1611689328-870f4458e3fdc21d849e45aaa207a81a (826788), страница 6
Текст из файла (страница 6)
Зафиксируем x из отрезка длины 2,– искомый ряд, который сходится. − монотонна по k и ограничена единицей, значит по признаку Абеля () сходится по t исходится равномерно по t также по признаку Абеля равномерной сходимости. (∑равномерно сходится по t, − монотонна по k и равномерно ограничена) − ⋅sin sin непрерывно, т.к. множители непрерывны, значит по теореме о непрерывностипредельной функции(в формулировке ряда) () - непрерывна ∀ 0 ≤ < ∞ ⇒ (0) = lim ().→0Проверим условия теоремы о дифференцировании предельной функции(в формулировке ряда):F сходится при всех t, покажем, что ряд из производных по t сходится равномерно, т.е.−⋅равномерно сходится ∑∞=1 −sin −−= − ∑∞⋅ sin – сходится равномерно по=1 признаку Вейерштрасса на [, ∞) (�⋅ sin � ≤ − = � − � – сходящийся ряд, т.к.геометрическая прогрессия, где � − � < 1).−⋅ sin (по теореме о дифференцировании предельной функции)⇒ ∃ ′ = ∑(… )′ = − ∑∞=1 ∀ > 0(т. к.
∀ ≥ , > 0).−⋅ sin . Вспомним, что = cos + sin ⇒ sin = Посчитаем ∑∞=1 −� ������ = � − = �� − � = сумма беск.геом.прогрессиипри комплексном ���������− )� (�����веществ. мнимая=⋯ = −+ , || =ф−ла Муавра − < 1 −+ � −− − 1� −+… = ⇒ ′ () = −= = −+= −+(1 − − 1−1− 1)( −− − 1)1 − =⋯2 −+ − 1 = − (cos + sin ) − 1; � −+ − 1� = ( − cos − 1)2 + ( − sin )2 = −2 cos 2 − 2 − cos + 1 + −2 sin2 = −2 − 2 − cos + 1 � −2 − −+ � − sin … = −2=− 2 − cos + 1 −2 − 2 − cos + 1Мы нашли ′(), теперь найдём () интегрируя ′().∫( − sin )() = � ′ () = − −2= { = − , = − − } = sin � 2−− 2 cos + 1 − 2 cos + 11�= sin �== − cos 2( − cos )2 + sin2 sin � +1�sin − − cos − cos , =�=� 2= + = �� + � =sin sin sin + 1Найдём C.
Заметим, что lim () = 0 ⇒ = − (−→∞cos sin ). Т.к. F – периодическая функция, тодостаточно показать для ∈ (0, ). Тогда С = −(− ) = − (−) = { () =( − )} = − ( − ) = � + = � = − � − ( − )� ={0 < − < } = − � − ( − )� = − + − = − .2Следовательно, () = Итого: ∑∞=1sin − −cos 2221−cos 2+ − . Заметим, что= , тогда:2sin 2 − 0< <(0) = + − = + − = 2 2 − =2 22 222 2−sin ∞=, 0 < < ; ∑=1= 0, = 0 или = . Сумма ряда не является2sin непрерывной функций, значит ряд не может сходиться равномерно на ∈ [0, ].Билет 33.Пример Вейерштрасса: () = ∑∞=0 cos( ), причём 0 < < 1, − целое нечётное число,такое что > 1 +32. Поскольку доказательство слишком длинное, рассмотрим более простойпример.Пример Ван-дер-Вардена(непрерывная, но недифференцируемая функция): вместо cos( )некоторая «пилообразная» функция.
0 () – периодическая функция = ±1.Рассмотрим () =1 (4 ).�����4⏟уменьшаем высоту сжимаем1периодическая с =По прежнему = ±1; – непрерывная и4Рассмотрим функцию () = ∑∞=1 () , 0 ≤ () ≤14⇒ По признаку Вейерштрасса рядсходится равномерно, значит () непрерывна.Покажем, что f(x) не имеет производных. Возьмём произвольную в точке 0 и рассмотрим( )−(0 ) −0. Найдём последовательностей точек { } → 0 , т.ч. предела не существует. Будем еёстроить по следующему правилу: + 11≤ 0 <; существует, т. к. ∆ =2 ⋅ 42⋅42⋅4 +1Пусть = � ; � ; ↑ ∀ ⇒ +1 ⊆ ⇒ 0 ∈ последовательность вложенных отрезков.2⋅42⋅4Выберем , т.ч. | − 0 | =| |2 =014+11� = (0 )4⏟неск.периодов ( )− ( ), ( ) =? ; 0 −∞ ( ) − (0 )( ) − (0 )=�=⋯ − 0 − 0 > , ( ) =? ; − 0 = ± �0 ±(она всегда найдётся аналогично предыдущей)=±14⋅=04 4 +1=±14⋅ �4−−1���� ; = 0 ±∈,т.к.>,т.е.≥+114; ( ) == ±1, т.к. () линейна на этом отрезке ( −половина периода ) = − 1: −1 ( )−? ; аналогично линейна на отрезке , тоже самое при < : ( )− (0 ) −0= ±1 ⇒… = ∑=0(±1) – целое нечётное число, если n – чётно и не равно 0, и целое 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 ⇒ не дифференцируема в 0 и, в силу произвольности 0 , недифференцируема нигде.Билет 34. Степенные ряды.0 + 1(−0 ) + ⋯ + ( − 0 ) + ⋯ = ∑∞=0 ( − 0 ) – опишем ряд в общем виде, заменив − 0 на , получим ряд вида: 0 + 1 + ⋯ + + ⋯ = ∑∞=0 . Будем предполагать, что∞ряд сходится в некоторой точке 0 , т. е.
