1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 11
Текст из файла (страница 11)
[11], §2, N 2.3, Стр. 14. Доказать, что множество Q всех рациональных чисел счётно.Решение. Пусть Q2n – множество всех рациональных чисел из [n − 1, n], аQ2n−1 – множество всех рациональных чисел из [−n, −n + 1], где n ∈ N. Таккак каждое множество Qn , как нетрудно видеть, эквивалентно множествуQ ∩ [0, 1], то в силу результата задачи 2.2 каждое множество Qn счётно, атогда в силу результата задачи 2.1 счётно и множество∞[Q=Qn .n=1Задача 05. [11], §2, N 2.3, Стр.
14. Пусть A и B – счётные множества. Доказать, что их декартово произведение счётно.Решение. Пусть C = A × B, A = {a1 , a2 , . . .} и B = {b1 , b2 , . . .}. Определимдля i ∈ N множества Ci = {(ai , bj ) : j ∈ N}. Ясно, что каждое множество Ciсчётно, и чтоC=∞[i=150Ci ,поэтому в силу результата задачи 2.1 множество тоже счётно.Задача 06. [11], §2, N 2.9, Стр.
15. Доказать, что [0, 1] – несчётное множество.Решение. Предположим, что утверждение неверно. Это означает, что всеточки отрезка [0, 1] можно занумеровать, т.е. [0, 1] = {x1 , x2 , . . .}. Выберемотрезок I1 = [a1 , b1 ] ⊂ [0, 1] так, чтобы x1 ∈/ I1 . Затем выберем отрезокI2 = [a2 , b2 ] ⊂ I1 так, чтобы x2 ∈/ I2 , и т.д. По индукции мы получим такуюпоследовательность отрезков I1 ⊃ I2 ⊃ . . . , что xn ∈/ In . Согласно принципувложенных отрезков существует точкаx∈∞\In .n=1Но тогда для любого n выполнено неравенство x 6= xn , и мы приходим кпротиворечию.Задача 07.
[11], §2, N 2.10, Стр. 15. Доказать, что множества [0, 1), (0, 1],(0, 1) имеют мощность c.Определим отображение(F (x) =x,если x 6= n1 ,где n ∈ N;1n+1 ,если x = n1 ,где n ∈ N.Тогда F (x) есть взаимно однозначное соответствие между [0,1] и [0,1). Остальные утверждения проверяются аналогично.Задача 08. [11], §2, N 2.11, Стр.
15. Доказать, что множества R, [0, +∞),(0, +∞), (−∞, 0), (−∞, 0] имеют мощность c.Решение. Согласно задаче 2.10, множество (0,1) имеет мощность c. Биекция(0, 1) 7→ R устанавливается отображением F (x) = tg(πx − π/2). БиекцияR 7→ (0, +∞) устанавливается отображением F (x) = ex . Биекция [0, +∞) 7→(0, +∞) строится как(F (x) =x,если x 6= n − 1,где n ∈ N;n,если x = n − 1,где n ∈ N.Равенство мощностей остальных множеств проверяется аналогично.Домашняя работа.Задача 1.
Нарисовать множества:51Кривая Коха. Кривая Коха является типичным геометрическим фракталом. Процесс её построения выглядит следующим образом: берём единичный отрезок, разделяем на три равные части и заменяем средний интервалравносторонним треугольником без этого сегмента.
В результате образуетсяломаная, состоящая из четырёх звеньев длины 1/3. На следующем шаге повторяем операцию для каждого из четырёх получившихся звеньев и т. д. . .Предельная кривая и есть кривая Коха.Ковёр Серпинского. Квадрат Q0 делится прямыми, параллельными егосторонам, на 9 равных квадратов. Из квадрата Q0 удаляется внутренностьцентрального квадрата.
Получается множество, состоящее из 8 оставшихсяквадратов «первого ранга». Поступая точно так же с каждым из квадратовпервого ранга, получим множество Q1 , состоящее из 64 квадратов второгоранга. Продолжая этот процесс бесконечно, получим бесконечную последовательностьQ0 ⊃ Q1 ⊃ . .
. ⊃ Qn ⊃ . . . .Треугольник Серпинского. Середины сторон равностороннего треугольника T0 соединяются отрезками. Получаются 4 новых треугольника. Из исходного треугольника удаляется внутренность срединного треугольника. Получается множество T1 , состоящее из 3 оставшихся треугольников «первогоранга».
