1611689327-cfeacb4815f71bfc7b0924db4bd61033 (826775), страница 6

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 6)

Поскольку доказательствослишком длинное, рассмотрим более простой пример.Пример Ван-дер-Вардена(непрерывная, но недифференцируемаяфункция): вместо cos( ) некоторая «пилообразная» функция. 0 ( ) –периодическая функция = ±1.Рассмотрим ( ) =14⏟����� (4 ). По прежнему = ±1; уменьшаем высоту сжимаем1– непрерывная и периодическая с =4 Рассмотрим функцию ( ) = ∑∞=1 () , 0 ≤ ( ) ≤14 ⇒ По признакуВейерштрасса ряд сходится равномерно, значит () непрерывна.Покажем, что f(x) не имеет производных. Возьмём произвольную в точке0 и рассмотрим( )−(0 ) −0.

Найдём последовательностей точек { } →0 , т.ч. предела не существует. Будем её строить по следующему правилу: + 11≤ 0 <; существует, т. к. ∆ =2 ⋅ 42 ⋅ 42 ⋅ 4Пусть = �2⋅4 ;+12⋅4 � ; ↑ ∀ ⇒ +1 ⊆ ⇒ 0 ∈ последовательность вложенных отрезков. Выберем , т.ч. | − 0 | =| |2(она всегда найдётся аналогично предыдущей)∞ ( ) − (0 ) ( ) − (0 )=�=⋯ − 0 − 0 > , ( ) =? ; − 0 = ±0 ±14( ) ; = �0 ± = , ( ) =? ;=014 +11=±4⏟неск.периодов ( )− (0 ) −014 ⋅4 4 +1=±� = (0 )14 ⋅ �4−−1���� ; =∈,т.к.>,т.е.≥+1= ±1, т.к. () линейна на этом отрезке ( − половина периода ) = − 1: −1 ( )−? ; аналогично линейна на отрезке , тожесамое при < : ( )− (0 ) −0= ±1 ⇒… = ∑=0(±1) – целое нечётное число, если n – чётно и не равно 0, ицелое чётное число, если n – нечётно(k единиц с “+” и n-k+1 – с “-“, т.е.сумма равна − ( − + 1) = 2− 1 + ).���нечётноБерём , т.ч.

– чётное, то предел нечётный; берём , т.ч. –нечётное, то предел чётный, значит предела нет ⇒ недифференцируема в 0 и, в силу произвольности 0 , недифференцируема нигде.Билет 34. Степенные ряды.0 + 1(−0 ) + ⋯ + ( − 0 ) + ⋯ = ∑∞=0 ( − 0 ) – опишем ряд вобщем виде, заменив − 0 на , получим ряд вида: 0 + 1 + ⋯ + + ⋯ = ∑∞=0 . Будем предполагать, что ряд сходится внекоторой точке 0 , т. е. ∑∞=0 0 – сходится.Лемма. Если степенной ряд сходится в точке = 0 и 0 ≠ 0, то онабсолютно сходится ∀: | | < |0 |. Сходимость будет равномерной налюбом отрезке − ≤ ≤ , если 0 < < |0 |.Доказательство.• ∑ 0 − сходится ⇒ 0 → 0 ⇒ 0 ограничена, т.е.

� 0 � ≤| ||0 | ≤ ∑ =∑ 0 ||⋅ � � = ∑ 0 , = |00 |< 1, если | | < |0 |, т.е.∑ | | ≤ ∑ ⋅ = ∑ ⇒ ряд абсолютно сходится.• Пусть 0 < < |0 |, ∈ [−, ]; ∑ | | ≤ ∑ ⋅ �� �� ≤∑ ⋅ �� �� ⇒ ряд сходится00равномерно по признаку Вейерштрасса∎Наибольший положительный 0 , который мы обозначим через ,называется радиусом сходимости, т.е. || < – сходится, | | > –расходится, || = – неясно. Не может быть ситуации, что ряд сходитсяна [−1 , 2 ], т.е. если сходится в 0 , то сходится и в −0 (по лемме).(−, ) – интервал сходимости.Билет 35.

Теорема Коши-Адамара. (+лемма из предыдущего,по всей видимости)1 =1lim | |Доказательство.1→∞1Пусть = lim | | . Рассмотрим lim � � = ||; x можно считать→∞→∞1фиксированным(в силу леммы). По признаку Коши, если lim | | < 1, то→∞ряд сходится. Т.е. ряд сходится при || < 1, т.е. || > = 0, то ряд сходится для любого x.1= , ≠ 0. Если∎Билет 36.∑ непрерывен внутри интервала сходимости.Доказательство.|0 | < < , ∈ [−, ]. В силу леммы ряд сходится равномерно на[−. ]. Т.к. непрерывна и равномерно сходится, то ряд непрерывенна [−, ].

