1610912325-537f93a9ed79c6e0a65b212a8eeb3d50 (824705), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Тогда(2)Покажем это. Найдём такое t = uα · v β , что первое слагаемое в равенстве (2) будет равняться uvp . Т.е.:∀x, y ∈ R имеет место:|y|q|x|p+> xypq|u|p tp|v|q+ q = uv ⇒ inf достигается.pqt(неравенство Юнга)Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/up tp = up uαp v βp ⇒Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/9.7. Основные неравенства анализаСтр. 123MFH Corporationα=+1qЗаметим, что: nX tp1xi yi 6 X p +Y q выполняется ∀t > 0.qpq−ti=111−1 и β = .pp= 1, то:Возьмем inf слева и справа по t > 0, тогда согласно предыдущейлемме о произведении: n! p1! q1nnXXXxi yi 6 X · Y =|xi |p·|yi |q1pα=1 1 11v− − =− ⇒t= 1.p p qquqВторое слагаемое из (2) имеет следующий вид:vq uqv=⇒ uvp +qp=vqq− puq=nn1tp X1 Xtp· Xp + q Y q.|xi |p + q|yi |q =p i=1qt i=1pqt=p(1 + α) = 1 и βp = 1 ⇒1pMFH CorporationГлава 5.
Дифференциальное исчисление функций одной переменной⇒ up(1+α) v βp = uv.Тогда:Т.к.Стр. 124i=1vuqi=1i=1Следствие 9.7.1.4 (Теорема (неравенство Коши-Буняковского)).uvq= uv( p1 + q1 ) = uv.. ПустьПусть даны 2 последовательности длины n: (x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . .
, yn ).. ТогдаСледствие 9.7.1.3 (Теорема (Неравенство Гёльдера)).. ПустьПусть даны 2 последовательности длины n: (x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn ); p >0, q > 0 | p1 + 1q = 1.. Тогдаv vu nnn uXXuuXxi yi 6 t|xi |2 · t|yi |2i=1i=1неравенство Коши-Буняковского.i=1. Доказательство. nXxi yi 6i=1nXi=1p|xi |! p1·nXi=1q|yi |! q1Очевидно.
Следует из неравенства Гёлдера, где p = q = 21 ..Следствие 9.7.1.5 (Теорема (Неравенство Минковского)).. Доказательство.. ПустьВозьмём:X=nXi=1|xi |p! p1,Y =nXi=1|yi |q! q1Пусть даны 2 последовательности длины n: (x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn );p > 1.,t>0 nnnn ny X XXyi X yi X|xi |p tp|yi |q i xi t 6|xi t| · 6xi yi = + q =xi t = t i=1ttpqti=1i=1i=1i=1{z}|неравенство ЮнгаЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/. ТогдаnXi=1p|xi + yi |! p16nXi=1p|xi |! p1·nXi=1q|yi |! q1.Замечание: если p = 2, то это неравенство треугольника.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/9.7.
Основные неравенства анализаСтр. 125MFH CorporationСтр. 12610.8. Доказательство.◦ Пусть p = 1, тогда очевидно выполнено в силу того, что ∀i |xi +yi | 66 |xi | + |yi |.i=1p|xi +yi | =nX=i=1nXi=1p−1|xi + yi |i=1|xi + yi |p−1 · |xi | +Pni=1|xi + yi |p−1 · |yi | .? Рассмотрим i=1 (|xi + yi | |xi |):Применим неравенство Гёльдера с q =1⇒ 1q + p1 = p−1p + p =1 ⇒⇒nXi=1p−1(|xi + yi |p−1 |xi |) 6Будем считать, что функция f (x) удовлетворяет следующим требованиям:n X· |xi + yi | 6|xi + yi |p−1 · (|xi | + |yi |) =nXnXi=1pp−1 ,|xi + yi |q(p−1)1qтогда! 1qСнова об уравнении f (x) = 0ОПР 10.8.1.П усть ξ ∈ R.