∑=0 0 – сходится.Лемма. Если степенной ряд сходится в точке = 0 и 0 ≠ 0, то он абсолютно сходится ∀: || <|0 |. Сходимость будет равномерной на любом отрезке − ≤ ≤ , если 0 < < |0 |.Доказательство.• ∑ 0 − сходится ⇒ 0 → 0 ⇒ 0 ограничена, т.е. � 0 � ≤ | ||0 | ≤ ||∑ = ∑ 0 ⋅ � � = ∑ 0 , =< 1, если || < |0 |, т.е.
∑ | | ≤ ∑ ⋅ =| |00 ∑ ⇒ ряд абсолютно сходится.Пусть 0 < < |0 |, ∈ [−, ]; ∑ | | ≤ ∑ ⋅ �� �� ≤ ∑ ⋅ �� �� ⇒ ряд сходится•0равномерно по признаку Вейерштрасса0Наибольший положительный 0 , который мы обозначим через , называется радиусомсходимости, т.е. || < – сходится, || > – расходится, || = – неясно. Не может бытьситуации, что ряд сходится на [−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.11∎→∞Пусть = lim | | .
Рассмотрим lim � � = ||; x можно считать фиксированным(в силу→∞→∞1леммы). По признаку Коши, если lim | | < 1, то ряд сходится. Т.е. ряд сходится при || < 1, т.е.|| >1→∞= , ≠ 0. Если = 0, то ряд сходится для любого x.∎Билет 36.∑ непрерывен внутри интервала сходимости.Доказательство.|0 | < < , ∈ [−, ]. В силу леммы ряд сходится равномерно на [−. ]. Т.к.
непрерывнаи равномерно сходится, то ряд непрерывен на [−, ]. Т.к. 0 - произвольная, то ряд непрерывенвнутри (−, ).Дальше (стр. 67-68) идут ещё 3 свойства (перед теоремой Абеля), про которые в билетахничего не говорится, потому не переписывал.Теорема Абеля.Пусть ряд ∑ сходится на конце = интервала сходимости, тогда на отрезке [0, ]сходимость будет равномерной, его сумма непрерывна слева в т. = и верно равенство:Доказательство.•∞lim � = � →−0=0 ∑ = ∑ � � ⋅ сходится равномерно на [0, ] по признаку Абеля равномерной сходимости, т.к. ∑ сходится по условию теоремы, 0 ≤ � � ≤ 1 – монотонна и ограничена.•По теореме о перестановке предельных переходов выполняется условие Коши:∞lim � = � lim = � →−0Билет 37. Замечание.∞ �� =1−1�=lim→∞→−011�→11| |=1=01lim | |→∞∞= �� �=0Теорема.
Степенной ряд внутри его интервала сходимости можно дифференцировать почленно:∎′∞−1�∑∞и радиус сходимости нового ряда будет совпадать с радиусом=0 � = ∑=1 сходимости исходного.Доказательство.Мы можем так дифференцировать, если ряд сходится хотя бы в одной точке, а ряд изпроизводных сходится равномерно(по теореме о дифференцировании предельной функции).Исходный ряд всегда сходится в 0.
