МУ - Избранные задачи по математическому анализу - Козлов (1238750), страница 2
Текст из файла (страница 2)
Мы получим меньший четырёхугольник. Докажите, что он является параллелограммом, площадь которого равна половине площадибольшого четырёхугольника.Решение. Меньший четырёхугольник является параллелограммом, таккак его стороны попарно параллельны диагоналям первоначального четырёхугольника. Эти диагонали делят большой четырёхугольник на четыре треугольника, а малый — на четыре параллелограмма. Каждый изэтих параллелограммов имеет площадь вдвое меньшую площади соответствующего треугольника, следовательно, площадь меньшего четырёхугольника равна половине площади большого четырёхугольника. Сделайте чертёж и решение станет очевидным.13.10Дан произвольный треугольник.
На его сторонах вовне построены равносторонние треугольники. Их центры служат вершинами треугольника . Центры равносторонних треугольников, построенных насторонах исходного треугольника внутрь его, служат вершинами другого треугольника ℬ. Докажите, что треугольники и ℬ — равносторонние, а разность площадей треугольников и ℬ равна площадиисходного треугольника.Комментарий. Я давно слышал об этой задаче. Мой собеседник, от которого я узнал о ней, утверждал, что задача эта принадлежит французскому императору Наполеону. Мне известно решение этой задачи сиспользованием теории комплексных чисел.
Если вы не сможете решитьеё элементарными средствами, то пусть условие задачи послужит длявас стимулом для изучения теории комплексных чисел.14.На плоскости даны точек, никакие три из которых не лежат наодной прямой. Докажите, что в этом случае всегда можно найти замкнутый -угольник с непересекающимися сторонами, вершинами которого являются эти точки.Комментарий. Для решения этой задачи я хочу предоставить вам полную свободу, здесь огромное поле для наблюдений, для деятельности.Вы можете рисовать на плоскости как угодно много точек и приобрестиосновательный опыт в построении требуемого -угольника и в конце концов родить ваше собственное, выстраданное и очевидное решение этойзадачи, очевидное для вас и приемлемое для нас.15.16.Докажите неравенство Бернулли(1 + ) > 1 + ,где > −1, — любое натуральное число.Решение.
Докажем неравенство Бернулли в более общей формулировке:(1 + 1 )(1 + 2 ) · · · · · (1 + ) > 1 + 1 + 2 + · · · ,где числа 1, 2, . . . , — одного знака и большие −1.Для = 1 неравенство верно: 1 + 1 > 1 + 1. Пусть оно верно для. Докажем его для + 1. Умножим обе части неравенства для на11(1 + +1 ), где +1 > −1.
. . , . Тогдаи знак +1 совпадает со знаком чисел 1, 2,(1 + 1 ) · · · · · (1 + )(1 + +1 ) > (1 + 1 + 2 + · · · ) · (1 + +1 ) =∑︁= 1 + 1 + 2 + · · · + +1 + +1 > 1 + 1 + 2 + · · · + +1 ,=1так как∑︁ +1 > 0(все одного знака).=1)︂(︂1 = 1 +(︂)︂+11 = 1 +и.Даны две последовательностиДокажите, что монотонно возрастает, монотонно убывает,17.lim = lim = ,→∞→∞и для любого натурального справедливы неравенства(︂)︂111< ln 1 +< ,+1где символом ln () обозначается логарифм числа > 0 по основанию ( ≈ 2, 718 . . .
).Решение. С помощью неравенства Бернулли докажем, что +1 > 1,> 1.+1+1=(︂(︂)︂)︂12 + 2+2+2·=1−·>2 + 2 + 1+12 + 2 + 1+1(︂)︂+23 + 32 + 2 + 2> 1− 2·= 3> 1. + 2 + 1+1 + 32 + 3 + 1=+1(︂2 + 2 + 12 + 2)︂+1(︂)︂+1+21+2·= 1+ 2·>+2 + 2+1(︂)︂+1+22 + 3 + 1> 1+ 2·=> 1. + 2+12 + 12Далее, последовательность {} ограничена сверху любым числом , последовательность { } ограничена снизу любым числом , поэтому обе последовательности имеют пределы, покажем, что они равны.Действительно,(︂)︂(︂)︂1111lim ( − ) = lim 1 +· = lim 1 +· lim = 0.→∞→∞→∞ →∞,Этот общий предел последовательностей {} и {} назвали числомв частности,(︂)︂ = lim→∞Из неравенств2+111+ + ··· +2! 3!!.(︂)︂(︂)︂+1111+<< 1+путём их логарифмирования получаем неравенства)︂(︂)︂(︂11< 1 < ( + 1) ln 1 +, ln 1 +откуда следуют неравенства(︂)︂111< ln 1 +< ,+1задача решена.18.ПустьДокажите, что рядсходится ряд∞∑︁1 > 2 > 3 > · · · > 0.∞∑︁сходится тогда и только тогда, когда=12 2 = 1 + 22 + 44 + 88 + · · · .=0Примените это утверждение к ряду∞∑︁1=1.13Решение.