Будем говорить, что ξ приближает x ∈ R с точностью εесли |x − ξ| < ε.◦ Будем считать, что p > 1.PnX Если i=1 |xi + yi |p = 0, то неравенство очевидно.PX Поэтому будем считать, что ni=1 |xi + yi |p > 0.nXMFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменнойСлучаи:=i=1• f (x) ∈ C 2 ([a, b]);• f 0 (x) 6= 0 и f 00 (x) 6= 0 ∀x ∈ [a, b]nX·• f (x) определена на замкнутом интервале [a, b], f (x) — непрерывна на [a, b]и f (a) · f (b) < 0;p−1p|xi |p⇒6! p1ra1.
f 0 (x) > 0, f 00 (x) > 0;? Аналогично:nXi=1i=1=6(|xi + yi |p−1 |yi |) 6nX|xi +yi |p 6=⇒nXi=1nXi=1|xi + yi |q(p−1)q(p−1)|xi + yi |! 1q·i=1i=1Таким образом:i=1q(p−1)|xi + yi |!1− q1=nXi=1q(p−1)|xi + yi |! 1qnX! p1! q1 nnXX|xi |p|xi + yi |q(p−1)·+i=1nXrbnX·|xi |pi=1! p1|yi |p! p1! 1q! p1 00nn0XX2.f(x)>0, f (x) < 0;+=|xi + yi |q(p−1) ·|yi |pi=1i=1! p1 nX.|yi |pi=1! p16nXi=1p|xi |! p1+nXi=1|yi |p3. f 0 (x) < 0, f 00 (x) > 0;! p1.4. f 0 (x) < 0, f 00 (x) < 0;Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/rarb6rarb6rarbЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/10.8.
Снова об уравнении F (X) = 0MFH CorporationСтр. 127Замечание 1. В силу теоремы Бельцано-Вейерштрасса для таких функций∃ξ ∈ (a, b) | f (ξ) = 0. В силу монотонности ξ — единственна.Замечание 2. Достаточно рассмотреть только один случай (например, 1).С помощью замены переменных и смены знака f (x) получаем все остальные.Конструкция (как ищется):1. Возьмём произвольную точку x0 | f (x0 ) > 0, например, x0 = b.
Проведём через точку (x0 , f (x0 )) касательную к функции, получим (x1 , 0) —точку пересечения касательной и оси абсцисс. Аналогично проведём касательную через точку (x1 , f (x1 )) и получим точку (x2 , 0). Действуя поиндукции, найдём точку (xn , 0).Рассмотрим касательную проходящую через точку (xn , f (xn )):y = f (xn ) + f 0 (xn )(x − xn )f (xn )= xn − x ⇒f 0 (xn⇒ xn+1 = xn −f (xn )f 0 (xnMFH CorporationГлава 5.
Дифференциальное исчисление функций одной переменнойf (ξ)−f (xn )ξ−xnf (xn )xn −ξ .? Пусть θ ∈ [ξ, xn ], тогда по теореме Лагранжа00=f (θ). Т.к. по условию f (ξ) = 0, то f (θ) =f 0 (x) — возрастает ⇒ f 0 (θ) 6 f 0 (xn ) (т.к. xn > θ), следовательно:f (xn )6 f 0 (xn ) ⇒xn − ξ⇒f (xn )6 xn − ξ ⇒f 0 (xn )⇒ ξ 6 xn −.f (xn )= xn+1f 0 (xn )Следствие: Т.к. последовательность xn монотонно убывает иограничена снизу числом ξ (которое > a), то ∃ limn→∞ xn = ξ.n)Рассмотрим последовательность xn+1 = xn − ff0(x(xn ) . Перейдемк пределу при n → ∞:0 = f (xn ) + f 0 (xn )(x − xn )⇒ x = xn −Стр. 128ξ=ξ−f (xn )⇒f 0 (xnf (ξ).f 0 (ξ)Отсюда следует, что:— итерации Ньютона (метод Ньютона, метод секущих).f (ξ)= 0 ⇒ f (ξ) = 0 ⇒ ξ = ξ.f 0 (ξ)2.УТВ 10.8.2.3.