У дифференцируемого ряда радиус сходимости равенисходному(из замечания).Найдём отрезок [−, ]: ∈ [−, ] ⊆ (−, ), ≠ ± ⇒ продифференцированный ряд сходитсяравномерно на [−, ] согласно лемме, значит внутри этого отрезка исходный ряд можнодифференцировать почленно и верно равенство из условия теоремы. Т.к.
x – произвольная точкаинтервала (−, ), то, тем самым, доказали для всего (−, ).∎∑Теорема. Степенной ряд внутри интервала сходимости можно дифференцировать любоеколичество раз, при этом радиус сходимости не изменится, и справедливо равенство:∞�� �=0()∞= � ( − 1) … ( − + 1) =Доказательство следует из предыдущего.−∞= �= ! −( − )!∎Теорема. Степенной ряд ∑ можно интегрировать в следующем смысле: +1∞∞Если || < , то ∫0 ∑∞. Утверждение сохраняет силу=0 = ∑=0 ∫0 = ∑=0+1и для концов интервала, если на соответствующем конце ряд сходится, т.е. при = рядсходится, то 0 ≤ ≤ .Доказательство.Мы можем так интегрировать ряд ∑ (), если каждая () интегрируема, а ∑ ()сходится(теорема об интеграле предельной функции).Рассмотрим некоторый x, найдём [−, ]: ∈ (−, ), [−, ] ⊂ (−, ).
На этом интервале мыможем так интегрировать, т.к. условие теоремы выполняются. В силу произвольности x,утверждение доказано для всего интервала сходимости.Т.к.11�⎯⎯� 1, то в силу замечания радиусы сходимости исходного и проинтегрированного ряда(+1) →∞равны.Если сходится при = , то он равномерно сходится на [0, ] по теореме Абеля, тогдаК∞∞∫0 ∑∞=0 можно интегрировать почленно, т.е.
∫0 ∑=0 = ∑=0 +1 ∎Далее (стр. 72) расписаны разложения ln и в степенные ряды, которые, опять же, нетребуются в билетах.Хех. Слишком много лишнего у меня что-то получается. Напишу просто сами формулы:∞∞11|| < 1 в обоих случаях�(−1) =; �(−1) 2 =1 + 1 + 2=0 =0Билет 38. Аналитические функции.Функция : (, ) → называется аналитической на (, ), если в некоторой окрестности каждойточки 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 имеет производную любого порядкаи в некоторой окрестности каждой точки 0 ∈ (, ) 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.∞ =1() = � ( − ) = �=0=0 ()( − )!> 0 ⇒ lim �| | < ∞, т.е. lim �| | ≤ < ∞. Тогда �| | ≤ < ∞ ∀, иначеlim �| |→∞∞→∞→∞можно выделить подпоследовательность → +∞ ⇒ lim … = +∞.
()��� ≤ ; | ()| ≤ ! !Достаточное условие аналитичности.Пусть оценка � () ()� ≤ ! верна ∀ ∈ ( − , + ). Тогда f аналитична в точке a.Доказательство.Запишем f(x) по формуле Тейлора с остатком в форме Лагранжа: () () (+1) �Θ + Θ( − )�( − )+1 ∀ ∈ ( − , + )+() = �( − ) ⋅( + 1)!!=0Оценим �() − ∑=0( − ) ⋅| (+1) �Θ+Θ(−)�| () ()�=!(+1)!1| − |+1 ≤ +1 | − |+1 =(| − |)+1 �⎯⎯� 0, если | − | < 1, т.е. | − | < , то ряд сходится и его сумма равна (),→∞т.е. f – аналитична в т.a.Необходимое условие не является достаточным:12 = 0, () = � , ≠ 00, = 0() (0)Утверждается, что = 0, ∀ – удовлетворяет необходимому условию.
Если бы f(x) былааналитична, то 0 ≠ () = ∑∞=0 ()(0)!∎ = 0. Получили противоречие, значит она не аналитична.Докажем, что () (0) = 0. Сначала докажем 2 вспомогательных факта.11) Рассмотрим ≠ 0 () () = � � 11База: = 0 0 � � = 1; = 1 1 � � =1Переход: � � � 1− 2′� =1 ′1′ � � � �2 31− 21− 2 , где1 3= 2� �1+ � � 1Мы докажем, что при ≠ 0 () () = � � m – это номер шага.1− 21⋅2 3− 21121′= � � � �− 2 � + 3 � �� �����������������1+1 � �1− 22) () – непрерывна, ∀ ≠ 0 ∃ ′ () и ∃ lim ′ () = Тогда ∃′ (0)= ; ′ (0)= lim→0()−(0){ → 0 ⇒ → 0} = lim ′ () = .→0= lim→0→∞′ (), ∈ (0, ) =1Заметим, что f(x) – непрерывна и lim ′ () = lim 1 � � 2→0→0()−lim �=правило Лопиталя 0. По индукции lim ���1 () →0→∞→∞→01− 2=() = 0.
По факту 2 () (0) = 0.Билет 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 () равномернонепрерывна на . При = 1 получаем простую теорему Кантора.Определение равномерной непрерывности в многомерном случае: () равномернонепрерывна на ⇔ ∀ > 0 ∃ > 0 ′ , ′′ ∈ ‖ ′ − ′′ ‖ < ⇒ |( ′ ) − ( ′′ )| < .Доказательство.От противного: () не равномерно непрерывна, т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
