Общая часть (часть 2) (2015) (by Кибитова) (1161598), страница 60
Текст из файла (страница 60)
.. . .= cnn,, tt 22 [t[t00 h,h,t0t0++h],h], n n==1,1,= cn , t 2 [t0 h, t0 + h], n = 1, 2, . . .11PP1 c сходится по признаку Даламбера. Следовательно,Числовойрядряд PЧисловойcnn сходится по признаку Даламбера. Следовательно,Числовой рядn=1n=1 cn сходится по признаку Даламбера. Следовательно,n=1 равномерно на отрезке [tряд(2.13)(2.13)сходитсясходитсяt0t0++h].Этоозначает,рядравномернонаотрезке[t[t00 h,h,h].Этоозначает,ряд(2.13)сходитсяравномернонаотрезкеh,t+h].Этоозначает,00чтопоследовательностьфункцийy(t)сходитсяравномернонаkчтопоследовательностьфункцийyyk (t)сходитсяравномернонаотрезкеотрезкечтопоследовательностьфункцийсходитсяравномернонаотрезкеk (t)[th,t+h]кнекоторойфункцииy(t).Таккаквсефункцииyky(t)(t)00[t0[t0 h,h,t0t0++h]h]ккнекоторойфункцииy(t).Таккаквсефункциинекоторойфункцииy(t).Таккаквсефункцииykk(t)непрерывнынаотрезке[th,t+h],тофункцияy(t)такженепрерывна00непрерывнынанаотрезке[t00 h,h,tt00+h],функция y(t)непрерывнанепрерывныотрезке+h],тотоy(t) такжетакже непрерывнана этом отрезке,то есть[ty(t)2 C[th, tфункция00 + h].нанаэтомотрезке,тоестьy(t)2C[th,t+h].этомотрезке,есть yy(t)2 C[t00 h, t0h,0+Покажем,что то|y(t)t0h].+ h].
Как было доказано,0 | 6 A, t 2 [t0Покажем,что|y(t)y|6A,t2[th,tt00 +h]. Какбылодоказано,00 | 6 A, t 2 [t00Покажем,что|y(t)yh,было доказано,|yk (t) y0 | 6 A, t 2 [t0 h, t0 + h], k = 0, 1,+2,h].. . . Как. Переходяв этом|y|yy0y|0 |66A,A,t t22 [t[t00 h,h,tt00 ++h],этомk (t)h], kk == 0,0,1,1,2,2, .. .. .. .. ПереходяПереходя вв этомk (t)Рис. 2.1. К доказательству теоремы существования решения задачи Коши.Рис. 2.1. К доказательству теоремы существования решения задачи Коши.неравенстве к пределу при k ! 1 и произвольном фиксированном t 2неравенстве к пределу при k ! 1 и произвольном фиксированном t 2[t0 h, t0 + h], получим, что |y(t) y0 | 6 A, t 2 [t0 h, t0 + h].[t0 h, t0 + h], получим, что |y(t) y0 | 6 A, t 2 [t0 h, t0 + h].Покажем, что y(t) является решением интегрального уравненияПокажем, что y(t) является решением интегрального уравнения(2.9).
В силу равномерной на отрезке [th, t + h] сходимости y (t)(2.9). В силу равномерной на отрезке [t0 0 h, t0 +0 h] сходимости yk (t)kк функции y(t) для произвольного > 0 найдется номер k ( ) такой,к функции y(t) для произвольного > 0 найдется номер k0 ( )0 такой,что приприkk>>kk(0 () )справедливосправедливонеравенствонеравенствоy(t)|что|yk|y(t)k (t) y(t)|< <длядлявсех"всех0"h].ТогдаТогдадлядлялюбоголюбого" >" >0 выбираем(") (")и иtt 22 [t[t00 h,h,t0t0++h].0 выбираем= = LhLh=kk0(( ("))("))так,так,чточтоприприk k>>неравенство0 справедливоkk0 =k kсправедливонеравенство000" " , ⌧ 2 [t(⌧,yykk(⌧(⌧)))) f f(⌧,(⌧,y(⌧y(⌧L|y)| <+ h].k (⌧|f|f(⌧,))|))|66L|y) ) y(⌧y(⌧)| <, ⌧ 2 [t0 0h, t0h,+t0h].k (⌧h hТогдадлядляразностиразностиинтеграловинтеграловполучаемполучаемоценкиТогдаоценкиZZttZtZt" "(⌧,yykk(⌧(⌧))d⌧))d⌧f (⌧,y(⌧))d⌧< < |t |t t0 |t66 ",t 2t[t20 [t0h, t0h,+t0h],+ h],ff(⌧,f (⌧,y(⌧))d⌧0 | ",hhtt00t0t0позволяющиеприk !11и произвольномпозволяющиеперейтиперейтив в(2.10)(2.10)к кпределупределуприk !и произвольномфиксированномt0t+h].h].ВВрезультатеполучаем,чточтоy(t)y(t)яв- явфиксированномt t22[t[tрезультатеполучаем,0 0 h,h,0 +ляется(2.9).ляетсярешениемрешениеминтегральногоинтегральногоуравненияуравнения(2.9).Такимобразом,мыпоказали,чтоy(t)2C[t|y(t)y0 | y60 |A,0 0h, th,0 +h],Таким образом, мы показали, что y(t) 2 C[tt0 +h],|y(t)6 A,tt 22[t[t00 h,h,t0t0++h]h]ииявляетсярешениеминтегральногоуравнения(2.9).является решением интегрального уравнения (2.9).Следовательно,y(t)являетсязадачис начальнымусловиемСледовательно, y(t) являетсярешениемрешениемзадачис начальнымусловиемнаотрезке[th,t+h]итеорема2.1.2доказана.00на отрезке [t0 h, t0 + h] и теорема 2.1.2 доказана.Вернемсяпочемумымыне неможемдоказатьтео-теоВернемсяопятьопятьк квопросувопросуо том,о том,почемуможемдоказатьрему существования на всем отрезке [t0 T, t0 + T ], а доказываем сущерему существования на всем отрезке [t0 T, t0 + T ], а доказываем суще-24.