Поступая точно так же с каждым из треугольников первого ранга, получим множество T2 , состоящее из 9 равносторонних треугольников второгоранга. Продолжая этот процесс бесконечно, получим бесконечную последовательность T0 ⊃ T1 ⊃ . . . ⊃ Tn ⊃ . . ., пересечение членов которой естьтреугольник Серпинского.Канторово множество (Канторова пыль). Из единичного отрезка C0 =[0, 1] удалим среднюю треть, то есть интервал (1/3, 2/3). Оставшееся точечноемножество обозначим через C1 . Множество C1 = [0, 1/3] ∪ [2/3, 1] состоитиз двух отрезков; удалим теперь из каждого отрезка его среднюю треть, иоставшееся множество обозначим через C2 . Повторив эту процедуру опять,удаляя средние трети у всех четырёх отрезков, получаем C3 . Дальше такимже образом получаем последовательность замкнутых множеств C0 ⊃ C1 ⊃52C2 ⊃ .
. .. ПересечениеC=∞\Cii=0называется канторовым множеством.Задача 2. Показать, что канторово множество не является счетным.4Seminar n. 04Вещественные числа.Q = { pq ,p ∈ Z, q ∈ N}.Задача 01. Доказать, что бесконечная периодическая дробь представима вформе pq .Решение.
Пусть |x| = a0 , a1 . . . am (b1 . . . bn ), a0 ∈ N ∪ {0}, ai ∈ {0, 1, . . . , 9},i = 1, . . . , m, bj ∈ {0, 1, . . . , 9}, j = 1, . . . , n. Умножим x на 10m получимx10m = a0 10m + a1 . . . am + y,где y = 0.(b1 . . . bn ). Умножим y на 10n :10n y = b1 . . . bn + y.Таким образом:b 1 . . . bn,10n − 1a1 . . . am b1 . . . bn − a1 . . . amx = a0 +.10m (10n − 1)= 0, (3). Умножим y на 10: 10y = 3 + y, y = 13 .y=Пример: y =13Пример: x = 0, 2(3).
Умножим x =23−210(10−1)=2190730=130+ 51 .= 0, (1) = y. Умножим y на 10: 10y = 1 + y, y = 19 .√Задача 02. Доказать, что 2 ∈/ Q.√√Решение. Предположим противное: 2 ∈ Q, т.е. ∃p, q ∈ N: 2 = pq , гдеПример:19=НОД(p, q) = 1. Из равестваp2 = 2q 2cледует, чтоp22∈ N. Таким образом,p = 2k, k ∈ N.53Аналогично, из равенстваq 2 = 2k 2следует, что q = 2r, r ∈ N. НОД(p, q) = 2.Задача 03. Доказать, что ∀r > 0: r2 < 2, r ∈ Q, существует h ∈ Q, h > 0:(r + h)2 < 2.Решение.
Пусть h ∈ (0, 1): (r + h)2 = r2 + 2rh + h2 < r2 + (2r + 1)h < 2.Следовательно, h <2−r2(2r+1) .Ограниченность числовых множеств.Скажем, что множество A ⊂ R ограничено сверху, если существует a ∈ R,такое, что x ≤ a для всех x ∈ A. Аналогично, множество A ⊂ R ограниченоснизу, если существует b ∈ R, такое, что x ≥ b для всех x ∈ A. При этом aназывается верхней гранью или мажорантой множества A, а b – его нижнейгранью или минорантой. Если множество ограничено и сверху, и снизу, тооно называется ограниченным.
Если a есть верхняя (нижняя) грань множества A и a ∈ A, то a называется максимумом (минимумом) множества A.Записывается это так: a = max A (a = min A).Определение. Число a ∈ R называется точной верхней гранью или супремумом непустого множества A (записывается a = sup A), еслиа) a является верхней гранью A;б) для любого y < a существует x ∈ A, такой, что x > y.
(Для любого ε > 0существует x ∈ A, такой, что x > a − ε)Число b ∈ R называется точной нижней гранью или инфимумом непустогомножества A (записывается b = inf A), еслиа) b является нижней гранью A;б) для любого y > b существует x ∈ A, такой, что x < y.Эти определения можно сформулировать по-другому: для произвольногоε > 0 существуют x, y ∈ A, такие, что x > sup A−ε и y < inf A+ε. Супремумограниченного сверху множества A ⊂ R обладает следующими очевиднымисвойствами:1. если sup A ∈ A, то sup A = max A;2.
sup A есть наименьшая верхняя грань множества A;543. sup A определён единственным образом;4. множество −A = {x ∈ R| − x ∈ A} ограничено снизу и inf(−A) = − sup A.Задача 04. [3], §3, N 9, 2), стр. 21. Найти sup X и inf X, X = {xn }n∈N ,xn = 1 +(−1)nn .Решение. x1 = 0, x2 = 23 . Если мы покажем, что30 < xn < ,2∀n ≥ 3,то min X = inf X = 0, max X = sup X = 32 .Рассмотрим два подмножества {x2k }, k ≥ 2, и {x2k+1 }, k ≥ 1.x2k = 1 +13< ,2k2k ≥ 2,1> 0, k ≥ 1.2k + 1Задача 05. [3], §3, N 9, 3), стр. 21. Найти sup X и inf X, X = {xn }n∈N ,x2k+1 = 1 −xn =12+ 14 + . .