Определим скорость сходимости. Пусть θ ∈ (ξ, xn ), тогда:. x1 , x2 , . . . , xn сходится к ξ.. Доказательство.0 = f (ξ) = f (xn ) +Пусть ξ | f (ξ) = 0. Докажем лемму.Лемма 10.8.3.f 00 (θ)(ξ − xn )2 = 02!f (xn )f 00 (θ)+ ξ − xn +(ξ − xn )2 = 00f (xn )2!f 0 (xn )f (xn ) + f 0 (xn )(ξ − xn ) +X Пустьxn | ξ 6 xn 6 bX Тогдаξ 6 xn+1 6 xnX Доказательство.? xn+1 = xn −f (xn )f 0 (xn ) ,f 0 (xn )f 00 (θ)(ξ − xn ) +(ξ − xn )21!2!ξ − xn+1 +0f (xn ) > 0, f (xn ) > 0 ⇒ xn+1 6 xn .Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/f 00 (θ)(ξ − xn )2 = 02!f 0 (xn )xn+1 − ξ =f 00 (θ)(ξ − xn )2 .2!f 0 (xn )Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/10.8. Снова об уравнении F (X) = 0Стр.
129MFH CorporationВведем L = supx∈[a,b] f 00 (x), γ = inf x∈[a,b] f 0 (x). Пусть:По индукции:если ∀x ∈ J r E имеет место fl0 (x) > 0, то f возрастает на J, fl0 (x) 6 0,то f — убывает на J.2Замечание: аналогичное утверждение имеет место для правой производной.40 < xn+1 − ξ 6 M (xn − ξ) 6 M (xn−1 − ξ) .kα(xn+k − ξ) 6 M k (xn − ξ)2.
Доказательство.— оценка ошибки на k-ом шаге.Примеры:1. Пусть a > 0. Найдём√a на интервале (0, +∞).f (x) = x2 − af 0 (x) = 2xf 00 (x) = 2Таким образом f (x) удовлетворяет условиям. В качестве точки b возьмем2b = 1+ a2 . Рассмотрим f (1+ a2 ) = 1+a+ a4 −a > 0. Итерационный процесс:xn+1f (xn )x2 − axna1a= xn − 0= xn − n= xn − += (xn + )f (xn )2xn2 2xn2xn— метод Герона.2. Пусть a > 0. Найдем a−1 = a1 .f (x) = a −1xна (0, ∞) — непрерывна1>0x22f 00 (x) = − 3 < 0xf (xn )= xn −f 0 (xn )xn a−1xn1x2nψ(x1 ) = f (x1 ) − k > 0ψ(x2 ) = f (x2 ) − k < 0Следовательно, ∃c ∈ [x1 , x2 ] | ψ(c) = 0 ⇒ (по теореме Больцано-Вейерштрасса)k.Т.к.
k 6∈ A, то c 6∈ E. Следовательно, в точке c существует леваяпроизводная. причем fl0 (c) > 0.Если x < c, то согласно предположению f (x) − f (c) > 0(c)Ra f (x)−f< 0.x−cx→c= xn −(xn a−1) = xn −x2n a+xn = xn (2−axn ).Теорема 10.8.4 (Ослабленный признак монотонного возрастания функции).. ПустьJ =< a, b > R, f : J → R.
Предположим, что f — непрерывна на J исуществует не более чем счетное множество E ⊂ J | ∀x ∈ J rE f обладаетлевой производной.Лекции по математическому анализуДокажем для случая fl0 (x) > 0, для убывающей аналогично.◦ Предположим, что fl0 (x) > 0 ∀x ∈ J r E. Пусть x1 , x2 ∈ J, x1 < x2 .Надо доказать, что f (x1 ) 6 f (x2 ). Допустим, это не так: f (x1 ) >f (x2 ).Рассмотрим множество A = f (E). Поскольку E — не более чемсчетное, то A — не более чем счетное.Пусть p, q ∈ R p < q | f (x2 ) < p < q < f (x1 ).