Функции алгебры логики. Реализация их формулами. Совершеннаядизъюнктивная нормальная форма.25. Схемы из функциональных элементов и простейшие алгоритмы ихсинтеза. Оценка сложности схем, получаемых по методу Шеннона.σ∪∞i=1 Ai=∩∞i=1 AiA∩B = A ∪ B∩∞i=1 Ai=A∪B = A∩B∪∞i=1 Ai26. Вероятностноепространство. Случайные величины. Закон больших чиселσв форме Чебышева. Ω = A ∪ σAAAAΩΩΩΩΩAσΩΩσBσBσ(B)Ω ΩA∪B = A∩BΩ∈∈AAσΩ∞∞∞∞∪i=1∩i=1 AΩiA∈= ABi A ∩ B = A σ∪ B ∩i=1 Ai = ∪i=1 AiΩA∈A∈AB∈∈AAA∪∪BB∈∈AA BA∩∩BB∈∈AAσAσ∈ A BAAA∈B∪∈BA∈ AA ∩ BA∈∩AΩ∈=AA A∪∪AAAA∈ AB ∈BAσB ∈ AA∈AA∈AA∈AA∈AA∈σAA∈ A A ∈AA∈ AσF{a} [a, b) a, b ∈ IRσFσΩΩσ σF FΩσΩ σΩ ΩσΩΩΩ∈∈FFΩ(a,b)ΩΩσ∈ F∞∞Ω ∈AFσ∪∞Ai ∈ F ∩∞Ai ∈ F1 , A2 , .
. . ∈ Fi=1Ai=1AA1 , A2 , . . . ∈ F∪i=1∈F∩σii ∈ Fi=1∞∞"##A,A,...∈F∪A∈F∩A∈!∞∞F"12ii=1i=1 i∞∞!ΩA ∈11A1F, A2 , .A. . ∈∈FF∪i=1 Ai ∈ F ∩i=1 Ai ∈ F1{a}=a−,a+[a,b)=a−,bA∈FA∈FnnnA ∈ F n=1 A ∈ Fn=1A∈A∈F{Ω,∅}FσAσFAσFσσΩ=[0,1]σσ(B)AσΩFσΩΩ1)}A σ B = {(0, 1/3), (1/3,σFΩσΩ σσσΩΩ ∈ σ(B) (0, 1/3) ∈ σ(B)σσΩ(1/3, 1) ∈ σ(B)(0, 1/3) ∪ (1/3, 1) ∈ σ(B)σB∅ ∈ σ(B){0, 1/3,σ 1}σ ∈ σ(B){0} ∪ [1/3, Ω1] ∈ σ(B) [0, 1/3] ∪ {1} ∈ σ(B)σBσ{Ω, ∅} σσ BBσ(B) = {Ω, ∅, (0, 1/3), (1/3, 1), (0,1/3) ∪ (1/3, 1), σ(B)σσΩσ{0,B 1/3, 1}, {0}σ ∪ [1/3, 1], [0, 1/3] ∪ {1}}.ΩσBσ(B)σσ8 = 23σσσB b) a, b ∈ IR σ{a}F) [a,(Ω, A) (Ω,A σF(a, b)σ{a} =Ω∞ "!n=111a− , a+nn#[a, b) =∞ "!n=11a− , bnΩ = [0, 1]σσ(B)B = {(0, 1/3), (1/3, 1)}σ#σP : A −→ IRP(A) ≥ 0 ∀A ∈ AP : A −→ IRP(Ω) = 1A , .