Пусть = 1 + 2 + · · · + , = 1 + 22 + · · · + 2 2 . При < 2 имеем 6 1 + (2 + 3 ) + · · · + (2 + · · · + 2+1 −1 ) 6 1 + 22 + · · · + 2 2 = ,т. е. 6 .При > 2 > 1 + 2 + (3 + 4 ) + · · · + (2−1 +1 + · · · + 2 ) >11> 1 + 2 + 24 + · · · + 2−1 2 = ,22т. е. 2 > , значит и обе ограничены или не ограничены одновременно, что и доказывает первое утверждение задачи.Теперь докажем с помощью этого утверждения следующее предложение:∞∑︁Ряд 1 сходится, если > 1, и расходится, если 6 1.=1Доказательство. Если 6 0, то нарушается необходимый признак сходимости ряда ( 1 стремится не к 0, а к 1, либо к ∞). Пусть > 0, тогдаможно применить первое утверждение задачи и мы приходим к ряду∞∑︁∞∑︁12(1−) ,2 =2=0=0который является суммой геометрической прогрессии со знаменателем2(1−) , которая сходится тогда и только тогда, когда 0 6 2(1−) < 1, т.
е.1 − < 0, > 1.Мы уже знали, что ряд∞∑︁11+=1∞∑︁1=1расходится, теперь мы знаем, что рядсходится для любого сколь угодно малого > 0.Кстати, совсем нетрудно доказать, чтоваться неравенством111<− ,2−1 ∞∑︁1< 2,2=1( = 2, 3, . . . ).если воспользо-1419.Докажите, что последовательность = 1 +1 11+ + · · · + − ln ( = 1, 2, 3, . . . )2 3сходится.Таким образом имеет место формула1+1 11+ + · · · + = + ln + ,2 3где = 0.577216 . .
. — так называемая постоянная Эйлера и → 0при → ∞.Решение. Представим в виде произведения=2 3· · ··· ·.1 2−1Тогда(︂)︂(︂)︂(︂)︂111ln = ln 1 ++ ln 1 ++ · · · + ln 1 +,12−1а запишется так:(︂ =(︂(︂)︂)︂ (︂)︂)︂1111− ln 1 +− ln 1 +++ ···+1122(︂)︂)︂(︂111− ln 1 ++ .+−1−1Вспомним неравенства(︂)︂111< ln 1 +< ,+1из которых вытекает, что(︂(︂)︂)︂111111− ln 1 +< −=< 2.
+1( + 1)Отсюда мы видим, что — возрастающая последовательность положительных чисел, ограниченная числом 2, задача решена.Природа постоянной Эйлера до сих пор не ясна, алгебраическоеэто число или трансцендентное — никто не знает.15Докажите теорему Штольца:Еслиа) +1 > ( = 1, 2, . . . ),б) →∞lim = +∞,20.+1 − ,в) существует →∞lim−+1+1 − = lim.то →∞lim →∞ +1 − Решение. Нам понадобится следующая лемма:Пусть , > 0, < , тогда < ++ < . (Действительно, < ,значит · < · (так как , > 0), тогда · + · < · + · и · + · < · + · ).+1 − = < ∞ (случай первый).