Очевидно такие точки существуют. Так как [p, q] — интервал, то он не является счетныммножеством. Следовательно, ∃k ∈ [p, q] | k 6∈ A.Рассмотрим функцию ψ(x) = f (x) − k. Очевидно, что:limf 0 (x) =xn+1 = xn −MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной. Тогдаf 00 (θ)L0<6=M <∞02!f (xn )2γ2Стр. 130http://MFH.gorodok.net/f (x) − f (c)= fl0 (c) 6 0.x−cПолучили противоречие (т.к.
мы предположили, что функция убывающая). Следовательно, если fl0 (x) > 0 ∀x ∈ J r E, то f — монотонно возрастает. Т.е. для строго положительной производной мыдоказали.◦ Пусть t > 0. Рассмотри η(x) = 1+e1−x , f˜(x) = f (x) + tη(x). Тогда:η 0 (x) =e−x> 0.(1 + e−x )2Рассмотрим f˜l0 (x), где x ∈ J r E:f˜l0 (x) = fl (x) +e−xt⇒(1 + e−x )2Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/10.8. Снова об уравнении F (X) = 0MFH CorporationСтр. 131Стр.
132MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной⇒ ∀t > 0 f˜l0 (x) > 0.Следовательно по предыдущему, если x1 < x2 , то f˜(x1 ) < f˜(x2 ).Следовательно:∀t > 0 f (x1 ) + t116 f (x2 ) + t.−x11+e1 + e−x2Переходим к пределу при t → 0 и получаем, что f (x1 ) 6 f (x2 ).Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Стр.
134MFH CorporationГлава 12. Интегрирование функций одной переменнойСледовательно, F (x) = |x| + F (0) ∀x ∈ R, но |x| не является дифференцируемой.ОПР 12.1.3 (Истинность высказывания в основном).Пусть A — некоторое множество.
Предположим, что ∀x ∈ A определенонекоторое высказывание P (x). Пусть E = {x ∈ A | P (x) — ложно}.Если E не более чем счетно, то будем говорить, что P (x) — истинно (иливерно) в основном.Глава 12Интегрирование функцийодной переменной12.1ОПР 12.1.4 (Непрерывность в основном).f — непрерывна на множестве A в основном если множество точек разрыва не более чем счетно.ОПР 12.1.5 (Дифференцируемость в основном).f — дифференцируема на множестве A в основном если множество точек,где производной не существует, не более чем счетно.ОПР 12.1.6.Будем говорить, что F (x) = g(x) на множестве A в основном если E ={x ∈ A | f (x) 6= g(x)} — не более чем счетно.ПервообразнаяЗадача: пусть f : (a, b) → R.
Требуется найти такую функцию F (x), гдеx ∈ (a, b), что F 0 (x) = f (x) ∀x ∈ (a, b).ОПР 12.1.1 (Точной первообразной).Если такая F существует, то она называется точной первообразной функции f на (a, b).ОПР 12.1.7 (Первообразной).Пусть J =< a, b >, f : < a, b >→ R, f — определена в основном на J.F называется первообразной функции f на J если:1. F непрерывна на J;2. F дифференцируема в основном на J;Пример 12.1.2.1, x > 0f (x) = sgn(x), т.е. f (x) = 0, x = 0−1, x < 0Рассмотрим на промежутке (−∞, +∞). Докажем, что точной первообразной нет.Пусть F (x) существует, тогда она должна быть дифференцируема,значит есть соотношение:F (x) − F (0) = F 0 (ξ)(x − 0)ξ ∈ (0, x), по теореме Лагранжа.0При x > 0 F (ξ) = 1, тогда:F (x) = F (0) + x.3.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