. . , An ∈ A Ai Aj = ∅ i ̸= jP(A) ≥ 0 ∀A1∈ A!n"P(Ω) P= 1i=1Pσ!n"i=1#Ai =n$P(Ai ).i=1A1 , . . . , An ∈ A Ai Aj = ∅ i ̸= j#Ai =n$P(Ai ).i=1P : F −→ IRσP(A) ≥ 0 ∀A ∈ FP : F −→ IRP(Ω) = 1σAi Aj = ∅ i ̸= jσAi Aj = ∅ i ̸= jP(Ω) =!1∞ #∞"(Ω, $F, P)PAi =P(Ai ).(Ω,A, P) i=1i=1P! Ω # (Ω, F)P∞"Ai =i=1Bn+1 ⊂ Bnn→∞Bn+1 ⊂ Bnn→∞A1 , A 2 , . . . ∈ FP(A) ≥ 0 ∀A ∈ F∞$A1 , A 2 , . . . ∈ FP(Ai ).i=1{Bn }P(Bn ) −→ P(B)B = ∩∞n=1 BnB=σ(Ω,∩∞n=1 Bn{Bn }F, P) P(B ) −→ P(B)nσσ([0, 1], B[0, 1] , λ)[0, 1] λB[0, 1]σ(Ω, A, P)QQ(A) = P(A),σ(A)∀A ∈ A.{Ai }n1 2 F ; i, j 2 N, i, j +6 n, i 6= j =) Ai Aj = ?11nn[+XA)=P([).inn P(Aii).XP( i=1 Ai ) = i=1 P(Ai ).i=1невозможногоi=1Утверждение 2.1.
ДляВероятностьсобытия равнанулю. составленДоказательство.доказательствапросто рассмотримспециальнонуюпоследовательностьа затемприменимсвойствоспециальносчётной аддитивностиДоказательство.Длясобытий,доказательствасоставленP(?)просто¥ 0. рассмотримвероятностии факт равенстванулювероятностиневозможногособытия:ную последовательностьсобытий,а затемприменимсвойство счётнойаддитивностиДоказательство.Рассмотримследующуюсчётнуюпоследовательностьвероятности и факт равенства нулю вероятности невозможного события: событий:, Anэтой, ?, ?,?, .
. . � есть попарнаянесовместность,2 , A3 , . . . из≠, ?, ?, ? .A. 1.., AСобытияпоследовательностипопарнонесовместны и объедиA,A,A,...,A,?,?,?,...�естьпопарнаянесовместность,123nнение их равно ≠. Далее пользуемся свойствомсчётной аддитивности для этой по+√n!следовательности:+n1[[ !√[n Ai = Pn1 ?P[A[= P(A1 ) + P(A2 ) + . .
. + P(An ) + P(?) + P(?) + . . .[ i [≠P[ ?i=1[A? [[ ?[...=)P(≠)= P(≠) + P(?) + P(?) + P(?) + . . .Pi=1≠A=i =?=P(Ai=ni1 ) + P(A2 ) + . . . + P(An ) + P(?) + P(?) + . . .+1±i=1i=1i=n=P(A)+P(A)+P(A)+...+ P(An ).123±11 = 1 +=P(?)P(?)...=)0=P(?)+ P(?)+ P(?) + . . . =) P(?) = 0.P(A1+)+P(A+)+P(A)+...+P(A23n ).3± .
Вероятность отрицания события � это единица минус вероятность самогосчитать понятиемерыизвестным,вероятностьэто нормированная3± . ЕслиВероятностьотрицаниясобытия� этотоединицаминус�вероятностьсамогособытия:мера.Тоесть,вероятностьотмерыотличаетсятолькоуловиемP(≠)=1.события:Теперь несколько слов по поводу того, зачем же нужна æ-алгебра.
От множестваP(A) ¥ 1 ° P(A).всех подмножеств ≠ æ-алгебра в общемсущественно отличается. Пример тоP(A) ¥случае1 ° P(A).му,описанныйнаклоннымшрифтомнас.12,�подмножество отрезка от нуля доДоказательство.Доказательство.одного,не имеющее меры по Лебегу, такие множества называются неизмеримы2±ми. Требуется именноЛебега подмножеств ≠, с которыми мы≠ = A существование[ A, A \ A = ?меры=)2± P(A) + P(A) = P(≠) = 1≠ = A [чтоA, A\A==) P(A) +дляP(A)= P(≠)=1будем работать, потомуиначене?существуетнихи вероятности.Для таких+множеств просто нельзя её ввести, не потерявприэтомкакое-нибудьоченьнужное+P(A)=1°P(A).из трёх её свойств.
И именно членство в правильно построенной æ-алгебре событийP(A) = 1 ° P(A).строгогарантируетсуществованиевероятности безо всяких нарушений, парадоксов4и±± потерь.(Теоремасложения).ПустьAи B � произвольныесобытия,тогдаНеизмеримыеспециальноисключаются,и ни4 (Теоремасложения).множестваПусть A изи Bæ-алгебры� произвольныесобытия,тогдакакими не выводящими из неё операциями получить их из измеримых множествP(A [ B) ¥ P(A) + P(B) ° P(AB).P(A [ B) ¥ P(A) + P(B) ° P(AB).нельзя.А вот для счётного ≠ такой проблемы нет.Доказательство. Разложим A и B следующим образом: A = AB [ AB, событияДоказательство. Разложим A и B следующим образом: A = AB [ AB, событияABB == ABAB ++ AB,AB, событиясобытия ABAB ии ABAB ��тожетоженесовместны.несовместны.AB ии ABAB несовместны;несовместны; BНесовместныПоэтому верноверно10следующее:Несовместны ии ABAB cc AB.AB.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
