')а"+' 6™+6" ' С »Э' ш6 -Е' 'и а »О Используя соотношения -1 и! И. (и+ 1)! ,О +1 с„-+с„-- ' + Сиам Си.„= Си+, -1, т! (и — ги)! (ги — 1)1(и+ 1 — т)г гв! (и+ 1 — т)! окончательно имеем +1 ( +Ь)и+' =а»+'+ Ь С аи+' Ь +Ь"+! =С С и+' Ь справедливое при любых х, одного знака.
ш 40. Доказать, что если х > — 1, то справедливо неравенство (1+я)и ) )1+ их, и > 1, причем знак равенства имеет место лишь при х = О. Ш Требуемое неравенство непосредственно следует из предыдущего примера, если поло- жить там х! = хг = ... = хи = х. Если х = О, то Чи ) 1 имеем знак равенства. Покажем, что при и > 1 и х > — 1 получим строгое неравенство (1 + х)и > 1+ вх. Прн в = 2 это очевидно: (1+ х) = 1+ 2х+ х ) 1+2х. Далее, если (1+ х)" ) 1+ их, то (1+х)и ' = (1+х)и(1+х) > (1+ их)(1+х) = 1+ их+ х+ их ) 1+(и+ 1)х. Ш 41. Доказать, что если хь > О % = 1, и и х!хг .. хи»х 1, то Х1+ Х2+ ...
+Х )х И, при этом (х! + х2 + . + х = и) Ф'(х, = 1 гьг = Т, 11)), ш Для доказательства применим метод математической индукции. При и = 1 неравенство (1) справедливо и при этом имеет место только знак равенства. Если и = 2 и х!хг = 1, то обязательно один сомножитель, например х! ) 1, а хг ( 1. Тогда из очевидного тождества Х! + Х2 = Х1Х2 + 1 + (Х! — 1)(1 — Х2) (2) и условия хгхг = 1 следуют неравенство хг+ хг ) 2 и условие (х! + хг = 2) сг (х! = хг = 1).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