Тогда по > 0Теперь, пусть →∞lim+1 − найдётся ∈ N такое, что ∀ > −+1 − +2 − +1 − −1<,,...,<+ ,2+1 − +2 − +1 − −12и по нашей лемме− − <<+ .2 − 2(*)Выпишем легко проверяемое тождество Штольца:(︂)︂)︂ (︂ − − − =+ 1−− , − устремим к бесконечности. Тогда из неравенства (*) и условия → ∞следует⃒⃒ ⃒⃒ ⃒⃒⃒ ⃒ ⃒ − ⃒ ⃒ − ⃒ ⃒ − ⃒ 6 ⃒⃒+⃒⃒ < + = .−⃒ ⃒ ⃒⃒ ⃒ − ⃒ 2 2+1 − Рассмотрим второй случай, когда →∞lim= ∞.
Так как +1 −+1 − > 0, то, начиная с некоторого номера +1 − > 0, т. е. стремитсяк ∞ монотонно. Тогда доказанный первый случай теоремы Штольцаможно применить к обратному отношению+1 − = lim= 0 (< ∞),→∞ →∞ +1 − lim16откуда= ∞,→∞ limтеорема доказана.Наряду с последовательностью чисел рассмотрим среднее арифметическое первых её элементов = 1 + 2 + · · · + . Докажите(1) если →∞lim = , то lim = ,→∞21.(2) если ряд∞∑︁=1сходится, то →∞lim = 0.Решение. (1) вытекает из теоремы Штольца, если положим = , = · = 1 + 2 + · · · + . Очевидно, условия теоремы Штольцапри этом соблюденыа) +1 = + 1 > = ,б) →∞lim = ∞,+1+1 − = lim= .в) →∞lim→∞ 1+1 − Тогда + + ··· + lim→∞(2) Пусть∞∑︁=1и тогда == ,∑︁= lim12обозначим =→∞= .∑︁=1, = , т.
е. = · , .=1 =1 + 22 + · · · + =(1 + 2 + · · · + ) + (2 + · · · + ) + · · · + ( )== + ( − 1 ) + ( − − 2) + · · · + ( − −1 )== · 1 + · · · + −1 − 1=−·.−117Так как → , 1 + · ·−· +1 −1 → (в силу пункта (1)), − 1 →1, то → − · 1 = 0.Постройте последовательность, имеющую точно три частичныхпредела 1, 2, 3.Решение.
Пусть = 1 − 1 — красная, = 2 − 1 — белая, = 3 − 1 —синяя последовательности, а искомая разноцветная последовательность{ } равна22.{1 , 1 , 1 , 2 , 2 , 2 , . . . , , , , . . . }.Тогда сходятся её одноцветные подпоследовательности:3(−1)+1 = → 1,3(−1)+2 = → 2,3(−1)+3 = → 3,значит числа 1, 2, 3 — частичные пределы последовательности {}.Докажем, что других частичных пределов последовательность {}не имеет. Действительно, пусть { } ( < +1 < · · · ) — подпоследовательность последовательности {}.
Она не будет сходящейся, еслилюбой её бесконечный «хвост» { , , . . . } будет разноцветным —она будет сходиться только в том случае, если, начиная с некоторого места, её «хвост» становится одноцветным, т. е. либо красным, либо белым,либо синим, но тогда она сходится, соответственно, к 1, 2 или 3.
Другихчастичных пределов последовательность {} не имеет.+1Постройте последовательность, множество частичных пределовкоторой равно R.Решение. Каждое вещественное число можно рассматривать как пределпоследовательности рациональных чисел. Если оно само рациональное,например 32 , то последовательность 32 , 23 , 23 , . . . вполне подходит. Если√оно иррационально, как, например, 2 = 1.4142135 . . . , то последовательность всех его рациональных приближений:23.1, 1.4, 1.41, 1.4142, . . .18√сходится к 2. Таким образом, нам нужна последовательность рациональных чисел, в которой каждое рациональное число встречается бесконечное число раз.
Тогда любая последовательность рациональных чисел(в частности, сходящаяся) будет её подпоследовательностью. Это можносделать, например, так:...............− 33− 23− 13...− 32− 22− 12...− 13− 12− 11...000△.........312111322212332313...............221141△...211232...20131415...19181716...............начало...............Задача решена....25262728...24987...231056началоДокажите, что функция Римана{︃1, если = , где и взаимно просты, () = 0, если — иррационально,разрывна при каждом рациональном значении и непрерывна при каждом иррациональном значении .Решение. В любой окрестности рациональной точки ( ( ) = 1 ) найдётся иррациональнаяточка ( () = 0), следовательно, () разрывнав точке .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