Т.к. 0 - произвольная, то ряд непрерывен внутри (−, ).Дальше (стр. 67-68) идут ещё 3 свойства (перед теоремой Абеля), прокоторые в билетах ничего не говорится, потому не переписывал.Теорема Абеля.Пусть ряд ∑ сходится на конце = интервала сходимости, тогдана отрезке [0, ] сходимость будет равномерной, его сумма непрерывнаслева в т. = и верно равенство:Доказательство.∞lim � = � →−0 =0• ∑ = ∑ � � ⋅ сходится равномерно на [0, ] по признакуАбеля равномерной сходимости, т.к. ∑ сходится по условию теоремы, 0 ≤ � � ≤ 1 –монотонна и ограничена.• По теореме о перестановке предельных переходов выполняетсяусловие Коши:∞lim � = � lim = � →−0Билет 37. Замечание.→−0=0∎∞ �� −1 � ==1lim→∞11�→11| |=11lim | |→∞∞= �� �=0Теорема. Степенной ряд внутри его интервала сходимости можнодифференцировать почленно:∞ ′−1(∑∞и радиус сходимости нового ряда будет=0 ) = ∑=1 совпадать с радиусом сходимости исходного.Доказательство.Мы можем так дифференцировать, если ряд сходится хотя бы в однойточке, а ряд из производных сходится равномерно(по теореме одифференцировании предельной функции).

Исходный ряд всегдасходится в 0. У дифференцируемого ряда радиус сходимости равенисходному(из замечания).Найдём отрезок [−, ]: ∈ [−, ] ⊆ (−, ), ≠ ± ⇒продифференцированный ряд сходится равномерно на [−, ] согласнолемме, значит внутри этого отрезка исходный ряд можнодифференцировать почленно и верно равенство из условия теоремы. Т.к.x – произвольная точка интервала (−, ), то, тем самым, доказали длявсего (−, ).∎Теорема. Степенной ряд ∑ внутри интервала сходимости можнодифференцировать любое количество раз, при этом радиус сходимостине изменится, и справедливо равенство:∞�� �=0()∞= �=∞= � ( − 1) … ( − + 1) −= ! −( − )!Доказательство следует из предыдущего.∎Теорема.

Степенной ряд ∑ можно интегрировать в следующемсмысле: +1∞∞∑∑Если || < , то ∫0 ∑∞==.∫=0 0=0=0+1Утверждение сохраняет силу и для концов интервала, если насоответствующем конце ряд сходится, т.е. при = ряд сходится, то 0 ≤ ≤ .Доказательство.Мы можем так интегрировать ряд ∑ (), если каждая ()интегрируема, а ∑ () сходится(теорема об интеграле предельнойфункции).Рассмотрим некоторый x, найдём [−, ]: ∈ (−, ), [−, ] ⊂ (−, ).На этом интервале мы можем так интегрировать, т.к.

условие теоремывыполняются. В силу произвольности x, утверждение доказано для всегоинтервала сходимости.Т.к.11(+1)�⎯⎯� 1, то в силу замечания радиусы сходимости исходного и→∞проинтегрированного ряда равны.Если сходится при = , то он равномерно сходится на [0, ] по теоремеКАбеля, тогда ∫0 ∑∞=0 можно интегрировать почленно, т.е.∞∑=∫0 ∑∞=0 =0 +1 ∎Далее (стр. 72) расписаны разложения ln и в степенные ряды,которые, опять же, не требуются в билетах.Хех.

Слишком много лишнего у меня что-то получается. Напишупросто сами формулы:∞∞=0=0112|| < 1 в обоих случаях� (−1) =; � (−1) =21 + 1 + Билет 38. Аналитические функции.Функция : (, ) → называется аналитической на (, ), если внекоторой окрестности каждой точки 0 ∈ (, ) функция ()представима в виде степенного ряда, т.е. () = ∑∞=0 ( − 0 ) .

зависит от 0 . Окрестность 0 – некоторый интервал (, ): 0 ∈ (, ).Теорема.Пусть () аналитична на (, ), тогда на этом интервале она имеетпроизводную любого порядка и в некоторой окрестности каждой точки0 ∈ (, ) он представима рядом Тейлора, т.е. в виде:( ) =(−0 )∑∞=0! () (0 ). Окрестность зависит от выбора т.

0 .Доказательство.В некоторой окрестности т. 0 () представима в виде ( ) =∑ ( − 0 ) . Ряд сходится при | − 0 | < ; () () = !−∑∞;= (−)! () (0 )∞(∑=0! = 0 ; − 0 )() (0 ) = ! ⇒ =() (0 )!⇒ ( ) =Билет 39. Необходимое условие аналитичности. =1lim �| |→∞∞∞=0=0 ( )( − ) () = � ( − ) = �!> 0 ⇒ lim �| | < ∞, т.е. lim �| | ≤ < ∞. Тогда→∞→∞�| | ≤ < ∞ ∀, иначе можно выделить подпоследовательность →+∞ ⇒ lim … = +∞. ()��� ≤ ; | ()| ≤ ! !Достаточное условие аналитичности.Пусть оценка � () ( )� ≤ ! верна ∀ ∈ ( − , + ). Тогда fаналитична в точке a.Доказательство.∎Запишем f(x) по формуле Тейлора с остатком в форме Лагранжа:(+1)() ( )�Θ + Θ( − )�( − )+1 ∀ ( ) = � ( − ) ⋅+( + 1)!!=0∈ ( − , + )Оценим � ( ) −∑=0(− )⋅() ()!�=|(+1) �Θ+Θ(−)�||(+1)!− |+1 ≤+1 | − |+1 = (| − |)+1 �⎯⎯� 0, если | − | < 1, т.е.