. +12n .Решение. inf X = min X = x1 = 12 , xn =12+ ... +12nПокажем, что sup X = 1: ∀ε > 0 ∃Nε ∈ N xNε = 1 −=12Nε11 (1− 2n )2 (1− 12 )>Задача 06. [3], §3, N 9, 1), стр. 21. Найти sup X и inf X, X12n < 1.ln( 1 )1 − ε, Nε > ln ε2 .= {xn }n∈N , xn = n1 .=1−Решение. sup X = max X = x1 = 1, Покажем, что inf X = 0: ∀ε > 0 ∃Nε ∈ NxNε =1Nε< ε, Nε > 1ε .Задача 07. [3], §3, N 8, стр.
21. Рассмотрим X = {x ∈ Q,x2 < 2}. Показать,что inf X, sup X ∈/ X.n= sup X,Решение. Покажем, что sup X ∈/ X. Предположим противное: ∃ m2221 211nnnnnn= m2 + 2 km + k 2 < m2 + 2 km + k =m2 < 2. Найдется k ∈ N | m + k( 2n+mm )n21 2n+m+()<2.Следовательно,k>.2mkm(2− mn22 )Задача 08. [3], §3, N 10, стр. 21. Пусть X, Y – непустые ограниченные мно-жества действительных чисел, а X + Y – множество всевозможных чиселвида x + y, где x ∈ X, y ∈ Y .
Показать, что Z + Y – ограниченное множество, причем sup(X + Y ) = sup X + sup Y , inf(X + Y ) = inf X + inf Y .Решение. Покажем, что sup(X + Y ) = sup X + sup Y . Нужно доказать справедливость двух неравенств sup(X + Y ) ≤ sup X + sup Y и sup(X + Y ) ≥55sup X + sup Y . Из неравенств x ≤ sup X и y ≤ sup Y получим x + y ≤sup X + sup Y ⇒ sup(X + Y ) ≤ sup X + sup Y . В свою очередь, из неравенства x + y ≤ sup(X + Y ) мы получим sup X + sup Y ≤ sup(X + Y ).Задача 09. [3], §3, N 11, стр. 21.
Пусть X, Y – непустые ограниченныемножества неотрицательных действительных чисел, XY – множество всевозможных чисел xy, где x ∈ X, y ∈ Y . Показать, что XY – ограниченноемножество, причем sup XY = sup X · sup Y , inf XY = inf X · inf Y .5Seminar n. 05Метод математической индукции.Рассмотрим семейство утв. {Pn }n∈N1. Пусть Pn справедливо при n = 1 (либо при n = n0 , n0 > 1).2. (Индукционное предположение). Если Pn справедливо, то Pn+1 справедливо.3.
Pn справедливо при ∀n ≥ 1 (n ≥ n0 ).Рассмотрим равенство An = Bn . Проверим при n = 1. Используя индукционное предположение An = Bn и равенство An+1 − An = Bn+1 − Bn , получимAn+1 = Bn+1 .Задача 01. [2], N 1. Применяя метод математической индукции, доказать,что для любого натурального числа n справедливы следующие равенства:nPk = n(n+1)2 .k=1Решение. Мы проверяем равенство при n = 1. Затем, используя индукциnn+1PPn(n+1)онное предложениеk = 2 , доказываем последнее равенствоk =n(n+1)2+n+1=k=1k=1(n+1)(n+2).2Задача 02.
[2], N 2. Применяя метод математической индукции, доказать,что для любого натурального числа n справедливы следующие равенства:nPk 2 = n(n+1)(2n+1).6k=156Решение. Мы проверяем равенство при n = 1. Затем, используя индукnPk 2 = n(n+1)(2n+1)ционное предложение, доказываем последнее равенство6k=1n+1Pk=1k2 =n(n+1)(2n+1)6+ (n + 1)2 =(n+1)(n+2)(2n+3)6Задача 03. [3], §2, N 7.1, Стр.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
