Читать контрольная по математике: "Основы математического анализа" Страница 2

(Назад) (Cкачать работу)

Замечание 1 Таким образом, если f непрерывна на [a;b], то ее множество значений ограничено и поэтому существует конечные верхняя и нижняя грань функции. c=infx∈[a;b]f(x),d=supx∈[a;b]f(x), но открыт вопрос о достижении функции своих граней. Замечание 2 Если слово сегмент в условии теоремы заменить словом интервал или полуинтервал, то теорема может и нарушиться. Пример, y=tgx,tgx∈C((−2π;2π)) , но функция не ограничена на этом интервале.

Теорема (вторая теорема Вейерштрасса) Если функция непрерывна на сегменте, то она достигает на нем своих граней (т.е. непрерывная на сегменте функция принимает свое наибольшее и наименьшее значения). Доказательство: Пусть f(x)∈C([a;b]) , c=infx∈[a;b]f(x), d=supx∈[a;b]f(x). По первой теореме Вейерштрасса c,d∈R . Докажем, что f достигает на [a;b] своих граней, т.е. найдутся такие точки x1,x2∈[a;b] , чтоf(x1)=c,f(x2)=d. Докажем, например, существование точки x2.

По определению верхней грани имеем (∀x∈[a;b])(f(x)=d) . Предположим противное, т.е. точки x2, в которой f(x2)=dна [a;b], тогда на [a;b] выполняется условиеf(x)0 . Далее введем вспомогательную функцию ϕ(x)=1d−f(x). ϕ(x)на [a;b] положительна и непрерывна (как отношение двух непрерывных на [a;b] функций и d−f(x)/=0) , поэтому по первой Т. Вейерштрасса ϕ(x)на [a;b] ограничена. Это означает, что при некотором М>0 (∀x∈[a;b])(0 0, , n ≥ 2.

d) sin2na + cos2na ≤ 1, n Î N.

e)

f) 2n > n3, n Î N, n ≥ 10. Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство 1 + a ≥ 1 + a. Предположим, что имеет место неравенство (1 + a)n ≥ 1 + na (1) и покажем, что тогда имеет место и (1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a. Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим (1 + a)n(1 + a) ≥ (1 + na)(1 + a) или (1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + na2 Поскольку na2 ≥ 0, следовательно, (1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + na2 ≥ 1 + (n + 1)a. Таким образом, если P(n) истинно, то и P(n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

b) При n = 1 получим x1 = 1 и, следовательно, x1 ≥ 1 то есть P(1) - справедливое утверждение. Предположим, что P(n) истинно, то есть, если adica, x1,x2,...,xn - n положительных чисел, произведение которых равно единице, x1x2·...·xn = 1, и x1 + x2 + ... + xn ≥ n.

Покажем, что это предложение влечет истинность следующего: если x1,x2,...,xn,xn+1 - (n + 1) положительных чисел, таких, что x1x2·...·xn·xn+1 = 1, тогда x1 + x2 + ... + xn + xn + 1 ≥ n + 1.

Рассмотрим следующие два случая:

1) x1 = x2 = ... = xn = xn+1 = 1. Тогда сумма этих чисел равна (n + 1), и требуемое неравество выполняется;

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x1x2· ... ·xn·xn + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть xn + 1 > 1 и xn < 1. Рассмотрим n положительных чисел x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1). Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе, x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn + 1 ≥ n. Последнее неравенство переписывается следующим образом: x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1 ≥ n + xn + xn+1 или x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1 ≥ n + xn + xn+1 - xnxn+1. Поскольку (1 - xn)(xn+1 - 1) > 0,

n + xn + xn+1 - xnxn+1 = n + 1 + xn+1(1 - xn) - 1 + xn = = n + 1 + xn+1(1 - xn) - (1 - xn) = n + 1 + (1 - xn)(xn+1 - 1) ≥ n + 1. Следовательно, x1 + x2 + ... + xn + xn+1 ≥ n+1, то есть, если P(n) справедливо, то и P(n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

Замечание 4. Знак равенства имеет место тогда и только тогда, когда x1 = x2 = ... = xn = 1.

c) Пусть x1,x2,...,xn - произвольные положительные числа. Рассмотрим следующие n положительных чисел: Поскольку их произведение

Похожие работы