| − | <1→∞, то ряд сходится и его сумма равна (), т.е. f – аналитична в т.a.Необходимое условие не является достаточным: = 0, ( ) =12� , ≠00, = 0∎Утверждается, что () (0) = 0, ∀ – удовлетворяет необходимомуусловию. Если бы f(x) была аналитична, то 0 ≠ ( ) =()(0)∑∞=0 ! = 0.Получили противоречие, значит она не аналитична.Докажем, что () (0) = 0. Сначала докажем 2 вспомогательных факта.1) Рассмотрим ≠ 0 1() () = �11База: = 0 0 � � = 1; = 1 1 � � =Переход: � �11 ′−� 2 �1=1′ � � � �112− 2′ 1�+���−���� ����������������� 2 3 1+1 � �1 ′Мы докажем, что при ≠ 0 () (1−� 2 , где2 31− 2′(1 3= 2� �+ �) = �m – это номер шага.111−� 2⋅2 31−� 22) ( ) – непрерывна, ∀ ≠ 0 ∃ ) и ∃ lim ′ () = →∞=′(′(Тогда ∃ 0) = ; 0) = lim→0()−(0){ → 0 ⇒ → 0} = lim ′ ( ) = .→0= lim→0′(′ ( ), ∈ (0, ) =Заметим, что f(x) – непрерывна и lim ) = lim 1 �2→0→01()−lim �=правило Лопиталя 0.

По индукции lim ���1 () →∞→0→∞→02 () (0) = 0.1−� 2=() = 0. По фактуБилет 40. Интегралы функций одного переменного с параметром.(, ) определена на [, ] × , где ∈ ; () = ∫ (, )−предельная точка � ()(,)⇉[,] ()→интегрируема и lim ∫ (, ) = ∫ () ,→По теореме об интегрировании предельной функции: lim () =∫ () .→∎Обобщённая теорема Кантора о равномерной непрерывности.() определена на ⊂ , непрерывна на нём и – компактно. Тогда() равномерно непрерывна на . При = 1 получаем простуютеорему Кантора.Определение равномерной непрерывности в многомерном случае: ()равномерно непрерывна на ⇔ ∀ > 0 ∃ > 0 ′ , ′′ ∈ ‖ ′ − ′′ ‖ < ⇒ |( ′ ) − ( ′′ )| < .Доказательство.От противного: () не равномерно непрерывна, т.е.

∃0 > 0: ∀ >0 ∃′ , ′′ ∈ ‖′ − ′′ ‖ < ⇒ | (′ ) − (′′ )| ≥ 0 .11Пусть = , найдём ′ , ′′ ∈ : ‖′ − ′′ ‖ < , |(′ ) − (′′ )| ≥ 0 .Итого: ∃0 > 0: ∀ ∃′ , ′′ ∈ ‖′ − ′′ ‖ <1⇒ |(′ ) − (′′ )| ≥ 0 .Выделим из {′ } сходящуюся подпоследовательность {′ }, чтовозможно, т.к. M – компакт.′ �⎯⎯� ∈ ; �′′ − � < �′′ − ′ � + �′ − � �⎯⎯� 0 ⇒ ′′ �⎯⎯� →∞�′ ��′′ �→∞|(′ )−Т.к. f – непрерывна, то→ (),→ (); но (′′ )| ≥ 0 – противоречие, т.е. f равномерно непрерывна на M.→∞∎Теорема о непрерывности интеграла, зависящего от параметра.(, ), ∈ [, ], ∈ ⊂ , – компакт, f – непрерывная на [, ] × – компакт. Тогда F() = ∫ (, ) – непрерывна на D по y.Доказательство. ∈ – произвольная.

Надо показать, что lim () = ( ). Рассмотрим→lim () = lim ∫ (, ) = {предположим, что можно менять→→местами интеграл и предел} =∫ � lim (, )� →=⏟в силу непр.∫ (, ) = ( ). Чтобывоспользоваться теоремой о перестановке предельных переходов, надодоказать, что (, ) ⇉[,] (, ). По теореме Кантора f(x,y) –→равномерно непрерывна, т.е.

∀ > 0 ∃ > 0 ′ , ′′ ∈ [, ], ′ , ′′ ∈ |��������������� ′ − ′′ | + ‖ ′ − ′′‖ < ⇒ | ( ′ , ′ ) − ( ′′ , ′′ )| < одна из возможных норм′′′Возьмём = = − некоторый произвольный элемент, ′ = −произвольный, ′ = .Тогда ∀ > 0 ∃ > 0 �� ∈�[�,], ��∈�� ‖ − ‖ < ⇒ | (, ) −���что выполняется из−завыбора и (, )| < ⇒ – равномерно сходится, значит можем пользоватьсятеоремой о перестановке предельных переходов.Билет 41.

Характеристики

Список файлов вопросов/заданий